重难点02 图形的折叠（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测试+答案

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01 TOC \ "1-1" \h \z \u \l "_Tc214369010" 深挖重难·固根基 PAGEREF _Tc214369010 \h 1
02 分 \l "_Tc214369011" 层锤炼·验成效43
重难点一 图形的折叠
一、折叠本质与核心性质（所有题的根）
折叠 = 轴对称变换
（1）折痕所在直线是对称轴
（2）折叠前后两个图形全等：原图≅折叠后图
对应关系
（1）对应边相等
（2）对应角相等
（3）对应点连线被对称轴垂直平分
解题第一反应
标相等线段→标相等角→找直角、等腰、全等三角形
二、基础考点 & 解题方法
考点 1：求角度
方法：
利用折叠前后角相等
利用平角 180°、三角形内角和 180°
利用直角 90°
常见模型：
折叠后出现等腰三角形（底角相等）
折叠后出现直角三角形（两锐角互余）
考点 2：求线段长度（中考最常考）
通用方法：勾股定理列方程
步骤：
设未知线段为 x
用折叠把相等线段标出来
在直角三角形里列勾股方程:a2 +b2=c2
常见场景：
（1）矩形折叠
（2）直角三角形折叠
（3）正方形折叠
考点 3：求周长、面积
方法：
折叠不改变面积、周长
把不规则图形转化为规则图形（矩形、三角形、梯形）
重叠部分面积 = 总面积 − 空白面积
考点 4：判断图形形状
折叠后常出现：
等腰三角形
直角三角形
菱形、正方形
平行四边形
等腰梯形
判断依据：
（1）边相等
（2）角相等
（3）对角线垂直平分
题型01矩形的折叠问题
【典例】（2025·河北邢台·三模）如图，矩形中，，点E在边上从点C向点B运动（含端点），作四边形关于直线对称的四边形，点D，C的对应点分别为点，，连接交于点O．
甲：点E不可能落在上；
乙：点，运动路径的长度比始终为．
下列说法正确的是（ ）
A．甲对，乙错B．甲错，乙对C．甲、乙都错D．甲、乙都对
【答案】D
【分析】本题主要考查了轴对称的性质、的圆周角所对的弦是直径、弧长计算，由，那么点O在以为直径的半圆上，该半圆与没有交点，而点E在上，点O与点E不会重合，即点E不可能落在上；从点E在点C位置开始，点，运动路径的长度为以点A为圆心，分别以，为半径的弧长，且与转过的角度相等，那么点，运动路径的长度比始终保持与一致，据此即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
由题意可得：，
∴，
∴点O在以为直径的半圆上，该半圆与没有交点，而点E在上，
∴点O与点E不会重合，即点E不可能落在上，故甲对；
由题意可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
从点E在点C位置开始，点运动路径的长度为以点A为圆心，分别以为半径的弧长，且与转过的角度相等，
∵，
∴点运动路径的长度比始终为，故乙对；
故选：D．
【变式】
1．（2025·山西晋中·三模）综合与探究
问题情境：学习完轴对称的性质后，同学们开展了折叠矩形纸片的实践探究活动．如图1，点分别是矩形的边上的点，将分别沿，折叠，使点，点的对应点分别落在矩形对角线上的点处．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）如图2，在矩形中，为线段上一动点，设，将沿折叠，得到，延长交于点，若，猜想线段与的数量关系，并说明理由；
拓展应用：
（3）如图3，一张直角三角形纸片记作，点为的中点，沿折叠该纸片，点的对应点为点，与相交于点，则与原三角形纸片重叠部分的面积为 ．
【答案】（1）四边形是平行四边形，见解析；（2），见解析（3）
【分析】（1）根据矩形的性质及折叠的性质得出，再由平行四边形的判定证明即可；
（2）连接，根据题意及相似三角形的判定得出，得到，进而推出，再证明，得到，即可证明结论；
（3）过点作，过点A作垂直于的延长线于点F，过点C作，过点作交于点J，交于点M，过点G作，连续利用相似三角形的判定得出，，，再由相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）四边形为平行四边形，理由如下：
∵矩形，
∴，，
∴，
∵分别沿，折叠，使点，点的对应点分别落在矩形对角线上的点处，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形；
（2），理由如下：
如图，连接，
由折叠的性质，知，，
又，
，
，
，
，
由折叠的性质，知，
，
，
，
，
；
（3）过点作，过点A作垂直于的延长线于点F，过点C作，过点作交于点J，交于点M，过点G作，如图所示：
∴四边形为矩形，，，
∵，点为的中点，沿折叠该纸片，点的对应点为点，
∴，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与的高之比为，
∴，
∴，
∴重叠部分的面积为：（）．
故答案为：．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，面积为8的矩形纸片，连接对角线，，在边上取点F，连接，再以为折痕，将矩形纸片翻折，翻折后点C的对应点为点E，与交于点G，若点P为折痕上一点，连接、，则下列结论正确的序号为______．
① ② ③ ④的最小值为
【答案】①②③④
【分析】首先根据设，则，由矩形面积求出，即可判断①；根据平行线和折叠的性质得到，推出，即可判断②；如图所示，过点F作交于点H，证明出四边形是矩形，然后证明出，得到，然后等量代换即可判断③；连接，，由折叠得，，得出当点A，P，C三点共线时，取得最小值，即的长度，然后利用勾股定理求出，即可判断④．
【详解】∵四边形是矩形
∴，
∴
设，则
∵矩形的面积为8
∴
∴或（舍去）
∴，故①正确；
∵
∴
由折叠得，
∴
∴，故②正确；
如图所示，过点F作交于点H
由折叠得，，，，
∴四边形是矩形
∴，
∵，
∴
∴
∴，故③正确；
如图所示，连接，
由折叠得，
∴
∴当点A，P，C三点共线时，取得最小值，即的长度
∵，，
∴
∴的最小值为，故④正确．
综上所述，结论正确的序号为①②③④．
故答案为：①②③④．
题型02正方形的折叠问题
【典例】（2025·上海·模拟预测）正方形的边长为，点在边上，将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处，连接并延长交正方形一边于点．当时，则的长为__________．
【答案】或
【分析】分两种情况：当在上时，根据四边形是正方形，，得四边形是平行四边形，又将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处，可得，故；当在上时，过作于，可证明（），从而推得，是的中位线，，设则，可得，解得，即可得到答案．
【详解】解：当在上时，如图：
四边形是正方形，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处，
，，
，
，
，
正方形的边长为，
；
当在上时，过作于，如图：
四边形是正方形，
，
，
，即，
在和中，
，
，
，
将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处，
，，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
∴，
是的中位线，，
，
设，则，
在中，，
，
，
解得，
，
，
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
【变式】
1．（2025·安徽宣城·二模）如图，正方形的边长为6，点E，F分别在，上．将该正方形沿折叠，使点A落在边上的点M处，连接，与折痕交于点P．
（1）若M是的中点，则的长为______；
（2）若G为的中点，随着折痕位置的变化，的最小值为______．
【答案】 /3.75
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，垂直平分线的性质，勾股定理解三角形，轴对称的最短路径问题，解决本题的关键是做辅助线，确定．
（1）由折叠的性质可得是的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质可得，再根据勾股定理求解的长即可；
（2）取的中点Q，根据两点之间线段最短求解即可．
【详解】解：根据折叠的性质可得是的垂直平分线，
，
设，则.
是的中点，
，
在中，，
即，
解得，
即的长为，
故答案为：；
（2）如图，取的中点Q，连接，，，由折叠的对称性可知.
为的中点，为直角三角形，
，
，
当且仅当D，P，Q三点共线时最小，
最小值．
故答案为： ．
2．（2025·江苏苏州·一模）数学实验：折叠正方形纸片．
通过纸片的折叠，可以发现许多有趣的现象，这些现象可以用有关的数学原理进行分析、解释，所以纸片的折叠是一种有效的数学学习方式．如图，是将正方形纸片折叠后得到的一条折痕，其中点P，Q分别在边，上．
(1)折叠正方形纸片，使得，依次落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图①中分别作出折痕，（不写作法，保留作图痕迹），其中点E，F分别在边，上．设，的交点为O，则_________；
(2)在（1）的条件下，折叠正方形纸片，使得落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图②中作出折痕（不写作法，保留作图痕迹），其中点M，N分别在边，上．设，的交点为G，则点G落在正方形纸片的哪一条对称轴上？请说明理由；
(3)如图③，已知正方形纸片的边长为．在（2）的条件下，当点P为边的中点时，则随着点Q位置的改变，的周长是否会发生改变？如果不变，求出的周长；如果改变，求出的周长的最小值，并求出此时折痕的长．
【答案】(1)作图见解析；
(2)作图见解析；点G在边、的垂直平分线上；理由见解析；
(3)改变；的周长的最小值为；
【分析】本题考查了正方形的折叠问题．
（1）作，的角平分线即可．根据三角形外角的性质得到，再根据角平分线的性质得到，即可得到；
（2）延长，交于T，作的角平分线即可．证明得到点G是的中点即可；
（3）作的角平分线交于E，连接，先根据折叠的性质求出，可知的最小值为，将向上平移使得M与A重合，证明，得到，即可得到．
【详解】（1）解：如图，作，的角平分线即可．
∵，，
∴．
∵，分别是，的角平分线，
∴
∴
故答案为：；
（2）解：如图，延长，交于T，作的角平分线即可．
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴点G是的中点，
∴点G在边、的垂直平分线上；
（3）解：如图，作的角平分线交于E，连接，
∵是折痕，
∴且垂直平分
∴，
∵为定值即，
∴当A、M、E三点共线时，最小，最小值即为的长，
故的最小值为，
此时E和B重合，将向上平移使得M与A重合，如下图：
∵，，
∴
∵，，
∴，
∴
即，
∵
∴
题型03 三角形的折叠问题
【典例】（2025·四川凉山·模拟预测）如图，已知是黄金三角形（顶角为的等腰三角形），，为上一点，将沿折叠，使得点落在延长线上的点处，若，则的长为______．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程方程．设，由折叠的性质知，结合三角形内角和定理，证明，得到，据此求解即可．
【详解】解：设，
∵，，
∴，
由折叠的性质知，
∴，，，
∴，
∴，则，
∵，，
∴，
∴，即，
整理得，
解得，
∴，
故答案为：．
【变式】
1．（2025·新疆·模拟预测）如图，在中，，，将三角形沿某条直线折叠，使点落在边上的点，折痕与边、分别交于点、．若折叠后的为等腰三角形，为直角三角形，则_____．
【答案】或
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、直角三角形的两个锐角互余、折叠的性质等知识，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题关键．连接，设，则，再根据为等腰三角形，可得，再根据折叠的性质可得，由此求出，最后分两种情况：①和，列方程求解即可．
【详解】解：设，则，
∵在中，，
∴，即，
∴，
∵在中，，为等腰三角形，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
则分以下两种情况：
①当时，为直角三角形，
，
∴即，
解得，符合题意，
∴；
②当时，为直角三角形，
∴，
解得，符合题意，
∴；
综上，或，
故答案为：或．
2．（2025·天津河西·一模）在平面直角坐标系中，为原点，三角形纸片，顶点，．在边上取一点，在边上取一点，连接，将沿翻折到同一平面内，得，点的对应点为点．
(1)填空：的度数为 ，的度数为 ；
(2)若，设，翻折后与三角形重叠部分的面积为．
①如图①，当时，点的坐标为 ，重合部分的面积为 ；
②如图②，当折叠后重合部分为四边形时，与交点为．试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围；
③填空：当 时，重合部分面积最大．
(3)当，的面积等于面积时，求点的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】(1)，
(2)①，；②，；③
(3)
【分析】（1）由，得轴，再解即可求解；
（2）①解求解点D坐标，重叠部分为的面积，根据面积公式求解；②可得，在中，，由折叠的性质证明是等边三角形，则，解直角三角形得，则，故，再由则，且，即可求解取值范围；③由，得，而，代入梯形面积即可求解，得到关于t的二次函数，利用二次函数的性质求解最值；
（3）过点C作于点T，过点D作于点M，解直角三角形求出，而，故，导角证明，则，那么，故当的面积等于面积时，，可得为中点，即可求解．
【详解】（1）解：∵三角形纸片，顶点，，
∴，
∴轴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）解：①∵，，
∴，
∴翻折后点O的对应点E在x轴上，
当时，
∴，
∴，
由折叠知，而，
∴点E在点A左侧，
∴重叠的面积为，
故答案为：，；
②由（1）得，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
要使得重叠部分为四边形，则，
∴，
∴，
且，则，
∴
③∵，
∴，
∵，
∴
∴
∵，
∴当时，取得最大值，
故答案为：；
（3）解：过点C作于点T，过点D作于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴当的面积等于面积时，，
∴，而，
∴为中点，
∴．
题型04 平行四边形的折叠问题
【典例】（2025·山西临汾·二模）问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，活动方式为将一张平行四边形纸片进行折叠变换后，发现结论并解决问题．
成果展示
(1)“爱心”小组：如图1，将平行四边形沿折叠，使点与点重合，折痕与，边分别交于点，，发现，请证明他们发现的结论；
(2)“希望”小组：如图2，，分别是，边上的动点，且，连接，将平行四边形沿折叠，点落在点处，点落在点处，交于点，分别交，于点，，发现，请证明他们发现的结论；
(3)教师提问：在图1的基础上，连接与交于点，如图3所示，若，，，直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质；
（1）由四边形是平行四边形，得到，，根据折叠的性质得，，即可得到，；
（2）根据折叠的性质得，，，，证明，得到；
（3）过作交延长线于，先求出，，根据折叠的性质得，，，，再证明，得，
设，则，，在中，根据得到，最后根据，求出即可．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
根据折叠的性质得，，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
根据折叠的性质得，，，，
又∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）解：过作交延长线于，
∵四边形是平行四边形，，，，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，，
根据折叠的性质得，，，，
∴，，
由（1）可得，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
中，，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得．
【变式】
1．（2025·山西·一模）综合与实践
问题情境：数学活动课上，活动小组探究平行四边形折叠过程中的一些结论，如图1，已知平行四边形，，将平行四边形沿过点D的直线折叠，使点C落在边上的点E处，折痕与交于点F．
初步探究：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：如图2，取线段边上的一点O（不含点D，F），过点O作边的垂线分别与交于点I，J，将平行四边形沿直线折叠，使点C落在边上的点H处，使点D落在边上的点G处，连接．
（2）若随着点O的运动，与始终保持平行，请求的度数；
（3）在（2）的条件下，如图3，若，与交于点M，连接，当时，请直接写出的值．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据翻折得到，则由平行四边形，根据平行线+角平分线得到等腰三角形，那么，则，结合平行，先证明为平行四边形，再根据一组邻边相等即可证明；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合翻折可得，那么为等边三角形，即可求解；
（3）过点O作于点N，过点M作于点K，四边形为菱形，可得为等边三角形，则设，可证明，那么，，则，用勾股定理表示，，，最后由建立方程求解，再由平行四边形的性质结合翻折即可求解．
【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下：
由翻折得：，
∵平行四边形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
由翻折得，而
∴，
∴为等边三角形，
∴；
（3）解：过点O作于点N，过点M作于点K，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
设
∵，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∵菱形，
∴平分，
∵，翻折得：
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴，
解得：或（舍），
∴，
由上知四边形为平行四边形，
∴，
∴由翻折得：．
2．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故；
[探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形；
[探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得．
【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
为边的中点，为边的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
四边形是菱形，
，，
，，
四边形是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，
当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图：
，
，
，
设，则，
，
为中点，
，，
四边形是菱形，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
；
当四边形是菱形时，延长交于，如图：
设，则，
四边形是菱形，
，
，，
四边形是平行四边形，，
，，
，
△是等边三角形，
，
，
；
综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或．
题型05 菱形的折叠问题
【典例】（2025·山西·一模）综合与探究
问题情境：数学课上，同学们以菱形为背景探究翻折变化产生的几何问题．已知菱形中，对角线，将沿直线翻折得到，过点A作的平行线交射线于点，过点作的平行线交射线于点．
(1)初步探究：如图1，勤思小组先分析了点恰好与点重合时的情形，他们发现此时点与点也重合．求此时的度数；
(2)深入思考：如图2，敏学小组进一步探究点与点不重合的情形．他们在探究中提出如下问题．请你解答：
①如图2，当点在的延长线上时，猜想线段与之间的数量关系，并证明你的结论；
②在度数变化的过程中，连接，是否存在某一时刻，使四边形的面积是菱形面积的一半？若存在，请直接写出相应的的正切值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)①，见解析；②存在，或1
【分析】本题主要考查了折叠的性质、正方形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正切的定义等知识点，灵活运用相关判定与性质定理成为解题的关键．
（1）由折叠的性质可得，进而得到，再根据菱形的性质可得是等边三角形即可解答；
（2）①先根据折叠的性质可得四边形是平行四边形，再证明可得，最后根据线段的和差及等量代换即可解答；②分点E在上和F在上两种情况，分别运用菱形的判定与性质、正方形的判定与性质以及正切的定义即可解答．
【详解】（1）解：沿翻折得到，
．
，且与重合，
．
四边形是菱形，
，
，
，
是等边三角形．
．
（2）解：①，证明如下：
证明：沿直线翻折得到，
，
，
四边形是平行四边形，
，
．
，
，
，
．
，
．
，
，
②如图：当点E在上时，
由题意可得：，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵菱形，
∴，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
过F作交延长线于N，连接交于O，则，
∴，
∴，
又∵，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，解得：，
∴，
∴；
如图：当F在上时，则，
∴四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
如图：作于N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，即，
∴与O重合，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
综上，存在两种四边形面积是菱形面积的情形，此时的正切值为或1．
【变式】
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）问题情境：
在数学实践课程中，教师引导同学们围绕“菱形纸片的折叠”主题进行探索．已知菱形，，点分别是边上的点，将菱形沿折叠．

猜想证明：
（1）如图1，设对角线与相交于点，若点的对应点与点重合，折痕交于点．试直接写出四边形的形状；
问题解决：
（2）如图2，若点的对应点恰好落在对角线上的点处，若，求线段的长；
（3）如图3，若点的对应点恰好落在边上的点处，若点为的一个三等分点，设，求的面积（用含的式子表示）．
【答案】（1）四边形为菱形；（2）；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据折叠的性质可知，，易得，进而证明四边形为平行四边形，然后根据“邻边相等的平行四边形为菱形”，即可获得答案；
（2）过点作于点，首先证明为等边三角形，进而可得，，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由三角函数解得，的值，进而可得的长度，然后在中，由勾股定理解得的值，即可获得答案；
（3）过点作，交延长线于点，根据题意可得，，在中，由三角函数解得，的值，设，则，，由折叠的性质可得，，在中，由勾股定理解得的值，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：（1）四边形为菱形．理由如下：
∵四边形为菱形，
∴，
∵将菱形沿折叠，点的对应点与点重合，
∴，，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形；
（2）如下图，过点作于点，

∵四边形为菱形，，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
设，则，
由折叠的性质可得，，
∵，
∴，，
∴，，
在中，，
即，
解得，
∴；
（3）如下图，过点作，交延长线于点，

∵点为的一个三等分点，且，
∴，，
∵四边形为菱形，，
∴，，
∴，
∴在中，，
，
设，则，，
由折叠的性质可得，，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴．
2．（2025·河南南阳·二模）菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），把沿直线折叠，与对应．

(1)若点在的延长线上，求的长；
(2)当与菱形的边垂直时，求的长．
【答案】(1)
(2)的长是或
【分析】（1）根据菱形的性质可得， ，由折叠可知，，，，在中，解直角三角形得，，即可求解；
（2）根据菱形的性质可得，，，由折叠可知，，，，，可得，
分两种：当时，当时，分别解直角三角形即可求解．
【详解】（1）菱形中，，，
∴，
由折叠可知，，，，

∵点在的延长线上，
∴，
在中，，
∴，，
∴；
（2）菱形中，，，，
由折叠可知，，，，，
∴，
当时，垂足为，

在中，，则，
∴，
在中，，
∴；
当时，垂足为，过点作，

∵，
∴，则，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，设，，
∴，
又∵，
∴，则，
∴；
综上，的长为或．
题型06 圆形的折叠问题
【典例】（2025·陕西西安·二模）如图，为的直径，为圆上一点，为劣弧上一点，将劣弧沿弦所在的直线翻折，翻折后点恰好与圆心重合，则的大小等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了翻折的性质，圆周角定理，等边三角形的判定及性质，连接，，由等边三角形的判定方法得为等边三角形，结合圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接，，
，
，
由翻折得：，
，
为等边三角形，
，
∴，
∴，
，
故选：C．
【变式】
1．（2025·河南郑州·二模）如图，在扇形中，半径，的长为，点P在上，连接， 将沿折叠得到．若与所在的圆相切于点B，则的度数为________，的长为_________．
【答案】 /75度
【分析】本题考查了切线性质，折叠的性质，弧长，三角函数，熟练掌握切线性质，三角函数，弧长公式是解题的关键．连接，交于点，由折叠的性质可得，，，解直角三角形求得，利用弧长公式求得圆心角的度数，即可得到第一空答案，再求出的度数，利用三角函数，解答即可．
【详解】解：如图所示，连接，交于点，
沿折叠得到．
，，，
与所在的圆相切于点，
，
，
，
，
设，
半径，的长为，
，
解得，
，
，
，
，
故答案为：；．
2．（2025·河南周口·三模）如图，扇形中，，点为上一点，将扇形沿着折叠，恰好经过点，则阴影部分的面积为_____．
【答案】
【分析】本题主要考查了求扇形面积，折叠的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，此题难度适中，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法是解题的关键．根据恰好经过点O，可得点O关于的对称点在上，然后作点O关于的对称点D，连接，可得则，阴影部分的面积为，再证得是等边三角形，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：∵恰好经过点O，
∴点O关于的对称点在上，作点O关于的对称点D，连接，如图，
则，
阴影部分的面积为，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∵，
∴，即，
∴，
∴阴影部分的面积等于
，
故答案为：．
1．（2025·河南·模拟预测）如图，菱形的边，高，是边上一动点，将四边形沿直线折叠，点的对应点为，当的长度最小时，的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、翻折变换的性质等知识，利用折叠性质结合三角形三边不等关系确定取最小值的位置，再结合角度关系推导边长是解题的关键．
由菱形的边得，，由高得，进而得，求得，则，由折叠得，由，可知当点落在上时，取得最小值，此时，则，得即可判断．
【详解】
解：如图1，
∵菱形的边，
∴，，
∵高，即，
∴，
∴，，
∴，
∵将四边形沿直线折叠，点的对应点为，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴当点落在上时，取得最小值，最小值为，
如图2，
点在上，则，
∴，
∴．
故选：D．
2．（2025·四川乐山·二模）如图，是的直径，，点在线段上运动，过点的弦，将位于右边的部分沿翻折，弧交直线于点，当的长为正整数时，则的长为（ ）．
A．2B．C．D．2或
【答案】D
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键．
【详解】解：为直径，为弦，
，
当的长为正整数时，或2，
当时，即为直径，
将沿翻折交直线于点F，此时与点重合，
故；
当时，且在点在线段之间，
如图，连接，
此时，
，
，
，
，
；
当时，且点在线段之间，连接，
同理可得，
，
综上，可得线段的长为或或2，
故选：D．
3．（2025·山东青岛·三模）如图，在正方形中，E是边上一点，将沿翻折至，延长交于点F．若，，则的长是（ ）
A．3B．12C．10D．5
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．
连接，证明，设，则，利用勾股定理求解即可．
【详解】∵正方形中，E是边上一点，将沿翻折至，
∴，
连接，
∵，
∴，
∴
设，
则，
∴，
解得，
故选：A．
4．（2025·宁夏·模拟预测）如图，点E，F分别是的边，上的点，，，将四边形沿翻折，得四边形，交于点G，则的周长为（ ）
A．12B．11C．10D．9
【答案】D
【分析】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定，根据平行四边形的性质得到，由平行线的性质得到，根据折叠的性质得到，推出是等边三角形，于是得到结论．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴．
∵将四边形沿翻折，得到四边形，，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
∵，
∴的周长为9．
故选：D．
5．（2025·云南丽江·模拟预测）如图，菱形的面积为20，于点M，，将沿折到处，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查菱形的性质、翻折变换的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地添加辅助线是解题的关键．利用菱形的面积为20，于点M，，求出，则，由翻折得出点在直线BC上，作于点E，则，证明四边形是矩形，则，，求出，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵菱形的面积为20，于点M，，
∴，，，
∴，，
∴，
由翻折得，，
∴，
∴点在直线BC上，
作于点E，则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
故选：D．
6．（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，已知，M、N分别是边上动点．将沿直线折叠，点B的对应点恰好落在边上，A的对应点为，连结、．若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质．连接，在上截取，作，交的延长线于点F，交于T，证明，推出，，设，则，在中，由勾股定理求得，，再利用正切函数的定义求解即可．
【详解】解：如图，
连接，在上截取，作，交的延长线于点F，交于T，
设，，
∵沿直线折叠，点B的对应点恰好落在边上，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，是等边三角形，，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
7．（2025·江苏扬州·一模）如图，在中，，D，E分别是，上的点，将沿着折叠，使点A落在边的中点（记为）处．若，，则的长为 ________ ．
【答案】
【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．连接交于点F，证明，进而求解．
【详解】解：如图，连接交于点F，
由题意知，，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
8．（2025·安徽·模拟预测）在边长为6的菱形中，，点E、F是边、上的点，连接，
(1)如图1，将沿翻折使B的对应点落在中点上，此时四边形是什么四边形？并说明理由．
(2)如图2，若，以为边在右侧作等边；
①连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长度．
②直接写出的最小值．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)①的长为3或；②当点G与点H重合时，的最小值为
【分析】（1）由折叠的性质可得，，，由菱形的性质和等腰三角形的性质可得，可证，可得结论；
（2）①由“”可证，可得，，分两种情况讨论，由等边三角形的性质和勾股定理可求解；
②由垂线段最短，可得当点G与点H重合时，的最小值为．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
理由如下：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵将沿翻折使B的对应点落在中点上，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：①如图2，连接，在上截取，连接，连接，并延长，交于点N，过点C作直线于H，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，，
当时，，
∴，
∴；
当时，过点M作于Q，过点G作于P，
∵是等边三角形，，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
综上所述：的长为3或，
②由（2）①可知：点G在上运动，且，与的距离为，
∴当点G与点H重合时，的最小值为．
9．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图1，梯形中，，，，，，点是射线上一动点（不与点重合），将沿着进行翻折，点的对应点记为点．
(1)如图，当点在线段上时，设，，求与之间的函数关系式，并写出定义域；
(2)如图，连接，线段与射线交于点，当是等腰三角形时，求的长．
【答案】(1)与之间的函数关系式为
(2)的长为或或
【分析】（1）用梯形和矩形的性质求出，确定的定义域；由翻折得垂直平分，可证、，利用相似的比例关系，将面积比转化为线段比，再推导函数式即可；
（2）先求出，分三种等腰情况讨论：当时，通过证明得，结合勾股定理列方程求；当时，用相似比得，再通过勾股定理求解；当时，利用值相等的关系计算．
【详解】（1）解：如图1，过点作于点，设交于，设，，
∴，，
∵在梯形中，，，，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵点在线段上（不与点重合），，
∴，
∵将沿着进行翻折，点的对应点为点，
∴，，
∴垂直平分线段，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴①，
∵，，
∴，
∴，即，
∴②，
②①，得：，
∴，
∴与之间的函数关系式为；
答：与之间的函数关系式为．
（2）解：①如图2，在梯形中，，，，，当时，延长交于，设，
在直角三角形中，由勾股定理得：，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵将沿着进行翻折，点的对应点为点，
∴，，，
∴，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴；
②如图3，当时，
∵，，
∴，
∵，
∴，即，
解得：，
在直角三角形中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴；
③如图4，当时，点与重合，
∵垂直平分，
∴，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
综上所述，当是等腰三角形时，的长为或或．
答：的长为或或．
10．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）综合与实践课上，同学们以“折纸中的角”为主题开展数学活动．
【操作判断】
（1）如图，将边长为的正方形对折，使点与点重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使得点落在边上的点处，得到折痕，折痕与折痕交于点．打开铺平，连接、、．若点的位置恰好使得．
① ；
②求的长；
【探究提炼】
（2）如图2，若（1）中的点是上任意一点，求的度数．
【理解应用】
（3）如图3，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点在上，点在上，且．请问步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）①；②；（2）；（3）存在，最小值为．
【分析】（1）①由可得，由折叠可知：，可得，由三角形外角性质即可求出，②由是垂直平分线可得，由折叠可得，连接，由此可证明，即可得；
（2）过点作，垂足为，过点作，垂足为，证（）即可得，从而证明，由等腰三角形性质即可得出；
（）过点作，垂足为，过点作，垂足为，同（）可得是以为底，顶角为等腰三角形，当最小时三角形面积最小，则当时，三角形面积最小，再利用含直角三角形性质解三角形即可得出结论．
【详解】解：（1）①正方形中，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
由折叠可知：，
∴，
∵，
∴；
②由折叠可知：，，，
∴，如图，连接，
∵，，即是垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为，
∴，
∵是的角平分线，，
∴，，
∵，
∴（），，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图；过点作，垂足为，过点作，垂足为，
∵，
∴，
∵在菱形中，是的角平分线，，
∴，
∵，
∴（），
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点作于点，设，
则，，
∵，即，
∴，
，
∴当最小时，面积最小，
∴当时，面积最小，
如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴
∴的面积存在最小值为．
1．（2025·广东广州·模拟预测）综合与探究
问题情境：
在正方形中，E是边上的一个动点，连接将沿直线翻折，得到，点B的对应点落在正方形内．
猜想证明：
（1）如图1，连接并延长，交边于点F．求证：．
（2）如图2，当E是边的中点时，连接并延长，交边于点H，将沿直线翻折，点D恰好落在直线上的点处，交于点M，交于点N．试判断四边形的形状，并说明理由．
问题解决：
（3）在（2）的条件下，若，请直接写出四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）四边形是矩形；理由见解析（3）
【分析】（1）设和相交于点O，证明，即可得到；
（2）根据折叠的性质证明，即可证明四边形是矩形；
（3）连接交于点G，求出，证明，得到，，由等积法求出，由，求出，即可求出，得到四边形的面积．
【详解】（1）证明：如图，设和相交于点O，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由折叠可知，垂直平分，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：四边形是矩形；理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
由折叠的性质可知：，，
∴，
∴，
由折叠的性质可知：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（3）解：连接交于点G，如图2，
∵四边形是正方形，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
由（2）得，，，
∴，，
∵，
∴，
由折叠可知：，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
同理可证，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
由折叠可知：，，
∴，，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴四边形的面积为．
2．（2025·山东·一模）问题情境：在数学实践课程中，教师引导同学们围绕“菱形纸片的折叠”主题进行探索．已知菱形，，点，分别是，边上的点，将菱形沿折叠．
猜想证明：（1）如图1，设对角线与相交于点，若点的对应点与点重合，折痕交于点．试直接写出四边形的形状；
问题解决：（2）如图2，若点的对应点恰好落在对角线上点处，若，，求线段的长；
（3）如图3，若点的对应点恰好落在边上的点处，若点为的一个三等分点，设，的面积 ．
【答案】（1）四边形为菱形；（2）；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据折叠的性质可知，易得，进而证明四边形为平行四边形，然后根据“邻边相等的平行四边形为菱形”，即可获得答案；
（2）过点作于点，首先证明为等边三角形，进而可得，，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由三角函数解得的值，进而可得的长度，然后在中，由勾股定理解得的值，即可获得答案；
（3）过点作，交延长线于点，根据题意可得，在中，由三角函数解得的值，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由勾股定理解得的值，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：（1）四边形为菱形．理由如下：
四边形为菱形，
，
将菱形沿折叠，点的对应点与点重合，
，，
，
，，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形；
（2）如下图，过点作于点，
四边形为菱形，，
，，
，
为等边三角形，
，，
，
，
设，则，
由折叠的性质可得，，
，
，
，
，
在中，，
即，
解得，
；
（3）如下图，过点作，交延长线于点，
四边形为菱形，，且点为的一个三等分点，
，，，
，
，
，
设，则，，
由折叠的性质可得，，
在中，，
即，解得，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和折叠的性质是解题关键．
3．（2023·江苏泰州·二模）在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动．
(1)操作判断：
在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部的点处，把纸片展平，过作交、、于点、、，连接并延长交于点，连接，如图①，当为中点时，求证是等边三角形．
(2)迁移探究：
①如图②，若，且，求正方形的边长．
②如图③，若，直接写出的值为 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）由折叠的性质可得，，利用平行线的性质得，进而得，，再利用直角三角形中线的性质可得，即可证明为等边三角形；
（2）证明，可得，证明，可得，从而求得，，再利用勾股定理求得的长，再算出的长，即可求出正方形的边长；
②设，根据题意可得，，，设，则，根据，可得，再代入计算解出即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
根据折叠的性质可得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点为的中点，，
∴，
∴，
∴点为的中点，，
∴，
∴，
∴为等边三角形；
（2）解：①由折叠的性质可知，，
在和中，
，
∴（），
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，即正方形的边长为；
②设，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∵，
∴，
∴，
整理得：，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
4．（2025·广东·模拟预测）综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．
【动手操作】
如图1，将边长为的正方形对折，使点D与点B重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使点D落在边上的点P处，得到折痕，折痕与折痕交于点Q．打开铺平，连接．
【探究提炼】
（1）如图1，点P是上任意一点，请判断线段和的位置关系，并说明理由．
（2）如图2，连接，当恰好垂直于时，求线段的长度．
【类比迁移】
（3）如图3，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点M在上，点N在上，且．
①求的度数；
②请问步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由．
【答案】（1），理由见解析；（2）；（3）①；②的面积存在最小值，最小值为
【分析】（1）根据正方形、折叠的性质得到即可求解；
（2）根据题意得到，是等腰三角形，进而得到，，由此即可求解；
（3）①过点N作，垂足为E，过点N作，垂足为F，证明，进而得到；
②过点N作于点K，设，则， ，当a最小时，的面积最小．当时，的面积最小，结合题意即可求解．
【详解】解：（1）．理由如下：连接，如图所示，
由折叠可知，
∴，
设，则，
∴，
∴；
（2）由折叠可知，
在正方形中，，
∴，
∵，
∴，是等腰三角形，
∴，
∵是等腰三角形，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∴．
（3）①过点N作，垂足为E，过点N作，垂足为F，如图，
∵，
∴．
∵四边形是菱形，
∴是的平分线．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴；
②过点N作于点K，如图，
设，则， ，
∵，
∴，
∴当a最小时，的面积最小．
∴当时，的面积最小，如图，
∵，
∴．
∴，
∴，
∴，
∴的面积存在最小值，最小值为．
5．（2025·江苏南通·模拟预测）取一张正方形的纸片进行折叠，具体操作过程如下：
第一步：如图1，先把正方形对折，折痕为．
第二步：点在线段上，将沿翻折，点恰好落在上，记为点，连接．
(1)判断的形状，并说明理由；
(2)作点关于直线的对称点，连接、．
①在图2中补全图形，并求出的度数；
②猜想的度数，并加以证明；（温馨提示：当你遇到困难时，不妨连接、，研究图形中特殊的三角形）
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析
(2)①图见解析；；②，证明见解析
【分析】（1）由正方形的性质得出，由折叠的性质得：，得出，在中，由三角函数得出，求出，得出，即可得出结论；
（2）①根据题意补全图形，由①得：，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出，求出，再由得出的性质得出；
②由对称的性质得：，证出是等边三角形，得出，证明，得出，由，即可得出结果．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：
四边形是正方形，
，
由折叠的性质得：，，
，，
∴在中，，
，
，
是等边三角形；
（2）解：①补全图形如图2所示：
由①得：，
∵四边形是正方形，
，，
，
由（1）可知，，
，
，
，
关于直线的对称点为，
；
②，证明如下：
连接，如图3所示，
由对称的性质得：，
由①可知，，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
，
，
是等边三角形，
，
在和中，
，
，
，
，
．
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