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难点探究专题：特殊平行四边形中的
综合性问题(选做)
类型一 特殊平行四边形中的最值问 A．10 B．16 C．18 D．20
题
1．设点P是正方形ABCD内任意一点，
则PA＋PB＋PC＋PD的最小值是（ ）
A．边长的两倍 B．周长
C．两条对角线长之和 D．以上都不对
2．如图，正方形ABCD的面积为12， 6．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，
△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD ∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M
内，在对角线AC上有一点P，使PD＋PE最 是AB边上一动点(不与点A重合)，连接
小，则这个最小值为【方法5③】（ ） ME 并延长交 CD 的延长线于点 N，连接
A. B．2 C．2 D. MD，AN.当 AM 为_______时，四边形
AMDN是矩形．
第2题图 第3题图
3．如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝ 二、图形变化问题
120°，点E是AB的中点，P是对角线AC上 7．如图，正方形ABCD的对角线相交
的一个动点，则PE＋PB的最小值是_____. 于点O，正方形EFGO绕点O旋转，若两正
【方法5③】 方形的边长相等，则两正方形的重合部分的
4．如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8， 面积【方法5⑤】（ ）
BC＝10，P为边BC上一动点(点P不与点
B，C重合)，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，则 A．由小变大
EF的最小值为_________. B．由大变小
C．始终不变
D ． 先 由 大 变 小 ， 后 由 小 变 大
类型二 特殊平行四边形中的动态问
题
一、动点问题
5．如图①，在矩形ABCD中，动点P从
点B出发，沿BC，CD，DA运动至点A停止． 8．★如图①，点O是正方形ABCD两
设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y， 条对角线的交点．分别延长OD到点G，OC
如果y关于x的函数图象如图②所示，则 到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以
△ABC的面积是（ ） OG，OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，
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DE. 形状，并证明你的猜想；
(1)求证：DE⊥AG；
(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG (3)若改变(2)中的条件，使∠APB＝
绕点O逆时针旋转α角(0°<α<360°)得到正 ∠CPD＝90°，其他条件不变，猜想中点四边
方形OE′F′G′，如图②. 形EFGH的形状，并证明你的猜想．
①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，
求α的度数；
②若正方形ABCD的边长为1，在旋转
过程中，求AF′的最大值和此时α的度数，
直接写出结果不必说明理由．
10．★★(2016－2017·三门峡义马市期
中)问题与探索
问题情境：课堂上，老师让同学们以
“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．
如图①，将一张菱形纸片ABCD(∠BAD＞
类型三 四边形间的综合性问题 90°)沿对角线 AC 剪开，得到△ABC 和
△ACD.
操作发现：
9．(2016·德州中考)我们给出如下定义： (1)将图①中的△ACD以点A为旋转中
顺次连接任意一个四边形各边中点所得的 心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，
四边形叫中点四边形． 得到如图②所示的△AC′D，分别延长BC和
(1)如图①，四边形ABCD中，点E，F， DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是菱
G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求 形，并说明理由；
证：中点四边形EFGH是平行四边形； (2)创新小组将图①中的△ACD以点A
(2)如图②，点P是四边形ABCD内一 为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝
点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝ 2∠BAC，得到如图③所示的△AC′D，连接
∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC， DB，C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩
CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的 形，请证明这个结论．
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难点探究专题：特殊平行四边形
中的综合性问题(选做)答案
1．C
2．B 解析：如图，设BE与AC的交点
为P′，连接BD，P′D.∵点B与点D关于AC
对称，∴P′D＝P′B，即P′D＋P′E＝P′B＋P′E
＝BE.当点P位于点P′时，PD＋PE最小．∵
正方形的面积为12，∴AB＝2.∵△ABE是等
边三角形，∴BE＝AB＝2，即PD＋PE最小
值为2.故选B.
3.
4．4.8 解析：如图，连接 PA.∵在
△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，∴BC2＝
AB2＋AC2，∴∠BAC＝90°.又∵PE⊥AB于
点E，PF⊥AC于点F，∴∠AEP＝∠AFP＝
90°，∴四边形PEAF是矩形，∴AP＝EF.当
EF最小时，PA也最小，∴当AP⊥CB时，PA
最小，∴AB·AC＝BC·AP，即AP＝＝＝4.8，
∴线段EF的最小值为4.8.
5．A 解析：当P在BC上运动时，y随
x的增大而增大，根据图象得BC＝4.当P在
CD上运动时，y的值不变，∴CD＝9－4＝
5，∴AB＝5，∴S ＝AB·BC＝×5×4＝10.
△ABC
故选A.
6．1 解析：易证四边形AMDN是平行
四边形，当MN＝AD，即AE＝EM时，四边
形AMDN是矩形．∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝AB＝2，∴AE＝1.又∵∠DAB＝60°，
∴△AEM为等边三角形，∴AM＝1，即当
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AM为1时，四边形AMDN是矩形． 9．(1)证明：如图①，连接BD.∵点E，H
分别为边AB，DA的中点，∴EH∥BD，EH＝
7．C 解析：如图，设OE与AB交于点 BD.∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
M，OG与BC交于点N.∵四边形ABCD和 ∴FG∥BD，FG＝BD，∴EH∥FG，EH＝
EFGO是正方形，∴OB＝OC，∠OBM＝ FG，∴中点四边形EFGH是平行四边形；
∠OCN＝45°，∠BOC＝∠EOG＝90°，
∴ ∠ BOM ＝ ∠ CON ，
∴△BOM≌△CON(ASA)，∴S ＝S ，
△BOM △CON
∴S ＝S ，即两正方形的重合部
四边形BNOM △BOC
分的面积始终不变．故选C.
(2)解：四边形EFGH是菱形．证明如下：
如图②，连接AC，BD.∵∠APB＝∠CPD，
∴∠APB＋∠APD＝∠CPD＋∠APD，即
∠BPD＝∠APC.在△APC 和△BPD 中，
∴△APC≌△BPD，∴AC＝BD.∵点E，F，
8．(1)证明：如图①，延长ED交AG于 G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，
点H.∵四边形ABCD与OEFG均为正方形， ∴EF＝GH＝AC，EH＝FG＝BD，∴EF＝GH
∴OA＝OD，OG＝OE，∠AOG＝∠DOE＝ ＝EH＝FG，∴四边形EFGH是菱形；
90°，∴△AOG≌△DOE，∴∠AGO＝ (3)解：四边形EFGH是正方形．证明如
∠DEO.∵∠AGO＋∠GAO＝90°，∴∠DEO 下：如图②，设AC与BD交于点O，AC与
＋∠GAO＝90°，∴∠AHE＝90°，即 PD交于点M，AC与EH交于点N.由(2)可知
DE⊥AG； △ APC≌△BPD ， ∴ ∠ ACP ＝
∠BDP.∵∠DMO＝∠CMP，∴∠COD＝
∠CPD＝90°，∴AC⊥BD.∵点E，F，G，H分
别为AB，BC，CD，DA的中点，∴EH∥BD，
HG∥AC，∴EH⊥HG，∴∠EHG＝90°.∵四
边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH是正方
形．
10．解：(1)菱形 理由如下：图①中，∵
(2)解：①如图②，在旋转过程中， 四边形 ABCD 是菱形，∴AB＝BC，
∠OAG′成为直角有以下两种情况： AB∥CD，∴∠BAC＝∠BCA，∠BAC＝
a．α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′ ∠ACD.图②中，由旋转可得 AC＝AC′，
为直角时，∵OA＝OD＝OG＝OG′， ∠CAC′＝α＝∠BAC，∠AC′D＝∠BAC，
∴ ∠ AG′O ＝ 30° ， ∴ ∠ AOG′ ＝ ∴∠BAC＝∠BCA＝∠CAC′＝∠AC′D，
60°.∵OA⊥OD，∴∠DOG′＝90°－∠AOG′ ∴AC′∥EC，∴AC∥EC′，∴四边形ACEC′是
＝30°，即α＝30°； 平行四边形．∵AC＝AC′，∴四边形ACEC′
b．α 由 90°增大到 180°过程中，当 是菱形；
∠OAG′为直角时，同理可求得∠AOG′＝ (2)过点A作AE⊥C′C于点E.由旋转可
60°，∴α＝90°＋∠AOG′＝150°. 得 AC′＝AC，∴∠CAE＝∠C′AE＝α＝
综上所述，当∠OAG′为直角时，α＝30° ∠ABC.∵BA＝BC，∴∠BCA＝∠BAC，
或150°； ∴∠CAE＝∠BCA，∴AE∥BC.同理可得
②AF′长的最大值是2＋，此时α＝315°. AE∥DC′，∴BC∥DC′.又∵BC＝DC′，∴四
边形BCC′D是平行四边形．又∵AE∥BC，
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∠AEC＝90°，∴∠BCC′＝180°－90°＝90°，
∴四边形BCC′D是矩形．
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