专题12 特殊平行四边形中的折叠问题（解析版+原卷版）-2024-2025学年八年级数学下重难点专题突破及提优测试卷（人教版）

专题12 特殊平行四边形中的折叠问题（原卷版） 类型一 矩形中的折叠 1．（2023•海州区校级三模）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处．若∠DBC＝34°，则∠A'EB等于（　　） A．28° B．34° C．56° D．62° 2．小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作： 第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD′N，AD′交折痕MN于点E，则线段EN的长为（　　） A．8cm B． C． D． 3．（攀枝花中考）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于F点，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论： ①四边形AECF为平行四边形；②∠PBA＝∠APQ；③△FPC为等腰三角形；④△APB≌△EPC． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2024春•铜梁区期中）长方形ABCD中，AB＝8，AD＝12，将其沿EF折叠，点A，B分别落到点A′与点B′处，恰好点C在A′B′上，且EG＝CG，则线段CF的长度为（　　） A．5 B． C． D． 5．（2024•衢州）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC＝1，则AB的长度为（　　） A． B． C． D． 6．（2024春•江阴市期中）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作： （Ⅰ）将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②； （Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O； （Ⅲ）展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④． 【探究】 （1）证明：△OBC≌△OED； （2）若AB＝8，设BC为6，求OB的长． 7．（2023春•黄梅县月考）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF． （1）求证：四边形BFEP为菱形； （2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动． ①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长； ②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求线段AE的长的取值范围． 类型二 菱形中的折叠 8．（2024•德阳模拟）如图，已知四边形ABCD是边长为6的菱形，且∠BAD＝120°，点E，F分别在AB、BC边上，将菱形沿EF折叠，点B正好落在AD边的点G处，若EG⊥AC，则FG的长为（　　） A．3 B．6 C．3 D．3 9．（2024•海南模拟）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B的对应点为B'，C的对应点为C'，MN是折痕，若B'M＝1，则CN的长为 　 　． 10．（2024春•临海市期末）在▱ABCD中，点E是AB边上的点（不与点A、B重合），点O是AC的中点，连接EO并延长交CD于点F，将四边形ADFE沿EF折叠，点A的对应点为A'，点D的对应点为D'． （1）如图1，若AB与D'F交点为K，求证：△EKF为等腰三角形； （2）若∠B＝60°，AB＝6，BC＝4． ①如图2，当点A'与点C重合时，求CE的长； ②当∠AEA'＝90°时，请在图3中画出示意图，并求出AE的长； （3）如图4，若四边形ABCD是菱形，AB＝6，∠B＝60°，将菱形ABCD沿EF折叠，D'F交BC于点Q，D'A'分别交AB、BC于点G、P．请判断△PQD'的周长是否为定值，如果是，请直接写出这个定值． 类型三 正方形中的折叠 11．（2022•文昌模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，G是BC的中点，将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长为 　 　． 12．（2024•香洲区校级三模）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM、GN是折痕，若正方形EFGH与五边形MCNGF面积相等，则的值是 ． 13．（2024•河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（﹣2，0），点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为 　 　． 14．（2023秋•泗县期中）如图，在正方形ABCD中，BE＝1，将BC沿CE翻折，使B点对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上，则AE＝　　；EF＝ 　． 15．如图所示，有一块面积为1的正方形纸片ABCD，M、N分别为AD、BC的边上中点，将C点折至MN上，落在P点的位置，折痕为BQ，连接PQ． （1）求MP； （2）求证：以PQ为边长的正方形的面积等于． 16．（2024•桐梓县模拟）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP，BH． （1）求证：BP平分∠APH； （2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 特殊平行四边形中的折叠问题（解析版） 类型一 矩形中的折叠 1．（2023•海州区校级三模）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处．若∠DBC＝34°，则∠A'EB等于（　　） A．28° B．34° C．56° D．62° 【分析】由矩形的性质得∠A＝∠ABC＝90°，由折叠的性质得∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE（90°﹣∠DBC）＝28°，即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠ABC＝90°， 由折叠的性质得：∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE， ∴∠A'BE＝∠ABE（90°﹣∠DBC）（90°﹣34°）＝28°， ∴∠A'EB＝90°﹣∠A'BE＝90°﹣28°＝62°． 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键． 2．小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作： 第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平． 第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD′N，AD′交折痕MN于点E，则线段EN的长为（　　） A．8cm B． C． D． 【分析】根据矩形的性质和折叠的性质推出∠ANM＝∠D′AN，进而得出EA＝AN，设EA＝AN＝x cm，则EM＝（12﹣x）cm，根据勾股定理可得：AM2+ME2＝AE2，列出方程求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝10cm， 由折叠可得：，AD＝AD′＝12cm，MN⊥AB，∠DAN＝∠D′AN， ∴四边形AMND是矩形， ∴MN∥AD，MN＝AD＝12cm， ∴∠DAN＝∠ANM， ∴∠ANM＝∠D′AN， ∴EA＝EN， 设EA＝EN＝x cm，则EM＝（12﹣x）cm， 在Rt△AME中，根据勾股定理可得：AM2+ME2＝AE2， 即52+（12﹣x）2＝x2， 解得：， 即， 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键． 3．（攀枝花中考）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于F点，连接CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论： ①四边形AECF为平行四边形； ②∠PBA＝∠APQ； ③△FPC为等腰三角形； ④△APB≌△EPC． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】①根据三角形内角和为180°易证∠PAB+∠PBA＝90°，易证四边形AECF是平行四边形，即可解题； ②根据平角定义得：∠APQ+∠BPC＝90°，由矩形可知每个内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题； ③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC＝∠PCE＝∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形； ④当BP＝AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题． 【解答】解：①如图，EC，BP交于点G； ∵点P是点B关于直线EC的对称点， ∴EC垂直平分BP， ∴EP＝EB， ∴∠EBP＝∠EPB， ∵点E为AB中点， ∴AE＝EB， ∴AE＝EP， ∴∠PAB＝∠APE， ∵∠PAB+∠PBA+∠APB＝180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE＝2（∠PAB+∠PBA）＝180°， ∴∠PAB+∠PBA＝90°， ∴AP⊥BP， ∴AF∥EC； ∵AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形， 故①正确； ②∵∠APB＝90°， ∴∠APQ+∠BPC＝90°， 由折叠得：BC＝PC， ∴∠BPC＝∠PBC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝90°， ∴∠ABP＝∠APQ， 故②正确； ③∵AF∥EC， ∴∠FPC＝∠PCE＝∠BCE， ∵∠PFC是钝角， 当△BPC是等边三角形，即∠BCE＝30°时，才有∠FPC＝∠FCP， 如图，△PCF不一定是等腰三角形， 故③不正确； ④∵AF＝EC，AD＝BC＝PC，∠ADF＝∠EPC＝90°， ∴Rt△EPC≌△FDA（HL）， ∵∠ADF＝∠APB＝90°，∠FAD＝∠ABP， 当BP＝AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA， ∴△APB≌△EPC， 故④不正确； 其中正确结论有①②，2个， 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键． 4．（2024春•铜梁区期中）长方形ABCD中，AB＝8，AD＝12，将其沿EF折叠，点A，B分别落到点A′与点B′处，恰好点C在A′B′上，且EG＝CG，则线段CF的长度为（　　） A．5 B． C． D． 【分析】设EG＝CG＝a，CF＝x，证明△DGE≌△A′GC（AAS），推出A′G＝DG＝8﹣a，求得AE＝A′E＝a+8﹣a＝8，推出B′C＝8﹣4＝4，在Rt△FB′C中，利用勾股定理列式计算即可求解． 【解答】解：∵EG＝CG， ∴设EG＝CG＝a，CF＝x， ∴DG＝8﹣a，BF＝12﹣x， 由折叠的性质知AE＝A′E，BF＝BF＝12﹣x，AB＝A′B′＝8， ∵EG＝CG，∠D＝∠A′＝90°，∠DGE＝∠A′GC＝90°， ∴△DGE≌△A′GC（AAS）， ∴A′G＝DG＝8﹣a， ∴AE＝A′E＝a+8﹣a＝8， ∴DE＝A′C＝12﹣8＝4， ∴B′C＝8﹣4＝4， 在Rt△FB′C中，B′C2+FB′2＝CF2，即42+（12﹣x）2＝x2， 解得x， ∴CF， 故选：C． 【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 5．（2024•衢州）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC＝1，则AB的长度为（　　） A． B． C． D． 【分析】先判断出∠ADE＝45°，进而判断出AE＝AD，利用勾股定理即可得出结论． 【解答】 解：由折叠补全图形如图所示， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADA'＝∠B＝∠C＝∠A＝90°，AD＝BC＝1，CD＝AB， 由第一次折叠得：∠DA'E＝∠A＝90°，∠ADE∠ADC＝45°， ∴∠AED＝∠ADE＝45°， ∴AE＝AD＝1， 在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DEAD， 由第二次折叠知，CD＝DE， ∴AB． 故选：A． 【点评】此题主要考查了折叠问题，掌握折叠前后的对应边，对应角相等是解本题的关键． 6．（2024春•江阴市期中）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作： （Ⅰ）将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②； （Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O； （Ⅲ）展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④． 【探究】 （1）证明：△OBC≌△OED； （2）若AB＝8，设BC为6，求OB的长． 【分析】（1）由四边形ABCD是矩形得BC＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，由折叠得∠OCB＝∠OCD∠BCD＝45°，∠ODE＝∠OAD∠ADC＝45°，ED＝AD，则BC＝ED，△OCD是等腰直角三角形，所以OC＝OD，即可证明△OBC≌△OED； （2）作OG⊥CD于点G，则OG＝DGCDAB＝4，而BC＝ED＝6，则EG＝ED﹣DG＝2，因为∠OGE＝90°，所以根据勾股定理即可求出OE的长，由△OBC≌△OED得OB＝OE，即可得到OB的长． 【解答】（1）证明：如图④，∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°， ∴∠BCD∠ADC＝45°， 由折叠得∠OCB＝∠OCD∠BCD，∠ODE＝∠OAD∠ADC，ED＝AD， ∴∠OCB＝∠ODE＝45°，∠OCD＝∠ODC＝45°，BC＝ED， ∴OC＝OD， 在△OBC和△OED中， ， ∴△OBC≌△OED（SAS）． （2）如图④，作OG⊥CD于点G， ∵OC＝OD，CD＝AB＝8， ∴DG＝CGCD＝4， ∵∠OCD＝∠ODC＝45°， ∴∠COD＝90°， ∴OGCD＝4， ∵BC＝ED＝6， ∴EG＝ED﹣DG＝2， ∵∠OGE＝90°， ∴OE2， ∵△OBC≌△OED， ∴OB＝OE＝2， ∴OB的长为2． 【点评】此题考查矩形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，根据矩形的性质和轴对称的性质证明有关的线段相等及角相等从而证明三角形全等是解题的关键， 7．（2023春•黄梅县月考）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF． （1）求证：四边形BFEP为菱形； （2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动． ①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长； ②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求线段AE的长的取值范围． 【分析】（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论； （2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出即可； ②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ， ∴点B与点E关于PQ对称， ∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF， 又∵EF∥AB， ∴∠BPF＝∠EFP， ∴∠EPF＝∠EFP， ∴EP＝EF， ∴BP＝BF＝EF＝EP， ∴四边形BFEP为菱形； （2）解：①∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°， ∵点B与点E关于PQ对称， ∴CE＝BC＝5cm， 在Rt△CDE中，， ∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm； 在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE， ∴EP2＝12+（3﹣EP）2， 解得：， ∴菱形BFEP的边长为； ②当点Q与点C重合时，如图2： 点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm； 当点P与点A重合时，如图3所示： 点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm， ∴线段AE的长的取值范围是1≤AE≤3． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度． 类型二 菱形中的折叠 8．（2024•德阳模拟）如图，已知四边形ABCD是边长为6的菱形，且∠BAD＝120°，点E，F分别在AB、BC边上，将菱形沿EF折叠，点B正好落在AD边的点G处，若EG⊥AC，则FG的长为（　　） A．3 B．6 C．3 D．3 【分析】如图，设AC与EG交于点O，FG交AC于H．只要证明FG⊥AD，即可FG是菱形的高，求出FG即可解决问题． 【解答】解：如图，设AC与EG交于点O，FG交AC于H． ∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°， ∴∠B＝∠D＝60°， ∴△ABC、△ACD是等边三角形， ∴∠CAD＝∠B＝60°， ∵EG⊥AC， ∴∠GOH＝90°， ∵∠EGF＝∠B＝60°， ∴∠OHG＝30°， ∴∠AGH＝90°， ∴FG⊥AD， ∴FG是菱形的高，即等边三角形△ABC的高6＝3． 故选：C． 【点评】本题考查翻折变换、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明线段FG是菱形的高，记住等边三角形的高a（a是等边三角形的边长），属于中考常考题型． 9．（2024•海南模拟）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B的对应点为B'，C的对应点为C'，MN是折痕，若B'M＝1，则CN的长为 　4　． 【分析】连接AC、BD，利用菱形的性质得OCAC＝3，ODBD＝4，∠COD＝90°，再利用勾股定理计算出CD＝5，根据△OBM≌△ODN得到DN＝BM，然后根据折叠的性质得BM＝B'M＝1，从而有DN＝1，于是计算CD﹣DN即可． 【解答】解：连接AC、BD，如图， ∵点O为菱形ABCD的对角线的交点， ∴OCAC＝3，ODBD＝4，∠COD＝90°， 在Rt△COD中，CD5， ∵AB∥CD， ∴∠MBO＝∠NDO， 在△OBM和△ODN中， ， ∴△OBM≌△ODN（ASA）， ∴DN＝BM， ∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕， ∴BM＝B'M＝1， ∴DN＝1， ∴CN＝CD﹣DN＝5﹣1＝4． 故答案为：4． 【点评】本题考查了菱形的性质以及折叠的性质：折叠是一种对称变换，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． 10．（2024春•临海市期末）在▱ABCD中，点E是AB边上的点（不与点A、B重合），点O是AC的中点，连接EO并延长交CD于点F，将四边形ADFE沿EF折叠，点A的对应点为A'，点D的对应点为D'． （1）如图1，若AB与D'F交点为K，求证：△EKF为等腰三角形； （2）若∠B＝60°，AB＝6，BC＝4． ①如图2，当点A'与点C重合时，求CE的长； ②当∠AEA'＝90°时，请在图3中画出示意图，并求出AE的长； （3）如图4，若四边形ABCD是菱形，AB＝6，∠B＝60°，将菱形ABCD沿EF折叠，D'F交BC于点Q，D'A'分别交AB、BC于点G、P．请判断△PQD'的周长是否为定值，如果是，请直接写出这个定值． 【分析】（1）想办法证明∠EFK＝∠KEF，可得结论． （2）①如图2中，过点E作EM⊥BC，垂足为M，设BE＝x，则AE＝6﹣x，利用勾股定理，构建方程求解即可． ②分两种情形：当A′在AB左侧时，如图3﹣1，当点A′在AB右侧时，如图3，分别求解即可． （3）是定值．△PD′Q的周长＝9．如图4中，过点O作OJ⊥CD于J，OT⊥BC于T，OR⊥FQ于R，连接OQ．首先证明FQ+CF+CQ＝2CJ＝OC＝3，可得△PD′Q的周长＝PQ+PD′+QD′＝PQ+PB+DF﹣FQ＝BC﹣CQ+CD﹣FC﹣FQ＝12﹣3＝9． 【解答】证明：（1）如图1中， 由于折叠性质得：∠EFD＝∠EFK， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠EFD＝∠KEF， ∴∠EFK＝∠KEF， ∴EK＝FK， ∴△EFK是等腰三角形． （2）①如图2中，过点E作EM⊥BC，垂足为M， 设BE＝x，则AE＝6﹣x， ∴CE＝AE＝6﹣x， ∵∠B＝60°，EM⊥BC， ∴BMBEx， ∴CM＝4x， 在Rt△BEM和Rt△CEM中，BE2﹣BM2＝EM2，CE2﹣CM2＝EM2， ∴， 解得：x＝2.5， ∴CE＝AE＝6﹣2.5＝3.5， ②当A′在AB左侧时，如图3﹣1，由于折叠性质得：AE＝A′E，DF＝D′F， 由（1）得：EG＝GF， ∵AB∥CD， ∴∠EAO＝∠FCO， 在△AEO和△COF中， ， ∴△AEO≌△CFO（AAS）， ∴AE＝CF， ∴BE＝D′F， ∴D′G＝BG， 过点A′作AH⊥D′G， 由翻折性质得：A′E∥D′F，∠AEA′＝∠AGH＝90°， ∵∠A′HG＝90°， ∴四边形A′HGE为矩形， ∴EG＝A′H， ∵∠D′＝60°，A′D′＝4， ∴A′H＝EG＝2， 设AE＝x，则AE＝HG＝x，BG＝D′G＝2+x， ∵AB＝6， ∴2+x+2x＝6， 解得：x＝2， ∴AE＝2． 当点A′在AB右侧时，如图3， 设A′G＝x，则CG＝x，FD＝FD′＝2+x， ∵CD＝6， ∴2+x+2x＝6， 解得：x＝2， ∴AE＝A′E＝222． 综上所述，AE的长为2或2． （3）是定值．△PD′Q的周长＝9． 理由：如图4中，过点O作OJ⊥CD于J，OT⊥BC于T，OR⊥FQ于R，连接OQ． ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠OCF＝∠OCQ， 由翻折可知，∠OFD＝∠OFQ， ∵OJ⊥CD，OT⊥BC，OR⊥FQ， ∴OJ＝OR＝OT， ∵OF＝OF，∠OJF＝∠ORF＝90°， 在Rt△OFJ和Rt△OFR中， ， ∴Rt△OFJ≌Rt△OFR（HL）， ∴FJ＝FR， 同法可证，QR＝QT， ∴FR+RQ＝FJ+QT， ∴FQ+CF+CQ＝2CJ＝OC＝3， ∴△PD′Q的周长＝PQ+PD′+QD′＝PQ+PB+DF﹣FQ＝BC﹣CQ+CD﹣FC﹣FQ＝12﹣3＝9． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，属于中考压轴题． 类型三 正方形中的折叠 11．（2022•文昌模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，G是BC的中点，将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长为 　2　． 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE，得出EF＝DE，设DE＝FE＝x，则EC＝12﹣x．在Rt△ECG中，根据勾股定理得出方程，解方程即可求出DE的长． 【解答】解：连接AE，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°， 由折叠的性质得：AF＝AB＝6，∠AFG＝∠B＝90°，BG＝FG， ∴∠AFE＝90°， 在Rt△AFE和Rt△ADE中， ， ∴Rt△AFE≌Rt△ADE（HL）， ∴EF＝DE， 设DE＝FE＝x，则EC＝6﹣x． ∵G为BC中点，BC＝6， ∴BG＝CG＝3， ∴FG＝3， 在Rt△ECG中，根据勾股定理，得：（6﹣x）2+32＝（x+3）2， 解得x＝2， ∴DE＝2， 故答案为：2． 【点评】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以及勾股定理；熟练掌握翻折变换的性质和正方形的性质，根据勾股定理得出方程是解题关键． 12．（2021•香洲区校级三模）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM、GN是折痕，若正方形EFGH与五边形MCNGF面积相等，则的值是　　． 【分析】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH＝MF且正方形EFGH的面积正方形ABCD的面积，从而用a分别表示出线段GF和线段MF的长即可求解． 【解答】解：连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图： 由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH＝MF， 设正方形ABCD的边长为2a， 则正方形ABCD的面积为4a2， ∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等 ∴由折叠可知正方形EFGH的面积正方形ABCD的面积a2， ∴正方形EFGH的边长GFa， ∴HFGFa， ∴MF＝PHa ∴， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系是解题关键． 13．（2024•河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（﹣2，0），点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为 　（3，10）　． 【分析】由正方形的性质得AD＝AB＝CD＝CB，由折叠得FB＝CB，FE＝CE，设CD交y轴于点G，AD＝AB＝CB＝CD＝m，则BF＝OG＝m，由A（﹣2，0），F（0，6），OA＝GD＝2，OF＝6，由勾股定理得（m﹣2）2+62＝m2，求得m＝10，则AD＝OG＝CD＝10，由GE2+FG2＝FE2，得GE2+42＝（8﹣GE）2，求得GE＝3，则E（3，10），于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，边AB在x轴上， ∴AD＝AB＝CD＝CB，AD⊥x轴，CD⊥y轴， 由折叠得FB＝CB，FE＝CE， 设CD交y轴于点G，AD＝AB＝CB＝CD＝m，则BF＝OG＝m， ∵A（﹣2，0），F（0，6）， ∴OA＝GD＝2，OF＝6， ∴OB＝m﹣2， ∵∠BOF＝∠EGF＝90°， ∴OB2+OF2＝BF2， ∴（m﹣2）2+62＝m2， 解得m＝10， ∴AD＝OG＝CD＝10， ∴FG＝10﹣6＝4，FE＝CE＝10﹣2﹣GE＝8﹣GE， ∵GE2+FG2＝FE2， ∴GE2+42＝（8﹣GE）2， 解得GE＝3， ∴E（3，10）， 故答案为：（3，10）． 【点评】此题重点考查图形与坐标、正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，正确地求出正方形ABCD的边长是解题的关键． 14．（2023秋•泗县期中）如图，在正方形ABCD中，BE＝1，将BC沿CE翻折，使B点对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上，则AE＝　　；EF＝　　． 【分析】设点B、点D的对应点分别是点G、点H，EG交AC于点O，由正方形的性质得AB＝CB＝AD＝CD，∠A＝∠D＝90°，则∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，由翻折得∠CGE＝∠B＝90°，GE＝BE＝1，则∠EAG＝∠AEG＝45°，所以GA＝GE＝BE＝1，由勾股定理得AEGE，则AB＝CB＝AE+BE1，所以ACAB＝2，再证明四边形AECF是平行四边形，则OA＝OC＝1，所以OG，即可根据勾股定理求得OE＝OF，则EF，于是得到问题的答案． 【解答】解：设点B、点D的对应点分别是点G、点H，EG交AC于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CB＝AD＝CD，∠A＝∠D＝90°，AB∥CD， ∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°， 由翻折得∠CGE＝∠B＝90°，GE＝BE＝1， ∴∠AGE＝90°， ∴∠EAG＝∠AEG＝45°， ∴GA＝GE＝BE＝1， ∴AEGE1， ∴AB＝CB＝AE+BE1， ∴ACAB（1）＝2， ∵∠ACE＝∠BCE∠BCA，∠CAF＝∠DAF∠DAC， ∴∠ACE＝∠CAF， ∴CE∥AF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴OA＝OCAC（2）＝1， ∴OG＝OA﹣GA＝11， ∴OE＝OF， ∴EF＝2OE＝2， 故答案为：，． 【点评】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、平行线边形的判定与性质等知识，正确地作出AC的长是解题的关键． 15．如图所示，有一块面积为1的正方形纸片ABCD，M、N分别为AD、BC的边上中点，将C点折至MN上，落在P点的位置，折痕为BQ，连接PQ． （1）求MP； （2）求证：以PQ为边长的正方形的面积等于． 【分析】（1）根据折叠的性质，可得BQ垂直平分PC； 进而可得△PBC是等边三角形，故可得PN的值． 根据图形的关系可MP＝MN﹣PN，代入数据可得答案； （2）根据折叠的性质，可得PQ＝QC，∠PBQ＝∠QBC＝30°； 再在Rt△BCQ中，根据三角函数的定义可求得PQ的值，进而可得答案． 【解答】（1）解：连接BP、PC，由折法知点P是点C关于折痕BQ的对称点． ∴BQ垂直平分PC，BC＝BP． 又∵M、N分别为AD、BC边上的中点，且ABCD是正方形， ∴BP＝PC． ∴BC＝BP＝PC． ∴△PBC是等边三角形． ∵PN⊥BC于N，BN＝NCBC，∠BPN∠BPC＝30°， ∴PN，MP＝MN﹣PN． （2）证明：由折法知PQ＝QC，∠PBQ＝∠QBC＝30°． 在Rt△BCQ中，QC＝BC•tan30°＝1， ∴PQ． ∴以PQ为边的正方形的面积为． 【点评】解答本题要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用，搞清楚矩形、菱形、正方形中的三角形的三边关系，可有助于提高解题速度和准确率． 16．（2024•桐梓县模拟）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP，BH． （1）求证：BP平分∠APH； （2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论． 【分析】（1）由折叠的性质可得∠EPH＝∠EBC，EB＝EP，可得∠EBP＝∠EPB，即可证∠APB＝∠BPH＝∠PBC，可得结论； （2）作BQ⊥PH，通过证明△APB≌△QPB和△BHQ≌△BHC，可得AP＝PQ，AB＝BQ，QH＝HC，即可求△PDH的周长等于8是定值． 【解答】证明：（1）在正方形ABCD中，∵AD∥BC ∴∠APB＝∠PBC ∵四边形EPGF由四边形EBCF折叠而成 ∴∠EPH＝∠EBC，EB＝EP ∴∠EBP＝∠EPB， ∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP ∴∠BPH＝∠PBC ∴∠APB＝∠BPH ∴BP平分∠APH （2）当点P在AD上移动时，△PDH的周长不发生变化． 证明：如图，作BQ⊥PH，垂足为Q， ∵在△BPA和△BPQ中 ∴△BPA≌△BPQ（AAS） ∴AP＝PQ，AB＝BQ ∵AB＝BC ∴BQ＝BC 在Rt△BQH与Rt△BCH中 ∴Rt△BQH≌Rt△BCH（HL） ∴QH＝HC ∵△PDH的周长为PD+PH+DH ∴PD+PH+DH＝PD+PQ+QH+DH ＝AP+PD+DH+HC ＝AD+DC ＝8 ∴△PDH的周长固定不变，等于8． 【点评】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$