专题3-3 平行四边形（考题猜想特殊四边形的性质在动点问题中的巧用）解析版-2023-2024学年8下数学期末考点大串讲（人教版）

专题3-3平行四边形（考题猜想，特殊四边形的性质在动点问题中的巧用）技巧1：巧用平行四边形的性质解决动点问题【例题1】（22-23八年级下·河南新乡·期中）如图1，点E是平行四边形边上一动点，沿A→D→C→B的路径移动，设点E经过的路径长为x，的面积是y，图2是点E运动时y随x变化的关系图象，则与间的距离是（）A．5 B．4 C． D．【答案】D【分析】根据点E的运动可得，设与间的距离是d，当点E在上时，的面积占平行四边形面积的一半，再根据平行四边形面积公式求解即可．【详解】由图2可知，，设与间的距离是d，当点E在上时，，解得，故选：D．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，准确理解函数图象并熟练掌握平行四边形面积公式是解题的关键【变式1】（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，E是的中点，已知，，，，点P是线段上的一个动点，当的长为时，以点P，A，D，E为顶点的四边形是平行四边形．【答案】1或9【分析】本题主要考查了坐标与图形，平行四边形的判定，根据四个点的坐标求出，，，，根据平行四边形的判定得出当时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况进行讨论即可得出答案．【详解】解：∵，，，，∴，，，，∴，∵E是的中点，∴，当时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况：①当点P在点E的左侧时，；②当点P在点E的右侧时，；综上所述，当的长为1或9时，以点P，A，D，E为顶点的四边形是平行四边形，故答案为：1或9【变式2】（22-23八年级下·吉林长春·期末）直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，菱形如图放置在平面直角坐标系中，其中点D在x轴负半轴上，直线经过点C，交x轴于点E.

(1)请直接写出点C，点D的坐标，并求出m的值；(2)点是线段上的一个动点（点P不与O、B重合），经过点P且平行于x轴的直线交于M，交于N.当四边形是平行四边形时，求点P的坐标；(3)点是y轴正半轴上的一个动点，Q是平面内任意一点，t为何值时，以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形？【答案】(1)，，(2)(3)或3或【分析】（1）首先求出，，再利用勾股定理求得，再根据菱形的性质求得，，再把点C坐标代入直线即可求解；（2）由（1）可知，直线，，求得，，设，，可得，根据平行四边形的性质可得，即，即可求解；（3）若以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形，则是等腰三角形，分类讨论：、、分别求值即可．【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，当时，；当时，，解得，∴，，∴，，在中，，∵四边形是菱形，∴，，∴，∴，，∵直线经过点C，∴，解得：．（2）解：由（1）可知，，，∴直线，当时，，解得，∴，∴，∵，∴设，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，即，解得，∴．（3）解：∵以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形，∴是等腰三角形，当时，∵，，，∴，，∴，解得，（舍去），当时，，解得，当时，，解得，综上所述，或3或时，以点C、D、P、Q为顶点的四边形是菱形．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查直线上点的坐标的特征、平行四边形的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理，将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题是解题的关键【变式3】（22-23八年级下·四川成都·期中）如图，在平行四边形中，点E是边上的动点，现将沿折叠，点是点B的对应点．(1)如图1，当点恰好落在边上时，求证：四边形是平行四边形；(2)如图2，若点落在上时，求的长；(3)如图3．若取的中点F，连接，求的取值范围【答案】(1)见解析(2)的长是(3)的取值范围是【分析】（1）由平行四边形的性质得由折叠得则进而即可证明四边形是平行四边形；（2）由题意作交的延长线于点H，结合平行四边形的性质及勾股定理进行分析求解；（3）根据题意取的中点T、连接进一步得出是等边三角形，并且分析出当点F在直线的上方，且点E与点C重合时的值最大，结合平行四边形的性质及勾股定理进行分析求解。【详解】（1）证明：如图1，∵四边形是平行四边形，∴∴由折叠得∴∴∴∴四边形是平行四边形．（2）解：如图2，作交的延长线于点H，∵∴∵点落在上，∴∴∵∴∴∴∴，∴3，∵∴，∴的长是．（3）解：如图3，取的中点T、连接∵∴∴∴∴是等边三角形，∴∵点F是的中点，T是的中点，∴3，∵，且，∴，∴的最小值是3；∵点E是边上的动点，∴当点F在直线的上方，且点E与点C重合时的值最大，如图4，点E与点C重合，∴，∴三点在同一条直线上，∴且，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴，∴的最大值为，∴的取值范围是．【点睛】本题重点考查平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、等边三角形的判定与性质、三角形的三边关系等知识，此题综合性强，难度较大，属于中考压轴题技巧2：巧用菱形的性质解决动点问题【例题2】（22-23八年级下·山东德州·期中）如图，点P是边长为1的菱形对角线上的一个动点E，F分别是边，的中点，则的最小值是（

）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】本题考查菱形的性质，轴对称求最短距离，作点E关于的对称点，连接与交点为P点，此时的值最小；易求是的中点，则有，所以；【详解】解：作点E关于的对称点，连接与交点为P点，∵E，F分别是边，，∴是的中点，∵菱形，∴，∴，故选：B【变式1】（22-23八年级下·福建莆田·期末）定义：平面上一点与某个图形所有点相连的线段中最短的线段长度叫做点与该图形之间的距离，记为．如图，已知菱形，，，平面内一动点菱形外部到菱形的距离为，则点运动轨迹的长度为【答案】/【分析】本题考查了菱形的性质，圆的周长公式，根据新定义可得点运动轨迹的长度为菱形的边长加上一个圆的周长，即可求解．【详解】解：如图所示，依题意点运动轨迹的长度为菱形的边长加上一个圆的周长，依题意，点运动轨迹的长度为，故答案为：．【变式2】（22-23八年级下·辽宁抚顺·期末）在中，，点D为射线上一动点（点D不与B，C重合），以为边作菱形，使，连接．(1)如图1，当点D在线段上时，直接写出线段与的数量关系；(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上，且时，求证：．【答案】(1)(2)见详解【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，利用已知条件证明是解题的关键．（1）由已知得，再根据菱形的性质得，再由，证明≌；（2）同（1）可得≌，得，再由，证得，所以．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，，，≌，．（2）证明：四边形是菱形，，，，，≌，，，，∴由勾股定理，得，，．【变式3】（23-24八年级上·重庆渝中·期末）在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且，．(1)如图1，点为线段上一点，若，求点的坐标；(2)如图2，点在线段上，是直线上的两个动点且，是轴上任意一点，连接，求的最小值；(3)在（2）的条件下，当取最小值时，为直线上一动点，是平面内任意一点，当四点构成的四边形是以为边的菱形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)(3)点的坐标为或或或．【分析】（1）作于，由求得，从而得出，进一步得出结果；（2）作点关于的对称点，将点沿的方向移动单位至，作于，交于，作于，交于，作于，则最小，最小为：，利用直角三角形的性质和勾股定理，进一步得出结果；（3）由（2）得：，，从而得出，，根据勾股定理求得，进而得出坐标，进而得出点坐标，同样另外两点．【详解】（1）解：如图1，作于，由得，，，，；（2）解：如图2，作点关于的对称点，将点沿的方向移动单位至，作于，交于，作于，交于，作于，则最小，最小为：，，，，，，，，，，，∴，，，的最小值为：；（3）解：如图3，，，∴，由勾股定理得，由（2）得：，，，，、、、四点构成的四边形是以为边的菱形，，，，，，，，，，，，，，∴点的坐标为或或或．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是较强的计算能力技巧3：巧用矩形的性质解决动点问题【例题3】（23-24八年级上·广东揭阳·期中）在矩形中，，，点P是线段上一个动点，若将沿折叠，使点B落在点E处，连结、，若P、E、D三点在同一条直线上，则的长度是（）A．1 B．1.5 C．2 D．0.5【答案】C【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，根据矩形的性质和折叠的性质得到，利用勾股定理算出，设，则，，在中，根据勾股定理建立方程求解，即可解题．【详解】解：当P、E、D三点在同一条直线上，如图所示：在矩形中，，，，根据折叠的性质，可得，，，，在中，根据勾股定理，得，设，则，，在中，根据勾股定理，得，解得，，故选：C．【变式1】（23-24八年级上·山东淄博·期末）如图，在矩形中，，，对角线与交于点，点为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则．【答案】/【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，连接，根据矩形的性质和勾股定理求出，从而求出，进而表示出，可得即可求解．【详解】解：连接∵四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∴∴，即，∴，∴，故答案为：【变式2】（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）在矩形中，，点E是射线上一个动点，连接并延长交射线于点F，将，沿直线翻折到，延长与直线交于点M．(1)求证：；(2)当点E是边的中点时，求的长；(3)当时，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)或【分析】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理．（1）根据矩形的性质和折叠的性质，推出，即可得证；（2）先证明，得到，设，在中利用勾股定理进行求解即可；（3）分点E在线段上和点E在线段的延长上，两种情况进行讨论求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，∴，∴，由折叠可知：，∴，∴；（2）解：∵点E是边的中点，∴，∵四边形为矩形，，∴，∴，又∵，∴，∴，设，则由（1）知，，在中，，∴，解得，∴的长为；（3）解：当时，设，第一种情况，点E在线段上，如图所示：则，在中，，∴，解得：，∴的长为；第二种情况，点E在线段的延长线上，如图所示：则∴在中，，∴，解得：，∴的长为；综上可知，当时，的长为或【变式3】（22-23八年级下·辽宁沈阳·期末）如图①，在矩形中，，，对角线与交于点．(1)求证：是等边三角形；(2)动点在对角线上，连接，将绕点逆时针旋转得，连接，，．①如图②，当点在线段上，且时，（直接填空）；②当时，直接写出的面积．【答案】(1)见解析(2)①；②的面积为或【分析】（1）先根据矩形的性质和勾股定理求出矩形对角线的长，然后求出，即可判定是等边三角形；（2）①根据等边三角形的性质和旋转的性质判定，得到，再用减去的长即可求出的长；②分在上和在上两种情况，设直线与的交点为，根据推出，得到，根据含角的直角三角形的性质求出的长，根据求出的长，即可求出中边上的高，根据三角形面积公式即可求出面积．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，在中，，，，，，又，，是等边三角形；（2）解：①是等边三角形，，，又，，，，；故答案为：；②：如图，当在上时，延长交于，，，，，，，∴，，即，在中，，，，又，，；：如图，当点在上时，此时，又，，；综上，的面积为或．【点睛】本题主要考查矩形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形面积公式，勾股定理等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．技巧4：巧用正方形的性质解决动点问题【例题4】（22-23八年级下·广东广州·期中）如图，M、N是正方形的边上的两个动点，满足，连接交于点E，连接交于点F，连接，若正方形的边长为2，则线段的最小值是（）

A．2 B．1 C． D．【答案】C【分析】先根据正方形的性质证明≌，可得，再证明≌，可得，然后说明，再取的中点O，连接、，可求，根据勾股定理求出，最后根据三角形的三边关系，可知当O、F、C三点共线时，的长度最小，进而求出答案．【详解】在正方形中，，，，在和中，，∴≌（HL），∴，在和中，，∴≌（SAS），∴，∴.∵，∴，∴.取的中点O，连接、，则，在中，，根据三角形的三边关系，，∴当O、F、C三点共线时，的长度最小，最小值．故选：C．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的三边关系等，确定最小值的位置是解题的关键【变式1】（22-23八年级下·河北石家庄·期中）如图，在正方形中，是上一点，，，则，若是上一动点，则的最小值是．【答案】810【分析】首先根据题意解得、的值，再根据正方形的性质求得的值；连接，交于，连接，则此时的值最小，由题意易知关于对称，进而可得，所以，利用勾股定理解得的值，即可获得答案．【详解】解：∵，，∴，∴，∵四边形为正方形，∴；如下图，连接，交于，连接，则此时的值最小，∵四边形是正方形，∴关于对称，∴，∴，∵，，∴，故的最小值是10．故答案为：8，10．【点睛】本题主要考查正方形的性质、最短路径问题、轴对称对称的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键【变式2】（22-23八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是正方形，对角线，相交于点，，分别是边，上的动点，且，连接，分别交对角线于点，，连接，．

(1)求证：．(2)当点，分别在，的什么位置时？四边形是平行四边形，并说明理由．【答案】(1)见详解(2)当点，分别在，的中点时，四边形是平行四边形，理由见详解【分析】（1）由四边形是正方形，得，，从而证明，即可得证；（2）当点，分别在，的中点时，则为的中位线，那么，，由四边形是正方形，得，所以，，即可得到四边形是平行四边形．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴．∵正方形的对角线，相交于点，∴，，在和中，，∴，∴．（2）解：当点，分别在，的中点时，四边形是平行四边形，∵当点，分别在，的中点时，∴为的中位线，∴，，∵正方形的对角线，相交于点，∴，∴在四边形中，，，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了正方形的性质、中位线的性质、平行四边形以及全等三角形的判定，正确掌握相关内容性质是解题的关键【变式3】（22-23八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在坐标原点，点G的坐标为．

(1)求的长及F点的坐标；(2)将图1正方形绕O点旋转至