2024八年級數(shù)學下冊專題04平行四邊形的性質壓軸題五種模型全攻略含解析新版浙教版

Page1專題04平行四邊形的性質壓軸題五種模型全攻略【類型一平行四邊形的性質與函數(shù)圖象】例1.（河北·二模）如圖1，ABCD中，AB＝3，BD⊥AB，動點F從點A動身，沿折線ADB以每秒1個單位長度的速度運動到點B．圖2是點F運動時，△FBC的面積y隨時間x變更的圖象，則m的值為(

)A．6 B．10 C．12 D．20【答案】A【解析】【分析】由題意可知AD=a，AD+BD=9，則BD=9-a，利用勾股定理求出a，再依據(jù)三角形的面積公式計算即可．【詳解】解：由圖可知，AD=a，AD+BD=9，則BD=9-a，由BD⊥AB，可得△ABD是直角三角形，由勾股定理可得：AD2=BD2+AB2，即a2=（9-a）2+32，解得a=5，即AD=5，所以BD=4，所以m=S△BDC=×3×4=6．故選：A．【點睛】本題主要考查了動點函數(shù)的圖象，解決本題的關鍵是駕馭平行四邊形的性質．【變式訓練1】（河南信陽·一模）如圖①，在?ABCD中，動點P從點B動身，沿折線B→C→D→B運動，設點P經過的路程為x，△ABP的面積為y，y是x的函數(shù)，函數(shù)的圖象如圖②所示，則圖②中的a值為（）A．3 B．4 C．14 D．18【答案】A【解析】【分析】由圖②知，BC=6，CD=14-6=8，BD=18-14=4，再通過解直角三角形，求出△CBD高，進而求解．【詳解】解：由圖②知，BC=6，CD=14-6=8，BD=18-14=4，過點B作BH⊥DC于點H，設CH=x，則DH=8-x，則BH2=BC2-CH2=BD2-DH2，即：BH2=42-（8-x）2=62-x2，解得：則：，則，故選：A．【點睛】本題考查的是動點圖象問題，此類問題關鍵是：弄清楚不同時間段，圖象和圖形的對應關系，進而求解．【變式訓練2】（山東濟寧·八年級期末）如圖①，在ABCD中，∠B＝120°，動點P從點B動身，沿B→C→D→A運動至點A停止，如圖②是點P運動時，△PAB的面積隨點P運動的路程x（cm）變更的關系圖象，則圖②中H點的橫坐標為（

）A．12 B．14 C．16 D．【答案】B【解析】【分析】依據(jù)圖②顯示，當BC=4時，，即即可求解．【詳解】解：圖②顯示，當BC=4時，，即∵在?ABCD中，∠B＝120°，∴∠BAD＝60°，∴四邊形的高：，代入，解得：AB=6．點H的橫坐標為：，故選：B．【點睛】本題考查的是動點圖象問題，涉及到三角形面積計算、函數(shù)等學問，此類問題關鍵是，要弄清楚不同時間段，圖象和圖形的對應關系，進而求解．【變式訓練3】（甘肅·九年級專題練習）圖1，四邊形ABCD是平行四邊形，連接BD，動點P從點A動身沿折線AB→BD→DA勻速運動，回到點A后停止．設點P運動的路程為x，線段AP的長為y，圖2是y與x的函數(shù)關系的大致圖象，則?ABCD的面積為（）A．24 B．16 C．12 D．36【答案】B【解析】【分析】依據(jù)圖象可得AB=6，BD=12-6=6，AD=8，過點B作BE⊥AD，運用勾股定理求出BE的長，即可求出?ABCD的面積．【詳解】解：過點B作BE⊥AD，交AD于點E，由圖象可得AB=6，BD=12-6=6，AD=8，∴AB=BD∵BE⊥AD∴，∴∴故選：B【點睛】本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，留意解決本題應首先弄清橫軸和縱軸表示的量，利用數(shù)形結合的思想解題，得到AB，AD的具體的值．【類型二利用平行四邊形的性質無刻度作圖】例2．（浙江嘉興·八年級期末）如圖，在8×8的正方形網(wǎng)格中，三角形和四邊形的全部頂點都在格點上．請你僅用一把無刻度的直尺按要求作圖，并保留作圖痕跡．（1）在圖1中找一個格點D，使以點A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形．（2）在圖2中作一個平行四邊形，使其面積是四邊形面積的2倍，且頂點，，，落在平行四邊形的邊或頂點上．【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）依據(jù)平行四邊形的定義畫出圖形（有三種情形）．（2）利用數(shù)形結合的思想解決問題，畫出面積為18的平行四邊形即可．【詳解】解：（1）如圖，點D，點D′，點D″即為所求．（2）連接BD，過點A、C作BD的平行線，如圖，平行四邊形AMNG即為所求．【點睛】本題考查作圖-應用與設計作圖，三角形的面積，平行四邊形的判定和性質等學問，解題的關鍵是嫻熟駕馭平行四邊形的判定和性質，屬于中考常考題型．【變式訓練1】（浙江溫州·八年級期末）如圖，正方形網(wǎng)格中的每個小正方形的邊長都是，每個小正方形的頂點叫格點，頂點在格點的四邊形稱為格點四邊形．已知，，均為格點，請在給定的網(wǎng)格中按要求畫出格點平行四邊形，且點不與其它頂點重合．（1）在圖甲中畫一個以為邊，且其鄰邊經過點的平行四邊形．（2）在圖乙中畫一個以為對角線，且另一條對角線經過點的平行四邊形．【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）畫平行四邊形ABCD，使點P在BC上即可；（2）畫平行四邊形AEBF，使點P在EF上即可．【詳解】解：（1）如圖，平行四邊形ABCD即為所求；（2）如圖，平行四邊形AEBF即為所求．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，格點四邊形的定義，解題的關鍵是駕馭平行四邊形的畫法．【變式訓練2】（江蘇·泰興市濟川初級中學九年級階段練習）如圖，中，點E在BC上，且，試分別在下列兩個圖中按要求運用無刻度直尺畫圖．（保留作圖痕跡）（1）在圖1中，畫出的平分線；（2）在圖2中，畫出的平分線，并說明理由．【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）依據(jù)等腰三角形的性質以及平行線的性質，即可得到AC平分∠DAE；（2）依據(jù)平行四邊形的性質以及全等三角形的性質，即可得到EO平分∠AEC．【詳解】解：（1）如圖所示，連接AC，則AC平分∠DAE；（2）如圖所示，連接AC，BD，交于點O，連接EO，則EO平分∠AEC．理由：∵四邊形ABCD是平行四邊形，且AC，BD交于點O，∴AO=CO，又∵AE=CE，OE=OE∴△AOE≌△COE∴∠AEO=∠OEC∴EO平分∠AEC．【點睛】本題主要考查了困難作圖，解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把困難作圖拆解成基本作圖，逐步操作．【變式訓練3】（黑龍江·五常市老師進修學校八年級期末）在所給的9×9方格中，每個小正方形的邊長都是1，按要求畫平行四邊形，使它的四個頂點以及對角線交點都在方格的頂點上．（1）在圖甲中畫一個平行四邊形，使它的周長是整數(shù)．（2）在圖乙中畫一個平行四邊形，使它的周長是無理數(shù)．【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）作邊長為3，5的平行四邊形即可；（2）作邊長為，的平行四邊形即可；【詳解】解（1）依據(jù)網(wǎng)格作出邊長為3，4，5的直角三角形，再以4為公共邊作邊長為3，4，5的直角三角形，如下圖：（2）借助網(wǎng)格，作邊長為、、的三角形，再以為公共邊作邊長為、、的三角形，如下圖：【點睛】此題主要考查了應用設計與作圖以及勾股定理和平行四邊形的判定，正確借助網(wǎng)格是解題關鍵【類型三平行四邊形中動點問題】例3．（遼寧沈陽·八年級期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠B＝60°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8，延長BC到E，使CE＝4，連接DE，動點P從點B動身，以每秒2個單位的速度沿BC﹣CD﹣DA向終點A運動，設點P運動的時間為t秒(t＞0)．（1）當t＝3時，BP＝；（2）當t＝時，點P運動到∠B的角平分線上；（3）當0＜t＜6時，請用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S；（4）當0＜t＜6時，干脆寫出點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等時t的值．【答案】（1）6；（2）8；（3）S＝；（4）t＝2或【解析】【分析】（1）依據(jù)動點P的運動速度，即可表示出BP的長度，再將t＝3代入即可求出BP的長度；（2）依據(jù)兩組對邊分別相等可先求證四邊形ABCD是平行四邊形，再依據(jù)角平分線的性質得到等腰△ABP，從而可以求解；（3）依據(jù)題意分兩種狀況探討：①當點P在BC上運動時，②當點P在CD上運動時，分別用含t的代數(shù)式表示△ABP的面積S即可；（4）當0＜t＜6時，點P在BC、CD邊上運動，結合角平分線的性質和等邊三角形的判定和性質分析求解．【詳解】解：（1）∵動點P的運動速度為2單位/秒，∴BP＝2t，∴當t＝3時，BP＝2×3＝6，故答案為：6；（2）∵AB＝CD，AD＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD//BC，∴∠AFB＝∠CBF，如圖1，作∠ABC的角平分線交AD于F，∴∠ABF＝∠FBC，∴∠ABF＝∠AFB，∴AF＝AB＝4，∴DF＝8﹣4＝4，∴點P運動到∠ABC的角平分線上時，BC＋DC＋DF＝8＋4＋4＝16，∴t＝16÷2＝8，∴當t＝8時，點P運動到∠ABC的角平分線上；故答案為：8；（3）∵BC＋CD＝8＋4＝12∴當0＜t＜6時，點P在BC上和CD上，分兩種狀況探討：①當點P在BC上運動時，，過點A作AM⊥BE，∵∠B＝60°，∴在Rt△ABM中，∠BAM＝30°，∴BM＝AB＝3，,此時，S＝S△ABP＝×BP×AM＝×2t×＝t()；②當點P在CD上運動時，4＜t＜6，如圖，△ABP的面積為定值，且等于平行四邊形ABCD面積的一半，此時，S＝S△ABP＝×BC×AM＝×8×＝(4＜t＜6)；綜上，S＝；（4）①當點P運動到∠BAD的角平分線上時，連接AP，過點P作PM⊥AB，PN⊥AD，此時PM＝PN，即點P到四邊形ABED相鄰兩邊AB和AD的距離相等，∵AD∥BC，∴∠DAP＝∠APB，又∵AP平分∠BAD，∴∠BAP＝∠DAP，∴∠BAP＝∠APB，∴BP＝2t＝BA＝4，解得：t＝2，②當點P與運動到CD邊上時，過點P作PM⊥AD，PN⊥DE，在平行四邊形ABCD中，AB∥CD，∠B＝∠ADC＝60°，∴∠DCE＝∠B＝60°，又∵CD＝CE＝4，∴△CDE是等邊三角形，∴∠CDE＝60°，∴∠ADC＝∠CDE，即CD平分∠ADE，∴當4≤t＜6時，點P在∠ADC的角平分線上運動，此時，點P到四邊形ABED相鄰兩邊AD和DE的距離相等．綜上：t＝2或時，點P到四邊形ABED相鄰兩邊距離相等．【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質，三角形的面積，角平分線的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，30°所對的直角邊是斜邊的一半，駕馭相關性質定理，分段分析，利用數(shù)形結合思想是解題關鍵．【變式訓練1】（福建福州·八年級期中）如圖，在?ABCD中，∠ABC＝60°，AB=6，BC＝8，點P、E分別為AD、BC上兩動點，且滿足PB平分∠APE,當CE取得最大值時，BE的值為___．【答案】【解析】【分析】設CE=x，則BE=8-x，運用角平分線的定義、平行線的性質、等腰三角形的性質得到BE=PE=8-x，說明當CE最大時BE最小，即PE最小；過點A作AE1⊥BC，運用勾股定理求得AE1的長即可解答．【詳解】解：設CE=x，則BE=8-x，∵PB平分∠APE，∴∠APB=∠BPE，∵在平行四邊形ACBD中，∴AD//BC，∴∠APB=∠PBE，∴∠BPE=∠PBE∴BE=PE=8-x∴當CE取最大值時，BE為最小值，即PE取最小值當PE⊥BC時，PE最小，如圖：過點A作AE1⊥BC∵∠ABC=60°，∴∠BAE1=30°，∵AB=6，∴BE1=3，∴AE1=,即PE=，∴當CE取得最大值時，BE的值為．故答案為：．【點睛】本題主要考查了角平分線的定義、平行線的性質、等腰三角形的性質、垂線段最短等學問點，依據(jù)題意正確作出幫助線、構造直角三角形、運用勾股定理是解答本題的關鍵．【變式訓練2】（全國·九年級專題練習）點P是平行四邊形ABCD的對角線AC所在直線上的一個動點（點P不與點A、C重合），分別過點A、C向直線BP作垂線，垂足分別為點E、F．點O為AC的中點．（1）如圖1，當點P與點O重合時，線段OE和OF的關系是_______；（2）當點P運動到如圖2所示的位置時，請在圖中補全圖形并通過證明推斷（1）中的結論是否照舊成立？（3）如圖3，點P在線段OA的延長線上運動，當∠OEF＝30°時，摸索究線段CF，AE，OE之間的關系．【答案】（1）OE＝OF；（2）結論照舊成立，理由見解析；（3）點P在線段OA的延長線上運動時，線段CF，AE，OE之間的關系為OE＝CF+AE【解析】【分析】（1）由“AAS”可證△AEO≌△CFO，可得OE＝OF；（2）由題意補全圖形，由“ASA”可證△AOE≌△COG，可得OE＝OG，由直角三角形的性質可得OG＝OE＝OF；（3）延長EO交FC的延長線于點H，由全等三角形的性質可得AE＝CH，OE＝OH，由直角三角形的性質可得HF＝EH＝OE，可得結論．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO，又∵∠AEO＝∠CFO＝90°，∠AOE＝∠COF，∴△AEO≌△CFO（AAS），∴OE＝OF，故答案為：OE＝OF；（2）補全圖形如圖所示，結論照舊成立，理由如下：延長EO交CF于點G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠GCO，∵點O為AC的中點，∴AO＝CO，又∵∠AOE＝∠COG，∴△AOE≌△COG（ASA），∴OE＝OG，∵∠GFE＝90°，∴OE＝OF；（3）點P在線段OA的延長線上運動時，線段CF，AE，OE之間的關系為OE＝CF+AE，證明如下：如圖，延長EO交FC的延長線于點H，由（2）可知△AOE≌△COH，∴AE＝CH，OE＝OH，又∵∠OEF＝30°，∠HFE＝90°，∴HF＝EH＝OE，∴OE＝CF+CH＝CF+AE．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，平行四邊形的性質，直角三角形的性質等學問，添加恰當幫助線構造全等三角形是本題的關鍵．【變式訓練3】（重慶渝北·九年級期末）如圖1，在平行四邊形ABCD中，E為邊CD上一動點，連接BE交對角線AC于點F，點M為線段BF上一點，連接AM．(1)如圖1，若對角線AC⊥AB，點M是BF的中點，，，求BC的長；(2)如圖2，若，，AC的垂直平分線交BE的延長線于點G，連接AG，CG，AM平分∠BAC交BE于點M，求證：；(3)如圖3，當點E在運動過程中滿足BCE為等邊三角形時，若；在BCE內部是否存在一點P使有最小值，若存在，干脆寫出的最小值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)見解析(3)存在，【解析】【分析】（1）由已知條件依據(jù)勾股定理求出AB，由求出AC，由勾股定理求出BC的長；（2）連接并延長MC，過點C作CQ⊥BC交BE于點Q，分別過點G作GH⊥MC于點H，作GP⊥AM于點P．證明△ABM≌△ACM（SAS），推出，∠MCQ＝∠BCQ－∠BCM＝60°．∠MQC＝∠MCQ＝∠CMQ＝60°．得到．證明△AGP≌OCGH（HL）推出，∠ACM＝∠GCQ．證明△ACM≌△GCQ（SAS），推出，由此得到結論；（3）取隨意點P，連接PB、PC、PE，以BP為邊作等邊三角形BPP1，作點E關于BC的對稱點C1，連接BC1，CC1，當點E、P、P1、C1四點共線時，有最小值，連接BP、CC1相交于點Q，連接EQ，由軸對稱的性質求出C1Q=2BC1=2BC=8，依據(jù)等邊三角形的性質得到∠EQB=∠CQB=30°，證得∠PCQ=90°，同理∠PEQ=90°，推出BQ=PB+PC+PE，由勾股定理求出BQ即可．(1)解：∵AC⊥AB，∴∠BAC＝90°；∵點M為BF的中點，∴，∴BF=6，∴∵，∴∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°∴(2)解：連接并延長MC，過點C作CQ⊥BC交BE于點Q，分別過點G作GH⊥MC于點H，作GP⊥AM于點P．∵，AM平分∠BAC，∴△ABM≌△ACM（SAS）；∴，∠AMB＝∠AMC，∵∠CBE＝30°，BM＝MC，∴∠BCM＝∠CBE＝30°，∴∠CMQ＝∠BCM＋∠CBE＝60°，∠BMC＝120°，∴∠AMB＝∠AMC＝120°，∴∠AMG＝∠CMG＝60°．∵CQ⊥BC，∠MCB＝30°，∴∠MCQ＝∠BCQ－∠BCM＝60°．∴∠MQC＝∠MCQ＝∠CMQ＝60°．∴．∴．∵GH⊥MC，GP⊥AM，∠AMG＝∠CMG．∴∠MPG＝∠MHG＝90°，．∴，∵點G在AC的垂直平分線上，∴．在Rt△AGP與Rt△CGH中，，∴△AGP≌OCGH（HL）∴∠AGP＝∠CGH，∴∠AGC＝∠PGH＝60°，∴△AGC為等邊三角形，∴，∠ACM＝∠GCQ．在△ACM與△GCQ中，，∴△ACM≌△GCQ（SAS），∴．∵，∴．(3)解：存在，的最小值為．取隨意點P，連接PB、PC、PE，以BP為邊作等邊三角形BPP1，作點E關于BC的對稱點C1，連接BC1，CC1，當點E、P、P1、C1四點共線時，有最小值，連接BP、CC1相交于點Q，連接EQ，∵△BPP1是等邊三角形，∴∠PBP1=60°，由軸對稱可得∠EBP=∠C1BP1=30°，∠BC1C=60°，△BCC1是等邊三角形，∴∠C1BQ=90°，∠BQC=30°，∴C1Q=2BC1=2BC=8，∴CQ=BC=4=CE，∵∠ECQ=60°，∴△ECQ是等邊三角形，∴∠EQB=∠CQB=30°，∵點E、P、P1、C1四點共線，∴C1E垂直平分BC，∴∠ECP=∠EBP==30°，∴∠PCQ=90°，同理∠PEQ=90°，∴PQ=2PC=2PE，∴PQ=PC+PE，∴BQ=PB+PC+PE，∵，∴的最小值為．【點睛】此題考查了勾股定理，全等三角形的判定及性質，直角三角形斜邊中線等于斜邊一半的性質，角平分線的性質，線段垂直平分線的性質，軸對稱的性質，這是一道圖形類的綜合題，正確駕馭各學問點并綜合應用是解題的關鍵．【類型四平行四邊形中折疊問題】例4．（全國·八年級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝10，AD＝16，∠A＝60°，P是射線AD上一點，連接PB，沿PB將△APB折疊，得到△A′PB．（1）如圖2所示，當PA′⊥BC時，求線段PA的長度．（2）當∠DPA′＝10°時，求∠APB的度數(shù)．【答案】（1）PA＝5+5；（2）85°或95°或5°；【解析】【分析】（1）作BH⊥AD于H．利用特殊直角三角形邊角關系求出AH，BH，即可解決問題．（2）分狀況探討，求出∠APA′，利用翻折不變性解決問題即可．【詳解】解：（1）如圖2中，作BH⊥AD于H．在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝10，∠A＝60°，∴∠ABH＝30°，∴，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∵PA′⊥BC，∴PA′⊥AD，∴∠APA′＝90°，∴∠HPB＝∠BPA′＝45°，∵BH⊥AD，∴∠HBP＝45°，∴，∴；（2）①如圖1-1，圖1-1當PA′在直線AD的右側時，∵∠DPA′＝10°，∴∠APA′＝180°﹣∠DPA′＝180°﹣10°＝170°，由翻折的性質可知：；②如圖1-2圖1-2當PA′在直線AD的左側時，由翻折的性質可知：，③如圖1-3圖1-3當點P在AD的延長線上時，由折疊知，，故∠APB的度數(shù)為85°或95°或5°；【點睛】本題考查翻折變換，平行四邊形的性質，特殊直角三角形邊角關系，解題的關鍵是靈敏運用所學學問解決問題，屬于中考常考題型【變式訓練1】（浙江·杭州市公益中學八年級期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，E是邊CD上一點，將△ADE沿AE折疊至△AD′E處，AD′與CE交于點F，若∠B＝53°，∠DAE＝20°，則∠FED′的度數(shù)為______．【答案】34°【解析】【分析】在平行四邊形ABCD中，可得，則，從而，再依據(jù)折疊知，即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，由折疊的性質得：，∴，，∴；故答案為：34°．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質和折疊變換，三角形的外角性質解題的關鍵是嫻熟駕馭平行四邊形的性質定理，靈敏運用翻折變換．【變式訓練2】（重慶八中八年級期中）如圖，平行四邊形ABCD中，∠A＝45°，AB＝4，BC＝2，E為AB的中點，F(xiàn)分別為AD邊上的動點，將∠A沿EF折疊，點A落在平面內的點處，且點在∠BAD外部，當折疊后重疊部分為等腰三角形時，則線段DF的長為__．【答案】【解析】【分析】過E作EH⊥AD，依據(jù)∠A＝45°，EH⊥AH得AH＝，設∠AFE＝∠A'FE＝a，可得＝45°+a，得a＝30°，在Rt△EFH中，可求出HF的長，從而得出答案．【詳解】解：過E作EH⊥AD于H，∵AB＝4，E為AB的中點，∴AE＝EB＝2，∵∠A＝45°，EH⊥AH，∴△AHE為等腰直角三角形，∴AH2+EH2＝AE2＝4，2AH2＝4，∴AH＝，∵點A′在∠BAD外部，則由題意知△FQE為等腰三角形，∴∠FEB＝∠FQE，設∠AFE＝a，∵△EFA'為△EFA依據(jù)EF對折，∴∠AFE＝∠A'FE＝a，∴∠BEF＝，又∵∠BEF為△AEF的外角，∴∠BEF＝∠A+∠EFA＝45°+a，∴＝45°+a，∴a＝30°，在Rt△EHF中，∠AFE＝a＝30°，EH＝AH＝，∴EF＝，∴，又∵BC＝AD＝2，∴DF＝AD﹣AH﹣HF＝故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定，勾股定理，平行四邊形的性質，翻折變換（折疊問題），含30度角的直角三角形的性質，解題的關鍵在于能夠嫻熟駕馭相關學問進行求解.【變式訓練3】（福建省福州第十九中學八年級期末）在數(shù)學活動課上，老師出示了以下兩個問題，請你解答老師提出的問題：(1)如圖①，在中，，垂足為E，F(xiàn)是CD邊上一點，連接EF，BF，若，試推斷DF與CF的數(shù)量關系，并加以證明．(2)如圖②，若F是邊CD上一點，連接BF，將沿著邊BF所在的直線折疊，點C的對應點為，連接并延長交AB于點G，若，試推斷DF與CF的數(shù)量關系，并加以證明．【答案】(1)，理由見解析(2)，理由見解析【解析】【分析】（1）延長AD，BF相交于點M，依據(jù)等邊對等角可得，由垂直及等量代換可得，再由等角對等邊及等量代換得出，依據(jù)平行四邊形的性質及全等三角形的判定可得，由全等三角形的性質即可證明；（2）延長DG，CB相交于點N，依據(jù)平行四邊形的性質及全等三角形的判定定理可得，由全等三角形的性質及等量代換得出，由翻折的性質可得，，，依據(jù)等邊對等角得出，利用等量代換得出，依據(jù)等角對等邊及等量代換即可證明．(1)，證明如下：如圖，延長AD，BF相交于點M，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴，在和中，，∴，∴；(2)，證明如下：如圖所示：延長DG，CB相交于點N，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，，∴在和中，，∴，∴，∴，∵折疊到，∴，∴，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【點睛】題目主要考查平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，平行線的性質等，理解題意，作出相應幫助線，綜合運用這些學問點是解題關鍵．【類型五利用平行四邊形的性質與一次函數(shù)的綜合問題】例5．（浙江紹興·八年級期末）已知直線與軸，軸分別交于點，，點是射線上的動點，點在第一象限，四邊形是平行四邊形．若點關于直線的對稱點恰好落在軸上，則點的坐標為______．【答案】或．【解析】【分析】先依據(jù)題意求得，，，分點在其次象限和第一象限兩種狀況探討，依據(jù)點關于直線的對稱點恰好落在軸上，依據(jù)含30度角的直角三角形的性質，在第一象限時候，證明是等邊三角形，在其次象限時候證明是等邊三角形，利用等邊三角形的性質，分別求得點的坐標．【詳解】與軸，軸分別交于點，，令，，，令，，，，，，，，，①如圖，當點在其次象限時，設交軸于點，交于點，交軸于點，四邊形是平行四邊形，，，，，，，，，，，，，點關于直線的對稱點為點，，，，是等邊三角形，，，，點為的中點，，，，②如圖，當點在其次象限時，延長交軸于點，則，點關于直線的對稱點為點，，，是等邊三角形，，，，，，，，，．綜合①②可知C的坐標為或．故答案為:或．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖像的性質，平行四邊形的性質，等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，軸對稱的性質，此題方法比較多，利用等邊三角形的性質是解題的關鍵．【變式訓練1】（重慶江津·八年級期末）如圖，平面直角坐標系中，已知點C的坐標為（，﹣2），直線AB與x軸、y軸分別交于點A、點B，且點B的坐標為（0，3），∠BAO＝30°．（1）求直線AB的解析式；（2）若點D是y軸上一動點，點E（，m）在直線AB上，當CD+DE取得最小值時，求出D、E兩點的坐標；（3）在（2）的條件下，是否存在點P使得以P、C、D、E為頂點的四邊形是平行四邊形？假如存在，請干脆寫出點P的坐標；假如不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，或或．【解析】【分析】（1）先依據(jù)直角三角形的性質、勾股定理可得的長，從而可得點的坐標，再利用待定系數(shù)法即可得；（2）作點關于軸的對稱點，連接，先依據(jù)直線的解析式可求出點的坐標，再依據(jù)軸對稱的性質、兩點之間線段最短可得當點共線時，取得最小值，然后利用待定系數(shù)法求出直線的解析式，由此即可得出點的坐標；（3）設點的坐標為，分①四邊形是平行四邊形，②四邊形是平行四邊形，③四邊形是平行四邊形三種狀況，分別利用平行四邊形的對角線相互平分建立方程，求解即可得．【詳解】解：（1），，在中，，，，設直線的解析式為，將點代入得：，解得，則直線的解析式為；（2）如圖，作點關于軸的對稱點，連接，由軸對稱的性質得：，，由兩點之間線段最短得：當點共線，即點為直線與軸的交點時，取得最小值，將點代入得：，則，設直線的解析式為，將點代入得：，解得，則直線的解析式為，當時，，即當取得最小值時，點的坐標為；（3）設點的坐標為，由題意，分以下三種狀況：①當四邊形是平行四邊形，則的中點重合，因此有，解得，即；②當四邊形是平行四邊形，則的中點重合，因此有，解得，即；③當四邊形是平行四邊形，則的中點重合，因此有，解得，即；綜上，存在這樣的點，點的坐標為或或．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的幾何應用、平行四邊形的性質、軸對稱的性質等學問點，較難的是題（3），正確分三種狀況探討是解題關鍵．【變式訓練2】（河南商丘·八年級期末）如圖，平面直角坐標系中，直線AB分別交x軸、y軸正半軸于A、B兩點，且，，點C在y軸負半軸上，且．（1）求直線AC的函數(shù)解析式；（2）若P是線段CA上的一動點，且從點C動身，由點C向點A以每秒2個單位長度的速度勻速運動，連接BP，設的面積為S，點P的運動時間為t秒，寫出s關于t的函數(shù)關系式，并干脆寫出自變量t的取值范圍；（3）若P是直線AC上的一動點，Q是直線AB上的一動點，是否存在一點P使以O，C，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請干脆寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，，或，【解析】【分析】（1）依據(jù)、的長度，及點、的位置，求出的長度，及點、的坐標；依據(jù)線段與長度的比值，求出線段的長度及點的坐標，依據(jù)待定系數(shù)法，求出直線的函數(shù)解析式．（2）依據(jù)點的坐標，求出AC，AB，利用勾股定理的逆定理證明∠BAC=90°，利用三角形面積公式可求出關于的函數(shù)關系式．（3）分類探討為平行四邊形的邊及對角線，利用平行四邊形的對邊相等及中點坐標公式，得出關系式，從而求出點的坐標．【詳解】解：（1），，直線分別交軸軸正半軸于、兩點，，，；，點在軸負半軸上，，，設直線的函數(shù)解析式為：，將點，代入得，，解得，直線的函數(shù)解析式為：；（2）∵OA=2，OC=4，∴AC==，∵，∴∠BAC=90°，依據(jù)題意得：CP=2t，AP=，∴S=；（3）存在．設直線的解析式為：，將、代入得，，解得，所以直線的解析式為：，①當為平行四邊形的邊時，，且，設點，，，是直線上的一動點，是直線上的一動點，或，或，，，，，②當為平行四邊形的對角線時，的中點坐標為，設點，，，解得，，，綜上所述，的坐標為，或，．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的綜合應用，涉及的學問點有：平行四邊形的性質、待定系數(shù)法、動點問題，勾股定理，三角形面積等，由易到難，體現(xiàn)了數(shù)學的分類探討思想、轉化思想、方程思想、數(shù)形結合思想等．【變式訓練3】（湖北省直轄縣級單位·八年級期末）如圖所示，在直角坐標系中，直線l與x軸y軸交于A、B兩點，已知點A的坐標是（4，0），B的坐標是（0，3）．（1）求直線l的解析式；（2）若點C（3，0）是線段OA上確定點，點P（x，y）是第一象限內直線l上一動點，試求出點P在運動過程中△POC的面積S與x之間的函數(shù)關系式，并寫出x的取值范圍；（3）在（2）問的條件下，若S＝，此時在坐標平面內是否存在點Q，使以A，C，P，Q為頂點，以AC為邊的四邊形是平行四邊形？若存在，干脆寫出點Q的坐標；若不存在，說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，Q的坐標為或【解析】【分析】（1）利用已知點的坐標，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式即可；（2）依據(jù)S△POC＝×OC×，在直線上，依據(jù)（1）的結論表示出點的坐標，即可求得S與x之間的函數(shù)關系式；（3）依據(jù)條件以AC為邊的四邊形，則,即求得點的坐標即可【詳解】解：（1）設直線l函數(shù)解析式為y＝kx+b（k≠0），由題意可得：，解得：，∴直線l函數(shù)解析式為，（2）點在直線上點的坐標為∵S△POC＝，∴S△POC＝×3×（－x+3）＝－x+（0＜x＜4）；（3）存在，理由如下：當S＝時，則＝﹣x+，∴x＝2，∴點P（2，），∵以A、C、P、Q為頂點，以AC為邊的四邊形是平行四邊形，∴ACPQ，AC=PQ∵A（4，0），C（3，0），∴PQ=AC=4－3=1，∵P（2，）∴點Q（3，）或（1，）【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，平行四邊形的性質與判定，嫻熟以上學問點是解題的關鍵．【課后訓練】一、選擇題1．（湖北荊門外語學校八年級階段練習）如圖，在?ABCD中，AB＝2，BC＝4，∠D＝60°，點P、Q分別是AC和BC上的動點，在點P和點Q運動的過程中，PB+PQ的最小值為（）A．4 B．3 C．2 D．4【答案】C【解析】【分析】取BC的中點G，連接AG．首先證明∠BAC＝90°，作點B關于AC的對稱點F，連接GF，證FG⊥BC，則FG的長即為PB+PQ的最小值．【詳解】解：取BC的中點G，連接AG．在?ABCD中，AB＝2，BC＝4，∠D＝60°，∴AB＝BG＝2，∠ABG＝∠D＝60°，∴△ABG是等邊三角形，∴AG＝GC＝2，∠AGB＝∠BAG＝60°，∴∠GAC＝∠GCA＝30°，∴∠BAC＝90°，作點B關于AC的對稱點F，連接GF，

交AC于點P，由對稱可知，B、A、F在一條直線上，AG＝AF，∵∠BAG＝∠F+∠AGF＝60°，∴∠F＝∠AGF＝30°，∴∠FGB＝90°，當點Q與點G重合時，PB+PQ=PF+PG=FG，F(xiàn)G的長即為PB+PQ的最小值，∵∠F＝∠AGF＝30°，AG＝GC＝2，∴BF＝4，，∴BP+PQ的最小值為2．故選：C．【點睛】本題主要考查了軸對稱﹣最短路途問題，勾股定理，等邊三角形的性質，依據(jù)垂線段最短作出幫助線，確定點P，Q的位置是解答此題的關鍵．2．（安徽·六安市匯文中學八年級期中）如圖，在中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，將△AEF沿EF折疊，點A恰好落在BC邊上的點G處，若，，，則AF長度為（

）A． B．7 C．6 D．20【答案】A【解析】【分析】過點B作BM⊥AD于點M，過點F作FH⊥BC于點H，過點E作EN⊥CB延長線于點N，得矩形BHFM，可得△BEN和△ABM是等腰直角三角形，然后利用勾股定理即可解決問題．【詳解】解：如圖，過點B作BM⊥AD于點M，過點F作FH⊥BC于點H，過點E作EN⊥CB延長線于點N，得矩形BHFM，∴∠MBC＝90°，MB＝FH，F(xiàn)M＝BH，∵AB＝6，5BE＝AE，∴AE＝5，BE＝，由折疊的性質可知：GE＝AE＝5，GF＝AF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABN＝∠A＝45°，∴△BEN和△ABM是等腰直角三角形，∴EN＝BN＝BE＝1，AM＝BM＝AB＝6，∴FH＝BM＝6，在Rt△GEN中，依據(jù)勾股定理，得EN2+GN2＝GE2，∴12+GN2＝（5）2，解得GN＝±7（負值舍去），∴GN＝7，設MF＝BH＝x，則GH＝GN﹣BN﹣BH＝7﹣1﹣x＝6﹣x，GF＝AF＝AM+FM＝6+x，在Rt△GFH中，依據(jù)勾股定理，得GH2+FH2＝GF2，∴（6﹣x）2+62＝（6+x）2，解得x＝，∴AF＝AM+FM＝6+＝．∴AF長度為．故答案為：A．【點睛】本題考查了翻折變換，平行四邊形的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，解決本題的關鍵是駕馭翻折的性質．3．（湖北荊門外語學校八年級階段練習）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝6，點E在邊AD上，點F在BC的延長線上，且滿足BF＝BE＝8，過點C作CE的垂線交BE于點G，若CE恰好平分∠BEF，則BG的長為（）A．2 B．3 C．4 D．2【答案】C【解析】【分析】延長EF，GC兩條線相交于點H，過點G作GP∥EF交BC于點P，依據(jù)平行四邊形的性質證明△ECG≌△ECH，可得CG＝CH，再證明△PCG≌△FCH，可得CP＝CF＝2，再依據(jù)等腰三角形的性質證明BG＝BP即可．【詳解】解：如圖，延長EF，GC兩條線相交于點H，過點G作GP∥EF交BC于點P，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC＝AD＝6，∵BF＝BE＝8，∴CF＝BF﹣BC＝2，∵CE平分∠BEF，∴∠GEC＝∠HEC，∵CE⊥GC，∴∠ECG＝∠ECH＝90°，在△ECG和△ECH中，，∴△ECG≌△ECH（ASA），∴CG＝CH，∵GP∥EF，∴∠PGC＝∠FHC，在△PCG和△FCH中，，∴△PCG≌△FCH（ASA），∴CP＝CF＝2，∴BP＝BF﹣PF＝8﹣4＝4，∵BF＝BE，∴∠BEF＝∠BFE，∵GP∥EF，∴∠BGP＝∠BEF，∠BPG＝∠BFE，∴∠BGP＝∠BPG，∴BG＝BP＝4．故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定與性質，解題關鍵是嫻熟運用平行四邊形的性質和全等三角形的判定進行推理證明．二、填空題4．（上海市北海中學八年級期中）在□ABCD中，AC與BD相交于點O，∠AOB=60°，BD=4，將△ABC沿直線AC翻折后，點B落在點B′處，那么DB′的長為_________【答案】2【解析】【分析】連接B′O．證明△B′OD是等邊三角形，即可求得B′D=OD=BD=2．【詳解】解：如圖，連接B′O．∵∠AOB=∠B′OA=60°，∴∠B′OD=60°，∵OB=OB′=OD，∴△B′OD是等邊三角形，∴B′D=OD=BD=2，故答案為：2．【點睛】本題考查了折疊變換的性質、平行四邊形的性質以及等邊三角形的判定和性質；嫻熟駕馭翻折變換和平行四邊形的性質是解題的關鍵．5．（山東·濟寧學院附屬中學八年級期末）在四邊形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，BC＝10cm，M是BC上一點，且BM=4cm，點E從A動身以1cm/s的速度向D運動，點F從點B動身以2cm/s的速度向點C運動，當其中一點到達終點，而另一點也隨之停止，設運動時間為t，當t的值為_____時，以A、M、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形．【答案】4s或s【解析】【分析】分兩種狀況：①當點F在線段BM上，即0≤t＜2，②當F在線段CM上，即2≤t≤5，列方程求解．【詳解】解：①當點F在線段BM上，即0≤t＜2，以A、M、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，則有t＝4﹣2t，解得t＝，②當F在線段CM上，即2≤t≤5，以A、M、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，則有t＝2t﹣4，解得t＝4，綜上所述，t＝4或，以A、M、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，故答案為：4s或s．【點睛】此題考查了動點問題，一元一次方程與動點問題，平行四邊形的定義，熟記平行四邊形的定義是解題的關鍵．6．（北京豐臺·八年級期末）如圖1，在平面直角坐標系xOy中，□ABCD的面積為10，且邊AB在x軸上．假如將直線y＝﹣x沿x軸正方向平移，在平移過程中，記該直線在x軸上平移的距離為m，直線被平行四邊形的邊所截得的線段的長度為n，且n與m的對應關系如圖2所示，那么圖2中a的值是___，b的值是___．【答案】

7

【解析】【分析】在圖1中，過點D，B，C作直線與已知直線y＝﹣x平行，交x軸于點E，F(xiàn)，過D作DG⊥x軸于G，在圖2中，取A'（2，0），E'（5，b），B'（a，b），F(xiàn)'（10，0），求出OA＝m＝2，OE＝m＝5，DE＝n＝b，則AE＝3，OF＝m＝10，OB＝m＝a，依據(jù)?ABCD的面積為10，求出DG＝2，得到DE即為b值．【詳解】解：在圖1中，過點D，B，C作直線與已知直線y＝﹣x平行，交x軸于點E，F(xiàn)，過D作DG⊥x軸于G，在圖2中，取A'（2，0），E'（5，b），B'（a，b），F(xiàn)'（10，0），圖1中點A對應圖2中的點A'，得出OA＝m＝2，圖1中點E對應圖2中的點E'，得出OE＝m＝5，DE＝n＝b，則AE＝3，圖1中點F對應圖2中的點F'，得出OF＝m＝10，圖1中點B對應圖2中的點B'，得出OB＝m＝a，∵a＝OB＝OF﹣BF，BF＝AE＝3，OF＝10∴a＝7，∵?ABCD的面積為10，AB＝OB﹣OA＝7﹣2＝5，∴DG＝2，在Rt△DGE中，∠DEG＝45°，∴DE＝=，故答案是：7，．【點睛】此題考查了平行四邊形與函數(shù)圖象的結合，正確駕馭平行四邊形的性質，直線y＝﹣x與坐標軸夾角45度的性質，一次函數(shù)圖象平行的性質，勾股定理，正確理解函數(shù)圖象得到相關信息是解題的關鍵．三、解答題7．（四川瀘州·八年級期中）已知，如圖，在中，，垂足為，，點為的中點，點為上的一點，連接、、，．(1)求證：(2)若，，求的長；(3)求證：．【答案】(1)證明見解析(2)(3)證明見解析【解析】【分析】（1）結合題意，由AAS即可證明兩個三角形全等；（2）依據(jù)線段中點的性質，得；依據(jù)平行四邊形的性質，得；再依據(jù)勾股定理的性質計算，即可得到答案；（3）依據(jù)和平行四邊形的性質，得點G為CD的中點；分別延長AG、BC并相交于點M，通過證明，得，再依據(jù)直角三角形斜邊中線、等腰三角形、三角形外角的性質計算，即可得到答案．(1)在和中∴；(2)∵，點為的中點∴∴∵∴∵，∴；(3)∵∴∵，∴，即點G為CD的中點如圖，分別延長AG、BC并相交于點M∵∴∴在和中∴∴∵，即∴∴∴，即．【點睛】本題考查了勾股定理、全等三角形、平行四邊形、平行線、三角形外角、等腰三角形直角三角形斜邊中線的學問；解題的關鍵是嫻熟駕馭全等三角形、直角三角形斜邊中線、平行四邊形的性質，從而完成求解．8．（浙江·浦江縣教化探討和老師培訓中心八年級期末）如圖所示，的邊在軸上，點在軸上．已知，，，從點動身的點，以每秒1個單位的速度向點移動．是的中點，的延長線交于點．（1）求點，的坐標．（2）當四邊形是平行四邊形時，求點的移動時間（秒）．（3）當為等腰三角形時，求的長．【答案】（1），；（2）6秒；（3）3或或9【解析】【分析】（1）依據(jù)勾股定理得出OD，進而利用含30°角的直角三角形的性質得出AB＝12，進而解答即可；（2）依據(jù)平行四邊形的性質得出CE＝DE，進而解答即可；（3）分三種狀況：MD＝ME，DM＝DE，ED＝EM時，利用等腰三角形的性質解答即可．【詳解】（1）∵OA＝3，AD＝6∴∠ADO=30°，OD＝=3∴∠DAB＝60°∵BD⊥AD∴∠DBA=90°-∠DAB＝30°∴△ADB是含30°角的直角三角形∴AB＝2AD＝12∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB＝DC＝12∴B坐標為（9，0），C坐標為（12，3）；（2）∵四邊形EFBC是平行四邊形∴EFBC∴EMBC∵M是BD的中點∴EM是△BCD的中位線∴點E是CD的中點∴CE＝=6∴t＝6；（3）∵DO=3，BO=9∴BD=∵∠DBA＝