清单03 平行四边形（2个考点梳理+7大题型解读+提升训练）-2024-2025学年八年级数学下学期期末考点大串讲（华东师大版）

清单03平行四边形的（2个考点梳理+7大题型解读+提升训练） 清单01 平行四边形的性质 1. 边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； 2. 角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D 3. 对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 清单02 平行四边形的判定 1. 与边有关的判定： （1） 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2） 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 （3） 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 2. 与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3. 与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 【考点题型一】利用平行四边形的性质求解（） 【例1】（24-25八年级下·北京·期中）如图，平行四边形中，，平分交边于点E，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-1】弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【变式1-2】（24-25八年级下·吉林长春·期中）如图，在中，，，点在上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】（24-25八年级下·重庆万州·期中）如图是小明用两个含的全等直角三角形拼成的平行四边形，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【考点题型二】平行四边形中最小值问题（） 【例2】（24-25八年级下·河南许昌·期中）如图，在中，，，，为斜边上的一动点，以、为边作平行四边形，则线段长度的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 【变式2-1】（23-24八年级下·安徽合肥·期末）如图，在四边形ABCD中，对角线，，则的最小值为（    ） A． B．10 C．15 D． 【变式2-2】（22-23八年级下·浙江·单元测试）如图，在△ABC中，，，P为边上一动点，以，为一组邻边作平行四边形，则对角线的最小值为（    ） A．6 B．8 C． D． 【变式2-3】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在中，，，点E为直线上一动点，连接，，若，则的最小值为 ． 【考点题型三】判断能否构成平行四边形（） 【例3】（24-25九年级上·安徽宣城·开学考试）下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【变式3-1】（24-25九年级上·上海·阶段练习）在四边形中，是对角线，，添加一个条件，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．． 【变式3-2】（22-23八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，四边形中，对角线与相交于点，不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【变式3-3】（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，在四边形中，，添加下列条件后，仍不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型四】添加条件成平行四边形（） 【例4】（24-25八年级下·重庆长寿·期中）如图，四边形的对角线相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B．， C．， D．， 【变式4-1】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在四边形中，，．要使四边形为平行四边形，添加的条件可以是（    ） A． B． C． D． 【变式4-2】（24-25八年级下·辽宁大连·阶段练习）如图，已知，添加下列条件可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【变式4-3】（23-24八年级下·浙江温州·期末）如图，在四边形中，，是对角线，要使四边形为平行四边形，可添加条件（    ） A． B． C． D． 【变式卡4-4】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在中，点，在对角线上，连接，，，，请添加一个条件 使四边形是平行四边形． 【考点题型五】求与己知三点组成平行四边形的点的个数（） 【例5】（22-23八年级下·贵州黔东南·期中）以点O、A、B、C为顶点的平行四边形放置在平面直角坐标系中，其中点O为坐标原点．若点C的坐标是，点A的坐标是，则点B的坐标是（    ） A．或 B．或 C．或或 D．或或 【变式5-1】（22-23八年级下·山东济南·期末）在平面直角坐标系中，以，，为顶点构造平行四边形，下列各点中不能作为平行四边形顶点坐标的是（    ） A． B． C． D． 【考点题型六】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例6】（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在四边形中，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【变式6-1】（22-23八年级下·云南文山·期末）如图，在四边形中，是的中点，，． (1)求证：； (2)当时，求的长． 【变式6-2】（22-23八年级下·陕西榆林·期末）如图，在四边形中，，，点在上，，垂足为，且，连接；    (1)求证：； (2)若，，求的长. 【变式6-3】（2023·北京大兴·二模）如图，在中，，于点D，延长到点E，使．过点E作交的延长线于点F，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点E作于点G，若，，求的长． 【考点题型七】平行四边形中动点综合题（） 【例7】（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在四边形中，，，．点从点出发，以的速度向点运动，同时点从点出发，沿着射线以的速度向右运动，当动点到达端点时另一个动点也随之停止运动．设运动时间为．    (1)在点，运动过程中，___________，___________； (2)连接，，若与互相平分，求此时的值； (3)在点，运动过程中，是否存在以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出此时的运动时间；若不存在，请说明理由． 【变式7-1】（24-25八年级下·江西上饶·期中） 如图， 在四边形中，，，，，， 动点P从点B 出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A 出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点D 运动，当动点Q到达点D时，动点 P也同时停止运动．设点 P的运动时间为t（秒）． 以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（    ）秒． A．2或 B． C．或 D． 【变式7-2】（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒，当时，则t的值为 ． 【变式7-3】（23-24八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当时，请判定四边形的形状________；（直接填空） (2)当时，求t的值． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 清单03平行四边形的（2个考点梳理+7大题型解读+提升训练） 清单01 平行四边形的性质 1. 边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图：AD∥BC，AD=BC，AB∥CD，AB=CD； 2. 角的性质：两组对角分别相等，如图：∠A=∠C，∠B=∠D 3. 对角线的性质：对角线互相平分。如图：AO=CO，BO=DO 清单02 平行四边形的判定 1. 与边有关的判定： （1） 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2） 两组对边分别相等的四边形是平行四边形 （3） 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 2. 与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3. 与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 【考点题型一】利用平行四边形的性质求解（） 【例1】（24-25八年级下·北京·期中）如图，平行四边形中，，平分交边于点E，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，证明，得到是解题的关键． 先根据平行四边形的性质得到，进一步证明，得到，则． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选D． 【变式1-1】弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质和角平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键； 本题通过平行四边形的性质得到，，，然后通过角平分线的性质和平行线的性质得到，，，然后即可求解； 【详解】解：由题可得：是的角平分线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：B； 【变式1-2】（24-25八年级下·吉林长春·期中）如图，在中，，，点在上，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角定理等，确定各角之间的数量关系是解题的关键． 根据等腰三角形的性质求出，再根据平行四边形的性质求出，进而求出，最后根据三角形外角定理得出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【变式1-3】（24-25八年级下·重庆万州·期中）如图是小明用两个含的全等直角三角形拼成的平行四边形，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质和等腰直角三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．根据平行四边形的性质，得出，，通过已知条件先得出的长，由勾股定理求出，最后求得的长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， 和是两个含的全等直角三角形，， ， ， ， ， 故选：C． 【考点题型二】平行四边形中最小值问题（） 【例2】（24-25八年级下·河南许昌·期中）如图，在中，，，，为斜边上的一动点，以、为边作平行四边形，则线段长度的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，利用垂线段最短解决问题是本题的关键． 在中，由勾股定理可求的长，由面积法可求的长，由垂线段最短可得当时，有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于， 在中，，，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 当时，有最小值， 此时：， 故选：A． 【变式2-1】（23-24八年级下·安徽合肥·期末）如图，在四边形ABCD中，对角线，，则的最小值为（    ） A． B．10 C．15 D． 【答案】D 【分析】过点作，过点作，二线交于点，连接，则四边形是平行四边形，得到，，再利用平行线性质可求得，利用勾股定理可求得，然后根据，当，，三点共线时，取得最小值，即取得最小值，最小值为等于，即可求解． 【详解】解：过点作，过点作，二线交于点，连接， ∵， 四边形是平行四边形， ，， ∵， ∴ ∴， ∵ ∴ 由勾股定理，得， ， 当，，三点共线时，取得最小值， 取得最小值，最小值等于 ∴的最小值． 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2-2】（22-23八年级下·浙江·单元测试）如图，在△ABC中，，，P为边上一动点，以，为一组邻边作平行四边形，则对角线的最小值为（    ） A．6 B．8 C． D． 【答案】D 【分析】由平行四边形的性质可知O是中点，最短也就是最短，所以应该过O作的垂线，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出的最小值． 【详解】解：设交于点O，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵最短也就是最短， ∴过O作于点， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值 ， 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形性质、以及垂线段最短的性质等知识；解题的关键是作高线构建等腰直角三角形． 【变式2-3】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在中，，，点E为直线上一动点，连接，，若，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】作点关于的对称点，连接，设交于点，则即为的最小值，由轴对称的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，由等角对等边可得，在中，根据勾股定理可得，即，进而可得，，，由平行四边形的性质可得，，由两直线平行内错角相等可得，在中，根据勾股定理可得，由此即可求出的最小值． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，，设交于点， 则即为的最小值， 由轴对称的性质可得： ，， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 即：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了轴对称——最短路线问题，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质，直角三角形的两个锐角互余，等角对等边，两直线平行内错角相等等知识点，熟练掌握轴对称——最短路线问题是解题的关键． 【考点题型三】判断能否构成平行四边形（） 【例3】（24-25九年级上·安徽宣城·开学考试）下列条件中，能判定四边形是平行四边形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理．平行四边形的判定定理有：①有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【详解】解：．，，无法判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意； ．，，无法判定四边形是平行四边形，故该选项不符合题意； ．，，故该选项不符合题意； ．如下图：∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故该选项符合题意．    故选：D． 【变式3-1】（24-25九年级上·上海·阶段练习）在四边形中，是对角线，，添加一个条件，下列条件不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A．； B．； C．； D．． 【答案】B 【分析】本题考查的是平行四边形的判定，根据题意利用平行四边形的判定定理逐一对选项分析，即可得到答案． 【详解】解：A、已知，若，即可证明四边形为平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形），所以A能判定四边形为平行四边形； B、根据题意若，不能进一步得到，所以不能判定四边形为平行四边形． C、已知，若，即，，所以，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，所以C能判定四边形为平行四边． D、已知，若，即，所以，两组对边分别平行的四边形是平行四边形，所以D能判定四边形为平行四边． 故选：B． 【变式3-2】（22-23八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，四边形中，对角线与相交于点，不能判断四边形是平行四边形的是（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．根据各选项对比平行四边形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：A、符合两组对边分别相等的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； B、符合两组对边分别平行的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故符合题意； D、符合对角线相互平分的四边形是平行四边形的判定，故不符合题意； 故选：C． 【变式3-3】（23-24八年级下·山西大同·期末）如图，在四边形中，，添加下列条件后，仍不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 根据平行四边形的判定方法逐一进行判断即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； B．∵，， ∴四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； C．， 不能判定四边形为平行四边形，故本选项符合题意； D．∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，故本选项正确，不符合题意； 故选：C． 【考点题型四】添加条件成平行四边形（） 【例4】（24-25八年级下·重庆长寿·期中）如图，四边形的对角线相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（    ） A． B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形的判定对各选项进行判断作答即可． 【详解】解：A、，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； B、∵， ∴， ∵， ∴， ∴，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； C、，，不可以判定四边形是平行四边形，故符合要求； D、∵， ∴，， ∵， ∴， ∴，可以判定四边形是平行四边形，故不符合要求； 故选：C． 【变式4-1】（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在四边形中，，．要使四边形为平行四边形，添加的条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 根据得到，结合一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，选择条件即可． 【详解】解：∵， ∴， 添加，则 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， ∴四边形为平行四边形， 故选：C． 【变式4-2】（24-25八年级下·辽宁大连·阶段练习）如图，已知，添加下列条件可以使四边形成为平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了平行四边形的判定、平行线的性质，由平行四边形的判定即可得出结论．熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 【详解】解：A． ，能使四边形成为平行四边形，故A选项正确，符合题意； B．， 不能使四边形成为平行四边形，故B选项错误，不符合题意； C．，，不能使四边形成为平行四边形，故C选项错误，不符合题意； D．，，不能使四边形成为平行四边形，故D选项错误，不符合题意； 故选：A． 【变式4-3】（23-24八年级下·浙江温州·期末）如图，在四边形中，，是对角线，要使四边形为平行四边形，可添加条件（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 根据添加的条件和平行四边形的判定方法逐项判断即可解答． 【详解】解：A、添加后，四边形一组对边平行，另一组对边相等，不一定是平行四边形，有可能为等腰梯形，不合题意； B、添加，得出，不能判定为平行四边形，不符合题意； C、添加，得出，不能判定为平行四边形，不合题意； D、添加，根据一组对比平行且相等的四边形是平行四边形可以判定为平行四边形，符合题意． 故选：D． 【变式卡4-4】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在中，点，在对角线上，连接，，，，请添加一个条件 使四边形是平行四边形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质．添加，根据平行四边形的性质可得，，进而得，再根据平行四边形的判定即可得证． 【详解】解：添加，可以使四边形是平行四边形，理由如下： 连接，与相交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形， 故答案为：． 【考点题型五】求与己知三点组成平行四边形的点的个数（） 【例5】（22-23八年级下·贵州黔东南·期中）以点O、A、B、C为顶点的平行四边形放置在平面直角坐标系中，其中点O为坐标原点．若点C的坐标是，点A的坐标是，则点B的坐标是（    ） A．或 B．或 C．或或 D．或或 【答案】D 【分析】先根据题意画出图形，然后分为边和对角线两种情况，分别根据平行四边形的判定和平移的性质即可解答． 【详解】解：如图：当为对角线时，点的坐标为，即； 当为边时，点的坐标为，即；点的坐标为，即． 故选D． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、平移的性质等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键． 【变式5-1】（22-23八年级下·山东济南·期末）在平面直角坐标系中，以，，为顶点构造平行四边形，下列各点中不能作为平行四边形顶点坐标的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，结合图形进行分析可得． 【详解】解：在平面直角坐标系中， 将向左平移各单位得到， 此时； 将向右平移各单位得到； 此时； 将先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，得到， 此时； 综上所述， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和线段的平移；解题的关键是通过平移得到平行四边形． 【考点题型六】利用平行四边形的判定与性质求解（） 【例6】（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在四边形中，． (1)求的长； (2)求四边形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理： （1）利用勾股定理求出，则，据此可证明四边形是平行四边形，则； （2）根据平行四边形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）解： ， ， 在中，由勾股定理得 ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是平行四边形，且． ． 【变式6-1】（22-23八年级下·云南文山·期末）如图，在四边形中，是的中点，，． (1)求证：； (2)当时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． （1）利用即可证明； （2）首先证明四边形是平行四边形，推出即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵， ， 是中点， ， ， ； （2）解：， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， ， ． 【变式6-2】（22-23八年级下·陕西榆林·期末）如图，在四边形中，，，点在上，，垂足为，且，连接；    (1)求证：； (2)若，，求的长. 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）由题意易得，，然后可得，进而问题可求证； （2）根据勾股定理得，由题意得，然后可证，则设的长为，则，然后根据勾股定理可建立方程求解． 【详解】（1）证明：， ， 又，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ； （2）解：在中，，，由勾股定理，得， 四边形是平行四边形， ， 又，，，， ， ， ， 设的长为，则， 在中，由勾股定理，得， 即，解得， ． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键． 【变式6-3】（2023·北京大兴·二模）如图，在中，，于点D，延长到点E，使．过点E作交的延长线于点F，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)过点E作于点G，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用和，使用证明，从而得到，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据等腰三角形的三线合一性质可知，，再由求出，采用勾股定理求出的长，即的长，再用等面积法求出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）过点E作于点G ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，即 ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，利用等面积法求高是本题的解题技巧，掌握平行四边的判定与性质是解题的关键． 【考点题型七】平行四边形中动点综合题（） 【例7】（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在四边形中，，，．点从点出发，以的速度向点运动，同时点从点出发，沿着射线以的速度向右运动，当动点到达端点时另一个动点也随之停止运动．设运动时间为．    (1)在点，运动过程中，___________，___________； (2)连接，，若与互相平分，求此时的值； (3)在点，运动过程中，是否存在以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出此时的运动时间；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)存在，有两种情况； 点在线段上， 点在线段的延长线上， 【分析】（1）根据，，点从点出发，以的速度向点运动，同时点从点出发，沿着射线以的速度向右运动，列出代数式即可解决； （2）根据与互相平分，得四边形是平行四边形，所以，得，解方程即可解答； （3）有两种情况：点在线段上，点在线段的延长线上，根据平行四边形对边相等列出方程解答即可． 【详解】（1）解：，点从点出发，以的速度向点运动， ， ， ，点从点出发，沿着射线以的速度向右运动， ， 故答案为：，； （2）解：若与互相平分，则是平行四边形， ， 即， 解得：； （3）解：存在，理由如下： 点在线段上， 当时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形， 此时，， 即， 解得； 点在线段的延长线上， 当时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形， 此时，， 即， 解得； 综上所述，存在以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，此时的运动时间为或．    【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰梯形的性质、列代数式、解一元一次方程等知识点，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 【变式7-1】（24-25八年级下·江西上饶·期中） 如图， 在四边形中，，，，，， 动点P从点B 出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A 出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点D 运动，当动点Q到达点D时，动点 P也同时停止运动．设点 P的运动时间为t（秒）． 以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（    ）秒． A．2或 B． C．或 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用，分两种情况：①当四边形为平行四边形时，②当四边形为平行四边形时，分别结合平行四边形的性质，列出一元一次方程，解方程即可求解． 【详解】解：∵，动点同时从点出发，在线段上以每秒的速度向终点运动， ∴运动时间为（秒）， ，的速度为每秒个单位，到达的时间为（秒）， 当在点以及点的左边时，即时， 则， 当在的右边时，即时， 则， 以点、、、为顶点的四边形是平行四边形， ①当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得：； ②当四边形为平行四边形时，，， ∴， 解得， 综合上述，当或时，以点、、、为顶点的四边形是平行四边形． 故选：C． 【变式7-2】（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒，当时，则t的值为 ． 【答案】3或 【分析】此题考查了平行四边形的判定、等腰梯形的判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 根据，一种情况是：四边形为平行四边形，可得方程，一种情况是：四边形为等腰梯形，可求得当，即时，解此方程即可求得答案． 【详解】解：依题意得：， ， ， ， 若，分为两种情况： ①当四边形为平行四边形时， 即， ， 解得：， ②当四边形为等腰梯形时， 即， ， 解得：， 综上：当或时，． 故答案为3或． 【变式7-3】（23-24八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）如图，在四边形中，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． (1)当时，请判定四边形的形状________；（直接填空） (2)当时，求t的值． (3)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)平行四边形 (2)或 (3)存在，当t为4或者或者时，为等腰三角形 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，等腰梯形，勾股定理，等腰三角形的性质以及利用开平方解方程的知识，掌握平行四边形的性质、梯形的性质以及等腰三角形的性质是解答本题的关键． （1）根据题意有：，进而有，当时，可得，结合，即可作答； （2）分四边形是平行四边形和四边形是等腰梯形两种情况，结合题意计算，得到答案； （3）分三种情况讨论：当为等腰三角形，且时，过点于；当为等腰三角形，且时；当为等腰三角形，且时，根据等腰三角形的性质结合勾股定理列出关于的方程，解方程即可求解． 【详解】（1）解：结论：四边形是平行四边形． 理由： 根据题意有：， ∵， ∴， 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当，四边形是平行四边形时， 即有：，则，解得，； 当时，四边形是等腰梯形时， 过点作于，过点于，如图， 根据，可得四边形是矩形， 则， 故， ∵梯形为等腰梯形，于， ， 根据（1）有， ， ∴，解得， 综上所述：或时，． （3）解：存在，理由如下： 根据（1）有， 根据（2）有， 当为等腰三角形，且时， 过点于，如图， 根据（2）可知：时， ∵为等腰三角形， ∴， ∴，解得，即此时； 当为等腰三角形，且时，如图， ∴，解得，即此时； 当为等腰三角形，且时， 过点于，过点于，如图， 根据（2）同理可知四边形是矩形， ， ， ， ， ， 在中，， ∴， 解得：， 综上所述：当为4或者或者时，为等腰三角形． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$