第19章 专题特训八 特殊四边形中的折叠问题-【拔尖特训】2025-2026学年八年级下册数学（沪科版·新教材）

拔尖特训·数学（沪科版）八年级下 专题特训八特殊四 类型一平行四边形中的折叠问题 1.如图，将□ABCD先沿BE折叠，再沿BF折 叠后，点A落在线段BF上的点A'处，点C 落在点E处，连接EA',EF.若恰有EF⊥ EA',则∠A= A B C (第1题) 2.新考法·综合与实践综合实践课上，老师组织 同学们开展了口ABCD的折纸活动，E是 BC边上的一动点，F是AD边上的一动点， 将□ABCD沿直线EF折叠，使点C落在 AB边上的点M处，点D的对应点为N,连 接CM. (1)【观察发现】如图①，若∠D=60°，ME1 AB,BE=2,则EC= ,∠NFA= (2)【操作探究】如图②，当点N落在BA的 延长线上时，求证：四边形EMNF为平行四 边形 ----,D (第2题) 84 边形中的折叠问题，“答案与解析”见P35 类型二矩形中的折叠问题 3.(2025·宿州捅桥期末)若∠α和∠3均为大 于0°小于180°的角，且|∠a-∠3|=60°，则 称∠α和∠3互为“伙伴角”.根据这个约定， 如图，将一矩形纸片沿着EP折叠（点P在 线段BC上，点E在线段AB上)，使点B落 在点B'处.若∠1和∠2互为“伙伴角”，则 ∠3的度数为 (第3题)》 4.如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使得点 C与点A重合 (1)连接CF,四边形AECF是否为特殊的四 边形？请说明理由， (2)若AB=5cm,AD=10cm,求四边形 AECF的周长与面积. (第4题) 类型三菱形中的折叠问题 5.如图①所示为一张菱形纸片ABCD,E,F分 别是边AB,CD上的点.将该菱形纸片沿EF 折叠得到图②，BC的对应边B'C'恰好落在 直线AD上.已知∠B=60°，AB=6,则四边 形AEFC的周长为 ① ② (第5题) A.24B.21C.15 D.12 6.如图，在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=2, E是边AB上一点，将△DAE沿DE折叠得 到△DGE,再将△BEF沿EF折叠，使BE 落在直线EG上，点B的对应点为H,EF交 BC于点F. (1)∠DEF的度数是 (2)若E是AB的中点，求DF的长 GH B F (第6题) 第19章四边形 类型四正方形中的折叠问题 7.如图，在正方形ABCD中，E是BC边上一 点，BE=4,EC=8,将正方形边AB沿AE 折叠得到AF,延长EF交DC于点G,连接 AG.有下列结论：①∠EAG=45°；②GF= CF;③FC∥AG;④SAGc=14.4.其中，正 确的是 () (第7题) A.①③④ B.②③④ C.①②③ D.①②④ 8.如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°， 将△AED,△DCF分别沿DE,DF折叠，使 点A,C都与EF上的点G重合. (1)求证：四边形ABCD是正方形 (2)若AB=6,F是BC的中点，求AE 的长 (第8题) 85'.四边形EBCH是矩形 .EH=BC=12,CH=BE=5. .DH=CD-CH=12-5=7. .BE=DF=5, .HF=DH-DF=7-5=2 在Rt△EFH中，由勾股定理，得 EF=√EH+HF=2√37. D H B (第9题) 10.(1),四边形ABCD是正方形 '.AB=BC=CD=DA,∠A= ∠B=∠C=∠D=90°. ·AE=BF=CG=DH, .AB-AE=BC-BF=CD-CG= DA-DH,即BE=CF=DG=AH. 在△AEH,△BFE,△CGF, △DHG中， AE=BF=CG=DH, ∠A=∠B=∠C=∠D, BE=CF=DG=AH, ∴.△AEH≌△BFE≌△CGF≌ △DHG. ∴.HE=EF=FG=GH, ∠AEH=∠BFE. ∴.四边形EFGH是菱形 在△BEF中，∠BEF+∠BFE=9O°， ∴.∠BEF+∠AEH=90. .∠HEF=180°-（∠BEF+ ∠AEH)=90°. ∴.四边形EFGH是正方形 (2)AB=7,BE=3, .'AE=AB-BE=4,AH=BE=3. 在Rt△AEH中，由勾股定理，得 HE=√AE+AH=5. ,四边形EFGH是正方形， .HE=GH=5,∠EHG=90 在Rt△EHG中，由勾股定理，得 EG=√HE+GH=5√2. 11.(1)这两条路等长：位置关系是互 相垂直 理由：，四边形ABCD是正方形， ∴.BA=AD=CD,∠BAE= ∠D=90. DE=CF, ∴.AD-DE=CD-CF,即AE= DF. .'.△BAE2△ADF」 '.BE=AF,∠ABE=∠DAF :∠BAE=∠BAO+∠DAF=90, '.∠BAO+∠ABE=90. :∠AOB=180°-（∠BAO+ ∠ABE)=90°，即AF⊥BE (2)能修建一条这样的直路，且点P 在边界BC上. 理由：AD=AB=CD=4米，AE= 3米， .DE=CF=1米. 在Rt△ABE中，由勾股定理，得 BE=√AB2+AE=√4+32= 5(米) 由(1)，得AF=BE=5米，AF⊥BE, S△AE=7BE·OA=2AB· AE. OA=ABAE=3X4=2.4(米). BE 5 .OF=AF-OA=5-2.4= 2.6(米). 根据“垂线段最短”，得点F到路段 OB的最短距离为2.6米， ∴.路段OB上不存在点P到点F的 距离等于2.5米. 当点P在边界BC上时，在Rt△PCF 中，由勾股定理，得PC= √FP-FC=√2.52-1下= BP=C-PC-(-）米 4->4-即4 2 >15 35 '.此时点P符合题意，即能修建一条 这样的直路。 专题特训八特殊四边形 中的折叠问题 1.126°解析：，四边形ABCD是平 行四边形，∴.ADBC,∠A=∠C.由 折叠，得∠ABE=∠A'BE=∠CBF ∠A'EB=∠AEB,∠BEF=∠C= ∠A.∴.∠A'EB=∠AEB= ∠EBC=2∠A'BE=2∠ABE. EF⊥EA',∴.∠A'EF=90 .∠BEF-∠A'EB=90..∠A 2∠ABE=90.∠A=180° ∠ABC=180°-3∠ABE,.180° 3∠ABE- 2∠ABE=90. ∴.∠ABE=18°..∠AEB= 2∠ABE=36..∠A=180° ∠ABE-∠AEB=180°-18° 36°=126. 2.(1)5;30° (2)由折叠，知∠CEF=∠MEF, ∠EFD=∠EFN,∠N=∠D: AD//BC, .∠CEF+∠EFD=180°. ∴.∠MEF+∠EFN=180°. ∴.ME∥NF ∴.∠BME=∠N. ∠B=∠D,AD=BC, .∴.∠BME=∠B. .BE=ME=CE. 1 :ME-BC. :ADBC,点N在BA延长线上， ∴.∠B=∠NAF=∠N. ∴.AF=NF=DF NF-TAD. AD=BC, ∴.ME=NF. .四边形EMNF为平行四边形. 3.40°或80 4.(1)四边形AECF是菱形. 理由：四边形ABCD是矩形， .AD∥BC .∠AFE=∠CEF 由折叠，得∠AEF=∠CEF,CE=AE, ∴.∠AEF=∠AFE. .AE=AF. .'.AF=CE. ∴.四边形AECF是平行四边形 CE=AE, ∴.四边形AECF是菱形 (2)四边形ABCD是矩形， ∴.BC=AD=10cm,∠B=90. 由折叠，得CE=AE. 设CE=AE=xcm,则BE=BC CE=(10-x)cm. 由勾股定理，得AB2+BE2=AE2, ·5+10-x)2=x2,解得x=空。 25 ·CE=AE=25 4 cm .四边形AECF的周长=4CE=4X 25=25(cm),四边形AECF的面 积=AB,CE=5×25=15(cm2). 44 5.C 6.(1)90°. (2):四边形ABCD为菱形 ,.AD∥BC,∠BCD=∠A=120°， AD=CD=BC=AB=2. .∠A+∠B=180°. 由折叠的性质，可得AE=EG,AD DG=2,BE=EH,BF=HF,A= ∠EGD,∠B=∠EHF ,E是AB的中点， .AE=BE ∴.EG=EH,即易得点G与点H 重合 .∠EGD+∠EHF=∠A+ ∠B=180°， .点D,G,F在同一条直线上 如图，过点D作DM⊥BC,交BC的 延长线于点M. .∠BCD=120°， '.∠DCM=180°-∠BCD=60° .'.∠CDM=90°-∠DCM=30°. .CD=2, iCM=7CD=1. 在Rt△CDM中，由勾股定理，得 DM=√CD-CM=3. 设BF=HF=x,则MF=2-x+1= 3-x,DF=2+x. 在Rt△MDF中，由勾股定理，得 DF2=MF2+DM,即(2+x)2= (3-x)2+()2,解得x= 4 414 .DP=2+5 -5 0 C(HY B F C ----M (第6题) 7.A解析：连接DF.由题意，得 AB=AF=AD,∠BAE=∠FAE, ∠BAD=∠D=∠AFG=90°，BE= EF=4.AG=AG,∴.Rt△AFG≌ Rt△ADG.'.∠FAG=∠DAG, GD=GF.∴.∠BAE+∠FAE+ ∠FAG+∠DAG=∠BAD=90°，即 2(∠EAF+∠FAG)=90. '.∠EAF+∠FAG=45°，即∠EAG= 45°，故①正确.BE=EF=4,EC= 8,∴.BC=CD=12.设GD=GF=x, 则EG=4+x,CG=12一x.在 Rt△CEG中，EC2+CG2=EG,即 82十(12-x)2=(4十x)2,解得x=6. .CG=12-DG=6...FG=CG= 号EG.·.∠GEC≠30，LpcC3 60°.∴.△GF℃不是等边三角形. .GF≠CF,故②错误.DG CG=FG,.∠FDG=∠DFG, ∠GFC=∠GCF.∴.2（∠DFG+ ∠GFC)=180°，即∠DFC=90° AD=AF,GF=DG,∴.AG垂直 平分DF.∴.AG∥CF,故③正确. 36 :Sam=20G.CE=合×6×8= 1 24,FG=CG=号BG,1Sa 3 ×24=14.4,故④正确. 综上所述，正确的是①③④. 8.(1)由折叠的性质，可知△ADE2 △GDE,△DCF≌△DGF」 ∴.DA=DG=DC,∠A=∠DGE= 90°，∠C=∠DGF .∠DGF=180°-∠DGE=90. ∴.∠C=90° 又∠B=∠A=90°， .四边形ABCD是矩形 又DA=DC, '.四边形ABCD是正方形 (2)由(1)，知四边形ABCD是正 方形， .BC=AB=6. 由折叠的性质，得AE=EG,CF=GF. 设AE=EG=x,则BE=6-x. .F是BC的中点， ..BF=CF=GF=3. .EF=x+3. 在Rt△BEF中，由勾股定理，得 EF2=BE2+BF2,即(x+3)2=(6 x)2十32，解得x=2. .AE的长为2. 专题特训九特殊四边形 中的动点问题 1.D解析：设PQ与AC交于点O, 过点O作OP'⊥BC于点P'.:在 Rt△ABC中，∠ACB=30°，∴.BC= 2AB=12.∴.由勾股定理，得AC= √BC2-AB2=65.:四边形PAQC 是平行四边形，∴.OA=OC=3√3， OP=OQ.:OP'⊥BC,∠ACB=30, 0p0C9当点P与点P 重合时，OP的长最小，则PQ的长最 小.∴.PQ长的最小值为2OP'=33.