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6. 如图,在菱形ABCD中,$AB=5\ \mathrm{cm}$,$∠ ADC=120°$,$E,F$分别从$A$,
$C$两点同时出发,沿$AB,CB$方向向点$B$匀速移动(到达点$B$停止),
点$E$的速度为$1\ \mathrm{cm/s}$,点$F$的速度为$2\ \mathrm{cm/s}$,经过$t$秒$△ DEF$为等边
三角形,则$t$的值为 (
A.$\dfrac{3}{4}$
B.$\dfrac{4}{3}$
C.$\dfrac{3}{2}$
D.$\dfrac{5}{3}$
$C$两点同时出发,沿$AB,CB$方向向点$B$匀速移动(到达点$B$停止),
点$E$的速度为$1\ \mathrm{cm/s}$,点$F$的速度为$2\ \mathrm{cm/s}$,经过$t$秒$△ DEF$为等边
三角形,则$t$的值为 (
D
)A.$\dfrac{3}{4}$
B.$\dfrac{4}{3}$
C.$\dfrac{3}{2}$
D.$\dfrac{5}{3}$
答案
【解析】如图,联结BD。因为四边形ABCD是菱形,所以AB=AD,$∠ ADB=\dfrac{1}{2}∠ ADC=60°$,所以△ABD是等边三角形,所以AD=BD。又因为△DEF是等边三角形,所以DE=DF,$∠ EDF=∠ DEF=60°$。又因为$∠ ADB=60°$,所以$∠ ADE=∠ BDF$。在△ADE和△BDF中,因为$\begin{cases} AD=BD, \\ ∠ ADE=∠ BDF, \\ DE=DF, \end{cases}$所以△ADE≌△BDF(SAS),所以AE=BF。因为AE=t cm,CF=2t cm,所以BF=BC-CF=(5-2t)cm,所以t=5-2t,解得$t=\dfrac{5}{3}$。
解析
【分析】
要解决这个问题，首先利用菱形的性质，连接辅助线BD，结合已知∠ADC=120°推出△ABD是等边三角形，得到AD=BD；再根据△DEF是等边三角形，得到DE=DF、∠EDF=60°，进而推出∠ADE=∠BDF；通过SAS证明△ADE和△BDF全等，得到对应边AE=BF；最后根据AE和BF的表达式列方程，求解t的值。
【解析】
解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，BC=CD，∠ADC=120°，
∴∠ADB = $\frac{1}{2}$∠ADC = 60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD = BD，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE = DF，∠EDF = 60°，
又
∵∠ADB = ∠ADE + ∠EDB = 60°，
∠EDF = ∠BDF + ∠EDB = 60°，
∴∠ADE = ∠BDF，
在△ADE和△BDF中，
$\begin{cases}AD = BD \\∠ADE = ∠BDF \\DE = DF\end{cases}$
∴△ADE ≌ △BDF（SAS），
∴AE = BF，
由题意得：AE = t cm，CF = 2t cm，BC = AB = 5 cm，
∴BF = BC - CF = (5 - 2t) cm，
∴t = 5 - 2t，
解得：t = $\frac{5}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，等边三角形，全等三角形的判定
【点评】
本题是菱形背景下的动点问题，核心是通过辅助线构造全等三角形，利用等边三角形和菱形的性质建立等量关系，考查几何推理与方程思想的结合应用，需学生具备较强的图形分析能力。
【难度系数】
0.4
要解决这个问题，首先利用菱形的性质，连接辅助线BD，结合已知∠ADC=120°推出△ABD是等边三角形，得到AD=BD；再根据△DEF是等边三角形，得到DE=DF、∠EDF=60°，进而推出∠ADE=∠BDF；通过SAS证明△ADE和△BDF全等，得到对应边AE=BF；最后根据AE和BF的表达式列方程，求解t的值。
【解析】
解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，BC=CD，∠ADC=120°，
∴∠ADB = $\frac{1}{2}$∠ADC = 60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD = BD，
∵△DEF是等边三角形，
∴DE = DF，∠EDF = 60°，
又
∵∠ADB = ∠ADE + ∠EDB = 60°，
∠EDF = ∠BDF + ∠EDB = 60°，
∴∠ADE = ∠BDF，
在△ADE和△BDF中，
$\begin{cases}AD = BD \\∠ADE = ∠BDF \\DE = DF\end{cases}$
∴△ADE ≌ △BDF（SAS），
∴AE = BF，
由题意得：AE = t cm，CF = 2t cm，BC = AB = 5 cm，
∴BF = BC - CF = (5 - 2t) cm，
∴t = 5 - 2t，
解得：t = $\frac{5}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，等边三角形，全等三角形的判定
【点评】
本题是菱形背景下的动点问题，核心是通过辅助线构造全等三角形，利用等边三角形和菱形的性质建立等量关系，考查几何推理与方程思想的结合应用，需学生具备较强的图形分析能力。
【难度系数】
0.4
7. 如图,在四边形$ABCD$中,$AB // DC$,$AD = 4$,$CD = 12$,$BD ⊥ AD$,$∠ A = 60°$,动点$P,Q$分别从$A,B$同时出发,点$P$以每秒2个单位长度的速度沿着折线$A-D-C$先由点$A$向点$D$运动,再由点$D$向点$C$运动,点$Q$以每秒1个单位长度的速度由点$B$向点$A$运动,当其中一动点到达终点时,另一动点随之停止运动,设运动时间为$t$秒。
(1)两平行线$DC$与$AB$之间的距离是________。
(2)当点$P,Q$与$△ BCD$的某两个顶点围成一个平行四边形时,求$t$的值。
(3)以$AP,AQ$为一组邻边构造平行四边形$APMQ$,若平行四边形$APMQ$的面积为$7\sqrt{3}$,求$t$的值。
(1)两平行线$DC$与$AB$之间的距离是________。
(2)当点$P,Q$与$△ BCD$的某两个顶点围成一个平行四边形时,求$t$的值。
(3)以$AP,AQ$为一组邻边构造平行四边形$APMQ$,若平行四边形$APMQ$的面积为$7\sqrt{3}$,求$t$的值。
答案
【解析】(1)过点D作DE⊥AB于点E。因为AD=4,$∠ A=60°$,所以$∠ ADE=30°$,所以AE=2,所以$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=2\sqrt{3}$。
(2)解:在Rt△ABD中,因为$∠ DAB=60°$,AD=4,所以$∠ ABD=30°$,所以AB=2AD=2×4=8。①当四边形BPDQ为平行四边形时,DP=BQ,所以2t-4=t,解得t=4。②当四边形BCPQ为平行四边形时,PC=BQ,所以16-2t=t,解得$t=\dfrac{16}{3}$。综上所述,当点P,Q与$△ BCD$的某两个顶点围成一个平行四边形时,t的值为4或$\dfrac{16}{3}$。
(3)解:①如图2,当点P在AD边上时,由(1)(2)可知,AQ边上的高是$\sqrt{3}t$,AB=8。因为平行四边形APMQ的面积为$7\sqrt{3}$,所以$(8-t)×\sqrt{3}t=7\sqrt{3}$,解得$t_1=1$,$t_2=7$(舍去)。②如图3,当点P在DC边上时,因为平行四边形APMQ的面积为$7\sqrt{3}$,所以$(8-t)×2\sqrt{3}=7\sqrt{3}$,解得$t=\dfrac{9}{2}$。综上所述,当t=1或$t=\dfrac{9}{2}$时,平行四边形APMQ的面积为$7\sqrt{3}$。
解析
【分析】
1. 求两平行线DC与AB的距离，需过D作AB的垂线构造直角三角形，利用含30°角的直角三角形性质计算垂线段长度；
2. 对于动点P、Q形成平行四边形的问题，先确定AB的长度，再分情况讨论P的位置，根据平行四边形对边相等的性质列方程求解；
3. 求平行四边形APMQ的面积，需分P在AD、DC两段运动的情况，分别确定高的长度，结合面积公式列方程，舍去不符合时间范围的解。
【解析】
(1) 过点D作DE⊥AB于点E，如图1。
在Rt△ADE中，AD=4，∠A=60°，则∠ADE=30°，
∴ AE = $\frac{1}{2}$AD = 2，
由勾股定理得：DE = $\sqrt{AD^2 - AE^2}$ = $\sqrt{4^2 - 2^2}$ = $2\sqrt{3}$，
即两平行线DC与AB之间的距离是$2\sqrt{3}$。
(2) 在Rt△ABD中，∠A=60°，AD=4，
∴ ∠ABD=30°，
∴ AB=2AD=8。
动点P的总运动时间：AD+DC=16，速度为2，总时间8秒；Q从B到A的时间为8秒，故t∈[0,8]。
分两种情况：
① 当四边形BPDQ为平行四边形时，DP=BQ。
P在DC上时，DP=2t - 4，BQ=t，
∴ $2t - 4 = t$，解得$t=4$，符合范围；
② 当四边形BCPQ为平行四边形时，PC=BQ。
PC=DC - DP=12 - (2t - 4)=16 - 2t，BQ=t，
∴ $16 - 2t = t$，解得$t=\frac{16}{3}$，符合范围。
综上，t的值为4或$\frac{16}{3}$。
(3) 平行四边形APMQ的面积=底AQ × 高（P到AB的距离），AQ=AB - BQ=8 - t。
分两种情况：
① 当P在AD边上时（0≤t≤2），P到AB的距离=AP·sin60°=2t·$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}t$，
∴ 面积=$(8 - t)·\sqrt{3}t =7\sqrt{3}$，
整理得：$t^2 -8t +7=0$，解得$t_1=1$，$t_2=7$（t=7＞2，舍去）；
② 当P在DC边上时（2＜t≤8），P到AB的距离=两平行线距离=$2\sqrt{3}$，
∴ 面积=$(8 - t)·2\sqrt{3}=7\sqrt{3}$，
解得：$t=\frac{9}{2}$，符合范围。
综上，t的值为1或$\frac{9}{2}$。
【答案】
(1) $2\sqrt{3}$；
(2) $t=4$或$t=\frac{16}{3}$；
(3) $t=1$或$t=\frac{9}{2}$；
【知识点】
平行线间距离、平行四边形性质、动点问题（方程应用）
【点评】
本题是几何动点综合题，融合直角三角形性质、平行四边形判定与性质，需分情况讨论动点位置，考查分类思想与方程思想，对学生逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
1. 求两平行线DC与AB的距离，需过D作AB的垂线构造直角三角形，利用含30°角的直角三角形性质计算垂线段长度；
2. 对于动点P、Q形成平行四边形的问题，先确定AB的长度，再分情况讨论P的位置，根据平行四边形对边相等的性质列方程求解；
3. 求平行四边形APMQ的面积，需分P在AD、DC两段运动的情况，分别确定高的长度，结合面积公式列方程，舍去不符合时间范围的解。
【解析】
(1) 过点D作DE⊥AB于点E，如图1。
在Rt△ADE中，AD=4，∠A=60°，则∠ADE=30°，
∴ AE = $\frac{1}{2}$AD = 2，
由勾股定理得：DE = $\sqrt{AD^2 - AE^2}$ = $\sqrt{4^2 - 2^2}$ = $2\sqrt{3}$，
即两平行线DC与AB之间的距离是$2\sqrt{3}$。
(2) 在Rt△ABD中，∠A=60°，AD=4，
∴ ∠ABD=30°，
∴ AB=2AD=8。
动点P的总运动时间：AD+DC=16，速度为2，总时间8秒；Q从B到A的时间为8秒，故t∈[0,8]。
分两种情况：
① 当四边形BPDQ为平行四边形时，DP=BQ。
P在DC上时，DP=2t - 4，BQ=t，
∴ $2t - 4 = t$，解得$t=4$，符合范围；
② 当四边形BCPQ为平行四边形时，PC=BQ。
PC=DC - DP=12 - (2t - 4)=16 - 2t，BQ=t，
∴ $16 - 2t = t$，解得$t=\frac{16}{3}$，符合范围。
综上，t的值为4或$\frac{16}{3}$。
(3) 平行四边形APMQ的面积=底AQ × 高（P到AB的距离），AQ=AB - BQ=8 - t。
分两种情况：
① 当P在AD边上时（0≤t≤2），P到AB的距离=AP·sin60°=2t·$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}t$，
∴ 面积=$(8 - t)·\sqrt{3}t =7\sqrt{3}$，
整理得：$t^2 -8t +7=0$，解得$t_1=1$，$t_2=7$（t=7＞2，舍去）；
② 当P在DC边上时（2＜t≤8），P到AB的距离=两平行线距离=$2\sqrt{3}$，
∴ 面积=$(8 - t)·2\sqrt{3}=7\sqrt{3}$，
解得：$t=\frac{9}{2}$，符合范围。
综上，t的值为1或$\frac{9}{2}$。
【答案】
(1) $2\sqrt{3}$；
(2) $t=4$或$t=\frac{16}{3}$；
(3) $t=1$或$t=\frac{9}{2}$；
【知识点】
平行线间距离、平行四边形性质、动点问题（方程应用）
【点评】
本题是几何动点综合题，融合直角三角形性质、平行四边形判定与性质，需分情况讨论动点位置，考查分类思想与方程思想，对学生逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
8.(2025·金华市永康市期末)如图,在$□ ABCD$中,E,F分别是AD和BC的中点,P是AB上的一个动点,从点A运动到点B。在点P的运动过程中,$△ PED$与$△ PFC$的面积之和 （
A.不变
B.变小
C.变大
D.先变大再变小
A
）A.不变
B.变小
C.变大
D.先变大再变小
答案
【解析】因为E,F分别是AD和BC的中点,所以$S_{△ PED}=\dfrac{1}{2}S_{△ PAD}$,$S_{△ PFC}=\dfrac{1}{2}S_{△ PBC}$,所以$S_{△ PED}+S_{△ PFC}=\dfrac{1}{2}(S_{△ PAD}+S_{△ PBC})$。因为$S_{△ PCD}=\dfrac{1}{2}S_{□ ABCD}$,所以$S_{△ PAD}+S_{△ PBC}=\dfrac{1}{2}S_{□ ABCD}$,所以$S_{△ PED}+S_{△ PFC}=\dfrac{1}{4}S_{□ ABCD}$,所以$△ PED$与$△ PFC$的面积之和不变。
解析
【分析】要判断△PED与△PFC的面积之和是否变化，需结合平行四边形和三角形的面积关系，利用E、F是AD、BC中点的条件，将两个三角形的面积转化为与△PAD、△PBC的面积关系，再结合平行四边形中△PAD和△PBC的面积和的固定性，即可得出结论。
【解析】
∵ E是AD的中点，
∴ $DE=\frac{1}{2}AD$。
△PED与△PAD同以点P到AD的距离为高，根据“同高的两个三角形，面积比等于底的比”，可得：
$S_{△ PED}=\frac{1}{2}S_{△ PAD}$。
同理，F是BC的中点，$CF=\frac{1}{2}BC$，△PFC与△PBC同以点P到BC的距离为高，因此：
$S_{△ PFC}=\frac{1}{2}S_{△ PBC}$。
将两式相加，得：
$S_{△ PED}+S_{△ PFC}=\frac{1}{2}(S_{△ PAD}+S_{△ PBC})$。
在平行四边形ABCD中，△PAD和△PBC的底均为AB，它们的高之和等于平行四边形AB边上的高，因此：
$S_{△ PAD}+S_{△ PBC}=\frac{1}{2}S_{□ ABCD}$。
代入上式可得：
$S_{△ PED}+S_{△ PFC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}S_{□ ABCD}=\frac{1}{4}S_{□ ABCD}$。
由于平行四边形ABCD的面积是固定值，所以△PED与△PFC的面积之和不变。
【答案】A
【知识点】平行四边形面积、三角形面积计算
【点评】本题通过中点转化三角形面积，结合平行四边形的面积性质，将动态的面积和转化为固定值，考查了图形面积关系的转化能力，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】0.5
【解析】
∵ E是AD的中点，
∴ $DE=\frac{1}{2}AD$。
△PED与△PAD同以点P到AD的距离为高，根据“同高的两个三角形，面积比等于底的比”，可得：
$S_{△ PED}=\frac{1}{2}S_{△ PAD}$。
同理，F是BC的中点，$CF=\frac{1}{2}BC$，△PFC与△PBC同以点P到BC的距离为高，因此：
$S_{△ PFC}=\frac{1}{2}S_{△ PBC}$。
将两式相加，得：
$S_{△ PED}+S_{△ PFC}=\frac{1}{2}(S_{△ PAD}+S_{△ PBC})$。
在平行四边形ABCD中，△PAD和△PBC的底均为AB，它们的高之和等于平行四边形AB边上的高，因此：
$S_{△ PAD}+S_{△ PBC}=\frac{1}{2}S_{□ ABCD}$。
代入上式可得：
$S_{△ PED}+S_{△ PFC}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}S_{□ ABCD}=\frac{1}{4}S_{□ ABCD}$。
由于平行四边形ABCD的面积是固定值，所以△PED与△PFC的面积之和不变。
【答案】A
【知识点】平行四边形面积、三角形面积计算
【点评】本题通过中点转化三角形面积，结合平行四边形的面积性质，将动态的面积和转化为固定值，考查了图形面积关系的转化能力，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】0.5
