专题15【期末复习冲刺】特殊平行四边形中的折叠和动态问题压轴提优训练 2025-2026学年八年级数学下册人教版重难点压轴题专题

**基本信息** 聚焦特殊平行四边形折叠与动态问题，分类型覆盖翻折变换、动点轨迹、最值问题，以题串联轴对称性质与几何直观 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |翻折变换|3题（矩形/正方形折叠）|折叠后图形全等与勾股计算|轴对称性质→图形全等→边长关系推导| |动点轨迹|2题（矩形动点构造菱形）|动点运动中轨迹确定与长度计算|几何直观→动点坐标关系→轨迹方程构建| |最值问题|3题（正方形/矩形最短路线）|利用轴对称转化求线段和最值|轴对称性质→两点之间线段最短→模型应用|

专题14 【期末复习冲刺】特殊平行四边形中的折叠和动态问题 类型一 翻折变换（折叠问题） 1．（2025•桑植县三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，点A，C分别在y轴、x轴上，且点B（4，3），D为边BC上一点，将∠B沿AD所在直线翻折，当点B的对应点B'恰好落在对角线AC上时，点D的坐标为（　　） A． B． C． D． 【分析】由折叠可知，AB＝OC＝4，OA＝BC＝3，AB'＝4，AC＝5，B'C＝5﹣4＝1，设CD＝t，BD＝3﹣t，由勾股定理列出方程12+（3﹣t）2＝t2，解得t，即可得出点D的坐标为（4，）． 【解答】解：∵B（4，3）， ∴AB＝OC＝4，OA＝BC＝3， AB'＝4，AC＝5，B'C＝5﹣4＝1， 设CD＝t，BD＝3﹣t， 在Rt△B'CD中， B'C2+B'D2＝CD2， ∴12+（3﹣t）2＝t2， 解得t， ∴点D的坐标为（4，）， 故选：B． 【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用勾股定理，构建方程解决问题，属于中考常考题型． 2．（2026•鼓楼区一模）将矩形纸片ABCD的一组对角按图中方式折叠，折痕为BE和DF，图中所示的重叠部分刚好是一个边长为1cm的正方形，已知AB长为3cm，则AD长为　　 cm． 【分析】作DM⊥BA′于点M，连接DM，BD，求得BD的长，即可求得AD的长． 【解答】解：作DM⊥BA′于点M，连接DM，BD，则∠M＝90°， ∵AB＝3cm，四边形ABCD是矩形， ∴CD＝3cm，∠A＝90°， ∵阴影部分是个正方形， ∴∠C′＝∠C′NM＝90°， ∴四边形C′DMN是矩形， ∴DM＝1cm，MN＝C′D， 由折叠可得：A′B＝AB＝3，C′D＝CD＝3， ∴MN＝3cm， ∵A′N＝1cm， ∴BM＝5cm， ∴BD， ∴AD（cm）． 故答案为：． 【点评】本题考查翻折问题．充分利用BA的长，构造以BD为斜边的直角三角形是解决本题的难点． 3．（2024•泰山区校级二模）如图，小实同学先将正方形纸片ABCD沿EF对折成两个完全重合的矩形，再把纸片展平，然后折出上方矩形EFCD的对角线DF，再把AD边沿DG折叠，使得A点落在DF上的H点处，若AD＝2，则GB＝　3　 ． 【分析】设BG＝x，则可得AG＝2﹣x＝HG．连接GF，即可构造Rt△GFH和Rt△GBF，依据勾股定理得到GH2+HF2＝BG2+BF2，进而得出关于x的方程（2﹣x）2x2+12，通过解方程即可得到BG的长． 【解答】解：如图所示，连接GF， 在Rt△CDF中，CF＝1，CD＝2， ∴DF， 又∵DH＝DA＝2， ∴FH2， 设BG＝x，则AG＝2﹣x＝HG， 由折叠可得，∠GHD＝∠A＝90°， ∴∠GHF＝90°＝∠B， 在Rt△GFH和Rt△GBF中， GH2+HF2＝GF2＝BG2+BF2， 即（2﹣x）2x2+12， 解得x＝3， 即BG＝3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了正方形的性质以及翻折变换（折叠问题），折叠的本质属于轴对称变换，关键是抓住折叠前后的对应边和对应角相等．解题的常用方法是设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 类型二 动点轨迹问题 4．（2025春•临平区月考）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，DC＝12，点H在AD上，AH＝3，E，G是矩形ABCD的边AB、CD上的动点，以E，H，G，F四点构造菱形EFGH．在点E、G运动变化过程中，点F到CD的距离为　3　 ；点F的运动轨迹（起点到终点）长度为　　 ． 【分析】如图，过F作FQ⊥DC于Q，延长AB，GF交于点K，证明△AHE≌△FQG，可得AH＝FQ＝3，可得点F到CD的距离为3，F在线段FF′上运动，记FF'与BC的交点为N，此时FF′⊥BC，且CN＝3，可得BN＝5，当D，G重合时，如图，HE'＝HD＝8﹣3＝5，当E，B重合时，同理：，再进一步求解即可． 【解答】解：如图，过F作FQ⊥DC于Q，延长AB，GF交于点K， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝12，AD＝BC＝8，∠A＝90°＝∠FQG，AB∥CD， ∴∠QGF＝∠AKG， ∵四边形HEFG是菱形， ∴HE＝FG，HE∥FG， ∴∠AEH＝∠AKG， ∴∠AEH＝∠QGF， ∴△AHE≌△FQG（AAS）， ∴AH＝FQ＝3， ∴点F到CD的距离为3， ∴F在线段FF'上运动，记FF'与BC的交点为N，此时FF'⊥BC，且CN＝3， ∴BN＝5， 当D，G重合时， HE'＝HD＝8﹣3＝5， ∴，BE'＝F'N＝12﹣4＝8， 当E，B重合时， 同理：， ∴， ∴， ∴点F的运动轨迹（起点到终点）长度为； 故答案为：3，． 【点评】本题考查的是全等三角形的判定与性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键． 5．（2025春•义乌市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，射线AE与BC边交于点E，点F是射线AE上的一点，点G在边AB上，以FG为边向上作菱形FGMN，若∠FGM＝60°，当点G从点B运动到点A时，点N的运动路径长是 　3　 ． 【分析】如图，将线段FA绕点F顺时针旋转120°得到FT，连接NT．证明△AFG≌△TFN（SAS），推出∠FTN＝∠FAG，推出点N在射线TN上运动，推出当点G从A运动到B时，AG＝AB＝TN＝3． 【解答】解：如图，将线段FA绕点F顺时针旋转120°得到FT，连接NT． ∵四边形GFNM是菱形， ∴FG＝FN，GM∥FN， ∴∠MGF+∠NFG＝120°， ∵∠MGF＝60°， ∴∠GFN＝∠AFT＝120°， ∴∠AFG＝∠TFN， 在△AFG和△TFN中， ， ∴△AFG≌△TFN（SAS）， ∴∠FTN＝∠FAG， ∴点N在射线TN上运动， 当点G从A运动到B时，AG＝AB＝TN＝3， ∴点N的运动路径的长为3． 【点评】本题考查轨迹，全等三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 类型三 轴对称−最短路线问题（最值问题） 6．（2024•定海区三模）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于O，M是AO的中点，线段EF（点E在点F的左边）在直线BD上运动，连结AF、ME，若AB＝6，，则AF+ME的最小值是 　　 ． 【分析】取AD的中点P，连接FP，MP，CP，且CP交BD于点H，证明四边形MEFP为平行四边形，得出ME＝PF，由正方形的性质得出AF＝CF，则可得出CF+FP≥CP，由勾股定理求出PC的长，则可得出答案． 【解答】解：∵正方形ABCD中，AB＝6， ∴BD＝6， ∴OD＝3， 取AD的中点P，连接FP，MP，CP，且CP交BD于点H， ∵M为AO的中点， ∴MP∥OD，MPOD， ∵EF， ∴EF＝MP， ∴四边形MEFP为平行四边形， ∴ME＝PF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴A，C关于BD对称， ∴AF＝CF， ∵AF+ME＝CF+FP≥CP， 即F与H重合时，AF+ME最小，最小值为PC的长， ∵PD＝3，CD＝6， ∴PC， ∴AF+ME的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，两点之间线段最短，勾股定理，能够将两线段和的最小值用一条线段的长表示是解题的关键． 7．（2025•江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为　30﹣10　 ． 【分析】如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H，证明△GAE≌△CEF（SAS），则∠AGE＝∠ECF，∠BGE＝45°＝∠D′CF，证明四边形CDHD′是正方形，则D′H＝DH＝CD＝10，CD垂直平分AH，AC＝CH，可知F在线段CH上运动，如图，连接D′F，AD′，证明△FCD≌△FCD′（SAS），则D′F＝DF，AF+DF＝AF+D′F，当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′，由勾股定理得，，计算求解即可；由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H，当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30，然后计算求解AF+DF的最大值与最小值的差即可． 【解答】解：如图，连接AC，在AB上截取AG，使AG＝EC，连接EG，CF，延长BC到D′，使CD′＝CD，延长AD，交CF的延长线于H，连接D′H， ∵正方形ABCD， ∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°， ∴AB﹣AG＝BC﹣EC，即BG＝BE， ∴， ∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠CEF+∠AEB＝180°﹣∠AEF＝90°， ∴∠GAE＝∠CEF， 在△GAE与△CEF中， ， ∴△GAE≌△CEF（SAS）， ∴∠AGE＝∠ECF， ∴∠BGE＝45°＝∠D′CF， ∴∠DCH＝45°＝∠DHC， ∴DH＝CD＝CD′， ∴四边形CDHD′是平行四边形， ∵∠DCD′＝90°， ∴四边形CDHD′是矩形， ∵DH＝CD， ∴四边形CDHD′是正方形， ∴D′H＝DH＝CD＝10， ∴CD垂直平分AH， ∴AC＝CH， ∴F在线段CH上运动， 如图，连接D′F，AD′， ∵CD＝CD′，∠FCD＝∠FCD′，CF＝CF， ∴△FCD≌△FCD′（SAS）， ∴D′F＝DF， ∴AF+DF＝AF+D′F， ∴当A、F、D′三点共线时，AF+DF的值最小，为AD′， ∴AD10， 由题意知，AF≤AH，DF＝D′F≤D′H， ∴当F、H重合时，AF+DF最大，为20+10＝30， ∴AF+DF的最大值与最小值的差为30﹣10， 故答案为：30﹣10． 【点评】本题考查了轴对称﹣最短路径问题，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．确定F的运动轨迹，以及AF+DF的最大值与最小值的情况是解题的关键． 8．（2022•桥西区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF＝AB，G是五边形AEFCD内一点，GE＝GF且∠EGF＝90°． ①点E为AB中点时，∠AEG＝75°； ②点G到AB，BC的距离一定相等； ③点G到AB边的距离最大为4； ④点G到AB边的距离可能为3； 则以上说法正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据矩形的性质得出∠B＝90°，根据等腰直角三角形的性质和三角形的内角和定理判断①；过G作GM⊥AB，GN⊥BC，分别交AB于M，交BC于N，根据GE＝GF且∠EGF＝90°，∠GEF＝∠GFE＝45°，可以求出∠GEM＝∠GFN，然后证明△GEM≌△GFN，可以判断②；当四边形EBFG是正方形时，点G到AB的距离最大，从而可以判断③；根据矩形和等腰直角三角形的性质可判断④． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∵EF＝AB，点E为AB中点， ∴BEABEF， ∴∠EFB＝30°， ∴∠BEF＝60°， ∵GE＝GF且∠EGF＝90°， ∴∠GEF＝45°， ∴∠AEG＝180°﹣45°﹣60°＝75°， 故①正确； 过G作GM⊥AB，GN⊥BC，分别交AB于M，交BC于N， ∵GE＝GF且∠EGF＝90°， ∴∠GEF＝∠GFE＝45°， 又∵∠B＝90°， ∴∠BEF+∠EFB＝90°，即∠BEF＝90°﹣∠EFB， ∵∠GEM＝180°﹣∠BEF﹣∠GEF＝180°﹣45°﹣（90°﹣∠EFB）＝45°+∠EFB， ∠GFN＝∠EFB+∠GFE＝∠EFB+45°， ∴∠GEM＝∠GFN， 在△GEM和△GFN中， ， ∴△GEM≌△GFN（AAS）， ∴GM＝GN， 故②正确； 在直角三角形EMG中，MG≤EG，当点E、M重合时EG最大， ∵EF＝AB＝8， ∴GE＝EB＝BF＝FG＝84， 故③正确． 当点E与B重合，点G到AB的距离等于EF的一半，即点G到AB的距离为4， ∴点G到AB的距离最小大于4小于4， 故④错误， 故选：C． 【点评】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定以及三角形内角和定理，关键是对知识的掌握和运用． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 【期末复习冲刺】特殊平行四边形中的折叠和动态问题 类型一 翻折变换（折叠问题） 1．（2025•桑植县三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，点A，C分别在y轴、x轴上，且点B（4，3），D为边BC上一点，将∠B沿AD所在直线翻折，当点B的对应点B'恰好落在对角线AC上时，点D的坐标为（　　） A． B． C． D． 2．（2026•鼓楼区一模）将矩形纸片ABCD的一组对角按图中方式折叠，折痕为BE和DF，图中所示的重叠部分刚好是一个边长为1cm的正方形，已知AB长为3cm，则AD长为　 cm． 3．（2024•泰山区校级二模）如图，小实同学先将正方形纸片ABCD沿EF对折成两个完全重合的矩形，再把纸片展平，然后折出上方矩形EFCD的对角线DF，再把AD边沿DG折叠，使得A点落在DF上的H点处，若AD＝2，则GB＝　 ． 类型二 动点轨迹问题 4．（2025春•临平区月考）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，DC＝12，点H在AD上，AH＝3，E，G是矩形ABCD的边AB、CD上的动点，以E，H，G，F四点构造菱形EFGH．在点E、G运动变化过程中，点F到CD的距离为　 　 ；点F的运动轨迹（起点到终点）长度为　 ． 5．（2025春•义乌市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，射线AE与BC边交于点E，点F是射线AE上的一点，点G在边AB上，以FG为边向上作菱形FGMN，若∠FGM＝60°，当点G从点B运动到点A时，点N的运动路径长是 　 　 ． 类型三 轴对称−最短路线问题（最值问题） 6．（2024•定海区三模）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于O，M是AO的中点，线段EF（点E在点F的左边）在直线BD上运动，连结AF、ME，若AB＝6，，则AF+ME的最小值是 　 ． 7．（2025•江阳区模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是10，E是BC边上一动点，△AEF是以点E为直角顶点的等腰直角三角形，则AF+DF的最大值与最小值的差为　 ． 8．（2022•桥西区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF＝AB，G是五边形AEFCD内一点，GE＝GF且∠EGF＝90°． ①点E为AB中点时，∠AEG＝75°；②点G到AB，BC的距离一定相等； ③点G到AB边的距离最大为4；④点G到AB边的距离可能为3； 则以上说法正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 1 学科网（北京）股份有限公司 $