人教版八年级数学下册 重难突破04 特殊平行四边形之折叠问题 试卷（原卷版+解析版）

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重难突破4 特殊平行四边形之折叠问题 一、单选题 1．（2023·广东东莞·一模）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，则B′E的长度为（　　） A．1 B．2 C．3 D．2 【答案】D 【分析】 本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，根据AB∥CD可得∠EFD=∠BEF=60°，根据折叠前后对应角相等、对应边相等，可得∠BEF=∠B′EF=60°，BE=B′E，进而可得∠AB′E=30°，根据含30度角的直角三角形的性质可得B′E=2AE，设BE=x，则B′E=x，AE=3−x，列方程即可求解． 【详解】 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠A=90°， ∴∠EFD=∠BEF=60°， ∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上， ∴∠BEF=∠B′EF=60°，BE=B′E， ∴∠AEB′=180°−∠BEF−∠B′EF=60°， ∴∠AB′E=30°， ∴B′E=2AE， 设BE=x，则B′E=x，AE=3−x， ∴23−x=x， 解得x=2． 故选D． 2．（2024·河南郑州·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（　　） A．95 B．125 C．165 D．185 【答案】D 【分析】 本题考查翻折变换性质和矩形性质，三角形面积公式，勾股定理．根据题意连接BF，根据三角形面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形判定得到∠BFC=90°，再根据勾股定理即可得到本题答案． 【详解】解：连接BF交AE于点H， ， ∵BC=6，点E为BC的中点， ∴BE=3， ∵AB=4， ∴AE=5， ∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处， ∴BH⊥AE， ∴12×3×4=12×5BH， ∴BH=125， ∴BF=245， ∵FE=BE=EC， ∴∠BFC=90°， ∴CF=62−(245)2=185， 故选：D． 3．（23-24八年级上·广东揭阳·期中）在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，点P是线段BC上一个动点，若将△ABP沿AP折叠，使点B落在点E处，连结AE、PE，若P、E、D三点在同一条直线上，则BP的长度是（　　） A．1 B．1.5 C．2 D．0.5 【答案】C 【分析】 本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，根据矩形的性质和折叠的性质得到∠AED=90°，利用勾股定理算出DE，设BP=EP=x，则PC=5−x，PD=3+x，在Rt△PCD中，根据勾股定理建立方程求解，即可解题． 【详解】解：当P、E、D三点在同一条直线上，如图所示： 在矩形ABCD中，∠B=∠C=90°，CD=AB=4，AD=BC=5， 根据折叠的性质，可得∠AEP=∠B=90°，AE=AB=4，EP=BP， ∴∠AED=90°， 在Rt△AED中，根据勾股定理，得DE=52−42=3， 设BP=EP=x，则PC=5−x，PD=3+x， 在Rt△PCD中，根据勾股定理，得5−x2+42=3+x2， 解得x=2， ∴BP=2， 故选：C． 4．（2024·山东青岛·一模）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM、BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC=5，EN=1，则BE的长为（    ） A．32 B．3 C．23 D．2 【答案】B 【分析】由折叠得∠BA′M=∠BAM=90°，EF垂直平分AB，BM垂直平分AA′，则AN=BN，AN=A′N，AM=A′M，所以BN=A′N，则∠NBA′=∠NA′B，即可推导出∠A′MN=∠MA′N，则MN=A′N，所以BN=MN，由三角形的中位线定理得EN∥AM，EN=12AM，则AM=2EN=2，再证明∠A′MN=∠A′NM，则A′N=A′M=2，所以BN=A′N=2，由勾股定理得BE=BN2−EN2=3，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD=90°， 连接AN，AA'， 由折叠得∠BA′M=∠BAM=90°，点B与A关于直线EF对称，点A′与点A关于直线BM对称， ∴EF垂直平分AB，BM垂直平分AA′， ∴AN=BN，AN=A′N，AM=A′M， ∴BN=A′N， ∴∠NBA′=∠NA′B， ∵∠A′MN+∠NBA′=90°，∠MA′N+∠NA′B=90°， ∴∠A′MN=∠MA′N， ∴MN=A′N， ∴BN=MN， ∵BE=AE， ∴EN∥AM，EN=12AM， ∴AM=2EN=2×1=2， ∴A′M=2， ∵∠AMN=∠A′MN，∠AMN=∠A′NM， ∴∠A′MN=∠A′NM， ∴A′N=A′M=2， ∴BN=A′N=2， ∵∠BEN=90°， ∴BE=BN2−EN2=22−12=3， 故选：B． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、等角的余角相等、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 5．（23-24八年级上·黑龙江牡丹江·期末）在以“长方形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：第一步：在长方形纸片ABCD的BC边上取一点E，将△ABE沿AE翻折，使点B落在点B′处，边EB′交AD于点F，第二步：将△ECD沿DE翻折，点C的对应点C′恰好落在线段EB′上．根据以上的操作，若BC=6，C′是EB′的中点，则线段AF的长为（　　） A．52 B．3 C．72 D．4 【答案】B 【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，根据矩形折叠得到AB=AB′=CD=C′D，∠B=∠B′=90°=∠C=∠DC′E，BE=B′E，CE=C′E，结合中点及勾股定理求出CE、BE、AB、CD，从而得到△AB′F≌△DC′F(AAS)即可得到答案 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，AD=BC=6，∠B=∠C=90°， 由折叠的性质可得：AB=AB′=CD=C′D，∠B=∠B′=90°=∠C=∠DC′E，BE=B′E，CE=C′E， ∵点C′恰好为EB′的中点， ∴B′E=2C′E， ∴BE=2CE， ∴BC=AD=3EC， ∴CE=2，BE=4， ∵AE2=AB2+BE2，DE2=DC2+CE2，AD2=AE2+DE2， ∴AB2+16+8+DC2+4=36， ∴AB=CD=22， ∵∠B′=∠DC′F=90°，∠AFB′=∠DFC′，AB′=C′D=CD=22， ∴△AB′F≌△DC′F(AAS)， ∴AF=DF=12AD=3， 故选：B． 6．（23-24八年级上·江苏常州·阶段练习）某周五学校举行了家长开放日活动，在以“纸片的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形ABEF，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②． 根据以上的操作，若AB=4，AD=6，则线段BM的长是（    ） A．3 B．5 C．2 D．1 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质及勾股定理，设BM=x，由矩形的性质得出BC=AD=6，根据正方形的性质和折叠性质可得ME=4−x，MF=CM=6−x，利用勾股定理列方程求出x的值即可得答案．根据折叠性质表示出MF的长是解题关键． 【详解】解：设BM=x， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC=AD=6， ∵四边形ABEF是正方形， ∴AB=BE=EF=4，ME=4−x， ∵将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN， ∴MF=CM=6−x， 在Rt△EFM中，MF2=ME2+EF2， ∴(6−x)2=(4−x)2+42， 解得：x=1，即BM=1． 故选：D． 7．（21-22八年级下·湖北咸宁·期末）如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B′处，若∠1=∠2=36°，则∠B为（   ）    A．126° B．132° C．144° D．156° 【答案】A 【分析】本题考查了翻折变换、平行四边形的性质，根据翻折可得∠B′AC=∠BAC，根据平行四边形可得DC∥AB，所以∠BAC=∠DCA，从而可得∠1=2∠BAC，进而求解． 【详解】解：根据翻折可知：∠B′AC=∠BAC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB， ∴∠BAC=∠DCA， ∴∠BAC=∠DCA=∠B′AC， ∵∠1=∠B′AC+∠DCA， ∴∠1=2∠BAC=36°， ∴∠BAC=18°， ∴∠B=180°−∠BAC−∠2=180°−18°−36°=126°， 故选：A． 8．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使B落在CD上点H处，连接BP、BH，则下列结论一定成立的是（　　） ①AE+CH=FH；②BP=BH；③AP+CH=PH；④PE+PG+EG=HD．    A．①③ B．①③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】B 【分析】作EM⊥BC于点M，证明△MEF≌△CBHASA，推出MF=CH，可证明①正确；CH与AP不一定相等，则BP与BH不一定相等，故证明②不一定成立；作BI⊥PH于点Ⅰ，证明△IHB≌△CHBAAS，推出IB=CB，IH=CH，再证明Rt△BPA≌Rt△BPIHL，推出AP=IP，可证明③正确；推出PE+PG+EG=GI，可证明④正确． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A=∠ABC=∠C=∠D=90°，AB=BC， 作EM⊥BC于点M， ∴EM=AB=BC，AE=BM， 由折叠的性质得BH⊥EF，BF=FH， ∴∠MEF=90°−∠MFE=∠CBH， ∴△MEF≌△CBHASA， ∵MF=CH， ∴AE+CH=BM+FM=BF=FH；故①正确； ∵AB=BC，∠A=∠ABC=90°， ∴BP与BH不一定相等，故②不一定成立； 作BI⊥PH于点I， 由折叠的性质得FH⊥PH， ∴BI∥FH， ∴∠FHB=∠HBI=∠HBF，BH=BH， ∴△IHB≌△CHBAAS， ∴IB=CB，IH=CH， ∵AB=BC， ∴IB=AB， ∴∠A=∠BIP=90°，BP=BP， ∴Rt△BPA≌Rt△BPIHL， ∵AP=IP， ∴AP+CH=IP+IH=PH，故③正确； 由折叠的性质得GH=AB，AE=EG， ∵PI=PA=PE+AE=PE+EG， ∴PE+PG+EG=GI， ∵IH=CH，GH=AB， ∴PE+PG+EG=HD，故④正确； 综上，①③④正确， 故选：B．    【点睛】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，正确作出辅助线解决问题是解题的关键． 9．（22-23八年级下·山东临沂·期中）如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP（P为AB中点）所在的直线上，得到经过点D的折痕DE．则∠DEC的大小为（    ）    A．70° B．75° C．80° D．85° 【答案】B 【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数． 【详解】解：如图，连接BD，    ∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°， ∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°， ∵P为AB的中点， ∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°， ∴∠PDC=90°， ∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°， 在△DEC中，∠DEC=180°−∠CDE+∠C=75°． 故选：B． 【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理的综合运用，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．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． 10．（22-23八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C对应点为点C′，且DC′是AB的垂直平分线，则∠DEC的大小为（    ） A． 30° B． 45° C． 60° D． 75° 【答案】D 【分析】连接DB，根据DC′是AB的垂直平分线，得到DB=DA，结合∠A=60°得到△ABD是等边三角形，即可得到∠ADC′=∠BDC′=30°，根据四边形ABCD是菱形得到∠ADC=180°−60°=120°，根据折叠即可得到答案； 【详解】解：连接DB， ∵DC′是AB的垂直平分线， ∴DB=DA， ∵∠A=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴∠ADC′=∠BDC′=30°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ADC=180°−60°=120°， ∴∠C′DC=120°−30°=90°， ∵菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C对应点为点C′， ∴∠C′DE=∠CDE=12∠C′DC=45°， ∴∠DEC=180°−∠CDE−∠C=180°−45°−60°=75°， 故选D； 【点睛】本题考查菱形的折叠问题，三角形内角和定理，菱形的性质，垂直平分线的性质，解题的关键是得到△ABD是等边三角形． 11．（22-23八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是4,0，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形后，点B落在平面内B′处，则B′的坐标为（   ）    A．2,23 B．(32,2−23) C．(2,4−23) D．(32,4−23) 【答案】C 【分析】过点B′作B′D⊥OC，根据∠CPB=60°，CB′=OC=OA=4，所以∠B′CD=30°，B′D=2，根据勾股定理得DC=23，故OD=4−23，即B′点的坐标即可求解； 【详解】解：过点B′作B′D⊥OC，如图所示：    ∵四边形OABC是正方形，点A的坐标是4,0， ∴∠B=∠BDC=90°，CB′=OC=OA=4， ∵∠CPB=60°， ∴∠BCP=90°−60°=30°， 由折叠的性质可得：∠BCP=∠B′CP==30°， ∴∠B′CD=30°， ∴B′D=2， 在Rt△B′CD中，根据勾股定理得DC=CB′2−BD2=23， ∴OD=4−23， 即B′点的坐标为(2,4−23). 故选：C. 【点睛】主要考查了图形的翻折变换和正方形的性质，要会根据点的坐标求出所需要的线段的长度，灵活运用勾股定理． 12．（22-23八年级下·山东济宁·期末）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=2，则AB的长度为（    ）    A．2+1 B．2+12 C．5+12 D．2 【答案】D 【分析】先判断出∠ADE=∠AED=45°，进而判断出AE=AD=2，利用勾股定理即可得出结论． 【详解】解：由折叠补全图形如下图所示，    ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADA′=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=2，CD=AB， 由第一次折叠得：∠DA′E=∠A=90°，∠ADE=12∠ADC=45°， ∴∠ADE=∠AED=45°， ∴AE=AD=2， 在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=2AD=2， 由第一次折叠得：CD=DE=2， ∴AB=2， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了折叠问题，等腰直角三角形的性质及矩形的性质，掌握折叠前后的对应边，对应角相等是解本题的关键． 13．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在一张菱形纸片ABCD中，AB=2，∠B=30°，点E在BC边上（不与B，C重合），将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE，连接BF，EF，DF，有以下四个结论：①AE=EF；②∠BFD=105°；③当AE⊥BC时，FD=AC；④当FE平分∠AFB时，则FD=23．以上结论中，其中正确的结论个数是（    ）      A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】①根据折叠的性质即可判断结论①； ②由折叠和菱形性质得：AB=AF=AD，再由三角形内角和定理和等腰三角形性质可得：∴∠AFB=180°−∠BAF2，∠AFD=180°−∠FAD2，得出∠BFD=105°； ③根据折叠性质和菱形性质可证得△ACF≌△DFCSAS，即可判断结论③； ④由折叠和已知可得∠BAE=∠FAE，根据三角形的角平分线交于一点，结合已知可得BE平分∠ABF，从而可证△ABF是等边三角形，再证△ADF是等腰直角三角形，即可判断结论④． 【详解】解：①∵将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE， ∴BE=EF， 只有AE=BE时，AE=EF才成立， 故结论①不正确； ②由折叠得：AF=AB， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=AD，AD∥BC， ∴∠BAD=180°−∠B=180°−30°=150°， ∴AB=AF=AD， ∴∠AFB=180°−∠BAF2，∠AFD=180°−∠FAD2， ∴∠BFD=∠AFB+∠AFD=180°−12∠BAF+∠FAD=180°−12∠BAD=105°， 故结论②正确； ③如图1，∵AE⊥BC，将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE，    ∴∠AEB=∠AEF=90°，AF=AB，∠AFE=∠B， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=CD，∠B=∠ADC，AD∥BC， ∴AF=CD，∠DCF=∠ADC，∠AFE=∠ADC， ∴∠AFE=∠DCF， 在△ACF和△DFC中， AF=CD∠AFE=∠DCFCF=FC， ∴△ACF≌△DFCSAS， ∴FD=AC， 故结论③正确； ④如图2，由折叠得：FA=AB，∠BAE=∠FAE，    ∵FE平分∠AFB， ∴∠BFE=∠AFE， ∴AE、EF分别平分∠BAF、∠AFB， ∵三角形三条内角平分线交于一点， ∴BE平分∠ABF， ∵∠ABC=30°， ∴∠ABF=2∠ABF=60°， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠ABF=∠BAF=∠AFB=60°， ∴∠DAF=∠BAD−∠BAF=90°， ∵AD=AB=AF=2， ∴△DAF是等腰直角三角形， ∴FD=AD2+AF2=22+22=22， 故结论④不正确， 综上所述，正确的结论是：②③； 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形性质，等边三角形的判定和性质，折叠变换的性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形内角和定理，三角形角平分线等，综合性较强，是中考数学常考题型． 14．（22-23八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，在▱ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B=60°，AB=2，则△ADE的周长为（    ）      A．18 B．15 C．12 D．9 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到BC=2AB=4，AD=4，再根据△ADE是等边三角形．即可算出周长． 【详解】由折叠可知，∠ACD=∠ACE=90° ∵▱ABCD ∴AB∥CD ∴∠BAC=∠ACD=90° ∵∠B=60° ∴∠ACB=60° ∴BC=2AB=4 ∴AD=4 由折叠可得，∠E=∠D=∠B=60° ∴∠DAE=60° ∴△ADE是等边三角形 ∴AD=AE=DE=4 故C△ADE=4×3=12 故选C． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，轴对称图形的性质，以及等边三角形的判定．解题时注意折叠是一种对称变化． 15．（22-23八年级下·四川资阳·期末）如图，在矩形ABCD中，AD>AB，点E、F分别在边BC、AB上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AD边上的点B′处，将△BEF沿EF折叠，使点B落在AE上的点G处．若DE=EF，CE=2，则AD的长为（    ）    A．2+22 B．4+23 C．4+22 D．6 【答案】C 【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′DHL，推出BF=DB′，再证明DB′=EC=BF=2，再通过线段和差即可得结论． 【详解】由翻折的性质可知，EB=EB′，∠B=∠AB′E=∠EB′D=90°， 在Rt△EBF和Rt△EB′D中， EB=EB′EF=ED， ∴Rt△EBF≌Rt△EB′DHL， ∴BF=DB′， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C=∠CDB′=∠EB′D=90°， ∴四边形ECDB′是矩形， ∴DB′=EC=2， ∴BF=EC=2， 由翻折的性质可知，BF=FG=2，∠FAG=45°，∠AGF=∠B=∠AGF=90°， ∴AG=FG=2， ∴AF=22 ， ∴AB=AB′=2+22， ∴AD=AB′+DB′=4+2， 故答案为：4+22 ． 【点睛】此题考查了矩形的性质及折叠的性质，解题的关键是熟练掌握矩形和折叠的性质及其应用． 二、填空题 16．（重庆市开州区开州文峰教育集团2023-2024学年九年级下学期3月月考数学试题）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AC上的点，延长DE交BA的延长线于点G， 将△CDE沿DE折叠，得到△FDE，  连接BF，CF，若BG∥FE，AB=6，AE=2，则BC的长为 ． 【答案】234 【分析】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，先由平行线的性质得到∠CEF=∠BAE=90°，再由折叠的性质得到∠CED=∠CED=12∠CEF=45°，CE=FE，进而可证明△AEG是等腰直角三角形，得到AG=AE=2，∠G=45°，再证明四边形BGEF是平行四边形，得到EF=BG=AB+AE=8，则AC=AE+CE=10，即可得到BC=AB2+AC2=234． 【详解】解：∵BG∥FE， ∴∠CEF=∠BAE=90°， 由折叠的性质可得∠CED=∠CED=12∠CEF=45°，CE=FE， ∴∠AEG=∠CDE=45°， 又∵∠EAG=∠BAC=90°， ∴△AEG是等腰直角三角形， ∴AG=AE=2，∠G=45°， ∴∠G=∠FED=45°， ∴BG∥EF， ∴四边形BGEF是平行四边形， ∴EF=BG=AB+AE=8， ∴CE=EF=8， ∴AC=AE+CE=10， ∴BC=AB2+AC2=234， 故答案为：234． 17．（2023·河南商丘·二模）如图，动点E、P分别是正方形ABCD的边BC，CD上的动点，沿AE，AP折叠正方形，点B，D的对应点恰好都落在点O处，若AB=3，点P是CD边的三等分点，则BE的长为 ． 【答案】32或35 【分析】 本题主要考查了折叠问题，解题的关键是找准不变的线段，利用勾股定理求解线段． 先根据AB=3，点P是CD边的三等分点得出DP=OP=1或DP=OP=2，设BE=x，则OE=x，再根据勾股定理列方程可求出x的值． 【详解】 解：四边形ABCD是正方形，AB=3，点P是CD边的三等分点， 若DP=1，则PC=CD−DP=3−1=2， 设BE=x，则CE=3−x， 由折叠的性质可知，OE=BE=x,DP=OP=1， ∴PE=OE+OP=x+1， 在Rt△PCE中， PE2=PC2+CE2，即(1+x)2=22+(3−x)2， 解得x=32； ∴BE=32； 若DP=2，同理可得BE=35； 故答案为：32或35． 18．（23-24八年级上·重庆沙坪坝·期末）如图，在△ABC中，AB>AC，∠A=30°，AC=4，点E为AC的中点，点F为边AB上的一个动点，将三角形沿EF折叠，点A的对应点为A′，当以E，F，A′，C为顶点的四边形是平行四边形时，线段AF的长为 ． 【答案】2或23 【分析】本题主要考查了折叠的性质，平行四边形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，分如图1，四边形A′CEF是平行四边形，如图2，四边形A′CFE是平行四边形，两种情况利用折叠的性质进行求解即可． 【详解】解：如图1，四边形A′CEF是平行四边形， ∵AC=4，点E为AC的中点， ∴AE=CE=12AC=2， 由折叠得A′E=AE=2， ∵A′F∥CE，A′F=CE， ∴A′F∥AE，A′F=AE， ∴四边形A′EAF是平行四边形， ∴AF=A′E=2 ； 如图2，四边形A′CFE是平行四边形，作CG⊥AB于点G， ∵∠AGC=90°，∠A=30°， ∴CG=12AC=2， ∵A′E=AE=2 ， ∴CF=A′E=2， ∴CF=CG， ∴点F与点G重合， ∴AF=AC2−CG2=23， 综上所述，线段AF的长为2或23， 故答案为：2或23． 19．（23-24八年级下·广东中山·开学考试）矩形ABCD中，AB=8，BC=6，对角线AC、BD相交于点O，点E为DC上一点，将△ADE沿AE折叠，使点D落在对角线AC的点F处，则线段OE的长为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题关键．由矩形的性质和勾股定理，求得AC=10，进而得到OC=5，由折叠的性质可知，DE=EF，AF=AD=6，∠AFE=∠ADE=90°，设DE=EF=x，利用勾股定理列方程，求出DE=EF=3，再利用勾股定理，即可求出线段OE的长． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=8，BC=6， ∴CD=AB=8，AD=BD=6，∠ADC=90°，OA=OC， 在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=62+82=10， ∴OC=12AC=5， 由折叠的性质可知，DE=EF，AF=AD=6，∠AFE=∠ADE=90°， ∴CF=AC−AF=10−6=4， 设DE=EF=x，则CE=CD−DE=8−x， 在Rt△CEF中，CE2=EF2+CF2， ∴8−x2=x2+42， 解得：x=3，即DE=EF=3， ∵OF=OC−CF=5−4=1， 在Rt△EOF中，OE=OF2+EF2=12+32=10， 故答案为：10 20．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB=4，BC=8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM；当P，A重合时，MN= ． 【答案】25 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，涉及了菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，根据题意画出图形可推出四边形ANCM是菱形，设BN=x，则AN=NC=8−x，根据勾股定理求出x即可求解． 【详解】解：如图所示： 由题意得：MN垂直平分AC， ∴MA=MC,NA=NC ∴∠MAC=∠MCA,∠NAC=∠NCA ∵AD∥BC ∴∠MAC=∠NCA ∴∠MCA=∠NCA=∠NAC=∠MAC ∴NA=AM=CN=CM ∴四边形ANCM是菱形 设BN=x，则AN=NC=8−x ∵AN2=AB2+BN2 ∴8−x2=42+x2 解得：x=3 ∴CN=8−3=5，AC=AB2+BC2=45 ∴CQ=12AC=25 QN=CN2−QN2=5 ∴MN=2QN=25 故答案为：25 21．（2023·浙江杭州·二模）如图菱形ABCD的边长为4，∠A=60°，将菱形沿EF折叠，顶点C恰好落在AB边的中点G处，则BF= ． 【答案】1.2 【分析】本题考查了菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程是解题的关键． 过点F作FH⊥AB于点H，由菱形的性质和已知条件得出∠HFB=30°，再设HB=x，则BF =2x,CF=4−2x=GF,FH=3x，在Rt△FGH中，依据勾股定理得到方程(3x)2+(2+x)2= (4−2x)2，求得x的值即可得到BF的长． 【详解】解：如图所示，过F作FH⊥AB，交AB的延长线于点H， ∵∠A=60°,AD∥BC, ∴∠HBF=60°,∠BFH=30°， 设BH=x，则BF=2x,CF=4−2x=GF,FH=3x， ∵G是AB的中点， ∴BG=2,GH=2+x， 在Rt△FGH中，FH2+GH2=GF2， ∴(3x)2+(2+x)2=(4−2x)2, 解得x=0.6， ∴BF=2x=1.2. 故答案为：1.2． 22．（23-24八年级上·广东深圳·期末）如图，在长方形ABCD中，AB=10，BC=8，点E上线段AD上的一点，且满足AE=3ED，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△BEF，延长EF交BC的延长线于点G，则△BEG的面积是 ． 【答案】1703 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质．熟练掌握矩形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键． 由题意知AE=6，ED=2，由折叠的性质可知，EF=AE=6，BF=AB=10，∠BFE=∠A=90°，则∠BFG=90°，如图，作GH⊥AD的延长线于H，则四边形CDHG是矩形，则GH=CD=10，DH=CG，设DH=CG=a，FG=b，由勾股定理得，EG2=HE2+HG2，即6+b2=2+a2+102①，BG2=BF2+FG2，即8+a2=102+b2②，①+②整理求解得，b=263−a，将b=263−a代入②求解得a=103，则BG=BC+CG=343，然后根据S△BEG=12BG⋅CD，计算求解即可． 【详解】解：∵长方形ABCD， ∴CD=AB=10，AD=BC=8，∠A=∠ADC=∠BCD=90°， ∵AE=3ED， ∴AE=6，ED=2， 由折叠的性质可知，EF=AE=6，BF=AB=10，∠BFE=∠A=90°， ∴∠BFG=90°， 如图，作GH⊥AD的延长线于H，则四边形CDHG是矩形， ∴GH=CD=10，DH=CG， 设DH=CG=a，FG=b， 由勾股定理得，EG2=HE2+HG2，即6+b2=2+a2+102①， BG2=BF2+FG2，即8+a2=102+b2②， ①+②整理得，12b+12a=104， 解得，b=263−a， 将b=263−a代入②得，8+a2=102+263−a2， 解得，a=103， ∴BG=BC+CG=343， ∴S△BEG=12BG⋅CD=1703， 故答案为：1703． 23．（21-22九年级上·四川雅安·期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为8，E，F分别是边D，BC上的点，将正方形纸片沿EF折叠，使得点A落在CD边上的点A′处，此时点B落在点B′处，已知折痕EF=45.则AE的长等于 ． 【答案】5 【分析】过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′，在△GEF中，由勾股定理可求得EG，轴对称的性质可知AA′⊥EF，由同角的余角相等可证明∠EAH=∠GFE，从而可证明△GEF≌△DA′AASA，则可得GE=DA′，最后在△EDA′利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵正方形纸片ABCD， ∴AB=AD=8， 如图，过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′，则四边形ABFG是矩形， ∴FG=AB=AD， 由勾股定理得，EG=EF2−FG2=(45)2−82=4， 由轴对称的性质可知AA′⊥EF， ∴∠EAH+∠AEH=90°， ∵FG⊥AD， ∴∠GEF+∠EFG=90°， ∴∠DAA′=∠GFE， 在△GEF和△DA′A中， ∵∠EGF=∠D=90°FG=AD∠DAA′=∠GFE， ∴△GEF≌△DA′AASA， ∴DA′=EG=4． 设AE=x，由翻折的性质可知EA′=x，则DE=8−x， 由勾股定理得：EA′2=DE2+A′D2，即x2=(8−x)2+42， 解得：x=5， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，二次根式的乘法运算．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 24．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，在矩形ABCD，点E在CD边上，连接BE，将△BCE沿直线BE折叠，使点C刚好落在AD边上的点F处．若CE=3，DE=2，则AD长为 ．    【答案】35 【分析】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理的运用，利用勾股定理列出方程是本题的关键．由矩形的性质和折叠的性质可得CB=BF=DA，设CB=x=BF，则DA=x，AF=x− 5，由勾股定理可得52+(x−5)2=x2，即可求解． 【详解】解：∵四边形CDAB是矩形， ∴CB=DA，∠DAB=∠D=90°， ∵将矩形CDAB沿直线BE折叠， ∴CB=BF=DA，EF=CE=3, ∴DF=EF2−DE2=32−22=5, 设CB=x=BF，则DA=x，AF=x− 5， ∵∠A=90°， ∴Rt△ABF中，AB2+AF2=BF2， ∴52+(x−5)2=x2， 解得x= 35， ∴CB=35， 故答案为：35． 25．（23-24九年级上·广西南宁·期中）如图，把一张矩形纸片ABCD按如下方法进行两次折叠：第一次将DA边折叠到DC边上得到DA′，折痕为DM，连接A′M,CM，第二次将△MBC沿着MC折叠，MB边佮好落在MD边上．若AD=1，则AB的长为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，根据折叠的性质得出AD=A′D=1,∠A=∠DA′M=90°，易得四边形AMA′D是矩形，则AD=BC=1，AD=A′M=1，根据勾股定理可得：DM=A′D2+A′M2=2，根据S△CDM=12CD⋅A′M=12DM⋅CB′，即可求解． 【详解】解：∵将DA边折叠到DC边上得到DA′，折痕为DM， ∴AD=A′D=1,∠A=∠DA′M=90°， ∵四边形ABCD是矩形，∠ADA'=90°， ∴四边形AMA′D是矩形，AD=BC=1， ∴AD=A′M=1， 根据勾股定理可得：DM=A′D2+A′M2=2， ∵将△MBC沿着MC折叠，MB边佮好落在MD边上， ∴∠B=∠CB'M=90°，B′C=BC=1， ∵S△CDM=12CD⋅A′M=12DM⋅CB′， ∴12CD×1=12×2×1， 解得：CD=2， ∴AB=2， 故答案为：2． 三、解答题 26．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，ABAB，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. (2)【问题拓展】如图2，已知平行四边形纸片ABCDAD>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.连结BF，若AE=5，BF=10，求菱形ABEF的面积 【答案】(1)见详解 (2)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）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ABEF是菱形，由菱形面积公式得S菱形ABEF=12AE⋅BF，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵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， 由折叠的性质得：AB=AF， ∴四边形ABEF是正方形； （2）解：∵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； 如图2， ∵ AE=5,BF=10， ∴S菱形ABEF=12AE⋅BF=12×5 ×10=25． 【点睛】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. 31．（23-24九年级上·河南南阳·期末）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．           图1                         图2 【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D′处，MD′与BC交于点N． 【猜想】请直接写出线段MN、CN的数量关系______． 【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD′上，点A落在点A′处，点B落在点B′处，折痕为ME． （1）猜想MN与EC的数量关系，并说明理由； （2）若CD=2，MD=4，求EC的长． 【答案】[猜想] MN=CN；[应用]（1）EC=2MN,理由见解析；（2）5 【分析】此题是四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定是解题的关键． 【猜想】根据折叠的性质得到∠CMD=∠CMD'，根据矩形的性质推出∠CMD=∠MCN，则∠CMD'=∠MCN，根据等腰三角形的判定即可得解； 【应用】（1）根据折叠的性质得到∠AME=∠A'ME，根据矩形的性质推出∠AME=∠MEN，则∠A'ME=∠MEN，根据等腰三角形的判定即可得出MN=EN，结合MN=CN即可得解； （2）根据矩形的性质、折叠的性质得出∠D=∠D′=90°，DC=D′C=2，MD=MD′=4，设MN=NC=x，则ND′=4−x，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：【猜想】∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠， ∴∠CMD=∠CMD′， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠CMD=∠MCN， ∴∠CMD′=∠MCN， ∴MN=CN． 故答案为：MN=CN； 【应用】（1）EC=2MN；理由如下： ∵由四边形ABEM折叠得到四边形A′B′EM， ∴∠AME=∠A′ME， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AME=∠MEN， ∴∠A′ME=∠MEN， ∴MN=EN， ∵MN=CN， ∴MN=EN=NC， 即EC=2MN； （2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠， ∴∠D=∠D′=90°，DC=D′C=2，MD=MD′=4， 设MN=NC=x， ∴ND′=MD′−MN=4−x， 在Rt△ND′C中，∠D′=90°， ∴ND′2+D′C2=NC2， ∴(4−x)2+22=x2， 解得x=52， ∴MN=52， ∴EC=2MN=5． 32．（23-24七年级上·山东威海·期末）如图，在长方形ABCD中，∠A=∠D=∠BCD=90°，AB=CD，AD=BC，点E是边AD上一点，将△ABE沿BE折叠，点A的对应点F刚好落在CE上，若AB=4，BC=5．    (1)判断△BCF与△CED是否全等，并说明理由； (2)求AE的长度． 【答案】(1)△BCF≌△CED，理由见解析 (2)AE=2 【分析】（1）根据翻折变换的对应关系及矩形的性质，易得∠FCB=∠DEC，∠BFC=∠D和BF=CD，从而证明△BCF≌△CED； （2）根据翻折变换的对应关系及矩形的性质，易得AB=CD，AD=BC=EC，在Rt△CDE中，利用勾股定理求出DE长度，从而求出AE长度． 【详解】（1）解：△BCF≌△CED，理由如下： ∵四边形ABCD是长方形， ∴∠A=∠D=90°，AB=CD，AD∥BC， ∴∠DEC=∠FCB， ∵△ABE沿BE折叠后为△FBE， ∴△ABE≌△FBE， ∴∠A=∠BFE=∠BFC=90°，AB=FB， 在△BCF与△CED中， ∠FCB=∠DEC∠BFC=∠DBF=CD， ∴△BCF≌△CEDAAS； （2）解：∵四边形ABCD是长方形， ∴AB=CD=4，AD=BC=5， ∵△BCF≌△CED， ∴BC=EC=5， 在Rt△CDE中，由勾股定理有DE=EC2−CD2=52−43=3， ∴AE=AD−DE=5−3=2． 【点睛】本题主要考查了图形的翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用相关知识，找准对应边、对应角是解题关键． 33．（23-24八年级上·宁夏吴忠·阶段练习）如图，把长方形纸片ABCD纸沿对角线折叠，重叠部分为△EBD． (1)求证：△EBD是等腰三角形； (2)若AB=4，BE=5，求△EBD的面积． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题考查矩形的性质，轴对称，等腰三角形的判定，三角形的面积公式． （1）由矩形的性质可得∠ADC=∠CBD，由折叠可得∠CBD=∠C′BD，从而∠EDB=∠EBD，进而得证结论； （2）直接根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）∵在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴∠ADC=∠CBD， ∵折叠可得∠CBD=∠C′BD， ∴∠EDB=∠EBD， ∴EB=ED， ∴△EBD是等腰三角形； （2）∵BE=5， ∴DE=BE=5 ∵在矩形ABCD中，∠A=90°， ∴S△EBD=12DE⋅AB=12×5×4=10． 34．（23-24八年级上·甘肃酒泉·期末）综合与实践： 在《第七章平行线的证明》中我们学习了平行线的证明，今天我们继续探究：折纸中的数学——长方形纸条的折叠与平行线： (1)知识初探：如图1，长方形纸条ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°.将长方形纸条沿直线EF折叠，点A落在A′处，点D落在D′处，A′E交CD于点G． ①若∠AEF=38°，求∠A′GC的度数． ②若∠AEF=α，则∠A′GC=________（用含α的式子表示）． (2)类比再探：如图2，在图1的基础上将∠CGE对折，点C落在直线GE上的C′处.点B落在B′处，得到折痕GH，点A′、G、E、C′在同一条直线上，则折痕EF与GH有怎样的位置关系？并说明理由． 【答案】(1)①104°；②180°−2α； (2)EF∥GH，理由见解析 【分析】本题主要考查了长方形的性质、折叠的性质、平行线的判定与性质、平角的定义等知识点；熟练掌握折叠的性质和平行线的判定与性质是解题的关键． （1）①由题意得∠A′EF=∠AEF=38°，则∠AEG=∠A′EF+∠AEF=76°，由平行线的性质得∠CGE=∠AEG=76°，由平角的定义即可得出结果；②由题意得∠A′EF=∠AEF=α，则∠AEG=∠A′EF+∠AEF=α+α=2α，由平行线的性质得∠CGE=∠AEG=2α，由平角的定义即可解答； （2）由题意得∠AEF=∠A′EF=12∠AEG，∠CGH=∠C′GH=12∠CGE，由平行线的性质得∠CGE=∠AEG，推出∠C′GH=∠A′EF，最后根据平行线的判定定理即可解答． 【详解】（1）解：①由题意得：∠A′EF=∠AEF=38°， ∴∠AEG=∠A′EF+∠AEF=38°+38°=76°， ∵AB∥CD， ∴∠CGE=∠AEG=76° ∴∠A′GC=180°−∠CGE=180°−76°=104° ②由题意得：∠A′EF=∠AEF=α， ∴∠AEG=∠A′EF+∠AEF=α+α=2α， ∵AB∥CD， ∴∠CGE=∠AEG=2α， ∴∠A′GC=180°−∠CGE=180°−2α， 故答案为：180°−2α． （2）解：EF∥GH，理由如下： 由题意得：∠AEF=∠A′EF=12∠AEG，∠CGH=∠C′GH=12∠CGE， ∵AB∥CD， ∴∠CGE=∠AEG ∴∠C′GH=∠A′EF， ∴EF∥GH． 35．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期中）再读教材：宽与长的比是5−12（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感，世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，下面，我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形．（提示：MN=2） 第一步，在矩形纸片一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 第二步，如图②，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图①中所示的AD处． 第四步，展平纸片，按照所得的点D折出DE，使DE⊥ND，则图④中就会出现黄金矩形． 问题解决： （1）图③中AB=_______（保留根号）； （2）如图③，判断四边形BADQ的形状，并说明理由； （3）请直接写出图④中所有的黄金矩形． 【答案】（1）5；（2）四边形BADQ的形状是菱形，理由见解析．（3）图④中所有的黄金矩形是四边形BCDE、四边形MNDE． 【分析】（1）本题考查折叠的性质、正方形性质和勾股定理，利用正方形的性质得出线段BC和NC，再由折叠的性质求得线段AC，最后利用勾股定理即可解题． （2）本题考查菱形的判定，利用矩形对边平行和折叠的性质，证明四边形BADQ为平行四边形，再结合邻边相等的平行四边形是菱形，即可解题． （3）本题根据题干的定义，宽与长的比是5−12（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形，即可解题． 【详解】（1）解：连接AB，如图③， 由题知四边形BCNM为正方形，且MN=2， ∴BC=NC=2，∠NCB=90°， 又∵两个矩形相等， ∴NA=CN=1， ∴AB=AC2+BC2=5． （2）解：四边形BADQ的形状是菱形，理由如下： 由折叠的性质可知，AB=AD，∠BAQ=∠DAQ，又图为矩形纸片， ∴BQ∥AD，则∠BQA=∠DAQ， ∴∠BAQ=∠BQA， ∴AB=BQ， ∴四边形BADQ为菱形. （3）解：图④中所有的黄金矩形是四边形BCDE、四边形MNDE． 理由如下： ∵MN=AF=BC=DE=2，MF=FB=AN=AC=1，AB=AD=5， ∴CD=AD−AC=5−1，则CDBC=5−12，故四边形BCDE为黄金矩形， 又MNME=22+5−1=5−12，故四边形MNDE为黄金矩形．