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专题二 特殊平行四边的动态问题
类型1 点动型
方法技巧：点动型问题涉及单动点和双动点问题，是指动点沿着一定的路径运动，形成新的图形、解答这类问题通常是利用特殊图形的性质求解.
【母题练方法】1．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝4，点E、F分别为AD、DC上的动点，∠EBF＝60°，点E从点A向点D运动过程中，AE+CF的长度（ ）
A．逐渐增加 B．先减小再增加
C．恒等于 D．恒等于4
【子题练变式】2．如图，在正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运动，DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造平行四边形DFEP，连接CP，则∠FAE+∠EPC＝（ ）
A．30° B．45° C．60° D．无法确定
3．如图，线段AB的长为10，点D在AB上，△ACD是边长为3的等边三角形，过点D作与CD垂直的射线DP，过DP上一动点G（不与D重合）作矩形CDGH，记矩形CDGH的对角线交点为O，连接OB，则线段BO的最小值为 ．
4．如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝20cm，BD＝12cm，两动点E，F同时以2cm/s的速度分别从点A，C出发在线段AC上相对运动，点E到点C，点F到点A时停止运动．
（1）求证：当点E，F在运动过程中不与点O重合时，以点B，E，D，F为顶点的四边形为平行四边形；
（2）当点E，F的运动时间t为何值时，四边形BEDF为矩形？
类型2 线动型
方法技巧：线动型问题是指图形中有某条直线（或线段)运动的综合性问题.直线(或线段)绕一个点运动、直线（或线段)平移或直线（或线段)上有两个点按各自的路线在运动，这样的问题都是线动型问题，在解答此类问题时，遇到特殊图形一定要运用特殊图形的性质，但题目未点明特殊图形时，一定要注意解答问题要具有一般性，不能用特殊代替一般.
【母题练方法】5．如图，在矩形ABCD中，AB＝15，BC＝20，把边AB沿对角线BD平移，移动后的点A′，B′分别对应点A，B，连结CB′，A′D．
（1）求证：四边形A′B′CD是平行四边形；
（2）当平行四边形A′B′CD为菱形时，求边AB平移的距离．
【子题练变式】6．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．
（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．
①求证：PM＝QN；
②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为 ．
类型3 图动型
方法技巧：图动型问题是指某个图形运动的综合性问题，图动型问题常与图形的平移、旋转和翻折联系在一起，解决图动型问题的总体思路仍然是化动为静，关键在于从相对静止的瞬间，清晰地发现量与量之间的关系，从而找出解决问题的途径
【母题练方法】7．如图，在菱形ABCD中，点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（﹣4，0），点C在x轴正半轴上．若将菱形ABCD平移，使得平移后点B的对应点B′与点D重合，则此时点C的对应点的坐标为（ ）
A．（10，6） B．（9，3） C．（9，6） D．（10，3）
【子题练变式】8．如图①，等腰直角三角形OEF的直角顶点O为正方形ABCD的中心，点C，D分别在OE和OF上，现将△OEF绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），连接AF，DE（如图②）．
（1）在图②中，∠AOF＝ ；（用含α的式子表示）
（2）在图②中猜想AF与DE的数量关系，并证明你的结论．中小学教育资源及组卷应用平台
专题二 特殊平行四边的动态问题
类型1 点动型
方法技巧：点动型问题涉及单动点和双动点问题，是指动点沿着一定的路径运动，形成新的图形、解答这类问题通常是利用特殊图形的性质求解.
【母题练方法】1．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝4，点E、F分别为AD、DC上的动点，∠EBF＝60°，点E从点A向点D运动过程中，AE+CF的长度（ ）
A．逐渐增加 B．先减小再增加
C．恒等于 D．恒等于4
【思路点拔】连接BD，由菱形的性质推出AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝∠A＝60°，判定△ABD、△CDB是等边三角形，得到∠CBD＝∠ADB＝60°，BC＝BD，由∠EBD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝60°，推出∠CBF＝∠EBD，由ASA判定△CBF≌△DBE，得到CF＝DE，于是得到AE+CF＝AE+DE＝AD＝4．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠C＝∠A＝60°，
∴△ABD、△CDB是等边三角形，
∴∠CBD＝∠ADB＝60°，BC＝BD，
∵∠EBF＝60°，
∴∠EBD+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝60°，
∴∠CBF＝∠EBD，
在△CBF和△DBE中，
，
∴△CBF≌△DBE（ASA），
∴CF＝DE，
∴AE+CF＝AE+DE＝AD，
∵AB＝4，
∴AE+CF＝4．
故选：D．
【点评】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，关键是由菱形的性质推出△CBF≌△DBE（ASA）．
【子题练变式】2．如图，在正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运动，DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造平行四边形DFEP，连接CP，则∠FAE+∠EPC＝（ ）
A．30° B．45° C．60° D．无法确定
【思路点拔】过点P作PH⊥BC交BC的延长线于H，先证明△ABE和△DAF全等得AE＝DF，再根据平行四边形性质得DF＝EP，DF∥EP，进而得AE＝EP，EP⊥AE，再证明△ABE和△EHP全等得AB＝BH，BE＝PH，由此可得BE＝CH＝PH，则△PCH为等腰直角三角形，进而得∠PCH＝∠3+∠EPC＝45°，据此即可得出答案．
【解答】解：过点P作PH⊥BC交BC的延长线于H，如图所示：
则∠H＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝DA，∠B＝∠DAB＝90°，
∴∠FAE+∠1＝90°，
∵DF⊥AE，
∴∠1+∠2＝90°，
∴∠FAE＝∠2，
在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（ASA），
∴AE＝DF，
∵四边形DFEP是平行四边形，
∴DF＝EP，DF∥EP，
∴AE＝EP，EP⊥AE，
∴∠3+∠AEB＝90°，
又∵∠FAE+∠AEB＝90°，
∴∠FAE＝∠3，
在△ABE和△EHP中，
，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴AB＝BH，BE＝PH，
∴BC＝EH，
∵BC＝BE+CE，EH＝CE+CH，
∴BE＝CH，
∴BE＝CH＝PH，
∴△PCH为等腰直角三角形，
∴∠PCH＝45°，
∴∠3+∠EPC＝45°，
∴∠FAE+∠EPC＝45°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
3．如图，线段AB的长为10，点D在AB上，△ACD是边长为3的等边三角形，过点D作与CD垂直的射线DP，过DP上一动点G（不与D重合）作矩形CDGH，记矩形CDGH的对角线交点为O，连接OB，则线段BO的最小值为 5 ．
【思路点拔】连接AO，根据矩形对角线相等且互相平分得：OC＝OD，再证明△ACO≌△ADO，则∠OAB＝30°；点O一定在∠CAB的平分线上运动，根据垂线段最短得：当OB⊥AO时，OB的长最小，根据直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出结论．
【解答】解：连接AO，
∵四边形CDGH是矩形，
∴CG＝DH，OCCG，ODDH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
在△ACO和△ADO中，
，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠OAB＝∠CAO＝30°，
∴点O一定在∠CAB的平分线上运动，
∴当OB⊥AO时，OB的长度最小，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴OBAB10＝5，
即OB的最小值为5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质和判定、含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，利用了矩形对角线相等且平分的性质得对角线的一半相等，为三角形全等用铺垫；另外还利用了垂线段最短解决了求最值问题．
4．如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝20cm，BD＝12cm，两动点E，F同时以2cm/s的速度分别从点A，C出发在线段AC上相对运动，点E到点C，点F到点A时停止运动．
（1）求证：当点E，F在运动过程中不与点O重合时，以点B，E，D，F为顶点的四边形为平行四边形；
（2）当点E，F的运动时间t为何值时，四边形BEDF为矩形？
【思路点拔】（1）如图，连接DE，EB，BF，FD，由已知条件易得AE＝CF，BO＝DO，AO＝CO，由此可得OE＝OF，从而可得四边形BEDF是平行四边形；
（2）由（1）可知，四边形BEDF是平行四边形，故当EF＝BD＝12cm时，四边形BEDF是矩形，由此分以下两种情况进行解答即可求得对应的t的值，①点E在OA上，点F在OC上时，EF＝BD＝12cm；②点E在OC上，点F在OA上是，EF＝BD＝12cm．
【解答】（1）证明：连接DE，EB，BF，FD．
∵两动点E，F同时以2 cm/s的速度分别从点A，C出发在线段AC上相对运动，
∴AE＝CF．
∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OD＝OB，OA＝OC（平行四边形的对角线互相平分），
∴OA﹣AE＝OC﹣CF或AE﹣OA＝CF﹣OC，即OE＝OF，
∴四边形BEDF为平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
即以点B，E，D，F为顶点的四边形是平行四边形．
（2）解：由已知条件可得：AE＝CF＝2t，
∵由（1）可知四边形BEDF是平行四边形，
∴当EF＝BD＝12时，四边形BEDF是矩形．
①当点E在OA上，点F在OC上时，EF＝AC﹣4t，
∵EF＝BD＝12，
∴20﹣4t＝12，解得：t＝2；
②当点E在OC上，点F在OA上时，EF＝4t﹣AC＝4t﹣20，
∵EF＝BD＝12，
∴4t﹣20＝12，解得：t＝8．
综上所述：当点E，F的运动时间t为2 s或8 s时，四边形BEDF为矩形．
【点评】这是一道涉及平行四边形和矩形的动点问题，熟悉“平行四边形的性质、矩形的判定，且知道第2小题存在：①点E在OA上，点F在OC上，EF＝BD＝12cm；②点E在OC上，点F在OA上，EF＝BD＝12cm这两种情况”是解答本题的关键．
类型2 线动型
方法技巧：线动型问题是指图形中有某条直线（或线段)运动的综合性问题.直线(或线段)绕一个点运动、直线（或线段)平移或直线（或线段)上有两个点按各自的路线在运动，这样的问题都是线动型问题，在解答此类问题时，遇到特殊图形一定要运用特殊图形的性质，但题目未点明特殊图形时，一定要注意解答问题要具有一般性，不能用特殊代替一般.
【母题练方法】5．如图，在矩形ABCD中，AB＝15，BC＝20，把边AB沿对角线BD平移，移动后的点A′，B′分别对应点A，B，连结CB′，A′D．
（1）求证：四边形A′B′CD是平行四边形；
（2）当平行四边形A′B′CD为菱形时，求边AB平移的距离．
【思路点拔】（1）由平移可得AB∥A′B′，AB＝A′B′，由矩形可得AB∥CD．AB＝CD，可得结论；
（2）由三角形面积可得CM，然后根据勾股定理即可求得MD，即可得出平移的距离．
【解答】（1）证明：由平移可知：AB∥A′B′，AB＝A′B′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD．AB＝CD，
∴CD∥A′B′，CD＝A′B′，
∴四边形A′B′CD是平行四边形；
（2）解：如图，连接AC交B′D于M，
∵四边形A′B′CD是菱形，
∴A'C⊥B′D，B′D＝2MD，
在矩形ABCD中，
∵AB＝CD＝15，BC＝20，
∴BD25，
∴S△BCD20×1525×CM，
∴CM＝12，
∴MD9，
∴B′D＝2MD＝18，
∴BB′＝BD﹣B′D＝25﹣18＝7．
∴边AB平移的距离为BB′＝7．
【点评】此题考查了矩形、菱形的性质，平移的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
【子题练变式】6．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．
（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．
①求证：PM＝QN；
②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为 8 ．
【思路点拔】（1）由菱形的性质得出BC＝DC，∠BCD＝120°，由旋转的性质得PC＝QC，∠PCQ＝120°，得出∠BCP＝∠DCQ，由SAS得出△BCP≌△DCQ即可
（2）①由全等三角形的性质得出BP＝DQ，得出∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．在CD上取点E，使QE＝QN，则∠QEN＝∠QNE，得出∠QED＝∠QNC＝∠PMB，证明△PBM≌△QDE （AAS），即可得出结论；
②由①知PM＝QN，得出MN＝PQPC，当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，则PC＝2，BC＝2PC＝4，菱形ABCD的面积＝2△ABC的面积，即可得出答案．
【解答】（1）证明：四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠PBM＝∠PBC∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°，
由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，
∴∠BCD＝∠PCQ，
∴∠BCP＝∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，，
∴△BCP≌△DCQ（SAS）；
（2）①证明：由（1）得：△BCP≌△DCQ，
∴BP＝DQ，
∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．
在CD上取点E，使QE＝QN，如图2所示：
则∠QEN＝∠QNE，
∴∠QED＝∠QNC＝∠PMB，
在△PBM和△QDE中，，
∴△PBM≌△QDE （AAS），
∴PM＝QE＝QN．
②解：由①知PM＝QN，
∴MN＝PQPC，
∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，
则PC＝2，BC＝2PC＝4，
∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC＝242＝8；
故答案为：8．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
类型3 图动型
方法技巧：图动型问题是指某个图形运动的综合性问题，图动型问题常与图形的平移、旋转和翻折联系在一起，解决图动型问题的总体思路仍然是化动为静，关键在于从相对静止的瞬间，清晰地发现量与量之间的关系，从而找出解决问题的途径
【母题练方法】7．如图，在菱形ABCD中，点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（﹣4，0），点C在x轴正半轴上．若将菱形ABCD平移，使得平移后点B的对应点B′与点D重合，则此时点C的对应点的坐标为（ ）
A．（10，6） B．（9，3） C．（9，6） D．（10，3）
【思路点拔】根据平移的性质和菱形的性质解得即可．
【解答】解：∵点A的坐标为（0，3），点B的坐标为（﹣4，0），
∴AO＝3，BO＝4，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝AB＝5，
∴D（5，3），C（1，0），
∵平移后点B的对应点B′与点D重合，
∴B′（5，3），
∴5﹣（﹣4）＝9，3﹣0＝3，
∴菱形ABCD向右平移9个单位长度，向上平移3个单位长度，
∴点C的对应点的坐标为（1+9，0+3），即（10，3），
故选：D．
【点评】本题主要考查了菱形的性质和平移的性质，解题的关键是根据平移的性质得出菱形平移的方向和距离．
【子题练变式】8．如图①，等腰直角三角形OEF的直角顶点O为正方形ABCD的中心，点C，D分别在OE和OF上，现将△OEF绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜90°），连接AF，DE（如图②）．
（1）在图②中，∠AOF＝ 90°﹣α ；（用含α的式子表示）
（2）在图②中猜想AF与DE的数量关系，并证明你的结论．
【思路点拔】（1）如图②，利用旋转的性质得到∠DOF＝∠COE＝α，再根据正方形的性质得到∠AOD＝90°，从而得到∠AOF＝90°﹣α；
（2）如图②，利用正方形的性质得∠AOD＝∠COD＝90°，OA＝OD，再利用△OEF为等腰直角三角形得到OF＝OE，利用（1）的结论得到∠AOF＝∠DOE，则可证明△AOF≌△DOE，从而得到AF＝DE．
【解答】解：（1）如图②，
∵△OEF绕点O逆时针旋转α角，
∴∠DOF＝∠COE＝α，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠AOD＝90°，
∴∠AOF＝90°﹣α；
故答案为90°﹣α；
（2）AF＝DE．
理由如下：
如图②，∵四边形ABCD为正方形，
∴∠AOD＝∠COD＝90°，OA＝OD，
∵∠DOF＝∠COE＝α，
∴∠AOF＝∠DOE，
∵△OEF为等腰直角三角形，
∴OF＝OE，
在△AOF和△DOE中
，
∴△AOF≌△DOE（SAS），
∴AF＝DE．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰直角三角形的性质和正方形的性质．
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