八年级数学下册专题16 正方形折叠问题

这是一份八年级数学下册专题16 正方形折叠问题，共38页。

专题16 正方形折叠问题
【例题讲解】
如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于G，连接DG．
(1) 求证：∠EDG=45°．(2)如图2，E为BC的中点，连接BF．
①求证：BF∥DE；②若正方形边长为6，求线段AG的长．
(3) 当BE︰EC= 时，DE=DG．

试题解析：（1）证明：如图：∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA．∠A=∠B=∠C=∠ADC = 90°．
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE=∠C，DC=DF，∠1＝∠2，
∴∠DFG=∠A，DA=DF，又∵DG=DG，
∴△DGA≌△DGF， ∴∠3＝∠4，∴∠EDG=∠3+∠2=(∠ADF+∠FDC)= 45°．
(2)①证明：∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，E为BC的中点
∴CE=EF=BE，∠DEF=∠DEC．∴∠5＝∠6，
∵∠FEC=∠5+∠6，∴∠DEF+∠DEC=∠5+∠6
∴2∠5＝2∠DEC，即∠5＝∠DEC ∴BF∥DE．
②解：设AG=x，则GF=x，BG=6－x，由正方形边长为6，得CE=EF=BE=3，
∴GE=EF+GF=3+x． 在Rt△GBE中，根据勾股定理得：
解得x=2，即线段AG的长为2． .
【综合演练】
1．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．0 B．1 C．2 D．3
2．如图，正方形ABCD的边长为3，将正方形ABCD沿直线EF翻折，则图中折成的4个阴影三角形的周长之和是（    ）

A．8 B．9 C．12 D．以上都不正确
3．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE，若AB的长为2，则FM的长为（   ）

A．2 B． C． D．1




4．如图是一张矩形纸片ABCD，AD＝10cm，若将纸片沿DE折叠，使DC落在DA上，点C的对应点为点F，若BE＝6cm，则CD＝(　　)

A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
5．如图，先将正方形纸片对折，折痕为，再把点折叠在折痕上，折痕为，点在上的对应点为，则的度数为______．

6．如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，将△ABE沿AE折叠至处，与AC交于点F，若∠EFC＝67°，则∠CAE的度数为____．

7．如图，正方形纸片ABCD的边长为10cm，点P在边BC上，BP=4cm，折叠纸片使点A落在点P上，折痕为MN．则AM的长是______．


8．如图，在正方形中，、分别为、的中点，连接、，将 沿对折，得到，延长交的延长线于点.给出下列结论:①;②;③是等边三角形;④若正方形的边长为，则线段的长为其中，正确的结论有_____.(把你认为正确的结论的序号都填上)

9．如图，将一边长为的正方形纸片的顶点折叠至边上的点，使，折痕为，则的长__________．

10．如图，在边长为1的正方形ABCD中，E为边BC上任意一点（不与点B、C重合），AE、BD交于点P，过点P且垂直于AE的一条直线MN分别交AB、CD于点M、N．连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处．AD的中点为F，则P′F的最小值为 ____．


11．如图，正方形ABCD中，，点E在CD上，且，将沿AE对折至，延长EF交BC于点G，连接AG、CF．

求证：≌；
求BG的长；
求的面积．
12．如图，正方形ABCD中，CD=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．

（1）求证：①△ABG≌△AFG； ②求GC的长；
（2）求△FGC的面积．
13．已知，正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：____；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）

14．如图1，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接.
(1)____________；
(2)如图2，若正方形边长为6，点为的中点，连接，
①求线段的长；
②求的面积；
(3)当时，若令，则________(用含的式子表示).
    
15．知识再现：已知，如图，四边形ABCD是正方形，点M、N分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，延长CB至G使BG＝DN，连接AG，根据三角形全等的知识，我们可以证明MN＝BM+DN．
知识探究：（1）在如图中，作AH⊥MN，垂足为点H，猜想AH与AB有什么数量关系？并证明；
知识应用：（2）如图，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，AD＝6，则CD的长为 ；
知识拓展：（3）如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，F为边CD上一点，∠FEC＝2∠BAE，AB=24，求DF的长．

16．如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；

17．如图，已知正方形的边长为5，点E为边上一点（不与点C，D重合），将沿所在直线折叠得到，延长交边于点G，连接、，可得．

(1)判断与是否相等，并说明理由；
(2)若，求的长；
(3)若，请直接写出的值．
18．如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平后得到折痕MN，当．

(1)求NE的长；
(2)连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
(3)直接写出AM的长度．
19．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)迁移探究：
①如图1，当点M在上时，___________°，___________°．
②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
③已知正方形纸片的边长为8，当时，直接写出的长．
(2)拓展应用：
正方形的边长为8，点P在边上，将沿直线翻折，使得点A落在正方形内的点M处，连接并延长交正方形一边于点G．当时，则的长为___________．
答案与解析
【例题讲解】
如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于G，连接DG．
(1) 求证：∠EDG=45°．(2)如图2，E为BC的中点，连接BF．
①求证：BF∥DE；②若正方形边长为6，求线段AG的长．
(3) 当BE︰EC= 时，DE=DG．

试题解析：（1）证明：如图：∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA．∠A=∠B=∠C=∠ADC = 90°．
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE=∠C，DC=DF，∠1＝∠2，
∴∠DFG=∠A，DA=DF，又∵DG=DG，
∴△DGA≌△DGF， ∴∠3＝∠4，∴∠EDG=∠3+∠2=(∠ADF+∠FDC)= 45°．
(2)①证明：∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，E为BC的中点
∴CE=EF=BE，∠DEF=∠DEC．∴∠5＝∠6，
∵∠FEC=∠5+∠6，∴∠DEF+∠DEC=∠5+∠6
∴2∠5＝2∠DEC，即∠5＝∠DEC ∴BF∥DE．
②解：设AG=x，则GF=x，BG=6－x，由正方形边长为6，得CE=EF=BE=3，
∴GE=EF+GF=3+x． 在Rt△GBE中，根据勾股定理得：
解得x=2，即线段AG的长为2． .
【综合演练】
1．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．0 B．1 C．2 D．3
【答案】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．
【详解】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．
【点睛】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．
2．如图，正方形ABCD的边长为3，将正方形ABCD沿直线EF翻折，则图中折成的4个阴影三角形的周长之和是（    ）

A．8 B．9 C．12 D．以上都不正确
【答案】C
【分析】由图形翻折变换的性质可知AD＝A’D’，A’H＝AH，D’G＝DG，由阴影部分的周长＝A’D’＋A’H＋BH＋BC＋CG＋D’G即可得出结论．
【详解】解：由翻折变换的性质可知AD＝A’D’，A’H＝AH，D’G＝DG，
阴影部分的周长＝A’D’＋（A’H＋BH）＋BC＋（CG＋D’G）＝AD＋AB＋BC＋CD＝3×4＝12．
故选C．

【点睛】本题考查的是翻折变换的性质，即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，位置变化，对应边和对应角相等．
3．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE，若AB的长为2，则FM的长为（   ）

A．2 B． C． D．1
【答案】B
【分析】根据翻折不变性，AB=FB=2，BM=1，在Rt△BFM中，可利用勾股定理求出FM的值．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，AB=2，过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FB=AB=2，BM=1，
则在Rt△BMF中，
FM=，
故选B．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质，正方形的性质，勾股定理，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键．
4．如图是一张矩形纸片ABCD，AD＝10cm，若将纸片沿DE折叠，使DC落在DA上，点C的对应点为点F，若BE＝6cm，则CD＝(　　)

A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm
【答案】A
【详解】解：由题意可知∠DFE=∠CDF=∠C=90°，DC=DF，
∴四边形ECDF是正方形，
∴DC=EC=BC-BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=10，
∴DC=10-6=4（cm）
故选：A
5．如图，先将正方形纸片对折，折痕为，再把点折叠在折痕上，折痕为，点在上的对应点为，则的度数为______．

【答案】15°
【分析】由翻折的性质AH＝AB，MN垂直平分AD，于是得到DH＝AH＝AB＝AD，故此△ADH为等边三角形，由△ADH为等边三角形可知∠HAB＝30°，在△ABH中可求得∠ABH＝75°，故此可求得∠HBC＝15°．
【详解】解：∵MN垂直平分AD，
∴DH＝AH．
由翻折的性质可知：AH＝AB．
∵正方形ABCD中，
∴AH＝AD＝DH．
∴△ADH是一个等边三角形．
∴∠DAH＝60°．
∴∠HAB＝30°．
∵AB＝AH，
∴∠ABH＝×（180°−30°）＝75°．
∴∠HBC＝∠ABC−∠ABH＝90°−75°＝15°．
故答案是：15°．
【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，正方形的性质，证得△ADH是一个等边三角形是解题的关键．
6．如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，将△ABE沿AE折叠至处，与AC交于点F，若∠EFC＝67°，则∠CAE的度数为____．

【答案】11°
【分析】利用三角形外角的性质先求出∠BEF，进而得到∠BEA，再求出∠BAE，最后用∠BAC－∠BAE即可得到答案．
【详解】解：由正方形性质知：∠ACE＝45°，
∵∠EFC＝67°，
∴在△FEC中，∠BEF＝∠EFC＋∠ACE＝67°＋45°＝112°，
由折叠的性质可知：∠BEA＝∠BEF＝56°，
∴∠BAE＝90°－∠BEA＝90°－56°＝34°，
∴∠EAC＝45°－34°＝11°．
故答案为：11°．
【点睛】本题考查了正方形的性质和折叠的性质以及三角形的外角定理，熟练掌握性质是解题关键．
7．如图，正方形纸片ABCD的边长为10cm，点P在边BC上，BP=4cm，折叠纸片使点A落在点P上，折痕为MN．则AM的长是______．

【答案】cm．
【分析】由翻折的性质可知MA=PM，设MA=PM=xcm，则BM=（10-x）cm，最后在Rt△PBM中由勾股定理可求得AM的长．
【详解】由翻折的性质可知：MA=PM，设MA=PM=xcm，则BM=（10-x）cm．
在Rt△PBM中由勾股定理得：PM2=PB2+MB2，即x2=42+（10-x）2．
解得：x=cm．
AD的长为cm．
故答案为cm．
【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理的应用，依据勾股定理列出关于x的方程是解题的关键．
8．如图，在正方形中，、分别为、的中点，连接、，将 沿对折，得到，延长交的延长线于点.给出下列结论:①;②;③是等边三角形;④若正方形的边长为，则线段的长为其中，正确的结论有_____.(把你认为正确的结论的序号都填上)

【答案】①②④
【分析】首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE=90°，即可得到①AE=BF；②AE⊥BF；△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF=QB，再证明∠FBQ≠60°，即可判断③错误，设AQ=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，
∴CF=BE，
在△ABE和△BCF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠CBF，AE=BF，故①正确；
又∵∠BAE+∠BEA=90°，
∴∠CBF+∠BEA=90°，
∴∠BGE=90°，
∴AE⊥BF，故②正确；
根据题意得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠PFB，
∴QF=QB，
∵tan∠FBC=，
∴∠FBC≠30°，
∴∠FBQ≠60°，
∴△BQF一定不是等边三角形，故③错误，
设AQ=x，则FQ=BQ=3+x，QP=x+3-=x+，
在Rt△BPQ中，∵BQ2=PB2+QP2，
∴（x+3）2=32+（x+）2，
∴x=，
∴AQ=，故④正确．
故答案为①②④．

【点睛】本题考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及折叠的性质的知识点，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
9．如图，将一边长为的正方形纸片的顶点折叠至边上的点，使，折痕为，则的长__________．

【答案】13
【分析】先过点P作PM⊥BC于点M，利用三角形全等的判定得到△PQM≌△AED，从而求出PQ=AE．
【详解】过点P作PM⊥BC于点M，

由折叠得到PQ⊥AE，
∴∠DAE+∠APQ=90°，
又∠DAE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠APQ，
∵AD∥BC，
∴∠APQ=∠PQM，
则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD
∴△PQM≌△AED
∴PQ=AE==13．
故答案是：13．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
10．如图，在边长为1的正方形ABCD中，E为边BC上任意一点（不与点B、C重合），AE、BD交于点P，过点P且垂直于AE的一条直线MN分别交AB、CD于点M、N．连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处．AD的中点为F，则P′F的最小值为 ____．

【答案】
【分析】判断△ADG是等腰三角形，点在等腰直角三角形ADG的边GD上，当时，的值最小，求解即可．
【详解】解：如图，若点E点B重合，则点P与B点重合，MN与BC重合，△ABC沿AC折叠，则点与点D重合，
若点E点C重合，则点P为正方形对角线交点，△ADP为等腰直角三角形，沿AD折叠，点落在点G处，则△ADG是等腰直角三角形，
则点P'在DG上运动，

∵AD=2，点F是AD的中点，
∴
根据垂线段最短可知，当时，的值最小，
此时是等腰直角三角形，
∴；
故答案为：
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用“垂线段最短”是解答此题的关键．

11．如图，正方形ABCD中，，点E在CD上，且，将沿AE对折至，延长EF交BC于点G，连接AG、CF．

求证：≌；
求BG的长；
求的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）3；（3）．
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证≌；
在直角中，根据勾股定理即可得出结论；
结合和求出的面积，最后用同高的两三角形的面积的比等于底的比，即可得出结论．
【详解】是由折叠得到，
，，
又四边形ABCD是正方形，
，，
，，
在和中，
≌，
正方形ABCD中，，，
，
设，则．
在直角中，根据勾股定理，得，
解得．
；
由知，，，
由知，≌，
，
，
由知，，，
，
．
【点睛】此题属于四边形的综合题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识注意折叠中的对应关系，注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．
12．如图，正方形ABCD中，CD=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．

（1）求证：①△ABG≌△AFG； ②求GC的长；
（2）求△FGC的面积．
【答案】（1）①证明详见解析；②3；（2）．
【分析】（1）①利用翻折变换对应边关系得出AB=AF，∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；②利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，进而求出BG即可；
（2）首先过C作CM⊥GF于M，由勾股定理以及由面积法得，CM=2.4，进而得出答案．
【详解】（1）①在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°，
∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°，
又∵AG=AG，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
∵，
∴△ABG≌△AFG（HL）；
②∵CD=3DE
∴DE=2，CE=4，
设BG=x，则CG=6﹣x，GE=x+2
∵GE2=CG2+CE2
∴（x+2）2=（6﹣x）2+42，
解得  x=3
∴BG=3，
又∵AB＝6，
∴BG= GC=3；
（2）过C作CM⊥GF于M，

∵BG=GF=3，
∴CG=3，EC=6﹣2=4，
∴GE=5，
CM•GE=GC•EC，
∴CM×5=3×4，
∴CM=2.4，
∴S△FGC＝GF·CM=3.6．
13．已知，正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：____；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）

【答案】（1）AH=AB；（2）成立，理由见解析；（3）6
【分析】（1）先证明，可得，，再证明即可；
（2）延长至，使，证明，能得到；
（3）分别沿、翻折和，得到和，然后分别延长和交于点，得正方形，设，则，，在中，由勾股定理，解得．
【详解】解：（1）如图①，．理由如下：

四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
是等腰三角形，
又，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
故答案为：；
（2）数量关系成立．如图②，延长至，使．

∵四边形是正方形，
，，
在和中，
，
∴≌（SAS），
，，
，
，
，
，
在和中，
，
．
，，
、是和对应边上的高，
．
（3）如图③分别沿、翻折和，得到和，
，，．
分别延长和交于点，得正方形，
由（2）可知，．
设，则，，
在中，由勾股定理，得，
，
解得，．（不符合题意，舍去），
．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键．
14．如图1，在正方形中，点为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于点，连接.
(1)____________；
(2)如图2，若正方形边长为6，点为的中点，连接，
①求线段的长；
②求的面积；
(3)当时，若令，则________(用含的式子表示).
    
【答案】（1）；（2）①线段的长为2；②；（3）a .
【分析】（1）根据正方形的性质可得DC=DA．∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，根据翻折前后两个图形能够完全重合可得∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，再求出∠DFG=∠A，DA=DF，然后利用“HL”证明Rt△DGA和Rt△DGF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠3=∠4，然后求出∠2+∠3=45°，从而得解；
（2）①根据折叠的性质和线段中点的定义可得CE=EF=BE=3，DC=DF=AB=BC=6，利用“HL”证明Rt△DGA和Rt△DGF全等，可得AG=GF，设AG=x，表示出GF、BG，再利用勾股定理列出方程求解即可；
②根据勾股定理求出EG=5，求出 ，再根据△GBE和△BEF等高求解即可；
（3）根据等腰三角形三线合一的性质可得F是EG的中点，再利用“HL”证明Rt△ADG和Rt△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得AG=CE=a，可得AG=CE=EF=GF=a，再求出BG=BE，然后根据勾股定理列出方程即可求解．
【详解】解：(1)如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA．∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，
∴∠DFG=∠A=90°，DA=DF，
在Rt△DGA和Rt△DGF中， ，
∴Rt△DGA≌Rt△DGF（HL），
∴∠3=∠4，
∴∠EDG=∠3+∠2=∠ADF+∠FDC，
=（∠ADF+∠FDC），
=×90°，
=45°；
(2)①解：∵将沿折叠得到，为的中点，
∴，，∵四边形是正方形，
∴，∴.
在和中，
，
∴(HL)，∴，
∵为中点，∴.
设，则，，∴，
在中，根据勾股定理得：
，即，
解得，即线段的长为2；
②在中，，，根据勾股定理得：.
∵BE•BG.
∵△BEF和△BEG等高，
∴；
(3)∵DE=DG，∠DFE=∠C=90°，
∴点F是EG的中点，即GF=EF，
在Rt△ADG和Rt△CDE中， ，
∴Rt△ADG≌Rt△CDE（HL），
∴AG=CE，
∴AB-AG=BC-CE，AG=CE=EF=GF=a，
即BG=BE，
∴△BEG是等腰直角三角形，
∴ 即
解得BE=a .

故答案为（1）；（2）①线段的长为2；②；（3）a .
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
15．知识再现：已知，如图，四边形ABCD是正方形，点M、N分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，延长CB至G使BG＝DN，连接AG，根据三角形全等的知识，我们可以证明MN＝BM+DN．
知识探究：（1）在如图中，作AH⊥MN，垂足为点H，猜想AH与AB有什么数量关系？并证明；
知识应用：（2）如图，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，AD＝6，则CD的长为 ；
知识拓展：（3）如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，F为边CD上一点，∠FEC＝2∠BAE，AB=24，求DF的长．

【答案】（1）AB＝AH， 证明见解析；（2）3；（3）8 .
【分析】（1）先证△ABG≌△ADN，再证△GAM≌△NAM，根据GM和NM是对应边，得到AB＝AH（全等三角形对应边上的高相等）；
（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，延长EB、FC交于点G，则四边形AEGF是矩形，又AE=AD=AF，所以四边形AEGF是正方形，设设CD=x，则BG=6−2=4；CG=6− x；BC=2+ x，在Rt△BGC中，得x=3，所以CD的长为3．
（3）过点A作交EF于点M,证明△ABE≌△AME，得到再证明≌,设DF=x，得到EF=12+ x；FC=24− x；EC=12，在Rt△EFC中, 解方程即可.
【详解】（1）AB＝AH，
证明：如图1

图1
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴，
又∵AB=AD，
∵在△ABG和△ADN中，
  
∴△ABG≌△ADN(SAS)，
∴
∵，，
∴，
∴，
即，
∵在△GAM和△NAM中，
  
∴△GAM≌△NAM(SAS)，
又∵GM和NM是对应边，
∴AB=AH(全等三角形对应边上的高相等)；
（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，

图2
∵AD是△ABC的高，
∴，
∴，
又∵，
∴，
延长EB、FC交于点G，则四边形AEGF是矩形，
又∵AE=AD=AF
∴四边形AEGF是正方形，
由（1）、（2）知：EB=DB=2，AE=AF=AD=EG=6，
设CD=x，
∴BG=6−2=4；CG=6− x；BC=2+ x，
在Rt△BGC中,
解得
故CD的长为3.
（3）如图3，过点A作交EF于点M,


在△ABE和△AME中，
  
∴△ABE≌△AME(AAS)，

在和中，

≌,

设DF=x，
∴EF=12+ x，FC=24− x，EC=12，
在Rt△EFC中,，
解得，
故DF的长为8.

【点睛】考查正方形的判定与性质, 全等三角形的判定与性质, 勾股定理, 翻折变换（折叠问题），作出辅助线是解题的关键.
16．如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；

【答案】(1)证明详见解析；（2）△PDH的周长不发生变化，理由详见解析．
【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；
（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．
【详解】（1）∵将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，折痕为EF，
∴四边形EBCF与四边形EPGF关于EF对称，
∴∠BPH=∠PBC（轴对称性质），
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴∠APB=∠PBC，
∴∠APB=∠BPH；

（2）△PDH的周长不发生变化，为定值8，
如图，过BQ⊥PH，垂足为Q，
由（1）知∠APB=∠BPH，
∴在△ABP与△QBP中，
，
∴，
∴，
又∵AB=BC，
∴BC=BQ，
又∵，
在Rt△BCH与Rt△BQH中，
，
∴Rt△BCH≌Rt△BQH（HL），
∴CH=QH，
∴△PDH的周长为：DP+PH+DH= DP+AP+CH+DH=AD+CD=8，
∴当点P在边AD上移动时，△PDH的周长不发生变化．

【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质，此题难度适中，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．
17．如图，已知正方形的边长为5，点E为边上一点（不与点C，D重合），将沿所在直线折叠得到，延长交边于点G，连接、，可得．

(1)判断与是否相等，并说明理由；
(2)若，求的长；
(3)若，请直接写出的值．
【答案】(1)，理由见解析
(2)的长是
(3)

【分析】（1）先由是正方形，再根据可求得；
（2）由，得到，由勾股定理可得，且，可求得；
（3）由，得，又可证明，则，，可求得的值是．
【详解】（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠得，，，
∴，，
在和中，，
∴，
∴．
（2）如图1，
∵，

∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，且，
∴，
∴，
∴的长是．
（3）如图2，
∵，

∴，
∴，，
∴，，，
∴，
∴，
∴的值是．
【点睛】此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、勾股定理的应用等知识，此题综合性强、难度较大．
18．如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平后得到折痕MN，当．

(1)求NE的长；
(2)连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
(3)直接写出AM的长度．
【答案】(1)NE=2.5；
(2)NG=；
(3)AM=0.5．

【分析】（1）由折叠性质可得EN=BN，由题意可得CE=DE，在Rt△CEN中，利用勾股定理求解即可；
（2）利用正方形面积减去△ABN，△ADE和△CEN的面积可得△AEN的面积，利用勾股定理可得AE，利用三角形面积公式即可求解；
（3）连接BM，EM，由折叠性质可得AM=FM，AB=EF，∠BAD=∠EFM，可证得△ABM≌△FEM，从而得到BM=EM，在Rt△ABM和Rt△DEM中，设AM=x，则DM=4-x，利用勾股定理分别表示出BM，EM，利用等量关系构造方程即可求解．
（1）
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°，
∵，BC=CD=4，
∴CE=DE=2，
由折叠性质可得：EN=BN，
设EN=x，则BN=x，
∴CN=BC-BN=4-x，
在Rt△CEN中，由勾股定理可得：NE2=CN2+CE2，
即x2=（4-x）2+22，
解得：x=2.5，
∴NE=2.5；
（2）
解：在Rt△ADE中，由勾股定理可得：
AE= ，
由（1）可得NE=2.5，
∴BN=2.5，
∴CN=BC-BN=1.5，
∵S▱ABCD=BC×CD=16，S△ABN=×AB×BN=×4×2.5=5，
S△CEN=×CN×CE=×1.5×2=1.5，S△ADE=×AD×DE=×4×2=4，
∴S△AEN=S▱ABCD-S△ABN-S△CEN-S△ADE=16-5-1.5-4=5.5，
∵NG⊥AE，
∴S△AEN=×AE×NG，
即5.5=×2×NG，
∴NG=；
（3）
解：如图，连接BM，EM，

由折叠性质可得：
AM=FM，AB=EF，∠BAM=∠EFM，
∴△ABM≌△FEM（SAS），
∴BM=EM，
设AM=x，则DM=4-x，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得：
BM2=AB2+AM2，即BM2=42+x2，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：
EM2=DM2+DE2，即EM2=（4-x）2+22，
∵BM=EM，
∴BM2=EM2，
∴42+x2=（4-x）2+22，
解得：x=0.5，
∴AM=0.5．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
19．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)迁移探究：
①如图1，当点M在上时，___________°，___________°．
②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
③已知正方形纸片的边长为8，当时，直接写出的长．
(2)拓展应用：
正方形的边长为8，点P在边上，将沿直线翻折，使得点A落在正方形内的点M处，连接并延长交正方形一边于点G．当时，则的长为___________．
【答案】(1)①30，15，②，见解析，③
(2)4或

【分析】（1）①根据正方形的性质和折叠性质证得，，，利用锐角三角函数可求得，进而可得，再由HL定理证明可求得；
②同样根据正方形的性质和折叠性质，以及定理证明得到；
③根据题意，可分点在线段上和点在线段上两种情况，利用正方形的性质和折叠性质分别求解即可；
（2）可分两种情况：当点在上时，先证明四边形是平行四边形，再根据折叠性质得到；当点在上时，过作于，证明，进而可推得，为的中位线，设，则，由勾股定理可求得，则，求得即可得到答案．
【详解】（1）解：①如图1，∵四边形是正方形，
∴，，
∵沿折叠正方形，
∴，，
∵沿折叠，使点落在上的点处，
∴， ，
∴，，
∵，
∴，则，
∴，
∵在和中，，，
∴，
∴，
故答案为：30，15；
②，理由：
∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠性质得：，，
∴，，又，
∴，
∴；
③由折叠性质得：，
由得，
当点在线段上时，如图，

则，，
∴，又，，
∴由勾股定理得，
解得：；
当点在线段上时，如图

则，，
∴，又，，
∴由勾股定理得，
解得：，
故的长为或；
（2）解：当点在上时，如图，

∵四边形是正方形，
∴，，又，
∴四边形时平行四边形，
∴，
∴，，
由折叠性质得：，，
∴，
∴；
当点在上时，如图，过作于，则，

∵，，
∴，
在和中，

∴，
∴，
由折叠性质得：，，
∴，，
∴，
∴，又，
∴，
∵，
∴，
∴为的中位线，则，
设，则，
在中，，
由得，
解得：，
∴，
∴，
综上，的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线的判定与性质、勾股定理、分母有理化等知识，涉及知识点较多，综合性强，解答的关键是灵活运用相关知识，学会运用数形结合和分类讨论思想解决问题．