专题2 平行四边形（含矩形菱形正方形）中的折叠问题-2025-2026学年八年级数学人教版下册专题提优训练及压轴题易错题专项训练

专题2 平行四边形（含矩形菱形正方形）中的折叠问题 类型一 平行四边形中的折叠 1．（2024•顺河区一模）如图，将▱ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，CE交AD于点F，若∠B＝80°，∠ACE＝2∠ECD，则∠BAC的度数为（　　） A．40° B．50° C．60° D．80° 第1题 第2题 第3题 第4题 2．（2024春•靖江市期中）如图，小强将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A′处，并得到折痕DE，小强测得长边CD＝12，则四边形A′EBC的周长为 　 　 ． 3．（2025春•平桥区期末）如图，在▱ABCD中，．BC＝10，∠A＝45°，点E是边AD上一动点，将△AEB沿直线BE折叠，得到△FEB，设BF与AD交于点M，当BF与▱ABCD的一边垂直时，DM的长为 　 ． 4．（2025•郑州自主招生）如图，芳芳用一张长10厘米的长方形纸如图进行翻折，折出的平行四边形面积比原来少了15平方厘米．折成的平行四边形的面积是　 　 平方厘米． 5．（2025春•宿城区月考）综合实践课上，老师让同学们开展了▱ABCD的折纸活动，E是BC边上的一动点，F是AD边上的一动点，将▱ABCD沿直线EF折叠，使点C落在AB边上的点C′处，点D的对应点为点D′，连接CC′． （1）【观察发现】如图1，若∠BCC′＝15°，EC′⊥AB，BC＝4+2，求EC的长； （2）【操作探究】如图2，当点D′落在BA的延长线上时，求证：四边形EC′D′F为平行四边形． 类型二 菱形中的折叠 6．（2023•港南区四模）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，则∠DEC的大小为（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 7．（2023春•铜仁市期末）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点E，AE与CD交于点F，过点C作CG∥AF交AB于点G． （1）小明和小白为四边形AFCG是什么特殊四边形发生了争议，小明说四边形AFCG是菱形，小白说四边形AFCG不是菱形，只是平行四边形．请你评判谁的说法是正确的，并说明理由； （2）若∠FCE＝40°，求∠ACB的度数． 8．（2025春•南昌期中）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．求证：四边形AMCN是菱形． 9．（2023秋•青岛期末）一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF． （1）求证：AF∥CE； （2）当∠BAC＝　 　 度时，四边形AECF是菱形？说明理由． 类型三 矩形中的折叠 10．（2023春•江阴市月考）数学老师要求学生用一张长方形的纸片ABCD折出一个45°的角，甲、乙两人的折法如下，下列说法正确的是（　　） 甲：如图1，将纸片沿折痕AE折叠，使点B落在AD上的点B'处，∠EAD即为所求． 乙：如图2，将纸片沿折痕AE，AF折叠，使B，D两点分别落在点B'，D'处，且AB'与AD'在同一直线上，∠EAF即为所求． A．甲和乙的折法都正确 B．只有甲的折法正确 C．只有乙的折法正确 D．甲和乙的折法都不正确 11．（2025春•淮阴区期末）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC对折，使得点B落在点E处，CE交AD于点F，若CE平分∠ACD，AF＝3，则EF的长是（　　） A． B． C． D． 12．（2024秋•南海区期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，EN，EM为折痕，折叠后点A′，B′，E在同一直线上，已知∠AEN＝32°，∠EMB'的度数为（　　） A．58° B．32° C．35° D．45° 13．（2025春•海陵区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，∠BAC＝50°，E是射线CB上一点，将△COE沿OE翻折得△FOE，当OF∥AB时，∠OEB的度数为　 　 ． 14．（2025秋•信宜市期末）如图，在长方形ABCD中，E为DC边上的一点，沿线段BE对折后，若∠ABF比∠EBF大18°，则∠EBF的度数是 　 　 ． 15．（2025秋•徐州期中）如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点落在A′处． （1）求证：B′E＝BF； （2）设AE＝a，AB＝b，BF＝c，试猜想a，b，c之间的关系，并说明理由． 类型四 正方形中的折叠 16．（2024春•临潼区期末）如图，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，将△ABE沿AE折叠至△AB'E处，BE与AC交于点F，若∠EFC＝69°，则∠CAE的大小为（　　） A．10° B．12° C．14° D．15° 17．（2019春•襄汾县期末）如图，将正方形纸片ABCD折叠，使点D落在边AB上的D'处，点C落在C'处，若∠AD'M＝50°，则∠MNC'的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 18．（2026•黄石一模）在边长为1的正方形ABCD中，，连接CE，将△CBE沿CE折叠得到△CGE，CG交BD于点M，延长CG交AD于点F，则点G到AB的距离是　 ． 19．（2024•织金县一模）如图，将正方形纸片ABCD的∠B和∠D进行折叠，使两个直角的顶点重合于对角线BD上的点P处、EF，GH分别是折痕，若点P沿BD从点B向点D移动，则阴影部分的周长（　　） A．先变大，后变小 B．先变小，后变大 C．当占P在BD中点处时，阴影部分周长最大 D．保持不变 20．（2025春•宿城区期中）如图，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D． 小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线AB，AC为对称轴，画出△ABD，△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC相交于点G． 请按照小明的思路，探究并解答下列问题： （1）求证：四边形AEGF是正方形． （2）若AD＝6，BD＝2，则DC＝　 ． 21．（2023春•淮阳区期末）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形； （2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题2 平行四边形（含矩形菱形正方形）中的折叠问题 类型一 平行四边形中的折叠 1．（2024•顺河区一模）如图，将▱ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，CE交AD于点F，若∠B＝80°，∠ACE＝2∠ECD，则∠BAC的度数为（　　） A．40° B．50° C．60° D．80° 【分析】令∠ECD＝x°，则∠ACE＝2x°，进而可得∠ACD＝3x°，由折叠可知，∠E＝∠B＝80°，∠ACE＝2∠ECD，∠CAE＝∠BAC＝3x°，再根据三角形的内角和列出关于x的方程式即可得出答案． 【解答】解：令∠ECD＝x°，则∠ACE＝2x°， ∴∠ACD＝3x°， ∵ABCD为平行四边形， ∴∠BAC＝3x°， 由折叠可知，∠E＝∠B＝80°， ∠ACE＝2∠ECD，∠CAE＝∠BAC＝3x°， 在△ACE中，∠E+∠EAC+∠ACE＝180°， 即80°+3x+2x＝180°， 解得：x＝20， ∴∠BAC＝20°×3＝60°． 故选：C． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，找到等量关系是解题的关键． 2．（2024春•靖江市期中）如图，小强将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A′处，并得到折痕DE，小强测得长边CD＝12，则四边形A′EBC的周长为 　24　 ． 【分析】由题目的条件可推出四边形A1EBC是平行四边形，A1E＝A1D，所以四边形A1EBC的周长为2（A1E+A1C）＝2CD，从而求出四边形A1EBC的周长． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB，DC＝AB， ∴∠A1DE＝∠AED， ∵△A1DE是由△ADE折叠得到， ∴∠ADE＝∠A1DE，∠AED＝∠A1ED，AD＝A1D，AE＝A1E， ∴∠ADE＝∠AED， ∴AD＝AE， ∴AE＝A1D＝A1E， ∴A1C＝EB，A1E+A1C＝A1D+A1C＝DC＝12， ∴四边形A1EBC是平行四边形， ∴四边形A1EBC的周长为2（A1E+A1C）＝2CD＝24， 故答案为：24． 【点睛】本题考查翻折的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练运用翻折的性质，平行四边形的判定和性质是解题的关键． 3．（2025春•平桥区校级期末）如图，在▱ABCD中，．BC＝10，∠A＝45°，点E是边AD上一动点，将△AEB沿直线BE折叠，得到△FEB，设BF与AD交于点M，当BF与▱ABCD的一边垂直时，DM的长为 　2或6　 ． 【分析】如图1，当BF⊥AD时，如图2，当BF⊥AB时，根据折叠的性质和等腰直角三角形的判定和性质即可得到结论． 【解答】解：如图1，当BF⊥AD时， ∵平行四边形ABCD中，AD∥BC， ∴BF⊥BC， ∴∠AMB＝90°， ∵将△AEB沿BE翻折，得到△FEB， ∴∠A＝∠F＝45°， ∴∠ABM＝45°， ∵AB＝4， ∴AM＝BM＝44， ∵BC＝AD＝10， ∴DM＝AD﹣AM＝10﹣4＝6； 如图2，当BF⊥AB时， ∵平行四边形ABCD中，AB∥DC， ∴BF⊥DC， ∵将△AEB沿BE翻折，得到△FEB， ∴∠A＝∠EFB＝45°， ∴∠ABF＝90°， 此时F与点M重合， ∵AB＝BF＝4， ∴AF＝48， ∴DM＝10﹣8＝2． 综合以上可得DM的长为2或6． 故答案为：2或6． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键． 4．（2025•郑州校级自主招生）如图，芳芳用一张长10厘米的长方形纸如图进行翻折，折出的平行四边形面积比原来少了15平方厘米．折成的平行四边形的面积是　35　 平方厘米． 【分析】通过观察图形可知，折成的平行四边形比原来长方形的面积减少了15平方厘米，面积减少的部分是两个完全一样三角形的面积，已知每个三角形的底是3厘米，三角形的高等于原来长方形的宽，这两个完全一样的三角形可以拼一个长方形，根据长方形的面积＝长×宽，那么宽＝面积÷长，把数据代入公式求出长方形原来的宽，用原来长方形的面积减去15平方厘米就是折成的平行四边形的面积． 【解答】解：∵长10厘米的长方形纸如图进行翻折，折出的平行四边形面积比原来少了15平方厘米， ∴15÷3＝5（厘米），10×5﹣15＝50﹣15＝35（平方厘米）， ∴这张长方形纸的宽是5厘米，折成的平行四边形的面积是35平方厘米． 故答案为：35． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，解答本题的关键是求出原来长方形的宽． 5．（2025春•宿城区校级月考）综合实践课上，老师让同学们开展了▱ABCD的折纸活动，E是BC边上的一动点，F是AD边上的一动点，将▱ABCD沿直线EF折叠，使点C落在AB边上的点C′处，点D的对应点为点D′，连接CC′． （1）【观察发现】如图1，若∠BCC′＝15°，EC′⊥AB，BC＝4+2，求EC的长； （2）【操作探究】如图2，当点D′落在BA的延长线上时，求证：四边形EC′D′F为平行四边形． 【分析】（1）由折叠知EC＝EC，则∠EC'C＝∠ECC'＝15°，推出∠BEC'＝∠ECC'+∠ECC＝30°，因为EC'⊥AB，则∠EC'B＝90°，所以BE＝2BC'．由勾股定理得，EC′，则，所以，则BC'＝2，推出； （2）证明：由折叠知∠CEF＝∠C'EF，∠EFD＝∠EFD'．由▱ABCD得AD∥BC，∠D＝∠B，则∠CEF+∠EFD＝180°．所以∠C'EF+∠EFD'＝180°，推出C'E∥D'F．则∠BC'E＝∠D′＝∠D＝∠B．所以BE＝C'E＝CE．则，因为AD∥BC，点D在BA延长线上，则∠B＝∠D'AF＝∠D'．推出AF＝D'F＝DF．则 ，因为AD＝BC，则C'E＝D'F．又因为C'E∥D'F，则四边形EC'D'F是平行四边形． 【解答】解：（1）由折叠知EC＝EC'， ∴∠EC'C＝∠ECC'＝15°， ∴∠BEC'＝∠ECC'+∠ECC＝30°， ∵EC'⊥AB， ∴∠EC'B＝90°， ∴BE＝2BC'． 由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴BC'＝2， ∴； （2）证明：由折叠知∠CEF＝∠C'EF，∠EFD＝∠EFD'． 由▱ABCD得AD∥BC，∠D＝∠B， ∴∠CEF+∠EFD＝180°． ∴∠C'EF+∠EFD'＝180°．， ∴CE∥DF． ∴∠BC'E＝∠D′＝∠D＝∠B． ∴BE＝C'E＝CE， ∴， ∵AD∥BC，点D在BA延长线上， ∴∠B＝∠DAF＝∠D'， ∴AF＝D'F＝DF， ∴， ∵AD＝BC， ∴C'E＝D'F． 又∵C'E∥D'F， ∴四边形EC'D'F是平行四边形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 类型二 菱形中的折叠 6．（2023•港南区四模）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，则∠DEC的大小为（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 【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：连接BD，如图所示： ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD， ∵∠A＝60°， ∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°， ∵DC′是AB的垂直平分线， ∴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°， 在△DEC中，∠DEC＝180°﹣（∠CDE+∠C）＝75°． 故选：D． 【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键． 7．（2023春•铜仁市期末）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点E，AE与CD交于点F，过点C作CG∥AF交AB于点G． （1）小明和小白为四边形AFCG是什么特殊四边形发生了争议，小明说四边形AFCG是菱形，小白说四边形AFCG不是菱形，只是平行四边形．请你评判谁的说法是正确的，并说明理由； （2）若∠FCE＝40°，求∠ACB的度数． 【分析】（1）先证明四边形AGCF是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判断即可； （2）由折叠的性质可得∠ACG＝25°，∠ACB＝40°，从而可求出结论． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， 又∵CG∥AF ∴四边形AGCF是平行四边形 ∵AB∥CD， ∴∠FCA＝∠GAC， 由折叠得，∠GAC＝∠FAC， ∴∠FCA＝∠FAC， ∴FC＝FA， ∴四边形AFCG是菱形， ∴小明说得对， （2）∵四边形AFCG是菱形， ∴∠FCA＝∠GCA， 由折叠得，∠ACB＝∠ACE， ∴∠GCB＝∠FCE＝40°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DCB＝90°， ∴∠DCG＝50°， ∴， ∴∠ACB＝∠ACG+∠GCB＝25°+40°＝65°． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，折叠的性质等知识，正确证明四边形AGCF是平行四边形是解答本题的关键． 8．（2025春•南昌期中）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．求证：四边形AMCN是菱形． 【分析】由矩形ABCD与折叠的性质，易证得△CMN是等腰三角形，即CM＝CN，即可证得AM＝CM＝CN＝AN，即可得四边形AMCN是菱形． 【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠ANM＝∠NMC， 由折叠的性质，可得：∠ANM＝∠CNM，AM＝CM，AN＝CN， ∴∠NMC＝∠CNM， ∴CM＝CN， ∴AM＝CM＝CN＝AN， ∴四边形AMCN为菱形． 【点睛】此题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定，注意掌握菱形的判定方法，注意折叠中的对应关系． 9．（2023秋•青岛期末）一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF． （1）求证：AF∥CE； （2）当∠BAC＝　30　 度时，四边形AECF是菱形？说明理由． 【分析】（1）证出∠HAF＝∠MCE，即可得出AF∥CE； （2）证出四边形AECF是平行四边形，再证出AF＝CF，即可得出四边形AECF是菱形． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC＝∠BCA， 由翻折知，∠DAF＝∠HAF∠DAC，∠BCE＝∠MCE∠BCA， ∴∠HAF＝∠MCE， ∴AF∥CE； （2）解：当∠BAC＝30°时四边形AECF为菱形，理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠BAD＝90°，AB∥CD， 由（1）得：AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵∠BAC＝30°， ∴∠DAC＝60°． ∴∠ACD＝30°， 由折叠的性质得∠DAF＝∠HAF＝30°， ∴∠HAF＝∠ACD， ∴AF＝CF， ∴四边形AECF是菱形； 故答案为：30． 【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键． 类型三 矩形中的折叠 10．（2023春•江阴市月考）数学老师要求学生用一张长方形的纸片ABCD折出一个45°的角，甲、乙两人的折法如下，下列说法正确的是（　　） 甲：如图1，将纸片沿折痕AE折叠，使点B落在AD上的点B'处，∠EAD即为所求． 乙：如图2，将纸片沿折痕AE，AF折叠，使B，D两点分别落在点B'，D'处，且AB'与AD'在同一直线上，∠EAF即为所求． A．甲和乙的折法都正确 B．只有甲的折法正确 C．只有乙的折法正确 D．甲和乙的折法都不正确 【分析】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，根据对应角相等即可得出结论． 【解答】解：甲：将纸片沿折痕AE折叠，使B点落在AD上的B'点，得到∠EAB∠EAD＝45°； 乙：将纸片沿折痕AE，AF折叠，使B，D两点落在AC上的点B'，D'，得到∠EAF＝∠EAB'+∠FAB'（∠DAC+∠BAC）90°＝45°； 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质和折叠问题，翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换． 11．（2025春•淮阴区期末）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC对折，使得点B落在点E处，CE交AD于点F，若CE平分∠ACD，AF＝3，则EF的长是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据矩形的性质得∠D＝∠BCD＝90°，AD∥BC，由平行线的性质得∠DAC＝∠ACB，由折叠的性质得∠ACB＝∠ACE，于是∠CAF＝∠ACF，则AF＝CF＝3，证明∠ACB＝∠ACF＝∠FCD＝30°即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠D＝∠BCD＝90°，AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB， 由折叠可知，∠ACB＝∠ACE， ∴∠CAF＝∠ACF，而AF＝3，CE平分∠ACD， ∴AF＝CF＝3，∠ACB＝∠ACF＝∠FCD＝30°， ∴DFCF， ∴EF＝DF， 故选：A． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、利用平行线的性质和折叠的性质推出AF＝CF＝2是解题关键． 12．（2024秋•南海区期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，EN，EM为折痕，折叠后点A′，B′，E在同一直线上，已知∠AEN＝32°，∠EMB'的度数为（　　） A．58° B．32° C．35° D．45° 【分析】由折叠得∠A′EN＝∠AEN＝32°，∠B′EM＝∠BEM，∠EB′M＝∠B＝90°，则∠AEA′＝64°，∠BEB′＝2∠B′EM，所以64°+2∠B′EM＝180°，求得∠B′EM＝58°，则∠EMB′＝90°﹣∠B′EM＝32°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， 由折叠得∠A′EN＝∠AEN＝32°，∠B′EM＝∠BEM，∠EB′M＝∠B＝90°， ∴∠AEA′＝2∠AEN＝64°，∠BEB′＝2∠B′EM， ∵点A′，B′，E在同一直线上， ∴∠AEA′+∠BEB′＝180°， ∴64°+2∠B′EM＝180°， ∴∠B′EM＝58°， ∴∠EMB′＝90°﹣∠B′EM＝90°﹣58°＝32°， 故选：B． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、直角三角形的两个锐角互余等知识，求得∠B′EM＝58°是解题的关键． 13．（2025春•海陵区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，∠BAC＝50°，E是射线CB上一点，将△COE沿OE翻折得△FOE，当OF∥AB时，∠OEB的度数为　65°　 ． 【分析】根据矩形的性质得到∠ABC＝90°，AB∥CD，根据直角三角形的性质求出∠ACB，根据平行线的性质求出∠COF，根据折叠的性质求出∠EOC，再根据三角形的外角性质计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠ABC＝90°，AB∥CD， ∴∠ACB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣50°＝40°， ∵OF∥AB， ∴OF∥AB， ∴∠COF＝∠BAC＝50°， 由折叠的性质可知：∠EOC∠COF＝25°， ∴∠OEB＝∠ACB+∠EOC＝40°+25°＝65°， 故答案为：65°． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线平行于对边并且等于第三边的一半是解题的关键． 14．（2025秋•信宜市期末）如图，在长方形ABCD中，E为DC边上的一点，沿线段BE对折后，若∠ABF比∠EBF大18°，则∠EBF的度数是 　24°　 ． 【分析】设∠EBF＝α，则∠ABF＝α+18°，由长方形性质得，∠ABC＝∠ABF+∠EBF+∠CBE＝90°，再由翻折性质得∠CBE＝∠EBF＝α，进而得α+18°+α+α＝90°，由此解出α＝24°，继而可得∠EBF的度数． 【解答】解：设∠EBF＝α， ∵∠ABF比∠EBF大18°， ∴∠ABF＝α+18°， ∵四边形ABCD是长方形， ∴∠ABC＝∠ABF+∠EBF+∠CBE＝90°， 由翻折性质得：∠CBE＝∠EBF＝α， ∴α+18°+α+α＝90°， 解得：α＝24°， ∴∠EBF的度数是24°． 故答案为：24°． 【点睛】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，熟练掌握图形的翻折变换及其性质，矩形的性质是解决问题的关键． 15．（2025秋•徐州期中）如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点落在A′处． （1）求证：B′E＝BF； （2）设AE＝a，AB＝b，BF＝c，试猜想a，b，c之间的关系，并说明理由． 【分析】（1）由矩形的性质及平行线的性质得∠B′EF＝∠BFE，由折叠的性质得B′F＝BF，结合等腰三角形的判定及性质，即可求解； （2）由矩形的性质及折叠的性质，结合勾股定理得A′E2+A′B′2＝B′E2，即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是长方形， ∴AD∥BC， ∴∠B′EF＝∠BFE， ∵把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点落在A′处， ∴B′F＝BF， ∠B′FE＝∠BFE， ∴∠B′FE＝∠B′EF， ∴B′E＝B′F ∴B′E＝BF； （2）解：a2+b2＝c2；理由如下： ∵四边形ABCD是长方形， ∴∠A＝90°， 由折叠得：A′E＝AE＝a，A′B′＝AB＝b，B′F＝BF＝c，∠A′＝∠A＝90°， ∴B′E＝BF＝c， 在Rt△A′B′E中，由勾股定理得：A′E2+A′B′2＝B′E2， ∴a2+b2＝c2． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键． 类型四 正方形中的折叠 16．（2024春•临潼区期末）如图，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，将△ABE沿AE折叠至△AB'E处，BE与AC交于点F，若∠EFC＝69°，则∠CAE的大小为（　　） A．10° B．12° C．14° D．15° 【分析】利用正方形的性质和轴对称的性质很容易求出∠CAE的大小． 【解答】解：∵∠EFC＝69°，∠ACE＝45°， ∴∠BEF＝69+45＝114°， 由折叠的性质可知：∠BEA∠BEF＝57°， ∴∠BAE＝90﹣57＝33°， ∴∠EAC＝45﹣33＝12°． 故选：B． 【点睛】本题运用了正方形的性质和轴对称的性质，关键是计算要准确． 17．（2019春•襄汾县期末）如图，将正方形纸片ABCD折叠，使点D落在边AB上的D'处，点C落在C'处，若∠AD'M＝50°，则∠MNC'的度数为（　　） A．100° B．110° C．120° D．130° 【分析】折叠后，四边形CDMN与四边形C′D′MN关于MN对称，则∠DMN＝∠D′MN，同时∠AMD′＝90°﹣∠AD'M＝40°，所以∠DMN＝∠D′MN＝（180°﹣40°）÷2＝70°，根据四边形内角和360°即可求得∠MNC'的度数． 【解答】解：四边形CDMN与四边形C′D′MN关于MN对称，则∠DMN＝∠D′MN， 且∠AMD′＝90°﹣∠AD'M＝40°， ∴∠DMN＝∠D′MN＝（180°﹣40°）÷2＝70° 由于∠MD′C′＝∠NC′D′＝90°， ∴∠MNC'＝360°﹣90°﹣90°﹣70°＝110° 故选：B． 【点睛】本题主要考查四边形内角和以及折叠问题．熟悉四边形内角和是解答本题的关键． 18．（2026•黄石一模）在边长为1的正方形ABCD中，，连接CE，将△CBE沿CE折叠得到△CGE，CG交BD于点M，延长CG交AD于点F，则点G到AB的距离是　　 ． 【分析】根据题意可知CG＝CB＝1，，∠CGE＝∠CBE＝90°，过点G作GH⊥AB于H，作GK⊥BC于K，证明四边形BHGK为矩形，设GH＝h，GK＝k，在Rt△CGK和Rt△GEH中，运用勾股定理求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CBE＝90°， 由折叠可知：CG＝CB＝1，，∠CGE＝∠CBE＝90°， 如图，AB⊥BC，过点G作GH⊥AB于H，作GK⊥BC于K． ∴四边形BHGK为矩形， 设GH＝h，GK＝k． 在Rt△CGK中，由勾股定理得：CG2＝GK2+CK2， ∴12＝k2+（1﹣h）2， 整理得：k2+h2＝2h①， 在Rt△GEH中，由勾股定理得：GE2＝GH2+EH2， ∴， 整理得：， 联立①②得：， ， 代入①中得：， 解得：或h＝0（不合题意，舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质，添加正确的辅助线是解决本题的关键． 七．正方形的判定（共1小题） 19．（2024•织金县一模）如图，将正方形纸片ABCD的∠B和∠D进行折叠，使两个直角的顶点重合于对角线BD上的点P处、EF，GH分别是折痕，若点P沿BD从点B向点D移动，则阴影部分的周长（　　） A．先变大，后变小 B．先变小，后变大 C．当占P在BD中点处时，阴影部分周长最大 D．保持不变 【分析】由于折叠，△BEF≌△PEF，△DGH≌△PGH，可证EP＝BE，FP＝FB，PG＝AE，PH＝FC，EF＝BP，GH＝PD，因为阴影部分的周长＝EP+PG+GH+HP+PF+FE，BE+AE+PD+BP+FC+BF＝AB+BC+BD，所以阴影部分的周长保持不变． 【解答】解：由于折叠，△BEF≌△PEF，△DGH≌△PGH， ∴EP＝EB，FP＝FB，∠EPF＝∠EBF＝∠GPH＝∠GDH＝90°， ∴∠EPG＝∠FPH＝90°， ∵两个直角的顶点重合于对角线BD上的点P处， ∴EF是BP的垂直平分线，GH是PD的垂直平分线， ∵AC与BD互相垂直平分， ∴EF∥AC∥GH， ∴∠BEF＝∠BAC＝45°， ∴∠BEP＝90°， ∴四边形BEPF是矩形， ∴EF＝BP， 同理可得，GH＝PD， ∵∠AEP＝∠EPG＝∠EAG＝90°， ∴四边形AEPG是矩形， ∴AE＝PG， 同理可得，FC＝PH， ∴阴影部分的周长＝EP+PG+GH+HP+PF+FE＝BE+AE+PD+BP+FC+BF＝AB+BC+BD， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，关键是掌握正方形的性质． 20．（2025春•宿城区期中）如图，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D． 小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线AB，AC为对称轴，画出△ABD，△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC相交于点G． 请按照小明的思路，探究并解答下列问题： （1）求证：四边形AEGF是正方形． （2）若AD＝6，BD＝2，则DC＝　3　 ． 【分析】（1）根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF得AD＝AE，∠DAB＝∠EAB，AD＝AF，∠DAC＝∠FAC，根据∠BAC＝45°得∠EAF＝90°，根据AD⊥BC得∠ADB＝∠ADC＝90°，则∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，可得四边形AEGF是矩形，根据AD＝AE，AD＝AF得AE＝AF，即可得； （2）设CD＝x，则BC＝x+2，进而求出BD＝BE＝2，CD＝CF＝x，则BG＝6﹣2＝4，CG＝6﹣x，在Rt△BGC中，根据勾股定理得 （6﹣x）2+42＝（x+2）2，解方程即可得到CD＝3． 【解答】解：（1）根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF， ∴AD＝AE，∠DAB＝∠EAB，AD＝AF，∠DAC＝∠FAC， ∵∠BAC＝45°， ∴∠EAF＝∠DAB+∠DAC+∠EAB+∠FAC＝∠BAC+∠BAC＝90°， ∵AD⊥BC， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°， ∴四边形AEGF是矩形， ∵AD＝AE，AD＝AF， ∴AE＝AF， ∴矩形AEGF是正方形； （2）设CD＝x，则BC＝x+2 ∵AD＝6，BD＝2，四边形AEGF是正方形， ∴EG＝FG＝AD＝6，∠BGC＝90°， ∵△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF， ∴BD＝BE＝2，CD＝CF＝x， ∴BG＝6﹣2＝4，CG＝6﹣x， 在Rt△BGC中，根据勾股定理得，BG2+CG2＝BC2， ∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2， 解得x＝3， ∴CD＝3， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理，正确进行计算是解题关键． 21．（2023春•淮阳区期末）（1）将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，如图1．求证：四边形AEA'D是正方形； （2）将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由． 【分析】（1）由折叠性质得AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形； （2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论． 【解答】（1）证明：∵ABCD是矩形， ∴∠A＝∠ADC＝90°， ∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE， ∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°， ∵AB∥CD， ∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE， ∴AD＝AE， ∴AD＝AE＝A′E＝A′D， ∴四边形AEA′D是菱形， ∵∠A＝90°， ∴四边形AEA′D是正方形； （2）解：MC′＝ME． 证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°， 由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′， ∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′， 又EC′＝C′E， 在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中， ， ∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL）， ∴∠C′EA＝∠EC′B′， ∴MC′＝ME． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，解决本题关键证明利用勾股定理构建方程． 1 学科网（北京）股份有限公司 $