重难点21 与平行四边形有关的折叠问题-2024-2025学年八年级数学下册【重难点考点】专练（人教版）

重难点21 与平行四边形有关的折叠问题 【题型一 平行四边形中的折叠问题】 1．（2024•临高县二模）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处．若∠1＝56°，∠2＝40°，则∠A的度数为（　　） A．68° B．70° C．110° D．112° 2．（2024春•曲沃县期末）如图，将平行四边形ABCD沿AC折叠，点D恰好落在DC延长线上的点D'处，AD'交BC于点E，若∠BAD'＝40°，则∠BAD的度数为（　　） A．142° B．140° C．138° D．135° 3．（2024春•郾城区期末）如图，将一张平行四边形纸片ABCD以DE为折痕进行折叠，点C的对应点为C′，若∠1＝20°，∠2＝60°，则∠C的度数为（　　） A．40° B．50° C．60° D．70° 4．如图，平行四边形ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE折叠，使点A恰好落在CD上的点F，若△BCF的周长为14，CF的长为3，则△DEF的周长为（　　） A．8 B．7 C．6 D．5 5．在▱ABCD中，∠A＝60°，AB＝4，点E、F分别为AD、BC的中点，沿EF折叠平行四边形，使线段CD落在直线AB上，点C的对应点为C1，点D的对应点为D1，若BD1＝2，则AD的长为 　 　． 6．（2024春•宁海县期中）在平行四边形ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将ABCE沿BE翻折得ABGE，连结AE，A、G、E在同一直线上，则点G到AB的距离为 　 　 ． 7．已知，如图，把平行四边形纸片ABCD沿BD折叠，点C落在C'处，BC'与AD相交于点E． （1）求证：EB＝ED； （2）连接AC'，求证：AC'∥BD． 8．（2024春•惠济区期末）如图，将平行四边形纸片ABCD按如图方式折叠，使点C与点A重合，点D的落点记为点D'，折痕为EF，连接CF． （1）求证：四边形AFCE是平行四边形； （2）若∠B＝45°，∠FCE＝60°，AB＝6，求线段D'F的长． 【题型二 矩形中的折叠问题】 1．（2024秋•东营期末）如图，矩形ABCD边AD沿折痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，已知AB＝8，△ABF的面积为24，则EC等于（　　） A．3 B． C．5 D． 2．（2024春•莆田期中）如图所示，把矩形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B，C两点恰好落在AD边的P点处，若∠FPH的度数恰好为90°，PF＝4，PH＝3，则矩形ABCD的边BC的长为（　　） A．10 B．11 C．12 D．15 3．（2024秋•锦江区期末）如图，长方形ABCD中，AB＝5，AD＝25，将此长方形折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，则BE的长为（　　） A．12 B．8 C．10 D．13 4．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AD，则菱形AECF的面积为（　　） A． B． C．4 D．8 5．如图所示，长方形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（　　） A．3cm B．cm C．5cm D．2cm 6．如图，折叠矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，折痕为BM，BM与EF相交于点N，直线BA′交CD于点G，若BC＝5，EN＝1，则DG的长为（　　） A． B． C． D． 7．（2024春•大观区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（　　） A．1或4 B．或9 C．1或9 D．或1 8．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G． （1）求证：GF＝GC； （2）若AB＝3，AD＝4，求线段GC的长． 【题型三 菱形中的折叠问题】 1．如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠BEC'的大小为（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 2．（2024春•海沧区期末）如图，在菱形ABCD中，E是边BC上一点，连接AE．将菱形沿直线AE折叠，点B恰与点C重合．若菱形的边长为4，则AE的长是（　　） A．2 B．4 C． D． 3．（2024•平顶山二模）如图，菱形OABC的顶点A在x轴上．CD⊥AB于点D，将菱形沿CD所在直线折叠，点B的对应点为B′．若∠AOC＝45°，点B′的横坐标为2，则点B的坐标为（　　） A． B．（4，2） C． D． 4．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 5．如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝4，BD＝4，将菱形按如图所示的方式折叠，使点B与O重合，折痕为EF．则五边形AEFCD的周长是（　　） A．14 B．16 C．4+4 D．8+8 6．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A落在对角线BD上的点G处（不与点B，D重合），折痕为EF，若DG＝2，BG＝6，则△BEG的面积为（　　） A． B． C． D． 7．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，点A、B的对应点分别为A′、B′，若AE＝4，则B′F的长为 　 　． 8．如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对角线交点O处，折痕为EF．若菱形的边长为2，∠A＝120°，求EF的长． 【题型四 正方形中的折叠问题】 1．（2024•大冶市三模）如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在点F处，折痕为MN，则线段CN的长是（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 2．如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长是（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 3．（2024春•满洲里市校级期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝（　　） A．44 B．6+4 C．12 D．8+4 4．（2024秋•龙华区期中）如图，在正方形ABCD中，点M是AB边的中点，连接MC，将△CBM沿直线CM向正方形内翻折，点B的对应点为点N，连接DN，AN，则等于（　　） A． B． C． D． 5．（2024秋•青岛期中）如图，在正方形纸片ABCD中，M，N分别是AD，BC的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在MN上的点E处，折痕CF交AD于点F，连接EB，若EB＝4，则FD的长为（　　） A． B． C． D． B． 6．（2024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＝　 　 ． 7．已知正方形ABCD中，AB＝6，点E在AB上，且BE＝2AE，将△ADE沿DE对折至△DEF，延长EF交BC于H，连接DH，BF． （1）求证：CH＝FH； （2）求BH的长； （3）求△FBH的面积． 8．（2024春•浦北县期末）问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题展开数学活动． 动手操作： 第一步：如图①，四边形ABCD是正方形纸片，将该纸片对折，使DC与AB重合，折痕为EF，展开铺平，如图②； 第二步：沿直线CE折叠，使点D落在D′处，设CD′交EF于点G．如图③； 第三步：延长ED′交AB于点H，连接CH交EF于点M，如图④． 解决问题： （1）线段BH与D′H的数量关系是 　 ； （2）若正方形ABCD的边长为4． （Ⅰ）求BH的长； （Ⅱ）求的值． 1．（2024春•萧县期末）如图，▱ABCD中，∠BAD＝150°，E，F分别为AB，CD的中点，将▱ABCD沿直线EF折叠，A′E与DC交于点G，则∠A′EB的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 2．（2024春•东坡区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，将矩形沿BD折叠，点A落在点A'处，则重叠部分△DEB的面积为（　　） A．10 B．12 C．16 D．20 3．如图，菱形ABCD中，AB＝10，AC＝12，将菱形ABCD折叠，使得点B与点A重合，折痕与AB交于点E，与CD交于点F，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 4．如图，正方形ABCD的边长为4，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，若BE：EC＝3：1，则线段CH的长是（　　） A．3 B． C．1 D．2 5．（2024春•工业园区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝53°，∠DAE＝18°，则∠FED′的度数为 　 　 ． 6．（2024春•相城区校级月考）如图，菱形纸片ABCD，AB＝16，∠B＝60°，将该菱形纸片折叠，使点B恰好落在CD边的中点B′处，折痕与边BC、BA分别交于点M、N．则CM的长为 　 ． 7．（2025•盂县开学）如图，在长方形纸片ABCD中，M为边AD的中点，将纸片沿BM，CM折叠，使点A落在点A1处，点D落在点D1处．若∠1＝30°，求∠BMC的度数． 7．如图，将平行四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处， （1）求证：AE＝AF； （2）求证：△ABE≌△AGF． 8．如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C对应点为点C′，且DC′是AB的垂直平分线，求∠DEC的度数． 9．如图，点F在正方形ABCD的AD边上，连接BF．把△ABF沿BF折叠，与△GBF重合．连接AG并延长交CD于点E，交BF于点H． （1）证明：BF＝AE； （2）若AB＝15，EC＝7，求GE的长． 10．（2024春•福清市期中）如图，在▱ABCD中，E是AD边上一点，将△CDE沿着CE翻折至△CFE． （1）如图1，当点F落在边BC边上时，求证：四边形CDEF为菱形； （2）如图2，若BC＝13，AB＝8，∠D＝60°，当E，F，B三点共线时，求DE的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点21 与平行四边形有关的折叠问题 【题型一 平行四边形中的折叠问题】 1．（2024•临高县二模）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处．若∠1＝56°，∠2＝40°，则∠A的度数为（　　） A．68° B．70° C．110° D．112° 【分析】由平行线的性质可得∠1＝∠ABE＝56°，由折叠的性质可得∠ABD＝∠EBD∠ABE＝28°，再根据三角形内角和定理即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠1＝∠ABE＝56°， 由折叠的性质可得，∠ABD＝∠EBD∠ABE＝28°， ∴∠A＝180°﹣∠ABD﹣∠2＝180°﹣28°﹣40°＝112°． 故选：D． 【点评】本题主要考查平行四边形的性质、折叠的性质、三角形内角和定理，熟知折叠的性质是解题关键． 2．（2024春•曲沃县期末）如图，将平行四边形ABCD沿AC折叠，点D恰好落在DC延长线上的点D'处，AD'交BC于点E，若∠BAD'＝40°，则∠BAD的度数为（　　） A．142° B．140° C．138° D．135° 【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥CD，即AB∥DD'，根据平行线的性质，折叠的性质可得∠D'＝∠BAD'＝40°＝∠D，根据三角形内角和定理可得∠DAD'＝100°，由此即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∵折叠， ∴AD＝AD'，∠D＝∠D'，∠DAC＝∠D′AC，AB∥DD'， ∴∠D'＝∠BAD'＝40°＝∠D， 在△ADD'中，∠DAD'＝180°﹣∠D﹣∠D'＝100°， ∴∠BAD＝∠BAD'+∠DAD'＝40°+100°＝140°， 故选：B． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，掌握这些性质定理是解题的关键． 3．（2024春•郾城区期末）如图，将一张平行四边形纸片ABCD以DE为折痕进行折叠，点C的对应点为C′，若∠1＝20°，∠2＝60°，则∠C的度数为（　　） A．40° B．50° C．60° D．70° 【分析】根据翻折的性质、平行四边形的性质解三角形的内角和定理求解． 【解答】解：由翻折的性质得：∠CED＝∠2＝60°，∠C′DE＝∠CDE， 在平行四边形ABCD中，有AD∥BC， ∴∠ADE＝∠DEC＝60°， ∴∠′DE＝∠C′DE＝∠1+∠ADE＝80°， ∴∠C＝180°﹣∠DEC﹣∠EDC＝180°﹣60°﹣80°＝40°， 故选：A． 【点评】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． 4．如图，平行四边形ABCD中，点E在边AD上，以BE为折痕，将△ABE折叠，使点A恰好落在CD上的点F，若△BCF的周长为14，CF的长为3，则△DEF的周长为（　　） A．8 B．7 C．6 D．5 【分析】由折叠的性质得出BF＝AB，EF＝AE，由△BCF的周长得出BC+DC＝11，即可求出△DEF的周长． 【解答】解：由折叠的性质得：△FBE≌△ABE， ∴BF＝AB，EF＝AE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝DC，AD＝BC， ∵△BCF的周长为14， ∴BC+BF+CF＝14， ∴BC+DC＝14﹣3＝11， ∴△DEF的周长＝DE+EF+DF＝DE+AE+DC﹣CF＝AD+DC﹣CF＝11﹣3＝8； 故选：A． 【点评】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、三角形周长的计算；熟练掌握翻折变换和平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键． 5．在▱ABCD中，∠A＝60°，AB＝4，点E、F分别为AD、BC的中点，沿EF折叠平行四边形，使线段CD落在直线AB上，点C的对应点为C1，点D的对应点为D1，若BD1＝2，则AD的长为 　 　． 【分析】分两种情况讨论：①当点D在线段AB上时，②当点D在线段AB延长线上时，再根据30度角直角三角形的性质求出AD长． 【解答】解：①当点D在线段AB上时， ∵BD1＝2， ∴AD1＝4﹣2＝2， ∵∠A＝60°， ∴∠ADD1＝30°， ∴AD＝2AD1＝2×2＝4； ②当点D在线段AB延长线上时， ∵BD1＝2， ∴AD1＝4+2＝6， ∵∠A＝60°， ∴∠ADD1＝30°， ∴AD＝2AD1＝2×6＝12； 故答案为4或12． 【点评】本题考查了轴对称，熟练运用30度角直角三角形的性质是解题的关键． 6．（2024春•宁海县期中）在平行四边形ABCD中，BC＝3，CD＝4，点E是CD边上的中点，将ABCE沿BE翻折得ABGE，连结AE，A、G、E在同一直线上，则点G到AB的距离为 　 　 ． 【分析】根据折叠性质和平行四边形的性质可以证明△ABG≌△EAD，可得AG＝DE＝2，然后利用勾股定理可得求出AF的长，进而可得GF的值． 【解答】解：如图，GF⊥AB于点F， ∵点E是CD边上的中点， ∴CE＝DE＝2， 由折叠可知： ∠BGE＝∠C，BC＝BG＝3，CE＝GE＝2， ∵在▱ABCD中，BC＝AD＝3，BC∥AD， ∴∠D+∠C＝180°， ∵∠BGE+∠AGB＝180°， ∴∠AGB＝∠D， ∴BG＝AD， ∵AB∥CD， ∴∠BAG＝∠AED， ∴△ABG≌△EAD（AAS）， ∴AG＝DE＝2， ∴AB＝AE＝AG+GE＝4， ∵GF⊥AB于点F， ∴∠AFG＝∠BFG＝90°， 在Rt△AFG和△BFG中，根据勾股定理，得： AG2﹣AF2＝BG2﹣BF2，即22﹣AF2＝32﹣（4﹣AF）2， 解得AF， ∴GF2＝AG2﹣AF2＝4， ∴GF， 故答案为：． 【点评】本题考查了折叠的性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形与折叠的性质是解题的关键． 7．已知，如图，把平行四边形纸片ABCD沿BD折叠，点C落在C'处，BC'与AD相交于点E． （1）求证：EB＝ED； （2）连接AC'，求证：AC'∥BD． 【分析】（1）由平行的性质和折叠的性质可得∠CBD＝∠EDB＝∠EDB，可得EB＝ED； （2）由线段和差关系可得AE＝C'E，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠EAC'＝∠EC'A＝∠EBD＝∠EDB，可得结论； 【解答】证明：（1）由折叠可知：∠CBD＝∠EBD ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC ∴∠CBD＝∠EDB ∴∠EBD＝∠EDB ∴EB＝ED （2）如图， ∵AD＝BC＝BC'，EB＝ED， ∴AE＝C'E ∴∠EAC'＝∠EC'A ∵∠AEC'＝∠BED ∴∠AC'B＝∠C'BD ∴AC'∥BD 【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 8．（2024春•惠济区期末）如图，将平行四边形纸片ABCD按如图方式折叠，使点C与点A重合，点D的落点记为点D'，折痕为EF，连接CF． （1）求证：四边形AFCE是平行四边形； （2）若∠B＝45°，∠FCE＝60°，AB＝6，求线段D'F的长． 【分析】（1）结合平行四边形的性质可证明AF＝EC，再由AF∥EC可证明四边形AFCE是平行四边形； （2）作AG⊥BE于点G，因为D′F＝DF，又易证DF＝BE，用勾股定理分别计算BG、EB即可． 【解答】（1）证明：如图1，∵点C与点A重合，折痕为EF， ∴∠1＝∠2，AE＝EC． ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC． ∴∠3＝∠2． ∴∠1＝∠3． ∴AE＝AF． ∴AF＝EC． 又∵AF∥EC， ∴四边形AFCE是平行四边形． （2）解：如图2，作AG⊥BE于点G，则∠AGB＝∠AGE＝90°， ∵点D的落点为点D′，折痕为EF， ∴D'F＝DF． ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD＝BC， 又∵AF＝EC， ∴AD﹣AF＝BC﹣EC，即DF＝BE． 在Rt△AGB中，∠AGB＝90°，∠B＝45°，AB， ∴AG＝GB＝6． ∵四边形AFCE为平行四边形， ∴AE∥FC． ∴∠4＝∠5＝60°． 在Rt△AGE中，∠AGE＝90°，∠4＝60°， ∴GE． ∴BE＝BG+GE＝6． ∴D'F＝6． 【点评】本题主要考查了折叠的性质、菱形的性质与判定、勾股定理的综合运用，运用折叠的性质和平行四边形的性质发现D′F＝BE是解决第2小题的关键． 【题型二 矩形中的折叠问题】 1．（2024秋•东营期末）如图，矩形ABCD边AD沿折痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，已知AB＝8，△ABF的面积为24，则EC等于（　　） A．3 B． C．5 D． 【分析】先根据三角形的面积公式求得BF的长，然后根据勾股定理可求得AF＝10，由翻折的性质和矩形的性质可知BC＝10，故此FC＝4，最后在△EFC中，由勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：∵S△ABF＝24， ∴AB•BF＝24，即8•BF＝24． 解得：BF＝6， 在Rt△ABF中由勾股定理得：AF10． 由翻折的性质可知：BC＝AD＝AF＝10，ED＝FE． ∴FC＝10﹣6＝4． 设DE＝x，则EC＝8﹣x． 在Rt△EFC中，由勾股定理得：EF2＝FC2+EC2， x2＝16+（8﹣x）2． 解得：x＝5， ∴CE＝3． 故选：A． 【点评】本题主要考查的是翻折的性质、三角形的面积公式、勾股定理的应用，根据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键． 2．（2024春•莆田期中）如图所示，把矩形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B，C两点恰好落在AD边的P点处，若∠FPH的度数恰好为90°，PF＝4，PH＝3，则矩形ABCD的边BC的长为（　　） A．10 B．11 C．12 D．15 【分析】利用折叠的性质得到BF＝PF＝4，CH＝PH＝3，再利用勾股定理得到FH＝5，即可求解BC． 【解答】解：∵矩形纸条ABCD沿EF，GH同时折叠，B，C两点恰好落在AD边的P点处， ∴BF＝PF＝4，CH＝PH＝3， ∵∠FPH＝90°， ∴FH5， ∴BC＝BF+FH+CH＝4+5+3＝12， 故选：C． 【点评】本题考查折叠的性质和勾股定理，解题的关键是利用勾股定理和折叠的性质求出FH，BF，CH． 3．（2024秋•锦江区期末）如图，长方形ABCD中，AB＝5，AD＝25，将此长方形折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，则BE的长为（　　） A．12 B．8 C．10 D．13 【分析】根据折叠可得：BE＝DE，在直角△ABE中，利用勾股定理可以即可求出BE． 【解答】解：将此长方形折叠，使点B与点D重合， ∴BE＝ED． ∵AD＝25cm＝AE+DE＝AE+BE． ∴AE＝25﹣BE， 根据勾股定理可知AB2+AE2＝BE2． ∴52+（25﹣BE）2＝BE2， 解得BE＝13， 故选：D． 【点评】本题考查了折叠的性质以及勾股定理的应用，掌握折叠的性质及方程思想的应用是解此题的关键． 4．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AD，则菱形AECF的面积为（　　） A． B． C．4 D．8 【分析】根据翻折的性质可得∠DAF＝∠OAF，OA＝AD，再根据菱形的对角线平分一组对角可得∠OAF＝∠OAE，然后求出∠OAE＝30°，再利用勾股定理求出OE，可得AE，再根据菱形的面积公式列式计算即可得解． 【解答】解：由翻折的性质得，∠DAF＝∠OAF，OA＝AD， 在菱形AECF中，∠OAF＝∠OAE， ∴∠OAE90°＝30°， ∴AE＝2OE， 在Rt△AOE中，由勾股定理得：OA2+OE2＝AE2， ∴3+OE2＝4OE2， ∴OE＝1或OE＝﹣1（舍去）， ∴AE＝2OE＝2， ∴菱形AECF的面积＝AE•AD． 故选：A． 【点评】本题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，菱形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握翻折变换的性质并求出∠OAE＝30°是解题的关键． 5．如图所示，长方形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（　　） A．3cm B．cm C．5cm D．2cm 【分析】设AF＝x cm，则DF＝（8﹣x）cm，利用矩形纸片ABCD中，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，由勾股定理求AF即可． 【解答】解：设AF＝x cm，则DF＝（8﹣x）cm， ∵矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合， ∴DF＝D′F， 在Rt△AD′F中，∵AF2＝AD′2+D′F2， ∴x2＝42+（8﹣x）2， 解得：x＝5（cm）． ∴AF＝5cm， 故选：C． 【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键． 6．如图，折叠矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，折痕为BM，BM与EF相交于点N，直线BA′交CD于点G，若BC＝5，EN＝1，则DG的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由N是BM中点，推出BN＝NA′，∠NBA′＝∠NA′B，再根据∠ABN＝∠A′BN，所以∠ABN＝∠NBA′＝∠A′BN＝30°，推出AM＝A′M＝2＝A′N，BE，AB＝DC＝2，推出GC，进而求出DO的值． 【解答】解：∵N是BM中点， ∴BN＝NA′， ∴∠NBA′＝∠NA′B， 又∵∠ABN＝∠A′BN， 又∵∠BEN＝90°， ∴∠ABN＝∠NBA′＝∠A′BN＝30°， 又∵EN＝1， ∴AM＝A′M＝2＝A′N， ∴BE，AB＝DC＝2， ∠OBC＝30°，BC＝5， ∴GC， ∴DG＝2． 故选：A． 【点评】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长． 7．（2024春•大观区校级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（　　） A．1或4 B．或9 C．1或9 D．或1 【分析】注意题目表述为射线DC，所以分为两种情况，一种是点E在线段DC上，另一种是点E在DC的延长线上，利用勾股定理分别求解即可． 【解答】解：①如图1，当点E在线段DC上时， ∵∠ED′A＝∠D＝∠AD′B＝90°， ∴B，D′，E三点共线， ∵S△ABEAB×ADBE×AD′， ∴BE＝AB＝5， ∵BD′4， ∴DE＝D′E＝BE﹣BD′＝5﹣4＝1； ②如图2，当点E在DC的延长线上时， ∵∠AD′B＝∠BCE＝90°，AD′＝AD＝BC＝3，AB＝CD＝5， ∴BD′＝4， 设CE＝x，则： D′E＝DE＝x+5， ∴BE＝D′E﹣BD′＝x+1， ∵CE2+BC2＝BE2， ∴x2+32＝（x+1）2， 解得：x＝4， ∴DE＝CD+DE＝5+4＝9， 综上，DE的值为1或9． 故选：C． 【点评】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是分两种情况讨论，特别时第二种比较容易遗漏． 8．如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G． （1）求证：GF＝GC； （2）若AB＝3，AD＝4，求线段GC的长． 【分析】（1）连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE＝EF＝EC，然后利用“HL”证明△GFE和△GCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证； （2）设GC＝x，表示出AG、DG，然后在Rt△ADG中，利用勾股定理列式进行计算即可得解； 【解答】解：（1）连接GE， ∵E是BC的中点， ∴BE＝EC， ∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE， ∴BE＝EF， ∴EF＝EC， ∵在矩形ABCD中， ∴∠C＝90°， ∴∠EFG＝90°， ∵在Rt△GFE和Rt△GCE中， ， ∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL）， ∴GF＝GC； （2）设GC＝x＝FG，则DG＝3﹣x， ∵AF＝AB＝3， ∴AG＝3+x， 在Rt△ADG中，由勾股定理得，42+（3﹣x）2＝（3+x）2， 解得x， 即线段GC的长为； 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质以及中点四边形的综合应用，找出三角形全等的条件EF＝EC是解题的关键．解题时注意：对角线互相垂直的四边形的中点四边形是矩形，以及对角线相等的四边形的中点四边形是菱形． 【题型三 菱形中的折叠问题】 1．如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠BEC'的大小为（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数． 【解答】解：如图，连接BD， ∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°， ∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°， ∵P为AB的中点， ∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP＝∠BDP＝30°， ∴∠PDC＝90°， ∴由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，∠DEC＝∠DEC′， 在△DEC中，∠DEC＝∠DEC′＝180°﹣（∠CDE+∠C）＝75°， ∴∠BEC'＝180°﹣∠DEC﹣∠DEC′＝30°， 故选：C． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键． 2．（2024春•海沧区期末）如图，在菱形ABCD中，E是边BC上一点，连接AE．将菱形沿直线AE折叠，点B恰与点C重合．若菱形的边长为4，则AE的长是（　　） A．2 B．4 C． D． 【分析】由菱形的性质可得AB＝BC＝4，由折叠的性质可得BE＝EC＝2，AE⊥BC，由勾股定理可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝4， ∵将菱形沿直线AE折叠，点B恰与点C重合， ∴BE＝EC＝2，AE⊥BC， ∴AE2， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，折叠的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 3．（2024•平顶山二模）如图，菱形OABC的顶点A在x轴上．CD⊥AB于点D，将菱形沿CD所在直线折叠，点B的对应点为B′．若∠AOC＝45°，点B′的横坐标为2，则点B的坐标为（　　） A． B．（4，2） C． D． 【分析】根据点B′的横坐标为2，可得OE＝2，则可求得，即可得到点B坐标． 【解答】解：∵四边形OABC为菱形，∠AOC＝45°， ∴∠B＝∠AOC＝45°，OC＝CB， ∵CD⊥AB，菱形沿CD所在直线折叠，点B的对应点为B′， ∴∠B′＝45°， ∵∠OAB＝135°， ∴∠EAB＝45°， ∴OA⊥CB′， ∵点B′的横坐标为2， ∴OE＝2， ∴CE＝OE＝2， ∴， ∴， 则点B的坐标为， 故选：A． 【点评】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，熟练利用相关性质得到菱形的边长是解题的关键． 4．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△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． 5．如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝4，BD＝4，将菱形按如图所示的方式折叠，使点B与O重合，折痕为EF．则五边形AEFCD的周长是（　　） A．14 B．16 C．4+4 D．8+8 【分析】由菱形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，AO＝CO＝2，BO＝DO＝2，由勾股定理可求AB＝4，由折叠的性质可求OF＝CF＝BF＝2，由三角形中位线定理可求EF＝2，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，AO＝CO＝2，BO＝DO＝2， ∴AB4， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4， ∵折叠， ∴BF＝OF， ∴∠FOB＝∠FBO， ∴∠FCO＝∠FOC， ∴OF＝CF， ∴OF＝CF＝BF＝2， 同理可得BE＝OE＝AE＝2， ∴EFAC＝2， ∴五边形AEFCD的周长＝4+4+2+2+2＝14， 故选：A． 【点评】本题考查了翻折变换，菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 6．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A落在对角线BD上的点G处（不与点B，D重合），折痕为EF，若DG＝2，BG＝6，则△BEG的面积为（　　） A． B． C． D． 【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG＝EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB＝BD，设BE＝x根据勾股定理列出方程，即可解决问题． 【解答】解：作EH⊥BD于H， 由折叠的性质可知，EG＝EA， 由题意得，BD＝DG+BG＝8， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD∠ABC＝60°， ∴△ABD为等边三角形， ∴AB＝BD＝8， 设BE＝x，则EG＝AE＝8﹣x， 在Rt△EHB中，BHx，EHx， 在Rt△EHG中，EG2＝EH2+GH2，即（8﹣x）2＝（x）2+（6x）2， 解得，x，即BE， ∴EH， ∴△BEG的面积为． 故选：B． 【点评】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对称变换，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． 7．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，点A、B的对应点分别为A′、B′，若AE＝4，则B′F的长为 　 　． 【分析】根据菱形的性质，由AC＝16，BD＝12，即可计算出BC的长，易证△AOE≌△COF，可得AE＝CF＝4，再根据翻折的性质即可得出答案． 【解答】解：∵AC＝16，BD＝12， ∴BO8，CO， ∴BC＝10， ∵四边形ABCD是菱形， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE＝CF＝4， 根据折叠的性质可得， B′F＝BF＝BC﹣CF＝10﹣4＝6． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题）及菱形的性质，熟练掌握翻折变换（折叠问题）及菱形的性质进行求解是解决本题的关键． 8．如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对角线交点O处，折痕为EF．若菱形的边长为2，∠A＝120°，求EF的长． 【分析】连接BD、AC，则两条线交于点O．分析题意，首先根据菱形的性质得出AC⊥BD、AC平分∠BAD，结合已知可得∠ABO＝30°；在Rt△AOB中，根据30°所对的直角边为斜边的一半可得AOAB，再由勾股定理可得到BO的长度，进而可得BD的长；接下来，根据折叠的性质得出EF垂直平分AO，推出EF∥BD，则有EF为△ABD的中位线，然后根据三角形中位线的性质即可求解． 【解答】解：连接BD、AC，则两条线交于点O． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AC平分∠BAD． ∵∠BAD＝120°， ∴∠BAC＝60°， ∴∠ABO＝90°﹣60°＝30°． ∵∠AOB＝90°，∠ABO＝30°， ∴AOAB2＝1， ∴BO＝DO， ∴BD＝2． ∵A沿EF折叠与O重合， ∴EF垂直平分AO． ∵AO⊥BD，AO⊥EF， ∴EF∥BD． ∵EF∥BD，EF平分AO， ∴EF为△ABD的中位线， ∴EFBD． 【点评】此题考查的是菱形的性质、翻折性质、等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键． 【题型四 正方形中的折叠问题】 1．（2024•大冶市三模）如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在点F处，折痕为MN，则线段CN的长是（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 【分析】由折叠的性质可得DN＝NE，由中点的性质可得EC＝4cm，结合正方形的性质可得∠BCD＝90°；设CN的长度为x cm，则EN＝DN＝（8﹣x）cm，接下来在直角△CEN中运用勾股定理就可以求出CN的长度． 【解答】解：∵四边形MNEF是由四边形ADMN折叠而成的， ∴DN＝NE． ∵E是BC的中点且BC＝8cm， ∴EC＝4cm． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°． 设CN的长度为x cm，则EN＝DN＝（8﹣x）cm， 由勾股定理NC2+EC2＝NE2，得x2+42＝（8﹣x）2， 解得x＝3． 故选：A． 【点评】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键． 2．如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长是（　　） A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm 【分析】根据△AEF是直角三角形利用勾股定理求解即可． 【解答】解：由折叠可得DF＝EF，设AF＝x，则EF＝8﹣x， ∵AF2+AE2＝EF2， ∴x2+42＝（8﹣x）2， 解得x＝3． 故选：A． 【点评】本题考查折叠问题；找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键． 3．（2024春•满洲里市校级期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝（　　） A．44 B．6+4 C．12 D．8+4 【分析】点F作FG⊥BC交于G点，设正方形的边长为x，则ACx，由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠DFA＝90°，可得DE＝2，EC＝x﹣2，在Rt△EFC中，由勾股定理可得（x﹣2）2＝4+（x﹣x）2，解得x，即为正方形的边长为22，再求出FC＝2，由∠ACB＝45°，可求FG＝CG＝2，BG2，在Rt△BFG中，由勾股定理可得BF2＝（2）2+2＝8+4． 【解答】解：过点F作FG⊥BC交于G点， 由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠DFA＝90°， 设正方形的边长为x， ∵EF＝2， ∴DE＝2，EC＝x﹣2，ACx， 在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2， ∴（x﹣2）2＝4+（x﹣x）2， 解得x＝22， ∴FC＝2x﹣x＝2， ∵∠ACB＝45°， ∴FG＝CG， ∴BG2， 在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（2）2+2＝8+4， 故选：D． 【点评】本题考查正方形的性质，翻折的性质，熟练掌握翻折的性质，灵活应用勾股定理是解题的关键． 4．（2024秋•龙华区期中）如图，在正方形ABCD中，点M是AB边的中点，连接MC，将△CBM沿直线CM向正方形内翻折，点B的对应点为点N，连接DN，AN，则等于（　　） A． B． C． D． 【分析】延长MN交AD于点E，可证明Rt△NCE≌Rt△DCE，得NE＝DE，则CE垂直平分DN，设正方形ABCD的边长为6m，NE＝DE＝x，则MN＝BM＝AM＝3m，由勾股定理得（3m）2+（6m﹣x）2＝（3m+x）2，求得x＝2m，则CE＝2m，由S四边形CDEN2m•ND＝26m×2m，求得NDm，进而求得，于是得到问题的答案． 【解答】解：延长MN交AD于点E， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝AD＝DC， 由翻折得∠MNC＝∠B＝90°，NC＝BC＝DC， ∴∠ENC＝∠EDC＝90°， ∵CE＝CE，NC＝DC， ∴Rt△NCE≌Rt△DCE（HL）， ∴NE＝DE，S△NCE＝S△DCE， ∴CE垂直平分DN， 设正方形ABCD的边长为6m，NE＝DE＝x，则AB＝AD＝BC＝NC＝DC＝6m， ∵点M是边AB的中点， ∴MN＝BM＝AM＝3m， ∵AM2+AE2＝ME2，且AE＝6m﹣x，ME＝3m+x， ∴（3m）2+（6m﹣x）2＝（3m+x）2， ∴x＝2m， ∴CE2m， ∵S四边形CDEN2m•ND＝26m×2m， ∴NDm， ∴， 故选：D． 【点评】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 5．（2024秋•青岛期中）如图，在正方形纸片ABCD中，M，N分别是AD，BC的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在MN上的点E处，折痕CF交AD于点F，连接EB，若EB＝4，则FD的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由四边形ABCD是正方形，M，N分别是AD，BC的中点，证明四边形CDMN是矩形，则MN垂直平分BC，所以EC＝EB＝4，由折叠得EC＝DC＝4，FE＝FD，则AD＝BC＝DC＝MN＝4，所以DM＝AM＝2，CN＝BN＝2，则FM＝2﹣FD，EN2，所以EM＝4﹣2，于是得（4﹣2）2+（2﹣FD）2＝FD2，求得FD＝8﹣4，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AD＝AB＝BC＝DC，AD∥BC， ∵M，N分别是AD，BC的中点， ∴DM＝AMAD，CN＝BNBC， ∴DM∥CN，且DM＝CN， ∴四边形CDMN是平行四边形， ∵∠D＝90°， ∴四边形CDMN是矩形， ∴∠CNE＝∠FME＝90°， ∴MN垂直平分BC， ∴EC＝EB＝4， 由折叠得EC＝DC＝4，FE＝FD， ∴AD＝BC＝DC＝MN＝4， ∴DM＝AMAD＝2，CN＝BNBC＝2， ∴FM＝2﹣FD，EN2， ∴EM＝4﹣2， ∵EM2+FM2＝FE2， ∴（4﹣2）2+（2﹣FD）2＝FD2， 解得FD＝8﹣4， 故选：D． 【点评】此题重点考查正方形的性质、矩形的判定与性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，推导出AD＝BC＝DC＝MN＝4是解题的关键． 6．（2024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． 7．已知正方形ABCD中，AB＝6，点E在AB上，且BE＝2AE，将△ADE沿DE对折至△DEF，延长EF交BC于H，连接DH，BF． （1）求证：CH＝FH； （2）求BH的长； （3）求△FBH的面积． 【分析】（1）由折叠的性质可得AD＝DF＝DC，∠DAE＝∠EFD＝90°＝∠DCB，由“HL”可证Rt△DCH≌Rt△DFH，可得CH＝FH； （2）由勾股定理可求BH的长； （3）由三角形的面积关系可求解． 【解答】证明：（1）∵将△ADE沿DE对折至△DEF， ∴AD＝DF，∠DAE＝∠EFD＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝AD，∠DCB＝90° ∴DF＝DC，且DH＝DH， ∴Rt△DCH≌Rt△DFH（HL） ∴CH＝FH； （2）∵AB＝6，BE＝2AE， ∴AE＝2，BE＝4， ∵EH2＝BE2+BH2， ∴（CH+2）2＝16+（6﹣CH）2， ∴CH＝3， ∴BH＝3； （3）∵S△BEHBE×BH＝6，且EF＝2，FH＝3， ∴△FBH的面积3． 【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，勾股定理等知识，证明Rt△DCH≌Rt△DFH是本题的关键． 8．（2024春•浦北县期末）问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题展开数学活动． 动手操作： 第一步：如图①，四边形ABCD是正方形纸片，将该纸片对折，使DC与AB重合，折痕为EF，展开铺平，如图②； 第二步：沿直线CE折叠，使点D落在D′处，设CD′交EF于点G．如图③； 第三步：延长ED′交AB于点H，连接CH交EF于点M，如图④． 解决问题： （1）线段BH与D′H的数量关系是 　 ； （2）若正方形ABCD的边长为4． （Ⅰ）求BH的长； （Ⅱ）求的值． 【分析】（1）根据正方形的性质可得CD＝BC，∠B＝∠D＝90°，再根据折叠性质可得∠CD′E＝∠B＝90°，CD＝CD′＝CB，证明Rt△CD′H≌Rt△CBH（HL）即可； （2）（Ⅰ）由折叠性质可知，AE＝DE，D′E＝DE，正方形的性质得AE＝2，AH＝4﹣BH，EH＝D′E+D′H＝2+BH，再由勾股定理即可求解； （Ⅱ）连接BM，由折叠的性质可知，EF垂直平分BC，则，BM＝CM，∠MCF＝∠MBF，再证MF是△CBH的中位线得，最后由折叠性质和勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝BC，∠B＝∠D＝90°， 由折叠性质可知，CD＝CD′，∠CDE＝∠CD′E， ∴∠CD′E＝∠B＝90°，CD＝CD′＝CB， ∵CH＝CH， ∴Rt△CD′H≌Rt△CBH（HL）， ∴BH＝D′H， 故答案为：BH＝D′H； （2）（Ⅰ）由折叠性质可知，AE＝DE，D′E＝DE， 由（1）知D′H＝BH， ∵正方形ABCD的边长为4， ∴AE＝2，AH＝4﹣BH，EH＝D′E+D′H＝2+BH， 在Rt△AEH中，AE2+AH2＝EH2， 即22+（4﹣BH）2＝（2+BH）2， 解得； （Ⅱ）连接BM，如图， 由折叠的性质可知，EF垂直平分BC， ∴，BM＝CM，∠MCF＝∠MBF， ∵∠ABC＝90°， ∴∠MCF+∠CHB＝90°，∠MBF+∠MBH＝90°， ∴∠CHB＝∠MBH， ∴BM＝HM， ∴CM＝HM， ∴MF是△CBH的中位线， ∴， 由折叠性质可知，∠DCE＝∠D′CE，EF∥DC， ∴∠FEC＝∠DCE， ∴∠FEC＝∠D′CE， ∴GE＝GC 在Rt△GFC中，GF2+FC2＝GC2， ∴GF2+22＝（4﹣GF）2，解得， ∴，， ∴． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 1．（2024春•萧县期末）如图，▱ABCD中，∠BAD＝150°，E，F分别为AB，CD的中点，将▱ABCD沿直线EF折叠，A′E与DC交于点G，则∠A′EB的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 【分析】根据平行四边形的性质与判定可得AD∥EF∥BC，再根据平行线的性质可得∠A＝∠FEB＝150°，∠A+∠FEA＝180°，从而求得∠FEA＝30°，再由折叠的性质得∠FEA＝∠FEA'＝30°，利用∠AEB＝∠FEB﹣∠FEA求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC＝AB，DC∥AB，AD∥BC， ∵E，F分别为AB，CD的中点， ∴DF∥AE，DF＝AE， ∴平行四边形DAEF是平行四边形， ∴AD∥EF， ∴AD∥EF∥BC， ∴∠A＝∠FEB＝150°，∠A+∠FEA＝180°， ∴∠FEA＝180°﹣150°＝30°， 由折叠的性质得∠FEA＝∠FEA'＝30°， ∴∠AEB＝∠FEB﹣∠FEA'＝150°﹣30°＝120°， 故选：C． 【点评】本题考查平行四边形的性质与判定、平行线的性 质、折叠的性质，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质． 2．（2024春•东坡区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，将矩形沿BD折叠，点A落在点A'处，则重叠部分△DEB的面积为（　　） A．10 B．12 C．16 D．20 【分析】由折叠的性质可得∠ABD＝∠A'BD，AD＝A'D＝4，由题意可证∠ABD＝∠BDC，则可得∠BDC＝∠A'BD，即BE＝DE，在Rt△BEC中，根据勾股定理可列方程，解得BE的长度，即可求△BDE的面积． 【解答】解：∵将矩形沿BD折叠，点A落在点A'处， ∴∠ABD＝∠A'BD，AD＝A'D＝4， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥DC，AD＝BC＝4，CD＝AB＝8， ∴∠ABD＝∠BDC， ∴∠BDC＝∠A'BD， ∴BE＝DE， 在Rt△BEC中，BE2＝EC2+CB2， ∴BE2＝（8﹣BE）2+16， ∴BE＝DE＝5， ∴S△BDEDE×BC＝10． 故选：A． 【点评】本题考查了折叠问题，矩形的性质，关键是根据勾股定理列出方程． 3．如图，菱形ABCD中，AB＝10，AC＝12，将菱形ABCD折叠，使得点B与点A重合，折痕与AB交于点E，与CD交于点F，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据菱形的性质和勾股定理可求出BD，再根据菱形的面积可求出答案． 【解答】解：如图，连接BD交AC于点O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA＝OCAC＝6，OB＝OD， 在Rt△AOD中，由勾股定理得， OD8， ∴BD＝2OD＝16， ∴S菱形ABCDAC•BD＝AB•EF， 即12×16＝10EF， ∴EF， 故选：D． 【点评】本题考查菱形的性质，翻折变换，求出菱形的对角线BD的长是解决问题的前提，掌握菱形的面积的计算方法是得出答案的关键． 4．如图，正方形ABCD的边长为4，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，若BE：EC＝3：1，则线段CH的长是（　　） A．3 B． C．1 D．2 【分析】由折叠的性质得DH＝EH，设CH＝x，则DH＝EH＝4﹣x，再由BE：EC＝3：1得CE＝2，然后由勾股定理列出方程，解方程即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠C＝90°，BC＝CD＝4， 由折叠的性质得：EH＝DH， 设CH＝x，则DH＝EH＝4﹣x， ∵BE：EC＝3：1， ∴CEBC＝1， 在Rt△ECH中，由勾股定理得：EH2＝EC2+CH2， 即（4﹣x）2＝12+x2， 解得：x， 即CH． 故选：B． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握翻折变换的性质和正方形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键． 5．（2024春•工业园区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，E是边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝53°，∠DAE＝18°，则∠FED′的度数为 　 　 ． 【分析】在平行四边形ABCD中，可得∠D＝∠B＝53°，则∠AEC＝∠D+∠DAE＝71°，从而∠AED＝109°，再根据折叠知∠AED＝∠AED′，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠B＝53°， 由折叠的性质得：∠D′＝∠D＝53°，∠EAD′＝∠DAE＝18°， ∴∠AEF＝∠D+∠DAE＝53°+18°＝71°，∠AED′＝180°﹣∠EAD′﹣∠D′＝109°， ∴∠FED′＝109°﹣71°＝38°， 故答案为：38°． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理，熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AEF和∠AED′是解决问题的关键． 6．（2024春•相城区校级月考）如图，菱形纸片ABCD，AB＝16，∠B＝60°，将该菱形纸片折叠，使点B恰好落在CD边的中点B′处，折痕与边BC、BA分别交于点M、N．则CM的长为 　 ． 【分析】过点B′作B′E⊥BC与BC的延长线交于点E，根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出CE和B′E，设BM＝x，则B′M＝x，用x表示出ME，然后在Rt△B′ME中，利用勾股定理得出方程进行解答． 【解答】解：过点B′作B′E⊥BC与BC的延长线交于点E， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝8，AB∥CD， ∵B′是CD的中点， ∴B′C＝8， ∵∠B＝60°， ∴∠B′CE＝∠B＝60°，∠CB′E＝30°， ∴CE＝4， ∴， 设BM＝x，则ME＝BC+CE﹣BM＝16+4﹣x＝20﹣x， 由折叠的性质知：B′M＝BM＝x， 在Rt△B′ME中，B′M2＝B′E2+ME2， ∴， 解得：x＝11.2，16﹣x＝4.8， 即CM的长为4.8， 故答案为：4.8． 【点评】本题主要考查了等腰三角形的性质，非负数的性质：绝对值，非负数的性质：算术平方根，三角形三边关系，解答本题的关键是作辅助线构造直角三角形． 7．（2025•盂县开学）如图，在长方形纸片ABCD中，M为边AD的中点，将纸片沿BM，CM折叠，使点A落在点A1处，点D落在点D1处．若∠1＝30°，求∠BMC的度数． 【分析】由折叠的性质可得∠AMB＝∠A1MB，∠CMD＝∠CMD1，由平角的性质可得∠BMA1+∠CMD1 ＝75°，即可求解． 【解答】解：由折叠的性质可得：∠AMB＝∠A1MB，∠CMD＝∠CMD1， ∵∠1＝30°，∠AMA1+∠1+∠DMD1＝180°， ∴∠AMA1+∠DMD1 ＝ 180°﹣30° ＝ 150°， ∴∠BMA1+∠CMD1 ＝75°， ∴∠BMC＝∠BMA1+∠CMD1+∠1＝105°． 【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，掌握折叠的性质是解题的关键． 7．如图，将平行四边形ABCD纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在点G处， （1）求证：AE＝AF； （2）求证：△ABE≌△AGF． 【分析】（1）根据折叠的性质可得∠CEF＝∠AEF，根据平行线的性质可得∠CEF＝∠EFA，根据等量关系可得∠AEF＝∠EFA，根据等角对等边即可求解； （2）根据平行四边形的性质，可得AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，根据折叠的性质，可得AG＝CD，∠EAG＝∠BCD，所以AB＝AG，∠BAD＝∠EAG，由等量代换可得∠BAE＝∠GAF，得到AB∥CD，AE∥GF，AD∥BC，得到∠BEA＝∠EAF＝∠GFA，AAS可证△ABE≌△AGF． 【解答】（1）证明：由折叠的性质可得∠CEF＝∠AEF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠CEF＝∠EFA， ∴∠AEF＝∠EFA， ∴AE＝AF； （2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD， 又根据题意得：AG＝CD，∠EAG＝∠BCD， ∴AB＝AG，∠BAD＝∠EAG， ∴∠BAE＝∠GAF， 又∵AB∥CD，AE∥GF，AD∥BC， ∴∠BEA＝∠EAF＝∠GFA， 在△ABE与△AGF中， ， ∴△ABE≌△AGF（AAS）． 【点评】此题是折叠问题，是中考中的常见题目．解此题首先要注意折叠前后的部分全等，即对应角与对应边都相等．解此题还要注意平行四边形的性质的求解方法． 8．如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C对应点为点C′，且DC′是AB的垂直平分线，求∠DEC的度数． 【分析】设DC′交AB于点F，由DC′是AB的垂直平分线，得∠AFD＝90°，由菱形的性质得CD∥AB，∠C＝∠A＝60°，∠ADF＝90°﹣∠A＝30°，则∠ADC＝120°，求得∠CDC′＝90°，由折叠得∠CDE＝∠C′DE＝45°，则∠DEC＝180°﹣∠C﹣∠CDE＝75°，于是得到问题的答案． 【解答】解：设DC′交AB于点F， ∵DC′是AB的垂直平分线， ∴∠AFD＝90°， ∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°， ∴CD∥AB，∠C＝∠A＝60°，∠ADF＝90°﹣∠A＝30°， ∴∠ADC＝180°﹣∠A＝120°， ∴∠CDC′＝∠ADC﹣∠ADF＝120°﹣30°＝90°， 由折叠得∠CDE＝∠C′DE∠CDC°＝45°， ∴∠DEC＝180°﹣∠C﹣∠CDE＝180°﹣60°﹣45°＝75°． 【点评】此题重点考查菱形的性质、翻折变换的性质、线段的垂直平分线等知识，求得∠CDE＝45°是解题的关键． 9．如图，点F在正方形ABCD的AD边上，连接BF．把△ABF沿BF折叠，与△GBF重合．连接AG并延长交CD于点E，交BF于点H． （1）证明：BF＝AE； （2）若AB＝15，EC＝7，求GE的长． 【分析】（1）由“ASA”可证△ABF≌△DAE，可得BF＝AE； （2）由勾股定理可求BF，由面积公式可求AH的长，即可求GE的长． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90°， 由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG， ∴BF⊥AE，AH＝GH， ∴∠BAH+∠ABH＝90°， 又∵∠FAH+∠BAH＝90°， ∴∠ABH＝∠FAH， 在△ABF和△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（ASA）， ∴BF＝AE； （2）∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD＝15． ∵CE＝7， ∴DE＝15﹣7＝8， ∵△ABF≌△DAE， ∴AF＝DE＝8， 在Rt△ABF中，BF17， ∵S△ABFAB•AFBF•AH， ∴15×8＝17AH， ∴AH， ∴AG＝2AH， ∵AE＝BF＝17， ∴GE＝AE﹣AG＝17， 【点评】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 10．（2024春•福清市期中）如图，在▱ABCD中，E是AD边上一点，将△CDE沿着CE翻折至△CFE． （1）如图1，当点F落在边BC边上时，求证：四边形CDEF为菱形； （2）如图2，若BC＝13，AB＝8，∠D＝60°，当E，F，B三点共线时，求DE的长． 【分析】（1）由翻折得FE＝DE，FC＝DC，∠FCE＝∠DCE，由BC∥AD，得∠FCE＝∠DEC，则∠DCE＝∠DEC，所以DE＝DC，则FE＝DE＝FC＝DC，即可证明四边形CDEF是菱形； （2）作CL⊥BE于点L，由翻折得∠BEC＝∠DEC，∠CFE＝∠D＝60°，则∠FCL＝30°，而∠BCE＝∠DEC，所以∠BCE＝∠BEC，则BE＝BC＝13，因为FC＝DC＝AB＝8，所以FLFC＝4，求得CL4，则BL11，所以EL＝BE﹣BL＝2，则DE＝FE＝FL+EL＝6． 【解答】（1）证明：如图1，由翻折得FE＝DE，FC＝DC，∠FCE＝∠DCE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC∥AD， ∴∠FCE＝∠DEC， ∴∠DCE＝∠DEC， ∴DE＝DC， ∴FE＝DE＝FC＝DC， ∴四边形CDEF是菱形． （2）解：如图2，作CL⊥BE于点L，则∠FLC＝∠ELC＝90°， 由翻折得∠BEC＝∠DEC，∠CFE＝∠D＝60°， ∴∠FCL＝90°﹣∠CFE＝30°， ∵∠BCE＝∠DEC， ∴∠BCE＝∠BEC， ∴BE＝BC＝13， ∵AB＝DC＝8， ∴FC＝DC＝8， ∴FLFC＝4， ∴CL4， ∴BL11， ∴EL＝BE﹣BL＝13﹣11＝2， ∴DE＝FE＝FL+EL＝4+2＝6， ∴DE的长为6． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、菱形的判定、等腰三角形的判定、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$