专题14 几何变换之折叠模型（几何模型讲义）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题14 几何变换之折叠模型 折叠问题是中考热点题型，也是重要的几何变换，图形翻折问题题型多样，变化灵活，从考查空间想像能力与动手操作能力的实践操作题，到直接运用折叠相关性质的说理计算题，发展到基于折叠操作的综合题，甚至是压轴题。 折叠操作就是将图形的一部分沿着一条直线翻折180°，使它与另一部分图形在这条直线的同旁与其重叠或不重叠，其中“折”是过程，“叠”是结果。折叠问题的实质是图形的轴对称变换，折叠更突出了轴对称问题的应用。所以在解决有关的折叠问题时可以充分运用轴对称的思想和轴对称的性质，根据轴对称的性质可以得到：折叠重合部分一定全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴；互相重合两点（对称点）之间的连线必被折痕垂直平分；对称两点与对称轴上任意一点连结所得的两条线段相等；对称线段所在的直线与对称轴的夹角相等。在解题过程中要充分运用以上结论，借助辅助线构造直角三角形，结合相似形、锐角三角函数等知识来解决有关折叠问题，可以使得解题思路更加清晰，解题步骤更加简洁。 1 模型来源 2 真题现模型 2 提炼模型 4 模型运用 6 8 ‌ 19世纪末，印度数学家T. Sundara Rao在 《折纸中的几何练习》中，首次系统地将折纸与几何证明结合，用于验证三角形、勾股定理等。 20世纪90年代，数学家藤田文章（Humiaki Huzita）归纳出折纸几何公理（Huzita–Hatori公理），证明了折纸在某些作图问题上（如三等分角）比尺规作图更强大。 初中题中“折叠即对称”的操作，实际上是这些公理（如“将点A折到点B上即作中垂线”）的直观体现。折叠被定义为图形的轴对称变换，核心性质是“对应边（角）相等”和“折痕是对称轴”。 矩形折叠（求线段长）源自勾股定理的折纸验证法角平分线折叠源自折纸公理中的“将一边折到另一边”正多边形折叠源自桑达拉·饶的正方形折纸构造法。常见的矩形、三角形折叠套路可总结为“一线三垂直”、“角平分线+平行线得等腰”等模型。 1．（2025•惠山区三模）如图，抛物线y＝2（x﹣2）2﹣2与x轴交于点A，B，顶点为M，点P为对称轴上一动点，的最小值为（　　） A． B． C． D．1 2．（2025•湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G．若DE＝2，则CG的长是（　　） A． B．2 C． D． 3．（2025•绵阳）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，BC＝4，AD＝2，点E在四边形内，DE⊥CE，EF⊥CD于点F，将△BCG沿CG翻折，点B恰好与点E重合，延长FE交折痕CG的延长线于点H，∠DCG＝45°，则点B到直线FH的距离为　 ． 4．（2025•三台县模拟）如图，在矩形ABCD中，点E为AB边上一点，将△BCE沿CE翻折到△FCE，点B恰好落在AD边上的点F处．延长CE、DA交于点G，连接BG，BF． （1）求证：四边形BCFG为菱形； （2）若AE＝3，且，求菱形BCFG的面积． 5．（2025•五华区一模）如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处过点D作DG∥BE，交BC于点G，如图2． （1）求证：四边形BFDG是菱形； （2）若AD＝AB+4，BD＝4，求四边形BFDG的面积． 如图，将△ABC沿着DE翻折，使得点A落在BC的点E处结论有： ①△ADE≌△EDF（即AD=DE，AF=EF，∠A=∠DEF，∠ADF=∠EDF，∠AFD=∠EFD） ②DF垂直平分AE 从“形”的变化看翻折——“翻折”就是轴对称图形、全等形、相似形； 从“数”的变化看翻折——“翻折”就是线段之间、角与角之间的数量关系； 解决此类问题的策略是：先弄清对称轴（折痕），明确图中哪些线段相等（重合），哪些角相等（重合），哪些三角形全等（重合），然后找出线段间的数量关系，最后利用勾股定理、相似比或三角函数列方程，完成“数”与“形”之间的转化，进而求得其解。 1）折叠中顶点落在边上得到直角三角形： 条件：设B'C＝a，BC＝b，B'F＝x，则BF＝B'F＝x，CF＝BC－BF＝b－x，在Rt△CFB'中，由勾股定理，得x2＝a2＋(b－x)2. 由于矩形的四个内角均为直角，因此折叠后易出现与设问相关联的直角三角形，可利用勾股定理或三角函数列方程求解即可. 2）折叠中利用角平分线(折痕)性质及平行线得到等腰三角形 条件：已知∠CBD＝∠EBD，∠ADB＝∠CBD，则∠ADB＝∠EBD，即△BFD为等腰三角形. 当折痕过特殊四边形对边或对角线时，可利用角平分线(折痕)与平行线(特殊四边形的对边)的性质得到等腰三角形，再利用等腰三角形的性质求解. 3）折叠中正8字、斜A字模型 结论：①“正8字”：△AFE∽△CFD； ②“斜A字”：△AFE∽△ABC. 证明：∵∠CDF=∠AEF，∠CFD=∠AFE， ∴△AFE∽△CFD； ∵∠EAF=∠CAB，∠AFE=∠ABC， ∴△AFE∽△ABC 4）折叠中一线三垂直模型 结论：①△BEF∽△CFD； ②△AED≌△FED. 例1（2025•长沙）如图，将△ABC沿折痕AD折叠，使点B落在AC边上的点E处，若AB＝4，BC＝5，AC＝6，则△CDE的周长为（　　） A．5 B．6 C．6.5 D．7 例2（2025•青岛）如图，在三角形纸片ABC中，∠B＝57°，∠C＝38°，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点B落在AC边上的点E处，折痕AD交BC于点D；再将纸片沿着过点E的直线折叠，使点C落在BC边上的点G处，折痕EF交BC于点F．下列结论成立的是（　　） A．DG＝EG B．GE⊥AE C．∠DAE＝42° D．DE＝2GF 例3（2025•内江）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点B的坐标为（1，0），点E在边CD上．将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为（0，3），则点E的坐标为　 　 ． 例4（2025•西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG． （1）求证：△ADG≌△FDG； （2）若AB＝2，求AG的长． 例5（2025•常州模拟）如图1，在△ABC纸片中，∠ABC＝90°，将该纸片折叠，使得点C的对应点P落在AB边上且OP⊥AB，折痕为OM． （1）若BC＝8，BM＝3，求OP的长； （2）请在图2中探究思考，用无刻度的直尺和圆规作出符合题意的折痕OM．（不需要写出作法，但要保留作图痕迹） 1．（2025•河南）如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，AB＝6，点E在边BC上，连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B落在BC延长线上的点F处，则CF的长为（　　） A．2 B．6﹣3 C．2 D．66 2．（2025•深圳）如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点A与对角线的交点O重合，EF为折痕，则的值为（　　） A． B． C． D． 3．（2025•苏州）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接A′C，A′D，则下列结论不正确的是（　　） A．A′D∥BE B．A'C'D C．△A′CD的面积＝△A′DE的面积 D．四边形A′BED的面积＝△A′BC的面积 4．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　） A．3 B．2 C．2 D．4 5．（2025•武汉）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是边AB上的点，将△BCD沿直线CD折叠，点B的对应点E恰好落在边AC上．若∠A＝34°，则∠ADE的大小是（　　） A．35° B．37° C．39° D．41° 6．（2025•重庆）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC边的中点，连接DE，将△DCE沿直线DE翻折到正方形ABCD所在的平面内，得△DFE，延长DF交AB于点G．∠ADG和∠DAG的平分线DH，AH相交于点H，连接GH，则△DGH的面积为（　　） A． B． C． D． 7．（2025•河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（　　） A．∠1＝45°﹣α B．∠1＝α C．∠2＝90°﹣α D．∠2＝2α 8．（2025•资阳）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，E是线段AD的中点，F是线段AB上的一个动点．现将△AEF沿EF所在直线翻折得到△A′EF（如图的所有点在同一平面内），连接A′B，A′C，则△A′BC面积的最小值为（　　） A． B． C． D． 9．（2025•济南）如图，正方形纸片ABCD中，E是AD上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在CD上的点G处，点B落在点H处，折痕EF交BC于点F．若CG＝4，，则AB＝　 ． 10．（2025•齐齐哈尔）等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交AB于点D，交直线AC于点E，连接BE，若AE＝5，tan∠AED，则△BEC的面积为　 ． 11．（2025•甘肃）如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B′处，B′C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形．若AB＝6cm，则AD＝　 cm． 12．（2025•常州）如图，在△ABC中，tanC，D是边BC上一点，将△ACD沿AD翻折得到△AED使线段AE、BC相交于点F，若CF＝5，EF＝2，则AC＝　 ． 13．（2025•徐州）如图，将三角形纸片ABC折叠，使点A落在边BC上的点D处，折痕为CE．若△ABC的面积为8，△BCE的面积为5，则BD：DC＝　 ． 14．（2025•潍坊）如图，在▱ABCD中，点E在边BC上．将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′恰好落在边DC上；将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上．若∠C＝α，则∠CB′E＝ 　　 ．（用含α的式子表示） 15．（2025•无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为　 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是　 ． 16．（2025•宜宾）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且EF∥BD，把△ECF沿EF翻折，点C恰好落在矩形对角线BD上M处．若A、M、E三点共线，则的值为　 ． 17．（2025•扬州）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝4，点E是BC边上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足为F，点Q是线段AP上一点，且AQPF．当点E从点B运动到点C时，点Q运动的路径长是　 ． 18．（2025•江西）如图，在矩形纸片ABCD中，沿着点A折叠纸片并展开，AB的对应边为AB′，折痕与边BC交于点P．当AB′与AB，AD中任意一边的夹角为15°时，∠APB的度数可以是　 ． 19．（2025•大连模拟）如图，将平行四边形纸片ABCD沿一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落在点G处，折痕为EF． 求证：EB＝FG． 20．（2024•潍坊）如图，在矩形ABCD中，AB＞2AD，点E，F分别在边AB，CD上．将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线AC上．连接GE，FH． 求证： （1）△AEH≌△CFG； （2）四边形EGFH为平行四边形． 21．（2025•长沙模拟）如图，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F，作FO⊥BD，延长FO交线段BC于点G． （1）判断四边形BFDG的形状，并说明理由； （2）若AB＝6，AD＝8，求四边形BFDG的面积． 22．（2025•南京二模）如图，将▱ABCD沿BD翻折，点C落在点E处，BE与AD相交于点O．连接AE并延长，交CD的延长线于点F． （1）求证：△ABO≌△EDO． （2）求证：四边形ABDF是平行四边形． 23．（2025•盐山县校级模拟）如图，将△ABC沿AC翻折得到△ADC，AD∥BC． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）过点D作DE⊥BC交延长线于点E，连接BD．若DE＝4，AB＝5，求BD的长． 24．（2025•泉州校级模拟）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． 25．（2025•姜堰区二模）综合与实践：如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中，小亮用该A4纸玩折纸游戏． 操作1：将A4纸对折，使AB、CD重合，折痕为EF，展开后，连接DF； 操作2：沿过点D的直线折叠，使点A落在DF上的点N处，折痕为DM，展开后，连接MN． （1）若AD＝2，求FN的长； （2）求证：点M为AB的中点． 26．（2025•广东一模）【动手操作】在数学课上，老师让同学们开展“正方形的折叠”的相关研究．如图1，四边形ABCD为正方形纸片，E为BC上一动点，将该纸片沿AE所在的直线折叠，使点B落在正方形ABCD内部的点G处，将该纸片再沿着过点A的直线折叠，使AD和AG刚好重合，折痕交CD于点F． （1）【观察思考】在点E移动的过程中，同学们发现E，G，F三点共线且∠EAF的大小不变．请证明E，G，F三点共线，并求出∠EAF的大小； （2）【拓展探究】如图2，继续将该纸片沿过点E的直线折叠，使点F落在线段AF的点P处，折痕交AF于点H，求证：AP•EC＝2PH•BE． 27．（2025•嘉善县一模）如图，在△ABC中，以B为圆心，线段BC的长为半径画弧交边AB于点D，连结CD，将△ABC沿直线CD对折使点A落在A′处，A′C交边AB于点E． （1）求证：∠DA′E＝∠BCE； （2）若，求的值． 28．（2025•岳麓区校级模拟）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过D的直线折叠，使点C落在AD上的点C'处，得到折痕DE，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点A恰好落在CD上的点A'处，得到折痕EF，BC交A'B'于点M，再把纸片展平．问题解决： （1）如图1，求证：四边形CDC′E是正方形． （2）如图2，若CA'＝3，DA'＝6，求△A'CM的面积． 29．（2025•东莞市校级模拟）如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，BC＞AD，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C恰好与点A重合，折痕DE交BC于点E，连接AE． （1）你能确定四边形CDAE的形状吗？证明你的结论； （2）连接AC交DE于点O，连接BO，若AC＝8，DE＝6，当∠BOE＝∠BCO时，求线段BE的长度． 30．（2025•镇平县二模）菱形ABCD中，AB＝5，，点E为CD边上一个动点（不与点C、D重合），把△ADE沿直线AE折叠，AF与AD对应． （1）若点F在DC的延长线上，求CF的长； （2）当AF与菱形ABCD的边垂直时，求DE的长． 31．（2025•萨尔图区校级二模）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E；F是AD上一点，且DF＝BE，连接CF． （1）求证：四边形AECF是矩形． （2）△FCG沿直线FG折叠，点C恰好落在矩形AECF的对角线AC的中点H处，若，tanD＝4，求四边形CDFH的面积． 32．（2025•宁波模拟）（1）在四边形ABED中，AB∥DE，在BC上有一点C，连接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．证明：DE＝BC． （2）若四边形ABCD为菱形，将△BCF沿CF对折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 几何变换之折叠模型 折叠问题是中考热点题型，也是重要的几何变换，图形翻折问题题型多样，变化灵活，从考查空间想像能力与动手操作能力的实践操作题，到直接运用折叠相关性质的说理计算题，发展到基于折叠操作的综合题，甚至是压轴题。 折叠操作就是将图形的一部分沿着一条直线翻折180°，使它与另一部分图形在这条直线的同旁与其重叠或不重叠，其中“折”是过程，“叠”是结果。折叠问题的实质是图形的轴对称变换，折叠更突出了轴对称问题的应用。所以在解决有关的折叠问题时可以充分运用轴对称的思想和轴对称的性质，根据轴对称的性质可以得到：折叠重合部分一定全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴；互相重合两点（对称点）之间的连线必被折痕垂直平分；对称两点与对称轴上任意一点连结所得的两条线段相等；对称线段所在的直线与对称轴的夹角相等。在解题过程中要充分运用以上结论，借助辅助线构造直角三角形，结合相似形、锐角三角函数等知识来解决有关折叠问题，可以使得解题思路更加清晰，解题步骤更加简洁。 1 模型来源 2 真题现模型 2 提炼模型 4 模型运用 6 8 ‌ 19世纪末，印度数学家T. Sundara Rao在 《折纸中的几何练习》中，首次系统地将折纸与几何证明结合，用于验证三角形、勾股定理等。 20世纪90年代，数学家藤田文章（Humiaki Huzita）归纳出折纸几何公理（Huzita–Hatori公理），证明了折纸在某些作图问题上（如三等分角）比尺规作图更强大。 初中题中“折叠即对称”的操作，实际上是这些公理（如“将点A折到点B上即作中垂线”）的直观体现。折叠被定义为图形的轴对称变换，核心性质是“对应边（角）相等”和“折痕是对称轴”。 矩形折叠（求线段长）源自勾股定理的折纸验证法角平分线折叠源自折纸公理中的“将一边折到另一边”正多边形折叠源自桑达拉·饶的正方形折纸构造法。常见的矩形、三角形折叠套路可总结为“一线三垂直”、“角平分线+平行线得等腰”等模型。 1．（2025•惠山区三模）如图，抛物线y＝2（x﹣2）2﹣2与x轴交于点A，B，顶点为M，点P为对称轴上一动点，的最小值为（　　） A． B． C． D．1 【分析】先求出A，B，M的坐标，连接BM，作PQ⊥BM，通过三角函数将PM转化为PQ，然后根据垂线段最短求解即可． 【解答】解：∵M为顶点， ∴M（2，2）， 令y＝0，则x＝1或3， ∴A（1，0），B（3，0）， 连接BM，作PQ⊥BM于Q，对称轴与x轴交于点C，如图： ∴C（2，0）， ∴BC＝1，CM＝2，AB＝2， ∴BM， ∴sin∠CMB，sin∠CBM， ∵PQ⊥BM， ∴PQ＝PMsin∠CMBPM， ∴PAPM＝PA+PQ， ∴当P，A，Q共线时，PA+PQ最小， 此时，AQ⊥BM， ∴AQ＝ABsin∠CBM． 故选：A． 2．（2025•湖北）如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G．若DE＝2，则CG的长是（　　） A． B．2 C． D． 【分析】如图，过G作GH⊥BC于H，由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE，证明∠DEF＝∠FDE＝45°，而，可得DF＝EF＝DE•sin45°＝2，求解，，证明OG＝HG，Rt△OBG≌Rt△HBG，可得，再进一步求解即可． 【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝AB＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，∠DBC＝∠BDC＝45°，AC＝BD，OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD， 由对折可得：BC＝BF，CE＝EF，∠BFE＝∠BCE＝90°＝∠DFE，∠FBE＝∠CBE， ∴∠DEF＝∠FDE＝45°，而， ∴DF＝EF＝DE•sin45°＝2， ∴， ∴， ∴， ∵∠FBE＝∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD， ∴OG＝HG， ∵BG＝BG， ∴Rt△OBG≌Rt△HBG， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 方法二：设AC与BD交于点O， ∵∠FBE＝∠CBE＝22.5°，∠BOG＝90°， ∴∠OGB＝67.5°＝∠CGE，∠CEG＝90°﹣22.5°＝67.5°， ∴∠CEG＝∠CGE＝67.5°， ∴CG＝CE＝EF＝2， 故选：B． 3．（2025•绵阳）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，BC＝4，AD＝2，点E在四边形内，DE⊥CE，EF⊥CD于点F，将△BCG沿CG翻折，点B恰好与点E重合，延长FE交折痕CG的延长线于点H，∠DCG＝45°，则点B到直线FH的距离为　 ． 【分析】过点C作CK⊥AD，交AD的延长线于K，过点B作BQ⊥CD于Q，可证得△CDE≌△CDK（AAS），进而证得四边形ABCK是正方形，再证得△CEF∽△CDE，求得CF，利用三角函数求得CQ，即可求得答案． 【解答】解：过点C作CK⊥AD，交AD的延长线于K，过点B作BQ⊥CD于Q，如图， ∵将△BCG沿CG翻折，点B恰好与点E重合， ∴∠GCE＝∠GCB，∠CEG＝∠CBA＝90°，CE＝CB＝4，BG＝BE， ∵∠K＝∠A＝∠ABC＝90°， ∴四边形ABCK是矩形， ∴∠BCK＝90°， ∵∠DCG＝45°，即∠GCE+∠DCE＝45°， ∴∠DCK+∠GCB＝45°， ∴∠DCK＝∠DCE， ∵∠CED＝∠CKD＝90°，CD＝CD， ∴△CDE≌△CDK（AAS）， ∴CK＝CE＝4＝BC， ∴四边形ABCK是正方形， ∴AK＝4， ∴DK＝DE＝2， 在Rt△CDK中，CD2， ∵∠ECF＝∠DCE，∠CFE＝∠CED， ∴△CEF∽△CDE， ∴，即， ∴CF， ∵∠DCK+∠BCQ＝∠CBQ+∠BCQ＝90°， ∴∠CBQ＝∠DCK， ∴sin∠CBQ＝sin∠DCK， ∴sin∠CBQ， ∴CQBC， ∴FQ＝CF﹣CQ． 故答案为：． 4．（2025•三台县模拟）如图，在矩形ABCD中，点E为AB边上一点，将△BCE沿CE翻折到△FCE，点B恰好落在AD边上的点F处．延长CE、DA交于点G，连接BG，BF． （1）求证：四边形BCFG为菱形； （2）若AE＝3，且，求菱形BCFG的面积． 【分析】（1）利用矩形和翻折的性质证出△GFH≌△CBH，得到GH＝CH，再利用菱形的判定即可证明； （2）在Rt△EBC和Rt△GAE中分别利用正切的定义得到BC＝2BE，AG＝2AE＝6，设EF＝BE＝x，在Rt△AEF利用勾股定理列出方程，解出x的值，求出BC和AB的长，再利用菱形的面积公式即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，即GH∥BC， ∴∠FGH＝∠BCH，∠GFH＝∠CBH， ∵将△BCE沿CE翻折到△FCE，点B恰好落在AD边上的点F处， ∴BH＝FH， 在△GFH和△CBH中， ， ∴△GFH≌△CBH（AAS）， ∴GH＝CH， 又∵BH＝FH， ∴四边形BCFG是平行四边形， 由翻折的性质可得：BF⊥CG， ∴▱BCFG是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠EBC＝90°，AD∥BC， ∴∠GAE＝90°，∠AGE＝∠BCE， ∴， 在Rt△EBC中，， ∴BC＝2BE， 在Rt△GAE中，， ∴AG＝2AE＝2×3＝6， 由翻折的性质可得：EF＝BE， 设EF＝BE＝x，则BC＝2x， ∵四边形BCFG是菱形， ∴GF＝BC＝2x， ∴AF＝GF﹣AG＝2x﹣6， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2+AF2＝EF2， ∴32+（2x﹣6）2＝x2， 解得：x1＝5，x2＝3（不合题意，舍去）， ∴BE＝5，BC＝10， ∴AB＝BE+AE＝5+3＝8， ∴S菱形BCFG＝BC•AB＝10×8＝80． 4．（2025•五华区一模）如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处过点D作DG∥BE，交BC于点G，如图2． （1）求证：四边形BFDG是菱形； （2）若AD＝AB+4，BD＝4，求四边形BFDG的面积． 【分析】（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性可得DF＝BF，然后根据已知矩形性质可得结论； （2）在直角三角形ABD中，由勾股定理可求AB＝4，AD＝8，在直角三角形ABF中，由勾股定理可求DF的长，即可求解． 【解答】（1）证明：如图1，根据折叠可知：∠DBC＝∠DBE， ∵AD∥BC， ∴∠DBC＝∠ADB， ∴∠DBE＝∠ADB， ∴DF＝BF， ∴△BDF是等腰三角形； ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴FD∥BG， 又∵DG∥BE， ∴四边形BFDG是平行四边形， ∵DF＝BF， ∴四边形BFDG是菱形； （2）解：在Rt△ABD中，AD＝AB+4，BD＝4，BD2＝AD2+AB2， ∴80＝（AB+4）2+AB2， ∴AB＝4（负值舍去）， ∴AD＝8， ∵BF2＝AF2+AB2， ∴DF2＝（8﹣DF）2+16， ∴DF＝5， ∴四边形BFDG的面积＝5×4＝20． 如图，将△ABC沿着DE翻折，使得点A落在BC的点E处结论有： ①△ADE≌△EDF（即AD=DE，AF=EF，∠A=∠DEF，∠ADF=∠EDF，∠AFD=∠EFD） ②DF垂直平分AE 从“形”的变化看翻折——“翻折”就是轴对称图形、全等形、相似形； 从“数”的变化看翻折——“翻折”就是线段之间、角与角之间的数量关系； 解决此类问题的策略是：先弄清对称轴（折痕），明确图中哪些线段相等（重合），哪些角相等（重合），哪些三角形全等（重合），然后找出线段间的数量关系，最后利用勾股定理、相似比或三角函数列方程，完成“数”与“形”之间的转化，进而求得其解。 1）折叠中顶点落在边上得到直角三角形： 条件：设B'C＝a，BC＝b，B'F＝x，则BF＝B'F＝x，CF＝BC－BF＝b－x，在Rt△CFB'中，由勾股定理，得x2＝a2＋(b－x)2. 由于矩形的四个内角均为直角，因此折叠后易出现与设问相关联的直角三角形，可利用勾股定理或三角函数列方程求解即可. 2）折叠中利用角平分线(折痕)性质及平行线得到等腰三角形 条件：已知∠CBD＝∠EBD，∠ADB＝∠CBD，则∠ADB＝∠EBD，即△BFD为等腰三角形. 当折痕过特殊四边形对边或对角线时，可利用角平分线(折痕)与平行线(特殊四边形的对边)的性质得到等腰三角形，再利用等腰三角形的性质求解. 3）折叠中正8字、斜A字模型 结论：①“正8字”：△AFE∽△CFD； ②“斜A字”：△AFE∽△ABC. 证明：∵∠CDF=∠AEF，∠CFD=∠AFE， ∴△AFE∽△CFD； ∵∠EAF=∠CAB，∠AFE=∠ABC， ∴△AFE∽△ABC 4）折叠中一线三垂直模型 结论：①△BEF∽△CFD； ②△AED≌△FED. 例1（2025•长沙）如图，将△ABC沿折痕AD折叠，使点B落在AC边上的点E处，若AB＝4，BC＝5，AC＝6，则△CDE的周长为（　　） A．5 B．6 C．6.5 D．7 【分析】由折叠性质得AE＝AB＝4，DE＝BD，进而得CE＝AC﹣AE＝2，CD+DE＝BC＝5，由此即可得出△CDE的周长． 【解答】解：∵AB＝4，BC＝5，AC＝6， ∴由折叠的性质得：AE＝AB＝4，DE＝BD， ∴CE＝AC﹣AE＝6﹣4＝2，CD+DE＝CD+BD＝BC＝5， ∴△CDE的周长为：CE+CD+DE＝2+5＝7． 故选：D． 例2（2025•青岛）如图，在三角形纸片ABC中，∠B＝57°，∠C＝38°，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点B落在AC边上的点E处，折痕AD交BC于点D；再将纸片沿着过点E的直线折叠，使点C落在BC边上的点G处，折痕EF交BC于点F．下列结论成立的是（　　） A．DG＝EG B．GE⊥AE C．∠DAE＝42° D．DE＝2GF 【分析】根据△ADE是由△ABD翻折得到可求解∠DAE的度数，由此判断C选项；根据翻折前后角度的求解，可求解∠EDG 与∠DEG的度数，由“等角对等边”可判断A选项，求解∠AEG的度数可判断B选项；假设结论成立，根据直角三角形中的正弦值求解边长即可判断D选项． 【解答】解：C选项，在△ABC中，∠B＝57°，∠C＝38°， ∴∠BAC＝180°﹣57°﹣38°＝85°， ∵△ADE是由△ABD翻折得到， ∴，故C选项错误； A选项，∵△ADE是由△ABD翻折得到，∠DAE＝∠DAB＝42.5°， ∴∠AED＝∠B＝57°， ∴∠ADE＝∠ADB＝180°﹣57°﹣42.5°＝80.5°， ∴∠EDG＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB＝180°﹣80.5°×2＝19°， ∵△EFG是由△EFC翻折得到， ∴∠EGF＝∠C＝38°， ∴∠EGD＝180°﹣∠EGF＝180°﹣38°＝142°， 在△EGD 中，∠DEG＝180°﹣142°﹣19°＝19°， ∵∠EDG＝∠DEG＝19°， ∴DG＝EG，故A选项正确； B选项，∵∠AED+∠DEG＝57°+19°＝76°， 即∠AEG＝76°， ∴GE与AE不垂直，故B错误； D选项，过点G作GM⊥DE 交DE于点M，如图， 假设DE＝2GF， ∵△EFG是由△EFC翻折得到， ∴∠EFC＝∠EFG＝90°， ∵DG＝EG， ∴△DGE为等腰三角形， ∵GM⊥DE， ∴DM＝EM，即DE＝2EM， ∴GF＝EM， 在Rt△EMG 中，， 在Rt△EFG中，， ∵sin19°≠sin38°， ∴MG≠EF， 又∵，与已知不符，故D选项错误． 故选：A． 例3（2025•内江）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点B的坐标为（1，0），点E在边CD上．将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为（0，3），则点E的坐标为　 　 ． 【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，则四边形BOGC 矩形，推出OG＝BC＝a，CG＝ BO，∠EGF＝90°．由折叠的性质，得AD＝AF＝a，DE＝FE．根据点B的坐标为 （1，0），点F的坐标为（0，3），得出BO＝1，FO＝ 3，所以AO＝AB﹣BO＝a﹣1．在Rt△AOF 中，AO2+FO2＝AF2，解得 a＝5，则FG＝OG﹣OF＝2，GE＝CD﹣CG﹣DE＝4﹣DE．在Rt△EGF中，GE2+FG2＝EF2，解得DE＝2.5，所以GE＝1.5，则点E的坐标为 （﹣1.5，5）． 【解答】解：如图，设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G， 则四边形BOGC是矩形， ∴OG＝BC＝a，CG＝ BO，∠EGF＝90°． 由折叠的性质，得AD＝AF＝a，DE＝FE． ∵点B的坐标为 （1，0），点F的坐标为（0，3）， ∴BO＝1，FO＝ 3， ∴AO＝AB﹣BO＝a﹣1． 在Rt△AOF 中，AO2+FO2＝AF2， ∴（a﹣1）2+32＝a2， 解得a＝5， ∴FG＝OG﹣OF＝2，GE＝CD﹣CG﹣DE＝4﹣DE． 在Rt△EGF中，GE2+FG2＝EF2， ∴（4一 DE）2+22＝DE2， 解得DE＝2.5， ∴GE＝1.5， ∴点E的坐标为 （﹣1.5，5）． 故答案为：（﹣1.5，5）． 例4（2025•西宁）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG． （1）求证：△ADG≌△FDG； （2）若AB＝2，求AG的长． 【分析】（1）由正方形的性质得AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°，则AD＝FD，∠DFG＝90°，而DG＝DG，即可根据“HL”证明Rt△ADG≌Rt△FDG． （2）因为AD＝DC＝BC＝AB＝2，点E是BC的中点，所以BE＝CEBC，则FE＝BE，而FG＝AG，则BG＝2AG，EGFGAG，由勾股定理得（）2+（2AG）2＝（AG）2，求得AG． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°， 由折叠得FD＝CD，∠DFE＝∠C＝90°， ∴AD＝FD，∠DFG＝90°， 在Rt△ADG和Rt△FDG中， ， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）． （2）解：∵AD＝DC＝BC＝AB＝2，点E是BC的中点， ∴BE＝CEBC， ∴FE＝BE， ∵FG＝AG， ∴BG＝2AG，EGFGAG， ∵∠B＝90°， ∴BE2+BG2＝EG2， ∴（）2+（2AG）2＝（AG）2， 解得AG， ∴AG的长是． 例5（2025•常州模拟）如图1，在△ABC纸片中，∠ABC＝90°，将该纸片折叠，使得点C的对应点P落在AB边上且OP⊥AB，折痕为OM． （1）若BC＝8，BM＝3，求OP的长； （2）请在图2中探究思考，用无刻度的直尺和圆规作出符合题意的折痕OM．（不需要写出作法，但要保留作图痕迹） 【分析】（1）连接PM，PC，交MO于点N，由翻折的性质可得，OC＝OP，PM＝CM，OM⊥CP，则∠OPC＝∠OCP，由已知条件可得OP∥BC，则OPC＝∠PCM，可得∠OCP＝∠PCM，从而可得OC＝OP＝CM＝PM，即四边形COPM为菱形，进而可得出答案． （2）根据角平分线的作图方法作∠ACB的平分线，交AB于点D，再根据线段垂直平分线的作图方法，作线段CD的垂直平分线，交AC于点O，BC于点M，则直线OM即为所求的折痕． 【解答】解：（1）连接PM，PC，交MO于点N， 由翻折的性质可得，OC＝OP，PM＝CM，OM⊥CP， ∴∠OPC＝∠OCP， ∵OP⊥AB， ∴∠APO＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴OP∥BC， ∴OPC＝∠PCM， ∴∠OCP＝∠PCM， ∴OC＝CM， ∴OC＝OP＝CM＝PM， ∴四边形COPM为菱形． ∵BC＝8，BM＝3， ∴CM＝5， ∴OP＝5． （2）如图，直线OM即为所求的折痕． 1．（2025•河南）如图，在菱形ABCD中，∠B＝45°，AB＝6，点E在边BC上，连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B落在BC延长线上的点F处，则CF的长为（　　） A．2 B．6﹣3 C．2 D．66 【分析】根据菱形的性质求出AB＝BC＝6，根据折叠的性质求出AE⊥BF，BE＝EF，解直角三角形求出BF＝2BE＝6，再根据线段的和差求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝6， ∴AB＝BC＝6， 根据折叠的性质得，AE⊥BF，BE＝EF， ∵∠B＝45°， ∴∠BAE＝90°﹣45°＝∠B， ∴AE＝BEAB＝3， ∴BF＝2BE＝6， ∴CF＝BF﹣BC＝66， 故选：D． 2．（2025•深圳）如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点A与对角线的交点O重合，EF为折痕，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】先由四边形ABCD是正方形，得出∠BAC＝∠DAC＝45°，OA＝OC，再结合折叠性质证明四边形AEOF是正方形，因此EF＝AO，GO＝AGOA，推出CG＝CO+OG，即可计算． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°，OA＝OC， 由折叠可得， AO⊥EF，AG＝GO，∠EOA＝∠EAO＝45°，∠FOA＝∠FAO＝45°，AE＝OE，AF＝FO， ∴AE∥OF，AF∥OE，∠EOF＝90°， ∴四边形AEOF是正方形， ∴EF＝AO，GO＝AGOA， ∴CG＝CO+OG， ∴， 故选：D． 3．（2025•苏州）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接A′C，A′D，则下列结论不正确的是（　　） A．A′D∥BE B．A'C'D C．△A′CD的面积＝△A′DE的面积 D．四边形A′BED的面积＝△A′BC的面积 【分析】连接AA′交BE于点L，由正方形的性质得∠BAD＝∠ADC＝90°，因为E为边AD的中点，所以AE＝DE，由翻折得A′E＝AE＝DE，BE垂直平分AA′，则∠ALE＝90°，可证明∠AA′D＝90°，则A′D∥BE，可判断A正确；作A′H⊥CD于点H，设A′H＝m，由A′H∥AD，得∠DA′H＝∠ADA′＝∠AEB，则tan∠DA′H＝tan∠ADA′tan∠AEB2，则DH＝2A′H＝2m，求得A′Dm，AB＝CD＝AD＝5m，则CH＝3m，所以A′Cm，则A′CA′D，可判断B正确；求得AA′＝2m，则S△A′AD＝5m2，所以S△A′DEm2，而S△A′CDm2，则S△A′CD＝S△A′DE，可判断C正确；因为AEm，所以S△A′BE＝S△ABEm2，求得S四边形A′BEDm2，由S正方形ABCD＝25m2，求得S△A′BCm2，所以S四边形A′BED≠S△A′BC，可判断D不正确，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接AA′交BE于点L， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠ADC＝90°， ∵E为边AD的中点， ∴AE＝DEADAB， ∵将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE， ∴A′E＝AE＝DE，点A′与点A关于直线BE对称， ∴BE垂直平分AA′， ∴∠ALE＝90°， ∵∠EA′A＝∠EAA′，∠EA′D＝∠EDA′， ∴∠AA′D＝∠EA′A+∠EA′D＝∠EAA′+∠EDA′180°＝90°， ∴∠AA′D＝∠ALE， ∴A′D∥BE， 故A正确； 作A′H⊥CD于点H，设A′H＝m，则∠A′HD＝∠A′HC＝∠ADC＝90°， ∴A′H∥AD， ∴∠DA′H＝∠ADA′＝∠AEB， ∴tan∠DA′H＝tan∠ADA′tan∠AEB2， ∴DH＝2A′H＝2m，AA′＝2A′D，AB＝2AE， ∴A′Dm，ADA′D， ∴AB＝CD＝ADm＝5m， ∴CH＝CD﹣DH＝5m﹣2m＝3m， ∴A′Cm， ∴， ∴A′CA′D， 故B正确； ∵AA′＝2A′D＝2m， ∴S△A′ADm×2m＝5m2， ∴S△A′DE＝S△A′AES△A′ADm2， ∵S△A′CD5m2m2， ∴S△A′CD＝S△A′DE， 故C正确； ∵AEADm， ∴S△A′BE＝S△ABE5mmm2， ∴S四边形A′BEDm2m2m2， ∵S正方形ABCD＝（5m）2＝25m2， ∴S△A′BC＝25m2﹣2m2﹣2m2m2， ∴S四边形A′BED≠S△A′BC， 故D不正确， 故选：D． 4．（2025•西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　） A．3 B．2 C．2 D．4 【分析】由正方形的性质得CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°，则BE＝CECB＝3，由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，可证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG＝DG，由CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG，根据勾股定理得32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2，求得DG＝2，则AG2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，点E是BC的中点， ∴CB＝CD＝AD＝AB＝6，∠D＝∠B＝∠C＝90°， ∴BE＝CECB＝3， 由折叠得AF＝AB，FE＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°， ∴AF＝AD，∠AFG＝∠D＝90°， 在Rt△AFG和Rt△ADG中， ， ∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）， ∴FG＝DG， ∵CE2+CG2＝EG2，且CG＝6﹣DG，EG＝3+FG＝3+DG， ∴32+（6﹣DG）2＝（3+DG）2， 解得DG＝2， ∴AG2， 故选：C． 5．（2025•武汉）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是边AB上的点，将△BCD沿直线CD折叠，点B的对应点E恰好落在边AC上．若∠A＝34°，则∠ADE的大小是（　　） A．35° B．37° C．39° D．41° 【分析】由AB＝AC，得∠B＝∠ACB，而∠A＝34°，则2∠ACB+34°＝180°，求得∠B＝∠ACB＝73°，由折叠得∠CED＝∠B＝73°，则∠BDE＝360°﹣∠B﹣∠ACB﹣∠CED＝141°，所以∠ADE＝180°﹣∠BDE＝39°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∴∠B+∠ACB+∠A＝180°，且∠A＝34°， ∴2∠ACB+34°＝180°， ∴∠B＝∠ACB＝73°， ∵将△BCD沿直线CD折叠，点B的对应点E恰好落在边AC上， ∴∠CED＝∠B＝73°， ∴∠BDE＝360°﹣∠B﹣∠ACB﹣∠CED＝360°﹣3×73°＝141°， ∴∠ADE＝180°﹣∠BDE＝180°﹣141°＝39°， 故选：C． 6．（2025•重庆）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC边的中点，连接DE，将△DCE沿直线DE翻折到正方形ABCD所在的平面内，得△DFE，延长DF交AB于点G．∠ADG和∠DAG的平分线DH，AH相交于点H，连接GH，则△DGH的面积为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接GE，证明Rt△EFG≌Rt△EBG（HL），可得GF＝GB，设GB＝GF＝x，则AG＝2﹣x，DG＝2+x，根据勾股定理可得，再利用角平分线的性质得到点H到AD，AG，GD的距离相等，利用面积之比即可解答． 【解答】解：如图，连接GE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠C＝∠BAC＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝DA＝2， ∵点E是BC边的中点， ∴BE＝CE＝1， ∵将△DCE沿直线DE翻折得△DFE， ∴∠EFD＝∠C＝90°，CE＝FE＝BE＝1，DC＝DF＝2， ∴∠GFE＝∠GBE＝90°， ∵GE＝GE， ∴Rt△EFG≌Rt△EBG（HL）， ∴GF＝GB， 设GB＝GF＝x，则AG＝2﹣x，DG＝2+x， 根据勾股定理可得AG2+AD2＝DG2， 即（2﹣x）2+22＝（2+x）2， 解得， ∴，， ∵∠ADG和∠DAG的平分线DH，AH相交于点H， ∴点H到AD，AG，GD的距离相等， ∴， 故选：A． 7．（2025•河北）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A落在A′处，A′D交BC于点E．将△CDE沿DE折叠，点C落在△BDE内的C′处，下列结论一定正确的是（　　） A．∠1＝45°﹣α B．∠1＝α C．∠2＝90°﹣α D．∠2＝2α 【分析】根据矩形的性质的可得AD∥BC，∠C＝90°，则∠ADB＝∠1，进而根据折叠的性质得出2∠1＝90°﹣α，∠2＝2α，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠C＝90°， ∴∠ADB＝∠1， ∵将矩形ABCD沿对角线BD折叠， ∴∠ADB＝∠A'DB， ∴∠1＝∠A'DB， ∵∠DEC＝90°﹣α， 即2∠1＝90°﹣α， ∴，故A不正确， ∵∠BDE≠∠CDE， ∴∠1≠α，故B不正确， ∵将矩形ABCD沿对角线ED折叠， ∴∠C'ED＝∠CED ∠2＝180°﹣2∠CED＝180°﹣2（90°﹣α）＝2α，故C不正确，D选项正确， 故选：D． 8．（2025•资阳）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，E是线段AD的中点，F是线段AB上的一个动点．现将△AEF沿EF所在直线翻折得到△A′EF（如图的所有点在同一平面内），连接A′B，A′C，则△A′BC面积的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点C作CG⊥AB于点G，可得四边形ADCG是矩形，从而得到CG＝AD＝2，AG＝CD＝2，再利用勾股定理求出BC的长，从而得到当点A'到BC的距离最小时，△A'BC面积最小，过点A'作AH⊥BC交BC的延长线于点H，即当A'H最小时，△A'BC面积最小，然后结合可得点A'在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，A'，H三点共线时，A'H最小，此时△A'BC面积最小，延长AD，BC 交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，则DN∥EH，可得△MND∽△MHE，即可求解． 【解答】解：如图，过点C作CG⊥AB于点G， ∵AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2， ∴∠ADC＝∠DAG＝∠AGC＝90°， ∴四边形ADCG是矩形， ∴CG＝AD＝2，AG＝CD＝2， ∵AB＝4， ∴BG＝AB﹣AG＝4﹣2＝2， ∴， ∴当点A'到BC的距离最小时，△A'BC面积最小， 过点A'作AH⊥BC交BC的延长线于点H，即当A'H最小时，△ABC面积最小， ∵E是线段AD的中点，AD＝2， ∴DE＝AEAD2＝1， 由折叠的性质得：AE＝A'E＝1， ∴点A在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动， ∴当点E，A'，H三点共线时，A'H最小，此时△ABC面积最小， 延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，则DN∥EH， ∴△MND∽△MHE， ∵CG＝BG＝2，∠BGC＝90°， ∴∠ABC＝∠BCG＝45°， ∵AB∥CD， ∴∠DCM＝∠ABC＝45°， ∵∠CDM＝180°﹣∠ADC＝180°﹣90°＝90°， ∴△CDM是等腰直角三角形， ∴DM＝CD＝2，， ∴，EM＝DE+DM＝1+2＝3，， ∵△MND∽△MHE， ∴， 即， ∴EH， ∴A'H＝EH﹣A'E1， ∴S△A'BCA'H•BC（1）×23， ∴△A'BC 面积的最小值为3； 故选：B． 9．（2025•济南）如图，正方形纸片ABCD中，E是AD上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在CD上的点G处，点B落在点H处，折痕EF交BC于点F．若CG＝4，，则AB＝　　 ． 【分析】由折叠性质可知AG⊥EF，进而利用同角的余角相等证明∠GAE＝∠NFE，由此即可得出△ADG≌△FNE（ASA），进而确定AG＝EF．在Rt△ADG中，根据勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：如图，连接AG，过点F作FN⊥AD，垂足为N， 则∠FNA＝∠FNE＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°， ∴四边形ABFN是矩形， ∴NF＝AB＝AD， 由折叠可知AG⊥EF， ∴∠GAE+∠AEF＝∠NFE+∠AEF＝90°， ∴∠GAE＝∠NFE， 又∵∠FNE＝∠D＝90°， ∴△ADG≌△FNE（ASA）， ∴AG＝EF， ∵ ∴， 设正方形边长为x，则AB＝AD＝CD＝x， ∵CG＝4， ∴DG＝CD﹣CG＝x﹣4， 在Rt△ADG中，AG2＝DG2+AD2， 即， ∴x2﹣8x+16+x2＝48， 2x2﹣8x﹣32＝0， x2﹣4x﹣16＝0， 解得：或（不合题意舍去）， ∴． 故答案为：． 10．（2025•齐齐哈尔）等腰三角形纸片ABC中，AB＝AC，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交AB于点D，交直线AC于点E，连接BE，若AE＝5，tan∠AED，则△BEC的面积为　或　 ． 【分析】根据折叠的性质得到DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5，设AD＝3x，DE＝4x，得到AE＝5x＝5，求得AB＝AC＝6，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：如图， ∵将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合， ∴DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5， ∴∠ADE＝90°， ∵tan∠AED， 设AD＝3x，DE＝4x， ∴AE＝5x＝5， ∴x＝1， ∴AD＝BD＝3，DE＝4， ∴AB＝AC＝6， ∴CE＝1， ∴， ∴S△CBE； 如图， ∵将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合， ∴DE⊥AB，AD＝BD，AE＝BE＝5， ∴∠ADE＝90°， ∵tan∠AED， 设AD＝3x，DE＝4x， ∴AE＝5x＝5， ∴x＝1， ∴AD＝BD＝3，DE＝4， ∴AB＝AC＝6， ∴CE＝11， ∴， ∴S△CBE； 综上所述△BEC的面积为或， 故答案为：或． 11．（2025•甘肃）如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B′处，B′C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形．若AB＝6cm，则AD＝　12　 cm． 【分析】首先根据等边三角形的性质可得DE＝DC＝EC，∠D＝∠CED＝60°，根据折叠的性质，∠BCA＝∠B′CA，再利用平行四边形的性质、三角形外角性质证明∠DAC＝30°，∠ACD＝90°，利用直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半可得AD的长． 【解答】解：∵△CDE为等边三角形， ∴DE＝DC＝EC，∠D＝∠CED＝60°， 根据折叠的性质，∠BCA＝∠B′CA， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB＝CD＝6cm， ∴∠EAC＝∠BCA， ∴∠EAC＝∠ECA， ∵∠CED＝∠EAC+∠ECA， ∴∠EAC＝30°， ∴∠ACD＝90°， ∴AD＝2CD＝12cm， 故答案为：12． 12．（2025•常州）如图，在△ABC中，tanC，D是边BC上一点，将△ACD沿AD翻折得到△AED使线段AE、BC相交于点F，若CF＝5，EF＝2，则AC＝ 　　 ． 【分析】过点F作FG⊥AC于点G，由，设FG＝4x，则CG＝3x，结合CF＝5，求出FG＝4，CG＝3，由翻折得AC＝AE，设AC＝AE＝y，则AG＝AC﹣CG＝y﹣3，AF＝AE﹣EF＝y﹣2，在Rt△AFG中，利用AF2＝AG2+FG2，求解即可． 【解答】解：在△ABC中，tanC，如图，过点F作FG⊥AC于点G， ∴， 设FG＝4x，则CG＝3x， 在直角三角形CFG中，CF＝5， 由勾股定理得：CF2＝CG2+FG2，即52＝（3x）2+（4x）2， 解得：x＝1（负值已舍去）， ∴FG＝4，CG＝3， 由翻折得AC＝AE， 设AC＝AE＝y， 则AG＝AC﹣CG＝y﹣3，AF＝AE﹣EF＝y﹣2， 在Rt△AFG中，由勾股定理得：AF2＝AG2+FG2， 即（y﹣2）2＝（y﹣3）2+42， 解得：， 即， 故答案为：． 13．（2025•徐州）如图，将三角形纸片ABC折叠，使点A落在边BC上的点D处，折痕为CE．若△ABC的面积为8，△BCE的面积为5，则BD：DC＝　2：3　 ． 【分析】由折叠的性质可得S△DEC＝S△AEC＝3，由面积关系可求解． 【解答】解：∵△ABC的面积为8，△BCE的面积为5， ∴△ACE的面积为3， ∵将三角形纸片ABC折叠，使点A落在边BC上的点D处， ∴S△DEC＝S△AEC＝3， ∴△BDE的面积为2， ∴BD：DC＝S△BDE：S△DEC＝2：3； 故答案为：2：3． 14．（2025•潍坊）如图，在▱ABCD中，点E在边BC上．将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′恰好落在边DC上；将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上．若∠C＝α，则∠CB′E＝ 　　 ．（用含α的式子表示） 【分析】由平行四边形的性质得∠BAD＝∠C＝α，由折叠得∠AB′E＝∠B＝180°﹣α，∠B′AE＝∠BAE，因为将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上，所以∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE，则∠BAB′，由∠CB′E+180°﹣α180°，得∠CB′E，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝α， ∴∠BAD＝∠C＝α，BC∥AD，CD∥AB， ∵点E在边BC上．将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′恰好落在边DC上， ∴∠AB′E＝∠B＝180°﹣∠BAD＝180°﹣α，∠B′AE＝∠BAE， ∵将△ADB′沿AB′折叠，点D的对应点D′恰好落在AE上， ∴∠B′AD＝∠B′AE＝∠BAE∠BAD， ∴∠BAB′＝∠BAD﹣∠B′AD＝α， ∵∠CB′E+∠AB′E+∠BAB′＝180°， ∴∠CB′E+180°﹣α180°， ∴∠CB′E， 故答案为：． 15．（2025•无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为　1：7　 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是　2或2．　 ． 【分析】分别求出点E在A处，F在BC时，EF的最小值，点E在B处，点F是AD的中点及点E在A处，F是CD的中点的最小值，点E在D处，F是AB的中点时最大值，进而得出结果． 【解答】解：如图1， ∵∠AFB＝90°，∠ABC＝60°， ∴BF， ∵BC＝8， ∴S△ABFS△ABC， ∴S△ABCS▱ABCD， ∴S△ABF：S四边形ADCF＝1：7， 如图1， AF＝AB•sin∠ABC＝4•sin60°＝2， 如图2﹣1， 当点E在B处，F是AD中点时，作BG⊥AD，交DA的延长线于G， ∵AB＝4，∠BAG＝∠ABC＝60°， ∴AGAB＝2，NGAB＝2， ∴FG＝AG+AF＝6， ∴EF4， ∴2， 如图2﹣2， 当点E在D处，AFAB＝2时， S△AEF：S四边形CBFE＝1：3， 作DG⊥BA，交BA的延长线于G， ∵∠DAG＝60°，AD＝8， ∴AGAD＝4，DGAD＝4， ∴FG＝AF+AG＝2+4＝6， ∴EF2， 当点E在A点，（图中E′），F是CD中点时（图中F′），作F′Q⊥AD于Q， 则DQDF′＝1，F′QF′Q， ∴AQ＝AD﹣DQ＝7， ∴AF′2， ∴2， 故答案为：1：7，2或2． 16．（2025•宜宾）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且EF∥BD，把△ECF沿EF翻折，点C恰好落在矩形对角线BD上M处．若A、M、E三点共线，则的值为　　 ． 【分析】根据矩形的性质及平行线的性质得到CE＝BE＝ME，再根据等角对等边推出AD＝AM，设BE＝ME＝x，则AD＝AM＝2x，利用勾股定理求出即可得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，AB＝CD，∠ABC＝90°， ∵EF∥BD， ∴∠CEF＝∠CBD，∠FEM＝∠EMB， 由翻折得∠CEF＝∠FEM，MF＝CF， ∴∠EMB＝∠EBM， ∴CE＝BE＝ME， ∵AD∥BC， ∴∠ADM＝∠EBM， ∴∠ADM＝∠AMD， ∴AD＝AM，设BE＝ME＝x，则AD＝AM＝2x，AE＝AM+EM＝3x， ∴， ∴， 故答案为：． 17．（2025•扬州）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝4，点E是BC边上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足为F，点Q是线段AP上一点，且AQPF．当点E从点B运动到点C时，点Q运动的路径长是　　 ． 【分析】分点P在矩形内部和点P在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，证明△AQH∽△PFA，进而得到，进而得到点Q在以AH为直径的圆上运动，得到当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，当点P在矩形外部时，同法可得，点Q在以AK为直径的圆上，得到当点E运动到点C时，点Q的运动轨迹是圆心角为60°的，求出两段路径的和即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠B＝90°， ∵将△ABE沿直线AE翻折得到△APE， ∴AP＝AB＝4， 当点P在矩形内部时，作 HQ⊥AP，交AB于点H，则：∠AQH＝90°＝∠BAD， ∠AHQ＝∠PAF＝90°﹣∠HAQ， ∵PF⊥AD， ∴∠PFA＝90°＝∠AQH， ∴△AQH∽△PFA， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点Q在以AH为直径的圆上运动， ∴当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH， ∴点Q的运动路径长为：， 当点P在矩形ABCD的外部时，作KQ⊥AP，交AB的延长线于点K， 同法可得：△AKQ∽△PAF，， ∴∠AKQ＝∠PAF，点Q在以AK为直径的⊙O上运动， 连接OQ， 当点E运动到点C时，如图： ∵AB＝4，，∠B＝90°， ∴， ∴∠BAC＝60°， ∴∠CAD＝∠BAD﹣∠BAC＝30°， ∵将△ABE沿直线AE翻折得到△APE， ∴∠PAC＝∠BAC＝60°， ∴∠PAF＝∠PAC﹣∠CAD＝30°， ∴∠AKQ＝∠PAF＝30°， ∴∠AOQ＝2∠AKQ＝60°， ∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的路径长为， ∴点Q的运动路径总长为：， 故答案为：． 18．（2025•江西）如图，在矩形纸片ABCD中，沿着点A折叠纸片并展开，AB的对应边为AB′，折痕与边BC交于点P．当AB′与AB，AD中任意一边的夹角为15°时，∠APB的度数可以是　82.5°或52.5°或37.5°　 ． 【分析】由矩形的性质得∠B＝∠BAD＝90°，由折叠得∠PAB′＝∠PAB∠BAB′，再分三种情况讨论，一是∠BAB′＝15°，则∠PAB15°＝7.5°，求得∠APB＝90°﹣∠PAB＝82.5°；二是∠DAB′＝15°，且点B′与点B在直线AD同侧，则∠PAB75°＝37.5°，求得∠APB＝90°﹣∠PAB＝52.5°；三是∠DAB′＝15°，且点B′与点B在直线AD异侧，则∠PAB105°＝52.5°，求得∠APB＝90°﹣∠PAB＝37.5°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠BAD＝90°， 由折叠得∠PAB′＝∠PAB∠BAB′， 如图1，∠BAB′＝15°， ∵∠PAB15°＝7.5°， ∴∠APB＝90°﹣∠PAB＝82.5°； 如图2，∠DAB′＝15°，且点B′与点B在直线AD同侧， ∵∠BAB′＝∠BAD﹣∠DAB′＝75°， ∴∠PAB75°＝37.5°， ∴∠APB＝90°﹣∠PAB＝52.5°； 如图3，∠DAB′＝15°，且点B′与点B在直线AD异侧， ∵∠BAB′＝∠BAD+∠DAB′＝105°， ∴∠PAB105°＝52.5°， ∴∠APB＝90°﹣∠PAB＝37.5°， 综上所述，∠APB的度数可以是82.5°或52.5°或37.5°， 故答案为：82.5°或52.5°或37.5°． 19．（2025•大连模拟）如图，将平行四边形纸片ABCD沿一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落在点G处，折痕为EF． 求证：EB＝FG． 【分析】依据平行四边形的性质，即可得出∠D＝∠B，AD＝BC，由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，即可得到∠B＝∠G，BC＝CG，进而得出△EBC≌△FGC． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠BCD， 由折叠可得，∠A＝∠ECG， ∴∠BCD＝∠ECG， ∴∠ECB＝∠FCG； ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠B，AD＝BC， 由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG， ∴∠B＝∠G，BC＝CG， 又∵∠ECB＝∠FCG， ∴△EBC≌△FGC（ASA）， ∴EG＝FG． 20．（2024•潍坊）如图，在矩形ABCD中，AB＞2AD，点E，F分别在边AB，CD上．将△ADF沿AF折叠，点D的对应点G恰好落在对角线AC上；将△CBE沿CE折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线AC上．连接GE，FH． 求证： （1）△AEH≌△CFG； （2）四边形EGFH为平行四边形． 【分析】（1）由矩形的性质可得AD＝BC，∠B＝∠D＝90°，AB∥CD，即得∠EAH＝∠FCG，由折叠的性质可得AG＝AD，CH＝CB，∠CHE＝∠B＝90°，∠AGF＝∠D＝90°，即得CH＝AG，∠AHE＝∠CGF＝90°，进而得AH＝CG，即可由ASA证明△AEH≌△CFG； （2）由（1）得∠AHE＝∠CGF＝90°，△AEH≌△CFG，即可得到EH∥FG，EH＝FG，进而即可求证． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，∠B＝∠D＝90°，AB∥CD， ∴∠EAH＝∠FCG， 由折叠可得，AG＝AD，CH＝CB，∠CHE＝∠B＝90°，∠AGF＝∠D＝90°， ∴CH＝AG，∠AHE＝∠CGF＝90°， ∴AH＝CG， 在△AEH和△CFG中， ， ∴△AEH≌△CFG（ASA）； （2）由（1）知∠AHE＝∠CGF＝90°，△AEH≌△CFG， ∴EH∥FG，EH＝FG， ∴四边形EGFH为平行四边形． 21．（2025•长沙模拟）如图，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F，作FO⊥BD，延长FO交线段BC于点G． （1）判断四边形BFDG的形状，并说明理由； （2）若AB＝6，AD＝8，求四边形BFDG的面积． 【分析】（1）根据矩形的性质得到OB＝OD，根据线段垂直平分线的性质得到BF＝DF，BG＝DG，根据折叠的性质得到∠FBO＝∠GBO，根据全等三角形的性质得到BF＝BG，根据菱形的判定定理得到四边形BFDG是菱形， （2）根据勾股定理和菱形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）四边形BFDG是菱形， 理由：∵四边形ABCD是矩形， ∴OB＝OD， ∵FG⊥BD， ∴BF＝DF，BG＝DG， ∵将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处， ∴∠FBO＝∠GBO， ∵∠BOF＝∠BOG＝90°，BO＝BO， ∴△BOF≌△BOG（ASA）， ∴BF＝BG， ∴BF＝DF＝BG＝DG， ∴四边形BFDG是菱形， （2）∵AB＝6，AD＝8，则AF＝8﹣DF＝8﹣BF， ∵∠A＝90°， ∴AB2+AF2＝BF2， ∴62+（8﹣BF）2＝BF2， ∴BF＝DF， ∵四边形BFDG是菱形，AB⊥DF， ∴S四边形BFDG＝DF•AB6， ∴四边形BFDG的面积为． 22．（2025•南京二模）如图，将▱ABCD沿BD翻折，点C落在点E处，BE与AD相交于点O．连接AE并延长，交CD的延长线于点F． （1）求证：△ABO≌△EDO． （2）求证：四边形ABDF是平行四边形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质求出∠BAO＝∠C，AB＝CD，根据折叠的性质求出∠C＝∠DEO，CD＝DE，则∠BAO＝∠DEO，AB＝DE，利用AAS即可证明△ABO≌△EDO； （2）根据全等三角形的性质求出AO＝EO，BO＝DO，则，结合∠AOE＝∠DOB，推出△AOE∽△DOB，根据相似三角形的性质求出∠AEO＝∠DBO，进而求出AE∥BD，结合AB∥CD，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”即可得证． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAO＝∠C，AB＝CD， 根据折叠的性质得，∠C＝∠DEO，CD＝DE， ∴∠BAO＝∠DEO，AB＝DE， 在△ABO和△EDO中， ， ∴△ABO≌△EDO（AAS）； （2）∵△ABO≌△EDO， ∴AO＝EO，BO＝DO， ∴， 又∵∠AOE＝∠DOB， ∴△AOE∽△DOB， ∴∠AEO＝∠DBO， ∴AE∥BD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴四边形ABDF是平行四边形． 23．（2025•盐山县校级模拟）如图，将△ABC沿AC翻折得到△ADC，AD∥BC． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）过点D作DE⊥BC交延长线于点E，连接BD．若DE＝4，AB＝5，求BD的长． 【分析】（1）设AC交BD于点O，由折叠的性质得出BD⊥AC，OB＝OD，再证△OBC≌△ODA（ASA），得出AD＝BC，推出四边形ABCD是平行四边形，然后由BD⊥AC，即可得出结论； （2）由菱形的性质得出BC＝CD＝AB＝5，再由勾股定理求出CE＝3，则BE＝8，然后由勾股定理即可得出答案． 【解答】（1）证明：如图，设AC交BD于点O， 由折叠的性质得：BD⊥AC，OB＝OD， ∵AD∥BC， ∴∠OBC＝∠ODA， 在△OBC和△ODA中， ， ∴△OBC≌△ODA（ASA）， ∴AD＝BC， 又∵AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵BD⊥AC， ∴四边形ABCD是菱形； （2）解：由（1）得：四边形ABCD是菱形， ∴BC＝CD＝AB＝5， 在Rt△CED中，由勾股定理得：CE3， ∴BE＝BC+CE＝5+3＝8， 在Rt△BED中，由勾股定理得：BD4． 24．（2025•泉州校级模拟）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． 25．（2025•姜堰区二模）综合与实践：如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中，小亮用该A4纸玩折纸游戏． 操作1：将A4纸对折，使AB、CD重合，折痕为EF，展开后，连接DF； 操作2：沿过点D的直线折叠，使点A落在DF上的点N处，折痕为DM，展开后，连接MN． （1）若AD＝2，求FN的长； （2）求证：点M为AB的中点． 【分析】（1）要求FN的长．需先根据矩形和折叠性质求出相关线段长度，再利用勾股定理求出DF，最后根据FN＝DF﹣DN来计算． （2）要证明点M为AB中点，可设AD长度为a，AM长度为x，通过折叠性质和勾股定理建立关于x和a的方程，求解得出AM与AB的数量关系． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝2，且， ∴，AD＝BC＝2，，∠A＝∠ADC＝∠B＝90°， ∴操作1，对折后DEAD＝1，，CFBC＝1， 在Rt△DEF中，根据勾股定理DF3， ∵操作2，根据折叠性质DN＝AD＝2， ∴FN＝DF﹣DN＝3﹣2＝1． （2）证明：设AD＝a，则ABa，设AM＝x，则BMa﹣x， 根据折叠性质知DN＝AD＝a，MN＝AM＝x． 根据勾股定理得DF， ∴FN＝DF﹣DNa， 在Rt△MNF中，根据勾股定理MN2＝MF2﹣FN2， 即x2， ∴x2＝2a2﹣2ax+x2， 解得xa， ∵ABa， ∴AMAB， ∴点M为AB的中点． 26．（2025•广东一模）【动手操作】在数学课上，老师让同学们开展“正方形的折叠”的相关研究．如图1，四边形ABCD为正方形纸片，E为BC上一动点，将该纸片沿AE所在的直线折叠，使点B落在正方形ABCD内部的点G处，将该纸片再沿着过点A的直线折叠，使AD和AG刚好重合，折痕交CD于点F． （1）【观察思考】在点E移动的过程中，同学们发现E，G，F三点共线且∠EAF的大小不变．请证明E，G，F三点共线，并求出∠EAF的大小； （2）【拓展探究】如图2，继续将该纸片沿过点E的直线折叠，使点F落在线段AF的点P处，折痕交AF于点H，求证：AP•EC＝2PH•BE． 【分析】（1）由折叠可知∠AGE＝∠ABE＝90°，∠AGF＝∠ADF＝90°，则有∠EGF＝∠AGE+∠AGF＝180°，从而可得E，G，F三点共线，再由角度和差即可求出∠EAF的大小； （2）由正方形性质得AB∥DC，又折叠可知∠GFA＝∠DFA，∠GFA＝∠EPH，PH＝FH，证明AB∥DC∥PE，则，然后代入求证即可． 【解答】（1）解：由折叠可知，∠AGE＝∠ABE＝90°，∠AGF＝∠ADF＝90°， ∴∠EGF＝∠AGE+∠AGF＝180°， ∴E，G，F三点共线， 由题意可知，∠BAE＝∠GAE，∠DAF＝∠GAF， ∴∠GAE+∠GAF＝45°， ∴∠EAF＝∠GAE+∠GAF＝45°； （2）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB∥DC， 由折叠可知，∠GFA＝∠DFA，∠GFA＝∠EPH，PH＝FH， ∴∠DFA＝∠EPH， ∴AB∥DC∥PE， ∴， ∴BE•PF＝AP•EC， 由条件可知PF＝2PH， ∴AP•EC＝2PH•BE． 27．（2025•嘉善县一模）如图，在△ABC中，以B为圆心，线段BC的长为半径画弧交边AB于点D，连结CD，将△ABC沿直线CD对折使点A落在A′处，A′C交边AB于点E． （1）求证：∠DA′E＝∠BCE； （2）若，求的值． 【分析】（1）根据等边对等角得到∠BDC＝∠BCD，然后根据翻折得到∠A'＝∠A，∠A'CD＝∠ACD，然后利用三角形的外角和角的和差解题即可； （2）先证明两个对应角相等得到△A'DE∽△CBE，即可得到BC＝3A'D＝3AD，然后代入计算解题． 【解答】（1）证明：由作图可得BC＝BD， ∴∠BDC＝∠BCD， 由折叠可得：∠A'＝∠A，∠A'CD＝∠ACD， ∴∠A＝∠BDC﹣∠ACD＝∠BCD﹣∠A'CD＝∠A'CB， ∴∠DA'E＝∠BCE； （2）解：∵∠DA'E＝∠BCE，∠A'ED＝∠BEC， ∴△A'DE∽△CBE， ∴，即BC＝3A'D， 又∵A'D＝AD，BD＝BC， ∴BC＝BD＝3AD， ∴． 28．（2025•岳麓区校级模拟）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过D的直线折叠，使点C落在AD上的点C'处，得到折痕DE，然后再把纸片展平；第二步：如图2，将图1的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点A恰好落在CD上的点A'处，得到折痕EF，BC交A'B'于点M，再把纸片展平．问题解决： （1）如图1，求证：四边形CDC′E是正方形． （2）如图2，若CA'＝3，DA'＝6，求△A'CM的面积． 【分析】（1）由矩形的性质得∠C＝∠CDC′＝90°，由折叠得∠DC′E＝∠C＝90°，C′D＝CD，C′E＝CE，可证明∠CED＝∠CDE＝45°，则CD＝CE，即可由C′D＝CD＝C′E＝CE，∠C＝90°，证明四边形CDC′E是正方形； （2）连接A′E，由CA'＝3，DA'＝6，求得CD＝CE＝9，由折叠得A′B＝AB＝CD＝CE，∠B′＝∠B＝90°，可根据“HL”证明Rt△A′B′E≌Rt△ECA′，得∠B′A′E＝∠CEA′，则A′M＝EM＝9﹣CM，由勾股定理得32+CM2＝（9﹣CM）2，求得CM＝4，即可求得S△A′CMCA′•CM＝6． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠CDC′＝90°， 由折叠得∠DC′E＝∠C＝90°，∠CDE＝∠C′DE∠CDC′＝45°，C′D＝CD，C′E＝CE， ∴∠CED＝∠CDE＝45°， ∴CD＝CE， ∴C′D＝CD＝C′E＝CE， ∴四边形CDC′E是菱形， ∵∠C＝90°， ∴四边形CDC′E是正方形． （2）解：如图2，连接A′E， ∵CA'＝3，DA'＝6， ∴CD＝CE＝CA′+DA′＝9， 由折叠得A′B＝AB，∠B′＝∠B＝90°， ∵CD＝AB， ∴A′B＝CD＝CE， 在Rt△A′B′E和Rt△ECA′中， ， ∴Rt△A′B′E≌Rt△ECA′（HL）， ∴∠B′A′E＝∠CEA′， ∴A′M＝EM＝9﹣CM， ∵CA′2+CM2＝A′M2， ∴32+CM2＝（9﹣CM）2， 解得CM＝4， ∴S△A′CMCA′•CM3×4＝6， ∴△A'CM的面积为6． 29．（2025•东莞市校级模拟）如图，在四边形纸片ABCD中，AD∥BC，BC＞AD，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C恰好与点A重合，折痕DE交BC于点E，连接AE． （1）你能确定四边形CDAE的形状吗？证明你的结论； （2）连接AC交DE于点O，连接BO，若AC＝8，DE＝6，当∠BOE＝∠BCO时，求线段BE的长度． 【分析】（1）证明CE＝CD＝AD＝AE，即可得到结论； （2）证明△BOE∽△BCO，设BE＝3x，BO＝4x，则BC＝3x+5，则，进一步即可求出答案． 【解答】（1）解：四边形CDAE是菱形， 证明：如图， 由折叠可得，∠ADE＝∠CDE，DA＝DC，EA＝EC， ∵AD∥BC， ∴∠ADE＝∠CED， ∴∠CDE＝∠CED， ∴CE＝CD， ∴CE＝CD＝AD＝AE， ∴四边形CDAE是菱形． （2）证明：∵四边形CDAE是菱形， ∴， ∴CE＝5， ∵∠OBE＝∠CBO，∠BOE＝∠BCO， ∴△BOE∽△BCO ∴， ∴， 设BE＝3x，BO＝4x，则BC＝3x+5， ∴， 解得， 经检验，是分式方程的解，符合题意， ∴． 30．（2025•镇平县二模）菱形ABCD中，AB＝5，，点E为CD边上一个动点（不与点C、D重合），把△ADE沿直线AE折叠，AF与AD对应． （1）若点F在DC的延长线上，求CF的长； （2）当AF与菱形ABCD的边垂直时，求DE的长． 【分析】（1）根据菱形的性质可得AB＝AD＝CD＝5，，由折叠可知，∠AED＝∠AEF＝90°，AD＝AF＝5，DE＝EF，在Rt△ADE中，解直角三角形得DE＝EF＝4，CE＝CD﹣DE＝1，即可求解； （2）根据菱形的性质可得AB＝AD＝CD＝BC＝5，∠B＝∠D，AD∥BC，由折叠可知，AD＝AF＝5，DE＝EF，∠D＝∠F，∠DAE＝∠FAE，可得， 分两种：当AF⊥CD时，当AF⊥BC时，分别解直角三角形即可求解． 【解答】（1）菱形ABCD中，AB＝AD＝CD＝5，∠B＝∠D， ∴， ∵把△ADE沿直线AE折叠，AF与AD对应， ∴∠AED＝∠AEF，AD＝AF＝5，DE＝EF， ∵点F在DC的延长线上， ∴∠AED＝∠AEF＝90°， 在Rt△ADE中，， ∴CE＝CD﹣DE＝1，DE＝EF＝4， ∴CF＝EF﹣CE＝3； （2）菱形ABCD中，AB＝AD＝CD＝BC＝5，∠B＝∠D，AD∥BC， ∵把△ADE沿直线AE折叠，AF与AD对应， ∴AD＝AF＝5，DE＝EF，∠D＝∠F，∠DAE＝∠FAE， ∴， 当AF⊥CD时，垂足为H，如图1， 在Rt△ADH中，DH＝AD•cosD＝4，则， ∴HF＝AF﹣AH＝2， 在Rt△EFH中，， ∴； 当AF⊥BC时，垂足为M，过点E作EN⊥AF，如图2， ∵AD∥BC， ∴∠DAF＝∠AMB＝90°，则∠DAE＝∠FAE＝45°， ∴△AEN是等腰直角三角形， ∴AN＝NE， ∵，设FN＝4a，EF＝5a， 在直角三角形NEF中，由勾股定理得：， 又∵AN+NF＝7a＝5， ∴，则， ∴； 综上，DE的长为或． 31．（2025•萨尔图区校级二模）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E；F是AD上一点，且DF＝BE，连接CF． （1）求证：四边形AECF是矩形． （2）△FCG沿直线FG折叠，点C恰好落在矩形AECF的对角线AC的中点H处，若，tanD＝4，求四边形CDFH的面积． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AF∥EC，AF＝EC，并证得四边形AECF是平行四边形，再根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）由（1）知四边形AECF是矩形，结合锐角三角函数得出，即可求出，进一步得出△HFC为等边三角形以及，即可结合S四边形CDFH＝S△HFC+S△CDF得出答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC即AF∥EC，AD＝BC， ∵DF＝BE， ∴AF＝FC， ∵AF∥EC，AF＝EC， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AE⊥BC， ∴∠AEC＝90°， ∴四边形AECF是矩形； （2）解：∵四边形AECF是矩形，， ∴，∠CFD＝90°， ∵tan∠D＝4， ∴，即， ∴， ∵H是AC中点，∠CFA＝90°， ∴HF＝AH＝HC， ∵由折叠可知FC＝HF， ∴HF＝HC＝FC，即△HFC为等边三角形， ∴∠ACF＝60°， ∴， ∴AF＝12， ∴， ∵H是AC中点，即HF是△AFC的中线， ∴， ∴S四边形CDFH＝S△HFC+S△CDF＝126． 32．（2025•宁波模拟）（1）在四边形ABED中，AB∥DE，在BC上有一点C，连接AC，CD，∠ACD＝∠B，AC＝CD．证明：DE＝BC． （2）若四边形ABCD为菱形，将△BCF沿CF对折，使B′恰好落在AD上，已知AF：BF＝1：3，求sin∠ACF． 【分析】（1）延长BE至点G，使得DE＝DG，根据条件证明△ABC≌△CGD即可得出结论； （2）延长DA，在延长线上找一点G，使得FG＝FA，假设AF＝FG＝1，则FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4，根据条件得出△CB′D∽△B′FG，根据相似三角形的性质得出相关边长，根据菱形的性质和翻折的性质得出∠HCD＝∠ACF即可求出结果． 【解答】（1）证明：延长BE至点G，使得DE＝DG， ∴∠DEG＝∠G， ∵AB∥DE，∠ACD＝∠B， ∴∠B＝∠ACD＝∠DEG＝∠G， ∵∠ACD+∠DCG＝∠B+∠CAB，∠ACD＝∠B， ∴∠DCG＝∠CAB， ∵AC＝CD， ∴△ABC≌△CGD（AAS）， ∴DG＝BC， ∵DE＝DG， ∴DE＝BC； （2）解：延长DA，在延长线上找一点G，使得FG＝FA， ∴∠G＝∠FAG， ∵四边形ABCD为菱形， ∴CD∥BA，CD＝CB＝CB′， ∴∠FAG＝∠D＝∠CB′D＝∠G， 假设AF＝FG＝1，则FB′＝FB＝3，CD＝CB＝CB′＝4， ∵四边形ABCD为菱形， ∴∠D＝∠B＝∠CB′F， ∴∠CB′F+∠FB′G＝∠D+∠DCB′， ∴∠FB′G＝∠DCB′， ∵∠D＝∠G， ∴△CB′D∽△B′FG， （相似三角形的对应边成比例）， 可得， 过C作CH⊥AD于H，根据等腰三角形三线合一得∠HCD＝∠HCB′，， 由折叠∠FCB＝∠FCB′， ∴， ∴∠HCD＝∠ACF， ∴． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $