第十八章 平行四边形 专题--平行四边形及特殊平行四边形的折叠和动点问题 专题练 2024--2025学年初中数学人教版八年级下册

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第十八章 平行四边形 专题--平行四边形及特殊平行四边形的折叠和动点问题 专题练 2024--2025学年初中数学人教版八年级下册
一、单选题
1．如图，将沿所在直线折叠，点D恰好落在延长线上的点处，交于点E，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
2．如图，E，F分别是 ABCD的边AD、BC上的点，EF=6，∠DEF=60°，将四边形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，ED′交BC于点G，则△GEF的周长为（　　）
A．6 B．12 C．18 D．24
3．如图，在矩形中，，．点是边上一点，将沿所在直线折叠，使得点恰好落在边上点处，则的长是（　　）

A． B． C． D．
4．如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF，若菱形ABCD的边长为2cm，∠A=120°，则EF的长为（　　）
A．2 B．2 C． D．4
5．如图，已知矩形纸片，，，点P在边上，将沿折叠，点C落在点E处，、分别交于点O、F，且，则的长为（　　）

A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，，，点P从点A出发，以的速度沿向点B运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向点B运动，设点P的运动时间为，当为等边三角形时，t的值为（　　）
A．1 B．1.3 C．1.5 D．2
二、填空题
7．如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为边AB上一点且AE长为1，P为射线BC上一点．把△EBP沿EP折叠，点B落在点处．若点到直线AD的距离为3，则BP长为 ．
8．如图，在长方形中，，，是边上一点，将长方形沿折叠，点落在点处，当是直角三角形时，的长为 ．
9．如图，在 ABCD中，AB＝8，BC＝12，∠B＝120°，点E是BC的中点，点P在 ABCD的边上．若△PBE为等腰三角形，则EP的长为 ．
10．将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形（折叠后点都落在的中点处）．若，则的长为 ．
三、解答题
11．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．
（1）求证：△AED≌△CEB′；
（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．
12．如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
(1)求证：四边形CEFG是菱形；
(2)若AB=6，AD=10，求四边形CEFG的面积．
13．如图①，菱形纸片，．对其进行如下操作：
把翻折，使点A与点D重合，折痕为；把翻折，使点C与点D重合，折痕为（如图），连接，．设两条折痕的延长线交于点O．

(1)请在图②中将图形补充完整，并求的度数；
(2)四边形是菱形吗？请说明理由．
14．如图，正方形纸片的边长，E是上一点，，折叠正方形纸片，使点B和点E重合，折痕为，试求的长．
15．如图，在菱形中，，，点E是边的中点，点M是边上的一个动点（且不与点A重合），延长交的延长线于点N，连接，．
(1)求证：；
(2)当为何值时，四边形是矩形？并说明理由．
16．如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图①，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系，并加以证明；
（2）如图②，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．
17．如图，正方形ABCD，动点E在AC上，AF⊥AC，垂足为A，AF=AE．
(1)求证：BF=DE；
(2)当点E运动到AC中点时 (其他条件都保持不变)，问四边形AFBE是什么特殊四边形？说明理由．
参考答案
1．A
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，掌握翻折前和翻折后对应角相等是解题的关键，由平行四边形的性质可得， ，再由平行线的性质可得，进而可得，再由折叠的性质和平行线的性质即可求解．
四边形是平行四边形，
， ，
，
，
，
由折叠的性质可知，，
，
．
故选：．
2．C
由折叠得：∠DEF=∠D′EF=60°，在由平行四边形的对边平行，得出内错角相等，得出△GEF是等边三角形，已知边长求出周长即可．
解：∵∠DEF=60°，
∴由翻折可知∠DEF=∠D′EF =60°，
∴∠AEG=60°，
∵平行四边形ABCD中，AD//BC，
∴∠EGF=∠AEG=60°，∠EFG=∠DEF=60°，
∴∠FEG=∠EGF=∠EFG＝60°，
∴△EFG是个等边三角形，
∴△GEF的周长=3EF=3×6=18，
故选：C
考查平行四边形的性质、轴对称的性质和等边三角形的性质等知识，得到△GEF是等边三角形，是解决问题的关键．
3．B
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，由折叠可得，，由矩形可得，，，利用勾股定理求出，得到，设，则，在中，由勾股定理可得，解方程即可求解，掌握折叠的性质是解题的关键．
解：由折叠可得，，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，
∴，
故选：．
4．C
分析：根据菱形的性质得出AC⊥BD，AC平分∠BAD，求出求出，根据折叠得出EF⊥AC，EF平分AO，推出EF∥BD，推出EF为△ABD的中位线，根据三角形中位线定理求出即可．
详解：如图所示：连接BD、AC.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC平分∠BAD，
∵
∴
∴
∵
∴
由勾股定理得：
∵A沿EF折叠与O重合，
∴EF⊥AC，EF平分AO，
∵AC⊥BD，
∴EF∥BD，
∴EF为△ABD的中位线，
∴
故选C.
点睛：主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键.
5．C
本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列方程求解是解决问题的关键．
根据折叠的性质可得出，进而、，再证，根据全等三角形的性质可得出，设，则，，，依据中，，解方程，即可确定的长．
解：四边形是矩形，，，
，，
根据折叠可知：，
，．
在和中，
，
，
，，
，
设，则，，，
，
中，，
即，
，
，
故选：C．
6．D
本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质，延长至点M，使，连接，易证，即可推出是等边三角形，列出方程即可解决问题．
解：如图，延长至点M，使，连接．
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，．
又∵，
∴是等边三角形，
∴．
∵，，
∴．
∵．
∴．
故选：D．
7．或15
过B'作MN∥AB，交AD，BC于点M，N，过E作EH∥AD，交MN于H，进而得出四边形ABNM是矩形，四边形AEHM是矩形．再分两种情况进行讨论：①如图1，若点B'在AD下方；②如图2，若点B'在AD上方，分别根据Rt△PB'N中，B'P2=PN2+B'N2，即可得到BP的值．
解：过B'作MN∥AB，交AD，BC于点M，N，过E作EH∥AD，交MN于H，
∵AD∥BC，MN∥AB，
∴四边形ABNM是平行四边形，
又∵∠A=90°，
∴四边形ABNM是矩形
同理可得：四边形AEHM是矩形．
①如图：
若点B'在AD下方，则B'M=3cm，B'N=3cm，
∵MH=AE=1（cm），
∴B'H=2（cm），
由折叠可得，EB'=EB=5（cm），
∴Rt△EB'H中，EH=cm，
∴BN=AM=EH=cm，
设BP=t cm，
∴PB'=t cm，PN=（-t）cm，
∵Rt△PB'N中，B'P2=PN2+B'N2，
∴t2=（-t）2+32，
解得：t=；
②如图：
若点B'在AD上方，则B'M=3cm，B'N=9cm，
同理可得，EH=3cm，
设BP=t cm，
∴B'P=t cm，PN=（t-3）cm，
∵Rt△PB'N中，B'P2=PN2+B'N2，
∴t2=（t-3）2+92，
解得：t=15．
综上所述，BP的值为或15．
本题主要考查了折叠问题，勾股定理以及正方形的性质的运用，解题时我们常常设要求的线段长为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．
8．3或6
当点B′落在矩形内部时，连结AC，先利用勾股定理计算出AC=10，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=6，可计算出CB′=4，设BE=x，则EB′=x，CE=8-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x；当点B′落在AD边上时，根据此时四边形ABEB′为正方形解答．
解：当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如图1
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴AC==10，
∵△ABE沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时，得到∠EB′C=90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′，AB=AB′=6，
∴CB′=10-6=4，
设BE=x，则EB′=x，CE=8-x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+42=（8-x）2，
解得x=3，
∴BE=3；
②当点B′落在AD边上时，如图2．
此时ABEB′为正方形，
∴BE=AB=6．
综上所述，BE的长为3或6．
故答案为：3或6．
本题考查的是折叠变换的性质，掌握折叠变换是一种对称变换，它属于轴对称，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是解题的关键．
9．6或或
当P点在BA上，BP=BE=6，作BH⊥PE于H，如图1，根据等腰三角形的性质得PH=EH，再计算出∠BPE=∠BEP=30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出EH，从而得到此时的PE的长；当P点在AD上，BP=PE，作BG⊥AD于G，PF⊥BE于F，如图2，所以BF=EF=3，先求出BG=4，从而得到PF=4，然后利用勾股定理计算出此时PE的长；当点P在CD上，如图3，EB=EP=6．
解：当P点在BA上，BP=BE=6，
作BH⊥PE于H，如图1，
则PH=EH，
∵∠B=120°，
∴∠BPE=∠BEP=30°，
在Rt△BEH中，BH=BE=3，EH=BH=3，
∴PE=2EH=6；
当P点在AD上，BP=PE，
作BG⊥AD于G，PF⊥BE于F，如图2，
则BF=EF=3，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ADBC，
∵∠ABC=120°，
∴∠A=60°，
在Rt△ABG中，AG=AB=4，BG=AG=4，
∴PF=4，
在Rt△PEF中，PE=；
当点P在CD上，如图3，
EB=EP=6，
综上所述，PE的长为6或6或．
故答案为6或6或．
本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．平行线间的距离处处相等．也考查了等腰三角形的性质和直角三角形的性质、勾股定理．
10．
本题考查了折叠以及菱形的性质，根据折叠以及菱形的性质发现特殊角是解题的关键．
根据折叠的性质结合菱形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质结合勾股定理即可求得结果．
解：∵为菱形，
∴，
由折叠的性质可知，，
又∵，
∴，
在中，，
又∵，，
∴，，
∴，
故答案为：．
11．（1）见解析（2）见解析
（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；
（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
∴BC＝B'C，∠B＝∠B'
∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC
∴△ADE≌△B'EC
（2）四边形AECF是菱形
∵△ADE≌△B'EC
∴AE＝CE
∵AE＝CE，EF⊥AC
∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF
∴AF＝CF
∵CD∥AB
∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF
∴∠AEF＝∠EFA
∴AF＝AE
∴AF＝AE＝CE＝CF
∴四边形AECF是菱形
本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．
12．(1)见解析
(2)四边形CEFG的面积为．
（1）根据题意和翻折的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．
（1）证明：由题意可得，
△BCE≌△BFE，
∴∠BEC=∠BEF，FE=CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE=∠CEB，
∴∠FGE=∠FEG，
∴FG=FE，
∴FG=EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE=FE，
∴四边形CEFG是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD中，AB=6，AD=10，BC=BF，
∴∠BAF=90°，AD=BC=BF=10，
∴AF=8，
∴DF=2，
设EF=x，则CE=x，DE=6-x，
∵∠FDE=90°，
∴22+（6-x）2=x2，
解得，x=，
∴CE=，
∴四边形CEFG的面积是：CE DF=×2=．
本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
13．(1)画图见解析，
(2)是，理由见解析
本题考查了翻折变换，菱形的判定和性质，三角形全等的判定与性质，灵活运用折叠的性质是本题的关键．
（1）由菱形的性质可得，，，由折叠的性质可得，，，，，，由四边形的内角和定理可求解；
（2）由题意可证，可证四边形是平行四边形，由“”可证，可得，即可证四边形是菱形．
（1）解：如图，延长，交于点，
四边形是菱形，，
，，，
把翻折，使得点与点重合，折痕为；把翻折，使得点与点重合，折痕为，
，，，，，，
，
；
（2）证明：，，
，且，，
，
四边形是平行四边形，
，，，
，且，，
，
，
四边形是菱形．
14．13
过点F作，垂足为M，连接，证明，得出，根据，，利用勾股定理求出即可．
解：如图，过点F作，垂足为M，连接．
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵将正方形纸片折叠，使点B落在边上的点E，折痕为，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
又∵，
∴．
在中，根据勾股定理，得，
即的长是13．
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
15．(1)见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析
（1）先根据菱形的性质得，进而得出，再根据中点定义得，然后根据对顶角相等可得出结论；
（2）先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”得四边形是平行四边形，再结合菱形的性质得为等边三角形，然后根据“对角线相等的平行四边形是矩形”得出答案.
（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，
∴．
∵E为的中点，
∴.
在和中
，
∴．
（2）解：当时，四边形是矩形．
理由如下：
由（1）知，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵在菱形中，，M为的中点，
∴．
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴平行四边形为矩形．
本题主要考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，矩形的判定，平行线的性质，等边三角形的性质和判定，中点定义等，灵活选择判定定理是解题的关键．
16．（1）PB＝PQ.证明见解析；（2）PB＝PQ.证明见解析.
试题分析：（1）过P作PE⊥BC，PF⊥CD，证明Rt△PQF≌Rt△PBE，即可；
（2）证明思路同（1）．
试题解析：（1）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPE+∠QPE=90°，∠QPE+∠QPF=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ；
（2）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF=90°，∠BPF+∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ．
考点： 正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
17．(1)见解析
(2)当点E运动到AC的中点时，四边形AFBE是正方形，理由见解析
（1）根据正方形的性质判定△ADE≌△ABF后即可得到BF=DE；
（2）利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
（1）证明：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AF⊥AC，
∴∠EAF=90°，
∴∠BAF=∠EAD，
在△ADE和△ABF中，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴BF=DE；
（2）解：当点E运动到AC的中点时四边形AFBE是正方形，
理由：∵点E运动到AC的中点，AB=BC，
∴BE⊥AC，BE=AE=AC，
∵AF=AE，
∴BE=AF=AE，
又∵BE⊥AC，∠FAE=∠BEC=90°，
∴BE∥AF，
∵BE=AF，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∵∠FAE=90°，AF=AE，
∴四边形AFBE是正方形．
本题考查了正方形的判定和性质，解题的关键是正确的利用正方形的性质．
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