文档内容
专题18.11 平行四边形中的几何变换、定值、最值、动点、存在性问题
【十大题型】
【人教版】
【题型1 平行四边形中的平移问题】......................................................................................................................1
【题型2 平行四边形中的轴对称问题】..................................................................................................................5
【题型3 平行四边形中的旋转问题】....................................................................................................................10
【题型4 平行四边形中的定值问题】....................................................................................................................14
【题型5 平行四边形中的最小值问题】................................................................................................................22
【题型6 平行四边形中的最大值问题】................................................................................................................26
【题型7 平行四边形中的动点问题】....................................................................................................................30
【题型8 平面直角坐标系中的平行四边形存在性问题】...................................................................................34
【题型9 平行四边形中的新定义问题】................................................................................................................47
【题型10 平行四边形中的综合实践与探究】.......................................................................................................53
【题型1 平行四边形中的平移问题】
【例1】（24-25八年级·贵州黔西·期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的边OC落在x
轴的正半轴上，且点A(2,2)，C(4,0)，直线y=2x+1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OABC的面积平分．
7
A．3 B． C．5 D．6
2
【答案】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AC、BO，交于点D，当y=2x+1经过D点时，该直线可将▱OABC的面积平分，然后计算出
过D且平行直线y=2x+1的直线解析式，从而可得直线y=2x+1要向下平移6个单位，进而可得答案．
【详解】解：连接AC、BO，交于点D，当y=2x+1经过D点时，该直线可将 ▱OABC的面积平分，∵四边形AOCB是平行四边形，
∴AD=CD，
∵A(2,2)，C(4,0)，
∴D(3,1)，
设DE的解析式为y=kx+b，且直线DE平行于y=2x+1，
∴k=2，
∵直线DE经过点D(3,1)，
∴DE的解析式为y=2x−5，
把y=0代入得，2x−5=0，
5
解得x= ，
2
在直线y=2x+1上，当y=0时，2x+1=0，
1
解得x=− ，
2
5 ( 1) 5 1
∵ − − = + =3，
2 2 2 2
∴直线y=2x+1要向右平移3个单位，
∴经过3秒该直线可将平行四边形OABC的面积平分，
故选：A．
【变式1-1】（24-25八年级·重庆忠县·期中）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=4，将Rt△ABC沿
BC向右平移得到△≝¿，若四边形ACFD的面积等于8，则平移的距离等于（ ）
A．2 B．3 C．2❑√3 D．4【答案】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ACFD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△ABC沿CB向右平移得到△≝¿，
∴AC∥DF且AC=DF，
∴四边形ACFD是平行四边形，
又四边形ACFD的面积等于8，AB=4，
∴平移距离=8÷4=2．
故选：A．
【变式1-2】（24-25八年级·福建龙岩·期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知直线l:y=2x和第一象限
内的▱ABCD（BC∥x轴，S
▱ABCD
=5）．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▱ABCD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（ ）
❑√5 3
A．1 B． C．❑√2 D．
2 2
【答案】B
【分析】由图2可得，直线经过A时移动的距离为2，经过D时移动的距离为7，经过B时移动的距离为4，
可得BC=9−4=5，当直线经过点B时，交AD于点F，过B作BT⊥AD垂足为点T，如图所示：求解
BT=1，直线BF为y=2x−8，则从点B到点F的平移可理解为：先向上移动2t个单位，再向右移动t个单
位，再进一步解答即可．
【详解】解：由图2可得，直线经过A时移动的距离为2，经过D时移动的距离为7，经过B时移动的距离为
4，
∴OE=2，OK=4，OH=7，OG=9，
∴BC=9−4=5，
当直线经过点B时，交AD于点F，过B作BT⊥AD垂足为点T，如图所示：∵BC∥x轴，S =5，
▱ABCD
∴BT=1，
设直线BF为y=2x+b，
∴2×4+b=0，解得：b=−8，
∴直线BF为y=2x−8，
∴从点B到点F的平移可理解为：先向上移动2t个单位，再向右移动t个单位，
1
∴当BT=2t=1时，则TF=t= ，
2
∴n=BF=❑
√
12+
(1) 2
=
❑√5
，
2 2
故选：B．
【点睛】本题考查的是动态问题的函数图象，平移的性质，一次函数的应用，平行四边形的性质，化为最
简二次根式，理解函数图象的含义是解本题的关键．
【变式1-3】（24-25八年级·浙江金华·期末）如图，在△ABC中，已知AB=8，点D、E分别在边
AC、AB上，现将△ADE沿直线DE折叠，使点A恰好落在点F处，若将线段BC向左平移刚好可以与线
段EF重合，连接CF，若2BC+CF=15，则BC−2CF的值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
【分析】根据折叠的性质及平移的性质可知四边形EFCB是平行四边形，再根据平行四边形的性质可知
CF=BE即可解答．【详解】解：∵现将△ADE沿直线DE折叠，使点A恰好落在点F处，
∴由折叠的性质可得：AE=EF，
∵将线段BC向左平移刚好可以与线段EF重合，
∴由平移的性质可得：BC=EF，BC∥EF，
∴四边形EFCB是平行四边形，
∴CF=BE，
∵AB=8，
∴AE+BE=8，
∵2BC+CF=15，
∴BC+BC+CF=15，
∴BC+AE+BE=15，
∴BC=7，
∴CF=1，
∴BC−2CF=7−2=5，
故选B．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平移的性质，平行四边形的判定与性质，线段和差倍关系，掌握折叠的
性质及平移的性质是解题的关键．
【题型2 平行四边形中的轴对称问题】
【例2】（24-25八年级·浙江绍兴·期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠DAB=120°，∠BCA=75°
，DF=6，E为AC上一点，将△ADE沿着DE翻折，点A恰好落在边CD上的F点处，连接BF，则BF长
度为（ ）
A．3❑√6 B．2❑√6 C．3❑√3 D．3❑√6+2
【答案】A
【分析】连接AF，作CM⊥AB 于点M，根据四边形ABCD是平行四边形，∠DAB=120°，
∠BCA=75°，和△ADE沿着DE翻折，点A恰好落在CD上的F点处，可得△ADF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AC的长，再证明△AFC≌△BCF，可得AC=BF．进而可得结论．
【详解】解：如图，连接AF，作CM⊥AB于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AD=BC，
∴∠DAB=120°，∠BCA=75°，
∴∠ADC=∠ABC=60°，∠CAD=∠BCA=75°，
∵△ADE沿着DE翻折，点A恰好落在CD上的F点处，
∴AD=FD，AE=EF，
∴△ADF是等边三角形，
∴EAF=∠CAD−∠DAF=75°−60°=15°，
∴∠EAF=∠EFA=15°，
∵AD=FD=6，AD=BC，
∴BC=6，∠BCM=30°，
∴BM=3，CM=3❑√3，
∵∠CAB=45°，
∴AM=CM=3❑√3，
∴AC=❑√2AM=3❑√6，
∵∠AFD=60°，
∴∠AFC=120°，
∴∠BCD=120°，
∴∠AFC=∠BCF=120°，
∵BC=AD，AD=AF，
∴AF=BC，
∴△AFC≌△BCF(SAS)，
∴AC=BF=3❑√6．
故选：A．
【点睛】本题考查了翻折变换、平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．【变式2-1】（24-25八年级·上海·期末）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＝ °.
【答案】45
【分析】根据轴对称的性质可得∠ABC=∠EBC，然后求出∠EBC，再根据平行四边形的对角相等解
答．
【详解】解：∵平行四边形ABCD与平行四边形EBCF关于BC所在的直线对称，
∴∠ABC=∠EBC，
∵∠ABE=90°，
∴∠EBC=45°，
∵四边形EBCF是平行四边形，
∴∠F=∠EBC=45°．
故答案为：45．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，平行四边形的对角相等的性质，解题的关键是熟记各性质．
【变式2-2】（24-25八年级·江西抚州·期中）在平行四边形ABCD中，∠ABC是锐角，将CD沿直线l翻折
BE
至AB所在直线，对应点分别为C′，D′，若AC′:AB:BC=1:3:7，过F作AB的垂线交于E，则 =
BF
．
2 4 4 2
【答案】 或 / 或
7 7 7 7
【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AC′:AB:BC=1:3:7，不妨设AC′=1,AB=3,BC=7，当C′在AB之间时，由翻折的性质知：7
∠FCD=∠FC′D′，可得∠BC′F=∠FBA，CF=BF=C′F= ，由三线合一得到BE=1，继而由可求
2
解；当C′在BA的延长线上时，同理可求解．
【详解】解：当C′在AB之间时，作下图，
根据AC′:AB:BC=1:3:7，不妨设AC′=1,AB=3,BC=7，
由翻折的性质知：∠FCD=∠FC′D′，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠FCD+∠FBA=180°，
∵CD沿直线l翻折至AB所在直线，
∴∠BC′F+∠FC′D′=∠FCD+∠FBA=180°，
∴∠BC′F=∠FBA，
7
CF=BF=C′F=
，
2
∵过F作AB的垂线交于E，
1
∴BE= BC′=1，
2
BE 1 2
∴ = =
BF 7 7，
2
当C′在BA的延长线上时，作下图，
根据AC′:AB:BC=1:3:7，不妨设AC′=1,AB=3,BC=7，7
同理知：CF=BF=C′F=
，
2
∵过F作AB的垂线交于E，
1
∴BE= BC′=2，
2
2 4
故答案为： 或 ．
7 7
【变式2-3】（24-25八年级·福建泉州·期末）如图，在▱ABCD中，E是AD边上一点，将△ABE沿BE翻
折得到△A′BE，延长EA′交BC的延长线于点F，连接CE．若BE=CF，∠F=20°，则∠BCE=
度．
【答案】30
【分析】根据平行四边形的性质得出∠≝=20°，由折叠可知，∠AEB=∠A′EB=80°，进而推出
∠BEF=80°，∠EBF=80°，则BF=EF=FM=EM，以EF为边构造等边三角形EFM，连接CM，
通过证明△CFM≌△EBF(SAS)，得出∠BFE=∠FMC=20°,∠MCF=∠EBF=80°,CM=BF=EM
，进而得出∠MCE=70°，最后根据∠BCE=180°−∠MCE−∠MCF，即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠CFE=20°，
∴∠≝=20°，
1
由折叠可知，∠AEB=∠A′EB=
¿，
2
∴∠BEF=180°−∠AEB−∠≝=80°，
∴∠EBF=180°−∠CFE−∠BEF=80°，
∴BF=EF=FM=EM，
以EF为边构造等边三角形EFM，连接CM，
∴∠EFM=∠EMF=∠MEF=60°，EF=FM，
∴∠CFM=∠CFE+∠EFM=80°，
在△CFM和△EBF中，{
BE=CF
)
∠CFM=∠BEF ，
EF=FM
∴△CFM≌△EBF(SAS)，
∴∠BFE=∠FMC=20°,∠MCF=∠EBF=80°,CM=BF=EM，
∴∠EMC=∠EMF−∠FMC=40°，
1
∴∠MCE= (180°−∠EMC)=70°，
2
∴∠BCE=180°−∠MCE−∠MCF=30°，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的性质，全等三角形的判
定和性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造全等三角形，等腰三角形，利用相关性质解答．
【题型3 平行四边形中的旋转问题】
【例3】（24-25八年级·河北保定·期末）如图所示，将▱ABCD绕点A按逆时针方向旋转30°，得到
▱AB′C′D′（点B′与点B、点C′与点C、点D′与点D分别对应）．若点B′恰好落在BC上，则∠C=
．
【答案】105°/105度
【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，∠BAB′=30°，AB=AB′，再根据等腰三角形点性
质及三角形内角和定理，得到∠B=75°，然后根据平行四边形和平行线的性质，即可求出∠C的度数．
【详解】解：由旋转的性质可知，∠BAB′=30°，AB=AB′，∴∠B=∠AB′B，
∵∠BAB′+∠B+∠AB′B=180°，
∴∠B=75°，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
∴∠C=105°，
故答案为：105°．
【变式3-1】（24-25八年级·山东青岛·期末）如图，在▱OABC中，A(1,2)，CO=4，将▱OABC绕O
点逆时针方向旋转90°到▱OA′B′C′的位置，则点B′的坐标是 ．
【答案】(−2,5)
【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AE⊥y轴，A′E′⊥x轴，得到AE=1，OE=2，由旋转的性质可知，
∠AOA′=90°，AO=A′O，A′B′=AB=4，证明△AOE≌△A′OE′ (AAS)，利用全等三角形性质可得
OE′=OE=2，A′E′=AE=1，进而可得B′E′=5，即可解得点B′的坐标．
【详解】解：作AE⊥y轴于E，A′E′⊥x轴E'，
∴∠AEO=∠A′E′O=90°
，
∵ A(1,2)，
∴AE=1，OE=2，
∵在▱OABC中，CO=4，∴AB=OC=4，
由旋转的性质可知，∠AOA′=90°，AO=A′O，A′B′=AB=4，
∵∠EOE′=90°，
∴∠AOE=∠A′OE′，
∴ △AOE≌△A′OE′ (AAS)，
∴OE′=OE=2，A′E′=AE=1，
∴B′E′=5，
∴点B′的坐标是(−2,5)．
故答案为：(−2,5)．
【变式3-2】（24-25八年级·上海青浦·期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB=10，BC=15，面积为
120，点P是边AD上一点，连接PB，将线段PB绕着点P旋转90°得到线段PQ，如果点Q恰好落在直线
AD上，那么线段AQ的长为
【答案】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BP⊥AD；
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BP⊥AD是解
题的关键．
【详解】解：∵线段PB绕着点P旋转90°得到线段PQ，点Q恰好落在直线AD上，
∴BP⊥AD，
∵BC⋅BP=120，
∴BP=120÷BC=8，
由勾股定理得：AP=❑√AB2−BP2=6；
当线段PB绕着点P顺时针旋转90°时，如图，
∴PQ=BP=8，
∴AQ=PQ−AP=2；
当线段PB绕着点P逆时针旋转90°时，
则PQ在点P的右侧，∴AQ=AP+PQ=6+8=14；
综上，AQ的长为2或14；
故答案为：2或14．
【变式3-3】（24-25八年级·浙江温州·期中）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，AB=3，BC=6． 将其中一张纸片绕它的中心旋转，当点A和点C的对应
点A′和C′分别落在边AD和BC上时，BC′=1，则A′C′的长是 ，两张纸片重合部分（阴影部分）的
面积是 ．
33
【答案】 ❑√33 ❑√2
5
【分析】作A'N⊥B'C'，连接AC′,A′C，根据旋转的性质可得OA=OA′=OC=OC′即四边形AC′C A′
是矩形可得∠AC′C=∠AC′B=90°,A A′=C′C，进而可得；然后根据勾股定理可得AC′=2❑√2、
A′C′=❑√33；再证△AC′M≅△N A′M可得C′M=A′M，设C′M=A′M=a可得AM=5−a，然后根据
勾股定理列方程求得A′M，最后根据平行四边形的面积公式解答即可．
【详解】解：作A'N⊥B'C'，连接AC′,A′C
∵将其中一张纸片绕它的中心旋转，点A和点C的对应点A′和C′分别落在边AD和BC上
∴OA=OA′=OC=OC′
∴四边形AC′C A′是矩形
∴∠AC′C=∠AC′B=90°,A A′=C′C∵AB=3、BC=6，BC′=1
∴AC′=❑√AB2−BC′2=❑√9−1=2❑√2,CC′=BC−BC′=6−1=5
∴A′C′=❑√A′C2+CC′2=❑√8+25=❑√33
∵AC'⊥BC,A'N⊥B'C'
∴AC′=A′N
∵∠AMC′=∠A′MN,∠A′NM=∠C′ AM,AC′=A′N
∴△AC′M≅△N A′M
∴C′M=A′M
设C′M=A′M=a
∵A A′=C′C=5
∴AM=5−a
33
∵MC′2=AC′2+AM2,即a2=(2❑√2) 2+(5−a) 2，解得：a=
10
33 33❑√2
∴阴影部分的面积为：A'M⋅AC'= ×2❑√2=
10 5
33
故答案为❑√33， ❑√2．
5
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、平行四边形的性质等知识点，正确做辅助线是解答本题的关键．
【题型4 平行四边形中的定值问题】
【例4】（2024·湖南株洲·八年级期末）如图，直线MA平行于NB，定点A在直线MA上，动点B在直线
BN上，P是平面上一点，且P在两直线中间（不包括边界），始终有∠PAM=∠PBN，则在整个运动过PA
程中，下列各值①∠APB；②PA+PB；③ ；④S 中，一定为定值的是 ．（填序号）
PB △PAB
【答案】 /②①
【分析】①过点②P作PQ∥AM，交B′P′于点Q，根据平行线的判定和性质，推出
∠APB=∠APQ+∠BPQ=2∠PAM，判断①；证明四边形QPBB′为平行四边形，△PP′Q为等腰三角
形，推出AP′+P′B′=AP′+P′Q+QB′=AP′+P′P+BP=AP+BP，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P作PQ∥AM，交B′P′于点Q，
∵MA∥NB，
∴PQ∥MA∥NB，
∴∠APQ=∠PAM,∠BPQ=∠PBN，
∵∠PAM=∠PBN，
∴∠APQ=∠PAM=∠BPQ=∠PBN，
∴∠APB=∠APQ+∠BPQ=2∠PAM，为定值，故①正确；
∵∠P′B′N=∠MAP=PBN，
∴PB∥P′B′，
∴四边形QPBB′为平行四边形，∠P′QP=∠BPQ=∠APQ，
∴PB=QB′，PP′=P′Q，∴AP′+P′B′=AP′+P′Q+QB′=AP′+P′P+BP=AP+BP，
∴PA+PB为定值，故②正确；
由图可知，当点B从下往上运动时，AP逐渐减小，
∵PA+PB为定值，
∴BP逐渐增大，
PA
∴ 逐渐减小，不是定值，故③错误；
PB
假设∠PAM=45°，则：∠APB=90°，
∴△APB为直角三角形，
1
∴S = PA⋅PB，
△APB 2
设PA+PB=m，
∴PA=m−PB，
1 1
∴S = PA⋅PB= (m−PB)⋅PB，
△APB 2 2
∵PB不是定值，
∴S△APB的值也不是定值，故④错误；
故答案为：①②．
【点睛】本题考查平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解题的关
键是添加辅助线，构造特殊图形．
【变式4-1】（2024八年级·黑龙江·专题练习）【“两定两动”型（同侧）】如图，MN的长度为定值，在
直线l上分别取点E，F，使EF=MN，连接AE，BF，当AE+EF+BF最小时，求点E，F的位置．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了轴对称性质、最短路径问题等知识点，掌握轴对称的性质成为解题的关键．
过A作AC∥l使得AC=MN，作点C关于l的对称点D，连接BD与l的交点即为F，过A作AE∥CF交
l为E，点E，F即为所求．
【详解】解：过A作AC∥l使得AC=MN，作点C关于l的对称点D，连接BD与l的交点即为F，过A
作AE∥CF交l为E，点E，F即为所求．证明：∵AC∥l，AE∥CF，
∴AEFC是平行四边形，
∴AE=CF，
∵点C关于l的对称点D，
∴CF=FD，AC=EF，
∴AE=CF=FD，AC=MN=EF，
∵EF=MN为定值，
∴要求AE+EF+BF的最小值，只需求AE+BF=CF+DF=DF+BF，
∴点B、F、D共线时，AE+BF最小．
【变式4-2】（24-25八年级·福建泉州·阶段练习）如图所示四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA=4，
∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
(1)四边形ABCD______平行四边形（是或不是）
(2)证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE=CF；
(3)当点E、F在BC、CD上滑动时，四边形AECF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．
【答案】(1)是
(2)见解析
(3)四边形AECF的面积不变，为定值4❑√3
【分析】（1）根据AB=BC=CD=DA=4可知四边形ABCD是平行四边形，即可得答案；
（2）根据平行四边形及∠BAD=120°，可证得△ABC和△ACD为等边三角形，则∠BAC=60°，
∠ABE=∠4=60°，AC=AB，再结合△AEF是等边三角形，进而证得∠1=∠3，利用ASA即可证明
△ABE≌△ACF，即可得结论；
（3）根据△ABE≌△ACF，得S =S ，故由S =S +S =S +S =S ，
△ABE △ACF 四边形AECF △AEC △ACF △AEC △ABE △ABC可知四边形AECF的面积是定值，作AH⊥BC于H点，由等边三角形的性质求得BH=2，进而求得AH
即可求得S ，可得定值．
△ABC
【详解】（1）解：四边形ABCD是平行四边形，理由如下：
∵AB=BC=CD=DA=4，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：是；
（2）证明：由（1）知四边形ABCD为平行四边形，则AB∥CD，AD∥BC，
∵∠BAD=120°，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
又∵AB=BC=CD=DA=4，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠BAC=60°，∠4=60°，AC=AB，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°，
∴∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，
∴∠1=∠3，
又∵∠ABE=∠4=60°，AC=AB，
∴△ABE≌△ACF(ASA)．
∴BE=CF；
（3）四边形AECF的面积不变，为定值4❑√3．
理由如下：由（2）得△ABE≌△ACF，则S =S ，
△ABE △ACF
故S =S +S =S +S =S ，是定值，
四边形AECF △AEC △ACF △AEC △ABE △ABC
作AH⊥BC于H点，
∵∠BAC=60°，AB=AC=4
1
∴BH= BC=2，则AH=❑√AB2−BH2=2❑√3，
21
∴S =S = BC⋅AH=4❑√3，
四边形AECF △ABC 2
综上，四边形AECF的面积不变，为定值4❑√3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，三角形全等的判定与性质，等边三角形的判定及性质，勾
股定理，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
【变式4-3】（24-25八年级·浙江温州·期中）根据所给素材，完成相应任务．
玩转三角板
活 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
动 板，如图1所示，其中∠F，∠A为直角，∠E=30°，
背 ∠B=45°，要求两直角顶点重合（A与F重合于点O）进行
景 探究活动．
素 小明同学的探究结果如图2所示，D，O，C三点在一条直线
材1 上．
素 小聪同学的探究结果如图3所示，DE∥BC，连结BD，CE
材2 ，发现四边形BCED是平行四边形．
素 李老师提出问题，在上述操作过程中，△DOB与△COE的面
材3 积比是否为定值？
解决问题
任
（1）根据图2，计算线段CD的长度．
务1（2）根据图3写出小聪同学判定平行四边形的依据：___________．
任
务2
（3）计算▱BCED的面积．
任
（4）请你解答李老师的问题，并说明理由．
务3
【答案】（1）CD=1+❑√2
（2）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
（3）❑√3+2
（4）是定值，理由见解析
1
【分析】（1）在Rt△DOE中，利用直角三角形的性质求得OD= DE=1，在Rt△BOC中，利用等腰直
2
角三角形和勾股定理求得OC=❑√2，即可由CD=OD+OC求解；
（2）根据平行四边形的判定定理解答即可；
1 1 ❑√3
（3）过点O作OH⊥BC于点H，交DE于点G，利用S = DE⋅OG= OD⋅OE，求得OG=
△DOE 2 2 2
1 1 ❑√3
，利用S = BC⋅OH= OB⋅OC，求得OH=1，从而求得GH=OG+OH= +1，然后根据平
△BOC 2 2 2
行四边形的面积公式求解即可．
（4）作CM⊥OE于M，BN⊥OD交DO延长线于N，证明△BON≌△COM(AAS)，得到BN=CM，
S OD ❑√3
然后由三角形面积公式计算出 △BOD= = ，从而得出结论．
S OE 3
△COE
【详解】解：（1）在Rt△DOE中，∠DOE=90°，∠E=30°，DE=2，
1
∴OD= DE=1，
2
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，∠B=∠C=45°，BC=2，
∴OC=OB，
∴2OC2=BC2=4，
∴OC=❑√2，
∴CD=OD+OC=1+❑√2；
（2）∵DE=BC=2(已知)，DE∥BC(已知)，
∴四边形BCED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OH⊥BC于点H，交DE于点G，
∵DE∥BC，OH⊥BC，
∴OG⊥DE，
∵∠E=30°，DE=2，
1
∴OD= DE=1，
2
∴OE=❑√DE2−OD2=❑√22−12=❑√3，
1 1
∵S = DE⋅OG= OD⋅OE，
△DOE 2 2
∴2OG=1×❑√3，
❑√3
∴OG= ，
2
∵∠B=∠C=45°，BC=2，
∴OC=❑√2，
1 1
∵S = BC⋅OH= OB⋅OC，
△BOC 2 2
∴2OH=❑√2×❑√2
∴OH=1，
❑√3
∴GH=OG+OH= +1，
2
(❑√3 )
∴S = +1 ×2=❑√3+2．
□BCED 2
（4）△DOB与△COE的面积比是定值．
理由：作CM⊥OE于M，BN⊥OD交DO延长线于N，如图，∵∠1+∠3=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
∵∠BNO=∠CMO=90°，OB=OC，
∴△BON≌△COM(AAS)，
∴BN=CM，
∵OD=1，OE=❑√3，
1
OD⋅BN
S 2 OD 1 ❑√3
∴ △BOD= = = = ，
S 1 OE ❑√3 3
△COE OE⋅CM
2
∴△DOB与△COE的面积比是定值．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全
等三角形的判定与性质，三角形的面积，本题是三角形综合题目，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关
键．
【题型5 平行四边形中的最小值问题】
【例5】（24-25八年级·全国·期中）如图，在△ABC中，∠BAC=30°，AB=AC=12，P为AB边上一
动点，以PA，PC为边作平行四边形PAQC，则对角线PQ的长度的最小值为（ ）
A．6 B．12 C．4❑√3 D．6❑√3
【答案】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O是PQ中点，PQ最短也就是PO最短，过O作AB的垂线OE，然后根据直角三
角形的性质即可求出PQ的最小值．
【详解】如图所示：
∵四边形PAQC是平行四边形，
∴AO=CO，OP=OQ，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过点O作OE⊥AB，OE即为所求，
∵∠BAC=30°，
1
∴OE= OA，
2
1 1
∵AO= AC= ×12=6，
2 2
∴OE=3，
∴PQ的最小值为：2OE=6，
故选：A．
【变式5-1】（24-25八年级·山东滨州·期末）如图，在△ABC中，AB=BC=15，AC=18，D是BC边上
任意一点，连接AD，以AD，CD为邻边作▱ADCE，连接DE，则DE长的最小值为（ ）
A．14.4 B．9.6 C．7.2 D．4.8
【答案】A
【分析】设AC，ED交于点O，过点O作OF⊥BC于点F，勾股定理求得OB，等面积法求得OF，根据
垂线段最短，当点D与点F，重合时，OD最小，进而求得DE的最小值，即可求解．【详解】解：设AC，ED交于点O，过点O作OF⊥BC于点F，如图所示，
在四边形ADCE中，AO=CO，EO=DO，
∵AB=BC=15，
∴BO⊥AC，
∵AC=18，
∴AO=CO=9，
在Rt△BOC中，BO=❑√BC2−OC2=12，
1 1
∵S = CO⋅BO= BC⋅OF，
△OBC 2 2
∴OF=7.2，
当点D与点F，重合时，OD最小，
∴ED的最小值为2OD=14.4．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握以上知识是解
题的关键．
【变式5-2】（24-25八年级·安徽合肥·期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，
AC=2BD=10，则AB+CD的最小值为（ ）
A．5❑√3 B．10 C．15 D．5❑√5
【答案】D
【分析】过点B作BE∥AC，过点C作CE∥AB，二线交于点E，连接DE，则四边形ABEC是平行四边
形，得到BE=AC=10，AB=EC，再利用平行线性质可求得∠DBE=90°，利用勾股定理可求得
DE=5❑√5，然后根据CD+EC≥DE，当D，C，E三点共线时，CE+CD取得最小值，即AB+CD取得最小值，最小值为等于DE，即可求解．
【详解】解：过点B作BE∥AC，过点C作CE∥AB，二线交于点E，连接DE，
∵BE∥AC，CE∥AB
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴BE=AC=10，CE=AB，
∵AC⊥BD，BE∥AC
∴BE⊥BD
∴∠DBE=90°，
∵AC=2BD=10
∴BD=5
由勾股定理，得DE=❑√BE2+BD2=❑√102+52=5❑√5，
∵CD+EC≥DE，
当D，C，E三点共线时，CE+CD取得最小值，
∴AB+CD取得最小值，最小值等于DE
∴AB+CD的最小值=DE=5❑√5．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，三角形三边关系，两点之间线段最短，正确作
出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
【变式5-3】（24-25八年级·贵州黔东南·阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD
的坐标分别为A(−1,0)、B(0,2)、C(3,2)、D(2,0)，点P是AD边上的一个动点，若点A关于BP的对称
点为A′，则A′C的最小值为 ．【答案】3−❑√5/−❑√5+3
【分析】由轴对称的性质可知BA=BA′，在△BA′C中由三角形三边关系可知A′C≥BC−BA′，则可求
得答案．
【详解】解：连接BA′，如图：
∵平行四边形ABCD的坐标分别为A(−1,0)、B(0,2)、C(3,2)、D(2,0)，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√12+22=❑√5，BC=3，
∵点A关于BP的对称点为A′，
∴BA=BA′=❑√5，
在△BA′C中，由三角形三边关系可知：A′C≥BC−BA′，
∴A′C≥3−❑√5，即A′C的最小值为3−❑√5，
故答案为：3−❑√5．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，三角形三边的关系，以及轴对称的
性质，利用三角形的三边关系得到A′C≥BC−BA′是解题的关键．
【题型6 平行四边形中的最大值问题】
【例6】（24-25八年级·四川成都·期中）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的坐标分别为
A(−1,0)，B(0,2)、C(4,2)、D(3,0)，若P是x轴上的一动点，若点A关于BP的对称点为A′，则A′C的
最小值为 ，A′C的最大值为 ．【答案】 4−❑√5/−❑√5+4 4+❑√5/❑√5+4
【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A′C≥BC−BA′是解题
的关键．
连接BA′，由轴对称的性质可知BA=BA′，在△BA′C中由三角形三边关系可知
BC+BA′≥A′C≥BC−BA′，则可求得答案．
【详解】解：连接BA′，如图：
∵平行四边形ABCD的坐标分别为A(−1,0)、B(0,2)、C(4,2)、D(3,0)，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√12+22=❑√5，BC=4，
∵若点A关于BP的对称点为A′，
∴BA′=BA=❑√5，
在△BA′C中，由三角形三边关系可知：BC+BA′≥A′C≥BC−BA′，
∴4+❑√5≥A′C≥4−❑√5，即A′C的最小值为4−❑√5，最大值为4+❑√5．
故答案为：4−❑√5，4+❑√5．
【变式6-1】（2024·山东济南·二模）在菱形ABCD中，∠A=60°,AB=8,E为菱形内部一点，且BE=6
，连接DE，点F为DE中点，连接CF，点G是CF中点，连接BG，则BG的最大值为 ．
3
【答案】2❑√7+
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OF和GH的长度先求出来，再利用
三角形的三边关系判断，当BG=BH+HG时最大．
【详解】解∶如图所示∶连接AC交BD于点O，连接FO，取OC的中点H，连接HG和BH，∵在菱形ABCD中，O为AC中点，F为CE中点，BE=4，
1
∴OF= BE=3，
2
当B、F、E、D共线时，OF也为3，
∵G为CF中点、H为OC中点，
1 3
∴GH= OF=
2 2
∵在菱形ABCD中，且∠DAB=60°，AB=8，
1
∴∠ABO= ∠ABC=30°，∠BOA=90°，AO=OC，
2
1
∴OB= AB=4，
2
∴OC=OA=❑√82−42=4❑√3．
1
∴OH= OC=2❑√3，
2
∴BH=❑√42+(2❑√3) 2=2❑√7，
∵BG≤BH+HG．
3
∴BG≤2❑√7+ ，
2
3
∴BG的最大值为2❑√7+ ．
2
3
故答案为∶2❑√7+ ．
2
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题难点在于辅助线的添加，要
根据菱形的性质和题目条件中的中点构造中位线，然后借助三角形的三边关系可判断出当B、H、G三点
共线时BG最大．【变式6-2】（24-25八年级·陕西安康·期中）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，折
叠△AEF使得点A落在CD上，若∠ABC=120°，AD=4❑√3，AB=8，则BE长度的最大值为
．
【答案】2
【分析】由折叠的性质可知AE=≥¿，当¿⊥AB时，GE的长度取最小值，则AE的长度取最小值，此时
BE的长度取最大值，过点D作DH⊥AB于点H，则DH=≥=AE，由含30度角直角三角形的性质以及
勾股定理可得DH=AE=≥=6，从而即可得到答案．
【详解】解：由折叠的性质可知AE=≥¿，当¿⊥AB时，GE的长度取最小值，则AE的长度取最小值，此
时BE的长度取最大值，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴∠DAB=180°−∠ABC=180°−120°=60°，
如图，过点D作DH⊥AB于点H，则DH=≥=AE，
在Rt△ADH中，∠DAH=60°，
∴∠ADH=90°−∠DAH=30°，
1
∴AH= AD=2❑√3，
2
∴DH=❑√AD2−AH2=6，
∴AE和GE长度的最小值为6，
故BE长度的最大值为AB−AE=8−6=2，故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、含30度角直角三角形的性质、勾股定理、折叠的性质，熟练
掌握以上知识点，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
【变式6-3】（24-25八年级·广东中山·期末）如图， 在▱ABCD中， 点 E 是BC的中点，
AB=AE=BE=2❑√3，点 F 是AD上的动点，连接点E 与BF的中点 G． 则EG的最大值是 ．
【答案】3
【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AC，FC，
1
利用三角形中位线定理得到¿= CF，当点 F运动到点A时，即CF与AC重合，CF最大，则EG最大，利
2
用等边三角形性质，∠ABC=∠AEB=60°，再利用三角形外角定理得到∠ECA=30°，进而得到
∠BAC=90°，利用勾股定理得到AC=❑√BC2−AB2，即可解题．
【详解】解：连接AC，FC，
∵点 E 是BC的中点，BF的中点为 G．
1
∴ ¿= CF，BE=CE，
2
∵点 F 是AD上的动点，
当点 F运动到点A时，即CF与AC重合，CF最大，则EG最大，
∵ AB=AE=BE=2❑√3，
∴∠ABC=∠AEB=60°，AE=CE=2❑√3，
1
∴∠EAC=∠ECA= ∠AEB=30°，
2
∴∠BAC=180°−∠ABC−∠ECA=90°，∴ AC=❑√BC2−AB2=6，
1 1
∴ EG的最大值是 AC= ×6=3．
2 2
【题型7 平行四边形中的动点问题】
【例7】（24-25八年级·河南郑州·开学考试）如图1，点F从四条边都相等的▱ABCD的顶点A出发，沿
A→D→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，图2是点F运动时，△FBC的面积y(cm2)随时间x(s)变化的
关系图象，则a的值为（ ）
5
A．❑√5 B．2 C． D．2❑√5
2
【答案】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D作DE⊥BC于点E，通过分析图象，点F从点A到D用as，此时，
△FBC的面积为acm2，依此可求▱ABCD的高DE，再由图象可知，BD=❑√5，应用两次勾股定理分别求
BE和a，从而解题．
【详解】解：过点D作DE⊥BC于点E，
由图象可知，点F由点A到点D用时为as，△FBC的面积为acm2．
∴AD=a，
1
∴ DE⋅AD=a，
2
∴DE=2，
当点F从点D到点B时，用时为❑√5s，∴BD=❑√5，
在Rt△DEB中，
BE=❑√BD2−DE2=❑√(❑√5) 2 −22=1，
∵▱ABCD的四条边都相等，
∴EC=a−1，DC=a，
在Rt△DEC中，
a2=22+(a−1) 2，
5
解得：a= ，
2
故选：C．
【变式7-1】（24-25八年级·安徽合肥·期末）如图：在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD>BC，
BC=6cm,AD=9cm，P，Q分别从A，C同时出发，P以1cm/s的速度由A向D运动，Q以2cm/s的速
度由C向B运动， 秒时直线QP将四边形截出一个平行四边形．
【答案】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t秒时，直线QP将四边形ABCD截出一个平行四边形，
AP=t,DP=9−t,CQ=2t,BQ=6−2t.要使成平行四边形，则就有AP=BQ或CQ=PD，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QP将四边形截出一个平行四边形，
则AP=t,DP=9−t,CQ=2t,BQ=6−2t
要使构成平行四边形
则：AP=BQ或CQ=PD
进而可得：t=6−2t 或2t=9−t
解得t=2或t=3
故答案为：2或3【变式7-2】（24-25八年级·河南漯河·期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD=6，BC=20，
E是BC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿AD向点D运动，点Q同时以每秒3个单位
长度的速度从点C出发，沿CB向点B运动，点Q停止运动时，点P也随之停止运动．当运动时间为多少秒
时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】2或4秒
【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用、平行四边形的判定．因为AD∥BC，所以当PD=EQ时
以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形，本题要分两种情况考虑：①当点Q 在点E右侧时，②
当Q在点E左侧时．
【详解】①当点Q 在点E右侧时，
∵点E是BC的中点，
1 1
∴EC= BC= ×20=10，
2 2
∴EQ=10−3t，PD=AD−AP=6−t，
∴6−t=10−3t，
解得：t=2；
②当Q在点E左侧时，
EQ=3t−10，PD=AD−AP=6−t，
∴6−t=3t−10
解得：t=4，
综上所述经过2秒或4秒时以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．
【变式7-3】（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=6cm，BE是
∠ABC的平分线，点M从点E出发，沿ED方向以1cm/s每秒的速度向点D运动，点N从点C出发，沿
CB方向运动，以2cm/s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AE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．
【答案】(1)AE=3cm
(2)t=2
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等角对等边：
（1）利用平行四边形的性质得出∠AEB=∠CBE，再利用角平分线的定义得出∠ABE=∠CBE即可得
出结论；
（2）利用平行四边形的性质即可得出EM=BN，再分两种情况讨论计算即可得出结论；
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB，
∵2AB=6cm，
∴AE=3cm；
（2）由（1）知，AE=3cm，
∵AD=6cm，
∴DE=3cm，
由运动知，EM=tcm，CN=2tcm(0≤t≤3)，
∵AD∥BC，
∴要使以M、E、B、N为顶点的四边形是平行四边形，只要EM=BN，
当点N在边BC上时，BN=(6−2t)cm，
∴t=6−2t，
∴t=2，
当点N在边CB的延长线上时，BN=(2t−6)cm，∴t=2t−6，
∴t=6（舍去），
综上所述，当t=2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】
【例8】（24-25八年级·黑龙江牡丹江·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A在x轴正
半轴上，点C在y轴正半轴上，线段OA，OC的长分别是m，n，且满足(m−6) 2+❑√n−8=0，点D是线段
OC上的一点，将△AOD沿直线AD翻折，点O落在矩形对角线AC上的点E处．
(1)求线段AC的长；
(2)求△ACD的面积；
(3)点M在直线DE上，在y轴上是否存在点N，使以M、A、N、C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N的个数，并直接写出两个点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)10
(2)15
( 1) ( 31) ( 19)
(3)点N的坐标为 0, 或 0, 或 0,−
2 2 2
【分析】（1）根据非负数的性质求得m、n的值，即可求得OA、OC的长，由勾股定理求得AC=10；
（2）由翻折的性质可得：OA=AE=6，OD=DE=x，DC=8−OD=8−x，在Rt△DEC中，由勾股定
1
理可得x2+42=(8−x) 2，解方程求得x的值，即可得DE=OD=3，再根据则△ACD的面积为 AC⋅DE
2
即可求解；
（3）过E作EG⊥OC，在Rt△DEC中，根据直角三角形面积的两种表示法求得EG的长，再利用勾股定
理求得DG的长，即可求得点E的坐标，利用待定系数法求得DE的解析式，再根据平行四边形的性质分三
种种情况：AC为对角线时，AN为对角线时，AM为对角线时，分别求解即可．【详解】（1）解：∵线段OA、OC的长分别是m,n且满足(m−6) 2+❑√n−8=0，
∴m−6=0，n−8=0，
∴OA=6，OC=8；
∴AC=❑√OA2+OC2=❑√62+82=10；
（2）设DE=x，由翻折的性质可得：OA=AE=6，OD=DE=x，DC=8−OD=8−x，
∠AED=∠AOD=∠CED=90°，
∴EC=10−AE=10−6=4，
在Rt△DEC中，由勾股定理可得：DE2+EC2=DC2，
即x2+42=(8−x) 2，
解得：x=3，
∴DE=OD=3，
1 1
则△ACD的面积为 AC⋅DE= ×10×3=15；
2 2
（3）由（2）可知，CD=8−3=5，
1 1
过E作EG⊥OC，在Rt△DEC中， DE⋅EC= DC⋅EG，
2 2
1 1
即 ×3×4= ×5⋅EG，
2 2
解得：EG=2.4，
在Rt△DEG中，DG=❑√DE2−EG2=❑√32−2.42=1.8，则OG=4.8，
∴点E的坐标为(2.4,4.8)，
设直线DE的解析式为：y=kx+b，{ b=3 )
把D(0,3)，E(2.4,4.8)代入解析式可得： ，
2.4k+b=4.8
{ a= 3 )
解得： 4 ，
b=3
3
所以DE的解析式为：y= x+3，
4
( 3 )
设M m, m+3 ，N(0,n)，
4
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形且AC为对角线时，
{x +x =x +x ) {
6+0=m+0
)
{m=6
)
则 A C M N ，即 3 ，解得： 1 ，
y + y = y + y 0+8= m+3+n n=
A C M N 4 2
( 1)
此时点N的坐标为 0, ；
2
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形且AN为对角线时，
{x +x =x +x ) {
6+0=m+0
)
{m=6
)
则 A N M C ，即 3 ，解得： 31 ；
y + y = y + y 0+n= m+3+8 n=
A N M C 4 2
( 31)
此时点N的坐标为 0, ；
2
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形且AM为对角线时，
{x +x =x +x ) {
0+0=m+6
)
{m=−6
)
则 C N M A ，即 3 ，解得： 19 ；
y + y = y + y 8+n= m+3+0 n=−
C N M A 4 2
( 19)
此时点N的坐标为 0,− ；
2
( 1) ( 31) ( 19)
综上，点N的坐标为 0, 或 0, 或 0,− ．
2 2 2
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了非负性、用待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、平行
四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过求一次函数
的解析式和平行四边形的性质才能得出结果．
【变式8-1】（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线l ：y=❑√3x+2❑√3与x
1
❑√3
轴，y轴分别交于点A，D，直线l 与直线y=− x平行，交x轴于点B(7,0)，交l 于点C．
2 2 1(1)求直线l 的解析式及点C的坐标；
2
1
(2)若点P是线段BC上动点，当S = S 时，在x轴上有两动点M、N（M在N的左侧），且
△PAB 3 △ABC
MN=2，连接DM，PN，当四边形DMNP周长最小时，求点M的坐标；
(3)在（2）的条件下，将OD绕O点顺时针旋转60°得到OG，点E是y轴上的一个动点，点F是直线l 上
1
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 7❑√3
【答案】(1)直线l 的解析式为y=− x+ ，点C的坐标为(1,3❑√3)
2 2 2
(2)(2,0)
(3)(5,7❑√3)、(−1,❑√3)、(1,3❑√3)
❑√3
【分析】（1）根据直线的关系，设直线l 的解析式为y=− x+b，代入点的坐标即可求得，联立直线l
2 2 1
与直线l ，即可求得点的坐标；
2
（2）求出点P坐标，将四边形DMNP周长转化为线段的长度，构造等量线段，进行求解即可；
（3）分别以MG为边或对角线进行讨论，根据平行四边形的性质，即可求解．
❑√3
【详解】（1）解：∵直线l 与直线y=− x平行，
2 2
❑√3
设直线l 解析式为y=− x+b，
2 2
7❑√3
将B(7,0)代入得：0=− +b，
2
7❑√3
解得：b=
2
❑√3 7❑√3
∴直线l 的解析式为y=− x+
2 2 2
联立直线l 与直线l 得：
1 2{ y=− ❑√3 x+ 7❑√3 ) { x=1 )
2 2 ，解得
y=3❑√3
y=❑√3x+2❑√3
∴点C的坐标为(1,3❑√3)；
❑√3 7❑√3
（2）解：设点P（x,− x+ )，
2 2
1 1 ( ❑√3 7❑√3) 1 1
由S = S 得： AB× − x+ = × AB×3❑√3
△PAB 3 △ABC 2 2 2 3 2
解得：x=5，
则点P(5,❑√3)
由题意可知D(0,2❑√3)，A(−2,0)，
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ME，EF，NF，如下图：
则DM=ME，EF∥x,EF=2，E(0,−2❑√3)，F(2,−2❑√3)
由题意可知：MN=EF=2，EF∥MN
∴四边形MNFE为平行四边形，
∴ME=NF=DM
四边形DMNP周长为PN+MN+PD+DM
∵MN、PD定长
∴四边形DMNP周长最小，即PN+DM最小，也就是PN+NF最小
得到：P、N、F三点共线时最小，
设直线PF所在直线的解析式为y=kx+b将P(5,❑√3)、F(2,−2❑√3)代入得
{ 5k+b=❑√3 ) { k=❑√3 )
，解得
2k+b=−2❑√3 b=−4❑√3
y=❑√3x−4❑√3，令y=0，
解得x=4，即N(4,0)
∴M(2,0)；
（3）解：∵ D(0,2❑√3)，OD绕O点顺时针旋转60°得到OG，
过点G作GH⊥OD于点H，如下图：
则OG=OD=2❑√3，∠HOG=60°
∴∠HGO=30°
1
∴OH= OG=❑√3，GH=❑√OG2−OH2=3
2
∴G点坐标为(3,❑√3)，
∵ M(2,0)
设直线MG的解析式为：y=mx+n，
{ 0=2m+n ) { m=❑√3 )
则 解得： ，
❑√3=3m+n n=−2❑√3
∴直线MG的解析式为：y=❑√3x−2❑√3，
∴MG∥AD，MG=❑√ (3−2) 2+(❑√3) 2=2，
以MG、ME为邻边时，则MG∥EF，如下图：又∵MG∥AD，F是直线l 上的一个动点
1
∴点E为直线l 上，即点E与点D重合，E(0,2❑√3)
1
点M到点G是向上平移❑√3个单位，再向右平移一个单位，则将点E向上平移❑√3个单位，再向右平移一个
单位，即得点F坐标为F(1,3❑√3)；
以MG、MF为邻边时，如下图：
由上述可得，点E为直线l 上，即点E与点D重合，E(0,2❑√3)
1
点G到点M是向下平移❑√3个单位，再向左平移一个单位，则将点E向下平移❑√3个单位，再向左平移一个
单位，即得点F坐标为F(−1,❑√3)
5 ❑√3
以MG为对角线时，则MG的中点N( , )，
2 2
设F(n,❑√3n+2❑√3)，E(0,m)
由平行四边形的性质可得：点E、F关于点N对称，
n 5
{ = )
2 2
则 ，解得n=5
❑√3n+2❑√3+m ❑√3
=
2 2
点F的坐标为(5,7❑√3)；综上所述、点F的坐标为(5,7❑√3)、(−1,❑√3)、(1,3❑√3)．
【点睛】此题主要考查了一次函数与几何的综合应用，熟练掌握一次函数、平行四边形等有关性质是解题
的关键．
【变式8-2】（24-25八年级·湖北孝感·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x、y轴分别交
5
于点A(4,0)、B(0,3)，过点B作BC∥x轴交直线y=− x+5于点C．
4
(1)求直线AB的函数解析式；
(2)求点C到直线AB的距离及点C的坐标；
(3)试探究在平面内是否存在点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直
接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．
3
【答案】(1)y=− x+3
4
(8 ) 24
(2) ,3 ；
5 25(12 ) (28 ) ( 12 )
(3) ,0 或 ,0 或 − ,6
5 5 5
【分析】（1）运用待定系数法求一次函数的解析式即可；
（2）根据题意可得点C的坐标，由此求出BC，AB的值，运用等面积法即可求解；
（3）根据平行四边形的性质，分类讨论，当点D在x轴上时，由BC=AD可得点D的坐标；当以BC为对
角线时，运用中点坐标公式的计算方法即可求解．
【详解】（1）解：设直线AB的解析式为y=kx+b(k≠0)，且直线AB与x、y轴分别交于点
A(4,0)、B(0,3)，
{4k+b=0)
∴ ，
b=3
{ k=− 3 )
解得， 4 ，
b=3
3
∴直线AB的函数解析式为y=− x+3；
4
5
（2）解：∵B(0,3)，BC∥x轴交直线y=− x+5于点C，
4
∴点C的纵坐标为3，
5
∴3=− x+5，
4
8
解得，x= ，
5
(8 )
∴C ,3 ，
5
8
∴BC= ，OA=4，OB=3，且OA⊥OB，
5
∴在Rt△AOB中，AB=❑√OA2+OB2=❑√42+32=5，
(8 )
+4 ×3 1 1
∵ (BC+OA)·OB 5 42，S = OA·OB= ×4×3=6，
S = = = △AOB 2 2
梯形OACB 2 2 5
42 12
∴S =S −S = −6= ，
△ABC 梯形OACB △AOB 5 5
1
∵设点C到AB的距离为ℎ ，则S = AB·ℎ ，
C △ABC 2 C1 12
∴ ×5ℎ = ，
2 C 5
24
∴ℎ = ；
C 25
(12 ) (28 ) ( 12 )
（3）解：存在，点D的坐标为 ,0 或 ,0 或 − ,6 ，理由如下，
5 5 5
第一种情况，如图所示，当点D在x轴上，点A的左边，
∵以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，
8
∴BC=DA= ，
5
8 12 (12 )
∴点D的横坐标为4− = ，即D ,0 ；
5 5 5
当点D在x轴上，点A的右边，
8 28 (28 )
∴点D的横坐标为4+ = ，即D ,0 ；
5 5 5
第二种情况，如图所示，BC为对角线，连接AD交于点G，(4 )
∴G ,3 ，且A(4,0)，
5
设D(a,b)，
4 a+4 0+b
∴ = ，3= ，
5 2 2
12
解得，a=− ，b=6，
5
( 12 )
∴D − ,6 ；
5
(12 ) (28 ) ( 12 )
综上所述，存在，点D的坐标为 ,0 或 ,0 或 − ,6 ．
5 5 5
【点睛】本题主要考查待定系数法求一次函数的解析式，一次函数交点求几何图形面积，平行四边形的判
定和性质，中点坐标的计算方法的综合，掌握一次函数与几何图形的综合运用是解题的关键．
【变式8-3】（24-25八年级·福建漳州·期末）如图，在平面直角坐标系中，A(0,4),B(−3,0)，点C在x轴
正半轴上，且四边形ABCD是平行四边形，BC=5．
(1)求出点D的坐标；
(2)一次函数y=kx−k+2的图象分别与线段AD,BC交于E,F两点，求证：DE=BF；
(3)点M是直线AC上一动点，在x轴上是否存在点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是平行四边
形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(5,4)
(2)见详解(3)存在，N(−5，0)或N(9，0)
【分析】本题考查了平行四边形的性质以及图形与坐标，一次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是
解题的关键．
（1）运用平行四边形的性质，得出AD=BC=5，因为A(0,4),B(−3,0)，则点D的坐标(5,4)；
(2+k
)
（2）依题意，把y=4代入y=kx−k+2，得出E ，4 ，把y=0代入0=kx−k+2，得
k
(−2+k ) 2+k 4k−2 −2+k 4k−2
F ，0 ，根据线段关系，分别表达DE=5− = ， BF= −(−3)= ，进
k k k k k
行比较，即可作答．
（3）结合以O、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，进行分类讨论，即当OD为对角线时，当
OD为边时，运用平行四边形的性质：对边平行且相等等性质内容进行线段的运算，即可作答．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC=5
∵A(0,4),B(−3,0)
∴点D的坐标(5,4)
（2）解：∵A(0,4),B(−3,0)，且由（1）得点D的坐标(5,4)
∴C(2，0)
∵一次函数y=kx−k+2的图象分别与线段AD,BC交于E,F两点，
2+k (2+k
)
∴把y=4代入y=kx−k+2，得出x= ，即E ，4
k k
−2+k (−2+k
)
∴把y=0代入0=kx−k+2，得出x= ，即F ，0
k k
2+k 4k−2 −2+k 4k−2
则DE=5− = ，BF= −(−3)=
k k k k
∴DE=BF；
（3）解：存在：
如图所示：连接AC，OD，即AC，OD相交于一点，即为W图形观察：点W的横坐标小于C的横坐标
依题意，当OD为对角线时，
∵以O、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形
∴OW=WD
∵由（2）知A(0,4),B(−3,0)，点D的坐标(5,4)，
0+5 5
∴ = >2，即点W的横坐标大于C的横坐标，
2 2
与图形表示的信息是矛盾的，故当OD为对角线的情况舍去；
当OD为边时，且当N在x轴的负半轴时，如图所示：
∵四边形MNOD是平行四边形
∴MD∥NO，MN=DO，MN∥DO，
∵点D的坐标(5,4)， O(0，0)
∴点M的纵坐标与D的纵坐标相等，即为4
∵点M是直线AC上一动点
∴此时点M与点A重合的
∴MD=DA=5
则NO=MD=5
∵当N在x轴的负半轴
∴N(−5，0)；
0+5 5
∴ = >2，即点W的横坐标大于C的横坐标
2 2
∵C(2，0)
∴当OD为边时，且当N在x轴的正半轴时，如图所示：设点N的坐标为(t，0)
∵四边形MNDO是平行四边形
∴MN∥DO，MN=DO，MN∥DO，
∵点D的坐标(5,4)， O(0，0)
∴点D向下平移4个单位，向左平移5个单位得到点O，
∴点N向下平移4个单位，向左平移5个单位得到点M，
∴点M的纵坐标为−4
∵点M是直线AC上一动点
∴设AC的解析式为y=kx+b
把A(0,4)，C(2，0)代入y=kx+b
{0=2k+b)
则
4=b
{k=−2)
解得
b=4
∴AC的解析式为y=−2x+4
把y=−4代入y=−2x+4
解得x=4
∴M(4，−4)
∵点N向下平移4个单位，向左平移5个单位得到点M，
∴t=4+5=9
∴N(9，0)
综上：N(−5，0)或N(9，0)
【题型9 平行四边形中的新定义问题】
【例9】（24-25八年级·湖北武汉·期中）如图，由16个点构成的4×4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A
，B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
【答案】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ABC D ，矩形ABC D ，平行四边形ABC D ，平行四边形ABC D ，
1 1 2 2 3 3 4 4
还有两个以AB为对角线的平行四边形AC BD ，平行四边形AC BD ，
5 5 6 6
还有两个以AB为对角线的正方形AC BD ．
7 7∴一共有7个面积为2的阵点平行四边形．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，以及正方形与矩形的有关知识，找出特殊正方形，是解决问
题的关键．
【变式9-1】（24-25八年级·四川成都·期末）定义：在平面直角坐标系xOy中，若点M关于直线x=m的对
称点M′在▱ABCD的内部（不包含边界），则称点M是▱ABCD关于直线x=m的“伴随点”．如图，
已知A(−2,0),B(3,0),C(4,4)三点，连接BC，以AB,BC为边作▱ABCD．若在直线y=x+n上存在点
N，使得点N是▱ABCD关于直线x=2的“伴随点”，则n的取值范围是 ．
【答案】−6PC，
当点P,M,C三点共线时，CM+PM=PC，此时BN+CM的值最小，
如图所示，过点P作PQ⊥CB延长线于点Q，
∵∠ABC=45°,∠ABP=90°，
∴∠PBQ=180°−∠ABC−∠ABP=180°−45°−90°=45°，
∴∠BPQ=45°，
∴QB=QP，
在Rt△BPQ中，BP2=QB2+QP2，
∴2QB2=22，
解得，QB=❑√2（负值舍去），
∴QB=QP=❑√2，
∴QC=QB+BC=❑√2+2❑√2=3❑√2，
在Rt△PQC中，PC=❑√QP2+QC2=❑√(❑√2) 2+(3❑√2) 2=2❑√5，
∴BN+CM的最小值为2❑√5．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，平行四边形的判定和
性质，勾股定理与最短路径的计算，掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理
是解题的关键．【变式10-2】（24-25八年级·河南商丘·期中）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
△ABC中，点M，N分别为AB，AC上的动点（不含端点），且AN=BM．
【初步尝试】（1）如图1，当△ABC为等边三角形时，小颜发现：将MA绕点M逆时针旋转120°得到
MD，连接BD，则MN=DB，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△ABC中，AB=AC，
∠BAC=90°，AE⊥MN于点E，交BC于点F，将MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，连接DA，DB
．试猜想四边形AFBD的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）四边形AFBD为平行四边形，理由见解析
【分析】本题是四边形的综合题，考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判
定、旋转的性质及等边三角形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）证明△ANM≌△MBD（SAS），得到MN=DB；
（2）证明AD∥BF，DB∥AF，得出四边形AFBD为平行四边形．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=60°，AB=AC，
∵MA绕点M逆时针旋转120°得到MD，
∴DM=AM，∠AMD=120°，
∴∠DMB=60°，
∵AN=BM，∠DMB=∠A=60°，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴MN=DB；
（2）解：四边形AFBD为平行四边形，理由如下，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，
∴MA=MD，∠MAD=∠MDA=45°，∠DMA=∠DMB=90°，∴∠MAD=∠ABF=45°，则AD∥BF，
在△ANM和△MBD中，
¿，
∴△ANM≌△MBD(SAS)，
∴∠AMN=∠MDB，
∵AE⊥MN，
∴∠AMN+∠MAE=90°，
∵∠MDB+∠MBD=90°，
∴∠DBM=∠MAF，
∴DB∥AF，
则四边形AFBD为平行四边形.
【变式10-3】（24-25八年级·陕西汉中·期末）问题探究
(1)如图1，在▱ABCD中，已知AB=2，∠ABC=60°，∠ABC的平分线交AD于点G，求BG的长；
问题解决
(2)某科技公司现有一块形如四边形ABCD的研发基地，如图2，已知AB=CD=200米，BC=AD=400
米，∠ABC=60°，∠ABC的平分线交AD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BG上一动点，连接PC、PD，将△PCD修建成新能源研发区，为安全
起见，要沿△PCD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（△PCD的周长）的最小值；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)BG的长2❑√3；
(2)隔离带的长度存在最小值，最小值为200+200❑√3(米)．
【分析】（1）过A作AH⊥BG于H，求出∠ABG=∠CBG=∠AGB=30°, 求出AH、BH，即可求
出答案；
（2）如图，作D关于BG的对称点E，连接DE交BG于点F，则DE⊥BG，连接CE，交直线BG于P，过D作DZ⊥CE于Z，则此时PC+PD的值最小，且等于CE长，即△PCD的周长最小，求出EZ，即可
求出CE的值，则可求出△PCD的周长．
本题考查了平行四边形的性质，含30度角的直角三角形性质，勾股定理，轴对称等知识点的应用，掌握相
关知识是解题的关键．
【详解】（1）解：过A作AH⊥BG于H，如图：
∵∠ABC=60°, BG ∠ABC,
平分
∴∠ABG=∠CBG=30°,
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,
∴∠AGB=∠CBG=30°=∠ABG,
∴AG=AB=2,
1
在Rt△ABH中，AH= AB=1,
2
由勾股定理得：BH=❑√22−12=❑√3,
∵AB=AG,AH⊥BG,
∴BG=2BH=2❑√3；
（2）解：如图，作D关于BG的对称点E，连接DE交BG于点F，则DE⊥BG，连接CE，交直线BG于
P，过D作DZ⊥CE于Z，则此时PC+PD的值最小，且等于CE长，即△PCD的周长最小，
∵DE⊥BG，
∴∠DFG=90°，由（1）知，∠DGP=∠AGB=30°, AG=AB=200，
∴DG=AD−AG=200，
1
∴DF= DG=100,
2
∴DE=2DF=200,
∵CD=AB=200,
∴CD=DE,
又∵DZ⊥CE，
∴CE=2EZ,
在Rt△EDZ中，∠EZD=90°,
∠EDZ=90°−30°=60°,DE=200
∴DZ=100,EZ=100❑√3,
∴ CE=2EZ=200❑√3,
∴△PCD的周长=CD+PD+PC=CD+CE=200+200❑√3(米)，
∴隔离带的长度存在最小值，最小值为(米)．
