专题08 特殊平行四边形中的图形变换模型之翻折（折叠）模型（解析版）

专题08特殊平行四边形中的图形变换模型之翻折（折叠）模型几何变换中的翻折（折叠、对称)问题是历年中考的热点问题，试题立意新颖，变幻巧妙，主要考查学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力。翻折以矩形对称最常见，变化形式多样。无论如何变化，解题工具无非全等、相似、勾股以及三角函数，从条件出发，找到每种对称下隐藏的结论，往往是解题关键。本专题以各类几个图形（菱形、矩形、正方形等）为背景进行梳理及对应试题分析，方便掌握。【知识储备】折叠问题的解决,大都是以轴对称图形的性质作为切入点，而数形变化,是解决这类问题的突破口。有了“折”就有了”形”--轴对称图形、全等形；有了“折”就有了“数”--线段之间、角与角之间的数量关系。"折”就为“数”与“形”之间的转化搭起了桥梁。特殊平行四边形中的折叠问题,还要考虑特殊平行四边形本身的性质,有时也需要用到计算工具：相似和勾股定理。折叠的性质:重合部分是全等图形,对应边、对应角相等；对称点的连线被对称轴垂直平分。【知识储备】1）矩形的翻折模型【模型解读】例1．（2023春·山东济宁·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，点在边上，连接，将沿翻折得到，点落在上．若，，则的长为(

)

A． B． C． D．【答案】A【分析】由翻折得，则由矩形的性质得，，，则，所以，则，在中，勾股定理求得即可求解．【详解】解：由翻折得，，，四边形是矩形，，，，，，，，，在中，．故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明是解题的关键．例2．（2023·浙江·一模）如图，在矩形中，，点E为的中点，点F在上，连接，将沿翻折，使点B的对应点恰为点E，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据矩形性质、折叠性质以及勾股定理求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，由折叠性质得，∵点E为的中点，∴，在中，，，由勾股定理得，解得，在中，，故选：C．【点睛】本题考查矩形的性质、折叠性质、勾股定理，熟练掌握折叠性质和勾股定理建立方程思想是解答的关键．例3．（2023春·河北承德·八年级统考期末）如图，在矩形中，，翻折，使点落在对角线上处．(1)__________；是的__________．（中线、角平分线、高线）(2)求和的长．

【答案】(1)，角平分线(2)，【分析】（1）根据勾股定理可求得，由翻折可得,于是可得是的角平分线；（2）由折叠知：，，从而可求得再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：∵四边形为矩形，∴，∵，∴在中，，∵翻折，使点落在对角线上处，∴,∴是的角平分线,故答案为：，角平分线；（2）解：由折叠知：，∴设，在中，运用勾股定理得：解得：即：【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理以及折叠的性质：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．也考查了矩形的性质．例4．（2023春·重庆涪陵·八年级统考期末）在矩形中，，，点M在边上，连接，将沿翻折，得到，交于点N，若点N为的中点，则的长度为．

【答案】【分析】根据矩形的性质得到，即，再利用勾股定理求出即可解题．【详解】解：点N为的中点，∴，∵是矩形，∴，，∴，又∵沿翻折，得到，∴，，，∴，∴，在中，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，掌握图形翻折的性质是解题的关键．例5．（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在矩形中，，，现将矩形沿折叠，点C翻折后交于点G，点D的对应点为点H，当时，线段的长为．

【答案】5【分析】由矩形的性质可知，由折叠可知，，易得，设，则，由勾股定理可得，即，可得，，可证，可得．【详解】解：由矩形的性质可知：，由折叠可知：，，则，∴，∵，，，∴，设，则，由勾股定理可得：，即，解得，∴，，∴，∴，故答案为：5．【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，全等三角形的判定及性质，证明是解决问题关键．例6．（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，矩形中，，，E，F分别为边和上的两个动点，满足．将四边形沿直线翻折，得到四边形，其中G为A的对称点．当点G落在直线上时，的长为．

【答案】2【分析】连接交于点O，连接、、，根据翻折的性质可得垂直且平分，再根据垂直平分线的性质可得，证明，可得点O使矩形的中心，即，从而可得当点G落在直线上时，点D与点G重合，即可求出结果．【详解】解：连接交于点O，连接、、，

∵四边形是矩形，∴，且，∵点G和点A关于对称，∴垂直且平分，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴点O是矩形的中心，∴，∴，∴当点G落在直线上时，点D与点G重合，∴，，∵,∴，故答案为：2．【点睛】本题考查折叠的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及线段垂直平分线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．例7．（2023春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在矩形中，，，点P，Q分别为AB，AD上的动点，将沿翻折得到，将沿翻折得到在动点P，Q所有位置中，当F，E，P三点共线，时，．

【答案】3【分析】利用矩形和翻折的性质求出，，，，在中利用勾股定理求出，设，则，，，根据可构建关于x的方程，然求解即可解答．【详解】解：在矩形中，，，∴，，∵翻折，∴，，，，∴，又，∴，设，则，，，∴，∴，∴．故答案为：3．

【点睛】本题考查矩形的性质，翻折的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．例8．（2023秋·山西·九年级专题练习）综合与实践：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在矩形中，E为边上一点，F为边上一点，连接、，分别将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，且C、H、G三点共线．(1)如图1，若F为边的中点，，点G与点H重合，则＝

°，＝

；(2)如图2，若F为的中点，平分，，，求的度数及的长；(3)，，若F为的三等分点，请直接写出的长．【答案】(1)45；2(2)；(3)2或【分析】（1）根据正方形的性质和翻折的性质，可得出；设，用x表示出的三条边，然后根据勾股定理列出方程，即可得出的长；（2）如图，由折叠性质和平分，得出，即可求出的度数；先证明和是等腰直角三角形，得出，，即可求出的长；（3）根据F为的三等分点，分两种情况：当时，过点E作，交的延长线于点P，连接，证明，得出，进而求出的长；当时，点E作，交的延长线于点P，连接，根据，计算即可求出的长．【详解】（1）∵，四边形是矩形，∴四边形是正方形，∴，，∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，∴，，∵，∴，∵F为的中点，∴，∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，∴，，设，则，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：45；2；（2）如图2，延长，交于点M，∵平分，∴，由折叠的性质可知，，，∴，∴，∵，，∴和均为等腰直角三角形，∴，，∴，即，解得．（3）分两种情况：①当时，如图3，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，由折叠的性质可知，，，∴，∵，∴，，∴，在和中，，∴，∴，设，，，∴，解得，∴．②当时，如图4，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，由折叠的性质可知，，，∴，∵，∴，，设，，，∵，∴，解得，∴．综上可知，的长为2或．【点睛】本题主要综合考查了矩形的折叠问题，涉及到正方形的性质，矩形的判定和性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，属于压轴题，难度较大，熟练掌握并灵活运用相关知识进行分类讨论是解题的关键．2）菱形的翻折模型【模型解读】例1．（2023春·重庆八年级专题练习）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与，重合），折痕为，若，，则的长为．【答案】/【分析】过点作于，根据菱形的性质可证明是等边三角形，进而可得到，，设，利用勾股定理求解即可．【详解】解：过点作于，则由折叠性质得，∵在菱形中，，∴,，∴是等边三角形，∴，，即，∴，，设，则，，，在中，，由得，解得，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质、折叠性质、等边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，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．例2．（2023春·云南昆明·八年级统考期末）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．例3．（2023春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，菱形中，，M为边上的一点，将菱形沿折叠后，点A恰好落在的中点E处，则．

【答案】【分析】如图所示，延长交延长线于N，由菱形的性质得到，证明得到，由折叠的性质可得，进一步证明，由此可得，解方程即可得到答案．【详解】解：如图所示，延长交延长线于N，∵四边形是菱形，∴，∴，

∵E为的中点，∴，∴，∴，由折叠的性质可得，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键例4．（2023春·山东临沂·八年级统考期中）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．例5．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，使点B的对应点为B'，点A的对应点为A′，若AE＝4，则的长等于．【答案】6【分析】先根据菱形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，然后根据折叠的性质即可得．【详解】解：四边形是菱形，，，，在和中，，，，，由折叠的性质得：，故答案为：6．【点睛】本题考查了菱形与折叠问题、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．例6．（2023春·重庆沙坪坝·八年级校考期末）如图，在菱形中，对角线交于点O，，菱形的面积为24，点E是边上一点，将菱形沿折叠，使B、C的对应点分别是、，若，则点到BC的距离为．

【答案】【分析】过作于，过作于，由菱形性质和面积法、勾股定理求出，，再由折叠证明，得到，从而得到，则，则问题可解．【详解】解：过作于，过作于，

由已知，，菱形的面积为24，∴，∴，，∴，∵，∴，，由折叠可知，，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，

∴，∵，∴，∴，∴，∴点到的距离是．故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及勾股定理，解答关键是根据折叠的条件推出．3）正方形的翻折模型【模型解读】例1．（2023·河南洛阳·统考二模）如图，正方形的边长为4，点F为边的中点，点P是边上不与端点重合的一动点，连接．将沿翻折，点A的对应点为点E，则线段长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先确定线段EF的最小值的临界点，然后结合正方形的性质，折叠的性质，以及勾股定理，即可求出答案．【详解】连接BF，则EF≥BF－BE，当点B、E、F在同一条直线上时，EF的长度有最小值，如图由翻折的性质，BE=AB=4，在正方形ABCD中，BC=CD=4，∠C=90°，∵点F为边的中点，∴CF=2，∴，∴；故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，最短路径问题，解题的关键掌握所学的知识，正确找出线段最小值的临界点，从而进行解题．例2．（2023春·吉林白城·八年级统考期末）如图，在正方形中，E为边上一点，将沿着AE翻折得到，点D的对应点F恰好落在对角线上，连接，若，则．

【答案】【分析】作，交于点G，由折叠和正方形可知，、是等腰直角三角形，由勾股定理可求出，进而求出．【详解】解：如图，作，交于点G，，∵四边形是正方形，∴，，由折叠可知：，∴是等腰直角三角形，∴，在中，，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴在中，，解得：∵，∴，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查正方形性质，翻折的性质，熟练掌握翻折的性质，灵活应用勾股定理是解题的关键．例3．（2023·湖北襄阳·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，点M，N分别是AD，BC的中点，点P在CD上，将沿BP翻折后点C的对应点Q落在MN上，若，则PD的长为．【答案】【分析】如图所示，连接CQ，只需要证明△QBC是等边三角形，得到∠QBC=60°，推出∠PBC=30°，即可利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求解．【详解】解：如图所示，连接CQ，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=AB，，∠D=90°，∵M、N分别是AD、BC的中点，∴，∴四边形CNMD是矩形，∴∠QNB=∠QNC=90°，在△QNB和△QNC中，，∴△QNB≌△QNC（SAS），∴QB=QC，由折叠的性质可知BC=BQ，∠QBP=∠CBP，∴BC=BQ=CQ，∴△QBC是等边三角形，∴∠QBC=60°，∴∠PBC=30°，∴PB=2PC，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．例4．（2023·天津河东·统考二模）如图，若该正方形ABCD边长为10，将正方形沿着直线MN翻折，使得BC的对应边恰好经过点A，过点A作，垂足分别为G，若，则的长度为．【答案】【分析】延长AG交BC于点E，根据折叠的性质得出，进而求出AE的长度，然后利用勾股定理求出BE的长度，进而答案可求．【详解】延长AG交BC于点E，则，．∵正方形ABCD边长为10，．在中，，，由折叠的性质得，，故答案为：．【点睛】本题主要考查折叠的性质及勾股定理，掌握折叠的性质是关键．例5．（2023·山东济南·八年级统考期中）如图，正方形中，，点E在边上，且，将沿对折至，延长交边于点G，连接，，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的序号是．【答案】①②③【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；求出S△EGC的面积即可；求得∠GAF=45°，∠AGB+∠AED=180°-∠GAF=135°．【详解】解：由折叠的性质知：AD=AF，EF=DE，∠D=∠AFE=90°，∠AED=∠AEF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠D=90°，∴AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），故①正确；∴BG=FG，∠AGB=∠AGF，∵AB=6，且CD=3DE，EF=DE=CD=2，CE=4，设BG=FG=x，则CG=6-x．在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6-x）2+42=（x+2）2，解得x=3．∴BG=3=6-3=CG；故②正确；∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；故③正确；∵S△GCE=GC•CE=×3×4=6，故④错误．∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，又∵∠BAD=90°，∴∠GAE=45°，∴∠AGB+∠AED=∠AGF+∠AEF=180°-∠GAE=135°，故⑤错误．综上，①②③正确，故答案为：①②③．【点睛】本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，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．例6．（2023·广东深圳·统考中考模拟）如图在正方形中，，将沿翻折，使点对应点刚好落在对角线上，将沿翻折，使点对应点落在对角线上，求.【答案】【分析】作于点，构造直角三角形，运用勾股定理求解即可.【详解】作于点，由折叠可知：，，∴正方形边长∴.故答案为.【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，例7．（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）问题情境：如图1，在正方形中，，点是边上一点（点不与重合），将沿直线翻折，点落在点处．(1)如图2，当点落在对角线上时，求的长．(2)如图3，连接分别交于点，点，连接并延长交于点，当为中点时，试判断与的位置关系，并说明理由．

(3)如图4，在线段上取一点，且使，连接，则在点从点运动到点的过程中，的值是否存在最小值？如果存在，请求出其值；若果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)，理由见解析．(3)【分析】（1）可证得为等腰直角三角形，，结合，可得．（2）连接，交于点，可知，根据三角形的中位线定理，即可求得与的位置关系．（3）在线段上取一点，使，连接，，可证得，则，观察图形可知，当点，，在同一条直线上时，最小，最小值为．【详解】（1）根据折叠的性质可知，，∴．∵，∴为等腰直角三角形．∴．∴．∴．∴．∴．∴．（2），理由如下：如图所示，连接，交于点．

根据题意可知为线段的垂直平分线，∴．∵为中点，∴，即．（3）如图所示，在线段上取一点，使，连接，．在和中，∴．∴．∴．观察图形可知，当点，，在同一条直线上时，最小，最小值为．∴．【点睛】本题主要考查图形折叠的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理、等腰三角形的判定及性质、三角形的中位线定理，能根据题意作出辅助线是解题的关键．课后专项训练1．（2023·天津红桥·统考三模）如图，已知是矩形的对角线，点分别在边上，连结．将沿翻折，将沿翻折，翻折后点分别落在对角线上的点，处，连结．则下列结论中一定正确的是（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据矩形的性质和折叠的性质，得到，即可得到，条件不足，无法得到，，，即可得出结果．【详解】解：∵矩形，∴，∵将沿翻折，将沿翻折，翻折后点分别落在对角线上的点，处，∴，∴，因条件不足，无法得到，，，故选A．【点睛】本题考查矩形与折叠．熟练掌握矩形和折叠的性质，是解题的关键．2．（2023春·江苏八年级期中）如图，在矩形中，动点M从点A出发沿边向点D匀速运动，动点N从点B出发沿边向点C匀速运动，连接．动点M，N同时出发，点M运动的速度为每秒1个单位长度，点N运动的速度为每秒3个单位长度．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形沿翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好与点D重合，则的值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由矩形及折叠的性质可得，然后可得，则有，设运动时间为t，则有，进而问题可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，由折叠的性质可知：，∴，∵，∴，∴，∴，设运动时间为t，则有，∴，∴；故选B．【点睛】本题主要考查折叠的性质、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．3．（2023·重庆九龙坡·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，点是边的中点，点是线段上一点，连接，将沿翻折，得到，点的对应点恰好落在线段上，若，，则点到的距离为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据折叠的性质和矩形的性质可知边相等，再根据勾股定理即可求出点到的距离.【详解】解：∵将沿翻折，得到，∴，∴，∵，，点E是边的中点，∴，，∵在中，，设,则，∴在和中：，解方程得1，∴，∴在中，，∵，，∴，∵，∴，故选：D．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等相关知识点，熟练掌握直角三角形面积的两种求法是解题的关键．4．（2023·天津红桥·三模）如图，在边长为4的菱形中，，M是边的中点，连接，将菱形翻折，使点A落在线段上的点E处，折痕交于N，则线段的长为（

）A． B．4 C．5 D．【答案】A【分析】过点M作MF⊥DC于点F，根据在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60∘，M为AD中点，得到2MD=AD=CD=4，从而得到∠FDM=60∘，∠FMD=30∘，进而利用锐角三角函数关系求出FM的长，利用勾股定理求得CM的长，即可得出EC的长．【详解】如图所示：过点M作MF⊥DCMF⊥DC于点F，∵在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60∘，M为AD中点，∴2MD=2AM=AD=CD=4，∠FDM=60∘，∴∠FMD=30∘，MD=AM=2，∴FD=MD=1，∴FM=MD×cos30∘=，∴MC===，∵AM=ME=2，∴EC=MC-ME=．故选A．【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及折叠的性质等知识，翻折变换((折叠问题))实质上就是轴对称变换，解题的关键是从题目中抽象出直角三角形，利用勾股定理计算求解．5．（2023·山东烟台·九年级统考期中）如图，菱形中，点在边上，以为折痕，将向上翻折，点正好落在上的点，若的周长为18，的周长为38，则的长为（

）A．14 B．12 C．10 D．8【答案】C【分析】设DF=x，FC=y，根据菱形的性质可得AD=BC=CD=AB，根据折叠的性质可得AE=EF，AB=BF，然后根据三角形的周长公式用含x、y的式子表示出BC和BF，即可求出结论．【详解】解：设DF=x，FC=y，∵四边形ABCD为菱形∴AD=BC=CD=AB，∵BE为折痕，∴AE=EF，AB=BF，∵△FDE的周长为18，△FCB的周长为38，∴BC=AD=AE＋DE=EF＋DE=18-x，BF=AB=CD=x+y，FC＋BF＋BC=38∴y+x+y+18-x=38，解得y=10．即FC=10故选C．【点睛】此题考查的是菱形与折叠问题，掌握菱形的性质、折叠的性质和方程思想是解决此题的关键．6．（2023春·重庆·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边CD上，且CE=1，连接AE，点F在边AD上，连接BF，把△ABF沿BF翻折，点A恰好落在AE上的点G处，下列结论：①AE=BF；②AD=2DF；③=6：④GE=0.2，其中正确的有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】C【分析】先据正方形的性质和翻折的性质证明△ABF△DAE，即可判断①和②，再根据面积法求出AH长，再根据勾股定理求出FH，即可判断③，根据AE和AG的长度，求出GE的长，即可判断④．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形∴AB=AD=CD=4，∠BAD=∠D=90º∵CE=1∴DE=3由折叠的性质可知，△ABF△GBF，BF垂直平分AG∴BF⊥AE，AH=GH∴∠BAH+∠ABH=∵∠FAH+∠BAH=∴∠ABH=∠FAH在△ABF和△DAE中∴△ABF△DAE（ASA）∴AF=DE=3，BF=AE故①正确；∵DF=AD-AF=4-3=1∴AD=4DF故②错误；在Rt△ABF中，BF=，∴∵∴4×3=5AH∴AH=∴AG=2AH=，FH==∴③错误；∵AE=BF=5∴GE=AE=AG=5-=④正确；综上，正确结论是①④故选：C．【点睛】本题考查了在正方形背景下的全等和翻折，掌握正方形和翻折的性质是解题关键，翻折总结：翻折得全等、得轴对称．7．（2023春·重庆开州·八年级校考期中）如图，矩形中，，，点为上一点，将沿翻折得到，延长交于点，若，则．

【答案】14【分析】连接，由勾股定理求出，由折叠的性质得出，，设，则，由勾股定理得，代入数值解方程可得出答案．【详解】解：连接，

∵，，∴，，在中，由勾股定理得：，∵沿翻折得到，∴，，∴，设，则，，∴，解得．∴，故答案为：14．【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折的性质，以及勾股定理，利用勾股定理列出方程是解题的关键．8．（2023秋·海南海口·九年级统考期末）如图，将矩形沿直线翻折，使点与边上的点重合，若，则．

【答案】【分析】根据四边形是矩形，得，而沿着过点A的直线折叠，使点D落在边上，落点为E，有，，在中，，可得，设，则，在中可得，即可解得答案．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵沿着过点D的直线折叠，使点D落在边上，落点为E，∴，在中，，∴，设，则，在中，，∴，解得，∴，故答案为：．【点睛】本题考查矩形中的折叠为题，解题的关键是掌握折叠的性质，熟练运用勾股定理列方程解决问题．9．（2023·四川·九年级校考阶段练习）如图，在菱形纸片中，，，将菱形纸片翻折，使点落在的中点处，折痕为，点、分别在边、上，则的值为．【答案】【分析】连接BD、BE，则由题意可以得到是直角三角形，然后设AF=a，则BF=4-a，再由已知条件及勾股定理可以得到关于a的方程，求得a的值后即可得到的值．【详解】连接，，∵为中点，，∴为等边三角形，∴，．设，则，，在中，，，解得，∴，，∴．【点睛】本题考查菱形的综合应用，灵活应用等边三角形、直角三角形、轴反射的性质及勾股定理等知识求解是解题关键．10．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，在菱形中，，在上，将沿翻折至，且刚好过的中点，则．【答案】30°【分析】由菱形的性质得出AB=BC，∠D=∠B=60°，∠C=120°，得出△ABC是等边三角形，由等边三角形的性质得出AD⊥BC，由翻折变换的性质得：=∠D=60°，求出∠CME==30°，即可得出的度数．【详解】解：连接AC，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，∴AB=BC，∠D=∠B=60°，∠C=120°，∴△ABC是等边三角形，∵AD'刚好过BC的中点P，∴AD⊥BC，∴∠D'PC=90°，由翻折变换的性质得：=∠D=60°，∴∠CME=∠PMD'=30°，∴∠D'EC=180°-∠C-∠CME=30°；故答案为：30°．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握翻折变换的性质和菱形的性质是解题关键．11．（2023春·江西宜春·八年级江西省宜丰中学校考期中）如图，正方形ABCD中，AB＝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．则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG＝3；③AGCF；④S△EGC＝S△AFE；⑤∠AGB+∠AED＝135°．其中正确的是（填序号）．【答案】①②③④⑤【分析】根据HL可证，故①正确；在中，设，则，，，利用勾股定理列方程即可判断②正确；根据是的外角，得，则，故③正确；计算出和，故④正确；根据，故可得⑤正确．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD＝AF，∠AFE＝∠D＝90°，∴∠AFG＝∠B＝90°，AB＝AF，在Rt△ABG和Rt△AFG中，，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），故①正确；设BG＝x，则CG＝6﹣x，∵CD＝3DE，∴DE＝2，CE＝4，∴GE＝2+x，在△CEG中，由勾股定理得：（x+2）2＝（6﹣x）2+42，解得x＝3，∴BG＝3，故②正确；∵BG＝CG＝GF＝3，∴∠GFC＝∠GCF，∵∠BGF是△CGF的外角，∴2∠AGF＝2∠GFC，∴∠AGF＝∠GFC，∴AG∥CF，故③正确；∵S△AEF＝，S△ECG＝，∴S△EGC＝S△AFE，故④正确；∵△ABG≌△AFG，△ADE≌△AFE，∴∠BAG＝∠FAG，∠DAE＝∠FAE，∴∠EAF+∠GAF＝，∴∠AGB+∠AED＝∠AGF+∠AEG＝180°﹣∠EAG＝180°﹣45°＝135°，故⑤正确．故答案为：①②③④⑤．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、翻折的性质、以及三角形全等的判定与性质，平行线的判定等知识，综合性比较强，是中考常考题．12．（2023春·福建泉州·八年级统考期中）已知：如图①，已知矩形的对角线的垂直平分线与边、分别交于点、将矩形纸片沿着翻折，使点与点重合，点与点重合，连接，①如图1，若，，则；②如图2，直线分别交平行四边形的边、于点、，将平行四边形沿着翻折，使点与点重合，点与点重合，连接，若，，，则四边形的面积是．

【答案】15【分析】①连接，根据勾股定理求得，由折叠可知，，，，，进而得到，根据同角的余角相等可得，以此通过证明，得到，根据“对边平行且相等、邻边相等的四边为菱形”得四边形为菱形，设，则，在中，利用勾股定理建立方程求得，，在根据计算即可求解；②过点作的延长线于点，由折叠可知，，，，进而得到，，，根据同角加等角相等得，以此通过证明，得到，根据“对边平行且相等、邻边相等的四边为菱形”得四边形为菱形，易得为等腰直角三角形，，设，则，，在中，利用勾股定理解离方程解得，则，于是利用菱形的面积公式即可求解．【详解】解：①如图，连接，

则，四边形为矩形，，，，，，，在中，，根据折叠的性质可得，，，，，，，，，，在和中，，，，，，四边形为菱形，设，则，在中，，，解得：，，，；故答案为：；②如图，过点作的延长线于点，

四边形为平行，，，，，，，根据折叠的性质可得，，，，，，，，，，在和中，，，，，，四边形为菱形，，，，，设，则，，在中，，，解得：，，．故答案为：15．【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质，根据题干条件，推理论证得出四边形为菱形是解题关键．13．（2023·河南信阳·校考三模）如图，正方形的边长为5，是边上的一动点，将正方形沿翻折，点的对应点为，过点作折痕的平行线，分别交正方形的边于点（点在点上方），若，则的长为．

【答案】2或【分析】分两种情况进行讨论，①当点在上时，由折叠的性质，得到，求解即可；②当点在上时，证明．由相似三角形的性质求解.【详解】解：由题意，可知需分以下两种情况进行讨论．①当点在上时，连接，如图1所示．设，则．∵正方形中，∴，即，∵，∴四边形是平行四边形，∴．由折叠的性质，可知，，．∴，．∴．∵，∴，解得．∴；②当点在上时，分别延长交于点，连接，如图2所示．同理，可得．设，则．∴．∵，∴．∴，即，解得或（不合题意，舍去）．经检验，是原分式方程的解．∴．综上所述，当时，的长为2或．故答案为：2或．

【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键是根据题中所给条件找出三角形相似的条件以及分类讨论．14．（2023春·上海黄浦·八年级统考期末）如图，在边长为6的正方形中，点M、N分别是边、的中点，Q是边上的一点．连接、，将沿着直线翻折，若点C恰好与线段上的点P重合，则的长等于．

【答案】【分析】先证明是等边三角形，得到，从而由折叠的性质得到，，设，则，在中，利用勾股定理列出方程求解即可．【详解】解：根据题意，画图如下：

在边长为6的正方形中，点M、N分别是边、的中点，∴，垂直平分，，∴，∴是等边三角形，∴，由折叠的性质可得：，设，则，在中，，即，解得：，即：．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理等知识，根据题意画出图形是解题的关键．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，位置变化，对应边和对应角相等．15．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在正方形中，，点、分别在边、上，沿翻折，使点的对应点恰好落在边的中点处，若点的对应点为，则线段的长为；若线段的垂直平分线分别交、于点、，则.【答案】5【分析】先根据正方形性质和中点定义求出的长，再由折叠性质得到，设，根据勾股定理列方程即可求出的长；过点作于，连接，通过勾股定理列出方程求出的长，从而求得的长，再根据垂直平分线的性质得出，，，从而再根据勾股定理列方程求出求出的长，进而即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∵是的中点，∴，由折叠性质可知，设，则，由勾股定理得，即，解得，∴；如图，过点作于，连接，易知，，由折叠性质可知，，，设，则，由勾股定理得，即，解得，∴，∴，∴，∵是的垂直平分线，∴，，，设，则，∵，，∴，解得，∴，∴，在中，由勾股定理得．故答案为：5；．【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，熟练运用折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，并能够正确的作出辅助线是解题的关键，难度校大．16．（2023·山东济南·统考三模）如图，在矩形中，，在上取一点E，连接，将沿翻折，使点B落在处，线段交于点F，将沿翻折，使点C的对应点落在线段上，若点恰好为的中点，则线段的长为．

【答案】/【分析】由折叠的性质可得，，，从而可求出．由中点性质可得，可得，由勾股定理可求可求的长，由“”可证，可得，即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴．由折叠的性质可得，，，∴．∵点恰好为的中点，∴，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，求出的长是解本题的关键．17．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）如图，把菱形沿折痕翻折，使点落在边上的点处，连结．若，，则．【答案】【分析】过E作EF⊥AD于F，由已知可得BE=10，BH=HE=BE=5，在Rt△ABH中，可求AH=12，根据四边形AHEF是矩形，求得EF和AF，在Rt△EDF中，即可得到DE长度．【详解】解：过E作EF⊥AD于F，如图：∵在菱形ABCD中，CD=13，∴BC=AD=AB=13，∵CE=3，∴BE=BC-CE=10，∵菱形ABCD沿折痕AH翻折，使B点落在边BC上的点E处，∴BH=HE=BE=5，∠AHB=∠AHE=90°，在Rt△ABH中，AH=，∵在菱形ABCD中，EF⊥AD，∠AHE=90°，∴四边形AHEF是矩形，∴AF=HE=5，EF=AH=12，∴DF=AD-AF=8，在Rt△EDF中，DE=，故答案为：．【点睛】本题考查菱形性质及应用，涉及矩形判断、勾股定理、翻折等知识，解题的关键是熟练应用菱形的性质．18．（2023春·吉林长春·八年级统考期末）将边长为2的正方形纸片按如下操作：【操作一】如图①，将正方形纸片对折，使点A与点B重合，点D与点C重合，再将正方形纸片展开，得到折痕EF．则点B、点F之间的距离为_____________．【操作二】如图②，G为正方形边上一点，连接，将图①的正方形纸片沿翻折，使点B的对称点H落在折痕上．连接．

（1）求证：是等边三角形．（2）求四边形的周长．【答案】操作一：；操作二，（1）证明见解析；（2）【分析】操作一：由题知，，，利用勾股定理可得；操作二：（1）由翻折得是的垂直平分线，故，又，即，即得是等边三角形；（2）由是等边三角形，可得，．，可得，即可得出四边形的周长．【详解】解：操作一：如图，连接，由题知，

由翻折，知，由勾股定理，得，操作二：（1）由翻折知是的垂直平分线，，又，，是等边三角形；（2）∵是等边三角形．∴，．∴，∴，∴四边形的周长．【点睛】本题主要考查四边形的综合题，涉及勾股定理，等边三角形的判定和