专题21.4 特殊四边形的折叠、动点、最值问题
（第二十一章 四边形）
【人教版八下 新教材】
●
优选题型 模型讲练............................................................................................................................................1
模型讲练一 一般平行四边形与折叠问题...........................................................................................................................1
模型讲练二 矩形与折叠问题..................................................................................................................................................6
模型讲练三 正方形与折叠问题...........................................................................................................................................12
模型讲练四 （特殊）平行四边形中的动点问题..........................................................................................................19
模型讲练五 四边形中的线段最值问题.............................................................................................................................26
培优检测 能力提升..........................................................................................................................................34
模型讲练一 一般平行四边形与折叠问题
【典例分析】（2025·江苏镇江·一模）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点
A，C分别在x轴，y轴上，B点坐标为B(4,6)，D为BC的中点，线段MN在边OC上移动，且MN=3，当
四边形ADMN的周长最小时，则点M的坐标为 ．
【答案】M(0,5)
【思路引导】本题考查了轴对称-最短路线问题，坐标与图形，平行四边形的判定和性质，一次函数的性
质等知识，作点D关于y轴的对称点E，过点E作EF∥MN，截取EF=MN=3，连接DM、EM、FN．
得四边形EFNM是平行四边形，求出CD=2，AD=2❑√10，得出C =2❑√10+3+FN+AN，要使四
ADMN
边形ADMN的周长最小，只要使FN+AN的值最小，当A、N、F三点共线时FN+AN的值最小．运用待
定系数法求出直线AN的解析式即可解决问题．【完整解答】解：作点D关于y轴的对称点E，过点E作EF∥MN，截取EF=MN=3，连接DM、
EM、FN．
∴EM=DM，
∵EF∥MN，EF=MN，
∴四边形EFNM是平行四边形，
∴EM=FN，
∴DM=FN，
∵D是BC的中点，B(4,6)，
∴CD=2，
∴AD=❑√22+62=2❑√10，
∴C =AD+DM+MN+AN=2❑√10+3+FN+AN，
ADMN
要使四边形ADMN的周长最小，只要使FN+AN的值最小，
∴当A、N、F三点共线时FN+AN的值最小．
设直线AN的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∵B(4,6)，F(−2,3)，
{ 4k+b=0 )
∴ ，
−2k+b=3
{ k=− 1 )
解得 2 ，
b=2
1
∴y=− x+2，
2
当x=0时，y=2，
∴N(0,2) ，
∴M(0,5)．
故答案为：M(0,5)．【变式训练1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如下图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点
E，∠AEB=45°，BD=2．将△ABC沿AC所在直线翻折180°到其原来所在的同一平面内，点B的对应
点为点B′，AD交B′C于点F，连接B′D．
(1)求证：AF=CF．
(2)求B′D的长．
【答案】(1)见解析
(2)❑√2
【思路引导】（1）利用折叠性质得角相等，结合平行四边形对边平行的性质，推出等腰三角形，从而证
得线段相等；
（2）利用平行四边形对角线平分、折叠的角度与边长不变性，推导出等腰直角三角形，进而求边长．
【完整解答】（1）证明：由折叠的性质，得∠ACB′=∠ACB．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠DAC=∠ACB'，
∴AF=CF．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=2，
1
∴BE=DE= BD=1．
2
根据折叠的性质，得∠AEB=∠AEB′=45°，BE=B′E，
∴∠DEB′=180°−∠AEB−∠AEB′=90°，B′E=DE，
∴△DB′E是等腰直角三角形，
∴B′D=❑√2DE=❑√2．
【考点再现】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质，掌握利用折叠
和平行四边形的性质推导角与边的关系，结合等腰直角三角形的性质计算边长是解题的关键．
【变式训练2】（23-24九年级下·海南·月考）如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=8，
∠ABC=120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，EC=，DE= ．
【答案】 8 ❑√37−3
【思路引导】本题主要考查平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质，由
平行四边形的性质得∠AEB=∠CBE，由折叠得∠AEB=∠CEB，从而得∠CBE=∠CEB，所以
EC=BC=8；由平行四边形的性质得∠DEC=∠BC A′，∠A=60°，∠D=120°，AB=CD，由折叠
得∠BA′E=∠A=60°，∠BA′C=∠D=120°，BA′=CE，可证明△BA′C≌△CDE(AAS)，得
A′C=DE；过点B作BH⊥EC于点H，分别求出A′H=3，CH=❑√37，从而可求出A′C即可得出结论．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,∠A+∠ABC=180°,∠D=∠ABC，AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，∠DEC=∠BC A′，
∵∠ABC=120°，
∴∠A=60°；
由折叠得∠AEB=∠CEB，∠BA′E=∠A=60°，
∴∠CBE=∠CEB，
∴EC=BC=8；
∵∠BA′E=60°，
∴∠BA′C=120°，
∵∠D=∠ABC=120°,
∴∠BA′C=∠D，
又BC=EC，∠DEC=∠BC A′
∴△BA′C≌△CDE(AAS)，
∴A′C=DE；
过点B作BH⊥EC于点H，如图，∵∠BA′E=60°，
∴∠A′BH=30°，
1 1
∴A′H= A′B= ×6=3，
2 2
∴BH=❑√A′B2−A′H2=❑√62−32=3❑√3，
∴HC=❑√BC2−BH2=❑√82−(3❑√3) 2=❑√37，
∴A′C=HC−H A′=❑√37−3，
∴DE=A′C=❑√37−3．
故答案为：8；❑√37−3．
【变式训练3】（2026八年级下·全国·专题练习）（1）如图①，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点
O，直线EF过点O，与AD，BC分别交于点E，F．求证：AE=CF．
（2）如图②，将▱ABCD沿过对角线交点O的直线EF折叠，使点A落在点A 处，点B落在点B 处，FB
1 1 1
交CD于点G，A B 与CD，DE分别交于点H，I．求证：EI=FG．
1 1
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【思路引导】（1）利用平行四边形对角线互相平分、对边平行的性质，得到线段和角的相等关系，证明
三角形全等，从而推出AE=CF；
（2）结合第一问的结论与折叠的性质，得到线段相等，再通过平行四边形的角的关系，证明另一组三角
形全等，进而推出EI=FG．
【完整解答】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠EAO=∠FCO．在△AOE和△COF中：
{∠EAO=∠FCO
)
OA=OC
∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴AE=CF．
证明：（2）由（1）知，AE=CF．
由折叠的性质可知，AE=A E，A E∥B F，
1 1 1
∴A E=CF，∠A EI+∠≝+∠GFE=180°．
1 1
∵DE∥CF，
∴∠≝+∠GFE+∠CFG=180°，
∴∠A EI=∠CFG．
1
在△A EI和△CFG中：
1
{ ∠A 1 =∠C )
A E=CF
1
∠A EI=∠CFG
1
∴△A EI≌△CFG(ASA)，
1
∴EI=FG．
【考点再现】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质与全等三角形的判定，掌握平行四边形的性质、
折叠的线段与角的对应关系，及全等三角形的判定方法是解题的关键．
模型讲练二 矩形与折叠问题
【典例分析】（24-25九年级下·福建·自主招生）如图，已知矩形ABCD，点E是AB的中点，将BC边
AB
沿CE翻折到CF的位置，点B的对应点为F，连接CF并延长交AD于点H，当H恰为AD的中点时，
AD
的值是 ．
【答案】❑√2
【思路引导】连接EF,EH，设AE=BE=x，则AE=BE=EF=x，CD=AB=2AE=2x，证明△AEH≌△FEH(HL)，得到AH=FH，设AH=FH=DH= y，得到CH=CF+FH=3 y，根据勾股定
理得到 ，解得 ，负的舍去，解答即可．
(3 y) 2=(2x) 2+ y2 x=❑√2y
【完整解答】解：连接EF,EH，
∵矩形ABCD，
∴AB=CD,AD=BC，∠A=∠B=∠CDA=∠BCD=90°，
将BC边沿CE翻折到CF的位置，点B的对应点为F，
∴EB=EF,FC=BC，∠EFC=∠EBC=90°，
∴∠EFH=90°，
∴∠A=∠EFH=90°，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
设AE=BE=x，
∴AE=BE=EF=x，CD=AB=2AE=2x，
在Rt△AEH和Rt△FEH中
{AE=FE
)
∵ ，
AH=AH
∴△AEH≌△FEH(HL)，
∴AH=FH，
∵H为AD的中点，
∴AD=2AH=2DH，
∴AH=FH=DH，
设AH=FH=DH= y，
∴AD=BC=CF=2y，
∴CH=CF+FH=3 y，
∵CH2=CD2+DH2，∴(3 y) 2=(2x) 2+ y2，
∴4x2=8 y2，
解得x=❑√2y，负的舍去，
AB 2x x ❑√2y
∴ = = = =❑√2，
AD 2y y y
故答案为：❑√2．
【考点再现】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解方程，熟练
掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【变式训练1】（24-25八年级下·甘肃平凉·期中）如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC
边的点F处，折痕为AE，已知AB=8，BC=10，则CE的长为 ．
【答案】3
【思路引导】本题考查勾股定理与折叠问题，根据折叠的性质，勾股定理求出BF的长，设CE=x，在
Rt△CEF中，利用勾股定理进行求解即可．
【完整解答】解：∵折叠长方形ABCD，
∴AF=AD=BC=10,DE=EF,CD=AB=8,∠B=∠C=90°，
∴BF=❑√AF2−AB2=6，
∴CF=BC−BF=4，
设CE=x，则：EF=DE=CD−CE=8−x，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得：(8−x) 2=42+x2，
解得：x=3；
∴CE=3；
故答案为：3．
【变式训练2】如图是一张矩形纸片ABCD，AC与BD相交于点O，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE
折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连结DF，EF．若OF=AB，∠DAF=α．(1)请用α表示∠ODF的大小；
(2)请求出α的值．
【答案】(1)2α
(2)18°
【思路引导】本题考查了矩形的折叠问题，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，直角三角形的
性质．
（1）根据矩形的性质得到OA=OD，进而得到∠OAF=∠ADO=α，由三角形外角的性质可得
∠DOF=∠DAF+∠ADO=2α；由折叠的性质可得DF=CD，结合矩形的性质得到CD=AB，再根据
已知推出OF=DF，即可得到∠DOF=∠ODF=2α；
（2）由（1）知∠DOF=∠ODF=2α，由三角形外角的性质可得∠DFC=∠DOF+∠ODF=4α，再
根据折叠的性质可得∠DCA=∠DFC=4α，由∠DAF+∠DCA=90°，即可解答．
【完整解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，AC与BD相交于点O，
∴OA=OD，
∴∠OAF=∠ADO=α，
∴∠DOF=∠DAF+∠ADO=2α；
由折叠的性质可得DF=CD，
∵CD=AB，OF=AB，
∴OF=DF，
∴∠DOF=∠ODF=2α；
（2）解：由（1）知∠DOF=∠ODF=2α，
∴∠DFC=∠DOF+∠ODF=4α，
由折叠的性质可得DF=CD，
∴∠DCA=∠DFC=4α，
∴∠DAF+∠DCA=90°，
∴α+4α=90°，
∴α=18°．
【变式训练3】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在直角坐标系中，矩形纸片ABCD的边
AB∥CD，点B坐标为(9,3)，若把图形按如图所示折叠，使B、D两点重合，折痕为EF．(1)求证：△≝¿为等腰三角形；
(2)求折痕EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=❑√10
【思路引导】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质与折叠问题是解题的
关键．
（1）利用折叠的性质及平行线的性质推出∠≝=∠DFE即可；
（2）过点E作EH⊥OC于点H，利用勾股定理求出折痕EF的长．
【完整解答】（1）证明：由折叠得∠≝=∠BEF，
∵AB∥CO，
∴∠BEF=∠DFE，
∴∠≝=∠DFE，
∴△≝¿为等腰三角形；
（2）解：过点E作EH⊥OC于点H，
∵E(4,3)，F(5,0)，
∴EH=3,FH=OF−OH=5−4=1，
∴EF=❑√EH2+FH2=❑√32+12=❑√10．
【变式训练4】（24-25八年级下·重庆·开学考试）在矩形ABCD中，E是BC边上一定点，F是直线
AD上一动点，将△BEF沿直线EF翻折，点B的对应点为G．(1)若点G落在矩形的内部，且E，G，D三点在一条直线上时，请在图中作出此时的点G和直线EF；（请
用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AB=3，AD=6，BE=2，求AF的长度．
【答案】(1)见解析
(2)1
【思路引导】（1）连接DE，作∠BED的角平分线、截取EG=BE即可；
（2）利用勾股定理求出DE，再证明DF=DE，可得结论．
【完整解答】（1）解：如图，直线EF，点G即为所求作．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=6，∠C=90°，
∵BE=2，
∴EC=6−2=4，
∴DE=❑√CD2+EC2=❑√32+42=5，
由作图可知，∠FED=∠FEB，
∵AD∥BC，
∴∠BEF=∠DFE，
∴∠DFE=∠≝¿，
∴DE=DF=5，
∴AF=AD−DF=6−5=1．
【考点再现】本题考查尺规基本作图，作角平分线，矩形的性质，翻折变换，勾股定理，平行线的性质，
等腰三角形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
模型讲练三 正方形与折叠问题
【典例分析】如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知BE=1，则EF的长为（ ）
3 5 9
A． B． C． D．3
2 2 4
【答案】B
【思路引导】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质以及勾股定理，由折叠的性质得出
EG=BE=1,GF=DF，设DF=x，再根据勾股定理得出EF2=EC2+FC2，代入数值求解得出x的值，
进而即可得出EF的值．
【完整解答】解：∵正方形纸片ABCD的边长为3，
∴∠C=90°,BC=CD=3，
根据折叠的性质得：EG=BE=1,GF=DF，
设DF=x，
则EF=EG+GF=1+x，FC=DC−DF=3−x，EC=BC−BE=3−1=2，
在Rt△EFC中，EF2=EC2+FC2，
即(x+1) 2=22+(3−x) 2，
3
解得x= ，
2
3
∴DF= ，
2
3 5
∴EF=1+ = ，
2 2
故选B
【变式训练1】（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E是BC的中点，把
△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）A．3❑√5 B．2 C．2❑√10 D．4❑√2
【答案】C
【思路引导】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻
折性质，由折叠的性质易知△ABE≌△AFE，证明Rt△AFG≌Rt△ADG(HL)，设CG=x，则
DG=6−x，由勾股定理得到EC2+CG2=EG2，求出DG，最后利用勾股定理即可求解．
【完整解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=AD=6，∠BAD=∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠的性质易知△ABE≌△AFE，
∴AF=AB=6，∠AFE=∠B=90°，
∴AF=AD=6，∠AFG=∠D=90°，
又∵AG=AG，
∴Rt△AFG≌Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG．
∵E为BC边的中点，
1
∴BE=CE= BC=3．
2
设CG=x，则DG=6−x，
∴FG=DG=6−x，EG=EF+FG=3+6−x=9−x，
在Rt△ECG中，EC2+CG2=EG2，
∴32+x2=(9−x) 2，
解得x=4，
∴CG=4，
∴DG=6−4=2，
∴AG=❑√AD2+DG2=2❑√10．
故选：C．【变式训练2】如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的B′
处，点A的对应点为A′，且B′C=3，则AM的长是（ ）
A．1.5 B．2 C．2.25 D．2.5
【答案】B
【思路引导】本题考查了折叠的性质，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连
接BM，MB′，根据折叠的性质可得MB=MB′，再由线段的和差可得DB′，然后在Rt△ABM和
Rt△MDB′中由勾股定理得到AB2+AM2=BM2，B′M2=M D2+DB′2，将AB=9，MD=9−AM和
DB′代入计算即可求得AM的值．
【完整解答】解：连接BM，MB′，如图，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，
在Rt△MDB′中，B′M2=M D2+DB′2，
根据折叠的性质可知，MB=MB′，
∴AB2+AM2=M D2+DB′2，
∵四边形ABCD是边长为9的正方形，B′C=3，
∴AB=9，MD=9−AM，DB′=9−3=6，
∴92+AM2=(9−AM) 2+62，
解得AM=2．
故选：B．
【变式训练3】（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE折叠至△AFE处，延长EF交BC于点G，连接AG，CF，有下列结论：①
△ABG≌△AFG；② BG=CG；③ S =S ；④ ∠AGB+∠AED=145°．其中正确结论的个
△EGC △AFE
数是 ．
【答案】3
【思路引导】本题考查了翻折变换的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，
根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG，从而判定①；在直角△ECG中，根据
勾股定理可证BG=GC，从而判断②；求出S =S =6，然后通过折叠性质即可判断③；求得
△EGC △ADE
∠GAF=45°，从而得出∠AGB+∠AED=180°−∠GAF=135°，从而判断④，掌握知识点的应用是
解题的关键．
【完整解答】解：∵将△ADE沿AE折叠至△AFE处，
∴AF=AD，∠AFE=∠AFG=∠D=90°，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
{AB=AF)
，
AG=AG
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=6，
∵CD=3DE，
1
∴EF=DE= CD=2，
3
设BG=FG=x，则CG=6−x，
在Rt△ECG中，根据勾股定理，得(6−x) 2+42=(x+2) 2，
解得x=3，∴BG=3，CG=6−3=3，
∴BG=CG，故②正确；
∵CD=3DE，
1
∴DE= CD=2，
3
∴CE=CD−DE=6−2=4，
∵CG=BG=3，
1 1 1 1
∴S = CG×EC= ×3×4=6，S = DE×AD= ×2×6=6，
△EGC 2 2 △ADE 2 2
∴S =S ，
△EGC △ADE
由折叠性质可得△ADE≌△AFE，
∴S =S ，
△ADE △AFE
∴S =S ，故③正确；
△EGC △AFE
∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，∠BAD=90°，
∴∠GAE=45°，
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，△ADE≌△AFE，
∴∠AGB=∠AGE，∠AED=∠AEG，
∵∠AGE+∠AEG+∠GAE=180°，
∴∠AGB+∠AED=180°−∠GAE=135°，故④错误，
综上①②③正确，共3个，
故答案为：3．
【变式训练4】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，
在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在BC、CD、AD、AB上，且¿⊥HF，垂足为M，那么GE与
HF相等吗？分别过点G、H作GP⊥BC、HQ⊥CD，垂足分别为P、Q，通过证明△GPE≌△HQF，
得到¿=HF．
根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题．
【探究1】
如图2，在正方形ABCD中，点E在BC上，使用无刻度的直尺和圆规作BF⊥AE，交CD于点F（要求直
尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法；
【探究2】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，将正方形ABCD沿着EF翻折，点B、C分别落
在B′、C′处，且B'C'经过点D，将纸片展开，延长C′F交BC于点G，连接DG交EF于点M．（1）求证：DF=GF；
（2）猜想线段AE、CG、DF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】[探究1]见解析；[探究2]（1）见解析；（2）AE+CG=DF，理由见解析
【思路引导】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：
[探究1]以B为圆心，AE为半径画弧，交CD于F，连接BF即可；
[探究2]（1）利用翻折的性质和ASA证明△CFG≌△C′FD，然后利用全等三角形的性质即可得证；
（2）连接CC′，过F作FN⊥AB于N，可得四边形BCFN是矩形，得出CF=BN，∠NFD=90°，
NF=BC=CD，AN=DF，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得∠FDG=∠FC′C，进而
得出DG∥CC′，从而得出DG⊥EF，类似材料中的思路可证得△ENF≌△GCD，得出EN=GC，即
可得出答案．
【完整解答】[探究1]解：如图，BF即为所求，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
由作图知：AE=BF，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴BF⊥AE；
[探究2]（1）证明：∵翻折，∴∠GCF=∠DC′F=90°，FC=FC′，
又∠CFG=∠C′FD，
∴△CFG≌△C′FD(ASA)，
∴FG=DF；
（2）AE+CG=DF，理由如下：
连接CC′，过F作FN⊥AB于N，则四边形BCFN是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD
∵四边形BCFN是矩形，
∴CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD
又AB=DC，
∴AN=DF，
∵翻折，
∴EF⊥CC′，
∵DF=GF，CF=C′F，
∴∠FDG=∠FGD，∠FCC′=∠FC′C，
又∠DFC′=∠FDG+∠FGD=∠FCC′+∠FC′C，
∴∠FDG=∠FCC′，
∴DG∥CC′，
又EF⊥CC′，
∴DG⊥EF，
∴∠GDC+∠DFM=90°，
∵∠NFD=90°，
∴∠EFN+∠DFM=90°，
∴∠EFN=∠GDC，
又NF=CD，∠ENF=∠GCD=90°，∴△ENF≌△GCD(ASA)，
∴EN=GC，
又AN=AE+EN，AN=DF，
∴DF=AE+GC．
模型讲练四 （特殊）平行四边形中的动点问题
【典例分析】（23-24八年级下·全国·期中）已知：如图，在直角梯形ABCD中，
∠B=90°，AD∥BC，AD=24cm，BC=26cm，动点P从A点开始沿AD边向D以1cm/秒的速度运
动，动点Q从C点开始沿CB边向B以3cm/秒的速度运动，P、Q分别从A、C同时出发，当其一点到端点时，
另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒
(1)t为何值时，四边形PQCD是平行四边形？
(2)t为何值时，四边形PQCD是等腰梯形？
【答案】(1)t=6
(2)t=7
【思路引导】本题主要考查了平行四边形、等腰梯形的判定与性质应用，掌握对各种图形的认识，同时学
会数形结合的数学解题思想是解题的关键．
（1）四边形PQCD为平行四边形，即PD=CQ，列出等式求解；
（2）四边形PQCD为等腰梯形，即CD=PQ，过点P作PF⊥BC交于F，根据勾股定理列出等式即可得
出．
【完整解答】（1）由题意得：PD=24−t，CQ=3t，
∵AD∥BC，
∴PD∥CQ，
∴要使四边形PQCD为平行四边形，只需保证PD=CQ，
∴24−t=3t，
解得：t=6，
∴当t=6秒时，四边形PQCD为平行四边形；
（2）由（1）知PD∥CQ，
所以要使四边形PQCD为等腰梯形，即CD=PQ的时，如图所示：
在Rt△PQF和Rt△CDE中，
∵PQ=DC，PF=DE，
∴Rt△PQF≌Rt△CDE（HL），
∴QF=CE，
∴QC−PD＝QC−EF=QF+EC=2CE，即3t−(24−t)=4
解得：t=7(s)，
即当t=7(s)时，四边形PQCD为等腰梯形．
【变式训练1】（24-25八年级下·四川达州·月考）如图，在四边形ABCD中，
∠A=∠B=∠BCD=90°，AB=DC=4，AD=BC=8．延长BC到E，使CE=3，连接DE．动点P从
点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC−CD−DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒（t>0）．
(1)四边形ABCD的形状为 ；
(2)当t= 时，点P运动到∠B的角平分线上；
(3)请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
(4)当0<t<6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【答案】(1)矩形
(2)8
{ 4t(0<t<4) )
(3) S = 16(4≤t≤6)
△ABP
−4t+40(6<t≤10)
19
(4)t=2或3或
4
【思路引导】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质、角平分线定理、三角形的面积、全等三角形的判定与性质，解题的关键是综合运用以上知识．
（1）根据∠A=∠B=∠BCD=90°，可得四边形ABCD是矩形；
（2）根据角平分线定义可得AF=AB=4，得DF=4，进而可得t的值；
（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运
动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；
（4）当0<t<6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的
距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也
为4，③当点P在CD上且P到BE与DE距离一样时．
【完整解答】（1）解：∵ ∠A=∠B=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
故答案为：矩形．
（2）如图，作∠ABC的角平分线交AD于F，
∴∠ABF=∠FBC
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB=∠FBC，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=4，
∴DF=AD−AF=8−4=4，
∴BC+CD+DF=8+4+4=16，
∴2t=16，解得t=8．
∴当t=8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，
1 1
S = ×BP×AB= ×2t×4=4t，(0<t<4)；
△ABP 2 2
②当点P在CD上运动时，1 1
S = ×AB×BC= ×4×8=16，(4≤t≤6)；
△ABP 2 2
③当点P在AD上运动时，
1 1
S = ×AB×AP= ×4×(20−2t)=−4t+40，(6<t≤10)；
△ABP 2 2
{ 4t(0<t<4) )
综上， S = 16(4≤t≤6) ；
△ABP
−4t+40(6<t≤10)
（4）解：当0<t<6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，且点P到AB与AD距离一样时，
∵点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP=4，
∴2t=4，解得t=2；
②当点P在BC上，且P到DE与AD距离一样时，如图，过P作PF⊥DE于点F，
则PF=4，即PF=DC=4，
∵PF⊥DE，
∴∠PFE=∠DCE=90°，
∴在△PFE和△DCE中，
{∠PFE=∠DCE
)
∠PEF=∠DEC ，
PF=DC
∴△PFE≌△DCE(AAS)，
∴PE=DE=❑√CD2+CE2=❑√42+32=5，
∴BP=BC+CE−PE=8+3−5=6，
BP 6
∴ t= = =3；
2 2
③当点P在CD上，则P到BE与DE距离一样时，如图，过点P作PH⊥DE于点H，1
设PC=PH=x，则S = ×4×3=6，
△DCE 2
5x 3x
S =S +S = + =4x，
△DCE △PDE △PCE 2 2
∴ 4x=6，
解得：x=1.5，
∴BC+CP=8+1.5=9.5，
9.5 19
∴ t= = ．
2 4
19
综上所述：t=2或3或 时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
4
【变式训练2】（24-25八年级下·山西太原·月考）综合与探究：
问题情境：复习课上，同学们以三角形纸板为背景结合图形的变化展开探究．如图1，Rt△ABC中，
∠ABC=90°,AB=BC，Rt△≝¿中，∠≝=90°,∠F=30°．
探究：
将图1中的两个三角形纸板按图2所示的方式摆放，边BC与边DE重合．动点P从点A出发以1cm/s的速
度向点B运动，同时，动点Q从点F出发以2cm/s的速度向点E运动．当其中一个动点到达终点时，另一
个动点也随之停止运动．
①若PQ∥AC．判断四边形ACQP的形状，并说明理由；
②若BC=DE=4cm，经过多长时间四边形PQFB为平行四边形．
4
【答案】①四边形ACQP是平行四边形，理由见详解②
3
【思路引导】本题考查了平行四边形的判定和性质．
探究：①证明AB∥CF，由PQ∥AC，根据平行四边形的判定定理即可得到四边形ACQP是平行四边形；②设运动时间为ts，由题意得BP=FQ，列出方程，据此求解即可；
【完整解答】解：①四边形ACQP是平行四边形，理由如下：
∵∠ABC=∠≝=90°，
∴AB∥CF，
∵PQ∥AC，
∴四边形ACQP是平行四边形；
②设运动时间为ts，四边形PQFB为平行四边形，
∴AP=ts，BP=(4−t)s，FQ=2ts，
由题意得BP=FQ，
∴4−t=2t，
4
得t= ．
3
【变式训练3】（24-25八年级下·浙江金华·期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB=2，BC=2❑√2，
∠B=45°，点E为BC中点，动点P从点E出发，沿折线EB−BA以每秒❑√2个单位长度的速度运动．作
∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点P与点A重合时，点P停止运动．设点P的运
动时间为t秒．(t>0)
(1)当P在AB上运动时，用含t的式子表示出线段BP的长 ；
PE
(2)当Q点落在平行四边形ABCD的某边中点上时，求 的值（用含t的代数式表示）；
PQ
(3)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和平行四边形ABCD重叠部分图形为
轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)❑√2t−❑√2
❑√2t2−4t+4 ❑√2t2−4t+4
(2) 或
❑√2t2−6❑√2t−4t+12+6❑√2 ❑√2t2−4t+9
(3)0<t≤❑√2−1或t=❑√2+1
【思路引导】本题考查了几何中的动点问题，涉及平行四边形的性质、轴对称，勾股定理等知识点，根据
题意画出几何图是解题关键．
（1）根据BP=❑√2t−BE即可求解；（2）分两种情况，分别构造直角三角形，利用勾股定理求解即可．
（3）根据题意画出满足条件的两种情况，即可求解；
【完整解答】（1）解：∵点E为BC中点，BC=2❑√2，
∴BE=❑√2，
∴BP=❑√2t−BE=❑√2t−❑√2，
故答案为：❑√2t−❑√2；
（2）解：当点Q落在AD的中点时，如图所示作PH⊥BE，延长DA，作PK⊥AD，交点为K．
∵BP=❑√2t−❑√2，PH=BH=t−1，
∴PE2=PH2+H E2=(t−1) 2+(❑√2+1+t) 2=2t2−4t+4，
PQ2=PK2+KQ2=(❑√2+1+t) 2+(2❑√2+1+t) 2=2t2−6❑√2t−4t+12+6❑√2
PE ❑√2t2−4t+4
¿ =
PQ ❑√2t2−6❑√2t−4t+12+6❑√2
当点Q落在CD的中点时，如图所示作PH⊥BE，延长BC，作QF⊥BC，交点为F．
❑√2
∵CQ=1，可得QF=CF= ，
2
∴EQ2=EF2+QF2=5
∵BP=❑√2t−❑√2，PH=BH=t−1，
∴PE2=PH2+H E2=(t−1) 2+(❑√2+1+t) 2=2t2−4t+4
PQ2=PE2+EQ2=2t2−4t+4+5=2t2−4t+9，
PE ❑√2t2−4t+4
∴ = ，
PQ ❑√2t2−4t+9PE ❑√2t2−4t+4 ❑√2t2−4t+4
综上： 的值为 或
PQ ❑√2t2−6❑√2t−4t+12+6❑√2 ❑√2t2−4t+9
（3）解：∵AB=2，BE=❑√2，∠B=45°，
∴∠AEB=90°，
当点P在线段BE上运动时，点Q与点A重合，如图所示：
若点F落在AB上，
∵点E、点F关于直线PQ对称，
∴∠AFP=∠BFP=90°，EP=FP，
∵∠B=45°，
∴BP=❑√2FP=❑√2EP，
∴BE=BP+EP=(❑√2+1)EP=❑√2，
∵EP=❑√2t，
∴此时t=❑√2−1，
故当0<t≤❑√2−1时，满足题意；
当点P与点A重合时，
❑√2t=BE+AB=❑√2+2
，
解得：t=❑√2+1，
综上所述：0<t≤❑√2−1或t=❑√2+1．
模型讲练五 四边形中的线段最值问题
【典例分析】（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，在四边形ABCD中，已知AC⊥BD，AC=4，
BD=5，则AD+BC的最小值是 ．【答案】❑√41
【思路引导】本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理，以CA,CB为邻边构造平行四边形ACBE，连
接DE，证明出AD+BC的最小值为DE，再利用勾股定理求出DE即可．
【完整解答】以CA,CB为邻边构造平行四边形ACBE，连接DE．
则BE=AC=4，AE=BC，
∴AD+BC=AD+AE≥DE，
∴AD+BC的最小值为DE，
∵AC⊥BD，
∴EB⊥BD，
在Rt△DBE中，
∵BD=5，
∴由勾股定理，得DE=❑√BD2+BE2=❑√52+42=❑√41
∴AD+BC的最小值为❑√41．
故答案为：❑√41．
【变式训练1】【问题原型】
如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求证：CE=DF．【问题应用】
如图，在正方形ABCD中，AB=4，E、F分别是边AB、BC上的点，且AE=BF．
（1）如图2，连接CE、DF交于点G，H为GE的中点，连接DH，FH．当E为AB的中点时，四边形
CDHF的面积为 ；
（2）如图3，连接DE、DF，当点E在边AB上运动时，DE+DF的最小值为 ．
【答案】[问题原型]见解析；[问题应用]（1）7；（2）4❑√5
【思路引导】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、将军饮马问题，此题综
合性强，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
[问题原型]证明△BCE≌△CDF即可；
[问题应用]（1）先证△EBC≌△FCD(SAS)，得∠BCE=∠CDF，求证∠CGD=90°，由
1 1
DF⋅CG= CF⋅CD=S ，CE=DF=2❑√5，求得CG，则可得GH，即可由
2 2 △FCD
S =S +S 得解；
四边形CDHF △FCD △FHD
（2）连接AF，可证明△DAE≌△ABF，得DE=AF，则DE+DF=AF+DF，延长AB到点K，使
KB=AB=4，连接KF、KD，则KF=AF，则DE+DF=KF+DF，当D、F、K共线时最小，求解即
可．
【完整解答】解：[问题原型]证明：如图，设CE与DF交于点L，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴∠EBC=∠FCD=90°，BC=CD，
∵CE⊥DF，
∴∠CLD=90°，
∴∠BCE=90°−∠DCE=∠CDF，
在△BCE和△CDF中，
{∠EBC=∠FCD
)
BC=CD ，
∠BCE=∠CDF
∴△BCE≌△CDF(ASA)，
∴CE=DF．[问题应用]（1）解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴BC=CD=AB=4，∠B=∠FCD=90°，
∵AE=BF，E为AB的中点，
1
∴BF=AE=BE= AB=2，
2
∴BE=CF=2，
在△EBC和△FCD中，
{
BE=CF
)
∠B=∠FCD ，
BC=CD
∴△EBC≌△FCD(SAS)，
∴∠BCE=∠CDF，
∴∠DCE+∠CDF=∠DCE+∠BCE=∠BCD=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，
1 1
∴ DF⋅CG= CF⋅CD=S ，
2 2 △FCD
∵CE=DF=❑√CF2+CD2=❑√22+42=2❑√5，
1 1
∴ ×2❑√5⋅CG= ×2×4，
2 2
4❑√5
解得：CG= ，
5
∵H为GE的中点，
1 1 ( 4❑√5) 3❑√5
∴GH=EH= ≥= × 2❑√5− = ，
2 2 5 5
1 1 3❑√5
∴S =S +S = ×2×4+ ×2❑√5× =7，
四边形CDHF △FCD △FHD 2 2 5
故答案为：7．
（2）解：如图，连接AF，∵DA=AB=4，∠DAE=∠ABF=90°，AE=BF，
在△DAE和△ABF中，
{
DA=AB
)
∠DAE=∠ABF ，
AE=BF
∴△DAE≌△ABF(SAS)，
∴DE=AF，
∴DE+DF=AF+DF，
延长AB到点K，使KB=AB=4，则AK=8，BC垂直平分AK，
连接KF、KD，则KF=AF，
∴DE+DF=KF+DF，DK=❑√AD2+AK2=❑√42+82=4❑√5，
∵KF+DF≥DK，
∴DE+DF≥4❑√5，
∴DE+DF的最小值是4❑√5，
故答案为：4❑√5．
【变式训练2】（2023·湖南湘西·三模）如图所示，正方形ABCD的边长为2，点E为边BC的中点，点
P在对角线BD上移动，则△PCE周长的最小值是（ ）
A．❑√5 B．❑√5+1 C．2❑√5 D．2❑√5+2【答案】B
【思路引导】作点E关于BD的对称点为E'，连接CE'交BD于点P，可得PE'=PE，BE'=BE，根据勾股
定理求出CE'，可得△PCE周长=PE+PC+CE=PE'+PC+CE，即可求解．
【完整解答】解：作点E关于BD的对称点为E'，连接CE'交BD于点P，如图所示，
∵E关于BD的对称点为E'，
∴PE'=PE，BE'=BE，
∵正方形ABCD的边长为2，点E为边BC的中点，
∴BC=2，BE=EC=1，
∴BE'=1，
∴CE'=❑√BE'+BC=❑√12+22=❑√5，
∵△PCE周长=PE+PC+CE，
又∵PE'+PC=PE+PC≥E'C，
∴△PCE周长=PE+PC+CE=PE'+PC+CE≥E'C+CE=❑√5+1，
∴△PCE周长最小值为❑√5+1，
故选：B．
【考点再现】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握
轴对称的性质．
【变式训练3】如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC=60°，点E是边AB上任意一点(端点除外)，线段
CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N．
(1)求证：AF=EF；(2)求MN+NG的最小值．
【答案】(1)见解析
1
(2)
2
【思路引导】（1）连接CF，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到CF=EF，CF=AF，从而求
证结论；
1
（2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE的中点，即可得到MN+NG= (AF+CF)，当点F
2
与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，此时MN+NG最小，结合已知推断△ABC为等边三角
形，即可求解．
【完整解答】（1）证明：连接CF，
∵FG CE
垂直平分 ，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；
（2）解：连接AC，
∵M N AE EF G CE
和 分别是 和 的中点，点 为 中点，
1 1
∴MN= AF,NG= CF，即
2 21
MN+NG= (AF+CF)
2
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，
即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
1
即MN+NG的最小值为 ．
2
【考点再现】本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点
在本题的灵活运用．
【变式训练4】（25-26八年级下·全国·课后作业）将一张平行四边形纸片ABCD折叠成如图所示的图
形，DE为折痕，点C的对应点为C′．若∠1=20°，∠2=60°，则∠C的度数为 ．
【答案】40°
【思路引导】本题考查了翻折的变换，掌握翻折的性质、平行四边形的性质及三角形的内角和定理是解题
的关键．
由折叠的性质，得∠2=∠DEC=60°，∠C′=∠C，根据平行四边形的性质结合两直线平行同位角相等
可得∠C'MD=∠MEC=120°，再由三角形的内角和为180°可求出∠C'的度数，即为∠C的度数．
【完整解答】解：如图，设AD与C′E交于点M．
由折叠的性质，得∠2=∠DEC=60°，∠C′=∠C，
∴∠MEC=120°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CE，
∴∠C′MD=∠MEC=120°．
∵在△C′MD中，∠1=20°，
∴∠C′=180°－∠C′MD−∠1=180°−120°−20°=40°，
∴∠C=40°．
故答案为：40°．一、选择题
1．（24-25八年级下·吉林白城·月考）如图，将矩形纸片ABCD沿AE折叠，使点D恰好落在BC边上的
点F处，若AB=6，AD=10，则CF的长为（ ）
10
A．2 B．4 C．8 D．
3
【答案】A
【思路引导】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，利用矩形和折叠的性质可得
BF=❑√AF2−AB2=8，即得CF=BC−BF=10−8=2，掌握折叠的性质是解题的关键．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，BC=AD=10，∠B=∠C=90°，
由折叠得，EF=ED，AF=AD=10，
∴BF=❑√AF2−AB2=8，
∴CF=BC−BF=10−8=2．
故选：A．
2．（2023·山东泰安·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿
AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（ ）8 9 12 18
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】D
【思路引导】本题考查翻折变换性质和矩形性质，三角形面积公式，勾股定理．根据题意连接BF，根据
三角形面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形判定得到∠BFC=90°，再根据勾股定理即可得到本
题答案．
【完整解答】解：连接BF交AE于点H，
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABE=90°
∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=CE=3，
∵AB=4，
∴AE=❑√AB2+BE2=5，
∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，
∴BF⊥AE，EF=BE
即BH⊥AE，
1 1
∴ ×3×4= ×5BH，
2 2
12
∴BH= ，
5
24
∴BF= ，
5
∵EF=BE，BE=CE=3∴FE=BE=EC=3，
∴∠CBF=∠EFB,∠BCF=∠EFC
∵∠CBF+∠EFB+∠BCF+∠EFC=180°
∴∠BFC=∠EFB+∠EFC=90°，
√ 24 2 18
∴CF=❑62−( ) = ，
5 5
故选：D．
3．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图所示，在正方形纸片ABCD的AD与BC边上分别取M，N两点，
将纸片ABCD沿着MN折叠，使点A落在CD边的中点E处，点B落在点F处，若AB=2，则线段MD的长
是（ ）
❑√2 2 ❑√3 3
A． B． C． D．
2 5 3 4
【答案】D
【思路引导】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），正方形的性质，勾股定理，设MD的长度为x．利
用正方形的性质推导出DE=1，EM=2−x，在Rt△MDE中，DM2+DE2=M E2，代入数据解答即可．
【完整解答】解：设MD的长度为x．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD=2．
∵E是DC的中点，
∴DE=1．
∵MD=x，
∴AM=EM=2−x．
在Rt△MDE中，∵DM2+DE2=M E2，
∴12+x2=(2−x) 2．3
∴x= ．
4
3
∴MD= ．
4
故选：D．
4．（23-24八年级上·山东济宁·期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=6cm，AD=10cm，点P
在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以每秒2.5cm的速度从点C出发，在CB间
往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为ts，开始
运动以后，当t为何值时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形？（ ）
20 40 20 40 40 40
A． B． C． 或 D． 或
3 7 3 7 3 7
【答案】B
【思路引导】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用．由四边形ABCD为平行四边
形可得出PD∥BQ，结合平行四边形的判定定理可得出当PD=BQ时以P、D、Q、B四点组成的四边
形为平行四边形，分三种情况考虑，在每种情况中由PD=BQ即可列出关于/的一元一次方程，解之即可
得出结论．
【完整解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴PD∥BQ，
若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形， 则PD=BQ，
设运动时间为t，
当0<t≤4时，AP=t，PD=10−t,CQ=2.5t,BQ=10−2.5t，
∴10−t=10−2.5t，
1.5t=0，
∴t=0(舍去)；
当4<t≤8时，AP=t,PD=10−t,BQ=2.5t−10，
∴10−t=2.5t−10，
40
解得：t= ；
7
当8<t≤10时，AP=t,PD=10−t,CQ=2.5t−20,BQ=30−2.5t，
∴10−t=30−2.5t，40
解得：t= (舍去)；
3
40
综上所述，t的值为 时, 以P,D,Q,B为顶点的四边形是平行四边形．
7
故选:B．
5．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AB =3❑√3，AD=3，
M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合）．若E，F分别为DM，MN的中
点，则线段EF长度的最大值为（ ）
A．❑√7 B．3.5 C．3 D．2.5
【答案】C
【思路引导】本题考查了三角形中位线定理和勾股定理，掌握通过中位线将线段长度转化，结合动点位置
求最值是解题的关键．
1
利用三角形中位线定理将EF转化为 DN，通过分析DN的最大值来确定EF的最大值，结合勾股定理进
2
行求解．
【完整解答】解：如图，连接DN．
∵E F DM MN
， 分别为 ， 的中点，
∴EF为△DMN的中位线，
1
∴EF= DN，
2
∴当DN最大时，EF最大．
∵当点N与点B重合时，DN最大，此时DN= ❑√AD2+AB2=6，∴线段EF长度的最大值为3．
故选：C．
二、填空题
6．（24-25八年级下·江苏淮安·期末）如图，已知正方形ABCD的对角线AC、BD交于O，G是BO的
中点，线段EF（点E在点F的左边）在直线AC上运动，连结BE、GF，若AB=8❑√2,EF=4，则
BE+GF的最小值是 ．
【答案】4❑√10
【思路引导】取OD的中点G′，则G与G′关于AC对称，过点B作BB′∥AC，FB′∥BE，BB′,FB′交于
点B′，连接B′G′,FG′，则四边形BB′FE是平行四边形，B′F=BE，根据轴对称的性质可以得出
FG′=FG，利用三角形三边关系可以得出B′F+FG′>BG′，根据两点间的距离最短进一步得出
B′F+FG′≥BG′，在Rt△BB′G′中，根据勾股定理即可解此题．
本题主要考查了正方形的性质、勾股定理以及利用平移和对称求最值问题，关键在于通过平移和对称将所
求线段和转化为两点之间的距离．
【完整解答】，解：∵四边形ABCD是正方形，AB=8❑√2，
∴ AC=❑√ (8❑√2) 2+(8❑√2) 2=16，
1
∴OB=OC= AC=8，
2
∵G是BO的中点，
1
∴OG= OB=4，
2
取OD的中点G′，则G与G′关于AC对称，
∴GF=G′F，
过点B作BB′∥AC，FB′∥BE，BB′,FB′交于点B′，连接B′G′,FG′，
∴四边形BB′FE是平行四边形，∴FB′=BE，BB′=EF=4，
在△B′FG′中，B'F+FG'>B'G'，
又∵点EF是AC上的动线段，
∴ B'F+FG'≥B'G'，
∴当点B′,F,G′在一条直线上时，FG+BE=B'F+FG'=B'G'取最小值，
∵AC⊥BD，
∴BB'⊥BD,
在Rt△BB′G′中，BB′=4，BG′=OB+OG′=8+4=12，根据勾股定理
B′G′=❑√BB′2+BG′2=❑√42+122=4❑√10，
∴ BE+GF最小值为4❑√10，
故答案为：4❑√10．
7．如图，在长方形ABCD中，M是CD的中点，P是AB上任意一点．若AD=1，AB=2，则
PA+PB+PM的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】 3 2+❑√2/❑√2+2
【思路引导】本题主要考查线段的和差，线段最短，最长的计算方法，掌握两点之间线段最短，勾股定理
的运用是解题的关键．
根据题意，当PM⊥AB时，线段PM的值最小；当点P与点A（或点B）重合时，线段PM的值最大，由
此即可求解．
【完整解答】解：根据题意，PA+PB+PM=AB+PM，∴当PM的值最小时，PA+PB+PM的值最小；
当PM的值最大时，PA+PB+PM的值最大；
∴①如图所示，当P M⊥AB时，PM=P M的值最小，
1 1
∵四边形ABCD是长方形，点M是CD的中点，
1
∴AB=CD=2，DM=CM= DC=1，
2
∴∠A=∠D=∠DM P =∠AP M=90°，AD=MD=M P =AP =1，
1 1 1 1
∴PA+PB+PM=P A+P B+PM=1+1+1=3，
1 1
∴PA+PB+PM的最小值为：3，
故答案为：3；
②如图所示，当点P与点A（或点B）重合时，线段PM=P M的值最大，
2
∵四边形ABCD是长方形，
1
∴∠C=90°，AD=BC=1，且MC= DC=1，
2
∴PM=P M=❑√MC2+BC2=❑√12+12=❑√2，
2
∴PA+PB+PM=AP +P M=AB+P M=2+❑√2，
2 2 2
∴PA+PB+PM的最大值为：2+❑√2，
故答案为：2+❑√2．
8．（2025·江苏镇江·一模）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别
在x轴，y轴上，B点坐标为B(4,6)，D为BC的中点，线段MN在边OC上移动，且MN=3，当四边形
ADMN的周长最小时，则点M的坐标为 ．【答案】M(0,5)
【思路引导】本题考查了轴对称-最短路线问题，坐标与图形，平行四边形的判定和性质，一次函数的性
质等知识，作点D关于y轴的对称点E，过点E作EF∥MN，截取EF=MN=3，连接DM、EM、FN．
得四边形EFNM是平行四边形，求出CD=2，AD=2❑√10，得出C =2❑√10+3+FN+AN，要使四
ADMN
边形ADMN的周长最小，只要使FN+AN的值最小，当A、N、F三点共线时FN+AN的值最小．运用待
定系数法求出直线AN的解析式即可解决问题．
【完整解答】解：作点D关于y轴的对称点E，过点E作EF∥MN，截取EF=MN=3，连接DM、
EM、FN．
∴EM=DM，
∵EF∥MN，EF=MN，
∴四边形EFNM是平行四边形，
∴EM=FN，
∴DM=FN，
∵D是BC的中点，B(4,6)，
∴CD=2，
∴AD=❑√22+62=2❑√10，
∴C =AD+DM+MN+AN=2❑√10+3+FN+AN，
ADMN要使四边形ADMN的周长最小，只要使FN+AN的值最小，
∴当A、N、F三点共线时FN+AN的值最小．
设直线AN的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∵B(4,6)，F(−2,3)，
{ 4k+b=0 )
∴ ，
−2k+b=3
{ k=− 1 )
解得 2 ，
b=2
1
∴y=− x+2，
2
当x=0时，y=2，
∴N(0,2) ，
∴M(0,5)．
故答案为：M(0,5)．
9．（23-24八年级下·广西玉林·期末）如图（1），点F从菱形的顶点A出发，沿A→D→B以1cm/s
的速度匀速运动到点B，点F运动时，△FBC的面积y(cm2 )随时间x(s)的变化关系图象如图（2），则菱
形ABCD的面积为 cm2．
（1） （2）
75
【答案】
8
【思路引导】本题主要考查了四边形的动点问题，菱形的性质，勾股定理等知识，设点A到BC的距离为
h，根据动点函数图像求出h， 过点D作DE⊥BC交BC的延长线与点E，则DE=3，
25
利用勾股定理求出BE，由菱形的性质得出BC=DC=AD=a，利用勾股定理求出a= ，最后计算菱形
8
的面积即可．
【完整解答】解：设点A到BC的距离为h，1 3
由点F的运动轨迹和速度可知AD=a，BD=5，且 AD⋅h= a，
2 2
解得：h=3，
过点D作DE⊥BC交BC的延长线与点E，
则DE=3，
∴BE=❑√BD2−DE2=4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC=AD=a，
∴CE=4−a，
在Rt△DCE中，DC2=CE2+DE2，
即a2=(4−a) 2+32，
25
解得：a= ，
8
25 75
∴S =BC⋅DE= ×3= ，
菱形ABCD 8 8
75
故答案为：
8
10．（24-25八年级下·天津南开·月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=16，
BC=21，CD=13，动点P从点B出发，沿射线BC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AD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．
5 37
【答案】 或
2 4
【思路引导】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PCDQ为平行四边形时，②当四边形CPDQ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．
【完整解答】解：∵AD=16，动点Q同时从A点出发，在线段AD上以每秒1个单位长度的速度向终点D
运动，
∴运动时间为16÷1=16（秒）
∵BC=21，动点P从点B出发，沿射线BC以每秒3个单位的速度运动，
P到达C的时间为21÷3=7（秒），
∴当P在C点以及C点的左边时，即0≤t≤7时，
则PC=21−3t，
当P在C的右边时，即7<t≤16时，
则PC=3t−21，
以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时，
①当四边形PCDQ为平行四边形时，0≤t≤7，PC=PQ，
∴16−t=21−3t，
5
解得：t= ；
2
②当四边形CPDQ为平行四边形时，7<t≤16，CP=DQ，
∴3t−21=16−t，
37
解得t= ，
4
5 37
综合上述，当t= 或t= 时，以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形．
2 4
5 37
故答案为：t= 或t= ．
2 4
11．（2024八年级下·湖南长沙·竞赛）如图，在长方形ABCD中，对角线BD=16，∠BDC=60°，
1
将长方形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，点M 是线段BD上一点，则EM+ BM的最小值是
2
．【答案】12
【思路引导】过点M作MG⊥BC于点G，连接EG，过点E作EH⊥BC于点H，如图所示，由
1 1
∠BDC=60°，知∠DBC=30°，得MG= BM，推出EM+ BM的最小值为EH，然后通过含30°角
2 2
的直角三角形的性质和勾股定理求出EH的长即可．
【完整解答】解：过点M作MG⊥BC于点G，连接EG，过点E作EH⊥BC于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
∵∠BDC=60°，
∴∠DBC=30°，
1 1
∴MG= BM，CD= BD=8，BC=8❑√3，
2 2
1
∴在△EMG中可知，EM+ BM=EM+MG≥EG≥EH，
2
1
即EM+ BM的最小值EH，
2
∵将长方形ABCD沿对角线BD折叠，得△BED，
∴∠EBC=2∠DBC=60°，EB=BC=8❑√3，
1
∴BH= BE=4❑√3，
2
∴EH=❑√BE2−BH2=❑√(8❑√3) 2 −(4❑√3) 2=12，1
∴EM+ BM的最小值为12，
2
故答案为：12．
【考点再现】本题考查矩形的性质、翻折的性质、直角三角形两锐角互余、含30°角的直角三角形性质、
1
三角形三边关系、垂线段最短、勾股定理等知识，通过作辅助线将EM+ BM的最小值转化为EH的长是
2
解题的关键．
12．（24-25八年级下·湖南株洲·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E是边AD的中点，将
△DCE沿着CE翻折，得到△D′CE，则CE= ．延长BD′交CE的延长线于点H，则EH= ．
2❑√5 2
【答案】 2❑√5 / ❑√5
5 5
【思路引导】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质．先根据勾股定理
1
求出CE=2❑√5，根据折叠的性质得到∠DCE=∠D′CE= ∠DCD′ ，∠D=∠CD′E=90°，
2
CD=CD′=4，DE=D′E=2，进而得到CD′=BC，过点D′作D′F⊥CH于点F，过点C作CG⊥BH于
1
点G，则∠D′CG=∠BCG= ∠BCD′ ，于是∠HCG=∠D′CE+∠D′CG=45°，由三角形内角和定
2
1 1 4❑√5
理得到∠H=45°，HF=D′F，由S = D′E×CD′= CE×D′F可算出HF=D′F= ，在
ΔD′CE 2 2 5
2❑√5 2❑√5
Rt△D′EF中，EF= ，则EH=HF−EF= .
5 5
【完整解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=4，
∵点E是边AD的中点，
1
∴DE=AE= AD=2，
2在Rt△CDE中，CE=❑√DE2+CD2=❑√22+42=2❑√5，
∵将△DCE沿着CE翻折，得到△D′CE，
1
∴∠DCE=∠D′CE= ∠DCD′ ，∠D=∠CD′E=90°，CD=CD′=4，DE=D′E=2，
2
∴CD′=BC，
如图，过点D′作D′F⊥CH于点F，过点C作CG⊥BH于点G，
1
则∠D′CG=∠BCG= ∠BCD′
，
2
∴∠HCG=∠D′CE+∠D′CG
1 1
= ∠DCD′+ ∠BCD′
2 2
1
= (∠DCD′+∠BCD′)
2
1
= ∠BCD=45°，
2
∴∠H=45°，
∴△D′FH为等腰直角三角形，HF=D′F，
1 1
∵S = D′E×CD′= CE×D′F，
ΔD′CE 2 2
D′E×CD′ 2×4 4❑√5
∴D′F= = = ,
CE 2❑√5 5
4❑√5
∴HF=D′F=
，
5
在Rt△D′EF中，EF=❑√D′E2−D′F2=❑
√
22−
(4❑√5) 2
=
2❑√5
，
5 5
2❑√5
∴EH=HF−EF= ，
52❑√5
故答案为：2❑√5， ．
5
三、解答题
13．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·月考）如图，点E是矩形ABCD的边CD上一点，连接AE，把
△ADE沿AE所在直线折叠，点D的对称点F恰好落在BC上，已知CE=3，FC=4，求边AD的长．
【答案】10
【思路引导】本题考查矩形的折叠问题、勾股定理，先由勾股定理计算出EF=5，由折叠前后对应边相等
可得ED=EF=5，AD=AF，设AD=BC=AF=x，利用勾股定理解Rt△ABF即可．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠C=∠B=90°，AD=BC，AB=CD，
∵ CE=3，FC=4，
∴ EF=❑√CE2+CF2=❑√32+42=5，
由折叠知， ED=EF=5，AD=AF，
∴ AB=CD=CE+ED=3+5=8，
设AD=BC=AF=x，则BF=BC−CF=x−4，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
∴ 82+(x−4) 2=x2，
解得x=10，
即边AD的长为10．
14．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，将一张矩形纸片ABCD的边AD斜着向BC边对折，使点
D落在BC边上，记为D′，折痕为AF，再将AB边斜向上对折，使点B落在AD′上，记为B′，折痕为AE，(1)求证：B′E∥D′F；
(2)根据以下描述：分别延长FD′和AE交于点G，过点G作BC的平行线，分别交AB和DC的延长线于点
GF
M和N，请补全图形，并求 的值．
MG+DF
【答案】(1)见解析
(2)图形见解析；1
【思路引导】本题主要考查了矩形的性质以及折叠的性质，角平分线的性质：
（1）根据矩形的性质以及折叠的性质可得∠AD′F=∠D′B′E，即可解答；
（2）由折叠的性质得：∠MAG=∠D′ AG，∠AD′F=∠D=90°，DF=D′F，然后根据角平分线的
性质可得MG=D′G，从而得到GF=D′G+D′F=MG+DF，即可解答．
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°，
由折叠的性质得：∠AD′F=∠D=90°,∠AB′E=∠B=90°，
∴∠D′B′E=90°，
∴∠AD′F=∠D′B′E，
∴B′E∥D′F；
（2）解：如图，
由折叠的性质得：∠MAG=∠D′ AG，∠AD′F=∠D=90°，DF=D′F，
∴∠AD′G=90°，
∵MN∥BC，∴∠M=∠ABC=90°，
∴MG=D′G，
∴GF=D′G+D′F=MG+DF，
GF MG+DF
∴ = =1．
MG+DF MG+DF
15．（23-24八年级上·广东珠海·期中）如图，正方形ABCD中，E是BC边上的一点，将△ABE沿AE
折叠，使点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG．
(1)求证：△ADG≌△AFG；
(2)连接CF，若CF∥AG，求证：G为DC的中点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【思路引导】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质等．
借助△ADG≌△AFG进而通过中位线的判定可以快速证明结论．
（1）根据题意易得AD=AF和∠AFE=∠ABE=90∘，然后由HL即可证明结论；
（2）由（1）的结论△ADG≌△AFG，得∠AGD=∠AGF，DG=GF,由HG∥CF，得
∠AGD=∠GCF,∠AGF=∠GFC，进而可得∠GFC=∠GCF，得GF=CG，DG=CG，即可证明结
论．
【完整解答】（1）证明：根据翻折的性质，AB=AF，∠AFE=∠ABE=90∘，
又∵AB=AD，∠ADG=90∘，∠AFG=90°，
∴∠ADG=∠AFG，AD=AF，
{AD=AF)
∴在Rt△ADG和Rt△AFG中， ，
AG=AG
∴Rt△ADG≌Rt△AFG(HL)．
（2）证明：如图，连接DF，交AG于点H．由（1）知△ADG≌△AFG，
∴ ∠AGD=∠AGF，DG=GF,
又∵HG∥CF，
∴∠AGD=∠GCF,∠AGF=∠GFC，
∴∠GFC=∠GCF，
∴GF=CG，
∴DG=CG，
∴点G为DC中点．
16．（2023·吉林长春·二模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD
折叠，使点C落在对角线BD上的点E处，连结CE，与折痕DF交于点F，折痕DF交AC于点M．
求证：△ODM≌△OCE．
【答案】见解析
【思路引导】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定．依据正方形的性质，即可得到
∠DOM=∠COE=90°；再根据折叠即可得出∠DFC=90°，进而得到∠ODM=∠OCE．利用ASA即
可判定△ODM≌△OCE．
【完整解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OD，AC⊥BD．
∴∠DOM=∠COE=90°．
∵将正方形ABCD折叠，使点C落在点E处，
∴DF⊥EC，即∠DFC=90°．又∵∠OMD=∠CMF，
∴∠ODM=∠OCE．
在△ODM和△OCE中，
∵∠ODM=∠OCE，OC=OD，∠DOM=∠COE，
∴△ODM≌△OCE(ASA)．
17．（23-24八年级下·全国·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm，点P从点D出发向
点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P，Q的速度都
是1cm/s连接PQ，AQ，CP，设点P，Q运动的时间为ts．
(1)求t为何值时，四边形ABQP是矩形；
(2)求t为何值时，四边形AQCP是菱形．
【答案】(1)t=3
9
(2)t=
4
【思路引导】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，解决此题注意结合方程的思想解题．
(1)当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；
(2)当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t．
【完整解答】（1）解：由题意，得BQ=DP=t，则AP=CQ=6−t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，AD∥BC，
∴当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t=6−t，
解得t=3，
故当t=3时，四边形ABQP为矩形．
（2）解：由（1）可知，四边形AQCP为平行四边形，
∴当AQ=CQ时，四边形AQCP为菱形．
在Rt△ABQ中，AQ=❑√AB2+BQ2=❑√32+t2，
∴❑√32+t2=6−t时，四边形AQCP为菱形，9
解得t= ，
4
9
故当t= 时，四边形AQCP为菱形．
4
18．【问题原型】
如图1，在正方形ABCD中，CE⊥DF．求证：CE=DF．
【问题应用】
如图，在正方形ABCD中，AB=4，E、F分别是边AB、BC上的点，且AE=BF．
（1）如图2，连接CE、DF交于点G，H为GE的中点，连接DH，FH．当E为AB的中点时，四边形
CDHF的面积为 ；
（2）如图3，连接DE、DF，当点E在边AB上运动时，DE+DF的最小值为 ．
【答案】[问题原型]见解析；[问题应用]（1）7；（2）4❑√5
【思路引导】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、将军饮马问题，此题综
合性强，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
[问题原型]证明△BCE≌△CDF即可；
[问题应用]（1）先证△EBC≌△FCD(SAS)，得∠BCE=∠CDF，求证∠CGD=90°，由
1 1
DF⋅CG= CF⋅CD=S ，CE=DF=2❑√5，求得CG，则可得GH，即可由
2 2 △FCD
S =S +S 得解；
四边形CDHF △FCD △FHD
（2）连接AF，可证明△DAE≌△ABF，得DE=AF，则DE+DF=AF+DF，延长AB到点K，使
KB=AB=4，连接KF、KD，则KF=AF，则DE+DF=KF+DF，当D、F、K共线时最小，求解即
可．
【完整解答】解：[问题原型]证明：如图，设CE与DF交于点L，∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴∠EBC=∠FCD=90°，BC=CD，
∵CE⊥DF，
∴∠CLD=90°，
∴∠BCE=90°−∠DCE=∠CDF，
在△BCE和△CDF中，
{∠EBC=∠FCD
)
BC=CD ，
∠BCE=∠CDF
∴△BCE≌△CDF(ASA)，
∴CE=DF．
[问题应用]（1）解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴BC=CD=AB=4，∠B=∠FCD=90°，
∵AE=BF，E为AB的中点，
1
∴BF=AE=BE= AB=2，
2
∴BE=CF=2，
在△EBC和△FCD中，
{
BE=CF
)
∠B=∠FCD ，
BC=CD
∴△EBC≌△FCD(SAS)，
∴∠BCE=∠CDF，
∴∠DCE+∠CDF=∠DCE+∠BCE=∠BCD=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF，
1 1
∴ DF⋅CG= CF⋅CD=S ，
2 2 △FCD
∵CE=DF=❑√CF2+CD2=❑√22+42=2❑√5，1 1
∴ ×2❑√5⋅CG= ×2×4，
2 2
4❑√5
解得：CG= ，
5
∵H为GE的中点，
1 1 ( 4❑√5) 3❑√5
∴GH=EH= ≥= × 2❑√5− = ，
2 2 5 5
1 1 3❑√5
∴S =S +S = ×2×4+ ×2❑√5× =7，
四边形CDHF △FCD △FHD 2 2 5
故答案为：7．
（2）解：如图，连接AF，
∵DA=AB=4，∠DAE=∠ABF=90°，AE=BF，
在△DAE和△ABF中，
{
DA=AB
)
∠DAE=∠ABF ，
AE=BF
∴△DAE≌△ABF(SAS)，
∴DE=AF，
∴DE+DF=AF+DF，
延长AB到点K，使KB=AB=4，则AK=8，BC垂直平分AK，
连接KF、KD，则KF=AF，
∴DE+DF=KF+DF，DK=❑√AD2+AK2=❑√42+82=4❑√5，
∵KF+DF≥DK，
∴DE+DF≥4❑√5，∴DE+DF的最小值是4❑√5，
故答案为：4❑√5．
19．（24-25八年级下·山西太原·月考）综合与探究：
问题情境：复习课上，同学们以三角形纸板为背景结合图形的变化展开探究．如图1，Rt△ABC中，
∠ABC=90°,AB=BC，Rt△≝¿中，∠≝=90°,∠F=30°．
探究：
将图1中的两个三角形纸板按图2所示的方式摆放，边BC与边DE重合．动点P从点A出发以1cm/s的速
度向点B运动，同时，动点Q从点F出发以2cm/s的速度向点E运动．当其中一个动点到达终点时，另一
个动点也随之停止运动．
①若PQ∥AC．判断四边形ACQP的形状，并说明理由；
②若BC=DE=4cm，经过多长时间四边形PQFB为平行四边形．
4
【答案】①四边形ACQP是平行四边形，理由见详解②
3
【思路引导】本题考查了平行四边形的判定和性质．
探究：①证明AB∥CF，由PQ∥AC，根据平行四边形的判定定理即可得到四边形ACQP是平行四边形；
②设运动时间为ts，由题意得BP=FQ，列出方程，据此求解即可；
【完整解答】解：①四边形ACQP是平行四边形，理由如下：
∵∠ABC=∠≝=90°，
∴AB∥CF，
∵PQ∥AC，
∴四边形ACQP是平行四边形；
②设运动时间为ts，四边形PQFB为平行四边形，
∴AP=ts，BP=(4−t)s，FQ=2ts，
由题意得BP=FQ，
∴4−t=2t，
4
得t= ．
3
20．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在BC、CD、AD、AB上，且¿⊥HF，垂足为M，那么GE与HF相等
吗？分别过点G、H作GP⊥BC、HQ⊥CD，垂足分别为P、Q，通过证明△GPE≌△HQF，得到
¿=HF．
根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题．
【探究1】
如图2，在正方形ABCD中，点E在BC上，使用无刻度的直尺和圆规作BF⊥AE，交CD于点F（要求直
尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法；
【探究2】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，将正方形ABCD沿着EF翻折，点B、C分别落
在B′、C′处，且B'C'经过点D，将纸片展开，延长C′F交BC于点G，连接DG交EF于点M．
（1）求证：DF=GF；
（2）猜想线段AE、CG、DF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】[探究1]见解析；[探究2]（1）见解析；（2）AE+CG=DF，理由见解析
【思路引导】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：
[探究1]以B为圆心，AE为半径画弧，交CD于F，连接BF即可；
[探究2]（1）利用翻折的性质和ASA证明△CFG≌△C′FD，然后利用全等三角形的性质即可得证；
（2）连接CC′，过F作FN⊥AB于N，可得四边形BCFN是矩形，得出CF=BN，∠NFD=90°，
NF=BC=CD，AN=DF，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得∠FDG=∠FC′C，进而
得出DG∥CC′，从而得出DG⊥EF，类似材料中的思路可证得△ENF≌△GCD，得出EN=GC，即
可得出答案．
【完整解答】[探究1]解：如图，BF即为所求，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，
由作图知：AE=BF，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴BF⊥AE；
[探究2]（1）证明：∵翻折，
∴∠GCF=∠DC′F=90°，FC=FC′，
又∠CFG=∠C′FD，
∴△CFG≌△C′FD(ASA)，
∴FG=DF；
（2）AE+CG=DF，理由如下：
连接CC′，过F作FN⊥AB于N，则四边形BCFN是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD
∵四边形BCFN是矩形，
∴CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD
又AB=DC，
∴AN=DF，∵翻折，
∴EF⊥CC′，
∵DF=GF，CF=C′F，
∴∠FDG=∠FGD，∠FCC′=∠FC′C，
又∠DFC′=∠FDG+∠FGD=∠FCC′+∠FC′C，
∴∠FDG=∠FCC′，
∴DG∥CC′，
又EF⊥CC′，
∴DG⊥EF，
∴∠GDC+∠DFM=90°，
∵∠NFD=90°，
∴∠EFN+∠DFM=90°，
∴∠EFN=∠GDC，
又NF=CD，∠ENF=∠GCD=90°，
∴△ENF≌△GCD(ASA)，
∴EN=GC，
又AN=AE+EN，AN=DF，
∴DF=AE+GC．
