北师大版2020年中考总复习资料，补习复习资料：58动手操作与运动变换型问题（基础）含答案

中考冲刺：动手操作与运动变换型问题—知识讲解（基础）
【中考展望】
1．对于实践操作型问题，在解题过程中学生能够感受到数学学习的情趣与价值，经历“数学化”和“再创造”的过程，不断提高自己的创新意识与综合能力，这是《全日制义务教育数学课程标准(实验稿)》的基本要求之一，因此，近年来实践操作性试题受到命题者的重视，多次出现.
2．估计在今年的中考题中，实践操作类题目依旧是出题热点，仍符合常规题型，与三角形的全等和四边形的性质综合考查．需具备一定的分析问题能力和归纳推理能力．
图形的设计与操作问题，主要分为如下一些类型：
1．已知设计好的图案，求设计方案(如：在什么基本图案的基础上，进行何种图形变换等)．
2．利用基本图案设计符合要求的图案(如：设计轴对称图形，中心对称图形，面积或形状符合特定要求的图形等)．
3．图形分割与重组(如：通过对原图形进行分割、重组，使形状满足特定要求)．
4．动手操作(通过折叠、裁剪等手段制作特定图案)．
解决这样的问题，除了需要运用各种基本的图形变换(平移、轴对称、旋转、位似)外，还需要综合运用代数、几何知识对图形进行分析、计算、证明，以获得重要的数据，辅助图案设计．
另外，由于折叠操作相当于构造轴对称变换，因此折叠问题中，要充分利用轴对称变换的特性，以获得更多的图形信息．必要时，实际动手配合上理论分析比单纯的理论分析更为快捷有效．
从历年中考来看，动态问题经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的.动态问题一般分两类，一类是代数综合题，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解.另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考查.所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，只有完全掌握，才有机会拼高分.
【方法点拨】
实践操作问题：
解答实践操作题的关键是要学会自觉地运用数学知识去观察、分析、抽象、概括所给的实际问题，揭示其数学本质，并转化为我们所熟悉的数学问题．解答实践操作题的基本步骤为：从实例或实物出发，通过具体操作实验，发现其中可能存在的规律，提出问题，检验猜想．在解答过程中一般需要经历操作、观察、思考、想象、推理、探索、发现、总结、归纳等实践活动过程，利用自己已有的生活经验和数学知识去感知发生的现象，从而发现所得到的结论，进而解决问题．
动态几何问题：
1、动态几何常见类型
（1）点动问题（一个动点）
（2）线动问题（二个动点）
（3）面动问题（三个动点）
2、运动形式
平移、旋转、翻折、滚动
3、数学思想
函数思想、方程思想、分类思想、转化思想、数形结合思想
4、解题思路
（1）化动为静，动中求静
（2）建立联系，计算说明
（3）特殊探路，一般推证
【典型例题】
类型一、图形的折叠
/1．如图所示，一个平行四边形纸片ABCD中，E，F分别为BC，CD边上的点，将纸片沿AE，EF折叠，使B，C的对应点B′，C′及点E在同一直线上，则∠AEF＝________．
/
【思路点拨】
纸片沿AE折叠，折叠前后的两个图形关于直线AE对称，所以△AEB与△AEB′全等，对应角相等．同理沿EF折叠的两个三角形的对应角也相等．
【答案】∠AEF＝90°．
【解析】
解: 由轴对称的性质，知∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，
而∠AEB＋∠AEB′＋∠CEF＋∠C′EF=180°．
所以∠AEF－∠AEB′+∠C′EF＝90°．
【总结升华】
图形的折叠实质上就是轴对称的一种变形应用．解题时应抓住折叠前后的图形全等找出对应关系．
举一反三：
【变式】如图所示，已知四边形纸片ABCD，现需将该纸片剪拼成一个与它面积相等的平行四边形纸片，如果限定裁剪线最多有两条，能否做到：________ (用“能”或“不能”填空)．若填“能”，请确定裁剪线的位置，并说明拼接方法；若填“不能”，请简要说明理由．
/
【答案】
解：能.如图所示，取四边形ABCD各边的中点E，F，G，H，连接EG，FH，交点为O．
/
以EG，FH为裁剪线，EG，FH将四边形ABCD分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四部分，拼接时图中的Ⅰ不动，将Ⅱ，Ⅳ分别绕E，H旋转180°，将Ⅲ平移，拼成的四边形OO1O2O3即为所求．沿CA方向平移，将点C平移到点A位置．
类型二、实践操作
/2．如图,在等腰梯形ABCD中AB∥CD,AB＝/,DC＝/,高CE＝/,对角线AC、BD交于H，平行于线段BD的两条直线MN、RQ同时从点A出发沿AC方向向点C匀速平移，分别交等腰梯形ABCD的边于M、N和R、Q，分别交对角线AC于F、G；当直线RQ到达点C时，两直线同时停止移动.记等腰梯形ABCD被直线MN扫过的面积为/，被直线RQ扫过的面积为/，若直线MN平移的速度为1单位/秒,直线RQ平移的速度为2单位/秒,设两直线移动的时间为x秒.
(1)填空:∠AHB＝____________；AC＝_____________；
(2) 若/,求x；
(3) 若/,求m的变化范围.
/
【思路点拨】
(1) 如例2图-1所示,平移对角线DB,交AB的延长线于P.则四边形BPCD是平行四边形,BD＝PC,BP＝DC＝/.因为等腰梯形ABCD,AB∥CD,所以AC＝BD. 所以AC＝PC.又高CE＝/, AB＝/,所以AE＝EP＝/.所以∠AHB＝90°AC＝4；
/
⑵直线移动有两种情况:/及/,需要分类讨论.
①当/时, 有/. ∴/
②当/时,先用含有x的代数式分别表示/,/,然后由/列出方程,解之可得x的值； (3) 分情况讨论:
①当/时, /.
②当/时,由/,得/＝/.然后讨论这个函数的最值,确定m的变化范围.
【答案与解析】
解： (1) 90°,4；
(2)直线移动有两种情况:/和/.
①当/时,∵MN∥BD,∴△AMN∽△ARQ,△ANF∽△AQG.
/. ∴/
②当/时, 如例2图-2所示,
/
CG＝4－2x,CH＝1,/. /
/,/
由/,得方程/,
解得/(舍去),/.
∴x＝2.
(3) 当/时,m＝4
当/时,
由/,得/＝/＝/.
M是/的二次函数, 当/时, 即当/时, M随/的增大而增大.
当/时,最大值m＝4. 当x＝2时,最小值m＝3.
∴3≤m≤4.
【总结升华】
本题是一道几何代数综合压轴题,重点考查等腰梯形, 相似三角形的性质,二次函数的增减性和最值及分类讨论,由特殊到一般的数学思想等的综合应用.解题时,
(1)小题,通过平移对角线,将等腰梯形转化为等腰三角形,从而使问题得以简化,是我们解决梯形问题常用的方法.
(2) 小题直线移动有两种情况:/及/,需要分类讨论.这点万不可忽略,解题时用到的知识点主要是相似三角形面积比等于相似比的平方.
(3) 小题仍需要分情况讨论.对于函数/,讨论它的增减性和最值是个难点. 讨论之前点明我们把这个函数看作“M是/的二次函数”对顺利作答至关重要.
/3．已知等边三角形纸片ABC的边长为8，D为AB边上的点，过点D作DG∥BC交AC于点G，DE⊥BC于点E，过点G作GF⊥BC于点F，把三角形纸片ABC分别沿DG、DE、GF按图①所示方式折叠．点A、B、C分别落在A′、B′、C′处．若点A′、B′、C′在矩形DEFG内或其边上．且互不重合，此时我们称/ (即图中阴影部分)为“重叠三角形”．
/
(1)若把三角形纸片ABC放在等边三角形网格图中(图中每个小三角形都是边长为l的等边三角形)，点A、B、C、D恰好落在网格图中的格点上，如图②所示，请直接写出此时重叠三角形A′B′C′的面积；
(2)实验探究：设AD的长为m，若重叠三角形A′B′C′存在，试用含m的代数式表示重叠三角形A′B′C′的面积，并写出m的取值范围(直接写出结果，备用图供实验探究使用)．
/
【思路点拨】
本题是折叠与对称类型操作题，折叠实质为对称变换，故轴对称的性质运用是解本类型题的关键．另外，本题对新概念“重叠三角形”的理解正确才能求得m的取值范围．
【答案与解析】
解：(1)重叠三角形A′B′C′的面积为/．
理由：如题图，△A′B′C′是边长为2的等边三角形．
∴其高为/，面积为/．
(2)用含m的代数式表示重叠三角形A′B′C′的面积为/，m的取值范围是/≤m＜4．
理由：如图(1)，AD＝m，则BD＝GC＝8-m，
由轴对称的性质知DB′＝DB＝8-m．DA′＝DA＝m．
∴A′B′＝DB′－DA′＝8－m—m＝2(4－m)，
由△ABC是等边三角形及折叠过程知AA′B′C′是等边三角形．
∴它的高是/．
/．
以下求m的取值范围：
如图(1)，若B′与F重合，则C′与E重合．
/
由折叠过程知BE＝EB′＝EF．
CF＝FC′＝FE．∴BE＝EF＝FC＝/．
∵∠B＝60°，BD＝2BE＝/，
/，即/．
若/，如图(2)，点B′、C′落在矩形DEFG外，不合题意．
/
∴/．
又由A′B′＝2(4-m)＞0，得m＜4．
∴m的取值范围是/．
【总结升华】亲自操作实验有助于突破难点．
举一反三：
【图形的设计与操作及运动变换型问题 例2 】
【变式】阅读下面问题的解决过程：
问题：已知△ABC中，P为BC边上一定点，过点P作一直线，使其等分△ABC的面积．
解决：情形1：如图①，若点P恰为BC的中点，作直线AP即可．
情形2：如图②，若点P不是BC的中点，则取BC的中点D，联结AP，过点D作DE∥AP交AC于E，作直线PE，直线PE即为所求直线．
/
问题解决：
如图③，已知四边形ABCD，过点B作一直线（不必写作法），使其等分四边形ABCD的面积，并证明．
/
【答案】
解：如图③，取对角线AC的中点O，联结BO、DO、BD,　　过点O作OE∥BD交CD于E,　　∴直线BE即为所求直线
/
类型三、动态数学问题
/4．如图①，有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△A′BC′.
(1)如图②，将△ACD沿A′C′边向上平移，使点A与点C′重合，连接A′D和BC，四边形A′BCD是 形；
（2）如图③，将△ACD的顶点A与A′点重合，然后绕点A沿逆时针方向旋转，使点D、A、B在同一直线上，则旋转角为 度；连接CC′，四边形CDBC′是 形；
（3）如图④，将AC边与A′C′边重合，并使顶点B和D在AC边的同一侧，设AB、CD相交于E，连接BD，四边形ADBC是什么特殊四边形？请说明你的理由.
/
【思路点拨】
（1）利用平行四边形的判定，对角线互相平分的四边形是平行四边形得出即可；（2）利用旋转变换的性质以及直角梯形判定得出即可；（3）利用等腰梯形的判定方法得出BD∥AC，AD=CE，即可得出答案．
【答案与解析】
解：（1）平行四边形；
证明：∵AD=AB，AA′=AC，∴A′C与BD互相平分，
∴四边形A′BCD是平行四边形；
（2）∵DA由垂直于AB，逆时针旋转到点D、A、B在同一直线上，
∴旋转角为90度；
证明：∵∠D=∠B=90°，A，D，B在一条直线上，
∴CD∥BC′，∴四边形CDBC′是直角梯形；
故答案为：90，直角梯；
/
（3）四边形ADBC是等腰梯形；
证明：过点B作BM⊥AC，过点D作DN⊥AC，垂足分别为M，N，
∵有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△A′BC′．∴△ACD≌△A′BC′，
∴BM=ND，∴BD∥AC，
∵AD=BC，∴四边形ADBC是等腰梯形．
【总结升华】
此题主要考查了图形的剪拼与平行四边形的判定和等腰梯形的判定、直角梯形的判定方法等知识，熟练掌握判定定理是解题关键．
举一反三：
【图形的设计与操作及运动变换型问题 例1 】
【变式】△ABC三个顶点的坐标分别为A(2，2)，B(4，2)，C(6，4)，以原点O为位似中心，将△ABC缩小，使变换后得到的△DEF与△ABC对应边的比为1∶2，则线段AC的中点P变换后对应的点的坐标为______．
【答案】（/）或（/）.
/5．如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→D的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止．已知△PAD的面积S（单位：cm2）与点P移动的时间（单位：s）的函数如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了　 秒（结果保留根号）．
/
【思路点拨】
根据图②判断出AB、BC的长度，过点B作BE⊥AD于点E，然后求出梯形ABCD的高BE，再根据t=2时△PAD的面积求出AD的长度，过点C作CF⊥AD于点F，然后求出DF的长度，利用勾股定理列式求出CD的长度，然后求出AB、BC、CD的和，再根据时间=路程÷速度，计算即可得解．
【答案】（4+2/）．
【解析】
解：由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化，
∴在AB上运动的时间是2秒，在BC上运动的时间是4-2=2秒，
∵动点P的运动速度是1cm/s，
∴AB=2cm，BC=2cm，
过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，
则四边形BCFE是矩形，
∴BE=CF，BC=EF=2cm，
∵∠A=60°，
∴BE=ABsin60°=2×/=/，
AE=ABcos60°=2×/=1，
∴/×AD×BE=3/，
即/×AD×/=3/，
解得AD=6cm，
∴DF=AD-AE-EF=6-1-2=3，
在Rt△CDF中，CD=/=/=2/，
所以，动点P运动的总路程为AB+BC+CD=2+2+2/=4+2/，
∵动点P的运动速度是1cm/s，
∴点P从开始移动到停止移动一共用了（4+2/）÷1=4+2/（秒）．
故答案为：（4+2/）．
/
【总结升华】
本题考查了动点问题的函数图象，根据图②的三角形的面积的变化情况判断出AB、BC的长度是解题的关键，在梯形的问题中，作过梯形的上底边的两个顶点的高线是常见的辅助线．
中考冲刺：动手操作与运动变换型问题—巩固练习（基础）
【巩固练习】
一、选择题
1. 如图，在Rt△ABC 中，∠C=90° ，AC=BC=6cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒/cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP为菱形，则t的值为（ ）
A. / B. 2 C. / D.3
2．如图，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°.若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A的方向运动，设运动时间为t(s)(0≤t＜3)，连接EF，当△BEF是直角三角形时，t的值为（ ）
A. / B. 1 C. /或1 D. /或1或/
/ /
3. 如图，正方形ABCD的边长为4cm,动点P、Q同时从点A出发，以1cm/s的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路径向点C运动，设运动时间为x（单位：s），四边形PBDQ的面积为y（单位：cm2）,则y与x（0≤x≤8）之间的函数关系可用图象表示为（ ）
/
/
二、填空题
4．如图,已知点A（0,2）、B（/,2）、C(0,4),过点C向右作平行于x轴的射线,点P是射线上的动点,连结AP,以AP为边在其左侧作等边△APQ ,连结PB、BA.若四边形ABPQ为梯形,则（1）当AB为梯形的底时,点P的横坐标是 ；（2）当AB为梯形的腰时,点P的横坐标是 .
/
5．如图，矩形纸片ABCD，AB=2，点E在BC上，且AE=EC．若将纸片沿AE折叠，点B恰好落在AC上，则AC的长是 .
/
6.如图，在正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合.展开后，折痕DE分别交AB、AC于点E、G.连接GF.下列结论：①∠AGD=112.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG.其中正确结论的序号是 .
三、解答题
7．如图所示是规格为8×8的正方形网格，请在所给网格中，按下列要求操作：
/
(1)请在网格中建立平面直角坐标系，使A点坐标为(-2，4)，B点坐标为(-4，2)；
(2)在第二象限内的格点上画一点C，使点C与线段AB组成一个以AB为底的等腰三角形，且腰长是无理数，则C点的坐标是________，△ABC的周长是________ (结果保留根号)；
(3)画出△ABC以点C为旋转中心、旋转180°后的△A′B′C，连接AB′和A′B，试说出四边形/是何特殊四边形，并说明理由．
8. (1)观察与发现
小明将三角形纸片ABC(AB＞AC)沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展平纸片(如图①)；再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF(如图②)．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？请说明理由．
(2)实践与运用
将矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE(如图③)；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点D′处，折痕为EG(如图④)；再展平纸片(如图⑤)．求图⑤中∠α的大小．
/
9. 如图(1)，已知△ABC中，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上(直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF)，将直角三角形板DEF绕D点按逆时针方向旋转．
(1)在图(1)中，DE交AB于M，DF交BC于N．
①证明：DM＝ND；
②在这一旋转过程中，直角三角板DEF与△ABC的重叠部分为四边形DMBN，请说明四边形DMBN的面积是否发生变化？若发生变化，请说明是如何变化的；若不发生变化，求出其面积；
(2)继续旋转至如图(2)所示的位置，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，DM＝DN是否仍然成立?若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)继续旋转至如图(3)所示的位置，延长FD交BC于N，延长ED交AB于M，DM＝DN是否仍然成立?若成立，请写出结论，不用证明．
/
10. 如图所示，在边长为4的正方形ABCD中，点P在AB上从A向B运动，连接DP交AC于点Q．
(1)试证明：无论点．P运动到AB上何处时，都有△ADQ≌△ABQ；
(2)当点P在AB上运动到什么位置时，△ADQ的面积是正方形ABCD面积的/?
(3)若点P从点A运动到点B，再继续在BC上运动到点C，在整个运动过程中，当点P运动到什么位置时，△ADQ恰为等腰三角形?
/
【答案与解析】
一、选择题1.【答案】B；
【解析】连接PP′交BC于点D，若四边形QPCP为菱形，则PP′⊥BC，CD＝/CQ=/（6-t），
∴BD=6-/（6-t）=3+/t.在Rt△BPD中，PB=AB-AP=6/-/t，而PB=/BD，
∴6/-/t=/（3+/t），解得：t=2，故选B.

2.【答案】D；
【解析】∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°；Rt△ABC中，BC=2，∠ABC=60°；∴AB=2BC=4cm.①当∠BFE=90°时；Rt△BEF中，∠ABC=60°，
则BE=2BF=2cm；故此时AE=AB-BE=2cm；∴E点运动的距离为：2cm或6cm，
故t=1s或3s；由于0≤t＜3，故t=3s不合题意，舍去；所以当∠BFE=90°时，t=1s；②当∠BEF=90°时；同①可求得BE=0.5cm，此时AE=AB-BE=3.5cm；∴E点运动的距离为：3.5cm或4.5cm，故t=1.75s或2.25s；综上所述，当t的值为1、1.75或2.25s时，△BEF是直角三角形．故选D．
3.【答案】B.
【解析】在0≤x≤4时,y随x的增大而减小，在4≤x≤8时,y随x的增大而增大；且y与x的函数关系是二次函数，故选B.
二、填空题
4.【答案】（1）/；（2）0， /；
【解析】（1）由题意知，当AB为梯形的底时，AB∥PQ，即PQ⊥y轴，又△APQ为等边三角形，AC＝2，由几何关系知，点P的横坐标是/.（2）当AB为梯形的腰时，当PB∥y轴时，满足题意，此时AQ=4，由几何关系得，点P的横坐标是/.
/ /
5.【答案】4；
【解析】由折叠可知∠BAE=∠CAE，因为AE=EC所以∠CAE=∠ACE，所以∠BAE=∠CAE=∠ACE，
三角的和为90°，所以∠ACE=30°，所以AC=2AB=4.
6.【答案】①④⑤．
【解析】由折叠知：∠ADG=∠GDO根据外角定理∠AGD=∠GDO+∠GOD而∠GOD=90°，
∠GDO = /∠ADO=22.5°得∠AGD=112.5°所以①正确.
由折叠知△AGD≌△FGD得S△AGD=S△FGD所以③错误.
∠AED=90°-22.5°=67.5°，∠AGE=45°+22.5°=67.5°故∠AED=∠AGE可得AE=AG，
易证AG=FG，AE=EF，从而得AG=FG=AE=EF.所以④正确.
BE=/EF，EF= FG=/OG，故BE=2OG所以⑤正确.
AE= FG=/OG，AD= AB=AE+ BE=（/+2）OG，在Rt△AED中tan∠AED=/=/，所以②错误.
三、解答题
7．【答案与解析】
(1)如图所示建立平面直角坐标系．
/
(2)如图画出点C，C(-1，1)．△ABC的周长是/．
(3)如图画出△A′B′C，四边形ABA′B′是矩形．
理由：∵CA＝CA′，CB＝CB′，
∴四边形ABA′B′是平行四边形.
又∵CA＝CB，
∴CA＝CA′＝CB＝CB′．
∴AA′＝BB′．
∴四边形ABA′B′是矩形．
8．【答案与解析】
解：(1)同意．
如图所示，设AD与EF交于点G．
/
由折叠知，AD平分∠BAC，所以∠BAD＝∠CAD．
又由折叠知，∠AGE＝∠AGF＝90°，
所以∠AEF＝∠AFE，
所以AE＝AF，即△AEF为等腰三角形．
(2)由折叠知，四边形ABFE是正方形∠AEB＝45°，
所以∠BED＝135°．
又由折叠知，∠BEG＝∠DEG，
所以∠DEG＝67.5°．
从而∠α＝90°-67.5°＝22.5°．
9．【答案与解析】
解：(1)①连接DB，利用△BMD≌△CND或△ADM∽△BDN即可证明DM＝DN．
②由△BMD≌△CND知，/，
∴/．
即在直角三角板DEF旋转过程中，四边形DMBN的面积始终等于/，不发生变化．
/
(2)连接DB，由△BMD≌△CND可证明DM＝DN，即DM＝DN仍然成立．
(3)连接DB．由△BMD≌△CND，可证明DM＝ND仍成立．
10．【答案与解析】
解：(1)证明：在正方形ABCD中，无论点P运动到AB上何处时，
都有AD＝AB，∠DAQ＝∠BAQ，AQ＝AQ，∴△ADQ≌△ABQ．
(2)解：假设下图中△ADQ的面积恰好是正方形ABCD面积的/．
/
过点Q作QE⊥AD于E，QF⊥AB于F，则QE＝QF，
/．
∴/．
由△DEQ∽△DAP得/，解得AP＝2．
∴AP＝2时，△ADQ的面积是正方形ABCD面积的/．
(3)若△ADQ是等腰三角形，则有DQ＝QA或DA＝DQ或AQ＝AD．
①当点P运动到与点B重合时，由四边形ABCD是正方形知QD＝QA，此时△ADQ是等腰三角形．
②当点P与点C重合时，点Q与点C也重合，此时DA＝DQ，△ADQ是等腰三角形．
③如图所示，设点P在BC边上运动到CP＝x时，有AD＝AQ．
/
∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠CPQ．
又∵∠AQD＝∠CQP，∠ADQ＝∠AQD，
∴∠CQP＝∠CPQ．
∴CQ＝CP＝x．
∵AC＝/，AQ＝QD＝4，
∴x＝CQ＝AC－AQ＝/，
即当CP＝/时，△ADQ是等腰三角形．