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9.「2026河北廊坊月考改编，★☆」如图，两个完全相同的含$30°$角的直角三角尺$ABC$和$DEF$在直线$l$上滑动，可以添加一个条件，使四边形$CBFE$为菱形，下列选项中正确的是 (
A.$BD=AE$
B.$BD=BE$
C.$BF ⊥ AD$
D.$FE=2AE$
B
)A.$BD=AE$
B.$BD=BE$
C.$BF ⊥ AD$
D.$FE=2AE$
答案
9.B 由题意得 $∠FDE=30°$, $∠FED= ∠CBA=60°$,$BC= EF$,$∠DFE= ∠ACB=90°$,
∴ $BC// EF$,$EF=1/2 DE$,
∴ 四边形 BFEC 为平行四边形.
选项 A,当添加 $BD=AE$ 时,无法得到四边形 CBFE 为菱形,故该选项不符合题意;
选项 B,当添加 $BD=BE$ 时,B 为 DE 的中点,
∴ $BF= 1/2 DE=EF$,
∴ 平行四边形 CBFE 为菱形,故该选项符合题意;
选项 C,当添加 $BF ⊥ AD$ 时,无法得到四边形 CBFE 为菱形,故该选项不符合题意;
选项 D,当添加 $FE=2AE$ 时,无法得到四边形 CBFE 为菱形,故该选项不符合题意.
故选 B.
∴ $BC// EF$,$EF=1/2 DE$,
∴ 四边形 BFEC 为平行四边形.
选项 A,当添加 $BD=AE$ 时,无法得到四边形 CBFE 为菱形,故该选项不符合题意;
选项 B,当添加 $BD=BE$ 时,B 为 DE 的中点,
∴ $BF= 1/2 DE=EF$,
∴ 平行四边形 CBFE 为菱形,故该选项符合题意;
选项 C,当添加 $BF ⊥ AD$ 时,无法得到四边形 CBFE 为菱形,故该选项不符合题意;
选项 D,当添加 $FE=2AE$ 时,无法得到四边形 CBFE 为菱形,故该选项不符合题意.
故选 B.
解析
【分析】
首先根据两个完全相同的含30°角的直角三角尺的性质，可先判断四边形CBFE的基础形状：由BC与EF平行且相等，可得四边形CBFE是平行四边形。而菱形的判定要求平行四边形满足一组邻边相等，或对角线互相垂直，因此只需逐一分析各选项能否推出上述菱形判定的条件即可。结合含30°角直角三角形的性质（30°角对的直角边是斜边的一半）、直角三角形斜边中线的性质，对每个选项的条件推导是否能得到邻边相等的结论即可。
【解析】
由题意得：$∠ FDE=30°$，$∠ FED= ∠ CBA=60°$，$BC= EF$，$∠ DFE= ∠ ACB=90°$，
$\therefore BC// EF$，且$BC=EF$，$\therefore$ 四边形$BFEC$为平行四边形。
在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，$∠ FDE=30°$，因此$EF=\frac{1}{2}DE$。
对各选项分析如下：
选项A：添加$BD=AE$时，仅能说明三角尺滑动的距离相等，无法推出平行四边形$CBFE$的邻边相等或对角线垂直，不能判定为菱形，不符合题意；
选项B：添加$BD=BE$时，可得$B$为$DE$的中点，在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，斜边中线$BF=\frac{1}{2}DE$，结合$EF=\frac{1}{2}DE$，得$BF=EF$，即平行四边形$CBFE$一组邻边相等，因此是菱形，符合题意；
选项C：添加$BF ⊥ AD$时，无法推出平行四边形$CBFE$的邻边相等或对角线垂直，不能判定为菱形，不符合题意；
选项D：添加$FE=2AE$时，$AE$的长度与平行四边形$CBFE$的边长无直接关联，无法推出邻边相等，不能判定为菱形，不符合题意。
【答案】
B
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的判定；含30°角直角三角形的性质
【点评】
本题结合三角尺滑动的动态场景，考查特殊四边形的判定，需要先根据已知条件确定四边形的基础形状，再结合菱形的判定定理逐一验证选项，解题时要熟练运用直角三角形的相关性质进行边长推导。
【难度系数】
0.7
首先根据两个完全相同的含30°角的直角三角尺的性质，可先判断四边形CBFE的基础形状：由BC与EF平行且相等，可得四边形CBFE是平行四边形。而菱形的判定要求平行四边形满足一组邻边相等，或对角线互相垂直，因此只需逐一分析各选项能否推出上述菱形判定的条件即可。结合含30°角直角三角形的性质（30°角对的直角边是斜边的一半）、直角三角形斜边中线的性质，对每个选项的条件推导是否能得到邻边相等的结论即可。
【解析】
由题意得：$∠ FDE=30°$，$∠ FED= ∠ CBA=60°$，$BC= EF$，$∠ DFE= ∠ ACB=90°$，
$\therefore BC// EF$，且$BC=EF$，$\therefore$ 四边形$BFEC$为平行四边形。
在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，$∠ FDE=30°$，因此$EF=\frac{1}{2}DE$。
对各选项分析如下：
选项A：添加$BD=AE$时，仅能说明三角尺滑动的距离相等，无法推出平行四边形$CBFE$的邻边相等或对角线垂直，不能判定为菱形，不符合题意；
选项B：添加$BD=BE$时，可得$B$为$DE$的中点，在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，斜边中线$BF=\frac{1}{2}DE$，结合$EF=\frac{1}{2}DE$，得$BF=EF$，即平行四边形$CBFE$一组邻边相等，因此是菱形，符合题意；
选项C：添加$BF ⊥ AD$时，无法推出平行四边形$CBFE$的邻边相等或对角线垂直，不能判定为菱形，不符合题意；
选项D：添加$FE=2AE$时，$AE$的长度与平行四边形$CBFE$的边长无直接关联，无法推出邻边相等，不能判定为菱形，不符合题意。
【答案】
B
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的判定；含30°角直角三角形的性质
【点评】
本题结合三角尺滑动的动态场景，考查特殊四边形的判定，需要先根据已知条件确定四边形的基础形状，再结合菱形的判定定理逐一验证选项，解题时要熟练运用直角三角形的相关性质进行边长推导。
【难度系数】
0.7
10.「★☆」如图,在平行四边形ABCD中,AD=2,∠D=120°,AC平分∠DAB,P是对角线AC上的一个动点,点Q是AB边上的一个动点,则PB+PQ的最小值是
$\sqrt{3}$
.答案
10.答案 $\sqrt{3}$
解析 因为四边形 ABCD 是平行四边形,所以 $AB// CD$,所以 $∠DCA = ∠BAC$.因为 AC 平分 $∠DAB$,所以 $∠DAC= ∠BAC$,所以 $∠DCA = ∠DAC$,所以 $DA = DC$,所以平行四边形 ABCD 是菱形.如图,连接 PD,DQ,过点 D 作 $DE⊥AB$ 于点 E.由菱形的性质可得 B,D 关于 AC 对称,则 $PD = PB$,所以 $PB+PQ = PD+PQ ≥ DQ≥DE$,则 DE 的长即为 $PB+PQ$ 的最小值.因为 $∠ADC=120°$,所以 $∠BAD=60°$.在 $Rt△ADE$ 中,因为 $AD=2$,$∠ADE=90°-∠BAD=30°$,所以 $AE=1/2 AD=1$,由勾股定理,得 $DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,所以 $PB+PQ$ 的最小值为$\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解决线段和的最小值问题，核心思路是利用轴对称转化线段，结合“两点之间线段最短”“垂线段最短”求解：第一步先分析图形性质，由平行四边形中AC是角平分线，可推导出四边形ABCD是菱形；第二步利用菱形对角线的对称性，可知点B关于AC的对称点为点D，因此PB=PD，即可将PB+PQ转化为PD+PQ；第三步要使PD+PQ最小，根据垂线段最短，最小值为点D到AB的垂线段长度，最后计算该垂线段长度即可。
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，可得∠DCA=∠BAC。
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，即DA=DC，
∴平行四边形ABCD是菱形。
如图，连接PD，过点D作DE⊥AB于点E。
由菱形的性质可得，点B和点D关于对角线AC对称，因此PD=PB，
则PB+PQ=PD+PQ。根据两点之间线段最短、垂线段最短可知：PD+PQ≥DQ≥DE，即DE的长为PB+PQ的最小值。
∵平行四边形中∠ADC+∠DAB=180°，∠ADC=120°，
∴∠BAD=60°。
在Rt△ADE中，AD=2，∠ADE=90°-∠BAD=30°，
∴$AE=\frac{1}{2}AD=1$，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
平行四边形的性质、菱形的判定与性质、轴对称求最短路径
【点评】
本题属于几何最值类基础综合题，解题的核心是利用菱形的轴对称性完成线段的转化，将动态的线段和最值问题转化为静态的点到直线的距离计算，很好地考察了转化思想和几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
解决线段和的最小值问题，核心思路是利用轴对称转化线段，结合“两点之间线段最短”“垂线段最短”求解：第一步先分析图形性质，由平行四边形中AC是角平分线，可推导出四边形ABCD是菱形；第二步利用菱形对角线的对称性，可知点B关于AC的对称点为点D，因此PB=PD，即可将PB+PQ转化为PD+PQ；第三步要使PD+PQ最小，根据垂线段最短，最小值为点D到AB的垂线段长度，最后计算该垂线段长度即可。
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，可得∠DCA=∠BAC。
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，即DA=DC，
∴平行四边形ABCD是菱形。
如图
，连接PD，过点D作DE⊥AB于点E。由菱形的性质可得，点B和点D关于对角线AC对称，因此PD=PB，
则PB+PQ=PD+PQ。根据两点之间线段最短、垂线段最短可知：PD+PQ≥DQ≥DE，即DE的长为PB+PQ的最小值。
∵平行四边形中∠ADC+∠DAB=180°，∠ADC=120°，
∴∠BAD=60°。
在Rt△ADE中，AD=2，∠ADE=90°-∠BAD=30°，
∴$AE=\frac{1}{2}AD=1$，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
平行四边形的性质、菱形的判定与性质、轴对称求最短路径
【点评】
本题属于几何最值类基础综合题，解题的核心是利用菱形的轴对称性完成线段的转化，将动态的线段和最值问题转化为静态的点到直线的距离计算，很好地考察了转化思想和几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
11.「2026 陕西榆林五中月考，★☆」如图，在四边形ABCD中，AD=BC，AB=CD，对角线AC与BD相交于点O，AC平分∠BAD。
(1)求证:四边形ABCD是菱形。
(2)过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，若AD=5，CE=3，求OB的长。
(1)求证:四边形ABCD是菱形。
(2)过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，若AD=5，CE=3，求OB的长。
答案
11.解析 (1)证明:
∵ $AD=BC$,$AB=CD$,
∴ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ $AD// BC$,
∴ $∠DAC= ∠ACB$,
∵ AC 平分$∠BAD$,
∴ $∠BAC= ∠DAC$,
∴ $∠BAC= ∠ACB$,
∴ $AB=BC$,
∴ 平行四边形 ABCD 是菱形.
(2)
∵ 四边形 ABCD 是菱形,$AD=5$,
∴ $OB=OD$,$BC=CD=AD=5$,
∵ $DE⊥BE$,$CE=3$,
∴ $∠DEB=90°$,
∴ $DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,
∵ $BE=BC+CE=8$,
∴ $BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$,
∴ $OB=OD=2\sqrt{5}$.
∵ $AD=BC$,$AB=CD$,
∴ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ $AD// BC$,
∴ $∠DAC= ∠ACB$,
∵ AC 平分$∠BAD$,
∴ $∠BAC= ∠DAC$,
∴ $∠BAC= ∠ACB$,
∴ $AB=BC$,
∴ 平行四边形 ABCD 是菱形.
(2)
∵ 四边形 ABCD 是菱形,$AD=5$,
∴ $OB=OD$,$BC=CD=AD=5$,
∵ $DE⊥BE$,$CE=3$,
∴ $∠DEB=90°$,
∴ $DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,
∵ $BE=BC+CE=8$,
∴ $BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$,
∴ $OB=OD=2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证四边形ABCD是菱形，首先根据已知两组对边分别相等，先判定四边形为平行四边形，再结合角平分线的性质和平行线的内错角相等，推导得到一组邻边相等，即可根据菱形的判定定理完成证明。
(2) 要求OB的长，可先利用菱形的性质得到四条边相等、对角线互相平分，可知OB是BD的一半；先在Rt△CDE中用勾股定理求出DE的长度，再计算BE的长度，接着在Rt△BDE中用勾股定理求出BD的长度，除以2即可得到OB的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AD=BC$，$AB=CD$，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠DAC= ∠ACB$，
∵ AC平分$∠BAD$，
∴ $∠BAC= ∠DAC$，
∴ $∠BAC= ∠ACB$，
∴ $AB=BC$，
∴ 平行四边形ABCD是菱形。
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是菱形，$AD=5$，
∴ $OB=OD$，$BC=CD=AD=5$，
∵ $DE⊥BE$，$CE=3$，
∴ $∠DEB=90°$，
在$Rt△ CDE$中，$DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵ $BE=BC+CE=5+3=8$，
在$Rt△ BDE$中，$BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
∴ $OB=\frac{1}{2}BD=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 已证四边形ABCD是菱形；
(2) $2\sqrt{5}$
【知识点】
菱形的判定；菱形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何题，将特殊四边形的判定、性质与勾股定理相结合考查，解题的关键是熟练掌握菱形的判定条件与性质，灵活运用勾股定理计算直角三角形的边长。
【难度系数】
0.7
(1) 要证四边形ABCD是菱形，首先根据已知两组对边分别相等，先判定四边形为平行四边形，再结合角平分线的性质和平行线的内错角相等，推导得到一组邻边相等，即可根据菱形的判定定理完成证明。
(2) 要求OB的长，可先利用菱形的性质得到四条边相等、对角线互相平分，可知OB是BD的一半；先在Rt△CDE中用勾股定理求出DE的长度，再计算BE的长度，接着在Rt△BDE中用勾股定理求出BD的长度，除以2即可得到OB的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AD=BC$，$AB=CD$，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠DAC= ∠ACB$，
∵ AC平分$∠BAD$，
∴ $∠BAC= ∠DAC$，
∴ $∠BAC= ∠ACB$，
∴ $AB=BC$，
∴ 平行四边形ABCD是菱形。
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是菱形，$AD=5$，
∴ $OB=OD$，$BC=CD=AD=5$，
∵ $DE⊥BE$，$CE=3$，
∴ $∠DEB=90°$，
在$Rt△ CDE$中，$DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵ $BE=BC+CE=5+3=8$，
在$Rt△ BDE$中，$BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
∴ $OB=\frac{1}{2}BD=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 已证四边形ABCD是菱形；
(2) $2\sqrt{5}$
【知识点】
菱形的判定；菱形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何题，将特殊四边形的判定、性质与勾股定理相结合考查，解题的关键是熟练掌握菱形的判定条件与性质，灵活运用勾股定理计算直角三角形的边长。
【难度系数】
0.7
12.核心素养 推理能力 如图,在平行四边形ABCD中,AB⊥AC,AB=6,BC=10,点P从点B出发,沿射线BC方向运动,同时点Q从点D出发,沿DA方向运动,当点Q运动到点A时,点Q停止运动,设运动的时间为t s.
(1)若点P每秒运动3个单位,点Q每秒运动1个单位,求当t为何值时,以P,C,D,Q为顶点的四边形为平行四边形.
(2)当点P每秒运动m个单位,点Q每秒运动n个单位时,若运动中能使以点P,C,D,Q为顶点的四边形为菱形,请直接写出m,n的数量关系.
备用图
(1)若点P每秒运动3个单位,点Q每秒运动1个单位,求当t为何值时,以P,C,D,Q为顶点的四边形为平行四边形.
(2)当点P每秒运动m个单位,点Q每秒运动n个单位时,若运动中能使以点P,C,D,Q为顶点的四边形为菱形,请直接写出m,n的数量关系.
备用图
答案
12.解析 (1)①如图,当点 P 在线段 BC 上时,
$DQ=t$,$PC=10-3t$,
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ $AD// BC$.
若以点 P,C,D,Q 为顶点的四边形是平行四边形,则 $DQ=PC$,
∴ $t=10-3t$,
∴ $t=2.5$.
②当点 P 在 BC 的延长线上时,$PC=3t-10$.
若以点 P,C,D,Q 为顶点的四边形是平行四边形,则 $DQ=PC$,
∴ $t=3t-10$,
∴ $t=5$.
综上,当 t 的值为 2.5 或 5 时,以点 P,C,D,Q 为顶点的四边形为平行四边形.
(2)$3m=2n$ 或 $m=3n$.详解:
①当点 P 在线段 BC 上时,若以点 P,C,D,Q 为顶点的四边形是菱形,则 $DQ=PC=CD=6$,
∴ $nt=10-mt=6$,
∴ $mt=4$,
∴ $\frac{m}{n}=\frac{2}{3}$,
∴ $3m=2n$.
②如图,当点 P 在 BC 的延长线上时,连接 PQ,交 CD 于点 E,
∵ $AB⊥AC$,
∴ $∠BAC=90°$,
∴ $AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$.
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ $CD// AB$,
∴ $∠ACD= ∠BAC=90°$.
若以点 P,C,D,Q 为顶点的四边形是菱形,则 $PQ⊥CD$,$CE=DE=3$,$PE=QE$,$DQ=PC$,
∴ $PQ// AC$.
∵ $AD// BC$,
∴ 四边形 ACPQ 是平行四边形,
∴ $PQ=AC=8$,
∴ $QE=PE=4$,
∴ $DQ=PD=\sqrt{QE^2+DE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$,
∴ $nt=mt-10=5$,
∴ $mt=15$,
∴ $m=3n$.
综上,当 $3m=2n$ 或 $m=3n$ 时,以点 P,C,D,Q 为顶点的四边形为菱形.
解析
【分析】
本题是动点结合特殊四边形的几何问题，解题思路如下：
(1) 平行四边形ABCD中AD//BC，因此DQ始终与PC平行，要使以P、C、D、Q为顶点的四边形为平行四边形，只需满足DQ=PC即可。需分两种情况讨论：①点P在线段BC上；②点P在BC的延长线上，分别用含t的代数式表示PC、DQ的长度，列方程求解即可。
(2) 菱形是特殊的平行四边形，除满足DQ=PC外，还需邻边相等，即CD=PC=DQ，同样分P在线段BC上、P在BC延长线上两种情况，结合勾股定理、菱形的性质推导m与n的数量关系。
【解析】
(1) 分两种情况讨论：
① 当点P在线段BC上时，
由题意得：$DQ=t$，$PC=10-3t$，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，
若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是平行四边形，则 $DQ=PC$，
∴ $t=10-3t$，
解得 $t=2.5$。
② 当点P在BC的延长线上时，$PC=3t-10$，
若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是平行四边形，则 $DQ=PC$，
∴ $t=3t-10$，
解得 $t=5$。
综上，当t的值为2.5或5时，以P,C,D,Q为顶点的四边形为平行四边形。
(2) 分两种情况讨论：
① 当点P在线段BC上时，若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是菱形，则 $DQ=PC=CD=6$，
∴ $nt=10-mt=6$，
可得 $mt=4$，
∴ $\frac{m}{n}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，即 $3m=2n$。
② 当点P在BC的延长线上时，连接PQ，交CD于点E，
∵ $AB⊥AC$，
∴ $∠BAC=90°$，
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得 $AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $CD// AB$，
∴ $∠ACD=∠BAC=90°$，
若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是菱形，则 $PQ⊥CD$，$CE=DE=3$，$PE=QE$，$DQ=PC$，
∴ $PQ// AC$，
又
∵ $AD// BC$，
∴ 四边形ACPQ是平行四边形，
∴ $PQ=AC=8$，
∴ $QE=PE=4$，
在$Rt△ QDE$中，由勾股定理得 $DQ=\sqrt{QE^2+DE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∴ $nt=mt-10=5$，
可得 $mt=15$，
∴ $\frac{m}{n}=\frac{15}{5}=3$，即 $m=3n$。
综上，m,n的数量关系为$3m=2n$或$m=3n$。
【答案】
(1) $t=2.5$或$t=5$；
(2) $3m=2n$或$m=3n$
【知识点】
平行四边形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理
【点评】
本题为动态几何问题，重点考查特殊四边形的判定及性质，解题时需注意分类讨论点P的位置，避免漏解，同时需要结合动点运动的路程公式和几何性质列关系式，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题是动点结合特殊四边形的几何问题，解题思路如下：
(1) 平行四边形ABCD中AD//BC，因此DQ始终与PC平行，要使以P、C、D、Q为顶点的四边形为平行四边形，只需满足DQ=PC即可。需分两种情况讨论：①点P在线段BC上；②点P在BC的延长线上，分别用含t的代数式表示PC、DQ的长度，列方程求解即可。
(2) 菱形是特殊的平行四边形，除满足DQ=PC外，还需邻边相等，即CD=PC=DQ，同样分P在线段BC上、P在BC延长线上两种情况，结合勾股定理、菱形的性质推导m与n的数量关系。
【解析】
(1) 分两种情况讨论：
① 当点P在线段BC上时，
由题意得：$DQ=t$，$PC=10-3t$，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，
若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是平行四边形，则 $DQ=PC$，
∴ $t=10-3t$，
解得 $t=2.5$。
② 当点P在BC的延长线上时，$PC=3t-10$，
若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是平行四边形，则 $DQ=PC$，
∴ $t=3t-10$，
解得 $t=5$。
综上，当t的值为2.5或5时，以P,C,D,Q为顶点的四边形为平行四边形。
(2) 分两种情况讨论：
① 当点P在线段BC上时，若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是菱形，则 $DQ=PC=CD=6$，
∴ $nt=10-mt=6$，
可得 $mt=4$，
∴ $\frac{m}{n}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，即 $3m=2n$。
② 当点P在BC的延长线上时，连接PQ，交CD于点E，
∵ $AB⊥AC$，
∴ $∠BAC=90°$，
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得 $AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $CD// AB$，
∴ $∠ACD=∠BAC=90°$，
若以点P,C,D,Q为顶点的四边形是菱形，则 $PQ⊥CD$，$CE=DE=3$，$PE=QE$，$DQ=PC$，
∴ $PQ// AC$，
又
∵ $AD// BC$，
∴ 四边形ACPQ是平行四边形，
∴ $PQ=AC=8$，
∴ $QE=PE=4$，
在$Rt△ QDE$中，由勾股定理得 $DQ=\sqrt{QE^2+DE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∴ $nt=mt-10=5$，
可得 $mt=15$，
∴ $\frac{m}{n}=\frac{15}{5}=3$，即 $m=3n$。
综上，m,n的数量关系为$3m=2n$或$m=3n$。
【答案】
(1) $t=2.5$或$t=5$；
(2) $3m=2n$或$m=3n$
【知识点】
平行四边形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理
【点评】
本题为动态几何问题，重点考查特殊四边形的判定及性质，解题时需注意分类讨论点P的位置，避免漏解，同时需要结合动点运动的路程公式和几何性质列关系式，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
