文档内容
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00)
(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)0BG′，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
