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第18章《平行四边形》复习题---几何变换、定值、最值、动点、存在性问题
【题型1 平行四边形中的平移问题】
1.如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的边落在x轴的正半轴上，且点，，直线以每秒1个单位长度的速度向右平移，经过( )秒该直线可将平行四边形的面积平分．
A．3 B． C．5 D．6
2.如图，在中，，，将沿向右平移得到，若四边形的面积等于，则平移的距离等于（　　）
A． B． C． D．
3.如图1，在平面直角坐标系中，已知直线和第一象限内的（轴，）．直线l从原点O出发，沿x轴正方向平移（平移距离设为m），对应生成的直线被的两边所截得的线段长设为n．若n与m的函数图象如图2所示，则a的值是（ ）
A．1 B． C． D．
4.如图，在中，已知，点分别在边上，现将沿直线折叠，使点恰好落在点处，若将线段向左平移刚好可以与线段重合，连接，若，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【题型2 平行四边形中的轴对称问题】
1.如图，在平行四边形中，，，，为上一点，将沿着翻折，点恰好落在边上的点处，连接，则长度为（ ）
A． B． C． D．
2.如图，若平行四边形ABCD与平行四边形EBCF关于BC所在直线对称，且∠ABE＝90°，则∠F＝ °.
3.在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，过F作的垂线交于E，则 ．

4.如图，在中，E是边上一点，将沿翻折得到，延长交的延长线于点F，连接CE．若，，则 度．
【题型3 平行四边形中的旋转问题】
1.如图所示，将绕点A按逆时针方向旋转，得到（点与点、点与点、点与点分别对应）．若点恰好落在上，则 ．
2.如图，在中，，，将绕O点逆时针方向旋转到的位置，则点的坐标是 ．
3.如图，在平行四边形中，，，面积为120，点是边上一点，连接，将线段绕着点旋转得到线段，如果点恰好落在直线上，那么线段的长为

4.如图，为验证平行四边形的中心对称性，小明将两张全等的平行四边形纸片重叠在一起，． 将其中一张纸片绕它的中心旋转，当点A和点C的对应点和分别落在边和上时，，则的长是 ，两张纸片重合部分（阴影部分）的面积是 ．
【题型4 平行四边形中的定值问题】
1.如图，直线平行于，定点A在直线上，动点B在直线上，P是平面上一点，且P在两直线中间（不包括边界），始终有，则在整个运动过程中，下列各值①；②；③；④中，一定为定值的是 ．（填序号）

2.【“两定两动”型（同侧）】如图，的长度为定值，在直线l上分别取点E，F，使，连接，，当最小时，求点E，F的位置．
3.如图所示四边形中，，，为正三角形，点E、F分别在边、上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
(1)四边形______平行四边形（是或不是）
(2)证明不论E、F在、上如何滑动，总有；
(3)当点E、F在、上滑动时，四边形的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．
4.根据所给素材，完成相应任务．
玩转三角板
活动背景 在某次数学探究活动中，李老师拿出一副斜边长都为2的三角板，如图1所示，其中，为直角，，，要求两直角顶点重合（A与F重合于点O）进行探究活动．
素材1 小明同学的探究结果如图2所示，D，O，C三点在一条直线上．
素材2 小聪同学的探究结果如图3所示，，连结，发现四边形是平行四边形．
素材3 李老师提出问题，在上述操作过程中，与的面积比是否为定值？
解决问题
任务1 （1）根据图2，计算线段的长度．
任务2 （2）根据图3写出小聪同学判定平行四边形的依据：___________． （3）计算的面积．
任务3 （4）请你解答李老师的问题，并说明理由．
【题型5 平行四边形中的最小值问题】
1.如图，在中，，，P为边上一动点，以，为边作平行四边形，则对角线的长度的最小值为（　　）
A．6 B．12 C． D．
2.如图，在中，，，是边上任意一点，连接，以，为邻边作，连接，则长的最小值为（ ）
A．14.4 B．9.6 C．7.2 D．4.8
3.如图，在四边形ABCD中，对角线，，则的最小值为（ ）
A． B．10 C．15 D．
4.如图所示，在平面直角坐标系中，平行四边形的坐标分别为、、、，点P是边上的一个动点，若点A关于的对称点为，则的最小值为 ．
【题型6 平行四边形中的最大值问题】
1.如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的坐标分别为，、、，若P是x轴上的一动点，若点A关于的对称点为，则的最小值为 ，的最大值为 ．
2.在菱形中，为菱形内部一点，且，连接，点F为中点，连接，点G是中点，连接，则的最大值为 ．
3.如图，在中，点分别在边上，折叠使得点落在上，若，，，则长度的最大值为 ．

4.如图， 在中， 点 E 是的中点， ，点 F 是上的动点，连接点E 与的中点 G． 则的最大值是 ．
【题型7 平行四边形中的动点问题】
1.如图，点从四条边都相等的的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，图是点运动时，的面积随时间变化的关系图象，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2.如图：在四边形中，，且，，P，Q分别从A，C同时出发，P以的速度由A向D运动，Q以的速度由C向B运动， 秒时直线将四边形截出一个平行四边形．
3.如图，在四边形中，，，，是的中点．点以每秒个单位长度的速度从点出发，沿向点运动，点同时以每秒个单位长度的速度从点出发，沿向点运动，点停止运动时，点也随之停止运动．当运动时间为多少秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．

4.如图，在平行四边形中，，是的平分线，点M从点E出发，沿方向以每秒的速度向点D运动，点N从点C出发，沿方向运动，以每秒的速度向点B运动，当点M运动到点D时，点N随之停止运动，设运动时间为t秒．
(1)求的长；
(2)是否存在以M，E，B，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【题型8 平面直角坐标系中的平行四边形存在性问题】
1.如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，线段，的长分别是，，且满足，点是线段上的一点，将沿直线翻折，点落在矩形对角线上的点处．
(1)求线段的长；
(2)求的面积；
(3)点在直线上，在轴上是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出满足条件的点的个数，并直接写出两个点的坐标；若不存在，请说明理由．
2.如图，在平面直角坐标系中，直线：与x轴，y轴分别交于点A，D，直线与直线平行，交x轴于点，交于点C．
(1)求直线的解析式及点C的坐标；
(2)若点P是线段上动点，当时，在x轴上有两动点M、N（M在N的左侧），且，连接，当四边形周长最小时，求点M的坐标；
(3)在（2）的条件下，将绕O点顺时针旋转得到，点E是y轴上的一个动点，点F是直线上的一个动点，是否存在这样的点F，使以G，M，E，F为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由
3.如图，在平面直角坐标系中，直线与轴分别交于点，过点作轴交直线于点．
(1)求直线的函数解析式；
(2)求点到直线的距离及点的坐标；
(3)试探究在平面内是否存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．
4.如图，在平面直角坐标系中，，点在轴正半轴上，且四边形是平行四边形，．
(1)求出点的坐标；
(2)一次函数的图象分别与线段交于两点，求证：；
(3)点是直线上一动点，在轴上是否存在点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【题型9 平行四边形中的新定义问题】
1.如图，由16个点构成的的正方形点阵中，横纵方向相邻的两点之间的距离都是1个单位．定义：由点阵中四个点为顶点的平行四边形叫阵点平行四边形．图中以，为顶点，面积为2个平方单位的阵点平行四边形的个数为（ ）
A．3 B．6 C．7 D．9
2.定义：在平面直角坐标系中，若点M关于直线的对称点在的内部（不包含边界），则称点M是关于直线的“伴随点”．如图，已知三点，连接，以为边作．若在直线上存在点N，使得点N是关于直线的“伴随点”，则n的取值范围是 ．

3.定义：作的一组邻角的角平分线，设交点为P，P与这组邻角的公共边组成的三角形为的“伴侣三角形”，△PBC为平行四边形的伴侣三角形．AB＝m，BC＝4，连接AP并延长交直线CD于点Q，若Q点落在线段CD上（包括端点C、D），则m的取值范围 ．
4.在平面直角坐标系中，对于两个点和图形，给出如下定义：若射线与图形的一个交点为，射线与图形的一个交点为，且满足四边形为平行四边形，则称点是点关于图形的“平心点”．如图1中，点是点关于图中线段的“平心点”．已知点：，若点中，是点关于直线“平心点”的有 ；若点关于线段的“平心点”的横坐标为时，则的取值范围 ．

【题型10 平行四边形中的综合实践与探究】
1.【问题背景】如图，在等边中，、两点分别在边、上，连接 ，以为边向右作等边，连接．
【初步发现】（1）求证：为等边三角形；
【深入探究】（2）求证：四边形为平行四边形；
【拓展延伸】（3）若，求四边形的面积．
2.【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题．如图，在中，点分别为上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图①，当为等边三角形时，甲同学发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，则．你认为甲同学的想法正确吗？请说明理由；
【类比探究】（2）乙同学尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图②，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，试猜想四边形的形状，并说明理由；
【拓展延伸】（3）陈老师提出新的探究方向：如图③，在中，，，连接，请直接写出的最小值．
3.综合与实践
【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以特殊三角形为背景，探究动点运动的几何问题，如图，在中，点，分别为，上的动点（不含端点），且．
【初步尝试】（1）如图1，当为等边三角形时，小颜发现：将绕点逆时针旋转得到，连接，则，请思考并证明．
【类比探究】（2）小梁尝试改变三角形的形状后进一步探究：如图2，在中，，，于点，交于点，将绕点逆时针旋转得到，连接，．试猜想四边形的形状，并说明理由．
4.问题探究
(1)如图1，在中，已知，，的平分线交于点G，求的长；
问题解决
(2)某科技公司现有一块形如四边形的研发基地，如图2，已知米，米，，的平分线交于点G．为了响应国家“科教兴国”战略，现需要扩大基地面积．扩建方案如下：点P是射线上一动点，连接，将修建成新能源研发区，为安全起见，要沿一周修建隔离带（宽度忽略不计），为了节省费用，要求隔离带的长度尽可能的短，问隔离带的长度是否存在最小值？若存在，请求出隔离带长度（的周长）的最小值；若不存在，请说明理由．
参考答案
【题型1 平行四边形中的平移问题】
1.A
【分析】此题考查了平行四边形的性质、用待定系数法求一次函数解析式、一次函数的图象与几何变换，首先连接、，交于点D，当经过D点时，该直线可将的面积平分，然后计算出过D且平行直线的直线解析式，从而可得直线要向下平移6个单位，进而可得答案．
【详解】解：连接、，交于点D，当经过D点时，该直线可将的面积平分，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
设的解析式为，且直线平行于，
∴，
∵直线经过点，
∴的解析式为，
把代入得，，
解得，
在直线上，当时，，
解得，
∵，
∴直线要向右平移3个单位，
∴经过3秒该直线可将平行四边形的面积平分，
故选：A．
2.A
【分析】本题考查的知识点是平行四边形的判定与性质、平移的性质，解题关键是熟练掌握平移不改变图形的形状和大小．
根据平移性质可得四边形是平行四边形后，即可根据所给的条件求出平移距离．
【详解】解：将沿向右平移得到，
且，
∴四边形是平行四边形，
又四边形的面积等于，，
平移距离．
故选：．
3.B
【分析】由图可得，直线经过时移动的距离为，经过时移动的距离为，经过时移动的距离为，可得，当直线经过点时，交于点，过作垂足为点，如图所示：求解，直线为，则从点到点的平移可理解为：先向上移动个单位，再向右移动个单位，再进一步解答即可．
【详解】解：由图可得，直线经过时移动的距离为，经过时移动的距离为，经过时移动的距离为，
∴，，，，
∴，
当直线经过点时，交于点，过作垂足为点，如图所示：
∵轴，，
∴，
设直线为，
∴，解得：，
∴直线为，
∴从点到点的平移可理解为：先向上移动个单位，再向右移动个单位，
∴当时，则，
∴，
故选：B．
4.B
【分析】根据折叠的性质及平移的性质可知四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质可知即可解答．
【详解】解：∵现将沿直线折叠，使点恰好落在点处，
∴由折叠的性质可得：，
∵将线段向左平移刚好可以与线段重合，
∴由平移的性质可得：，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选．
【题型2 平行四边形中的轴对称问题】
1.A
【分析】连接，作 于点，根据四边形是平行四边形，，，和沿着翻折，点恰好落在上的点处，可得是等边三角形，根据含30度角的直角三角形和等腰直角三角形，可得的长，再证明，可得．进而可得结论．
【详解】解：如图，连接，作于点，
四边形是平行四边形，
，，，
，，
，，
沿着翻折，点恰好落在上的点处，
，，
是等边三角形，
，
，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
．
故选：A．
2.45
【分析】根据轴对称的性质可得，然后求出，再根据平行四边形的对角相等解答．
【详解】解：平行四边形与平行四边形关于所在的直线对称，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
故答案为：45．
3.或/或
【分析】本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解．
根据，不妨设，当在之间时，由翻折的性质知：，可得，，由三线合一得到，继而由可求解；当在的延长线上时，同理可求解．
【详解】解：当在之间时，作下图，

根据，不妨设，
由翻折的性质知：，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
沿直线翻折至所在直线，
，
，
，
∵过作的垂线交于，
，
，
当在的延长线上时，作下图，

根据，不妨设，
同理知：，
∵过作的垂线交于，
，
故答案为：或．
4.30
【分析】根据平行四边形的性质得出，由折叠可知，，进而推出，，则，以为边构造等边三角形，连接， 通过证明，得出，进而得出，最后根据，即可解答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由折叠可知，，
∴，
∴，
∴，
以为边构造等边三角形，连接，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：30．
【题型3 平行四边形中的旋转问题】
1.
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形点性质，三角形内角和定理，平行四边形的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．由旋转的性质可知，，，再根据等腰三角形点性质及三角形内角和定理，得到，然后根据平行四边形和平行线的性质，即可求出的度数．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
2.
【分析】本题考查了平行四边形性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形，旋转的性质，解题的关键在于作辅助线构造全等三角形．作轴，轴，得到，，由旋转的性质可知，，，，证明，利用全等三角形性质可得，，进而可得，即可解得点的坐标．
【详解】解：作轴于E，轴，
，
，
，，
在中，，
，
由旋转的性质可知，，，，
，
，
，
，，
，
点的坐标是．
故答案为：．
3.2或14
【分析】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，勾股定理，注意分类讨论；由题意得；分顺时针旋转与逆时针旋转两种情况，利用旋转性质及勾股定理即可求解．根据题意确定是解题的关键．
【详解】解：∵线段绕着点旋转得到线段，点恰好落在直线上，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得：；
当线段绕着点顺时针旋转时，如图，
∴，
∴；
当线段绕着点逆时针旋转时，
则在点P的右侧，
∴；
综上，的长为2或14；
故答案为：2或14．
4.
【分析】作，连接，根据旋转的性质可得即四边形是矩形可得,，进而可得；然后根据勾股定理可得、；再证可得，设可得，然后根据勾股定理列方程求得，最后根据平行四边形的面积公式解答即可．
【详解】解：作，连接
∵将其中一张纸片绕它的中心旋转，点A和点C的对应点和分别落在边和上
∴
∴四边形是矩形
∴,
∵，
∴,
∴
∵
∴
∵
∴
∴
设
∵
∴
∵,即，解得：
∴阴影部分的面积为：
故答案为，．
【题型4 平行四边形中的定值问题】
1.①②
【分析】过点作，交于点，根据平行线的判定和性质，推出，判断①；证明四边形为平行四边形，为等腰三角形，推出，判断②；结合图形，根据线段的变化情况，判断③和④．
【详解】解：过点作，交于点，

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，为定值，故①正确；
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，，
∴，，
∴，
∴为定值，故②正确；
由图可知，当点从下往上运动时，逐渐减小，
∵为定值，
∴逐渐增大，
∴逐渐减小，不是定值，故③错误；
假设，则：，
∴为直角三角形，
∴，
设，
∴，
∴，
∵不是定值，
∴的值也不是定值，故④错误；
故答案为：①②．
2.解：过A作使得，作点C关于l的对称点D，连接与l的交点即为F，过A作交l为E，点E，F即为所求．
证明：∵，，
∴是平行四边形，
∴，
∵点C关于l的对称点D，
∴，，
∴，，
∵为定值，
∴要求的最小值，只需求，
∴点B、F、D共线时，最小．
3.（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：是；
（2）证明：由（1）知四边形为平行四边形，则，，
∵，，，
∴，
又∵，
∴和为等边三角形，
∴，，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
又∵，，
∴．
∴；
（3）四边形的面积不变，为定值．
理由如下：由（2）得，则，
故，是定值，
作于点，
∵，
∴，则，
∴，
综上，四边形的面积不变，为定值．
4.解：（1）在中，，，，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵(已知)，(已知)，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
（3）过点O作于点H，交于点G，

∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴．
（4）与的面积比是定值．
理由：作于M，交延长线于N，如图，

∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴与的面积比是定值．
【题型5 平行四边形中的最小值问题】
1.A
【分析】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质以及垂线段最短的性质等知识；解题的关键是作高线构建直角三角形．
由平行四边形的性质可知是中点，最短也就是最短，过作的垂线，然后根据直角三角形的性质即可求出的最小值．
【详解】如图所示：
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵最短也就是最短，
∴过点O作，即为所求，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴的最小值为：，
故选：A．
2.A
【分析】设，交于点O，过点O作于点F，勾股定理求得，等面积法求得，根据垂线段最短，当点D与点F，重合时，最小，进而求得的最小值，即可求解．
【详解】解：设，交于点O，过点O作于点F，如图所示，
在四边形中，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
当点D与点F，重合时，最小，
∴的最小值为．
故选：A．
3.D
【分析】过点作，过点作，二线交于点，连接，则四边形是平行四边形，得到，，再利用平行线性质可求得，利用勾股定理可求得，然后根据，当，，三点共线时，取得最小值，即取得最小值，最小值为等于，即可求解．
【详解】解：过点作，过点作，二线交于点，连接，
∵，
四边形是平行四边形，
，，
∵，
∴
∴，
∵
∴
由勾股定理，得，
，
当，，三点共线时，取得最小值，
取得最小值，最小值等于
∴的最小值．
故选：D．
4.
【分析】由轴对称的性质可知，在中由三角形三边关系可知，则可求得答案．
【详解】解：连接，如图：
∵平行四边形的坐标分别为、、、，
∴，，
∵点A关于的对称点为，
∴，
在中，由三角形三边关系可知：，
∴，即的最小值为，
故答案为：．
【题型6 平行四边形中的最大值问题】
1.
【分析】本题主要考查平行四边形及轴对称的性质，利用三角形的三边关系得到是解题的关键．
连接，由轴对称的性质可知，在中由三角形三边关系可知，则可求得答案．
【详解】解：连接，如图：
平行四边形的坐标分别为、、、，
，，
若点关于的对称点为，
，
在中，由三角形三边关系可知：，
，即的最小值为，最大值为．
故答案为：，．
2.
【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将和的长度先求出来，再利用三角形的三边关系判断，当时最大．
【详解】解∶如图所示∶连接交于点，连接，取的中点，连接和，
∵在菱形中，为中点，为中点，，
∴，
当、、、共线时，也为，
∵为中点、为中点，
∴
∵在菱形中，且，，
∴，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵．
∴，
∴的最大值为．
故答案为∶．
3.2
【分析】由折叠的性质可知，当时，的长度取最小值，则的长度取最小值，此时的长度取最大值，过点作于点，则，由含30度角直角三角形的性质以及勾股定理可得，从而即可得到答案．
【详解】解：由折叠的性质可知，当时，的长度取最小值，则的长度取最小值，此时的长度取最大值，
四边形是平行四边形，
，
，
，
如图，过点作于点，则，

在中，，
，
∴，
∴，
和长度的最小值为6，
故长度的最大值为，
故答案为：2．
4.
【分析】本题考查了三角形中位线定理，三角形外角定理，等边三角形性质，勾股定理，连接，，利用三角形中位线定理得到，当点 F运动到点时，即与重合，最大，则最大，利用等边三角形性质，，再利用三角形外角定理得到，进而得到，利用勾股定理得到，即可解题．
【详解】解：连接，，
点 E 是的中点，的中点为 G．
，，
点 F 是上的动点，
当点 F运动到点时，即与重合，最大，则最大，
，
，，
，
，
，
的最大值是．
【题型7 平行四边形中的动点问题】
1.C
【分析】本题综合考查了平行四边形性质，勾股定理和从函数图像获取信息，解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．过点作于点，通过分析图象，点从点到用，此时，的面积为，依此可求的高，再由图象可知，，应用两次勾股定理分别求和，从而解题．
【详解】解：过点作于点，
由图象可知，点由点到点用时为，的面积为．
，
，
，
当点从点到点时，用时为，
，
在中，
，
的四条边都相等，
，，
在中，
，
解得：，
故选：C．
2.2或3
【分析】本题主要考查四边形中的动点移动问题，关键在于根据平行四边形的性质列出方程求解即可.
根据题意设秒时，直线将四边形截出一个平行四边形，.要使成平行四边形，则就有或，列方程并解方程即可求出t值.
【详解】解：根据题意设t秒时，直线将四边形截出一个平行四边形，
则
要使构成平行四边形
则：或
进而可得： 或
解得或
故答案为：2或3
3.当点 在点右侧时，
点是的中点，
，
，，
，
解得：；
当Q在点左侧时，
，，
解得：，
综上所述经过秒或秒时以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
3.（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）由（1）知，，
∵，
∴，
由运动知，，，
∵，
∴要使以M、E、B、N为顶点的四边形是平行四边形，只要，
当点N在边上时，，
∴，
∴，
当点N在边的延长线上时，，
∴，
∴（舍去），
综上所述，当时，以M、E、B、N为顶点的四边形是平行四边形.
【题型8 平面直角坐标系中的平行四边形存在性问题】
1.（1）解：∵线段的长分别是且满足，
∴，，
∴，；
∴；
（2）设，由翻折的性质可得：，，，，
∴，
在中，由勾股定理可得：，
即，
解得：，
∴，
则的面积为；
（3）由（2）可知，，
过E作，在中，，
即，
解得：，
在中，，则，
∴点E的坐标为，
设直线的解析式为：，
把，代入解析式可得： ，
解得： ，
所以的解析式为：，
设，，
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形且为对角线时，
则，即，解得：，
此时点的坐标为；
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形且为对角线时，
则，即，解得：；
此时点的坐标为；
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形且为对角线时，
则，即，解得：；
此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或或．
2.（1）解：直线与直线平行，
设直线解析式为，
将代入得：，
解得：
直线的解析式为
联立直线与直线得：
，解得
点C的坐标为；
（2）解：设点P，
由得：
解得：，
则点
由题意可知，，
作点D关于x轴的对称点E，再将E向右平移两个单位，得到点F，连接，如下图：
则，，，
由题意可知：，
∴四边形为平行四边形，
∴
四边形周长为
∵定长
∴四边形周长最小，即最小，也就是最小
得到：P、N、F三点共线时最小，
设直线所在直线的解析式为
将、代入得
，解得
，令，
解得，即
∴；
（3）解： ，绕O点顺时针旋转得到，
过点作于点，如下图：
则，
∴
∴，
G点坐标为，
设直线的解析式为：，
则解得：，
直线的解析式为：，
∴，，
以为邻边时，则，如下图：
又∵，F是直线上的一个动点
∴点E为直线上，即点E与点D重合，
点M到点G是向上平移个单位，再向右平移一个单位，则将点E向上平移个单位，再向右平移一个单位，即得点F坐标为；
以为邻边时，如下图：
由上述可得，点E为直线上，即点E与点D重合，
点G到点M是向下平移个单位，再向左平移一个单位，则将点E向下平移个单位，再向左平移一个单位，即得点F坐标为
以为对角线时，则的中点，
设，
由平行四边形的性质可得：点E、F关于点N对称，
则，解得
点F的坐标为；
综上所述、点F的坐标为、、．
3.（1）解：设直线的解析式为，且直线与轴分别交于点，
∴，
解得，，
∴直线的函数解析式为；
（2）解：∵，轴交直线于点，
∴点的纵坐标为，
∴，
解得，，
∴，
∴，，，且，
∴在中，，
∵，，
∴，
∵设点到的距离为，则，
∴，
∴；
（3）解：存在，点的坐标为或或，理由如下，
第一种情况，如图所示，当点在轴上，点的左边，
∵以为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
∴点的横坐标为，即；
当点在轴上，点的右边，
∴点的横坐标为，即；
第二种情况，如图所示，为对角线，连接交于点，
∴，且，
设，
∴，
解得，，，
∴；
综上所述，存在，点的坐标为或或．
4.（1）解：∵四边形是平行四边形
∴
∵
∴点的坐标
（2）解：∵，且由（1）得点的坐标
∴
∵一次函数的图象分别与线段交于两点，
∴把代入，得出，即
∴把代入，得出，即
则
∴；
（3）解：存在：
如图所示：连接，即相交于一点，即为
图形观察：点W的横坐标小于C的横坐标
依题意，当为对角线时，
∵以为顶点的四边形是平行四边形
∴
∵由（2）知，点的坐标，
∴，即点W的横坐标大于C的横坐标，
与图形表示的信息是矛盾的，故当为对角线的情况舍去；
当为边时，且当N在轴的负半轴时，如图所示：
∵四边形是平行四边形
∴
∵点的坐标，
∴点的纵坐标与的纵坐标相等，即为
∵点是直线上一动点
∴此时点与点重合的
∴
则
∵当N在轴的负半轴
∴；
∴，即点W的横坐标大于C的横坐标
∵
∴当为边时，且当N在轴的正半轴时，如图所示：
设点N的坐标为
∵四边形是平行四边形
∴
∵点的坐标，
∴点向下平移个单位，向左平移个单位得到点，
∴点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M，
∴点的纵坐标为
∵点是直线上一动点
∴设的解析式为
把，代入
则
解得
∴的解析式为
把代入
解得
∴
∵点N向下平移个单位，向左平移个单位得到点M，
∴
∴
综上：或
【题型9 平行四边形中的新定义问题】
1.C
【分析】根据平行四边形的判定，两组对边边必须平行，可以得出上下各两个平行四边形符合要求，以及特殊四边形矩形与正方形即可得出答案．
【详解】解：如图所示：
∵矩形，矩形，平行四边形，平行四边形，
还有两个以为对角线的平行四边形，平行四边形，
还有两个以为对角线的正方形．
∴一共有7个面积为2的阵点平行四边形．
故选：C．
2.
【分析】根据题意得出直线经过点，确定关于对称的点为，得出直线关于对称的直线为，然后代入临界点求解即可．
【详解】解：，
当时，，当时，，
∴直线经过点，
∴关于对称的点为，
设直线关于对称的直线为，
将点代入得：，
解得：，
∴，
当经过时，；
当经过时，；
∵对称点M′在 ABCD的内部（不包含边界），
∴，
故答案为：．
3.2≤m≤4
【分析】找到Q点的两个边界点，利用平行四边形的性质和全等三角形的性质进行求解即可．
【详解】在平行四边形ABCD中，∠ABC+∠BCD＝180°，
∵BP平分∠ABC，PC平分∠BCD，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCB＝∠BCD，
∴∠PBC+∠PCB＝（∠ABC+∠BCD）＝90°，
∴∠BPC＝90°，
当点Q与点C重合时，如图所示：
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠CBP，
∵∠BPC＝90°，
∴∠APB＝∠BPC＝90°，
∵BP＝BP，
∴△ABP≌△CBP（ASA），
∴AB＝BC，
∵BC＝4，
∴m＝4，
当点Q与点D重合时，如图所示：
延长CP交BA的延长线于点K，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠CBP，
∵∠BPC＝90°，
∴∠KPB＝∠BPC＝90°，
∵BP＝BP，
∴△KBP≌△CBP（ASA），
∴BK＝BC，KP＝CP，
∵ABCD，
∴∠K＝∠DCP，
又∵∠KPA＝∠CPD，
∴△KPA≌△CPD（ASA），
∴CD＝AK，
∵AB＝CD，
∴BC＝2AB＝4，
∴AB＝2，
∴m＝2，
综上所述：当点Q落在线段CD上时，m的取值范围是2≤m≤4，
故答案为：2≤m≤4．
4. D、F
【分析】题目主要考查新定义，平行四边形的判定和性质，一次函数的性质，坐标与图形，理解题意，结合图象求解是解题关键．根据题意描出相应的点，然后利用一次函数确定函数解析式，确定交点，再由平行四边形的判定和性质即可求点关于直线“平心点”；根据题意结合图象，得出点的运动轨迹为点，即可求的取值范围．
【详解】解：根据题意作图如下：
，，，
直线所在直线为，
设直线所在直线为，
将点代入得：，
∴，
交直线于点，
设直线所在直线为，
，
解得，
∴直线所在直线为，
交直线于点，
∴两个交点之间的距离为，
∵所在直线平行于x轴，
∴四边形为平行四边形，符合题意；
同理点E不符合题意；点F符合题意；
根据题意结合图象，连接，则中点即，
连接，则中点即，
∴；

故答案为：D、F；．
【题型10 平行四边形中的综合实践与探究】
1.证明：（1）∵是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
（2）由（）可知，是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（3）如图，过作于，
则，
由（）可知，，
∵，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴．
2.解：[初步尝试]（1）正确，理由如下，
∵是等边三角形，
∴，
∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
[类比探究]（2）四边形为平行四边形，理由如下，
∵，
∴，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
[拓展延伸]（3）∵，
∴，，
如图所示，将绕点逆时针旋转得到，连接，则，，

，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
当点三点共线时，，此时的值最小，
如图所示，过点作延长线于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得，（负值舍去），
∴，
∴，
在中，，
∴的最小值为．
3.（1）证明：为等边三角形，
，，
绕点逆时针旋转得到，
，，
，
，，
，
；
（2）解：四边形为平行四边形，理由如下，
，，
，
绕点逆时针旋转得到，
，，，
，则，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
则四边形为平行四边形.
4.（1）解：过A作于H，如图：
平分
∵四边形是平行四边形，
在中，
由勾股定理得：
；
（2）解：如图，作D关于的对称点E，连接交于点，则，连接，交直线于P，过D作于Z，则此时的值最小，且等于长，即的周长最小，
∵，
∴，
由（1）知， ，
∴，
∴
又∵，
在中，
∴
∴的周长(米)，
∴隔离带的长度存在最小值，最小值为(米)．

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