专题913平行四边形（题型分类拓展）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.13平行四边形（题型分类拓展）【题型目录】【题型1】平行四边形中的作图题；【题型2】坐标系中的平行四边形；【题型3】平行四边形中的折叠与重合问题；【题型4】平行四边形中的旋转问题；【题型5】平行四边形中的最值问题；【题型6】平行四边形中的动点问题.一、单选题【题型1】作图题；1．（2013·广西百色·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AB＞BC，按以下步骤作图：以A为圆心，小于AD的长为半径画弧，分别交AB、CD于E、F；再分别以E、F为圆心，大于EF的长半径画弧，两弧交于点G；作射线AG交CD于点H．则下列结论：①AG平分∠DAB，②CH=DH，③△ADH是等腰三角形，④S△ADH=S四边形ABCH．其中正确的有（）A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③2．（2016·湖北襄阳·中考真题）如图，在□ABCD中，AB＞AD，按以下步骤作图：以点A为圆心，小于AD的长为半径画弧，分别交AB、AD于点E、F；再分别以点E、F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧交于点G；作射线AG交CD于点H，则下列结论中不能由条件推理得出的是（）A．AG平分∠DAB B．AD=DH C．DH=BC D．CH=DH3．（2023上·八年级课时练习）有一条以互相平行的直线为岸的河流，其两侧有村庄和村庄，现在要在河上建一座桥梁（桥与河岸垂直），使两村庄之间的路程最短，从作图痕迹上来看，正确的是（

）A．

B．

C．

D．

【题型2】坐标系背景下的平行四边形；4．（2023下·辽宁铁岭·七年级校考阶段练习）如图，平行四边形在坐标系中的坐标分别为，，，则D点的坐标为（

）A． B． C． D．5．（2023上·湖北襄阳·九年级校联考期中）在坐标系中，的对角线交于原点O，若，则点C的坐标为（

）A． B． C． D．6．（2023下·四川成都·八年级统考期末）如图，已知的顶点，，点B在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，作射线交于点G．则点G的坐标为（）

A． B． C． D．【题型3】平行四边形中的折叠与重合问题；7．（2019·海南·中考真题）如图，在中，将沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若，，则的周长为（）A．12 B．15 C．18 D．218．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，将平行四边形折叠，使点落在边上的点处，若，，则的度数为（

）A． B． C． D．9．（2022下·四川绵阳·八年级校考期中）如图，在中，，，点E、F分别在上，将四边形沿折叠得四边形，恰好垂直于，若，则的值为（

）A．3 B． C． D．【题型4】平行四边形中的旋转问题；10．（2023上·河南信阳·九年级统考期中）如图，平行四边形中，，，，连接，将绕点B旋转，当（即）与交于一点E，（即）同时与交于一点F时，下列结论正确的有（）①；②；③；④周长的最小值是．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11．（2023下·广东深圳·八年级深圳市高级中学校考期末）如图，平行四边形中，，，对角线交于点P，将平行四边形绕点O顺时针旋转，旋转后点P的坐标为（

）

A．B． C． D．12．（2023下·河南商丘·九年级校考阶段练习）如图1，把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对为点P的斜坐标．在图2所示的平面斜坐标系中，已知，点P的斜坐标为，过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，将四边形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点P的斜坐标为（

）

A． B． C． D．【题型5】平行四边形中的最值问题；13．（2021下·江苏无锡·八年级统考期中）已知平面直角坐标系中，点A、B在动直线（m为常数且）上，，点C是平面内一点，以点O、A、B、C为顶点的平行四边形面积的最大值是（）A．24 B．25 C．26 D．3014．（2023下·广西玉林·八年级统考期中）如图，在矩形中，，点P在上，点Q在上，且，连结，则的最小值为（

）

A．22 B．24 C．25 D．2615．（2023下·陕西西安·八年级校考阶段练习）如图，中，，，对角线与交于点，点在边上，且，点为边上一动点，将沿直线翻折，使得点落在点，连接，则长的最小值为（）

A． B．2 C． D．【题型6】平行四边形中的动点问题.16．（2023下·浙江杭州·八年级杭州市公益中学校考期中）如图，在中，，，分别为，上的动点，，分别以，所在直线为对称轴翻折，，点，的对称点分别为，若、、、恰好在同一直线上，，且，则的长是（

）A． B． C． D．17．（2023下·浙江金华·八年级统考期末）如图，在中（），，对角线交于点，动点从点出发，沿着→→运动．设点E运动的路程为，的面积为，关于的函数图像如图所示．则长为（）

A．5 B．6 C． D．18．（2023·山西大同·校联考三模）如图，中，，，M是边的中点，N是边上一动点，将沿所在的直线翻折得到，连接，则的最小值是（

）

A．3 B． C． D．二、填空题【题型1】作图题；19．（2017·四川成都·中考真题）如图，在平行四边形中，按以下步骤作图：①以为圆心，任意长为半径作弧，分别交于点；②分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；③作射线，交边于点，若，则平行四边形周长为．20．（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在平行四边形中，按如下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别交，于点，；②分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．若，则为．

21．（2023下·广东东莞·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形是平行四边形，按以下步骤作图：①分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和；②作直线交于点，交于点．若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为．

【题型2】坐标系背景下的平行四边形；22．（2020下·内蒙古通辽·九年级校联考阶段练习）在平面直角坐标系中，为坐标系原点，在坐标平面内，若以为顶点的四边形是平行四边形，则点坐标为．23．（2023下·河北保定·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，，为轴上一动点，连接并延长至点，使，取轴负半轴上一点，使得，以，为边作．（）点的坐标为．（）设点坐标为，则点的坐标为（用含的代数式表示），连接，则长度的取值范围为．24．（2023上·北京海淀·八年级校考期中）平面直角坐标系中，点，点，点，若点E在x轴上，且，则点E的坐标为．

【题型3】平行四边形中的折叠与重合问题；25．（2016·湖北武汉·中考真题）如图，在▱ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F．若∠B=52°，∠DAE=20°，则∠FED′的大小为．26．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，，点是上一动点，将沿折叠得到，当点恰好落在上时，的长为．

27．（2022下·安徽宿州·八年级统考期末）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点A的直线折叠，使得点B落在上的点Q处．折痕为；再将，分别沿，折叠，此时点C，D落在上的同一点R处．请完成下列探究：（1）的大小为；（2）当四边形是平行四边形，时，

【题型4】平行四边形中的旋转问题；28．（2023下·四川成都·八年级统考期末）在中，，，，为外的一点，且．若点到边上的最短距离记为，当绕旋转时，的取值范围是．

29．（2023下·湖北武汉·七年级统考期中）如图，已知直线，点、分别在、上，射线自射线的位置开始，以每秒的速度绕点逆时针旋转至便立即顺时针回转，旋转至后停止运动，射线自射线的位畳开始，以每秒的速度绕点顺时针嫙转至后停止运动，若射线先旋转秒，射线才开始转动，当射线，互相平行时，射线的旋转时间（）为秒．30．（2022上·河南信阳·九年级校考阶段练习）如图，和都为等腰直角三角形，，连接，以为邻边作平行四边形，连接．若，现将绕点逆时针旋转一周，则在旋转过程中，的最小值是．【题型5】平行四边形中的最值问题；31．（2022下·江苏扬州·八年级统考期中）已知平面直角坐标系中，点A、B在动直线（m为常数且）上，，点C是平面内一点，以点O、A、B、C为顶点的平行四边形面积的最大值是．32．（2023下·湖北孝感·八年级校考阶段练习）在平行四边形中，相交于点O，过点O作，连接，已知的周长为18，若的长为整数，则的最大值是．

33．（2021下·福建福州·八年级统考期中）如图，在▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB=6，BC＝8，点P、E分别为AD、BC上两动点，且满足PB平分∠APE,当CE取得最大值时，BE的值为．【题型6】平行四边形中的动点问题.34．（2022下·云南楚雄·八年级统考期末）如图，在四边形中，，，，，动点P从点A出发，以的速度向点D运动，同时动点Q从点C出发，以的速度向点B运动.规定当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.从运动开始，经过s时，会有35．（2023下·江苏南京·八年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，，点P为y轴上一动点，连接并延长至点D，使，取y轴上一点B，以，为边作，连接，则长度的取值范围为．

36．（2023上·广东深圳·九年级深圳实验学校中学部校考开学考试）如图，已知中，，点为上一动点，，连接．与交于点，，若，则．

三、解答题【题型1】作图题；37．（2022·湖南永州·统考中考真题）如图，是平行四边形的对角线，平分，交于点．（1）请用尺规作的角平分线，交于点（要求保留作图痕迹，不写作法，在确认答案后，请用黑色笔将作图痕迹再填涂一次）；（2）根据图形猜想四边形为平行四边形，请将下面的证明过程补充完整．证明：∵四边形是平行四边形，∴∵______（两直线平行，内错角相等）又∵平分，平分，∴，∴∴______（______）（填推理的依据）又∵四边形是平行四边形∴∴四边形为平行四边形（______）（填推理的依据）．38．（2021·广西·统考中考真题）如图，四边形中，，，连接．（1）求证：；（2）尺规作图：过点作的垂线，垂足为（不要求写作法，保留作图痕迹）；（3）在（2）的条件下，已知四边形的面积为，，求的长．【题型2】坐标系背景下的平行四边形；39．（2023下·重庆·八年级重庆市南坪中学校校联考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别是，，．

（1）画图：将绕原点逆时针旋转，得到；（2）画图：平移到，使点的对应点的坐标为，则的坐标为______；（3）在坐标系中找一点，使得以、、、为顶点的四边形是平行四边形，则点的坐标为______；在图中描出点的位置．40．（2022下·天津西青·八年级统考期末）如图，在平面坐标系中，直线分别与x轴，y轴交于点，点．（1）求直线l的解析式；（2）若点C是y轴上一点，且的面积是，求点C的坐标；（3）在（2）的条件下，当点C在y轴负半轴时，在平面内是否存在点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【题型3】平行四边形中的折叠与重合问题；41．（2013·甘肃兰州·中考真题）如图1，在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8．以OB为边，在△OAB外作等边△OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；（2）如图2，将图1中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合，折痕为FG，求OG的长．42．（2015·江苏扬州·统考中考真题）如图，将ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落到AB边上的点处，折痕交CD边于点E，连接BE（1）求证：四边形是平行四边形（2）若BE平分∠ABC，求证：【题型4】平行四边形中的旋转问题；43．（2022上·江西宜春·八年级校考阶段练习）如图，已知的周长为10，对角线与相交于点，的周长比的周长小1．（1）求这个平行四边形各边的长；（2）将射线绕点顺时针旋转，交于，当旋转角度为多少度时，平分，说明理由．44．（2023下·黑龙江双鸭山·八年级校考期末）已知：点P是平行四边形对角线所在直线上的一个动点（点不与点A、C重合），分别过点A、C向直线作垂线，垂足分别为点E、F，点O为的中点．

（1）当点与点重合时如图1，易证（不需证明）（2）直线绕点逆时针方向旋转，当时，如图2的位置，猜想线段之间有怎样的数量关系？请写出你对图2的猜想并证明．【题型5】平行四边形中的最值问题；45．（2023下·辽宁大连·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴和y轴分别交于点A，B，直线与y轴交于点，与交于点，过点C作轴于E．

（1）求的长；（2）点P是x轴上一动点，过点P作x轴的垂线，分别与直线，交于点M，N，设点P的横坐标为t，线段的长为m，的面积为S，请先画出图形，再求S关于t的函数关系式；（3）在（2）的条件下，①当时，m的最大值是________；②当t的值为________时，以M、N、C、E为顶点的四边形为平行四边形．（直接写出答案）46．（2023下·吉林·八年级校联考期末）【教材原题改编】改编自人教版八年级下册数学教材第51页第14题．如图，的对角线和相交于点，过点且与边、分别相交于点和点．求证：；【结论应用】若，，，则四边形的面积为______，的最小值为______

【题型6】平行四边形中的动点问题.47．（2023上·海南省直辖县级单位·九年级统考期中）如图所示，在直角梯形中，，．动点从点出发，沿射线的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位长度的速度向点运动，当点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为（秒）．（1）设的面积为，求与之间的关系式；（2）当为何值时，以点为顶点的四边形是平行四边形？（3）分别求出当为何值时，①；②．48．（2023上·广东珠海·九年级珠海市文园中学校考开学考试）如图在平面直角坐标系中，已知直线交轴于点，交轴于点．直线与直线相交于点，交轴于点，交轴于点．

（1）直接写出点的坐标______；（2）若点是线段上的一个动点，设点的横坐标是，的面积是，求与之间的函数解析式；（3）平面直角坐标系内是否存在点，使以点，，，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．参考答案：1．D【分析】根据作图过程可得AG平分∠DAB；再根据角平分线的性质和平行四边形的性质可证明∠DAH=∠DHA，进而得到AD=DH，从而得到△ADH是等腰三角形．解：①如图，连接EG，FG，由作图可得，AE=AF，EG=FG，又∵AG=AG，∴△AEG≌△AFG（SSS）．∴∠EAG=∠FAG，即AG平分∠DAB．故结论①正确．③∵在平行四边形ABCD中，DC∥AB，∴∠HAB=DHA．由①∠HAB=∠HAD，∴∠HAD=DHA．∴DA=DH，即△ADH是等腰三角形．故结论③正确．②若CH=DH，由③可得AB=DC=AD，与已知AB＞CD条件不符．故结论②错误．④若S△ADH=S四边形ABCH，由③可得AB=DC=AD，与已知AB＞CD条件不符．故结论②错误．综上所述，正确的有①③．故选D．【点拨】此题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的作法、平行线的性质；熟记平行四边形的性质是解决问题的关键关键．2．D解：A、由角平分线的作法，依题意可知AG平分∠DAB，A正确；B、∠DAH＝∠BAH，又AB∥DC，所以∠BAH＝∠DHA，所以，∠DAH＝∠DHA，所以，AD＝DH，B正确；C、又AD＝BC，所以，DH＝BC，C正确；D、根据现有条件不能证明D正确．故选D．3．D【分析】根据轴对称确定最短路线，即可得到答案．解：根据轴对称确定最短路线问题，过村庄作河岸的垂线并且等于河的宽度，然后与村庄连接与河岸相交于一点，过点作与相交于点，连接，则即为最短路径，如图

所示，故选：D．【点拨】本题考查了轴对称确定最短路线问题，利用的原理为平行四边形的对边相等，难度较大．4．C【分析】利用平行四边形的性质解题，由B点到A点的平移过程，可将线段先向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度得到线段，由C点坐标确定D点的坐标．解：四边形是平行四边形，且，将线段先向左平移3个单位长度、再向下平移1个单位长度得到线段，C点坐标先向左平移3个单位长度、再向下平移1个单位长度可得D点的坐标，即；故选：C．【点拨】本题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是利用平移确定点的坐标，易错点是平移的方向和平移的长度．5．B【分析】根据题意，原点O为对称中心，则点A与点C关于原点对称，即可得到答案．解：如图所示：

∵四边形是平行四边形，对角线交于原点O，∴点A与点C关于原点O对称，∵点，∴点，故选：B．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，以及中心对称图形的性质，解题的关键是掌握平行四边形是中心对称图形，从而进行解题．6．C【分析】由平行四边形的性质可得，，，由勾股定理可得的长，由平行线的性质和角平分线的性质可得，即可求解．解：由题意可得：平分，∵的顶点，，∴，，，∴，∵，∴，又∵平分，∴，∴，∴，∴点，故选：C．【点拨】本题考查尺规作图作角平分线、平行四边形的性质、平行线的性质、等角对等边、勾股定理、坐标与图形，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．7．C【分析】依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到，，，再根据是等边三角形，即可得到的周长为．解：由折叠可得，，，又，，，，由折叠可得，，，是等边三角形，的周长为，故选C．【点拨】本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质以及等边三角形的判定．解题时注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．8．A【分析】根据平行线的性质求出的度数，根据折叠的性质求出的度数，利用三角形内角和求出，进而可求出的度数．解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵折叠，∴，∴，，∴．故选A．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，折叠的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．9．C【分析】延长交于点H，根据折叠的性质、平行四边形的性质得到，，在中，得到，，由折叠的性质得到是等腰直角三角形，据此即可求解．解：延长交于点H，∵恰好垂直于，且四边形是平行四边形，∴也垂直于，由折叠的性质得，，，，∴，∴，，在中，，，∴，，∴，由折叠的性质得，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，故选：C．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，证明是等腰直角三角形是解题的关键．10．B【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，最短路径问题，根据题意可证，可判断①②③，由的周长，则当最小时，的周长最小，根据垂线段最短，可得时，长度最小，即长度最小，即可求此时周长最小值．解：∵，∴为等边三角形，∴，∵将绕点B旋转到位置，∴，∴，∴，∴，故①正确，③错误；∵，∴，故②正确，∵的周长，∴当最小时，的周长最小．∵，∴是等边三角形，∴，∴当时，长度最小，即长度最小，∵，∴，∴，，∴，∴的周长最小值为，故④错误，故选：B．11．C【分析】过点A作于点D，过点P作于点E，过点作于点，根据度角所对的直角边等于斜边一半，得到，利用勾股定理求得，得到，再根据平行四边形的性质，利用中点坐标公式，得到点P的坐标为，进而得到、，然后利用旋转的性质，证明，得到，，即可得到旋转后点的坐标．解：如图，平行四边形旋转后得到平行四边形，过点A作于点D，过点P作于点E，过点作于点，

，，，，，，，由勾股定理得：，，四边形是平行四边形，，即点P为中点，，点P的坐标为，即，，，由旋转的性质可知，，，，，，在和中，，，，，点在第四象限，的坐标为，故选：C．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，中点坐标公式，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．12．A【分析】根据旋转可知，每旋转6次为1个周期，根据，得出第次旋转结束时点P的斜坐标和第1次旋转结束时点P的斜坐标相同，求出四边形第1次旋转结束时，点P旋转后的坐标即可得出答案．解：∵，，∴四边形为平行四边形，∴，，∵四边形绕点O逆时针旋转，每次旋转，∴每旋转6次为1个周期，∵，∴第次旋转结束时点P的斜坐标和第1次旋转结束时点P的斜坐标相同，记四边形第1次旋转结束时，点A，P，B的对应点分别为，，，此时点在y轴上，过点作轴，交y轴于点E，延长交x轴于点F，如解图所示，由旋转的性质，易知，，，轴，∴，，∴为等边三角形，∴，∵，，∴四边形为平行四边形，∴，，∴点的斜坐标为，即第2023次旋转结束时，点P的斜坐标为，故选：A．

【点拨】本题主要考查了旋转的性质，点的坐标规律探索，平行数形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是数形结合，作出第1次旋转后点P的位置．13．B【分析】由直线关系式确定出直线过定点，把平行四边形面积最大转化为求的最大面积即可．解：∵直线，∴过定点，∴，作于H，∴，∴的面积的最大值，∴以点O、A、B、C为顶点的平行四边形面积的最大值是25，故选：B．【点拨】此题考查了一次函数性质，动点平行四边形面积最值问题，解题的关键是把求平行四边形面积最大转化为求的最大面积．14．D【分析】连接，可证四边形是平行四边形，故；在的延长线上截取，连接，则；由即可求解．解：如图，连接

在矩形中，∵∴∴四边形是平行四边形∴则在的延长线上截取，连接则∵∴连接，则∵∴的最小值为故选：D【点拨】本题考查了平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理的应用．正确作出辅助线是解题关键．15．D【分析】连接，先求出和，当点P、O、三点共线，且点O在线段上时，从而得出的最小值，即．解：连接，

∵，，∴，，∴由折叠的性质得：．又∵在中，与互相平分，，∴，又∵，∴，所以当点P、O、三点共线，且点O在线段上时，，故选：D．【点拨】本题考查平行四边形的性质，勾股定理，三角形三边关系，折叠的性质等知识，知道点O在线段时取最小值是解题的关键．16．D【分析】过点作于点，设，由勾股定理求得与，再证明，用表示，，，由勾股定理列出的方程，求得的值，即可解决问题．解：如图，过点作于点，由折叠知，，，，，设，则由折叠性质知，，，，，四边形是平行四边形，，，，，，，在中，根据勾股定理得：，，解得，或舍，，故选：．【点拨】本题主要考查了翻折变换，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．17．D【分析】根据平行四边形性质可知，结合关于的函数图像可知当动点从点出发到达点C时，面积最大，，即，作，垂足为H，利用，，结合30度直角三角形性质可求出，，进而在用勾股定理即可得到长．解：在中对角线交于点，则，

动点从点出发，沿着→→运动．设点E运动的路程为，的面积为，关于的函数图像如图所示，当动点从点出发到达点C时，面积最大，，即，当动点从点出发到达点D时，点E运动的路程为，即，设在中，，则,，，，，∵，，∴，解得：，（不合题意舍去），∵，故，，∴，，，∴在中，，故选：D．【点拨】本题考查平行四边形与函数综合，涉及平行四边形的性质、勾股定理、30度直角三角形性质等知识，读懂题意，属性结合，从函数图像中得到相应线段长是解决问题的关键．18．D【分析】过作交的延长线于，根据为定值，可知当在上时，取得最小值，然后依据角度和对应线段的长即可求得的长．解：如图，过作交的延长线于，∵中，，，∴，∴，∵M是边的中点，∴由折叠的性质可得，∵，∴当在上时，取得最小值，

∵，∴，∴，，∴，∴，故选：D．【点拨】本题考查了平行四边形的性质、折叠问题、勾股定理和含30度角的直角三角形的性质等知识点，找出所在位置是解答本题的关键．19．15解：试题分析：根据基本作图可知AQ是∠DAB的角平分线，可得∠DAQ=∠BAQ，然后根据平行四边形的性质可得DC∥AB，即∠DQA=∠DAQ，所以能得到AD=DQ，然后根据DQ=2QC，可得AD=DQ=2QC，DC=3QC，因此可求得DC=1.5BC=4.5，由此可求得平行四边形的周长为（4.5+3）×2=15.故答案为15.考点：平行四边形的性质20．【分析】先利用基本作图得，再根据平行四边形的性质和平行线的性质得到，从而得到．解：由作法得平分，，四边形为平行四边形，，，，．故答案为：．【点拨】本题考查了尺规作角平分线，平行四边形的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键．21．【分析】连接，如图，先计算出，再利用基本作图得到垂直平分，则，则，然后确定点坐标．解：连接，如图，点的坐标为，点的坐标为，，，由作法得垂直平分，，，四边形为平行四边形，，点坐标为．故答案为：．

【点拨】本题考查了作图基本作图：作已知线段的垂直平分线；也考查了线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质，解题关键是熟练运用相关性质求解．22．或或．【分析】根据要求画出以为顶点的平行四边形即可解决问题．解：在平面直角坐标系内描出三点，利用平行四边形的性质描出点，得到：或或．故答案为：或或．【点拨】本题考查的是平行四边形的判定和性质以及平面直角坐标系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．23．【分析】（）由点的坐标得到的长，再根据即可求解；（）过点作轴的平行线交轴于点，过点作轴的平行线交于点，易证明，得到，，即可求得点的坐标；由四边形为平行四边形可证明到，得到，，根据点始终在平行于轴的直线上运动，并且这条直线与轴的距离为，即可得到的取值范围；本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，判断出点始终在平行于轴的直线上运动是解题的关键．解：（）∵，∴，又∵，∴，∴，故答案为；（）如图，过点作轴的平行线交轴于点，过点作轴的平行线交于点，则，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴点的坐标为，故答案为：；∵四边形为平行四边形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵轴，∴，∴，在和中，，∴,∴，∴，∵，轴，∴点始终在平行于轴的直线上运动，并且这条直线与轴的距离为，∴点到这条直线的距离为，∴长度的取值范围为，故答案为：．24．或【分析】作交x轴于E，可得四边形是平行四边形，求出，可得点E坐标，然后作点E关于的对称点，可得，再根据轴对称的性质求出坐标即可．解：∵，，∴轴，如图，作交x轴于E，

∴四边形是平行四边形，∴，∴，作轴于D，则，作点E关于的对称点，∴，∴，综上，点E的坐标为或，故答案为：或．【点拨】本题考查了坐标与图形，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质，根据题意画出相关情况是解题的关键．25．36°解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝∠B＝52°，由折叠的性质得：∠D′＝∠D＝52°，∠EAD′＝∠DAE＝20°，∴∠AEF＝∠D＋∠DAE＝52°＋20°＝72°，∠AED′＝180°－∠EAD′－∠D′＝108°，∴∠FED′＝108°－72°＝36°；故答案为36°．【点拨】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AEF和∠AED′是解决问题的关键．26．/【分析】过点作，交的延长线于点，可证得，根据勾股定理可求得的长度，进而可求得答案．解：如图，过点作，交的延长线于点．

∵四边形为平行四边形，，∴，，．∴．∵，∴，．∴，．∵，∴，．根据折叠的性质可得，，∴，．在和中，∴．∴．在中，，∴．故答案为：．【点拨】本题主要考查全等三角形的性质、勾股定理、折叠的性质、平行四边形的性质，根据题意构建辅助线是解题的关键．27．303【分析】由折叠的性质可得，，，，，，由平角的性质可得，，可证，由平行线的性质可得，即可求解；由平行四边形和折叠的性质可得，由直角三角形的性质可得，，即可求解．解：由折叠的性质可得：，，，，，，，，，，，，，，，；故答案为：30；由折叠的性质可得：，，四边形是平行四边形，，，又，，，，，，，，．故答案为：【点拨】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．28．【分析】绕旋转可看作不动，点绕点旋转，当在直线上时，点到边上的最短距离最小，当时，点到边上的最短距离最大．解：绕旋转可看作不动，点绕点旋转．①当在直线上时，点到边上的最短距离最小．如图所示，过点作，交的延长线于点，此时．∵，∴，．∵，∴，．∴．∴．∴．∴．②当时，点到边上的最短距离最大．如图所示，过点作，交的延长线于点，延长交于点，此时．根据题意可知四边形为矩形，∴．

∴，∴．综上所述，的取值范围为．故答案为：．【点拨】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理，旋转的性质，找到取最大值最小值的状态是解题的关键．29．或【分析】根据利用平行四边形的判定得到再利用的性质及旋转的性质分两种情况解答即可．解：①绕点逆时针旋转至之前，∵，，∴∴，∵，，∴∵每秒的速度绕点顺时针，时间为，且先旋转秒，∴，∵每秒的速度绕点逆时针旋转，∴，∴,∴，②绕点逆时针旋转至之后，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵每秒的速度绕点顺时针，时间为，且先旋转秒，∴，，∴，∴，故答案为：或．【点拨】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，掌握平行四边形的判定性质是解题的关键．30．/【分析】根据平行四边形的性质以及等腰直角三角形的性质证明当AO有最小值时，AF最小，即当O在AC上时，此时D，E，F共线，即可求解．解：当D，E，F共线时，AF最小，如图所示，∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB=DF，，∵和都为等腰直角三角形，，∴AB=AC，CD=CE，∠CDE=45°，∴AC=DF，DF⊥AC，∴AC=DF，∠ACD=∠CDE=45°，∴DO=OC，∴OA=OF，∵∠AOF=90°，∴，∴当AO有最小值时，AF最小，即当O在AC上时，此时D，E，F共线，∵，，∴OC=1，∵，∴，∴．故答案为：【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质，寻找AF最小时点F的位置是解题的难点．31．30【分析】由直线关系式确定出直线过定点（6，8），平行四边形面积最大转化为求△ABO的最大面积．解：∵直线AB：y＝mx﹣6m+8＝m（x﹣6）+8，∴AB过定点M（6，8），∴，作OH⊥AB于H，∴OH≤10，∴S△ABO＝，即△ABO的最大面积是15，∵以点O、A、B、C为顶点的平行四边形面积是△ABO面积的2倍，∴以点O、A、B、C为顶点的平行四边形面积的最大值是30．故答案为：30．【点拨】此题考查了一次函数的性质，动点平行四边形面积最值问题，解题的关键是把求平行四边形最大面积转化为求△ABO的最大面积．32．17【分析】由平行四边形的性质可得，且，可得是的垂直平分线，可得，即，由三角形的三边关系可求解．解：∵四边形是平行四边形，∴，且，∴，∵的周长为18，∴，∵，∴，∴对角线的最大整数值为17，故答案为：17．【点拨】本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，三角形三边关系，熟练运用平行四边形的性质是本题的关键．33．【分析】设CE=x，则BE=8x，运用角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的性质得到BE=PE=8x，说明当CE最大时BE最小，即PE最小；过点A作AE1⊥BC，运用勾股定理求得AE1的长即可解答．解：设CE=x，则BE=8x，∵PB平分∠APE，∴∠APB=∠BPE，∵在平行四边形ACBD中，∴AD//BC，∴∠APB=∠PBE，∴∠BPE=∠PBE∴BE=PE=8x∴当CE取最大值时，BE为最小值，即PE取最小值当PE⊥BC时，PE最小，如图：过点A作AE1⊥BC∵∠ABC=60°，∴∠BAE1=30°，∵AB=6，∴BE1=3，∴AE1=,即PE=，∴当CE取得最大值时，BE的值为．故答案为：．【点拨】本题主要考查了角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的性质、垂线段最短等知识点，根据题意正确作出辅助线、构造直角三角形、运用勾股定理是解答本题的关键．34．5或/6或5【分析】根据，一种情况是：四边形为平行四边形，可得方程，一种情况是：四边形为等腰梯形，可求得当，即时，解方程即可求得答案．解：根据题意得：，，则，若要，分为两种情况：①当四边形为平行四边形时，即，解得：，②当四边形为等腰梯形时，即解得：，即当或时，，故答案为：5或【点拨】此题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定、等腰梯形的判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．35．【分析】过点D作x轴的平行线交y轴于点F，过点C作y轴的平行线交于点E，证明，可得，求出，证明，可得，则，C点始终在平行于y轴的直线上运动，并且这条直线与y轴的距离为4，然后可得长度的取值范围．解：∵，∴，如图，过点D作x轴的平行线交y轴于点F，过点C作y轴的平行线交于点E，

∴，∵，，∴，∴，在中，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，轴，∴C点始终在平行于y轴的直线上运动，并且这条直线与y轴的距离为4，∴O到这条直线的距离为4，∴长度的取值范围为．故答案为：．【点拨】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，判断出点C始终在平行于y轴的直线上运动是解题的关键．36．【分析】延长，过点作，交的延长线于点，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，得出，，求出，根据勾股定理求出，得出，求出，根据勾股定理求出即可．解：延长，过点作，交的延长线于点，如图所示：

，，，，，，，，，，，，，，∴四边形为平行四边形，，，，即，解得：或（舍去），在中根据勾股定理得：，，．故答案为：．【点拨】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，勾股定理，余角的性质，平行线的判定，平行四边形的判定与性质，作出辅助线，构造全等三角形证明是解题的关键．37．（1）详见分析；（2）∠DBC；BF；内错角相等，两直线平行；两组对边分别平行的四边形是平行四边形【分析】（1）根据作角平分线的步骤作平分即可；（2）结合图形和已有步骤合理填写即可；（1）解：如图，根据角平分线的作图步骤，得到DE，即为所求；（2）证明：∵四边形是平行四边形，∴∵．（两直线平行，内错角相等）.又∵平分，平分，∴，∴．∴（内错角相等，两直线平行）（填推理的依据）又∵四边形是平行四边形．∴，∴四边形为平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）（填推理的依据）．【点拨】本题主要考查平行四边形的性质、角平分线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键．38．（1）证明见详解；（2）作图见详解；（3）CE=4．【分析】（1）根据，得到∠BAC=∠DCA，结合，AC=CA，利用“AAS”即可证明；（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；（3）证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形面积公式即可求解．解：（1）∵，∴∠BAC=∠DCA，又∵，AC=CA，∴；（2）如图，延长AB，任意取一点H，使H和点C在AB两侧，以C为圆心，CH为半径画弧，交AB于F、G，分别以F、G为圆心，以大于FG长为半径画弧，两弧交于I，作直线CI，交AB延长线于E，则CD⊥AB与E；（3）∵，∴AB=CD，∵，∴四边形ABCD为平行四边形，∴,即5CE=20，∴CE=4．【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，过直线外一点作已知直线的垂线等知识，综合性较强，熟知相关知识点，并根据题意灵活应用是解题关键．39．（1）作图见详解；（2）；（3）或或，点的位置【分析】（1）根据图形旋转的定义及作法即可求解；（2）根据点的平移确定平移的规律，由此即可求解；（3）根据平行四边形的判定和性质，分类讨论即可求解．（1）解：绕原点逆时针旋转，得到，如图所示，

∴即为所求图形．（2）解：∵平移到，使点的对应点的坐标为，∴平移规律为：向左平移个单位长度，向下平移个单位长度，∴点的对应点的横坐标为，纵坐标为，∴，故答案为：．（3）解：以、、、为顶点的四边形是平行四边形，①如图所示，以为对角线的平行四边形，过点作的平行线，过点作的平行线，两线交于点，

∴四边形是平行四边形，则；②如图所示，以为对角线的平行四边形，过点作的平行线，过点作的平行线，两线交于点，

∴四边形是平行四边形，则；③如图所示，以为对角线的平行四边形，过点作的平行线，过点作的平行线，两线交于点，

∴四边形是平行四边形，则；综上所示，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标有或或，故答案为：或或，点的位置．【点拨】本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，掌握旋转的定义及作图方法，根据点的平移确定平移规律，平行四边形的性质及判定的方法，分类讨论思想等知识的综合是解题的关键．40．（1）；（2）或；（3）存在，点的坐标为或或【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；（2）设点的坐标为，则，根据的面积是建立方程，解绝对值方程即可得；（3）先求出点的坐标为，再分①四边形是平行四边形，②四边形是平行四边形和③四边形是平行四边形三种情况，分别根据平行四边形的性质求解即可得．（1）解：将点代入得：，解得，则直线的解析式为．（2）解：设点的坐标为，则，，，的面积是，，解得或，则点的坐标为或．（3）解：在（2）的条件下，点在轴负半轴上，，设点的坐标为，由题意，分以下三种情况：由①如图，当四边形是平行四边形时，平行四边形的对角线互相平分，，解得，则此时点的坐标为；②如图，当四边形是平行四边形时，，，点的横坐标与点的横坐标相同，即，则此时点的坐标为；③如图，当四边形是平行四边形时，，，点的横坐标与点的横坐标相同，即，则此时点的坐标为；综上，存在，点的坐标为或或．【点拨】本题考查了一次函数、平行四边形的性质等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键．41．（1）见分析；（2）OG=1.【分析】（1）首先根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可得DO=DA，再根据等边对等角可得∠DAO=∠DOA=30°，进而算出∠AEO=60°，再证明BC∥AE，CO∥AB，进而证出四边形ABCE是平行四边形．（2）设OG=x，由折叠可得：AG=GC=8x，再利用三角函数可计算出AO，再利用勾股定理计算出OG的长即可．解：（1）证明：在Rt△OAB中，D为OB的中点，∴DO="DA"．∴∠DAO=∠DOA="30°,"∠EOA="90°"．∴∠AEO="60°"．又∵△OBC为等边三角形，∴∠BCO=∠AEO=60°．∴BC∥AE．∵∠BAO=∠COA=90°，∴OC∥AB．∴四边形ABCE是平行四边形．（2）设OG=x，由折叠可知：AG=GC=8－x．在Rt△ABO中，∵∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8，∴OA=OB·cos30°=8×=．在Rt△OAG中，OG2+OA2=AG2，即，解得，．∴OG=1．42．见分析【分析】试题分析：（1）根据翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，然后根据平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形，进而求出四边形BCED′是平行四边形；（2）根据平行线的性质利用勾股定理得出答案．解：（1）∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，∵DE∥AD′，∴∠DEA=∠EAD′，∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，∴∠DAD′=∠DED′，∴四边形DAD′E是平行四边形，∴DE=AD′，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABDC，ABDC∴CED′B，CED′B，∴四边形BCED′是平行四边形；（2）∵BE平分∠ABC，∴∠CBE=∠EBA，∵AD∥BC，∴∠DAB+∠CBA=180°，∵∠DAE=∠BAE，∴∠EAB+∠EBA=90°，∴∠AEB=90°，∴AB2=AE2+BE2．【点拨】考点：1.平行四边形的判定与性质2.勾股定理43．（1），；（2）当旋转角为时，平分，理由见分析【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，，由的周长为10可得，由的周长比的周长小1可得，进行计算即可得到答案；（2）由平行四边形的性质可得，，从而得到，由，，可得，从而得到，即可得到答案．（1）解：四边形是平行四边形，对角线与相交于点，