中考数学几何模型归纳训练专题37 图形变换模型之翻折（折叠）模型（解析版）

专题37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。

涉及翻折问题，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（三

角形、平行四边形、菱形、矩形、正方形、圆等）为背景进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

【知识储备】

翻折和折叠问题其实质就是对称问题，翻折图形的性质就是翻折前后图形是全等的，对应的边和角都是相

等的。以这个性质为基础，结合三角形、四边形、圆的性质，三角形相似，勾股定理设方程思想来考查。

解决翻折题型的策略：

1）利用翻折的性质：①翻折前后两个图形全等；②对应点连线被对称轴垂直平分；

2）结合相关图形的性质(三角形，四边形等)；3）运用勾股定理或者三角形相似建立方程。

模型1.矩形中的翻折模型

【模型解读】

例1．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的边OB，OA分别在x轴、

y轴正半轴上，点D在BC边上，将矩形AOBC沿AD折叠，点C恰好落在边OB上的点E处．若OA8，

OB10，则点D的坐标是．

【答案】10,3

【分析】根据折叠的性质得出AEAC10，在Rt△AOE中，勾股定理求得OE6，进而得出BE4，在

RtDBE中，勾股定理建立方程，求得BD的长，即可求解．

【详解】解：∵四边形AOBC是矩形，∴ACOB10，

∵折叠，∴AEAC10，在Rt△AOE中，OEAE2AO2102826

∴EBOBOE1064，∴设DBm，则CD8m，

∵折叠，∴DECD8m，在Rt△DEB中，DE2EB2BD2，

2

∴8mm242，解得：m3，∴DB3，∴D的坐标为10,3，故答案为：10,3．

【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．

例2．（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB3，BC8，E是BC的中点，将ABE

沿直线AE翻折，点落B在点F处，连结CF，则CF的长为（）

3225

A．6B．C．35D．

54

【答案】B

【分析】连接BF交AE于点H，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到

BFC90，根据勾股定理求出答案．

【详解】解：连接BF交AE于点H，

将ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，

点B、F关于AE对称，BHFH，BFAE，BC8，点E为BC的中点，BE4，

341224

又AB3，\AE=AB2+BE2=32+42=5，BH，则BF，

555

2432

FEBEEC，BFC90，CFBC2BF282()2．故选：B．

55

【点睛】本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握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是解题的关键．

例3．（2023·湖北·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落

在边AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于

点E,F，连接BM．(1)求证：AMBBMP；(2)若DP1，求MD的长．

12

【答案】(1)证明见解析(2)MD

5

【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到EMPEBC90，EMEB，则EMBEBM，进而证明

BMPMBC，再由平行线的性质证明AMBMBC即可证明AMBBMP；

（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC2MD，QP2MP，

132x

设MDx，则QC2x，BQ32x．由BMQMBQ，得到MQBQ32x．则MPMQ．由

33

2

2232x12

勾股定理建立方程x1，解方程即可得到MD．

35

【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，EMPEBC90，EMEB．

∴EMBEBM．∴EMPEMBEBCEBM，即BMPMBC，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC．∴AMBMBC．∴AMBBMP．

（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．∵AD∥BC，∴△DMP∽△CQP．

MDMPDP1

又∵DP1，正方形ABCD边长为3，∴CP2∴，

QCQPCP2

∴QC2MD，QP2MP，设MDx，则QC2x，∴BQ32x．

132x

∵BMPMBC，即BMQMBQ，∴MQBQ32x．∴MPMQ．

33

2

32x1212

在△中，222，∴22．解得：x0（舍），．∴．

RtDMPMDDPMPx11x2MD

355

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股

定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．

例4．（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB6，BC8．点O为矩形ABCD的

对称中心，点E为边AB上的动点，连接EO并延长交CD于点F．将四边形AEFD沿着EF翻折，得到四边

形AEFD，边AE交边BC于点G，连接OG、OC，则OGC的面积的最小值为（）

93737

A．18－3B．37C．12D．6

222

【答案】D

【分析】在EA上截取EMEG，连接OM，证明MOE≌GOE，所以OMOG，即可得OM最短时，OG

也就最短，而当OMAB时，OM最短，且OM4OG，再过点O作OHBC，得OH3，又因为OC5，

就可以根据勾股定理计算GH、HC的长，从而计算出最小面积．

【详解】解：在EA上截取EMEG，连接OM，

由折叠得：MEOGEO，又EOEO，MOE≌GOESAS，

OMOG，OM最短时，OG也就最短，而当OMAB时，OM最短，

1

此时，点O为矩形ABCD的对称中心，OMBC4OG，即OG的最小值是4，

2

在OGC中，点O为矩形ABCD的对称中心，

OC长度是矩形对角线长度的一半，即是5，定值，BCO度数也不变，是定值，

当OG4最小值时，OGC面积最小．过点O作OHBC，

1

点O为矩形ABCD的对称中心，OHAB3，

2

RtOGH中，GHOG2OH242327，

RtOHC中，HCOC2OH252324，GCGHHC74，

113

OGC面积的最小值是GCOH(74)376．故选：D．

222

【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质及垂线段最短等知识，解题关键是找到OG最小值．

例5．（2023春·辽宁抚顺·八年级校联考期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB6，BC10，点E、G分别

在BC、AB上，将△DCE、BEG分别沿DE、EG翻折，翻折后点C与点F重合，点B与点P重合．当A、

P、F、E四点在同一直线上时，线段GP长为（）

8855

A．2B．C．D．2

3333

【答案】B

【分析】据矩形的性质得到CDAB6，ADBC10，BC90，据折叠的性质得到DFCD6，

EFCE，DFECDFA90，根据勾股定理得到AF8，设EFCEx，由勾股定理列方程得

到AE10，BE8，由折叠的性质得到PGBG，APGEPGB90，PEBE8，求得

APAEPE2，设PGBGy，则AG6y，据勾股定理列方程即可得到结论．

【详解】解：在矩形纸片ABCD中，AB6，BC10，∴CDAB6，ADBC10，BC90，

∵将△DCE沿DE翻折，翻折后点C与点F重合，

∴DFCD6，EFCE，DFECDFA90，∴AFAD2DF2102628，

设EFCEx，∴BE10x，AE8x，

222

∵AB2BE2AE2，∴6(10x)(8x)，解得：x2，∴AE10，BE8，

∵将BEG沿EG翻折，翻折后点B与点P重合，

∴PGBG，APGEPGB90，PEBE8，∴APAEPE2，设PGBGy，则AG6y，

88

∵AG2AP2PG2，∴(6y)222y2，∴y，∴线段GP长为，故选：B．

33

【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，根据勾股定理列方程是解题关键．

例6．（2023·江苏盐城·统考中考真题）综合与实践

【问题情境】如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，

点B的对应点记为B，折痕与边AD，BC分别交于点E，F.

【活动猜想】（1）如图2，当点B与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答：_________.

【问题解决】（2）如图3，当AB4，AD8，BF3时，求证：点A，B，C在同一条直线上.

【深入探究】（3）如图4，当AB与BC满足什么关系时，始终有AB与对角线AC平行？请说明理由.

（4）在（3）的情形下，设AC与BD，EF分别交于点O，P，试探究三条线段AP，BD，EF之间满足

的等量关系，并说明理由.

【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC3AB，证明见解析；（4）3EF2(APBD)，理由见解

析

【分析】（1）由折叠可得：EFBD，OBOD，再证得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OEOF，利用菱形的

判定定理即可得出答案；（2）设EF与BD交于点M，过点B作BKBC于K，利用勾股定理可得BD45，

6512512

再证明△BFM∽△BDC，可求得BM，进而可得BB，再由△BBK∽△BDC，可求得BK，

555

242416

BK，CKBCBK8，运用勾股定理可得BC4，运用勾股定理逆定理可得CBF90，

555

进而可得ABFCBF9090180，即可证得结论；

（3）设OABOBA，则OBC90，利用折叠的性质和平行线性质可得：ABBAOB，

再运用三角形内角和定理即可求得60，利用解直角三角形即可求得答案；

（4）过点E作EGBC于G，设EF交BD于H，设AEm，EFn，利用解直角三角形可得

13

BDBDBB3n3(mn)n3m，AP2AEcos303m，即可得出结论．

22

【详解】解：（1）当点B与点D重合时，四边形BEDF是菱形．

理由：设EF与BD交于点O，如图，

由折叠得：EFBD，OBOD，BOFDOE90，

四边形ABCD是矩形，AD∥BC，OBFODE，

△BFO≌△DEO(ASA)，OEOF，四边形BEDF是菱形．故答案为：菱形．

（2）证明：四边形ABCD是矩形，AB4，AD8，BF3，BCAD8，CDAB4，BCD90，

CFBCBF835，BDBC2CD2824245，

如图，设EF与BD交于点M，过点B作BKBC于K，

由折叠得：ABFABFBMFBMF90，BFBF3，BB2BM，BMFBCD，

BMBFBM365125

FBMDBC，△BFM∽△BDC，，即，BM，BB，

BCBD84555

125

BKBKBB

BKBBCD，BBKDBC，△BBK∽△BDC，，即BKBK5，

CDBCBD

4845

122424161216

BK，BK，CKBCBK8，BCBK2CK2()2()24，

555555

BF2BC2324225，CF25225，BF2BC2CF2，CBF90，

ABFCBF9090180，点A，B，C在同一条直线上．

（3）当BC3AB时，始终有AB与对角线AC平行．

理由：如图，设AC、BD交于点O，

四边形ABCD是矩形，OAOB，OBAOBC90，OABOBA，

设OABOBA，则OBC90，由折叠得：ABFABC90，BFBF，

BBFABB90，BBFOBC90，ABBOBA，

AB∥AC，ABBAOB，OABOBAAOB180，

BC

180，即3180，60，BAC60，tanBACtan603，BC3AB；

AB

（4）3EF2(APBD)，理由如下：如图，过点E作EGBC于G，设EF交BD于H，

由折叠得：EFBD，BFBF，BFEBFE，设AEm，EFn，

由（3）得：BAC60ABD，BBFDBC30，BFEBFE60，

31

EGEFsin60n，FGEFcos60n，EABABGBGE90，

22

3

四边形ABGE是矩形，ABEGn，BGAEm，AD∥BC，

2

1311

BFBFmn，BHBFcos30(mn)，BB2BH3(mn)，

2222

13

BD2AB3n，BDBDBB3n3(mn)n3m，

22

AD∥BC，DEFEFG60，APEDEFDAC603030DAC，

33

AP2AEcos303m，APBD3m(n3m)n，

22

3

APBDEF，即3EF2(APBD)．

2

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等

腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉

及知识点多，综合性强，难度较大．

模型2.正方形中的翻折模型

【模型解读】

例1．（2023·河南洛阳·统考二模）如图，正方形ABCD的边长为4，点F为CD边的中点，点P是AD边上

不与端点重合的一动点，连接BP．将ABP沿BP翻折，点A的对应点为点E，则线段EF长的最小值为（）

A．27B．254C．34D．372

【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CD边的中点，∴CF=2，∴BF422225，

∴EFBFBE254；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·广西玉林·统考模拟预测）如图，在正方形ABCD的边AB上取一点E，连接CE，将△BCE沿CE

翻折，点B恰好与对角线AC上的点F重合，连接DF，若BE＝2，则△CDF的面积是（）

3232

A．1B．324C．628D．

42

【答案】B

【分析】由折叠可得EF＝BE＝2，∠CFE＝∠B＝90°，且∠FAE＝45°可得AF＝2，AE＝22，即可求对角线

BD的长，则可求△CDF面积.

【详解】如图连接BD交AC于O，

∵ABCD为正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO，∠BAC＝45°，

∵△BCE沿CE翻折，∴BE＝EF＝2，BC＝CF，∠EFC＝90°，

∵∠BAC＝45°，∠EFC＝90°，∴∠EAF＝∠AEF＝45°，∴AF＝EF＝2，∴AE＝22，

1

∴AB＝2+2＝BC＝CF，∴BD＝AB＝4+2，∴OD＝2+，∵SCDF＝×CF×DO＝3+4，故选B．

222222

△

【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是

熟练应用所学知识解决问题．

例3．（2023·广东九年级课时练习）如图，正方形ABCD中，AB6，点E在边CD上，且CD3DE．将VADE

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；

②AGBAED135③GF3；④AG//CF；其中正确的有（填序号）．

【答案】①②③④

【分析】根据折叠，得到AD=AF，∠D=∠AFE=90°，推出AB=AF，∠AFG=∠B=90°，可证明RtABG≌RtAFG，

即可判断①正确；根据DAEEAF,BAGFAG，进而可得GAE45，根据三角△形内角和△定理即

可得∠AEF+∠ADF＝135°，得到∠AGB+∠AED＝135°，进而判断②正确；设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，

EG＝x+2，CE＝4，在RtEGC中，根据勾股定理建立方程（x+2）2＝（6﹣x）2+42，解方程可得GF3，

即可判断③正确；根据BG△=FG=3，得到CG=BC-BG=6-3=3，得到CG=FG，推出∠GCF=∠GFC，根据

∠AGB=∠AGF，得到∠BGF=2∠AGF=2∠GFC，得到∠AGF=∠GFC，推出AG∥CF，即可判断④正确

【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴DABCDABBCD90，AB＝BC＝CD=AD＝6，

∵CD3DE，∴DE＝2，∴CE＝4，∵将ADE沿AE对折至AFE，

∴∠AFE＝∠ADE＝90°，AF＝AD，EF＝D△E＝2，∴∠AFG＝∠△ABG＝90°，AF＝AB，

ABAF

在RtABG和RtAFG中，，∴RtABG≌RtAFG（HL），∴①正确；

AGAG

△△△△

∵将ADE沿AE对折至AFE，∴DAEEAF，∵RtABG≌RtAFG，∴BAGFAG，

1

∵D△AEEAFBAG△FAGDAB90，∴EA△GEAF△FAGDAB45，

2

∴∠AEF+∠ADF＝135°，∴∠AGB+∠AED＝135°，∴②正确；

设BG＝GF＝x，则CG＝6﹣x，EG＝x+2，

∵CE＝4，∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42，解得x＝3，∴BG＝GF＝3，∴③正确；

∵BG=FG=3,∴CG=BC-BG=6-3=3，∴CG=FG，∴∠GCF=∠GFC，

∵∠AGB=∠AGF，∴∠BGF=2∠AGF=2∠GFC，∴∠AGF=∠GFC，∴AG∥CF∴④正确；

故答案为：①②③④．

【点睛】本题考查了正方形性质，折叠图形全等的性质，三角形全等的判断和性质，三角形内角和定理，

勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．

例4．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC上，

将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为

3∶5，那么线段FC的长为．

【答案】3

8

【分析】连接BB，过点F作FHAD于点H，设CFx，则DHx，则BF1x，根据已知条件，分

5

别表示出AE,EH,HD，证明EHF≌BCBASA，得出EHBC2x，在RtBFC中，

4

BF2BC2CF2，勾股定理建立方程，解方程即可求解．

【详解】解：如图所示，连接BB，过点F作FHAD于点H，

∵正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5，

33

∴S=1=，设CFx，则DHx，则BF1x

四边形ABFE88

13131

∴S四边形=AEBFAB=即AE1x1∴AEx

ABFE28284

555

∴DE1AEx，∴EHEDHDxx2x，

444

∵折叠，∴BBEF，∴12BGF90，∵∠2∠3=90，∴13，

5

又FHBC1,EHFC∴EHF≌BCBASA，∴EHBC2x

4

2

22222533

在RtBFC中，BFBCCF即1xx2x解得：x，故答案为：．

488

【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知

识是解题的关键．

22n11

例5．（2023·江苏·统考中考真题）综合与实践定义：将宽与长的比值为（n为正整数）的矩形

2n

称为n阶奇妙矩形．（1）概念理解：当n1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过

的黄金矩形，它的宽（AD）与长CD的比值是_________．

（2）操作验证：用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：

第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；

第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；

第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．

试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作

简要标注．（4）探究发现：小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），

点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，

四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．

511

【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析

22

22n11

【分析】（1）将n1代入，即可求解．（2）设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AEEB1，

2n

设DGx，则AG2x，在RtAEG,RtGHE中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）

的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长，即

可求解．

22n115151

【详解】解：（1）当n1时，，故答案为：．

2n22

（2）如图（2），连接EG，

设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AEEB1

设DGx，则AG2x根据折叠，可得GHGDx，CHCD2，

在Rt△BEC中，ECEB2BC212225，∴EH52，

2

在RtAEG,RtGHE中，AG2AE2GE2,GH2EH2GE2∴2x1252x2

GD51

解得：x51∴∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形．

DC2

（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：

第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；

第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；

第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．

矩形GDCK是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE413，

设DGx，则AG4x根据折叠，可得GHGDx，CHCD4，

在Rt△BEC中，ECEB2BC2124217，∴EH174，

在RtAEG,RtGHE中，AG2AE2GE2,GH2EH2GE2

2GD171

∴4x32174x2解得：x171∴

DC4

22n11171

当n2时，∴矩形GDCK是2阶奇妙矩形．

2n4

（4）如图（4），连接诶GE，设正方形的边长为1，设EBm，则AE1m，

设DGx，则AG1x根据折叠，可得GHGDx，CHCD1，

在Rt△BEC中，ECEB2BC21m2，∴EH1m21，

在RtAEG,RtGHE中，AG2AE2GE2,GH2EH2GE2

2

222

∴1x1m1m1x整理得，xm21m

∴四边形AGHE的边长为1xx1m211m1m2m1x1

1

矩形的周长为2GDDC2x1，∴四边形AGHE的周长与矩形的周长比值总是定值

GDCKGDCK2

【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．

模型3.菱形中的翻折模型

【模型解读】

例1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，ABC120，将菱形折叠，使点A恰好落在对

角线BD上的点G处(不与B、D重合)，折痕为EF，若DG2，BG6，则BE的长为．

【答案】2.8

【分析】作EHBD于H，根据折叠的性质得到EGEA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到

△ABD为等边三角形，得到ABBD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．

【详解】解：作EHBD于H，由折叠的性质可知，EGEA，由题意得，BDDGBG8，

1

四边形ABCD是菱形，ADAB，ABDCBDABC60，

2

ABD为等边三角形，ABBD8，设BEx，则EGAE8x，

13

在RtEHB中，BHx，EHx，在RtEHG中，EG2EH2GH2，

22

31

即(8x)2(x)2(6x)2，解得，x2.8，即BE2.8，故答案为：2.8．

22

【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对

称变换，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是解题的关键．

例2．（2023·安徽·统考一模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，点N是

AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A’MN，连结A’C，则A’C长度的最小值是（）.

A．7B．71C．3D．2

【答案】B

【分析】根据题意，在N的运动过程中A′在以M为圆心、AD为直径的圆上的弧AD上运动，当A′C取最小

值时，由两点之间线段最短知此时M、A′、C三点共线，得出A′的位置，进而利用锐角三角函数关系求出A′C

的长即可．

【详解】如图所示：

∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，过点M作MF⊥DC于点F，

∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，

113

∴∠FMD=30°，∴FD=MD=，∴FM=DM×cos30°=，

222

∴MC=FM2CF2=7，∴A′C=MC-MA′=7-1．故选B．

例3．（2023·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在菱形纸片ABCD中，AB4，A60，将菱形纸

片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则EF的长为（）

717

A．B．C．D．23

224

【答案】A

【分析】连接BE、BD，根据菱形的性质可知BCD是等边三角形，由E是CD中点，可求得DE，BE，

又因为CD∥AB，可得ABECEB90，利用勾股定理即可求解．

【详解】解：连接BE、BD，

四边形ABCD为菱形，A60，AB4BCCD，A60C，BCD是等边三角形，

E是CD中点，DE2CE，BECD，EBC30，BE3CE23，

∵CD∥AB，ABECEB90，由折叠可得AFEF，

227

EF2BE2BF2，EF12(4EF)，EF．故选：A．

2

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是根据题意作

出辅助线得到等边三角形再由勾股定理求解．

例4．（2023春·湖北十堰·八年级校联考期中）如图，在菱形纸片ABCD中，ABC60，E是CD边的中

点，将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线AE上的点G处，折痕为AF，FG与CD交于点H，

3：：

有如下结论：①CFH30；②DEAE；③CHGH；④SABFS四边形AFCD35，上述结论中，

3

所有正确结论的序号是（）

A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④

【答案】B

【分析】连接AC，得到ACD是等边三角形，根据三线合一的性质得到AGCD，由折叠得GB60，

求出C,CHF的度数即可判断①；利用30度角的性质求出DE，勾股定理求出AE，即可判断②；连接

CG，由折叠得AGABAC，根据等边对等角求出ACGAGC，得到HCGHGC，即可判断③；

过点F作FMAB于点M，先求出BAG90，由折叠得BAFGAF45，MF3BM，设BMx，

则AMMF3x，求出S△ABF，再得到ADCDAB13x，根据S菱形ABCDSABF求出四边形AFCD

的面积，即可判断④．

【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴ADCD，DABC60，∴ACD是等边三角形，

∵E是CD边的中点，∴AGCD，∴AEDGEH90，

由折叠得GB60，∴CHFEHG30，∵C180B120，∴CFH30，故①正确；

∵DAE90D30，∴AD2DE，∴AEAD2DE23DE，

DEDE33

∴，即DEAE，故②正确；连接CG，由折叠得AGABAC，∴ACGAGC，

AE3DE33

∵ACDAGF60，∴HCGHGC，∴CHGH，故③正确；

过点F作FMAB于点M，∵BAD180B120,DAE30，

∴BAG90，由折叠得BAFGAF45，∴AFM45BAF，∴AMFM，

∵BFM90B30，∴MF3BM，设BMx，则AMMF3x，

133

∴AB13x，2，∵ADCDAB13x，

SABF13x3xx

22

33333

∴，∴2，

AE13xxS菱形ABCDCDAE13xx323x

222

33333

∴四边形AFCD的面积222，

S菱形ABCDSABF323xxx

22

3333333

∴S：Sx2:x2，故④错误；故选：B．

ABF四边形AFCD2235

【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，三线合一的性质，等边三角形的

判定和性质，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．

例5．（2023·浙江·九年级期末）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过

点O折叠菱形，使B，B两点重合，MN是折痕．若BM1，则CN的长为．

【答案】4

11

【分析】连接AC、BD，如图，利用菱形的性质得OCAC3，ODBD4，COD90，再利用

22

勾股定理计算出CD5，接着证明OBMODN得到DNBM，然后根据折叠的性质得BMBM1，从

而有DN1，于是计算CDDN即可．

【详解】解：连接AC、BD，如图，

11

点O为菱形ABCD的对角线的交点，OCAC3，ODBD4，COD90，

22

在RtCOD中，CD32425，AB//CD，MBONDO，

MBONDO

在OBM和ODN中OBOD，OBMODN，DNBM，

BOMDON

过点O折叠菱形，使B，B两点重合，MN是折痕，BMBM1，

DN1，CNCDDN514，故答案为：4．

【点睛】本题考查了折叠的性质：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．也考查了菱形的性质．

例6．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，BC4，B120，点E是AD的中点，点

F是AB上一点，以EF为对称轴将△EAF折叠得到△EGF，以CE为对称轴将CDE折叠得到CHE，使得

点H落到EG上，连接AG．下列结论错误的是（）

CF14

A．CEF90B．CE∥AGC．FG1.6D．

AB5

【答案】D

【分析】A.由折叠的性质可以知道EF和CE分别是AEG和DEG的平分线，同时AED是平角，所以可

知CEF90，故选项A正确；B.由题意和折叠的性质可以知道