北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.25 特殊平行四边形折叠专题（巩固篇）（专项练习）

这是一份北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.25 特殊平行四边形折叠专题（巩固篇）（专项练习），共41页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
【知识点一】菱形折叠问题
1．将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．菱形B．直角三角形C．矩形D．等腰三角形
2．在自习课上，小芳同学将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠起来，她发现D、B两点均落在了对角线AC的中点O处，且四边形AECF是菱形．若AB＝3cm，则阴影部分的面积为（ ）
A．1cm2B．2cm2C．cm2D．cm2
3．如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点落在对角线上的点处（不与点，重合），折痕为，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点为A′．当CA′的长度最小时，CQ的长为（ ）
A．5B．7C．8D．6.5
【知识点二】矩形将折叠问题
5．如图，已知矩形纸片ABCD中，AB＝15，AD＝10，点E在BC边上，将△ABE沿BE折叠，点A落在点F处，此时点F到CD的距离为1，到AD的距离为3，则AE的长为（ ）
A．4B．5C．6D．8
6．如图，ABCD是一张矩形纸片，，，在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到，则下列判断错误的是（ ）
A．折痕MN的最小值是1B．折痕MN的最大值是
C．三角形MNK是等腰三角形D．三角形MNK的面积最大值为1.3
7．如图，将矩形纸片折叠（），使落在上，为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，点不动，将边折起，使点落在上的点处，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．4
8．如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点,连接．下列结论成立的是（ ）
A．当点与点重合时，B．
C．D．的面积最大值为
【知识点三】正方形折叠问题
9．如图，将边长为9的正方形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的处，点A对应点为，且，则AM的长是（ ）
A．2B．3C．D．
10．如图，正方形纸片ABCD的边长为15，E、F分别是CD、AD边上的点，连接AE，把正方形纸片沿BF折叠，使点A落在AE上的一点G，若CE＝7，则GE的长为（ ）
A．3B．C．4D．
11．如图．已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG．现有如下3个结论；①AG+EC＝GE；②∠GDE＝45°；③△BGE的周长是24．其中正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
12．如图，四边形纸片ABCD满足ADBC，ADAB)，将矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE，点E在BC上．
求证：四边形ABEF是正方形．(请完成以下填空)
证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠B=90°，
∵折叠，∠AFE=∠B=90°，
∴四边形ABEF是矩形( )
∵折叠，∴AB＝( )，
∴四边形ABEF是正方形( )
(2)【问题拓展】如图2，已知平行四边形纸片ABCD(AD>AB)，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE，点E在边 BC上．
①求证：四边形ABEF是菱形．
②连结BF，若AE＝5，BF＝10，求菱形ABEF的面积．
26．如图，折叠矩形纸片ABCD，使点C与点A重合，EF为折痕，点D的对称点为D′，连接CE．
(1)求证：四边形AFCE是菱形；
(2)若AB＝3，BC＝9，求四边形ABCD′的面积．
27．如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC．
(1)求证：AG＝GH；
(2)若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离．
参考答案
1．A
【分析】
对折是轴对称得到的图形，根据最后得到的图形可得是沿对角线折叠2次后，剪去一个三角形得到的，按原图返回即可．
解：如图，由题意可知，剪下的图形是四边形，
由折叠可知，
是等腰三角形，
又和关于直线对称，
四边形是菱形，
故选：A．
【点拨】本题主要考查学生的类比思想及动手操作能力，折叠的性质，逆向思维也是常用的一种数学思维方式．
2．D
【分析】
由菱形的性质得到∠FCO＝∠ECO，进而证明∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，2BE＝CE，利用勾股定理得出BC＝，再解得菱形的面积为2 ，最后由阴影部分的面积＝ S菱形AECF解题．
解：∵四边形AECF是菱形，AB＝3，
∴假设BE＝x，则AE＝3﹣x，CE＝3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO＝∠ECO，
∵∠ECO＝∠ECB，
∴∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，
2BE＝CE，
∴CE＝2x，
∴2x＝3﹣x，
解得：x＝1，
∴CE＝2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2＝EC2，
BC＝，
又∵AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，
则菱形的面积是：AE•BC＝2 ．
∴阴影部分的面积＝ S菱形AECF＝ cm2．
故选：D．
【点拨】本题考查菱形的性质、勾股定理、含30°直角三角形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
3．B
【分析】
作边BG上的高EH，由菱形的∠ABC=120°，得出三角形ABD是等边三角形，在直角三角形EHB中∠EBH=60°是特殊角，可以用BE来表示三边的长度，设BE为x便可在直角三角形EHG中由勾股定理建立方程，解方程从而求出高再计算面积；
解：过E作EH垂直BG于H：
四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AB=BD，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形；
AB=BD=BG+GD=8，
设BE=x，GE是边AE折叠后的线段，则AE=GE=8-x，
Rt△EBH中，∠EBH=60°，
∴HB=x，HE=x，
Rt△EHG中，由勾股定理得：GE2=EH2+HG2，
∴（8-x）2=x2+（6-x）2，
解得：x=，
∴EH=，
S△BEG=，
故答案选：B
【点拨】本题主要考查菱形的性质，折叠的性质，勾股定理；由AE=GE作出底边BG上的高利用勾股定理建立方程是解题关键．
4．B
【分析】
作CH⊥AB于H，如图，根据菱形的性质可判断△ABC为等边三角形，可求得CH，BH，PH，在Rt△CHP中，利用勾股定理计算出CP，再根据折叠的性质得点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点A′在PC上时，CA′的值最小，然后证明CQ=CP即可．
解：作CH⊥AB于H，如图，
∵菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，BC=8
∴BH=4，，
∵PB=3，
∴HP=BH-BP=4-3=1，
在Rt△CHP中，，
∵梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′，
∴点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，
∴当点A′在PC上时，CA′的值最小，
∴∠APQ=∠CPQ，而，
∴∠APQ=∠CQP，
∴∠CQP=∠CPQ，
∴CQ=CP=7．
故选：B．
【点拨】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，求圆外一点到圆的距离的最值问题，解决本题的关键是确定点A′在PC上时，CA′的值最小．
5．B
【分析】
过点F作FG⊥CD于G，过点F作FH⊥AD于H，则FGDH是矩形，FG=1，FH=3；设AE=x，则EF=x，EH=9－x，在Rt△EHF中由勾股定理建立方程求解即可；
解：如图，过点F作FG⊥CD于G，过点F作FH⊥AD于H，
ABCD是矩形，则∠D=90°，
FG⊥CD，FH⊥AD，则FGDH是矩形，
∴HD=FG=1，FH=3，
设AE=x，则EF=x，EH=AD－HD－AE=9－x，
Rt△EHF中，，
，
解得：x=5，
故选：B．
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理；正确作出辅助线由勾股定理得到含有参数的方程是解题关键．
6．A
【分析】
由折叠后的图形形状可判断A，当沿对角线AC折叠时，折痕MN最长，再结合勾股定理可判断B，证明可判断C，利用两种方式的折叠都可得到三角形MNK的面积最大值，可判断D，从而可得答案．
解：当折痕时，则 ，不符合题干的情境，故A符合题意；
当沿对角线AC折叠时，折痕MN最长，
故B不符合题意，
ABCD是一张矩形纸片，


由折叠可得：

是等腰三角形，故C不符合题意；
分两种情况折叠可得到三角形的面积的最大值：
情况一：将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合．
MK=MB=x，则AM=5-x．
由勾股定理得12+（5-x）2=x2， 解得x=．
∴MD=ND=．
S△MNK=S△MND=．
情况二：将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC． MK=AK=CK=x，则DK=5-x．
同理可得MK=NK=．
∵MD=1，
∴S△MNK=．
△MNK的面积最大值为．故D不符合题意；
故选A
【点拨】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定，掌握“轴对称的性质”是解本题的关键．
7．B
【分析】
证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF＝DB′，再证明DB′＝EC＝BF＝1，由直角三角形的性质求出AB′，则可得结论．
解：由翻折的性质可知，EB＝EB′，∠B＝∠AB′E＝∠EB′D＝90°，
在Rt△EBF和Rt△EB′D中，
，
∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），
∴BF＝DB′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠CDB′＝∠EB′D＝90°，
∴四边形ECDB′是矩形，
∴DB′＝EC＝1，
∴BF＝EC＝1，
由翻折的性质可知，BF＝FG＝1，∠FAG＝45°，∠AGF＝∠B＝∠AGF＝90°，
∴AG＝FG＝1，
∴AF＝．
∴AB＝AB′＝1＋，
∴AD＝AB′＋DB′＝2＋，
故选B．
【点拨】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明四边形ECDB′是矩形．
8．C
【分析】
点P与点A重合时设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，进而求出MN即可判断选项A，先判断四边形CMPN是平行四边形，再根据PN=CN判断四边形CMPN是菱形，可判断选项B与C，当P与A重合时，求出四边形面积的最大值，即可判断选项D．
解：如图1，当点P与A重合时，
设BN=x，则AN=NC=8-x，
在Rt△ABN中，AB²+BN²=AN²，
即4²+x²=(8-x)²，
解得x=3，
∴CN=8-3=5，
故A错误；
∵PM∥CN，
∴∠PMN=∠MNC，
∵∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，
∴，
不能推出MN=PC，
故C正确，B错误；
由题知，当P点与A点重合时，CN最长，如图1，四边形CMPN的面积最大，
此时面积最大，S△CQN =S四边形CMPN=×5×4=5，
故D错误，
故选：C．
【点拨】本题主要考查翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．
9．A
【分析】
根据勾股定理求出线段BN的长，过M作交BC于点H，证明求得NH的长，再利用矩形的性质求得AM 的长．
解：连接，过M作交BC于点H，MN交于点I，
由翻折可知：，，
设，
正方形ABCD的边长为9，
，
在中，，
，即，
解得，
，
，
四边形ABHM为矩形，
，，
，
，即，
，
，
，
，
．
故选：A．
【点拨】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等的判定及性质，勾股定理，熟练掌握折叠性质是解题的关键．
10．B
【分析】
由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后再Rt△ADF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，GE的长．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=15，∠BAD=∠D=90°，
∵CE=7，
∴DE=15-7=8，
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与△DAE中

∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AF=DE=8，BF=AE，
在Rt△ABF中，
BF===17,
∴15×8=17AH，
∴AH=，
∴AG=2AH=
AE=BF=17，
∴GE=AE-AG=17-=．
故选：B．
【点拨】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．
11．D
【分析】
由正方形的性质和折叠的性质可得，DF=DC=DA，∠DFG=∠A，进而Rt△ADG≌Rt△FDG，根据全等三角形的性质以及折叠的性质，可得到EB=EG，由此可得△BGE的周长．
解：由折叠可知：CE=FE，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
∴AG=FG，
∴AG+EC=GF+EF=GE，
故①正确，
∵Rt△ADG≌Rt△FDG，
∴∠ADG=∠FDG，
由折叠可知，∠CDE=∠FDE，
∴∠GDE=∠GDF＋∠EDF=，
故②正确，
∵正方形的边长为12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，
由勾股定理可得：，
即，
解得：x=4，
∴AG=GF=4，BG=8，EG=10，
∴△BGE的周长=BE+EG+GB=6+10+8=24，
故③正确，
故选：D．
【点拨】本题主要考查折叠变换，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，能够熟练应用勾股定理是解决本题的关键．
12．B
【分析】
由折叠可知，AH=HM，BF=FM，HD=HN，CF=NF推出AH+BF=HM+FM=HF，HD+FC=HN+NF=HF，则2HF=AH+BF+HD+FC=AD+BC=5+11=16，所以即AB=8，根据AH+BF=8，推出AH=BF=4，所以HD=AD-AH=5-4=1，CF=CB-BF=11-4=7过D作DH⊥CF于H．则HF=HD=1，HC=CF-HF=7-1=6，利用勾股定理求出CD长．
解：由折叠可知，AH=HM，BF=FM，HD=HN，CF=NF，
∵AH+BF=HM+FM=HF，HD+FC=HN+NF=HF，
∴2HF=AH+BF+HD+FC=AD+BC=5+11=16，
∴HF=8，即AB=8，
∵AH+BF=8，
∴AH=BF=4，
∴HD=AD-AH=5-4=1，CF=CB-BF=11-4=7，
过D作DH⊥CF于H．
则HF=HD=1，HC=CF-HF=7-1=6，
∴CD= =10．
故选：B．
【点拨】本题考查了翻折问题，正确利用翻折性质和勾股定理是解题的关键
13． 30° 6-2或2
【分析】
（1）由翻折可得，BP=DP，由菱形性质可得CP=DP，则可得CP=DP，即可求∠BCP=30°；
（2）过P作PH⊥BC交于H，由折叠的性质结合三角形性质可得∠PCH=45°，在Rt△PBH中，∠B=30°，PB=2PH，HB=PH，在Rt△CHP中，PH=CH，则有PH+PH=2，求出PH即可求PD．
解：（1）由翻折可得，BP=DP，
∵四边形ACPD为菱形，
∴CP=DP，
∴CP=BP，
∵∠B=30°，
∴∠BCP=30°，
故答案为30°；
（2）过P作PH⊥BC交于H，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，
∴BC=2，
在Rt△PBH中，∠B=30°，PB=2PH，HB=PH，
由翻折的性质，∠BPC=∠CPD，
∵∠DPA=30°，
∴∠BPC-30°+∠BPC=180°，
∴∠BPC=105°，
∴∠PCB=180°-105°-30°=45°，
在Rt△CHP中，PH=CH，
∴PH+PH=2，
∴PH=3-，
∴PB=PD=6-2，
故答案为：6-2．
【点拨】本题考查图形的翻折，直角三角形的性质，熟练掌握图形翻折的性质，灵活解直角三角形是解题的关键．
14．
【分析】
根据折叠的性质得CF=EF，DF⊥BC，代入相关数据可得CF=5，BC=7，由菱形的性质得DC=7，最后根据勾股定理可得DF的长．
解：由折叠得，CF=EF，DF⊥BC，
∵BE=3，BF=2
∴EF=BE+BF=3+2=5
∴CF=5
∴BC=BF+FC=2+5=7
∵四边形ABCD是菱形
∴DC=BC=7
在Rt△DFC中，
∴
故答案为：
【点拨】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，根据折叠的性质得到CF=EF，DF⊥BC是解答本题的关键．
15．cm或2cm
【分析】
分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，求出DG=，CG=1，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）.
解：分两种情况，
①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，
∴DE=AD=2，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG=90°-60°=30°，
∴CG=CD=1，
∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，
∵M为AB的中点，
∴AM=BM=1，
由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，
在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM ，DM＝DM，
∴△ADM≌△EDM（SSS），
∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，
∴D、E、N三点共线，
设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，
由勾股定理得：，
解得：x=，即BN=cm；
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2cm（符合题干要求）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为cm或2cm；
故答案为cm或2cm．
【点拨】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
16． 60°
【分析】
（1）由翻折的性质得：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝∠2+∠3，∠D＝∠AGE，∠B＝∠AGF，再结合∵四边形内角和为360°，即可求出∠EAF＝60°；
（2）由边形AECF是菱形得AE＝AF、S△AEF＝S△CEF，由点G为EF中点，∠2＝∠3＝30°，设DE＝x，勾股定理求出AD＝x，由四边形纸片ABCD的面积3解出x，即可求得AB．
解：（1）如图，由翻折的性质得：

∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝∠2+∠3，∠D＝∠AGE，∠B＝∠AGF，
∵∠AGE+∠AGF＝180°，
∴∠D＝∠AGE＝∠B＝∠AGF＝90°，
∵四边形内角和为360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠C＝180°，
∴3（∠2+∠3）＝180°，
∴∠2+∠3＝60°，
∴∠EAF＝60°．
故答案为：60°；
（2）∵四边形AECF是菱形，
∴AE＝AF，S△AEF＝S△CEF，
∵点G为EF中点，
∴∠2＝∠3＝30°，
设DE＝x，则AE＝2x，
∴AD＝＝x，
∴四边形纸片ABCD的面积是：3S△AEF＝3××EF×AG＝3××2x×x＝3，
解得：x＝1，
∴AB＝．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了翻折的性质、四边形内角和、菱形的性质，利用翻折性质：对应角相等、对应边相等是本题的关键．
17．5
【分析】
连接PM，证明即可得到，PA=5．
解：连接PM，
∵矩形纸片ABCD中，，，
∴，
∵，
∴，
由折叠性质可知：，，
∴，
∵PM=PM，
∴，
∴，
∴，
故答案为：5．
【点拨】本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件，学会利用翻折不变性解决问题．
18．18
【分析】
连接DM，如图，设∠DAF=x．根据矩形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质求出∠DMC=2x，根据轴对称的性质，等边对等角，三角形外角的性质和等价代换思想求出∠DCF=4x和∠MDC=4x，最后根据三角形内角和定理列出方程求解即可．
解：连接DM，如图所示，设∠DAF=x．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠ADC=90°．
∵M是AC中点，
∴．
∴∠ADM=∠DAF=x，∠DCF=∠MDC．
∴∠DMC=∠DAF+∠ADM=2x．
∵△DCE沿直线DE折叠，点C落在对角线AC上的点F处，
∴FD=CD，∠DFC=∠DCF．
∴FD=AB．
∵MF=AB，
∴FD=MF．
∴∠FDM=∠DMC=2x．
∴∠DFC=∠FDM+∠DMC=4x．
∴∠DCF=∠DFC=4x．
∴∠MDC=∠DCF=4x．
∵∠MDC+∠DCF+∠DMC=180°，
∴4x+4x+2x=180．
∴x=18．
故答案为：18．
【点拨】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，综合应用这些知识点是解题关键．
19． 60； ．
【分析】
根据直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半的逆定理，可求∠BE的度数；
根据中位线定理可得AM =2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得M = N =2，过 M 点作MG⊥EF于G ，可求G ，根据勾股定理可求 MG，进一步得到BE ，再根据勾股定理可求 OF ，从而得到 OD．
解：∵BE=B，
∴60°；
故填：60；
∵EN =1，
∴由中位线定理得AM =2，
由折叠的性质可得M =2，
∵AD // EF，
∴∠AMB =∠NM，
∵∠AMB =∠MB，
∴∠NM = ∠MB，
∴N =2，
∴E =3， F =2，
∵∠EB=30°，
∴∠OF=∠EB=30°，
∵OF= O，
∴在Rt△OF中，，即，
，
解得 OF =，
过 M 点作MG⊥EF于 G
∴NG = EN =1，
∴G =1，
由勾股定理得 MG =，
∴BE = DF = MG =，
∴OD= DF-OF=．
故答案为：．
【点拨】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E 的长．
20．##
【分析】
连接EF，根据已知条件，利用“HL”证明，得出DF=GF，设，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可．
解：连接EF，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴，，，
是的中点，
,
沿折叠后得到，
，，，
，，
∵在和中，
，
，
设，则，，
在中，，
解得．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，作出辅助线，构造全等三角形，证明DF=GF，是解题的关键．
21． 67.5
【分析】
（1）易得，利用翻折的性质得到；
（2）连接，，，易证，得到，，当，，在同一条直线上时，FQ最小，计算可得．
解：（1）如图1，易得，
∴，
故答案为：67.5；
（2）如图2，连接，，，
易证，
∴，，
当，，在同一条直线上时，最小，最小值为，
故答案为：．
【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确掌握翻折的性质是解题的关键．
22．
【分析】
过点G作GH⊥AD于H，根据翻折变换的性质可得GF⊥AE，然后求出∠GFH=∠D，再利用“角角边”证明△ADE和△GHF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=AE，再利用勾股定理列式求出AE，从而得解．
解：如图，过点G作GH⊥AD于H，则四边形ABGH中，HG=AB，
由翻折变换的性质得GF⊥AE，
∵∠AFG+∠DAE=90°，∠AED+∠DAE=90°，
∴∠AFG=∠AED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HG=AD，
在△ADE和△GHF中，
，
∴△ADE≌△GHF（AAS），
∴GF=AE，
∵点E是CD的中点，
∴DE=CD=2，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE，
∴GF的长为2．
故答案为：．
【点拨】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．
23．或
【分析】
设，由折叠的性质可得，分两种情况，①当点在AC的下方时，②当点在AC的上方时，由角的关系分别求解即可．
解：设，
∵正方形ABCD的四个角都为90°，若沿AC折叠，则点D会与点B重合，
∴，
①当点在AC的下方时，如图1所示：
则，
∴，
∵AF平分
∴
∵
∴，解得；
②当点在AC的上方时，如图2所示：
则，
∵AF平分
∴
∵
∴，解得；
综上所述，的度数为或
故答案为：或
【点拨】本题考查了翻折变换的性质、角平分线的性质、分类讨论等知识，熟练掌握翻折变换的性质和角平分线的性质是解题的关键．
24．
【分析】
连接CE，过点G作GJ⊥CD于J，根据正方形和折叠的性质得到条件，证明△EFC≌△GJH，得到EC=GH，再根据正方形的性质和勾股定理，结合AD=8即可求出结果．
解：连接CE，过点G作GJ⊥CD于J，设EC和GH交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠B=∠BCD=90°，
∴四边形BCJG为矩形，
∴GJ=BC=EF，
由折叠可得：E，C关于GH对称，
∴EC⊥GH，AB=EF=CD，
∴∠OHC+∠OCH=90°，
又∠OCH+∠ECF=90°，
∴∠ECF=∠GHJ，
在△EFC和△GJH中，
，
∴△EFC≌△GJH（AAS），
∴EC=GH，
∵AD=8，
∴EF=8，CF=4，
∴GH=CE==，
故答案为：．
【点拨】本题考查了正方形的性质，翻折变换，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，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．
25．(1)有三个角是直角的四边形是矩形；AF；一组邻边相等的矩形是正方形．
(2)①证明见详解；②菱形ABEF的面积为25
【分析】
（1）由矩形的性质得∠BAD=∠B=90°，再由折叠的性质得：∠AFE=∠B=90°，AB=AF，则四边形ABEF是矩形，然后由AB=AF，即可得出结论；
（2）①由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠FAE=∠BEA，再证AB=BE，则AF=BE，得四边形ABEF是平行四边形，然后由AF=AB即可得出结论；
②由菱形面积公式得S菱形ABEF=AE•BF，即可得出答案．
(1)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=90°，
由折叠的性质得：∠AFE=∠B=90°，
∴四边形ABEF是矩形 （有三个角是直角的四边形为矩形），
由折叠的性质得：AB=AF，
∴四边形ABEF是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形），
故答案为：有三个角是直角的四边形为矩形；AF；有一组邻边相等的矩形是正方形；
(2)①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE=∠BEA，
由折叠的性质得：AF=AB，∠BAE=∠FAE，
∴∠BEA=∠BAE，
∴AB=BE，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又∵AF=AB，
∴平行四边形ABEF是菱形；
②解：如图，
∵四边形ABEF是菱形，AE=5，BF=10，
∴S菱形ABEF=AE•BF=×5×10=25，
故菱形ABEF的面积为25．
【点拨】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、折叠的性质、平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握折叠的性质、矩形的判定与性质是解题的关键．
26．(1)见分析(2)27
【分析】
（1）根据矩形的性质，先证四边形AFCE是平行四边形，再四边形AFCE是菱形，即可解答．
（2）根据矩形的性质和翻折的性质，利用勾股定理建立方程即可解答．
解：(1)证明：由折叠可知：AF=CF,∠CFE=∠AFE
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠CFE=∠AEF
∴∠AFE=∠AEF
∴AE=AF
∴AE=CF
∴四边形AFCE是平行四边形
∵AF=CF
∴四边形AFCE是菱形
解：(2)∵四边形ABCD是矩形
∴∠B=90°
设BF=，则CF=9-x
由折叠可知AF=CF=9-x
由勾股定理，得
∴
∴
∴BF=4，AF=5
∴AE=5
由勾股定理，得D′E=4
∴
∴
【点拨】本题主要考查矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、翻折的性质，熟练掌握相关性质及建立方程是解本题的关键．
27．(1)见分析(2)
【分析】
（1）由折叠的性质得出∠BAG=∠GAF=∠BAF，B，F关于AE对称， AG⊥BF，推出∠EAH=∠BAD=∠GHA=45°，即可证明AG＝GH；
（2）设DF交AH于点N，由折叠性质可知AF=AB=AD，∠FAH=∠DAH，得出∠DHF=90°，连接BD，证明△ABE≌△BCM，得出BE=CM，根据三角形BDM的面积公式S△BDM=DM•BCM=BM•DH可求出答案．
解：(1)证明：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，
∴∠BAG=∠GAF=∠BAF，B，F关于AE对称，
∴AG⊥BF，
∴∠AGF=90°，
∵AH平分∠DAF，
∴∠FAH=∠FAD，
∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=（∠BAF+∠FAD）=∠BAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAH=∠BAD=45°，
又∵∠AGF=90°，
∴∠EAH=∠GHA=45°，
∴AG＝GH；
(2)解：如图，设DF交AH于点N，
∵AF=AB=AD，∠FAH=∠DAH，
∴AH⊥DF，FN=DN，
∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，
又∵∠GHA=45°，
∴∠NFH=45°=∠NDH=∠DHN，
∴∠DHF=90°，
连接BD，
由折叠可知AE⊥BF，
∴∠ABG+∠BAE=90°，
∵∠ABG+∠CBM=∠ABC= 90°，
∴∠BAE=∠CBM，
又∵AB=BC，∠ABE=∠BCM=90°，
∴Rt△ABE≌Rt△BCM，
∴BE=CM=1，AE=BM，
∴DM=2，
∴S△BDM=DM•BC=3，
∵AE2=AB2+BE2，
∴，
∴AE=BM=，
∵S△BDM=BM•DH=3，
∴DH=，
即点D到直线BH的距离为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．