90 特殊平行四边形综合题四种解题模型

特殊平行四边形综合题四种解题模型 题型一：平行四边形综合题 一．填空题（共1 小题） 1．（2021 春•建湖县期中）如图，四边形BD 中，D∥B，D＝8m，B＝12m，点P 自点向D 以1 m/s 的速度运动，到D 点即停止，点Q 自点向B 以3m/s 的速度运动，到B 点即停止，直线 PQ 截原四边形为两个新四边形，则当P、Q 同时出发 2 或 3 秒后其中一个新四边形为 平行四边形． 【分析】当P＝BQ 时，四边形PQB 是平行四边形，建立关于t 的一元一次方程方程，解方 程求出符合题意的t 值即可； 当PD＝Q 时，四边形PDQ 是平行四边形；建立关于t 的一元一次方程方程，解方程求出符 合题意的t 值即可． 【解答】解：根据题意有P＝tm，Q＝3tm，PD＝（8﹣t）m，BQ＝（12 3 ﹣t）m． ①∵D∥B， ∴当P＝BQ 时，四边形PQB 是平行四边形． ∴t＝12 3 ﹣t． 解得t＝3． ∴t＝3s 时四边形PQB 是平行四边形． ②P＝tm，Q＝3tm， ∵D＝8m，B＝12m， ∴PD＝D﹣P＝（8﹣t）m． ∵D∥B， ∴当PD＝Q 时，四边形PDQ 是平行四边形． 即：8﹣t＝3t， 解得t＝2s． ∴当t＝2s 时，四边形PDQ 是平行四边形． 综上所述，当P，Q 同时出发3 或2 秒后其中一个新四边形为平行四边形． 故答为：2 或3． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质的应用，题目是一道综合性比较强的题目， 难度适中，解题的关键是把握“化动为静”的解题思想． 二．解答题（共6 小题） 2．（2022 春•大丰区期中）已知在平行四边形BD 中，点E、F 分别在B、B 边上，DE＝F，D E⊥F 于点G． （1）如图1，若∠BD＝90°，求证：四边形BD 是正方形； （2）在（1）的条件下，延长B 到点，使得B＝E，判断△F 的形状，并说明理由． （3）如图2，若B＝D，∠ED＝60°，E＝6，BF＝2，求DE 的长． 【分析】（1）先证明平行四边形BD 是矩形，再证明B＝D，可得四边形BD 是正方形； （2）根据△DE≌△BF，得E＝BF，证明B 垂直平分F，根据线段垂直平分线的性质可得＝F， 则△F 是等腰三角形； （3）如图2 所示，延长B 到点，使得B＝E，连接，证明四边形BD 是菱形，再证明△DE≌△ B（SS），得DE＝，∠B＝∠DE＝60°，再证明△F 是等边三角形，可得DE＝＝8． 【解答】（1）证明：∵四边形BD 是平行四边形，∠BD＝90°， ∴四边形BD 是矩形，∠DE＝∠BF＝90°， ∴∠BF+∠DF＝90°， ∵DE⊥F， ∴∠GD＝90°， ∴∠DE+∠DF＝90°， ∴∠DE＝∠BF， ∵DE＝F， ∴△DE≌△BF（S）， ∴D＝B， ∴四边形BD 是正方形； （2）解：△F 是等腰三角形，理由如下： 由（1）得：△DE≌△BF， ∴E＝BF， ∵B＝E， ∴BF＝B， ∵四边形BD 是正方形， ∴∠B＝90°， ∴B⊥B，即B 垂直平分F， ∴＝F， ∴△F 是等腰三角形； （3）解：如图2 所示，延长B 到点，使得B＝E，连接， ∵四边形BD 是平行四边形，B＝D， ∴四边形BD 是菱形， ∴D∥B， ∴∠B＝∠BD． ∵B＝E， ∴△DE≌△B（SS）， ∴DE＝，∠B＝∠DE＝60°， ∵DE＝F， ∴＝F， ∴△F 是等边三角形， ∴＝F＝B+BF＝E+BF＝6+2＝8， ∴DE＝＝8． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质和判定、正方形的判定、菱形的性质 和判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、线段垂直平分线的性质、等边三 角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和菱形的性质，证明三角 形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 3．（2021 春•镇江期中）如图，在▱BD 中，点E，F 在对角线上，E＝F． 求证： （1）△FD≌△EB； （2）连接DF、BE，判断四边形BEDF 的形状，并说明理由． 【分析】（1）由E＝F 可得F＝E，再结合平行四边形的对边相等且平行，可得D＝B，∠D ＝∠B，从而证明全等； （2）平行四边形．理由：由（1）可得DF＝BE，∠EFD＝∠BE，可得DF∥BE，∴四边形B EDF 为平行四边形． 【解答】（1）证明：∵E＝F， ∴F＝E． ∵四边形BD 是平行四边形， ∴D＝B，D∥B． ∴∠D＝∠B． 在△FD 和△EB 中， { AF=CE ∠DAC=∠ACB AD=BC ∴△FD≌△EB（SS）． （2）解：四边形BEDF 为平行四边形，理由如下： 由（1）得，△FD≌△EB， ∴DF＝BE，∠EFD＝∠BE． ∴DF∥BE． ∴四边形BEDF 为平行四边形． 【点评】本题考查平行四边形的基本性质以及判定方法，熟练运用平行四边形的性质是解 决此题的关键． 4．（2021 春•镇江期中）如图，在四边形BD 中，点E 是线段D 上的任意一点（E 与，D 不重 合），G，F，分别是BE，B，E 的中点． （1）证明：四边形EGF 是平行四边形； （2）连接EF，若EF⊥B，且EF¿ 1 2B，判断四边形EGF 的形状，并说明理由． 【分析】（1）通过中位线定理得出GF∥E 且GF＝E，所以四边形EGF 是平行四边形； （2）当添加了条件EF⊥B，且EF¿ 1 2B 后，通过对角线相等且互相垂直平分（EF⊥G，且 EF＝G）就可证明是正方形． 【解答】解：（1）证明：∵G，F 分别是BE，B 的中点， ∴GF∥E 且GF¿ 1 2E． 又∵是E 的中点，E¿ 1 2E， ∴GF∥E 且GF＝E． ∴四边形EGF 是平行四边形． （2）四边形EGF 是正方形；理由：连接G，EF． ∵G，分别是BE，E 的中点， ∴G∥B 且G¿ 1 2B． 又∵EF⊥B 且EF¿ 1 2B， 又∵EF⊥B，G 是三角形EB 的中位线， ∴G∥B， ∴EF⊥G， 又∵EF＝G． ∴平行四边形EGF 是正方形． 【点评】主要考查了平行四边形的判定和正方形的性质．正方形对角线的特点是：对角线 互相垂直；对角线相等且互相平分；每条对角线平分一组对角． 5．（2021 春•滨海县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知（4，0），以为一边在第四象限 内画正方形B，D（m，0）为x 轴上的一个动点（m＞4），以BD 为一直角边在第四象限内 画等腰直角△BDE，其中∠DBE＝90． （1）试判断线段E、D 的数量关系，并说明理由； （2）设DE 的中点为F，直线F 交y 轴于点G．问：随着点D 的运动，点G 的位置 是否会发生变化？若保持不变，请求出点G 的坐标：若发生变化，请说明理由． 【分析】（1）由正方形B，可得B＝B，∠B＝90°，由等腰直角三角形BDE，可得BD＝BE， ∠DBE＝90°，再根据∠BD＝∠BE，即可得到△BD≌△BE，进而得出D＝E； （2）过点E 作PQ∥D，分别交直线B，F 于点P，Q，判定△DB≌△PBE，可得D＝PB，B＝ PE，判定△DF≌△QEF，可得D＝QE，依据P＝QP，可得∠QP＝45°，依据PQ∥D，可得∠G ＝∠Q＝45°，进而得到△G 是等腰直角三角形，进而得到G（0，4），点G 的位置不会发生 变化． 【解答】解：（1）E＝D． 理由：由正方形B，可得B＝B，∠B＝90°， 由等腰直角三角形BDE，可得BD＝BE，∠DBE＝90°， ∴∠B+∠BD＝∠DBE+∠BD， 即∠BD＝∠BE， ∴△BD≌△BE， ∴D＝E． （2）点G 的位置不会发生变化． 理由：如图，过点E 作PQ∥D，分别交直线B，F 于点P，Q， ∵∠DB＝∠P＝∠DBE＝90°， ∴∠DB+∠BD＝∠PBE+∠BD＝90°， ∴∠DB＝∠PBE， 又∵DB＝BE， ∴△DB≌△PBE， ∴D＝PB，B＝PE， ∵F 是DE 的中点， ∴DF＝EF， ∵D∥EQ， ∴∠DF＝∠Q， 又∵∠FD＝∠QFE， ∴△DF≌△QEF， ∴D＝QE， ∴B+BP＝PE+EQ，即P＝QP， ∴∠QP＝45°， 又∵PQ∥D， ∴∠G＝∠Q＝45°， ∴△G 是等腰直角三角形， ∴G＝＝4． ∴G（0，4），点G 的位置不会发生变化． 【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、坐标与几何图形的 关系、正方形的性质等知识点，解题的难点在于作辅助线构造全等三角形，运用全等三角 形的对应边相等得出△PG 是等腰直角三角形． 6．（2021 春•崇川区校级月考）已知在平行四边形BD 中，动点P 在D 边上，以每秒05m 的速 度从点向点D 运动． （1）如图1，在运动过程中，若P 平分∠BD，且满足D＝P，求∠B 的度数． （2）如图2，另一动点Q 在B 边上，以每秒2m 的速度从点出发，在B 间往返运动，P，Q 两点同时出发，当点P 到达点D 时停止运动（同时Q 点也停止），若D＝6m，求当运动时 间为多少秒时，以，P，，Q 四点组成的四边形是平行四边形． （3）如图3，在（1）的条件下，连接BP 并延长与D 的延长线交于点F，连接F，若B＝8， 则△PF 的面积是 16 ❑ √3 ．（直接写出结果） 【分析】（1）根据平行四边形的性质、角平分线的定义和D＝P，可证明△PD 是等边三角 形，从而求出∠B 的度数； （2）由题意可知，点P 到达点D 需要12 秒，此时点Q 在B 边上运动两个往返，以，P，， Q 四点组成的四边形是平行四边形的条件是P＝Q，根据这一相等关系列方程即可求出运动 的时间； （3）根据等底等高的三角形面积是平行四边形面积的一半可推得△PF 与△PD 面积相等，通 过求△PD 面积可求得△PF 的面积． 【解答】解：（1）如图1，∵四边形BD 是平行四边形， ∴D∥B， ∴∠DP＝∠BP， ∵∠BP＝∠DP， ∴∠DP＝∠DP； ∴D＝PD， ∵D＝P， ∴D＝PD＝P， ∴△PD 是等边三角形， ∴∠D＝60°， ∴∠B＝∠D＝60°． （2）如图2，设点P 运动的时间为t，由题意得，P＝05t，D＝6， 由05t＝6，得t＝12，可知点P 到达点D 的时间为12 秒； 由2×12÷6＝4，可知点Q 从点开始在B 上运动两个往返； ∵P∥Q， ∴以，P，，Q 四点组成的四边形是平行四边形的条件是P＝Q； 当0＜t≤3 时，P＝05t，Q＝2t，可知P＜Q，即不存在P＝Q 的情况； 当3＜t≤6 时，由题意得，05t＝6×2 2 ﹣t，解得t＝48； 当6＜t≤9 时，由题意得，05t＝2t 6×2 ﹣ ，解得t＝8； 当9＜t≤12 时，由题意得，05t＝6×4 2 ﹣t，解得t＝96． 综上所述，当运动的时间为48 秒或8 秒或96 秒时，以，P，，Q 四点组成的四边形是平行 四边形 （3）如图3，作E⊥D 于点E， ∵D∥B， ∴S△PB¿ 1 2 ×D×E，S 平行四边形BD＝D×E， ∴S△PB¿ 1 2S 平行四边形BD， ∴S△PB+S△PD¿ 1 2S 平行四边形BD， 同理，S△FB¿ 1 2S 平行四边形BD， ∴S△PB+S△PF＝S△PB+S△PD， ∴S△PF＝S△PD， 由（1）得，△PD 是等边三角形， ∴PD＝D＝B＝8， ∴DE¿ 1 2PD＝4， ∵∠DE＝90°， ∴E¿ ❑ √C D 2−D E 2= ❑ √8 2−4 2=¿4❑ √3， ∴S△PF¿ 1 2 ×8×4❑ √3=¿16❑ √3． 故答为：16❑ √3． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三 角形的性质、用转化法求三角形的面积、动点问题的求解等知识与方法，其中第（2）题要 分类讨论，求出所有符合题意的值，此题难度不大，但涉及的知识点较多，是很好的习题． 7．（2020 春•杨浦区期末）已知在平行四边形BD 中，B≠B，将△B 沿直线翻折，点B 落在点E 处，D 与E 相交于点，联结DE． （1）如图1，求证：∥DE； （2）如图2，如果∠B＝90°，B¿ ❑ √3，B¿ ❑ √6，求△的面积； （3）如果∠B＝30°，B＝2❑ √3，当△ED 是直角三角形时，求B 的长． 【分析】（1）由折叠的性质得∠B＝∠E，B＝E，由平行四边形的性质得D＝B，D∥B．则 E＝D，∠B＝∠D，得∠E＝∠D，证出＝，则D＝E，由等腰三角形的性质得∠DE＝∠ED，证 出∠D＝∠E＝∠ED＝∠DE，即可得出结论； （2）证四边形BD 是矩形，则∠D＝90°，D＝B¿ ❑ √3，D＝B¿ ❑ √6，设＝＝x，则D¿ ❑ √6−¿x， 在Rt△D 中，由勾股定理得出方程，求出¿ 3 ❑ √6 4 ，由三角形面积公式即可得出答； （3）分4 种情况：∠ED＝90°或∠ED＝90°，需要画出图形分类讨论，根据含30°角的直角 三角形的性质，即可得到B 的长． 【解答】（1）证明：由折叠的性质得：△B≌△△E， ∴∠B＝∠E，B＝E， ∵四边形BD 是平行四边形， ∴D＝B，D∥B． ∴E＝D，∠B＝∠D， ∴∠E＝∠D， ∴＝， ∴D＝E， ∴∠DE＝∠ED， ∵∠＝∠DE， ∴∠D＝∠E＝∠ED＝∠DE， ∴∥DE； （2）解：∵平行四边形BD 中，∠B＝90°， ∴四边形BD 是矩形， ∴∠D＝90°，D＝B¿ ❑ √3，D＝B¿ ❑ √6， 由（1）得：＝， 设＝＝x，则D¿ ❑ √6−¿x， 在Rt△D 中，由勾股定理得：（❑ √3）2+（❑ √6−¿x）2＝x2， 解得：x¿ 3 ❑ √6 4 ， ∴¿ 3 ❑ √6 4 ， ∴△的面积¿ 1 2×D¿ 1 2 × 3 ❑ √6 4 ×❑ √3=9 ❑ √2 8 ； （3）解：分4 种情况： ①如图3，当∠ED＝90°时，延长E 交B 于G， ∵D＝B，B＝E， ∴D＝E， ∵D∥B，∠ED＝90°， ∴∠EG＝90°， ∵∠B＝30°，B＝2❑ √3， ∴∠E＝30°， ∴G¿ 1 2E¿ 1 2B， ∴G 是B 的中点， 在Rt△BG 中，BG¿ ❑ √3 2 B＝3， ∴B＝2BG＝6； ②如图4，当∠ED＝90°时 ∵D＝B，B＝E， ∴D＝E， 由折叠的性质得：E＝B， ∴E＝D， 在△E 和△D 中，{ AE=CD CE=AD AC=CA ， ∴△E≌△D（SSS）， ∴∠E＝∠D， ∴＝， ∴E＝D， ∴∠ED＝∠DE， ∴∠ED＝∠DE， ∵∠ED＝90°， ∴∠DE＝90°， ∴E∥D， 又∵B∥D， ∴B，，E 在同一直线上， ∴∠B＝∠E＝90°， Rt ∵ △B 中，∠B＝30°，B＝2❑ √3， ∴¿ ❑ √3 3 B＝2，B＝2＝4； ③当∠ED＝90°时，如图5 所示： ∵∠ED＝∠B＝30°，E＝B＝2❑ √3， ∴B＝D＝2； ④当∠DE＝90°时，如图6 所示： ∵∠DE＝∠E＝∠B＝30°，E＝B＝2❑ √3， ∴B＝D＝3； 综上所述，当△ED 是直角三角形时，B 的长为4 或6 或2 或3． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、平行线的 判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、 勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握翻折变换的性质和平行四 边形的性质是解题的关键． 题型二：矩形综合题 一．解答题（共6 小题） 1．（2021 秋•沭阳县校级月考）将一矩形纸片B 放在平面直角坐标系中，为原点，点在x 轴上， 点在y 轴上，＝10，＝8．如图1 在边上取一点D，将△BD 沿BD 折叠，使点恰好落在边上， 记作E 点． （1）求点E 的坐标及折痕DB 的长； （2）如图2，在、B 边上选取适当的点F、G，将△FG 沿FG 折叠，使点落在上，记为点， 设＝x，G＝y，写出y 关于x 的关系式以及x 的取值范围； （3）在x 轴上取两点M、（点M 在点的左侧），且M＝5，取线段B 段的中点为F，当点 M 运动到哪里时，四边形BMF 的周长最小？请画出示意图并求出周长最小值． 【分析】（1）由折叠的性质可得B＝BE＝10，D＝DE，由勾股定理可求E，D 的长，即可 求解； （2）通过证明△F∽△G，可求F¿ xy 8 ，由勾股定理可求解； （3）将点B 沿B 方向平移5 个单位长度得到B'，作点F 关于x 轴的对称点F'，连接B'F 交 x 轴于点，此时四边形BMF 的周长最小，由轴对称的性质和勾股定理可求解． 【解答】解：（1）∵四边形B 是矩形， ∴＝B＝8，B＝＝10， ∵将△BD 沿BD 折叠，使点恰好落在边上， ∴B＝BE＝10，D＝DE， ∴E¿ ❑ √BE❑ 2−AB❑ 2=❑ √100−64=¿6， ∴E＝4， ∴点E（4，0）， ∵DE2＝E2+D2， ∴D2＝16+（8﹣D）2， ∴D＝5， ∴BD¿ ❑ √CD❑ 2+BC❑ 2=❑ √25+100=¿5❑ √5； （2）如图2，过点G 作G⊥于， ∴四边形G 是矩形， ∴G＝＝8，G＝＝y， ∵将△FG 沿FG 折叠，使点落在上， ∴∠FG＝∠GF＝90°，G＝G＝y，F＝F， ∴∠F+∠G＝90°＝∠F+∠F， ∴∠G＝∠F， 又∵∠F＝∠G＝90°， ∴△F∽△G， ∴GH FH = GN OH ， ∴F¿ xy 8 ， ∵F2＝F2+2， ∴F2＝（8﹣F）2+2， 16 ∴ × xy 8 =¿64+x2， ∴y= x 2+64 2 x = x 2 + 32 x （4≤x≤8）； （3）∵点F 是B 的中点， ∴F＝BF＝4， ∵四边形BMF 的周长＝BM+M+F+BF，F＝4，M＝5， ∴四边形BMF 的周长＝BM+F+9， ∴当BM+F 有最小值 如图3，将点B 沿B 方向平移5 个单位长度得到B'，作点F 关于x 轴的对称点F'，连接B'F 交x 轴于点， ∵BB'∥M，BB'＝M， ∴四边形BB'M 是平行四边形， ∴BM＝B'， ∵点F 关于x 轴的对称点F'， ∴F＝F'， ∴BM+F＝F'+B'， ∴点F'，点，点B'共线时，BM+F 有最小值为F'B'， ∴B'F'¿ ❑ √B' B❑ 2+F ' B❑ 2= ❑ √25+(8+4)❑ 2=¿13， ∴四边形BMF 的周长＝BM+F+9＝13+9＝22， ∵∥B， ∴△F'∽△F'BB'， ∴AN B' B = AF ' BF ' ， ∴¿ 4 12 ×5=5 3， ∴M＝5−5 3 =10 3 ， ∴M¿ 20 3 ， ∴点M（20 3 ，0）， ∴当点M 运动到（20 3 ，0）时