专题3-4 平行四边形（考题猜想特殊四边形的性质在折叠问题中的巧用）解析版-2023-2024学年8下数学期末考点大串讲（人教版）

专题3-4平行四边形（考题猜想，特殊四边形的性质在折叠问题中的巧用）技巧1：巧用平行四边形的性质解决折叠问题【例题1】（22-23八年级下·河南信阳·期中）如图，在中，，现将沿折叠，使点与点A重合，点与点落在点处，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据折叠找到对应相等的角然后根据三角形内角和可算出，进而得出，再根据平行四边形的性质即可求出答案．【详解】解：由折叠性质可得：∵，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，故选：C．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，以及折叠变换，关键是找准折叠后些角是对应相等的【变式1】（22-23八年级下·福建泉州·期中）如图，将平行四边形纸片折叠，使顶点恰好落在边上的点处，折痕为，下列结论不一定正确的是（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由四边形是平行四边形以及折叠的性质可得，四边形是菱形，从而得到选项正确，选项不一定正确．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，由折叠的性质得，，，，故A正确；，，，∴四边形是平行四边形，，，故C正确；由折叠的性质得，，∴四边形是菱形，，故B正确；由题意无法得出，故D错误；故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，折叠的性质，掌握折叠的性质是解题关键．【变式2】（22-23八年级下·浙江杭州·期中）如图，将平行四边形纸片按如图方式折叠，使点落到处，交于点，折痕为，若，，则的度数为．

【答案】40°/40度【分析】根据折叠的性质，平行四边形的性质以及三角形外角的性质即可得到结论．【详解】解：将平行四边形纸片按如图方式折叠，使点落到处，

，，四边形是平行四边形，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换折叠问题，平行四边形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．【变式3】（22-23八年级下·重庆大渡口·期末）如图，在四边形纸片中，，将纸片沿折叠，点A、D分别落在，处，且经过点B，交BC于点G，连接，若平分，，，则的度数是．

【答案】【分析】设，由折叠的性质得，①，再根据平行线的性质得到②，，通过计算即可求解．【详解】解：∵平分，∴，设，

∵，∴，根据折叠的性质得，，∵，∴①，∵，∴②，得，即，由平角的性质得，∴，即，解得，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，角平分线的定义，平行线的性质，解题关键是利用参数构建方程解决问题【变式4】．（22-23八年级下·四川成都·期中）如图，将平行四边形折叠，使得点落在点处，点落在点处，折痕为，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，，求平行四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用翻折的性质和平行线的性质可得，即可证明结论；（2）利用含角的直角三角形的性质得，，再利用勾股定理列方程求出的长，即可得出答案．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，将平行四边形折叠，使得点落在点处，点落在点处，折痕为，，，，，，，四边形是平行四边形；（2）解：作于，

，，，，，，，设，则，在中，由勾股定理得，，解得，，平行四边形的面积为．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，翻折变换，勾股定理等知识，利用勾股定理列方程是解题的关键．【变式5】．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，把平行四边形纸片沿折叠，点落在点处，与相交于点，连接.求证：(1)；(2).【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】6.证明：（1）由折叠可知，.四边形是平行四边形，，，，.（2），，，即，.，，，.【变式6】．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）【教材呈现】人教八年级下册数学教材第59页的部分内容．如图1，把一张矩形纸片按如图那样折一下，就可以裁出正方形纸片，为什么？(1)【问题解决】如图1，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在上．求证：四边形是正方形．（请完成以下填空）证明：四边形是矩形，，折叠，，四边形是矩形（）．折叠，，四边形是正方形（）(2)【问题拓展】如图2，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在边上．①求证：四边形是菱形．②连结，若，，求菱形的面积．【答案】(1)有三个角是直角的四边形为矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形(2)①见详解；②25【分析】（1）由矩形的性质得，再由折叠的性质得：，则四边形是矩形，然后由，即可得出结论；（2）①由平行四边形的性质得，则，再证，则，得四边形是平行四边形，然后由即可得出结论；②由菱形面积公式得，即可得出答案．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，由折叠的性质得：，∴四边形是矩形（有三个角是直角的四边形为矩形），由折叠的性质得：，∴四边形是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形），故答案为：有三个角是直角的四边形为矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形；（2）①证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，由折叠的性质得：，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形；②解：如图2，∵四边形是菱形，，∴，故答案为：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．【变式7】．（23-24八年级下·重庆铜梁·阶段练习）综合与实践问题情境：在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，E为边上任意一点，将沿折叠，点D的对应点为．分析探究：（1）如图1，当，当点恰好落在边上时，三角形的形状为．问题解决：（2）如图2，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由．（3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点H．若的面积为24，，请直接写出线段的长．【答案】（1）等边三角形；（2）；（3）【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，根据即可得是等边三角形；（2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系；（3）由折叠可知：，，易知为等腰直角三角形，延长交于，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知由的面积为24，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解．【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，∴，，则由折叠可知：，，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形，∴，∴是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2），理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，，又∵E，F为边的三等分点，∴，由折叠可知：，，则，∴，由三角形外角可知：，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，则，∴；（3）由折叠可知：，，∴，则为等腰直角三角形，∴，延长交于，则

∵四边形是平行四边形，∴，∴，，即，∴∵的面积为24，，即：，∴，则，∴．【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，翻折的性质，等边三角形的判定，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．【变式8】．（21-22八年级下·江苏苏州·期中）【理解概念】定义：有三个角相等的四边形叫做三等角四边形．（1）下列四边形是三等角四边形的是_________．（填序号）①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形．【巩固新知】（2）如图，折叠平行四边形DEBF，使得顶点E、F分别落在边BE、BF上的点A、C处，折痕为DG、DH．求证：四边形ABCD为三等角四边形．【拓展提高】（3）如图，在三等角四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C，若AB＝5，，DC＝7，则BC的长度为_________．【答案】（1）③④；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）利用平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质判断即可求解；（2）由平行四边形的性质可得∠E=∠F，且∠E+∠EBF=180°，根据折叠的性质可得∠E=∠DAE，∠F=∠DCF，再根据等角的补角相等，判断出∠DAB=∠DCB=∠ABC即可得结论；（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，可得四边形DEBF是平行四边形，根据及平行四边形的性质可得AD=DE=BF=，CD=DF=7，可求出AE的长，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，利用勾股定理可得DG的长，利用平行四边形的面积可求出DH的长，利用勾股定理可求出CH的长，进而求出CF的长，即可求出BC的长．【详解】解：（1）①根据平行四边形的对角相等可得平行四边形不是三等角四边形；②根据菱形四边相等、对角相等可知菱形不是三等角四边形；③根据矩形四个角都相等可知矩形是三等角四边形；④根据正方形四个角都相等可知正方形是三等角四边形．故答案为：③④；（2）∵四边形为平行四边形，∴，，∵折叠平行四边形，使得顶点分别落在边上的点处，∴DE=DA，DF=DC，∴，∵，，，∴，∴四边形是三等角四边形（3）如图，过点D作DE//BC，交BA延长线于E，作DF//AB，交BC延长线于F，作DG⊥BE于G，DH⊥BF于H，∴四边形DEBF是平行四边形，∴DE=BF，DF=BE，∠B+∠E=180°，∠B+∠F=180°，∠E=∠F，∵∠DAB=∠B=∠BCD，∠DAE+∠DAB=180°，∠DCB+∠DCF=180°，∴∠DAE=∠E=∠DCF=∠F，∴AD=DE=BF=，CD=DF=7，∴AE=BE-AB=CD-AB=2，∵DG⊥BE，DH⊥BF，∴AG=EG=AE=1，CH=HF=CF，∴DG=，∴S平行四边形DEBF=BE·DG=BF·DH，即7×5=DH，解得：DH=，∴CH==，∴CF=2CH=，∴BC=BF-CF=．故答案为：【点睛】本题是四边形综合题目，考查了三等角四边形的判定与性质，翻折变换-折叠问题，四边形的内角和定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识；证明三角形全等和运用勾股定理是解决问题的关键．技巧2：巧用菱形的性质解决折叠问题【例题2】（22-23八年级下·山东临沂·期中）如图，菱形纸片中，，折叠菱形纸片，使点落在（为中点）所在的直线上，得到经过点的折痕．则的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，由菱形的性质及，得到三角形为等边三角形，为的中点，利用三线合一得到为角平分线，得到，，，进而求出，由折叠的性质得到，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，

四边形为菱形，，为等边三角形，，，为的中点，为的平分线，即，，由折叠的性质得到，在中，．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【变式1】．（23-24八年级下·广东江门·期中）如图，已知菱形的边长为6，且，点分别在边上，将菱形沿折叠，使点B正好落在边上的点G处．若，则的长为．【答案】【分析】由菱形的性质可知是等边三角形，再通过折叠的性质和等边三角形的性质得出，即是菱形的高，最后用勾股定理求高即可，本题主要考查菱形的性质，等边三角形的性质及勾股定理，掌握菱形的性质并能将FG转化成菱形的高是解题的关键．【详解】解：如图，设与交于点，交于点．∵四边形是菱形，，∴，∴是等边三角形．∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴是菱形的高，即为等边三角形的高，∴．【变式2】．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，菱形纸片，将该菱形纸片折叠，使点恰好落在边的中点处，折痕与边、分别交于点．则的长为．【答案】【分析】过点作与的延长线交于点E，根据含角的直角三角形的性质和勾股定理求出和，设，则，用x表示出，然后在中，利用勾股定理得出方程进行解答．【详解】解：过点作与的延长线交于点E，

∵四边形是菱形，∴，，∵是的中点，∴，∵，∴，∴，∴，设，则，由折叠的性质知：，在中，，∴，解得：，，即的长为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，关键是作辅助线构造直角三角形．【变式3】．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在菱形纸片中，，是边的中点，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处，折痕为，与交于点．有如下结论：①；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是．【答案】①②③④【分析】由菱形的性质，，可得，是等边三角形，结合是边的中点，根据三线合一可得，根据含角直角三角形的性质，可证③正确，由，结合折叠的性质，可证①正确，由折叠的性质得到的度数，结合，得到，根据三角形内角和，可证②正确，连接，与交于点，由，，得，结合，由，可证④正确，本题考查了，菱形的性质，折叠的性质，含角直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：连接辅助线，构造全等三角形．【详解】解：∵菱形，∴，∵，∴，是等边三角形，，∵是边的中点，∴，∴，∴，故③正确，∴，由折叠的性质可得，，，∴，故①正确，∴，∵，∴，故②正确，连接，与交于点，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故④正确，故答案为：①②③④．【变式4】．（23-24八年级下·河北邢台·期中）如图，在菱形纸片中，．（1）．（2）点E在边上，将菱形纸片沿折叠，点C对应点为点，且是的垂直平分线，则的大小为．【答案】6075【分析】本题考查菱形的性质，垂直平分线的定义．（1）直接根据菱形的对角相等即可求解；（2）如图，由垂直平分线的定义得到，从而，由菱形的性质得到，从而由折叠有，因此，再根据菱形的对边平行即可求解．【详解】解：（1）∵四边形是菱形，∴．故答案为：60（2）如图，∵是的垂直平分线，∴，∴，∵在菱形中，，∴，由折叠可得，∴，∵在菱形中，，∴．故答案为：75【变式5】．（23-24八年级下·河北保定·期中）菱形是矩形纸片按如图所示的方式折叠而成，若菱形的面积为，则长为．【答案】【分析】本题解题的关键是根据折叠以及菱形的性质发现特殊角，根据的直角三角形中各边之间的关系求得的长．根据折叠的性质结合菱形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质结合勾股定理与菱形的面积即可求得结果．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，由折叠的性质可知，，又，∴，∵矩形，∴，，∴，，∵菱形的面积为，∴；∴，∴，∴，∴；故答案为：【变式6】（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形对角线的交点O处，折痕为，则点E、F分别为边、的中点．若，，则．

【答案】【分析】连接、，根据为的中点，由三角形的中位线得出，证明为等边三角形，得出，求出，根据勾股定理求出，得出，根据中位线性质得出．【详解】解：连接、，如图所示：

∵点O为对角线的交点，∴、交于点O，∵四边形为菱形，∴，，，，，∵为的中点，∴，∵，，∴，∵，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∵点E、F分别为边、的中点，∴．故答案为：.【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线性质，解题的关键是作出辅助线，求出【变式7】．（22-23八年级下·江苏无锡·期末）如图，在菱形中，，折叠该菱形，使点落在边上的点处，折痕分别与边、交于点、当点与点重合时，的长为；当点的位置变化时，长的最大值为．

【答案】【分析】如图中，求出等边的高即可．如图中，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作交的延长线于点，取的中点，连接证明，求出的最小值，可得结论．【详解】解：如图中，

四边形是菱形，，，，都是等边三角形，当点与重合时，是等边的高，∴∴．如图中，连接交于点，过点作于点，交于点，过点作交的延长线于点，取的中点，连接．

，，，，四边形是矩形，∵∴∴，，，，，，，，，，，的最小值为，的最大值为．故答案为：，．【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．【变式8】．（23-24八年级上·浙江宁波·期末）如图，菱形中，，，点是上一点，将菱形沿着折叠，使点落在点处，与交于点，点是的中点，，则的长为．【答案】【分析】连接，过点作的平行线交于点，过点作交延长线于点，延长交于点，过点作于点，利用翻折的性质和勾股定理求出，然后证明，得，证明，再利用勾股定理求出，进而即可解决问题．【详解】解：如图，连接，过点作的平行线交于点，过点作交延长线于点，延长交于点，过点C作于点，由翻折可知：，∵点是的中点，，为菱形，∴，设，在中，，由勾股定理得：，整理得，解得(舍去负值)，由翻折可知：，设在中，由勾股定理得：故答案为：．【点睛】本题属于四边形综合题，难度大，考查了翻折变换，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键正确作出辅助线构造全等三角形．技巧3：巧用矩形的性质解决折叠问题【例题3】（22-23八年级下·四川南充·期末）如图，将矩形沿对角线所在直线折叠，点C落在同一平面内，落点记为，与交于点E，若，则的长为（）

A．6.25 B．6.35 C．6.45 D．6.55【答案】A【分析】本题考查的是矩形的性质、翻转变换的性质、勾股定理，由翻转变换的性质得到，根据平行线的性质得到，得到，设，根据勾股定理列方程，解方程即可．【详解】解：由翻转变换的性质可知，，∵，∴，∴，∴，设，则，在中，，解得，故选：A【变式1】（22-23八年级下·湖北黄冈·期末）如图，矩形纸片中，E为的中点，连接，将沿折叠得到，连接．若，，则的长为．【答案】【分析】连接BF，交交于点O，由折叠可知：，，可得，，再证，得到，在中，利用等面积法求出的长，最后在中，利用勾股定理即可求出答案．【详解】解：连接，交于点O，如下图：由折叠可知：，，∴，，∵点E为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得：，∴，在中，由勾股定理得：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，平行线的判定和性质等内容，熟练掌握翻折变换和勾股定理的应用是解题的关键【变式2】（22-23八年级下·山东德州·期中）如图1，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点C落到点E处(1)求证：是等腰三角形；(2)如图2，过点D作，交于点G，①判断四边形的形状，并说明理由；②若，求的长为_________．【答案】(1)见解析(2)①四边形是菱形，理由见解析②【分析】（1）证明是等腰三角形，可证明，可通过证明实现，利用折叠的性质和平行线的性质解决．（2）①先判断四边形是平行四边形，再由（1）得到结论；②要求的长，可先求出的长，在中，可由的长及菱形的性质求得，解决问题的关键是求出的长．在中，知，可求出的长，问题得以解决．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，∴，由折叠的性质可知：，∴，∴∴是等腰三角形；（2）①四边形是菱形．理由如下：∵，∴四边形是平行四边形又∵，∴四边形是菱形②设，则，∴在中，，解得：，∴，在中，∵，，∴，∵四边形是菱形，∴，在中，∵，即，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定、矩形的性质、菱形的性质及判定、勾股定理等知识，学会分析、把各个知识点有机的联系在一起是解决本题的关键【变式3】（22-23八年级下·河南商丘·期中）如图所示，折叠长方形的一边，使点D落在边的点F处，，求的长．【答案】【分析】根据勾股定理，得到，，继而得到，设，则，利用勾股定理解答即可．本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，三角函数，熟练掌握勾股定理，三角函数是解题的关键．【详解】矩形中，，∴,∴，根据折叠的性质，得，∴，设，则，∴解得．．【变式4】（23-24八年级上·吉林长春·期末）如图，在矩形中，，，点E是上一点.将沿折叠后，得到.点F在矩形内部，延长交于点G.

(1)如图①，当点E是中点时，求的长；(2)如图②，在（1）的条件下，当矩形变化为平行四边形时，求证：；(3)如图③，在矩形中，当点F落在矩形对角线上时，的长是【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】本题主要考查矩形与折叠，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识：（1）连接，由折叠得，证明，得，设，则，在中，根据勾股定理列方程求出x的值即可；（2）延长交的延长线于点，证明得，由折叠得，得，即，从而可得结论；（3）由勾股定理得，由折叠得,，，设，则，根据勾股定理列方程求出x的值即可．【详解】（1）连接，如图①，∵是的中点，∴，∵沿折叠后，得到，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴；设，则，在中，，∴，解得，，即；（2）延长交的延长线于点，如图②，∵四边形是平行四边形，∴,∴，∵是的中点，∴，又，∴，∴，由折叠得，∴，，∴∴，即；（3）如图③，在中，，即，由折叠得,，∴，设，则，在中，，即，解得，，即．故答案为：【变式5】（22-23八年级下·海南海口·期末）【证明推断】（1）如图1，在矩形中，，点P是的中点，将沿直线折叠得到，点落在矩形的内部，延长交于点E，连接．求证：①；②；③若，求的长；

【类比探究】（2）如图2，将（1）中“矩形”改为“平行四边形”，其他条件不变，（1）中的①②结论是否仍然成立？请说明理由；【拓展运用】（3）如图3，在平行四边形中，，点P是的中点，将沿直线折叠得到，点落在的内部，延长交于点E，连接．连接与交于点M，与交于点N．求证：四边形是矩形．【答案】（1）①见解析；②见解析；③；（2）结论仍然成立，理由见解析；（3）见解析【分析】（1）①②根据矩形性质和折叠性质以及全等三角形的判定证明，根据全等三角形的性质结合平角定义可证明结论正确；③根据矩形性质和折叠性质求得，进而求得，利用勾股定理求解即可；（2）根据平行四边形的性质和折叠性质得到，在图2中，连接，根据等腰三角形的性质和判定可证明；再证明得到，利用平角定义证明，即可证得；（3）根据垂直平分线的判定与性质证明垂直平分，垂直平分，得到，利用矩形的判定可证的结论．【详解】解：如图1，∵四边形是矩形，∴，，∵点P是的中点，∴，∵沿直线折叠得到，∴，，,，则,，在和中，，∴，∴，，故①正确；∴，∴；故②正确；③∵，∴，

，则，在中，，∴；（2）结论仍然成立．理由为：∵四边形是平行四边形，∴，∵点P是的中点，∴，∵沿直线折叠得到，∴，，,，则,∵，∴，在图2中，连接，

∵，∴，∴，即，∴，故①成立；在和中，，∴，∴，∴，∴，故②成立；（3）由（2）证明过程知：，，，，∴垂直平分，垂直平分，∴，又，∴四边形是矩形．【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、折叠性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，知识点较多，综合性强，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想寻找知识点之间的联系，进而推理论证【变式6】（22-23八年级下·江苏连云港·阶段练习）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，，分别在x轴，y轴的正半轴上，点B坐标为．

(Ⅰ)如图①，将矩形纸片折叠，使点B落在y轴上的点D处，折痕为线段，求点D坐标；(Ⅱ)如图②，点E，F分别在，边上．将矩形纸片沿线段折叠，使得点B与点重合，若反比例函数经过点C的对应点G，求k的值；(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，若点P是坐标系内任意一点，点Q在y轴上，使以点D，F，P，Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出满足条件的点P的坐标．【答案】(Ⅰ)点D的坐标为；(Ⅱ)；(Ⅲ)点P的坐标为或或或【分析】(Ⅰ)由矩形和折叠的性质，结合勾股定理即可求出．(Ⅱ)过点G作轴于点H．由折叠可知，．设，则．在中，利用勾股定理即可求出x的值．即得出．再利用三角形面积公式即可求出．最后利用勾股定理可求出的长，即得出的长，即求出点G的坐标，从而得出k的值．(Ⅲ)由题意可求出的长，再分类讨论①当线段为边，且点P在y轴右侧时；②当线段为边，且点P在y轴左侧时；③当为对角线时，结合菱形的性质，利用数形结合的思想即可求出．【详解】(Ⅰ)∵四边形是矩形，∴，，．∵点B坐标为，∴．由折叠可知，．∴在，．∴点D的坐标为．(Ⅱ)如图，过点G作轴于点H．∵点，∴．∵四边形是矩形，∴．由折叠知，四边形与四边形全等，∴，．设，则．

在中，，即．解得：．∴．∵，∴．∴．在中，．∴．∴点G的坐标为．又∵反比例函数经过点C的对应点G，∴将点G的坐标代入得：，解得：，即k的值为；(Ⅲ)如图，作于点M，设，则，在中，，即，解得：．∴．

①如图，当线段为边，且点P在y轴右侧时．由题意结合菱形的性质可知，且轴，∵，∴此时P点与A点或B点重合．即P点坐标为或，如图和点．

②如图，当线段为边，且点P在y轴左侧时．∵，∴P点与B点关于y轴对称，∴P点坐标为．

③如图，当为对角线时，可知此时线段与线段互相垂直平分．∵，，∴．根据题意可设经过点的直线解析式为，将代入得：，解得：．即经过点的直线解析式为．当时，．故P点坐标为．

综上，满足条件的点P的坐标为或或或．【点睛】本题为四边形综合题．考查折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，菱形的性质，线段垂直平分线的性质、一次函数的图像与性质、求反比例函数解析式等知识，综合性强，为困难题．作出辅助线，并学会利用数形结合的思想和分类讨论的思想解题是关键【变式7】（22-23八年级下·河南南阳·阶段练习）如图，已知在平面直角坐标系中，，将沿直线折叠，点A落在点D处，交边于点E．

(1)求证：四边形为矩形；(2)求的长．(3)点F在y轴上，在坐标平面内找一点G，使得以O、E、F、G为顶点的四边形是以OE为边的菱形?请直接写出点G的坐标．【答案】(1)见解析(2)3(3)或【分析】（1）根据可得四边形对边相等，可证四边形是平行四边形，再根据可证四边形为矩形；（2）设，则，由勾股定理可得，再根据证明，推出，由此列方程求出x的值即可；（3）分“点F在y轴的正半轴上”和“点F在y轴的负半轴上”两种情况，利用菱形的性质分别求解即可．【详解】（1）证明：，，，四边形是平行四边形，又平面直角坐标系内，四边形为矩形；（2）解：由（1）知四边形为矩形，，设，则，在中，由勾股定理得：，由折叠的性质可知，，在和中，，，，，解得，即；（3）解：，，．以O、E、F、G为顶点的四边形是以OE为边的菱形时，有两种情况：当点F在y轴的正半轴上时，如下图所示：

由菱形的性质可得，，点E与点G关于y轴对称，，；当点F在y轴的负半轴上时，如下图所示：

，，，四边形是菱形，，点G的坐标为，即，综上可知，点G的坐标为或．【点睛】本题考查矩形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，菱形的性质等，解题的关键是熟练掌握特殊平行四边形的性质，牢记折叠前后对应边相等，第3问注意分情况讨论技巧4：巧用正方形的性质解决折叠问题【例题4】（22-23八年级下·湖北武汉·期中）如图，现有一张边长为4的正方形纸片，将正方形纸片折叠，使得B点落在边上点P处（P不与A，D重合）折痕为，C点落在G点处，交于H，连接．下列结论：①；②；③的周长为8；④若，则．其中正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①根据得出，再根据，得出；②首先证明，进而得出，即可得出答案；③根据和，即可得出；④设，在中，求得长；设，在中，求得长；设，在中求得长，进而求出比值作出判断即可．【详解】解：∵，∴，又∵，∴，即，故①正确；又∵，∴，∴，如图2，过B作，垂足为Q，

∵，，在和中，，∴，∴，，又∵，∴，又，，在和中，，∴，，∴，故③正确；∵，，∴，∴的周长为：，故③正确；，，，设，则，，，在中，，解得：，，，，，设，则，，在中，，解得：，，设，则，，在中，，解得：，，，故④错误；其中正确的有①②③，共3个，故选：C．【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理应用及平行线的性质，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【变式1】（22-23八年级下·河南南阳·期末）如图，四边形是边长为4的正方形，F为边上一点且，E为边上一点，把沿着折叠，得到，若为直角三角形，则的长为．

【答案】3或【分析】分，，三种情况讨论解答即可，【详解】解：当时，如图，

则，∵是折叠得到的，∴，∵，∴，∴，∴；（2）当时，如图，

∵是折叠得到的，∴，，，∴，∴点在上，在中，由勾股定理，得，∴，设，则，在中，由勾股定理，得，即，解得，∴；（3）当时，∵E为边上一点，∴此时点应在上，∴，这与折叠时矛盾，∴此种情况不存在，综上所述，或．故答案为：3或．【点睛】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是利用正方形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理．分情况讨论是解题的关键【变式2】（22-23八年级下·河北保定·期中）如图，在正方形中，E是边上一点（不与B、C重合），将正方形沿折叠，使点B落在点F处，延长交于点G，连接．

(1)求证：；(2)若．①求的周长：②若点E是的中点，是的平分线，求的长【答案】(1)见解析(2)①4；②【分析】（1）根据正方形的性质和折叠的性质可得，，根据即可得证；（2）①根据全等三角形的性质可得，再根据的周长为求解即可；②先证明，可得，设，在中，根据勾股定理列方程，求出的长，再设，在中，根据勾股定理列方程，即可求出的长．【详解】（1）证明：在正方形中，，，根据折叠，，，，，在和中，，；（2）解：①，，，，的周长为；②过点作于点，如图所示：

是的平分线，，，在和中，，，，是的中点，，，，即点和点重合，设，则，，，，在中，根据勾股定理，得，解得，，设，则，，在中，根据勾股定理，得，解得，．【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键【变式3】（22-23八年级下·山东菏泽·期末）如图，正方形中，是边的中点，将沿折叠，得到，延长交边于点．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，由正方形的性质得，，由折叠得，，则，，可证明，得；（2）由，是边的中点，得，，由勾股定理得，求得．【详解】（1）证明：连接，四边形是正方形，，，将沿折叠，得到，延长交边于点，，，，，在和中，，，；（2）解：，是边的中点，，，，，，，．【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，灵活运用这些知识是解题的关键【变式4】．（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）【模型建立】如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，AE⊥BF，AE与BF相交于点P．AE，BF有什么数量关系

【迁移应用】如图2，请仅用无刻度的直尺画图（保留作图痕迹，不用证明）（1）以AB为边画正方形ABCD；（2）取CD中点E，连接AE：（3）在AD上找点G，连接BG，使BG=

【拓展提升】如图3，正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，将正方形沿EF折叠，点A，D的对应点分别为A'，D'，使得点A'始终落在边BC上，A'D（1）若AB=5，BA'（2）点E，F在边AB，CD上运动时，连接AG，则∠A

【答案】模型建立：AE=【分析】模型建立：根据正方形的性质，证明△ABE≌△BCF迁移应用：（1）根据网格特点画正方形ABCD即可；（2）连接MN交CD于点E，连接AE即可；（3）取AD的中点G，连接BG即可；拓展提升：（1）过点F作FH⊥AB于点H，证明Rt△ABA'≌Rt△FHEHL，得出BA'=EH（2）证明△ABA'≌△AMA'，得出AM=AB，BA'=MA'证明∠BAA'【详解】解：模型建立：AE=∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∵AE⊥∴∠APB∴∠BAP∴∠BAP∴△ABE∴AE=

迁移应用：（1）如图：四边形ABCD即为所求作的正方形；（2）如图：AE即为所求；（3）如图：BG即为所求；

∵四边形ABCD为正方形，∴AD=CD=∵点E、G分别为CD，AD的中点，∴AG=12∴AG=∴△ABG∴AE=拓展提升：（1）过点F作FH⊥AB于点

根据折叠可知，A'与A关于EF∴AA'⊥根据“模型建立”可知，AA∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∵∠AHF∴四边形ADFH为矩形，∴HF=AD，∴AB=∴Rt△∴BA设AE=A'根据勾股定理得：x2解得：x=2.9∴AE=2.9∴AH=∴DF=（2）∠A'AG延长CD，并截取DN=BA'，过点A作

∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥∴∠DA根据折叠可知，∠A∴∠A∵∠ABA'∴△AB∴AM=AB，∵AB=∴AM=∵AG=∴Rt△∴MG=∴A'即A'∵∠ADN∴∠ADN∵AB=AD，∴△AB∴AA'=∵AG=AG，∴△AG∴∠A∵∠BA∴∠BA∴∠BA∵∠BA∴∠A【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．【变式5】．（2023春·江苏南京·九年级校联考期中）点E．F分别为正方形ABCD边AD．AB上的点，连接CE，DF交于点P．(1)如图1，若DE=AF，则线段DF与CE具有怎样的数量和位置关系？说明理由．(2)如图2，若E为AD中点，F为AB中点，求证BP=BC．(3)若将正方形ABCD折叠，使得A点的对应点A'落在BC边上，折痕MN分别交AB，CD于M，N．若正方形的的边长为6，线段A'B=2，则DN的长为．【答案】(1)相等；垂直；理由见解析；(2)见解析；(3)4【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，AF=DE，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得DF=CE，∠ADF=∠DCE，即可证得DF⊥CE；（2）如图2，过点B作BG∥DF，交CD于G，交CE于H，先根据两组对边分别平行证明四边形BFDG是平行四边形，由三角形中位线定理的推论可得PH=CH，得BH是PC的垂直平分