还剩15页未读，
继续阅读
所属成套资源：人教版八年级数学下册专题特训 （原卷版+解析）
成套系列资料，整套一键下载
人教版八年级数学下册 专题14 特殊平行四边形中的折叠问题（原卷版+解析）
展开
这是一份人教版八年级数学下册 专题14 特殊平行四边形中的折叠问题（原卷版+解析），共18页。试卷主要包含了折叠中求角度，折叠中求线段的长，折叠中求面积等内容，欢迎下载使用。
类型一 折叠中求角度
1．(2023春•花都区期中）如图，对折矩形ABCD的纸片，使AB与DC重合，得到折痕EF，然后把△ADH再对折到△DHG，使得点A落在EF上且与点G重合，则∠HDG为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
2．(2023春•石家庄期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC＝120°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则∠AEB′为（ ）
A．70°B．65°C．30°D．60°
类型二 折叠中求线段的长
3．(2023春•泰山区期中）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B′M＝1.5，则CN的长为（ ）
A．3.5B．4.5C．5.5D．6.5
4．(2023•市北区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A′，折痕为DE．若将∠B沿EA'向内翻折，点B落在DE上，记为B'，则AB的长为（ ）
A．3B．1C．2D．2
类型三 折叠中求面积
5．(2023•牡丹江）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．210B．25C．6D．5
6．(2023春•亭湖区校级月考）如图，四边形ABCD是矩形，E、F分别是线段AD、BC上的点，点O是EF与BD的交点．若将△BED沿直线BD折叠，则点E与点F重合．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若ED＝2AE，AB•AD=3，求EF•BD的值．
第二部分 专题提优训练
1．(2023春•三台县月考）如图，长方形ABCD中将△ABF沿AF翻折至△AB'F处，若AB'∥BD，∠1＝26°，则∠BAF的度数为（ ）
A．57°B．58°C．59°D．60°
2．(2023春•沾化区期末）如图，在正方形ABCE中，已知AB＝3，DE＝1，将△AED沿著AD翻折使得点E，F重合，延长DF交BC于G点，则BG的长度为（ ）
A．2B．52C．43D．32
3．(2023春•江阴市月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝9cm，点P从点B出发，沿BA方向以每秒2cm的速度向终点A运动；同时，动点Q从点C出发沿CB方向以每秒1cm的速度向终点B运动，将△BPQ沿BC翻折，点P的对应点为点P′，设Q点运动的时间t秒，若四边形QPBP′为菱形，则t的值为（ ）
A．2B．3C．22D．4
4．(2023春•重庆期末）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．42+4B．6+42C．12D．8+42
5．(2023春•覃塘区期中）如图，将矩形ABCD沿AF折叠（F在CD边上），点D落在BC边上的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）若点G恰好是AF的中点，且AB＝3，求四边形EFDG的面积．
专题14 特殊平行四边形中的折叠问题（解析版）
第一部分 典例剖析
类型一 折叠中求角度
1．(2023春•花都区期中）如图，对折矩形ABCD的纸片，使AB与DC重合，得到折痕EF，然后把△ADH再对折到△DHG，使得点A落在EF上且与点G重合，则∠HDG为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
思路引领：由折叠的性质可得DG＝AD＝AG，可得△ADG是等边三角形，即可求∠ADG＝60°，即可求解．
解：如图，连接AG，
∵对折矩形ABCD的纸片，使AB与DC重合，
∴AE＝DE，EF⊥AD
∴DG＝AG，
∵把△ADH再对折到△DHG
∴AD＝DG，∠ADH＝∠GDH
∴AD＝DG＝AG，
∴△ADG是等边三角形
∴∠ADG＝60°
∴∠HDG＝30°
故选：A．
总结提升：本题考查了翻折变换，矩形的性质，证明△ADG是等边三角形是本题的关键．
2．(2023春•石家庄期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC＝120°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则∠AEB′为（ ）
A．70°B．65°C．30°D．60°
思路引领：依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'＝60°．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠BEF+∠EFC＝180°，
∵∠EFC＝120°，
∴∠BEF＝180°﹣∠EFC＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
故选：D．
总结提升：本题考查了正方形的性质，折叠的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
类型二 折叠中求线段的长
3．(2023春•泰山区期中）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B′M＝1.5，则CN的长为（ ）
A．3.5B．4.5C．5.5D．6.5
思路引领：连接AC、BD，利用菱形的性质得OC=12AC＝3，OD=12BD＝4，∠COD＝90°，再利用勾股定理计算出CD＝5，由ASA证得△OBM≌△ODN得到DN＝BM，然后根据折叠的性质得BM＝B'M＝1.5，则DN＝1.5，即可得出结果．
解：连接AC、BD，如图，
∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
∴OC=12AC＝3，OB＝OD=12BD＝4，∠COD＝90°，
在Rt△COD中，CD=OC2+OD2=32+42=5，
∵AB∥CD，
∴∠MBO＝∠NDO，
在△OBM和△ODN中，
∠MBO=∠NDOOB=OD∠BOM=∠DON，
∴△OBM≌△ODN（ASA），
∴DN＝BM，
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM＝B'M＝1.5，
∴DN＝1.5，
∴CN＝CD﹣DN＝5﹣1.5＝3.5，
故选：A．
总结提升：本题考查了折叠的性质、菱形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠与菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．(2023•市北区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A′，折痕为DE．若将∠B沿EA'向内翻折，点B落在DE上，记为B'，则AB的长为（ ）
A．3B．1C．2D．2
思路引领：利用矩形的性质，证明∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，∠C＝∠A'B'D＝90°，推出△DB'A'≌△DCA'，CD＝B'D，设AB＝DC＝x，在Rt△ADE中，通过勾股定理可求出AB的长度．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC＝∠C＝∠B＝90°，AB＝DC，
由翻折知，△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E＝∠B＝∠A'B'D＝90°，
∴∠AED＝∠A'ED，∠A'EB＝∠A'EB'，BE＝B'E，
∴∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB=13×180°＝60°，
∴∠ADE＝90°﹣∠AED＝30°，∠A'DE＝90°﹣∠A'EB'＝30°，
∴∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，
又∵∠C＝∠A'B'D＝90°，DA'＝DA'，
∴△DB'A'≌△DCA'（AAS），
∴DC＝DB'，
在Rt△AED中，
∠ADE＝30°，AD＝2，
∴AE=23=233，
设AB＝DC＝x，则BE＝B'E＝x−233，
∵AE2+AD2＝DE2，
∴（233）2+22＝（x+x−233）2，
解得，x1=−33（负值舍去），x2=3，
故选：A．
总结提升：本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB＝60°．
类型三 折叠中求面积
5．(2023•牡丹江）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．210B．25C．6D．5
思路引领：设DF＝m，AG＝n，则CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，由折叠的性质可得AF＝EF，AG＝GE，在Rt△ADF中，AF2＝m2+9，在Rt△EFC中，EF2＝4+（3﹣m）2，则有m2+9＝4+（3﹣m）2，可求m=23，在Rt△BEG中，n2＝（3﹣n）2+1，可求n=53，分别求出S△GEB=23，S△ADF＝1，S△CEF=73，由S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF代入即可求解．
解：设DF＝m，AG＝n，
∵正方形的边长为3，
∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，
由折叠可得，AF＝EF，AG＝GE，
在Rt△ADF中，AF2＝DF2+DA2，
即AF2＝m2+9，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，
∵BE＝1，
∴EC＝2，
∴EF2＝4+（3﹣m）2，
∴m2+9＝4+（3﹣m）2，
∴m=23，
在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n=53，
∴S△GEB=12×1×（3−53）=23，
S△ADF=12×23×3＝1，
S△CEF=12×2×（3−23）=73，
∴S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF＝9−23−1−73=5，
另解：过点F作FH⊥AB交于H点，交AE于点Q，
∵正方形ABCD的边长为3，BE＝1，
∴AE=10，
∵∠HAQ+∠AQH＝∠FQP+∠QFP＝90°，
∴∠HAQ＝∠QFP，
∵HF＝AB，
∴△HFG≌△BAE（ASA），
∴FG＝AE=10，
∴S四边形AGEF=12×AE×GF＝5，
方法三：在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n=53，
∴AG=53，
∴S四边形AGEF＝2S△AFG＝2×12×AG×HF＝2×12×53×3＝5；
故选：D．
总结提升：本题考查正方形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、直角三角形面积公式，灵活应用勾股定理是解题的关键．
6．(2023春•亭湖区校级月考）如图，四边形ABCD是矩形，E、F分别是线段AD、BC上的点，点O是EF与BD的交点．若将△BED沿直线BD折叠，则点E与点F重合．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若ED＝2AE，AB•AD=3，求EF•BD的值．
思路引领：（1）证明△OBF≌△ODE，得到OB＝OD即可得出结论．
（2）由ED＝2AE，AB•AD=3，可得出菱形BEDF的面积，进而可得出EF•BD的值．
（1）证明：将△BED沿BD折叠，使E，F重合，
∴OE＝OF，EF⊥BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AD∥BC，
∴∠ODE＝∠OBF，
在△OBF和△ODE中，
∠OBF=∠ODE∠BOF=∠DOEOF=OE，
∴△OBF≌△ODE（AAS），
∴OB＝OD，
∵OE＝OF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形．
（2）解：∵AB•AD=3，
∴S△ABD=12AB•AD=123，
∵ED＝2AE，
∴ED=23AD，
∴S△BDE：S△ABD＝2：3，
∴S△BDE=33，
∴菱形BEDF的面积=12EF•BD＝2S△BDE=233，
∴EF•BD=433．
总结提升：本题考查了翻折变换的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．(2023春•三台县月考）如图，长方形ABCD中将△ABF沿AF翻折至△AB'F处，若AB'∥BD，∠1＝26°，则∠BAF的度数为（ ）
A．57°B．58°C．59°D．60°
思路引领：由矩形的性质得∠ABC＝90°，AD∥BC，则∠AFB＝∠DAF，由翻折得∠B′＝∠ABF＝90°，∠AFB′＝∠AFB，所以∠AFB′＝∠DAF，由AB'∥BD，∠B′AM＝∠1＝26°，则∠AFB′+∠DAF＝2∠DAF＝∠AMB′＝64°，所以∠DAF＝32°，即可求得∠BAF＝∠B′AF＝58°，于是得到问题的答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠DAF，
由翻折得∠B′＝∠ABF＝90°，∠AFB′＝∠AFB，
∴∠AFB′＝∠DAF，
∵AB'∥BD，
∴∠B′AM＝∠1＝26°，
∴∠AMB′＝90°﹣∠B′AM＝64°，
∴∠AFB′+∠DAF＝2∠DAF＝∠AMB′＝64°，
∴∠DAF＝32°，
∴∠BAF＝∠B′AF＝∠B′AM+∠DAF＝26°+32°＝58°，
故选：B．
总结提升：此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，根据翻折的性质和平行线的性质证明∠AFB′＝∠DAF是解题的关键．
2．(2023春•沾化区期末）如图，在正方形ABCE中，已知AB＝3，DE＝1，将△AED沿著AD翻折使得点E，F重合，延长DF交BC于G点，则BG的长度为（ ）
A．2B．52C．43D．32
思路引领：由“HL”可证Rt△ABG≌Rt△AFG，BG＝GF，在Rt△CDG中，由勾股定理可求解．
解：如图，连接AG，
∵将△AED沿著AD翻折使得点E，F重合，
∴AE＝AF＝3，DE＝DF＝1，∠E＝∠AFD＝90°，
∴AB＝AF，DC＝2，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
AB=AFAG=AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴BG＝GF，
在Rt△CDG中，DG2＝CG2+DC2，
∴（BG+1）2＝4+（3﹣BG）2，
∴BG=32，
故选：D．
总结提升：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，求证BG＝GF是解题的关键．
3．(2023春•江阴市月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝9cm，点P从点B出发，沿BA方向以每秒2cm的速度向终点A运动；同时，动点Q从点C出发沿CB方向以每秒1cm的速度向终点B运动，将△BPQ沿BC翻折，点P的对应点为点P′，设Q点运动的时间t秒，若四边形QPBP′为菱形，则t的值为（ ）
A．2B．3C．22D．4
思路引领：由折叠可知，BP＝BP'，QP＝QP'，则只要当BP＝QP时，即可得四边形QPBP′为菱形．作PD⊥BC于点D，由三线合一的性质及等腰三角形性质可得△PDQ为等腰直角三角形，所以DQ=12（9﹣t），PQ=2DQ=22（9﹣t），由BP＝QP即可建立方程2t=22（9﹣t），解得t＝3．
解：由折叠可知，BP＝BP'，QP＝QP'，
∴只要当BP＝QP时，即可得四边形QPBP′为菱形．
作PD⊥BC于点D，如图所示．
由∠C＝90°，AC＝BC＝9cm可得，∠ABC＝∠BAC＝45°，
当BP＝QP时，∠ABC＝∠PBQ＝∠PQB＝45°．
∴由三线合一的性质可得DQ=12BQ=12（BC﹣CQ）=12（9﹣t），
∴PQ=2DQ=22（9﹣t），
∵BP=2t，
即2t=22（9﹣t），解得t＝3．
故选：B．
总结提升：本题以动点问题为背景考查了菱形的判定与性质、等腰直角三角形性质、轴对称的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键．
4．(2023春•重庆期末）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．42+4B．6+42C．12D．8+42
思路引领：点F作FG⊥BC交于G点，设正方形的边长为x，则AC=2x，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+（2x﹣x）2，解得x，即为正方形的边长为22+2，再求出FC＝2，由∠ACB＝45°，可求FG＝CG＝2，BG=2+2，在Rt△BFG中，由勾股定理可得BF2＝（2+2）2+2＝8+42．
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，AC=2x，
在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2，
∴（x﹣2）2＝4+（2x﹣x）2，
解得x＝22+2，
∴FC＝2x﹣x＝2，
∵∠ACB＝45°，
∴FG＝CG=2，
∴BG=2+2，
在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（2+2）2+2＝8+42，
故选：D．
总结提升：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．
5．(2023春•覃塘区期中）如图，将矩形ABCD沿AF折叠（F在CD边上），点D落在BC边上的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）若点G恰好是AF的中点，且AB＝3，求四边形EFDG的面积．
思路引领：（1）连接DE，与AF交于点O，由折叠（轴对称）性质可得DE⊥AF，OD＝OE，证明Rt△FDO≌Rt△GEO，可得OF＝OG，进而证明四边形EFDG是菱形；
（2）根据点G是AF的中点，且AF是Rt△AFD的斜边，可得DG＝AG＝FG，证明△DGF是等边三角形，△ADE是等边三角形，再根据勾股定理即可求出DE的长，进而可求菱形EFDG的面积．
解：（1）证明：如图，连接DE，与AF交于点O，
由折叠（轴对称）性质得：
DE⊥AF，OD＝OE，
∵EG∥CD，
∴∠ODF＝∠OEG，
∴Rt△FDO≌Rt△GEO（ASA），
∴OF＝OG，
∴四边形EFDG是菱形；
（2）∵点G是AF的中点，且AF是Rt△AFD的斜边，
∴DG＝AG＝FG，
又四边形EFDG是菱形，
∴DG＝DF，
∴△DGF是等边三角形，
∴∠AFD＝60°，
又∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE＝∠EAF＝∠FAD＝30°，
∵在Rt△AEB中，AB＝3，AE＝2BE，
∴由勾股定理求得：
BE=3，AE=23，
∴AD=AE=23，
∴在Rt△AFD中，由勾股定理求得：
DF＝GF＝2，
又△ADE是等边三角形，
∴DE=AD=23，
则菱形EFDG的面积为：
12×23×2=23．
总结提升：本题考查了翻折变换、三角形的面积、菱形的性质、勾股定理、矩形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
类型一 折叠中求角度
1．(2023春•花都区期中）如图，对折矩形ABCD的纸片，使AB与DC重合，得到折痕EF，然后把△ADH再对折到△DHG，使得点A落在EF上且与点G重合，则∠HDG为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
2．(2023春•石家庄期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC＝120°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则∠AEB′为（ ）
A．70°B．65°C．30°D．60°
类型二 折叠中求线段的长
3．(2023春•泰山区期中）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B′M＝1.5，则CN的长为（ ）
A．3.5B．4.5C．5.5D．6.5
4．(2023•市北区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A′，折痕为DE．若将∠B沿EA'向内翻折，点B落在DE上，记为B'，则AB的长为（ ）
A．3B．1C．2D．2
类型三 折叠中求面积
5．(2023•牡丹江）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．210B．25C．6D．5
6．(2023春•亭湖区校级月考）如图，四边形ABCD是矩形，E、F分别是线段AD、BC上的点，点O是EF与BD的交点．若将△BED沿直线BD折叠，则点E与点F重合．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若ED＝2AE，AB•AD=3，求EF•BD的值．
第二部分 专题提优训练
1．(2023春•三台县月考）如图，长方形ABCD中将△ABF沿AF翻折至△AB'F处，若AB'∥BD，∠1＝26°，则∠BAF的度数为（ ）
A．57°B．58°C．59°D．60°
2．(2023春•沾化区期末）如图，在正方形ABCE中，已知AB＝3，DE＝1，将△AED沿著AD翻折使得点E，F重合，延长DF交BC于G点，则BG的长度为（ ）
A．2B．52C．43D．32
3．(2023春•江阴市月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝9cm，点P从点B出发，沿BA方向以每秒2cm的速度向终点A运动；同时，动点Q从点C出发沿CB方向以每秒1cm的速度向终点B运动，将△BPQ沿BC翻折，点P的对应点为点P′，设Q点运动的时间t秒，若四边形QPBP′为菱形，则t的值为（ ）
A．2B．3C．22D．4
4．(2023春•重庆期末）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．42+4B．6+42C．12D．8+42
5．(2023春•覃塘区期中）如图，将矩形ABCD沿AF折叠（F在CD边上），点D落在BC边上的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）若点G恰好是AF的中点，且AB＝3，求四边形EFDG的面积．
专题14 特殊平行四边形中的折叠问题（解析版）
第一部分 典例剖析
类型一 折叠中求角度
1．(2023春•花都区期中）如图，对折矩形ABCD的纸片，使AB与DC重合，得到折痕EF，然后把△ADH再对折到△DHG，使得点A落在EF上且与点G重合，则∠HDG为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
思路引领：由折叠的性质可得DG＝AD＝AG，可得△ADG是等边三角形，即可求∠ADG＝60°，即可求解．
解：如图，连接AG，
∵对折矩形ABCD的纸片，使AB与DC重合，
∴AE＝DE，EF⊥AD
∴DG＝AG，
∵把△ADH再对折到△DHG
∴AD＝DG，∠ADH＝∠GDH
∴AD＝DG＝AG，
∴△ADG是等边三角形
∴∠ADG＝60°
∴∠HDG＝30°
故选：A．
总结提升：本题考查了翻折变换，矩形的性质，证明△ADG是等边三角形是本题的关键．
2．(2023春•石家庄期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC＝120°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则∠AEB′为（ ）
A．70°B．65°C．30°D．60°
思路引领：依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'＝60°．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠BEF+∠EFC＝180°，
∵∠EFC＝120°，
∴∠BEF＝180°﹣∠EFC＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
故选：D．
总结提升：本题考查了正方形的性质，折叠的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
类型二 折叠中求线段的长
3．(2023春•泰山区期中）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B′M＝1.5，则CN的长为（ ）
A．3.5B．4.5C．5.5D．6.5
思路引领：连接AC、BD，利用菱形的性质得OC=12AC＝3，OD=12BD＝4，∠COD＝90°，再利用勾股定理计算出CD＝5，由ASA证得△OBM≌△ODN得到DN＝BM，然后根据折叠的性质得BM＝B'M＝1.5，则DN＝1.5，即可得出结果．
解：连接AC、BD，如图，
∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
∴OC=12AC＝3，OB＝OD=12BD＝4，∠COD＝90°，
在Rt△COD中，CD=OC2+OD2=32+42=5，
∵AB∥CD，
∴∠MBO＝∠NDO，
在△OBM和△ODN中，
∠MBO=∠NDOOB=OD∠BOM=∠DON，
∴△OBM≌△ODN（ASA），
∴DN＝BM，
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM＝B'M＝1.5，
∴DN＝1.5，
∴CN＝CD﹣DN＝5﹣1.5＝3.5，
故选：A．
总结提升：本题考查了折叠的性质、菱形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠与菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．(2023•市北区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A′，折痕为DE．若将∠B沿EA'向内翻折，点B落在DE上，记为B'，则AB的长为（ ）
A．3B．1C．2D．2
思路引领：利用矩形的性质，证明∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，∠C＝∠A'B'D＝90°，推出△DB'A'≌△DCA'，CD＝B'D，设AB＝DC＝x，在Rt△ADE中，通过勾股定理可求出AB的长度．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC＝∠C＝∠B＝90°，AB＝DC，
由翻折知，△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E＝∠B＝∠A'B'D＝90°，
∴∠AED＝∠A'ED，∠A'EB＝∠A'EB'，BE＝B'E，
∴∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB=13×180°＝60°，
∴∠ADE＝90°﹣∠AED＝30°，∠A'DE＝90°﹣∠A'EB'＝30°，
∴∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，
又∵∠C＝∠A'B'D＝90°，DA'＝DA'，
∴△DB'A'≌△DCA'（AAS），
∴DC＝DB'，
在Rt△AED中，
∠ADE＝30°，AD＝2，
∴AE=23=233，
设AB＝DC＝x，则BE＝B'E＝x−233，
∵AE2+AD2＝DE2，
∴（233）2+22＝（x+x−233）2，
解得，x1=−33（负值舍去），x2=3，
故选：A．
总结提升：本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB＝60°．
类型三 折叠中求面积
5．(2023•牡丹江）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．210B．25C．6D．5
思路引领：设DF＝m，AG＝n，则CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，由折叠的性质可得AF＝EF，AG＝GE，在Rt△ADF中，AF2＝m2+9，在Rt△EFC中，EF2＝4+（3﹣m）2，则有m2+9＝4+（3﹣m）2，可求m=23，在Rt△BEG中，n2＝（3﹣n）2+1，可求n=53，分别求出S△GEB=23，S△ADF＝1，S△CEF=73，由S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF代入即可求解．
解：设DF＝m，AG＝n，
∵正方形的边长为3，
∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，
由折叠可得，AF＝EF，AG＝GE，
在Rt△ADF中，AF2＝DF2+DA2，
即AF2＝m2+9，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，
∵BE＝1，
∴EC＝2，
∴EF2＝4+（3﹣m）2，
∴m2+9＝4+（3﹣m）2，
∴m=23，
在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n=53，
∴S△GEB=12×1×（3−53）=23，
S△ADF=12×23×3＝1，
S△CEF=12×2×（3−23）=73，
∴S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF＝9−23−1−73=5，
另解：过点F作FH⊥AB交于H点，交AE于点Q，
∵正方形ABCD的边长为3，BE＝1，
∴AE=10，
∵∠HAQ+∠AQH＝∠FQP+∠QFP＝90°，
∴∠HAQ＝∠QFP，
∵HF＝AB，
∴△HFG≌△BAE（ASA），
∴FG＝AE=10，
∴S四边形AGEF=12×AE×GF＝5，
方法三：在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n=53，
∴AG=53，
∴S四边形AGEF＝2S△AFG＝2×12×AG×HF＝2×12×53×3＝5；
故选：D．
总结提升：本题考查正方形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、直角三角形面积公式，灵活应用勾股定理是解题的关键．
6．(2023春•亭湖区校级月考）如图，四边形ABCD是矩形，E、F分别是线段AD、BC上的点，点O是EF与BD的交点．若将△BED沿直线BD折叠，则点E与点F重合．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若ED＝2AE，AB•AD=3，求EF•BD的值．
思路引领：（1）证明△OBF≌△ODE，得到OB＝OD即可得出结论．
（2）由ED＝2AE，AB•AD=3，可得出菱形BEDF的面积，进而可得出EF•BD的值．
（1）证明：将△BED沿BD折叠，使E，F重合，
∴OE＝OF，EF⊥BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AD∥BC，
∴∠ODE＝∠OBF，
在△OBF和△ODE中，
∠OBF=∠ODE∠BOF=∠DOEOF=OE，
∴△OBF≌△ODE（AAS），
∴OB＝OD，
∵OE＝OF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形．
（2）解：∵AB•AD=3，
∴S△ABD=12AB•AD=123，
∵ED＝2AE，
∴ED=23AD，
∴S△BDE：S△ABD＝2：3，
∴S△BDE=33，
∴菱形BEDF的面积=12EF•BD＝2S△BDE=233，
∴EF•BD=433．
总结提升：本题考查了翻折变换的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．(2023春•三台县月考）如图，长方形ABCD中将△ABF沿AF翻折至△AB'F处，若AB'∥BD，∠1＝26°，则∠BAF的度数为（ ）
A．57°B．58°C．59°D．60°
思路引领：由矩形的性质得∠ABC＝90°，AD∥BC，则∠AFB＝∠DAF，由翻折得∠B′＝∠ABF＝90°，∠AFB′＝∠AFB，所以∠AFB′＝∠DAF，由AB'∥BD，∠B′AM＝∠1＝26°，则∠AFB′+∠DAF＝2∠DAF＝∠AMB′＝64°，所以∠DAF＝32°，即可求得∠BAF＝∠B′AF＝58°，于是得到问题的答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠DAF，
由翻折得∠B′＝∠ABF＝90°，∠AFB′＝∠AFB，
∴∠AFB′＝∠DAF，
∵AB'∥BD，
∴∠B′AM＝∠1＝26°，
∴∠AMB′＝90°﹣∠B′AM＝64°，
∴∠AFB′+∠DAF＝2∠DAF＝∠AMB′＝64°，
∴∠DAF＝32°，
∴∠BAF＝∠B′AF＝∠B′AM+∠DAF＝26°+32°＝58°，
故选：B．
总结提升：此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，根据翻折的性质和平行线的性质证明∠AFB′＝∠DAF是解题的关键．
2．(2023春•沾化区期末）如图，在正方形ABCE中，已知AB＝3，DE＝1，将△AED沿著AD翻折使得点E，F重合，延长DF交BC于G点，则BG的长度为（ ）
A．2B．52C．43D．32
思路引领：由“HL”可证Rt△ABG≌Rt△AFG，BG＝GF，在Rt△CDG中，由勾股定理可求解．
解：如图，连接AG，
∵将△AED沿著AD翻折使得点E，F重合，
∴AE＝AF＝3，DE＝DF＝1，∠E＝∠AFD＝90°，
∴AB＝AF，DC＝2，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
AB=AFAG=AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴BG＝GF，
在Rt△CDG中，DG2＝CG2+DC2，
∴（BG+1）2＝4+（3﹣BG）2，
∴BG=32，
故选：D．
总结提升：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，求证BG＝GF是解题的关键．
3．(2023春•江阴市月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝9cm，点P从点B出发，沿BA方向以每秒2cm的速度向终点A运动；同时，动点Q从点C出发沿CB方向以每秒1cm的速度向终点B运动，将△BPQ沿BC翻折，点P的对应点为点P′，设Q点运动的时间t秒，若四边形QPBP′为菱形，则t的值为（ ）
A．2B．3C．22D．4
思路引领：由折叠可知，BP＝BP'，QP＝QP'，则只要当BP＝QP时，即可得四边形QPBP′为菱形．作PD⊥BC于点D，由三线合一的性质及等腰三角形性质可得△PDQ为等腰直角三角形，所以DQ=12（9﹣t），PQ=2DQ=22（9﹣t），由BP＝QP即可建立方程2t=22（9﹣t），解得t＝3．
解：由折叠可知，BP＝BP'，QP＝QP'，
∴只要当BP＝QP时，即可得四边形QPBP′为菱形．
作PD⊥BC于点D，如图所示．
由∠C＝90°，AC＝BC＝9cm可得，∠ABC＝∠BAC＝45°，
当BP＝QP时，∠ABC＝∠PBQ＝∠PQB＝45°．
∴由三线合一的性质可得DQ=12BQ=12（BC﹣CQ）=12（9﹣t），
∴PQ=2DQ=22（9﹣t），
∵BP=2t，
即2t=22（9﹣t），解得t＝3．
故选：B．
总结提升：本题以动点问题为背景考查了菱形的判定与性质、等腰直角三角形性质、轴对称的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键．
4．(2023春•重庆期末）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．42+4B．6+42C．12D．8+42
思路引领：点F作FG⊥BC交于G点，设正方形的边长为x，则AC=2x，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+（2x﹣x）2，解得x，即为正方形的边长为22+2，再求出FC＝2，由∠ACB＝45°，可求FG＝CG＝2，BG=2+2，在Rt△BFG中，由勾股定理可得BF2＝（2+2）2+2＝8+42．
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，AC=2x，
在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2，
∴（x﹣2）2＝4+（2x﹣x）2，
解得x＝22+2，
∴FC＝2x﹣x＝2，
∵∠ACB＝45°，
∴FG＝CG=2，
∴BG=2+2，
在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（2+2）2+2＝8+42，
故选：D．
总结提升：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．
5．(2023春•覃塘区期中）如图，将矩形ABCD沿AF折叠（F在CD边上），点D落在BC边上的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）若点G恰好是AF的中点，且AB＝3，求四边形EFDG的面积．
思路引领：（1）连接DE，与AF交于点O，由折叠（轴对称）性质可得DE⊥AF，OD＝OE，证明Rt△FDO≌Rt△GEO，可得OF＝OG，进而证明四边形EFDG是菱形；
（2）根据点G是AF的中点，且AF是Rt△AFD的斜边，可得DG＝AG＝FG，证明△DGF是等边三角形，△ADE是等边三角形，再根据勾股定理即可求出DE的长，进而可求菱形EFDG的面积．
解：（1）证明：如图，连接DE，与AF交于点O，
由折叠（轴对称）性质得：
DE⊥AF，OD＝OE，
∵EG∥CD，
∴∠ODF＝∠OEG，
∴Rt△FDO≌Rt△GEO（ASA），
∴OF＝OG，
∴四边形EFDG是菱形；
（2）∵点G是AF的中点，且AF是Rt△AFD的斜边，
∴DG＝AG＝FG，
又四边形EFDG是菱形，
∴DG＝DF，
∴△DGF是等边三角形，
∴∠AFD＝60°，
又∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE＝∠EAF＝∠FAD＝30°，
∵在Rt△AEB中，AB＝3，AE＝2BE，
∴由勾股定理求得：
BE=3，AE=23，
∴AD=AE=23，
∴在Rt△AFD中，由勾股定理求得：
DF＝GF＝2，
又△ADE是等边三角形，
∴DE=AD=23，
则菱形EFDG的面积为：
12×23×2=23．
总结提升：本题考查了翻折变换、三角形的面积、菱形的性质、勾股定理、矩形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
相关试卷
苏科版八年级下册9.3 平行四边形复习练习题： 这是一份苏科版八年级下册<a href="/sx/tb_c95565_t7/?tag_id=28" target="_blank">9.3 平行四边形复习练习题</a>，共51页。
数学八年级下册17.1 勾股定理测试题： 这是一份数学八年级下册<a href="/sx/tb_c10261_t7/?tag_id=28" target="_blank">17.1 勾股定理测试题</a>，共46页。
初中数学人教版七年级下册5.2.1 平行线综合训练题： 这是一份初中数学人教版七年级下册<a href="/sx/tb_c88526_t7/?tag_id=28" target="_blank">5.2.1 平行线综合训练题</a>，文件包含专题55平行线中的折叠问题的四大题型人教版原卷版docx、专题55平行线中的折叠问题的四大题型人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
