专练2 四边形中的折叠与动点问题（Word版）-【学海风暴】2026年八年级下册数学期末抢分卷A（人教版·新教材）

**基本信息** 聚焦四边形折叠与动点问题，以分类讨论思想和几何直观为核心，系统整合折叠性质、动态分类及方程思想，构建“性质应用-分类建模-推理计算”的解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |分类讨论思想|3题（含直角梯形动点分类）|动点位置分类讨论|四边形性质→平行四边形判定→动态分类| |几何直观|3题（含矩形折叠几何直观）|折叠性质与辅助线构造|折叠轴对称→全等/勾股→几何直观| |双空题|2题（含正方形动点函数关系）|函数建模与方程求解|正方形性质→面积关系→函数表达|

专练2 四边形中的折叠与动点问题 几何专练 分类讨论思想 1. 如图，在四边形ABCD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（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. 2. 如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为． （1）求证：； （2）若，，试判断的形状，并说明理由． 3. 如图，将长方形纸片沿折叠，使点D落在点B处，点C落在点处，点P为折痕上的任意一点，过点P作、，垂足分别为G、H，如果，，那么的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 8 几何直观 4. 在矩形纸片中，，，点为边上一动点，连接．将沿折叠，点落在点处． （1）如图①，当点在线段上时，求的长． （2）如图②，当点与点重合时，将沿折叠得，与交于点．求的面积． 5. 如图，在中，，，．点从点出发，以的速度沿运动，同时点从点出发，以的速度沿往复运动，当点到达端点时，点随之停止运动，在此运动过程中，四边形是平行四边形出现_____次．当出发_____秒时，四边形是菱形． 6. 如图1，一张菱形纸片，点A、D、C、B分别是、、、边上的点，连接、、、、，且， ；如图2，若将、、、分别沿、、、对折，点E、F都落在上的点P处，点H、G都落在上的点Q处． （1）求证：四边形是矩形 （2）求菱形纸片的面积和边长． 双空题 7. 如图，已知正方形的边长为1，E为的中点，P为正方形的边上的动点，动点P从点B匀速向点C运动．设的长度为x，阴影部分三角形的面积为y． （1）y与x之间的函数表达式为__________ （2）当点P运动的路程为________时，三角形的面积为． 8. 如图，将正方形纸片折叠，使点落在边上的点处，将纸片压平并展开，得到折痕，设的对应边交于点，连接交于点，连接交于点． （1）求证：； （2）若正方形的边长为4，求的周长． 专练2 四边形中的折叠与动点问题 几何专练 分类讨论思想 【1题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了直角梯形的性质，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 由题意已知，，要使P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形，则只需要让即可，列出等式可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 当P从B运动到C时，且P在上， ，， ， 解得， 当秒时，四边形是平行四边形； 当点P在延长线上时， 如图： ， 解得， 秒或秒时，P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形． 故选：C． 【2题答案】 【答案】（1）见解析 （2）为等腰直角三角形，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由折叠得到，，，然后得到，即可证明出； （2）首先根据平行四边形的性质得到，，然后由全等得到，得到，即可证明出为等腰直角三角形． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， 由折叠可得，，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【3题答案】 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理和平行线的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 先证，过点E作，垂足为Q，证四边形是矩形，得，根据角平分线的性质得到求出． 【详解】解：过点E作，垂足为Q，如图， ∵四边形是矩形， ∴． ∵， ∴． 由折叠可得：． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 延长交于点R， ∵， ∴, ∴, ∴四边形是矩形, ∴ ∵平分，， ∴ ∴ 故选：B． 【点睛】 几何直观 【4题答案】 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）由勾股定理求出的长度，根据折叠的性质得，设，则，，再由勾股定理列方程求解即可； （2）根据折叠的性质得出，结合平行线的性质得到，设，则，再由勾股定理列方程求解出，再由，代入数据即可求出的面积． 【小问1详解】 解：设． ∵四边形是矩形，，， ∴． 由翻折可知，，，， ∴，，． 在中，， 即， 解得， ∴的长为3． 【小问2详解】 解：由翻折可知，． ∵， ∴， ∴， ∴． 设，则． 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 【5题答案】 【答案】 ①. 3 ②. 6 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，可求出点P从点A出发到达D点的时间为12秒，点Q从点C出发第一次到B点的时间为4秒，由平行四边形的性质可得当时，四边形为平行四边形，据此分时，，，三种情况讨论求解即可；由菱形的性质可得，据此建立方程求解即可． 【详解】解：在中，，， ∴，，， ∵点P从点A出发、以的速度沿运动， ∴点P从点A出发到达D点的时间为：， ∵点Q从点C出发，以的速度沿往复运动， ∴点Q从点C出发第一次到B点的时间为：， ∵， ∴， ∴当时，四边形为平行四边形， 设同时运动的时间为， 当时，则， ∴； 当时，则， 解得； 当时，则， 解得； 综上所述，四边形是平行四边形出现3次； ∵四边形是菱形， ∴ ∴， 解得， ∴当出发6秒时，四边形是菱形． 故答案为：3；6． 【6题答案】 【答案】（1）证明见解析 （2）；3 【解析】 【分析】（1）由对折可知，，利用等角关系可求出，同理可求出．即可得出四边形是矩形． （2）由对折可知即可求出的面积，由对折可得出点A，C为中点，连接，得．利用勾股定理就可得出边长． 【小问1详解】 证明：由对折可知，， ， 即． 同理可得，． ∴四边形是矩形； 【小问2详解】 解：由对折可知：，，，． 又， ∴A为的中点．同理有C为的中点．即， 且，如图2，连接， ∴四边形为平行四边形，得． ． 【点睛】本题主要考查了翻折变换，勾股定理，菱形的性质及矩形的判定，解题的关键是折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 双空题 【7题答案】 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，一次函数的实际运用，以及三角形的面积计算公式来研究动点问题． （1）的长度为x，则，根据的面积正方形的面积的面积的面积的面积即可求出； （2）根据第（1）问，令求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形的边长为1，E为的中点， ∴，， ∵的长度为x， ∴， ∴的面积＝正方形的面积的面积的面积的面积 ， 即； （2）∵的面积为， ∴， 解得， 当点P运动的路程为时，的面积为． 故答案为：，． 【8题答案】 【答案】（1）见解析 （2）8 【解析】 【分析】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是关键． （1）根据折叠得到，即，由正方形的性质得到，则，由此即可求解； （2）如图，过点作交于点，可证，，，且，由此即可求解． 【小问1详解】 解：由折叠得，， ， ， 即， 正方形中，， ， ； 【小问2详解】 解：如图，过点作交于点， ， 由（1）可知，， 在和中， ， ， ， 正方形中，， ， 在和中， ， ， ， ，且， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $