北师大版九年级数学上册 专题1.5 四边形中的折叠问题专项训练（30道）（举一反三）（学生版+解析版）

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考卷信息：
本套训练卷共30题，选择10题，填空10题，解答10题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对折叠问题的理解！
一．选择题（共10小题）
1．（2023•绥化一模）如图，在一张矩形纸片ABCD中AB＝4，BC＝8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的点H处，点D落在点G处，连接CE，CH．有以下四个结论：①四边形CFHE是菱形；②CE平分∠DCH；③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；④当点H与点A重合时，EF＝5．以上结论中，其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，表示出AF＝FC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点D重合时，CF＝CD，求出BF＝4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④错误．
【解答】解：①∵FH与EG，EH与CF都是原来矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形，故①正确；
②∵四边形CFHE是菱形，
∴∠BCH＝∠ECH，
∴只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，故②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
点G与点D重合时，CF＝CD＝4，
∴BF＝4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，故③正确；
④如图，过点F作FM⊥AD于M，
则ME＝（8﹣3）﹣3＝2，
由勾股定理得，
EF2，故④错误．
综上所述，结论正确的有①③，共2个．
故选：B．
2．（2023•沿河县二模）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为26；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①由矩形的性质得到∠OBC＝90°，根据折叠的性质得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根据直角三角形的性质得到DH3，根据三角形的面积公式得到△OAD的面积为OA•DH3×10＝15，故②正确；
③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的最小值为26；故③正确；
④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB＝∠POA，等量代换得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根据勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确．
【解答】解：①∵四边形OACB是矩形，
∴∠OBC＝90°，
∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，
∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，
∵∠BOP＝45°，
∴∠DOP＝∠BOP＝45°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，
∴四边形OBPD是矩形，
∵OB＝OD，
∴四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，
∵点A（10，0），点B（0，6），
∴OA＝10，OB＝6，
∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，
∴∠DOA＝30°，
∴DH3，
∴△OAD的面积为OA•DH3×10＝15，故②正确；
③连接OC，
则OD+CD≥OC，
即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，
∵AC＝OB＝6，OA＝10，
∴OC2，
∴CD＝OC﹣OD＝26，
即CD的最小值为26；故③正确；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝90°，
∵∠ODP＝∠OBP＝90°，
∴∠ADP＝180°，
∴P，D，A三点共线，
∵OA∥CB，
∴∠OPB＝∠POA，
∵∠OPB＝∠OPD，
∴∠OPA＝∠POA，
∴AP＝OA＝10，
∵AC＝6，
∴CP8，
∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确；
故选：D．
3．（2023春•溧阳市期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开，折痕为MN；再过点D折叠，使得点A落在MN上的点F处，折痕为DE，则的值是（ ）
A．B．1C．2D．3
【分析】设正方形纸片ABCD的边长为2a，由折叠的性质与正方形的性质可得AM＝BM＝DN＝NC＝a，AD＝DF＝MN＝2a，AE＝EF，∠EMF＝∠DNF＝90°，由勾股定理可求FN的长，进而可求FM的长，设AE＝EF＝x，再利用勾股定理可求x，得到EM的长，代入，计算即可．
【解答】解：设正方形纸片ABCD的边长为2a．
由题意可知：AM＝BM＝DN＝NC＝a，AD＝DF＝MN＝2a，AE＝EF，∠EMF＝∠DNF＝90°，
∴FNa，
∴FM＝MN﹣FN＝（2）a．
设AE＝EF＝x，则EM＝AM﹣AE＝a﹣x．
在Rt△EMF中，∵EM2+MF2＝EF2，
∴（a﹣x）2+[（2）a]2＝x2，
∴x＝（4﹣2）a，
∴EM＝a﹣（4﹣2）a＝（23）a，
∴2．
故选：C．
4．（2023•衢州模拟）如图矩形ABCD纸片，我们按如下步骤操作：（1）以过点A的直线为折痕，折叠纸片，使点B落在AD上，折痕与BC交于点E；（2）将纸片展开后，再次折叠纸片，以过点E所在的直线为折痕，使点A落在BC或BC的延长线上，折痕EF交直线AD或直线AB于F，则∠AFE的值为（ ）
A．22.5°B．67.5°
C．22.5°或67.5°D．45°或135°
【分析】可动手操作，观察折叠得到的图形及展开图，确定折线的位置，然后进一步求解．
【解答】解：以过点A的直线为折痕，折叠纸片，使点B落在AD上，折痕与BC交于点E，实际上是折成一个正方形；
①将纸片展开后，再次折叠纸片，以过点E所在的直线为折痕，使点A落在BC或BC的延长线上，折痕EF交直线AD于F，∠AEC＝45°+90°＝135°．
所以，∠AFE＝∠FEC∠AEC＝67.5°；
②交AB的延长线交于一点F1时，
∠BEF＝∠MEC＝67.5°，
∴∠AFE＝90°﹣∠BEF＝22.5°，
故选：C．
5．（2023•嘉兴二模）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝6，E是CD上一点，连结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．若AD＝3GD，则DE的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过点E作EH⊥FG，易得四边形GHED为矩形，则GH＝DE，HE＝GD；由已知可得：GD＝2，AG＝4，利用勾股定理可求FG＝2；设DE＝x，则GH＝EF＝x，HF＝2x，在Rt△HEF中，由勾股定理列出方程，解方程可求DE．
【解答】解：过点E作EH⊥FG，交FG于点H，如图，
由题意：△AEF≌△AED，则AF＝AD＝6，DE＝EF．
∵AD＝6，AD＝3GD，
∴GD＝2．
∴AG＝AD﹣DG＝6﹣2＝4．
∵FG⊥AD，
∴FG．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∵FG⊥AD，EH⊥FG，
∴四边形GHED为矩形．
∴GH＝DE，HE＝GD＝2．
设DE＝x，则GH＝EF＝x，HF＝2x，
在Rt△HEF中，
∵HF2+HE2＝EF2，
∴．
解得：x．
∴DE．
故选：C．
6．（2023春•宝安区期末）如图，在长方形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，E在AD上．AD＝m，AE＝n（m＞n＞0）．将长方形沿着BE折叠，A落在A′处，A'E交BC于点G，再将∠A′ED对折，点D落在直线A′E上的D′处，C落在C′处，折痕EF，F在BC上，若D、F、D′三点共线，则BF＝（ ）
A．mnB．C．D．m﹣n
【分析】连接DD′，证明∠EFD是直角，然后证明△BEF和△EFE全等即可得出结论．
【解答】解：如图，
连接DD′，
∵D、F、D′三点共线，四边形EFC′D′是由四边形EFCD翻折得到，
∴△EFD≌△EFD′，∠DEF＝∠D′EF，
∴∠EFD＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
∵∠AEB＝∠A′EB，
∴∠BEF＝90°，
在△BEF和△DFE中，
，
∴△BEF≌△DFE（ASA），
∴BF＝ED，
∵AD＝m，AE＝n，
∴BF＝ED＝m﹣n．
故选：D．
7．（2023春•普洱期末）有一张长方形纸片ABCD，按下面步骤进行折叠：
第一步：如图①，点E在边BC上，沿AE折叠，点B落在点B'处；
第二步：如图②，沿EB'折叠，使点A落在BC延长线上的点A'处，折痕为EF．
下列结论中错误的是（ ）
A．△AEF是等边三角形B．EF垂直平分AA'
C．CA'＝FDD．EA'＝AF
【分析】根据翻折性质和矩形性质可得∠BEA＝∠EAF＝∠EFA＝60°，由此判断选项A；根据翻折性质可判断 选项D；根据菱形的判定与性质可判断选项B；由于AB、BC的长度不确定，可判断选项C．
【解答】解：∵∠BEA＝∠AEF＝∠A′EF，∠BEA+∠AEF+∠A′EF＝180°，
∴∠BEA＝∠AEF＝∠A′EF＝60°，
∵BC∥AD，
∴∠BEA＝∠EAF＝60°，
∴∠BEA＝∠EAF＝∠EFA＝60°，
∴△AEF是等边三角形，故A正确，
∴△EFA′是等边三角形，
∴AE＝EA′＝A′F＝AF，故D正确，
∴四边形AEA′F是菱形，
∴EF垂直平分AA′，故B正确，
由于AB、BC的长度不确定，所以AC不一定等于DF，故C错误．
故选：C．
8．（2023•槐荫区二模）如图，菱形ABCD的边AB＝8，∠B＝60°，P是AB上一点，BP＝3，Q是CD边上一动点，将四边形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′．当CA′的长度最小时，CQ的长为（ ）
A．5B．7C．8D．6.5
【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，则CHAB＝4，AH＝BH＝4，在Rt△CHP中，利用勾股定理计算出CP＝7，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．
【解答】解：作CH⊥AB于H，如图，
∵菱形ABCD的边AB＝8，∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴CHAB＝4，AH＝BH＝4，
∵PB＝3，
∴HP＝1，
在Rt△CHP中，CP7，
∵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CD∥AB，
∴∠APQ＝∠CQP，
∴∠CQP＝∠CPQ，
∴CQ＝CP＝7．
故选：B．
9．（2023春•泰兴市月考）如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为8，∠B＝120°，则EF的值是（ ）
A．2B．4C．4D．6
【分析】连接AC，BD．证明△ABD是等边三角形，推出BD＝AB＝8，再证明EF是△ABD的中位线，可得结论．
【解答】解：如图所示，连接AC，BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD＝BC，AC⊥BD，∠ABD＝∠CBD∠ABC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝8，
∵A沿EF折叠与O重合，
∴EF⊥AC，EF平分AO，
∵AC⊥BD，
∴EF∥BD，
∴E、F分别为AB、AD的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴EFBD4，
故选：B．
10．（2023•资阳）如图，矩形ABCD与菱形EFGH的对角线均交于点O，且EG∥BC，将矩形折叠，使点C与点O重合，折痕MN恰好过点G若AB，EF＝2，∠H＝120°，则DN的长为（ ）
A．B．C．D．2
【分析】延长EG交DC于P点，连接GC、FH，则△GCP为直角三角形，证明四边形OGCM为菱形，则可证CG＝OM＝CM＝OG，由勾股定理求得GP的值，再由梯形的中位线定理CM+DN＝2GP，即可得出答案．
【解答】解：延长EG交DC于P点，连接GC、FH；如图所示：
则CP＝DPCD，△GCP为直角三角形，
∵四边形EFGH是菱形，∠EHG＝120°，
∴GH＝EF＝2，∠OHG＝60°，EG⊥FH，
∴OG＝GH•sin60°＝2，
由折叠的性质得：CG＝OG，OM＝CM，∠MOG＝∠MCG，
∴PG，
∵OG∥CM，
∴∠MOG+∠OMC＝180°，
∴∠MCG+∠OMC＝180°，
∴OM∥CG，
∴四边形OGCM为平行四边形，
∵OM＝CM，
∴四边形OGCM为菱形，
∴CM＝OG，
根据题意得：PG是梯形MCDN的中位线，
∴DN+CM＝2PG，
∴DN；
故选：C．
二．填空题（共10小题）
11．（2023•成华区模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是AD的中点，点F是AB上一动点．将△AEF沿直线EF折叠，点A落在点A'处．在EF上任取一点G，连接GC，GA'，CA′，则△CGA'的周长的最小值为 7 ．
【分析】如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△CGA′的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．当CA′最小时，△CGA′的周长最小，求出CA′的最小值即可解决问题．
【解答】解：如图，当点F固定时，连接AC交EF于G，连接A′G，此时△A′GC的周长最小，最小值＝A′G+GC+CA′＝GA+GC+CA′＝AC+CA′．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，AD＝BC＝6，CD＝AB＝8，
∴AC10，
∴△A′CG的周长的最小值＝10+CA′，
当CA′最小时，△CGA′的周长最小，
∵AE＝DE＝EA′＝3，
∴CE，
∵CA′≥EC﹣EA′，
∴CA′3，
∴CA′的最小值为3，
∴△CGA′的周长的最小值为7，
故答案为：7．
12．（2023•安徽二模）如图（1），四边形ABCD是正方形，点E是边AD上的点，将△CDE沿着直线CE折叠，使得点D落在AC上，对应点为F．
（1） 1 ；
（2）如图（2），点G是BC上的点，将△ABG沿着直线AG折叠，使得点B落在AC上，对应点为H，连接FG，EH，则 ．
【分析】（1）由正方形的性质得到∠CDA＝90°，再由翻折的性质得到△CDE≌△CFE，∠CFE＝90°，进而证明△AFE为等腰直角三角形，设AF＝EF＝x，解得正方形的边长为（1）x，继而求解；
（2）由折叠的性质可得△CDE≌△CFE≌△ABG≌AHG，设AF＝EF＝HG＝HC＝x，由（1）可知，AB＝（1）x，继而证明四边形EFGH是平行四边形，分别解得S正方形ABCD，S四边形EFGH的值即可解题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠CDA＝90°，∠DAC＝90°，
由折叠的性质得：△CDE≌△CFE，∠CFE＝90°，
∴△AFE为等腰直角三角形，EF＝AF，
设AF＝EF＝x，则AEx，DE＝EF＝x，
∴CD＝AD＝AE+DE＝（1）x，
∴1；
故答案为：1；
（2）由折叠的性质得：△CDE≌△CFE，△ABG≌AHG，∠DCE＝∠ECF，∠GAB＝∠GAC，
∵∠DCA＝∠CAB＝45°，
∴∠DCE＝∠GAB＝22.5°，
∵AB＝CD，∠EDC＝∠GBA＝90°，
∴△CDE≌△ABG≌△AHG≌△CFE，
∴EF＝HG，
∵∠EFA＝∠GHC＝90°，∠EAF＝∠GCH，
∴△EAF≌△GCH（AAS），且△EAF和△GCH都为等腰直角三角形，
∴EF＝AF＝HC＝HG，
设EF＝AF＝HC＝HG＝x，由（1）可知，AB＝（1）x，
∴ACAB＝（2）x，
∴FH＝AC﹣2AFx，
∵△AHG≌△CFE，
∴∠EFC＝∠GHA，
∴EF∥HG，
∵EF＝HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴S四边形EFGH＝FH•HGx2，
S正方形ABCD＝[（1）x]2＝（1）2x2，
∴，
故答案为：．
13．（2023•邓州市一模）如图（1）是一张菱形纸片，其中∠A＝135°，AB1，点E为BC边上一动点．如图（2），将纸片沿AE翻折，点B的对应点为B'；如图（3），将纸片再沿AB'折叠，点E的对应点为E'．当AE'与菱形的边垂直时，BE的长为 或 ．
【分析】分两种情况讨论：①当AE′⊥BC时，设AE′，BC交于点F，②当AE'⊥AB时，过点E作EG⊥AB于点G，设BG＝x，则EG＝BG＝x，然后利用含30度角的直角三角形即可解决问题．
【解答】解：∵BC∥AD，∠DAB＝135°，
∴∠B＝45°，
分两种情况讨论：①当AE′⊥BC时，如图，
设AE′，BC交于点F，
则∠FAB＝45°，FA＝FB＝（1）（），
∴∠E′AB′＝∠B'AE＝∠BAE＝15°，
∴∠FAE＝30°，
∴EF，
∴BE（）；
②当AE'⊥AB时，如图，
则∠E′AB＝90°，
∴∠E'AB'＝∠B′AE＝∠BAE＝30°，
过点E作EG⊥AB于点G，
设BG＝x，则EG＝BG＝x，
∴AGx，
∴x+x1，
解得x＝1，
∴BEBG，
综上可知，BE的长为或．
故答案为：或．
14．（2023春•成都期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AD上的点，连接EF，将四边形ABEF沿EF折叠，点B的对应点G恰好落在CD边上，点A的对应点为H，连接BH．则BH+EF的最小值是 2 ．
【分析】如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM＝BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，由翻折可得△ABG≌△HGB（SAS），再证得△FEK≌△BGC（ASA），即可推出BH+EF＝AG+MG，利用三角形三边关系可得BH+EF≥AM，由于当点G与点N重合时，AG+MA＝AM，此时AG+MA的值最小，故BH+EF＝AM的值也最小，运用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：如图，过点F作FK⊥BC于点K，延长BC到点M，使CM＝BC，连接AM交CD于点N，连接MG、GA、BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴CD⊥BM，
∴CD垂直平分BM，
∴MG＝BG，
由翻折得AB＝HG，∠ABG＝∠HGB，
∵BG＝GB，
∴△ABG≌△HGB（SAS），
∴GA＝BH，
由翻折知EF⊥BG，
又∵FK⊥BC，
∴∠FKE＝∠BCG＝90°，
∴∠EFK+∠FEK＝∠GBC+∠FEK＝90°，
∴∠EFK＝∠GBC，
∵∠BAD＝∠ABC＝∠BKF＝90°，
∴四边形ABKF是矩形，
∴AB＝FK，
∴FK＝BC，
∴△FEK≌△BGC（ASA），
∴EF＝BG，
∴EF＝MG，
∴BH+EF＝AG+MG，
∵AG+MG≥AM，
∴BH+EF≥AM，
∴当点G与点N重合时，AG+MA＝AM，此时AG+MA的值最小，
∴BH+EF＝AM的值也最小，
∵∠ABM＝90°，AB＝2，BM＝2BC＝4，
∴AM2，
∴BH+EF的最小值是2．
故答案为：2．
15．（2023•微山县一模）已知矩形ABCD中，AB＝6．点E为AD上一个动点，连接CE，将△CDE沿CE折叠，点D落在点F处，当点F为线段AB的三等分点时，AE的长 或 ．
【分析】由矩形的性质先求解AF＝4，BF＝2，由折叠的性质及勾股定理可求解AD的长，再利用勾股定理可求解AE的长．
【解答】解：矩形ABCD中，CD＝AB＝6，
∵点F为线段AB的三等分点，
∴AF＝2或4，
当AF＝4时，BF＝2，
由折叠可知：CF＝CD＝6，EF＝DE＝AD﹣AE，
∴BC，
∴AD＝BC，
∴EFAE，
∵AE2+AF2＝EF2，
∴AE2+42＝（AE）2，
解得AE．
当AF＝2时，同理得AE，
故答案为：或．
16．（2023春•蜀山区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2，∠DAC＝30°，点M是BC边的中点，点P是对角线AC上一动点（0＜CP＜1.5），将△CPM沿PM折叠，点C落在点C'处，线段MC′交AC于点N，连接AC，当△ANC′是直角三角形时，线段AC′的长度为 或2 ．
【分析】分两种情况讨论，①当∠ANC′＝90°时，先求出CN的长，再得出AN的长，最后利用勾股定理得出结果；②当∠AC′N＝90°时，先得出AM的长，再利用勾股定理求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAC＝∠ACB＝30°，
∵AB＝2，
∴AC＝2AB＝4，
∴BC，
①如图，
当∠ANC′＝90°时，
∵点M是BC边的中点，
∴CM＝BM，
∵∠ACB＝30°，
∴MN，∠CMC′＝60°，
由折叠的性质得：
，∠CMP＝∠C′MP＝30°，∠MCP＝∠MC′P＝30°，
∴∠∠MC′P＝∠C′MP，
∴MP＝C′P，
∵∠ANC′＝90°，
∴MN，
在Rt△MCN中，
CN，
∴AN＝AC﹣CN＝4，
在Rt△ANC′中，AC'；
②如图，
当∠AC′N＝90°时，
连接AM，
在Rt△ABM中，
AB＝2，BM，
∴AM，
由①知，MC＝C′M，
在Rt△AC′M中，
2，
综上所述，线段AC′的长度为：或2，
故答案为：或2．
17．（2023春•江汉区期末）如图，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点A与点C重合，点B落在点G处，折痕交AD于点E，交BC于点F，若△CEF的面积与△CDE的面积比为4：1，则的值是 2 ．
【分析】连接AF，由翻折知，△AEF≌△CEF，由面积比得出AE：ED＝4：1，设DE＝x，则AE＝CE＝4x，作EH⊥CF于H，利用勾股定理求出EF即可得出比值．
【解答】解：连接AF，由翻折知，△AEF≌△CEF，
∴∠AEF＝∠CEF，
∵AE∥CF，
∴∠AEF＝∠EFC，
∴∠AFE＝∠AEF＝∠CFE＝∠CEF，
∴AF＝AE＝CE＝CF，
∵△CEF的面积与△CDE的面积比为4：1，
∴△AEF的面积与△CDE的面积比为4：1，
∴AE：ED＝4：1，
设DE＝x，则AE＝CE＝CF＝4x，
作EH⊥CF于H，
∴FH＝3x，
∵EHx，
∴EF2x，
∴，
故答案为：2．
18．（2023•庐阳区校级三模）如图1，在五边形纸片ABCDE中，AB＝1，∠A＝120°，将五边形纸片沿BD折叠，点C落在点P处，在AE上取一点Q，将△ABQ和△EDQ分别沿BQ、DQ折叠，点A、E恰好落在点P处．
（1）∠C+∠E＝ 240 °；
（2）如图2，若四边形BCDP是菱形，且Q、P、C三点共线时，则 ．
【分析】（1）由折叠的性质可得∠A＝∠BPQ＝120°，∠QED＝∠QPD，∠BCD＝∠BPD，由周角的性质可得∠BPD+∠QPD+∠BPQ＝360°，即可求解；
（2）由菱形的性质可得BQ＝QD，QH⊥BD，BH＝DH，由“SSS”可证△ABQ≌△EDQ，可得∠AQB＝∠BQP＝∠EQD＝∠PQD＝45°，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵将五边形纸片ABCDE沿BD折叠，
∴∠A＝∠BPQ＝120°，∠QED＝∠QPD，∠BCD＝∠BPD，
∵∠BPD+∠QPD+∠BPQ＝360°，
∴∠BPD+∠QPD＝240°，
∴∠BCD+∠QED＝240°，
故答案为：240；
（2）如图，连接PC，交BD于H，
∵四边形BPDC是菱形，
∴PC是BD的垂直平分线，BP＝PD＝BC＝CD，
∵Q，P，C三点共线，
∴QC是BD的垂直平分线，
∴BQ＝QD，QH⊥BD，BH＝DH，
由折叠可知：∠A＝∠BPQ＝120°，AB＝BP＝1＝DE＝DP，∠AQB＝∠BQP，∠EQD＝∠PQD，AQ＝QP＝QE，
∴∠BPH＝60°，
∴∠PBH＝30°，
∴PHBP，BHPH，
在△ABQ和△EDQ中，
，
∴△ABQ≌△EDQ（SSS），
∴∠AQB＝∠EQD，
∴∠AQB＝∠BQP＝∠EQD＝∠PQD，
∵∠AQE＝180°，
∴∠AQB＝∠BQP＝∠EQD＝∠PQD＝45°，
∴∠QBH＝∠BQP＝45°，
∴BH＝QH，
∴BQBH，
∴．
故答案为：．
19．（2023•长春模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点，点F在AD上运动，沿直线EF折叠四边形CDFE，得到四边形GHFE，其中点C落在点G处，连接AG，AH，则AG的最小值是 2 ．
【分析】如图，连接AE，当A、G、E共线时，AG最小，先求出AE，根据AG′＝AE﹣EG′即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，BE＝EC＝3，AB＝4，
∴AE5．
当A、G、E共线时，AG最小，
此时AG′＝AE﹣EG′＝5﹣3＝2．
故答案为2．
20．（2023•沈河区二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，点E为边AD上一点，将点C折叠与点E重合，折痕与边CD和BC分别交于点F和G，当DE＝2时，线段CF的长是 ．
【分析】过点F作FH⊥AD于H，易证∠DFH＝30°，设CF＝x，则DF＝6﹣x，DH（6﹣x），HF（6﹣x），EH＝DE+DH＝5，由折叠的性质得EF＝CF＝x，在Rt△EFH中，EF2＝EH2+HF2，即可得出答案．
【解答】解：过点F作FH⊥AD于H，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AB＝CD＝6，∠EDF＝120°，
∴∠FDH＝60°，
∴∠DFH＝30°，
设CF＝x，
则DF＝6﹣x，DHDF（6﹣x），HF（6﹣x），
∴EH＝DE+DH＝2（6﹣x）＝5，
由折叠的性质得：EF＝CF＝x，
在Rt△EFH中，EF2＝EH2+HF2，
即x2＝（5）2+[（6﹣x）]2，
解得：x，
∴CF，
故答案为：．
三．解答题（共10小题）
21．（2023•遵义）如图，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．
（1）求证：CM＝CN；
（2）若△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，求的值．
【分析】（1）由折叠的性质可得：∠ANM＝∠CNM，由四边形ABCD是矩形，可得∠ANM＝∠CMN，则可证得∠CMN＝∠CNM，继而可得CM＝CN；
（2）首先过点N作NH⊥BC于点H，由△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，易得MC＝3ND＝3HC，然后设DN＝x，由勾股定理，可求得MN的长，继而求得答案．
【解答】（1）证明：∵将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，
∴∠ANM＝∠CNM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴∠CMN＝∠CNM，
∴CM＝CN；
（2）解：过点N作NH⊥BC于点H，
则四边形NHCD是矩形，
∴HC＝DN，NH＝DC，
∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，
∴3，
∴MC＝3ND＝3HC，
∴MH＝2HC，
设DN＝x，则HC＝x，MH＝2x，
∴CM＝3x＝CN，
在Rt△CDN中，DC2x，
∴HN＝2x，
在Rt△MNH中，MN2x，
∴2．
22．（2023•张家港市模拟）已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD＞AB），将纸片折叠一次，使点A与C重合，再展开，折痕EF交AD边于E，交BC边于F，分别连接AF、CE和EF，设EF与AC的交点为O．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若，△ABF的为面积12cm2，求△ABF的周长．
【分析】（1）由折叠的性质知：EF⊥AO，然后可通过证△AOE≌△COF来得到AE＝CF，从而根据平行四边形的判定得出四边形AECF是平行四边形进而利用AC⊥EF，得出四边形AECF是菱形．
（2）由（1）的结论易求得AE＝AF＝2cm，因此只需求得AB+BF即可求得△ABF的周长，可设AB＝x、BF＝y，在Rt△ABF中，根据勾股定理和△ABF的面积即可求得x+y的值，由此得解．
【解答】（1）证明：由题意可知OA＝OC，EF⊥AC，
∵AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，
∴△AOE≌△COF，
∴AE＝CF，又AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：四边形AFCE是菱形，∴AF＝AE＝2；（4分）
设AB＝x，BF＝y，∵∠B＝90°，
∴在直角三角形ABF中，根据勾股定理得：AB2+BF2＝AF2，即x2+y2＝52（5分）
又∵S△ABF＝12，∴12，则xy＝24；（6分）
∴（x+y）2＝100，
∴x+y＝10或x+y＝﹣10（不合题意，舍去）；（7分）
∴△ABF的周长为10+2．（8分）
23．（2023•淮安）已知：平行四边形ABCD的对角线交点为O，点E、F分别在边AB、CD上，分别沿DE、BF折叠四边形ABCD，A、C两点恰好都落在O点处，且四边形DEBF为菱形（如图）．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）在四边形ABCD中，求的值．
【分析】（1）根据矩形的判定定理，先证DE＝BE，再证∠DOE＝90°，则可证．
（2）根据已知条件和（1）的结论，先求得AD：AB，易求解的值．
【解答】（1）证明：连接OE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DO＝OB，
∵四边形DEBF是菱形，
∴DE＝BE，
∴EO⊥BD，
∴∠DOE＝90°，
即∠DAE＝90°，
又四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：∵四边形DEBF是菱形，
∴∠FDB＝∠EDB，
又由题意知∠EDB＝∠EDA，
由（1）知四边形ABCD是矩形，
∴∠ADF＝90°，即∠FDB+∠EDB+∠ADE＝90°，
则∠ADB＝60°，
∴在Rt△ADB中，有AD：AB＝1：，
又BC＝AD，
则．
说明：其他解法酌情给分
24．（2023•南岗区模拟）已知：将矩形ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，其中点E，F分别在AB，CD上，点D的对应点为点G，连接AF．
（1）如图1，求证：四边形AECF为菱形；
（2）如图2，若∠CFG＝60°，连接AC交EF于点O，连接DO，GO，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有的等边三角形．
【分析】（1）由折叠性质得AE＝CE，AF＝FC，∠AEF＝∠CEF，由矩形性质得出∠ADC＝∠BAD＝90°，AE∥CF，证出AE＝CF，得出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论；
（2）先证出∠DAF＝30°，得出∠EAF＝60°，证出△AEF和△CEF是等边三角形；再证出ODAC＝OA，∠OAD＝60°，得出△AOD是等边三角形；证出CG＝OC＝OG，得出△COG是等边三角形．
【解答】解：（1）证明：由折叠性质得AE＝CE，AF＝FC，∠AEF＝∠CEF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AE∥CF，
∴∠AEF＝∠EFC，
∵∠AEF＝∠FEC，
∴∠FEC＝∠EFC，
∴CE＝CF，
∵AE＝CE，
∴AE＝CF，
∵AF＝FC，
∴AE＝CE＝CF＝AF，
∴四边形AECF为菱形．
（2）解：等边三角形为：△AEF、△CEF、△AOD、△COG；理由如下：
∵∠CFG＝60°，
∴∠DFA＝60°，∠CFA＝120°，
∵四边形AECF是菱形，
∴AO⊥EF，AO＝OC，AF＝FC＝CE＝AE，∠AFE＝∠CFE＝60°，
∴△AEF和△CEF是等边三角形，
∴∠DAF＝∠DAB﹣∠FAE＝30°，∠FAO＝30°，
∴∠DAO＝60°，
∵∠ADC＝90°，
∴ODAC＝OA，
∴△AOD是等边三角形，
∵CG＝AD＝OC，OGAC，
∴CG＝OC＝OG，
∴△COG是等边三角形．
25．（2023春•浦东新区期末）如图，矩形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（﹣6，8）．矩形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F．
（1）求点D的坐标；
（2）若点N是平面内任一点，在x轴上是否存在点M，使M、N、E、O为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，求出OE＝BO﹣BE＝4，∠OED＝90°，设D（0，a），则OD＝a，DE＝AD＝OA﹣OD＝8﹣a，在Rt△EOD中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（2）①当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4，得出M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）；
②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，则OGOE＝2，根据勾股定理求出OM即可；
③当OM为菱形的对角线，OE为边时，同②得：M（，0）；即可得出结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标是（﹣6，8）．
∴∠BAD＝∠OCB＝90°，AB＝OC＝6，OA＝BC＝8，
∴BO10；
由折叠的性质得：BE＝AB＝6，∠BED＝∠BAD＝90°，DE＝AD，
∴OE＝BO﹣BE＝10﹣6＝4，∠OED＝90°，
设D（0，a），则OD＝a，DE＝AD＝OA﹣OD＝8﹣a，
在Rt△EOD中，由勾股定理得：DE2+OE2＝OD2，
即（8﹣a）2+42＝a2，解得：a＝5，
∴D（0，5）；
（2）存在，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（，0）或（，0）；理由如下：
①当OM、OE都为菱形的边时，OM＝OE＝4，
∴M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）；
②当OM为菱形的边，OE为对角线时，MN垂直平分OE，垂足为G，如图1所示：
则OGOE＝2，
∵OA＝8，OD＝5，
∴AD＝DE＝3，
∴E到y轴的距离，
∴OH，
∵EM2﹣MH2＝42﹣（）2，
∴OM2﹣（OM）2＝42﹣（）2，
解得：OM，
∴M（，0）；
③当OM为菱形的对角线，OE为边时，如图2所示：
同②得：M（，0）；
综上所述，在x轴上存在点M，使以M、N、E、O为顶点的四边形是菱形，点M的坐标为（4，0）或（﹣4，0）或（，0）或（，0）．
26．（2023春•江岸区期中）如图，将矩形ABCD纸片对折，设折痕为MN，再通过折叠使B点落在折痕MN上的B'，设两条折痕的交点为F，连接BF、EB'、BB'、AB'．
（1）求∠ABB'的度数；
（2）请判断四边形BFB'E的形状，并说明理由．
【分析】（1）由折叠的性质可证得△ABB′为等边三角形，则可求得∠ABB′的度数；
（2）由折叠的性质及直角三角形的性质可求得BF＝B′F＝BE＝B′E，可求得四边形BFB′E为菱形．
【解答】解：
（1）∵将矩形ABCD纸片沿MN对折，
∴MN垂直平分AB，
∴AB′＝BB′，
∵△ABE、△AB′E关于AE对称，
∴AB＝AB′，
∴AB＝AB′＝BB′，
∴△ABB′是等边三角形，
∴∠ABB′＝60°；
（2）四边形BFB’E是菱形，理由如下：
∵△ABE、△AB′E关于AE对称，
∴AE垂直平分BB′，
∴BE＝B′E，BF＝B′F，
∵△ABB′是等边三角形，
∴∠AB′B＝60°，
又∵B′M⊥AB，
∴∠BB′M＝∠AB′M＝30°，
又∵∠ABE＝∠AB′E＝90°，
∴∠BB′E＝∠AB′E﹣∠AB′B＝30°，
∴∠BB′F＝∠BB′E，
又∵AE⊥BB′，
∴∠EFB′＝∠FEB′＝60°，
∴FB′＝EB′，
又∵BE＝B′E，BF＝B′F，
∴BF＝FB′＝B′E＝BE，
∴四边形BFB′E是菱形．
27．（2023•西固区校级模拟）在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AE与BF相交于点G．
（1）如图1，求证：AE⊥BF；
（2）如图2，将△BCF沿BF折叠，得到△BPF，延长FP交BA的延长线于点Q，若AB＝4，求QF的值
【分析】（1）首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE＝90°，即可证明AE⊥BF；
（2）由△BCF沿BF对折，得到△BPF可得FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90，在利用角的关系求出QF＝QB，设QF＝x，在Rt△BPQ中，利用勾股定理可建立关于x的方程解方程求出x的值即可．
【解答】（1）证明：
∵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，
又∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴AE⊥BF；
（2）解：
∵将△BCF沿BF折叠，得到△BPF，
∴FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠CFB＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠PFB，
∴QF＝QB，
设QF＝x，PB＝BC＝AB＝4，CF＝PF＝2，
∴QB＝x，PQ＝x﹣2，
在Rt△BPQ中，
∴x2＝（x﹣2）2+42，
解得：x＝5，
即QF＝5．
28．（2023秋•梅列区校级期中）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∠EDG的度数．
（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．
【分析】（1）由正方形的性质可得DC＝DA．∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，由折叠的性质得出∠DFE＝∠C，DC＝DF，∠1＝∠2，再求出∠DFG＝∠A，DA＝DF，然后由“HL”证明Rt△DGA≌Rt△DGF，由全等三角形对应角相等得出∠3＝∠4，得出∠2+∠3＝45°即可；
（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得CE＝EF＝BE，∠DEF＝∠DEC，再由三角形的外角性质得出∠5＝∠DEC，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
②设AG＝x，表示出GF、BG，根据点E是BC的中点求出BE、EF，从而得到GE的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；
【解答】（1）解：如图1所示：
∵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证明：如图2所示：
∵△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，
∵正方形边长为6，E为BC的中点，
∴CE＝EF＝BE6＝3，
∴GE＝EF+GF＝3+x，
在Rt△GBE中，根据勾股定理得：（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得：x＝2，
即线段AG的长为2．
29．（2023•道外区三模）将等腰三角形ABC折叠，使顶点B与底边AC的中点D重合，折线分别交AB，BC于点F，E，连接DF，DE．
（1）如图1，求证：四边形DFBE是菱形；
（2）如图2，延长FD至点G，使FD＝DG，连接GC，并延长GC交FE的延长线于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的所有平行四边形（不包括以BF为一边的平行四边形）．
【分析】（1）连接BD，交EF于点O，利用已知条件和折叠的性质证明BE＝BF和EF与BD垂直平分，即可证明四边形DFBE是菱形；
（2）根据平行四边形的各种判定方法即可直接写出图2中的所有平行四边形．
【解答】证明：（1）连接BD，交EF于点O，
∵AB＝BC，点D是AC的中点，
∴BD⊥AC，∠ABD＝∠DBC，
由折叠可知EF⊥BD，OB＝OD，
∴BE＝BF，
∴OE＝OF，
∴EF与BD垂直平分，
∴四边形DFBE是菱形；
（2）如图2中共有五个平行四边形（不包括以BF为一边的平行四边形）．
分别是▱ADEF；▱ACHF；▱DCHE；▱DGCE；▱DCEF．
30．（2023秋•宜宾期末）如图矩形纸片ABCD的边长AB＝a，BC＝b（a＜b），点M、N分别为边AD、BC上两点（点A、C除外），连接MN．若对角线BD与MN交于点O，分别沿BM、DN折叠，折叠后点A、C恰好都落在点O处，并且得到的四边形是菱形BNDM．
请你探索a、b之间的数量关系，并求出当时，菱形BNDM的面积．
【分析】根据翻折的性质可得OB＝AB，OD＝CD，然后求出BD＝2a，再根据勾股定理列式整理即可得到a、b的关系式；
先判断出∠ADB＝30°，然后解直角三角形求出OM，再根据菱形的对角线互相平分求出MN的长，然后利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【解答】解：∵沿BM、DN折叠，折叠后点A、C恰好都落在点O处，
∴OB＝AB，OD＝CD，
∵矩形纸片的边长AB＝a，
∴BD＝OB+OD＝2AB＝2a，
在Rt△ABD中，根据勾股定理，AD2+AB2＝BD2，
即b2+a2＝（2a）2，
整理得，ba；
∵BD＝2a，AB＝a，
∴∠ADB＝30°，
∴OMODa，
在菱形BNDM中，MN＝2OMa，
∴菱形BNDM的面积BD•MN2a•aa2，
∵a，
∴菱形BNDM的面积2＝2．