2025年中考数学二轮复习特殊平行四边形的动点问题专题提升训练

2025年中考数学二轮复习特殊平行四边形的动点问题专题提升训练 1．已知四边形是平行四边形，，点是边上一个动点，连接，沿将翻折至（如图1），所在的直线与交于点． (1)当点落在上时（如图2），判断四边形的形状，并证明； (2)当点与点重合时，求的长； (3)当取最大值时，求此时的长． 2．如图1，中，，，E、D、F分别为、上的动点（点E不与A、C重合，点F不与B、C重合），过点E、F分别作的垂线，垂足分别为M、N，且． (1)求证：； (2)如图2，若四边形是正方形，求的长； (3)若N为的中点，试判断与能否相等，如果能相等，求出的长；如果不能相等，请说明理由． 3．如图1，矩形中，，，动点E，F分别从点B，D同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点A，C运动，过点A作直线的垂线，垂足为G． (1)当时，与的数量关系为_______； (2)如图2，若平分，运动时间为t秒，求的长及t的值； (3)当运动时间时，直接写出的长． 4．如图，已知四边形为正方形．E为对角线上一动点（不与点A，C重合），连接，过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)如图2，已知正方形的边长为2，当时， ①求的长； ②记的面积为，的面积为，则________． 5．如图，在平行四边形中，为锐角，，．动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿运动．同时，动点从点出发，以每秒3个单位的速度沿运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点的运动时间为秒． (1)点在上运动时，______；点在上运动时，______．（用含的代数式表示） (2)点在上，时，求的值． (3)当直线平分平行四边形的面积时，求的值． (4)若点的运动速度改变为每秒个单位．当，平行四边形的某两个顶点与、所围成的四边形为菱形时，直接写出的值． 6．【问题背景】 （1）如图1，在四边形中，，，，点O是对角线上的动点，连接、，则的最小值为________； 【问题探究】 （2）如图2，在边长为2的等边中，点O是上一点，D，E分别是、边上的动点，且，连接、，求的最小值； 【问题解决】 （3）如图3，正方形是某植物园规划的一个花四，对角线、是其中的两条观赏小路，在、的交点O处有一个凉亭（大小忽略不计），现要在和上分别设立一个游客服务中心E、F，且，再沿和铺设两条石子小路，为节约成本，要求两条石子小路的长度之和最小，已知，请你帮助植物园规划人员求出两条石子小路长度之和的最小值．（即的最小值） 7．已知，在正方形中，是一个等边三角形，点P在射线上运动且与直线上的两动点M，（点M在N点左侧）构成等边三角形 (1)如图1，当点M与A点重合时，求证：平分； (2)当点P在直线下方时． ①如图2，试说明：为定值； ②如图3，若的中点为F点，连接，．试探究与的数量关系． 8．已知：如图，在菱形中，，，动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，连接，设运动时间为． (1)延长交于点，若四边形是平行四边形，求的值； (2)当为何值时，点运动到的垂直平分线上？ (3)设四边形的面积为，求与的函数关系式． 9．在矩形中，以点为坐标原点，分别以，所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，点是射线上一动点，连接，过点作于点，交直线于点． (1)如图1，当矩形是正方形时，若点在线段上，线段与的数量关系是_________（填“相等”或“不相等”）； (2)如图2，当点在线段上，且，以点为直角顶点在矩形的外部作直角三角形，且，连接，交于点，求的值； (3)如图3，若点，点，点在线段的延长线上，点在线段的延长线上，，连接，取的中点，连接，设，，求关于的函数关系式． 10．如图，在矩形中，，动点以的速度从点出发，沿向点移动，同时动点以的速度从点出发，沿向点移动，设、两点移动的时间为秒． (1)为多少时，以为顶点的三角形与相似？ (2)探究：在、两点移动过程中，四边形与的面积能否相等？若能，求出此时t的值，若不能，请说明理由． 11．正方形中，点E为直线上一动点（点E不与A，B重合），连接，将沿着翻折得，延长交直线于点F，连接． (1)观察猜想：如图1，当点E在线段上时， ①______°． ②之间的数量关系为：______；（将结论直接写在横线上） (2)数学思考：如图2，当点E在线段的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，请你写出正确结论再给予证明． (3)拓展延伸：如图3，当点E在线段的延长线上时，过点E作，垂足为H．若，请求出的长． 12．综合与探究 问题背景： 活动课上，同学们以矩形为背景，探究图形运动中的数学结论．在矩形中，，P是对角线上的一个动点（不与点重合），，连接，过点作的垂线交射线于点，交射线于点，连接． 探索发现： (1)如图1，当是对角线的中点时，此时线段的长为_____，的度数为_____． (2)如图2，当时，请你解答如下问题： ①求线段的长； ②判断线段与的数量关系，并说明理由． (3)如图3，当时，直接写出的值． 13．如图1，在四边形中，，，，，，动点P从点A开始沿边以的速度匀速运动，动点Q从点D开始沿边以的速度匀速运动，点P和点Q同时出发，设运动的时间为，当其中一点到达终点后，另一点也随即停止运动． (1)______ cm；______用含t的代数式表示； (2)当以点D、P、Q为顶点的三角形与相似时，求t的值； (3)如图2，延长，两延长线相交于点E，当为直角三角形时，直接写出t的值． 14．在正方形和正方形中，为上一动点（不与重合），在延长线上， (1)如图1，判断与的数量关系，并说明理由． (2)如图2连接交于点，连接，判断与的数量关系，并说明理由． (3)如图3连接交于点，连接，若点在运动的过程中，当平分时，过点做于点，直接写出与的数量关系． 15．在综合与实践活动中，“特殊到一般”是一种常用的方法，我们可以先研究特殊情况，猜想结论，然后再研究一般情况，证明结论． 如图1，在正方形纸片中，点是边上一动点（不与端点重合）．折叠正方形纸片，使点与点重合，折痕分别交边、于点M、N，的对应边为，与交于点．探究的周长与边的等量关系，并证明你的结论． 【特殊化感知】 （1）先从简单的、特殊的情况开始研究：若，点恰好是边的中点，则______； 【一般化探究】 （2）对正方形的边长一般化处理，并改变点的位置：如图2，若，求的周长（用含的代数式表示）； 【拓展性延伸】 （3）通过（1）（2）的解决，可猜想出的周长与边的等量关系．但由于边长的一般化及点位置的不确定，会导致、、的长度也不确定，从而使代数计算显得非常繁琐，那能否从几何角度证明若干个不确定的长度之和是确定的呢？请猜想的周长与边的等量关系，并证明你的结论．          试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年中考数学二轮复习特殊平行四边形的动点问题专题提升训练》参考答案 1．(1)四边形是菱形，理由见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质和折叠的性质即可证明四边形是菱形． （2）过作，交的延长线于，依据中，，列方程求解即可得出结论； （3）依据，可知，当最短时，最大，进而得出当时，有最大值．依据中，，列方程求解即可得出结论． 【详解】（1）解：四边形是菱形． 理由：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：如图所示，过作，交的延长线于， 设，则， 由折叠可得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又 ∵， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴． 故答案为：． （3）解：如图所示，由折叠可得， ∵， ， ， ， ， ∴当最短时，最大， ∴当时，最短，有最大值， 由（2）可得与之间的距离为， ∴当时，， 设，则， 由折叠可得， 在中，， 即， 解得：（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定，解一元二次方程，平行四边形的性质以及勾股定理的综合运用，解题的方法是设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含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． 2．(1)见解析 (2) (3)不能相等，理由见解析 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质正方形的判定和性质； （1）根据题意，得出根据两角对应相等即可证明； （2）由勾股定理得，当四边形是正方形时，设，证出，得到，从而，再证，得到，得，，又由(1)中，可得，得最后根据求解即可； （3）若N为中点，则，证出，解得 假设，则由可得，解得再证出，得即，得方程，解得，但不合题意，从而假设不成立， 即可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∴ （2）∵， ∴ 当四边形是正方形时， 则， 设， ∵， ∴， ∴，即 解得 ∴， ∵， ∵， ∴，即 解得， 又由(1)中，可得 即 得 ∴ （3）证明：与不能相等，理由如下： 若N为中点，则， ∵， ∴， ∴即， 解得 假设，则 ∴ 由可得， 即 解得 ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴ 即， 即，整理得：， 可得，但不合题意，从而假设不成立， 故与不可能相等． 3．(1) (2)， (3) 【分析】（1）连接，证明可得结论； （2）过E作于P，则四边形 为矩形，可得，，证明为等腰直角三角形．则，；由求解即可； （3）如图2，先根据勾股定理求得，，再证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：． 证明：连接， ∵四边形是矩形，， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 过E作于P，则． ∴四边形 为矩形， ∴，， ∵平分， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形． ∴． ∴； 由题意得：． ∴， 即； （3）解：如上图2，则，    ，， ∴，， ∵， ∴，又， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质求解线段长是解答的关键． 4．(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）过E作于M点，过E作于N点，即可得到，然后判断，得到，求得，即可证明矩形是正方形； （2）①证明，求得，，推出是等腰直角三角形，设，利用直角三角形的性质结合勾股定理求解即可； ②同①求得，分别求得和的值，据此即可求解． 【详解】（1）证明：过E作于M点，过E作于N点，如图所示： ∵四边形是正方形，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又， ∴， ∴； ∴矩形是正方形； （2）解：①作于点， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴； ②作于点，过E作于M点，过E作于N点， 由（1）知四边形为正方形， 同理可证， ∴，， 同理可证， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，二次根式的混合运算．解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论． 5．(1)， (2) (3)或 (4)或 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的判定，解题的关键是弄清运动过程，找出符合条件的点的位置． （1）根据题意：当点在上运动时，，点在上运动时，； （2）点在上，时，，即可求得； （3）根据题意求得，然后根据点和点在各边上的情况分类讨论即可求得的值； （4）当时，则为菱形或菱形，据此可求得的值． 【详解】（1）解：当点P在上时， ∵， ∴， 当点P在上时， ， 故答案为：，； （2）解：当点在上，时，点在上，且， ， ， 解得：， 的值为：9； （3）解：当点依次在、、、上时，的取值范围依次为：、、、， 当点依次在、、、上时，的取值范围依次为：、、、， 由于当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动． ； 当，点在上，点在上时，直线平分平行四边形的面积， ，即， 解得：， 当，点在上，点在上时，直线平分平行四边形的面积， ，即， 解得：， 综上所述：当直线平分平行四边形的面积时，的取值为：或； （4）解：， ， 点P在上，点Q在上， ①当四边形为菱形时， 此时， ∴， ∴， ②当四边形为菱形时， 此时， ∴， ∴， ∴， 综上所述：或． 6．（1）13；（2）的最小值为2；（3）两条石子小路长度之和的最小值为． 【分析】（1）如图，连接，先求解，结合当三点共线时，最短，从而可得答案； （2）过点B作，且，连接，，交于点G．证明，可得当O、D、F三点共线时，最小，此时点D与点G重合，，从而可得答案； （3）过点A作，且，连接，，交于点H．证明，可得，当点G、E、D三点共线时，最小，此时点E与点H重合，，过点G作交的延长线于点M．再进一步求解即可． 【详解】解：（1）如图，连接， ∵，，， ∴， ∵点O是对角线上的动点， ∴当三点共线时，最短， ∴最小值为13． （2）过点B作，且，连接，，交于点G． ∴四边形是平行四边形，则．     ∵是等边三角形，， ∴．     在和中，，，， ∴， ∴，     ∴， ∴当O、D、F三点共线时，最小，此时点D与点G重合，， ∴的最小值为2．     （3）过点A作，且，连接，，交于点H． ∵四边形是正方形，， ∴．     在和中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴当点G、E、D三点共线时，最小，此时点E与点H重合，．     过点G作交的延长线于点M． ∵四边形是正方形，， ∴，，．     ∵，， ∴，是等腰直角三角形， ∴， ∴，     在中，， ∴的最小值为，即两条石子小路长度之和的最小值为． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，化为最简二次根式，平行四边形的判定与性质，作出合适的辅助线构建全等三角形是解本题的关键． 7．(1)见解析； (2)①见解析；② 【分析】根据正方形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，得到，求得，根据角平分线的定义得到平分； 假设射线与直线的交点为Q点， ①根据题意得到，，，求得，得到； ②由①得：根据等边三角形的性质得到，求得，由点F为中点，求得，得到，根据三角形的面积公式得到，推出，于是得到结论． 【详解】（1）证明：在正方形中， ， 、是等边三角形， ， ， ， ， 平分． （2）解：设射线与直线的交点为Q点， ①由题可得：，，， ， ∴， ∴，是定值， ∵， ∴； ∴； ； ； 是定值． ② 理由：由①得： 在等边中，， ， 点F为中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了等边三角形的性质，三角形的面积的计算，正方形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，熟练掌握各知识点是解题的关键． 8．(1)； (2)； (3)． 【分析】（1）由题意得，当四边形是平行四边形，则，则，那么，代入数据，即可求解； （2）当点运动到的垂直平分线上，则，然后证明，则，那么，即可求解； （3）连接交于点N，过点P作于点M，由于四边形是菱形，那么，，，四边形是轴对称图形，可求，则，则菱形面积为，那么面积为，由，求得，则，再由面积减去的面积即可建立起关于t的函数关系式． 【详解】（1）解：由题意得， ∵四边形是菱形， ∴， 当四边形是平行四边形， 则， ∴ ∴， ∴， 解得：； （2）解：连接， 当点运动到的垂直平分线上， 则， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接交于点N，过点P作于点M， ∵四边形是菱形， ∴，，，四边形是轴对称图形， ∵， ∴由勾股定理得： ∴， ∴菱形面积为， ∴面积为 ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 9．(1)相等 (2) (3) 【分析】（1）根据得到，从而得到根据角边角判定即可得到证明； （2）先证，再证，结合相似三角形面积比等于相似比直接求解即可得到答案； （3）取中点，连接，过点作，垂足为，先证，再证，利用相似三角形及勾股定理，表示相应边的长度即可得到答案． 【详解】（1）解：相等，理由如下， ∵， ∴， ∴， ∵矩形是正方形， ∴，， 在与中， ∴， ∴， 故答案为：相等； （2）解：是直角三角形 又 ∴四边形是平行四边形         ， ，， ， ， ， ，       设，则， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ； （3）解：， ， ， ， ， ， ，， ，，， ， ，， 取中点，连接，过点作，垂足为， 是的中点， 是的中位线，则，， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ，，， ． 【点睛】本题考查三角形全等的性质与判定，三角形相似的性质与判定，三角形中位线定理，矩形的性质，解题的关键是作出辅助线，构造相似三角形． 10．(1)为或； (2)不能相等，理由见解析． 【分析】（1）先求出，由于，那么以为顶点的三角形与相似分两种情况讨论，列出比例式，代入数据求解； （2）作于点，则，那么，求出，当四边形与的面积相等时，，那么，整理后得到此时方程无实数解，故不存在． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴在中， ∵， ∴当时， 则，即，解得； 当时， 则，即，解得； ∴当为或时，以P、Q、C为顶点的三角形与相似； （2）解：四边形与的面积不能相等．理由如下： 作于点，如图， ∴ ∵， ∴， ∴，即 ∴， 当四边形与的面积相等时， ，即， ∴， 整理得， ∵ ∴此时方程无实数解， ∴四边形与的面积不能相等． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键． 11．(1)①；② (2)结论①成立；结论②不成立，应为：．理由见解析 (3) 【分析】（1）①根据折叠 性质，得，再证出解答即可． ②根据①的结论解答即可． （2）根据，，结合正方形的性质，三角形的周长表示法解答即可． （3）根据，结合正方形的性质，证明，设，则，利用勾股定理解答即可． 【详解】（1）证明：根据折叠的性质，得， ∴，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：45． ②解：之间的数量关系为，理由如下： ∵，， ∴，， ∵, ∴, 故答案为：． （2）解：结论①成立；结论②不成立，应为：． 根据前面证明，得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故成立． ∵, ∴, ∴, 故结论②不成立，应为：． （3）解：根据问2，得，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， 设，则，， 由勾股定理，得， ． 根据勾股定理，得． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，解方程，熟练掌握性质，勾股定理和解方程是解题的关键． 12．(1)， (2)①；②，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据矩形的性质得到，由直角三角形的性质可得，推出，由三角形内角和定理求出，求出，进而得到，推出，证明，推出，结合，利用三角形内角和定理即可求解； （2）①过点P作于点G，利用等腰直角三角形和含30度角的直角三角形的性质得到，求出，利用（1）中，由勾股定理求出，设，利用，列出方程求解即可；②取中点，连接，利用直角三角形的性质得到，推出四点共圆，由圆周角定理得到，利用正切的定义即可得到线段与的数量关系； （3）同理（2）②得四点共圆，在上取点，使得，求出，得到，设，则，求出，利用余弦的定义求出，由勾股定理求出，再根据，得到计算即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵是对角线的中点， ∴； ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：①过点P作于点G， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 由（1）知，， ∴， 设，则 ∵， ∴， ∴， ∴； ②取中点，连接， ∵， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴，即； （3）解：如图，同理（2）②得四点共圆，在上取点，使得， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，直角三角形的性质，四点共圆的性质，综合应用以上知识点是解题的关键． 13．(1)5， (2)或 (3)或 【分析】如图1，根据题意得，作于H，根据矩形的性质得到，，求得，根据勾股定理得到； 由知，，由题意知，根据勾股定理得到，是公共角．①当时，②当时，根据相似三角形的性质即可得到结论； ①当时，即为直角三角形，如图，过点C作于H，②当时，即为直角三角形，过D作于G，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）解：如图1，根据题意得， ， ； 作于H， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 故答案为：5，； （2）由知，，由题意知， ，是公共角． ①当时， 解得； 当时，以点D、P、Q为顶点的三角形与相似； ②当时， ， 解得， 当时，以点D、P、Q为顶点的三角形与相似；， 综上或； （3）， ， ①当时，即为直角三角形，如图，过点C作于H， 则， ， 解得； 经检验，是分式方程的解， 当时，，即为直角三角形； ②当时，即为直角三角形， 过D作于G， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 解得， 综上所述，当或时，为直角三角形． 【点睛】本题是相似形的综合题，考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，解本题的关键是要熟练掌握相似三角形的判定与性质等基本知识点，注意分类讨论的应用． 14．(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形性质，由两个三角形全等的判定定理即可得证； （2）过点作，交延长线于，如图所示，由（1）中全等得到，再进一步利用两个三角形全等的判定定理得到，即可得到，即点是线段的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半及等腰直角三角形性质即可得证； （3）由（2）可知，在中，是直角三角形斜边上的中线，则，进而可知，过点作于，则，先证，进而证得，得，即可求解，则，在上截取，则，，得，则，得，由可得结论． 【详解】（1）解：， 理由如下： 在正方形中，；在正方形中，， ， ， ， ； （2）解：， 理由如下： 过点作，交延长线于，如图所示： 由（1）可知，， ，， ， ，， 则是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ，即点是线段的中点， 在中，是直角三角形斜边上的中线，则， 在正方形中，是正方形的对角线，则是等腰直角三角形， ， ，即， ，则； （3），理由如下： 由（2）可知，在中，是直角三角形斜边上的中线，则， ∵， ∴， 过点作于，则， ∴， ∴， ∴， ∴，， 又∵，则， ∴， ∴， ∴， ∵平分 ∴，则， 在上截取，则，， ∴，则， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定及性质、正方形的性质、直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形等知识点，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线． 15．（1）5 （2）的周长为（3）可以，的周长为 【分析】（1）根据题意，得，，，设，则，根据勾股定理得到，解方程即可． （2）设，则，得到，解得，则，证明，求得，，解答即可； （3）设，，则，，，设，则，则，解得，则，仿照第二问的解题思路解答即可． 【详解】（1）解：∵正方形纸片，，点恰好是边的中点， ∴，，， 设，则， ∴， 解得， ∴， 故答案为：5； （2）解：∵正方形纸片，，， ∴，，， 设，则， ∴， 解得， ∴， 根据折叠的性质，得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 故的周长为：， 故的周长为； （3）解：∵正方形纸片，，， ∴，，， 设，则， ∴， 解得， ∴， 根据折叠的性质，得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 故的周长为：， 故的周长为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$