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专题14 特殊平行四边形中的折叠问题（解析版）
第一部分 典例剖析
类型一 折叠中求角度
1．（2022春•花都区期中）如图，对折矩形 ABCD的纸片，使AB与DC重合，得到折痕 EF，然后把
△ADH再对折到△DHG，使得点A落在EF上且与点G重合，则∠HDG为（ ）
A．30° B．35° C．40° D．45°
思路引领：由折叠的性质可得DG＝AD＝AG，可得△ADG是等边三角形，即可求∠ADG＝60°，即可求
解．
解：如图，连接AG，
∵对折矩形ABCD的纸片，使AB与DC重合，
∴AE＝DE，EF⊥AD
∴DG＝AG，
∵把△ADH再对折到△DHG
∴AD＝DG，∠ADH＝∠GDH
∴AD＝DG＝AG，
∴△ADG是等边三角形
∴∠ADG＝60°
∴∠HDG＝30°
故选：A．
总结提升：本题考查了翻折变换，矩形的性质，证明△ADG是等边三角形是本题的关键．2．（2022春•石家庄期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC＝120°，若
将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则∠AEB′为（ ）
A．70° B．65° C．30° D．60°
思路引领：依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'＝60°．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠BEF+∠EFC＝180°，
∵∠EFC＝120°，
∴∠BEF＝180°﹣∠EFC＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
故选：D．
总结提升：本题考查了正方形的性质，折叠的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关
键．
类型二 折叠中求线段的长
3．（2019春•泰山区期中）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B′M＝1.5，则CN的长为（ ）
A．3.5 B．4.5 C．5.5 D．6.5
1 1
思路引领：连接AC、BD，利用菱形的性质得OC= AC＝3，OD= BD＝4，∠COD＝90°，再利用勾股
2 2定理计算出CD＝5，由ASA证得△OBM≌△ODN得到DN＝BM，然后根据折叠的性质得BM＝B'M＝
1.5，则DN＝1.5，即可得出结果．
解：连接AC、BD，如图，
∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
1 1
∴OC= AC＝3，OB＝OD= BD＝4，∠COD＝90°，
2 2
在Rt△COD中，CD 5，
=√OC2+OD2=√32+42=
∵AB∥CD，
∴∠MBO＝∠NDO，
在△OBM和△ODN中，
{∠MBO=∠NDO
OB=OD ，
∠BOM=∠DON
∴△OBM≌△ODN（ASA），
∴DN＝BM，
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM＝B'M＝1.5，
∴DN＝1.5，
∴CN＝CD﹣DN＝5﹣1.5＝3.5，
故选：A．
总结提升：本题考查了折叠的性质、菱形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
等知识，熟练掌握折叠与菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．（2020•市北区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A′，
折痕为DE．若将∠B沿EA'向内翻折，点B落在DE上，记为B'，则AB的长为（ ）A．√3 B．1 C．2 D．√2
思路引领：利用矩形的性质，证明∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，∠C＝∠A'B'D＝90°，推出
△DB'A'≌△DCA'，CD＝B'D，设AB＝DC＝x，在Rt△ADE中，通过勾股定理可求出AB的长度．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC＝∠C＝∠B＝90°，AB＝DC，
由翻折知，△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E＝∠B＝∠A'B'D＝90°，
∴∠AED＝∠A'ED，∠A'EB＝∠A'EB'，BE＝B'E，
1
∴∠AED＝∠A'ED＝∠A'EB= ×180°＝60°，
3
∴∠ADE＝90°﹣∠AED＝30°，∠A'DE＝90°﹣∠A'EB'＝30°，
∴∠ADE＝∠A'DE＝∠A'DC＝30°，
又∵∠C＝∠A'B'D＝90°，DA'＝DA'，
∴△DB'A'≌△DCA'（AAS），
∴DC＝DB'，
在Rt△AED中，
∠ADE＝30°，AD＝2，
2 2√3
∴AE= = ，
√3 3
2√3
设AB＝DC＝x，则BE＝B'E＝x- ，
3
∵AE2+AD2＝DE2，
2√3 2√3
∴（ ）2+22＝（x+x- ）2，
3 3
√3
解得，x =- （负值舍去），x =√3，
1 2
3
故选：A．总结提升：本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明∠AED＝
∠A'ED＝∠A'EB＝60°．
类型三 折叠中求面积
5．（2021•牡丹江）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，
使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2√10 B．2√5 C．6 D．5
思路引领：设DF＝m，AG＝n，则CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，由折叠的性质可得AF＝EF，AG＝GE，在
2
Rt△ADF中，AF2＝m2+9，在Rt△EFC中，EF2＝4+（3﹣m）2，则有m2+9＝4+（3﹣m）2，可求m=
3
5 2 7
，在Rt△BEG中，n2＝（3﹣n）2+1，可求n= ，分别求出S△GEB = ，S△ADF ＝1，S△CEF = ，由S四边形
3 3 3
AGEF
＝S正方形ABCD ﹣S△GEB ﹣S△ADF ﹣S△CEF 代入即可求解．
解：设DF＝m，AG＝n，
∵正方形的边长为3，
∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，
由折叠可得，AF＝EF，AG＝GE，
在Rt△ADF中，AF2＝DF2+DA2，
即AF2＝m2+9，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，∵BE＝1，
∴EC＝2，
∴EF2＝4+（3﹣m）2，
∴m2+9＝4+（3﹣m）2，
2
∴m= ，
3
在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
5
∴n= ，
3
1 5 2
∴S△GEB = ×1×（3- ）= ，
2 3 3
1 2
S△ADF = × ×3＝1，
2 3
1 2 7
S△CEF = ×2×（3- ）= ，
2 3 3
2 7
∴S四边形AGEF ＝S正方形ABCD ﹣S△GEB ﹣S△ADF ﹣S△CEF ＝9- -1- =5，
3 3
另解：过点F作FH⊥AB交于H点，交AE于点Q，
∵正方形ABCD的边长为3，BE＝1，
∴AE=√10，
∵∠HAQ+∠AQH＝∠FQP+∠QFP＝90°，
∴∠HAQ＝∠QFP，
∵HF＝AB，
∴△HFG≌△BAE（ASA），
∴FG＝AE=√10，
1
∴S四边形AGEF = ×AE×GF＝5，
2
方法三：在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
5
∴n= ，
35
∴AG= ，
3
1 1 5
∴S四边形AGEF ＝2S△AFG ＝2× ×AG×HF＝2× × ×3＝5；
2 2 3
故选：D．
总结提升：本题考查正方形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、直角三角形面积公式，灵活应
用勾股定理是解题的关键．
6．（2022春•亭湖区校级月考）如图，四边形ABCD是矩形，E、F分别是线段AD、BC上的点，点O是
EF与BD的交点．若将△BED沿直线BD折叠，则点E与点F重合．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若ED＝2AE，AB•AD=√3，求EF•BD的值．
思路引领：（1）证明△OBF≌△ODE，得到OB＝OD即可得出结论．
（2）由ED＝2AE，AB•AD=√3，可得出菱形BEDF的面积，进而可得出EF•BD的值．
（1）证明：将△BED沿BD折叠，使E，F重合，
∴OE＝OF，EF⊥BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AD∥BC，
∴∠ODE＝∠OBF，
在△OBF和△ODE中，{∠OBF=∠ODE
∠BOF=∠DOE，
OF=OE
∴△OBF≌△ODE（AAS），
∴OB＝OD，
∵OE＝OF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形．
（2）解：∵AB•AD=√3，
1 1
∴S△ABD = AB•AD= √3，
2 2
∵ED＝2AE，
2
∴ED= AD，
3
∴S△BDE ：S△ABD ＝2：3，
√3
∴S△BDE = ，
3
1 2√3
∴菱形BEDF的面积= EF•BD＝2S△BDE = ，
2 3
4√3
∴EF•BD= ．
3
总结提升：本题考查了翻折变换的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与
性质是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（2022春•三台县月考）如图，长方形ABCD中将△ABF沿AF翻折至△AB'F处，若AB'∥BD，∠1＝
26°，则∠BAF的度数为（ ）
A．57° B．58° C．59° D．60°思路引领：由矩形的性质得∠ABC＝90°，AD∥BC，则∠AFB＝∠DAF，由翻折得∠B′＝∠ABF＝
90°，∠AFB′＝∠AFB，所以∠AFB′＝∠DAF，由 AB'∥BD，∠B′AM＝∠1＝26°，则∠AFB′
+∠DAF＝2∠DAF＝∠AMB′＝64°，所以∠DAF＝32°，即可求得∠BAF＝∠B′AF＝58°，于是得到问
题的答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠DAF，
由翻折得∠B′＝∠ABF＝90°，∠AFB′＝∠AFB，
∴∠AFB′＝∠DAF，
∵AB'∥BD，
∴∠B′AM＝∠1＝26°，
∴∠AMB′＝90°﹣∠B′AM＝64°，
∴∠AFB′+∠DAF＝2∠DAF＝∠AMB′＝64°，
∴∠DAF＝32°，
∴∠BAF＝∠B′AF＝∠B′AM+∠DAF＝26°+32°＝58°，
故选：B．
总结提升：此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的
和等知识，根据翻折的性质和平行线的性质证明∠AFB′＝∠DAF是解题的关键．
2．（2018春•沾化区期末）如图，在正方形ABCE中，已知AB＝3，DE＝1，将△AED沿著AD翻折使得
点E，F重合，延长DF交BC于G点，则BG的长度为（ ）
5 4 3
A．2 B． C． D．
2 3 2
思路引领：由“HL”可证Rt△ABG≌Rt△AFG，BG＝GF，在Rt△CDG中，由勾股定理可求解．
解：如图，连接AG，∵将△AED沿著AD翻折使得点E，F重合，
∴AE＝AF＝3，DE＝DF＝1，∠E＝∠AFD＝90°，
∴AB＝AF，DC＝2，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
{AB=AF
，
AG=AG
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴BG＝GF，
在Rt△CDG中，DG2＝CG2+DC2，
∴（BG+1）2＝4+（3﹣BG）2，
3
∴BG= ，
2
故选：D．
总结提升：本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，求证
BG＝GF是解题的关键．
3．（2021春•江阴市月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝9cm，点P从点B出发，沿BA方
向以每秒√2cm的速度向终点A运动；同时，动点Q从点C出发沿CB方向以每秒1cm的速度向终点B
运动，将△BPQ沿BC翻折，点P的对应点为点P′，设Q点运动的时间t秒，若四边形QPBP′为菱
形，则t的值为（ ）
A．2 B．3 C．2√2 D．4
思路引领：由折叠可知，BP＝BP'，QP＝QP'，则只要当BP＝QP时，即可得四边形QPBP′为菱形．1
作PD⊥BC于点D，由三线合一的性质及等腰三角形性质可得△PDQ为等腰直角三角形，所以DQ=
2
√2 √2
（9﹣t），PQ=√2DQ= （9﹣t），由BP＝QP即可建立方程√2t= （9﹣t），解得t＝3．
2 2
解：由折叠可知，BP＝BP'，QP＝QP'，
∴只要当BP＝QP时，即可得四边形QPBP′为菱形．
作PD⊥BC于点D，如图所示．
由∠C＝90°，AC＝BC＝9cm可得，∠ABC＝∠BAC＝45°，
当BP＝QP时，∠ABC＝∠PBQ＝∠PQB＝45°．
1 1 1
∴由三线合一的性质可得DQ= BQ= （BC﹣CQ）= （9﹣t），
2 2 2
√2
∴PQ=√2DQ= （9﹣t），
2
∵BP=√2t，
√2
即√2t= （9﹣t），解得t＝3．
2
故选：B．
总结提升：本题以动点问题为背景考查了菱形的判定与性质、等腰直角三角形性质、轴对称的性质，掌
握菱形的判定方法是解题的关键．
4．（2021春•重庆期末）如图，在正方形 ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到
△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝（ ）A．4√2+4 B．6+4√2 C．12 D．8+4√2
思路引领：点F作FG⊥BC交于G点，设正方形的边长为x，则AC=√2x，由折叠可知，DE＝EF，AD
＝AF，∠D＝∠DFA＝90°，可得DE＝2，EC＝x﹣2，在Rt△EFC中，由勾股定理可得（x﹣2）2＝4+（
√2x﹣x）2，解得x，即为正方形的边长为2√2+2，再求出FC＝2，由∠ACB＝45°，可求FG＝CG＝2，
BG=√2+2，在Rt△BFG中，由勾股定理可得BF2＝（√2+2）2+2＝8+4√2．
解：过点F作FG⊥BC交于G点，
由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠DFA＝90°，
设正方形的边长为x，
∵EF＝2，
∴DE＝2，EC＝x﹣2，AC=√2x，
在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2，
∴（x﹣2）2＝4+（2x﹣x）2，
解得x＝2√2+2，
∴FC＝2x﹣x＝2，
∵∠ACB＝45°，
∴FG＝CG=√2，
∴BG=√2+2，
在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（√2+2）2+2＝8+4√2，
故选：D．
总结提升：本题考查正方形的性质，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．
5．（2019春•覃塘区期中）如图，将矩形ABCD沿AF折叠（F在CD边上），点D落在BC边上的点E处，
过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）若点G恰好是AF的中点，且AB＝3，求四边形EFDG的面积．思路引领：（1）连接DE，与AF交于点O，由折叠（轴对称）性质可得DE⊥AF，OD＝OE，证明
Rt△FDO≌Rt△GEO，可得OF＝OG，进而证明四边形EFDG是菱形；
（2）根据点G是AF的中点，且AF是Rt△AFD的斜边，可得DG＝AG＝FG，证明△DGF是等边三角
形，△ADE是等边三角形，再根据勾股定理即可求出DE的长，进而可求菱形EFDG的面积．
解：（1）证明：如图，连接DE，与AF交于点O，
由折叠（轴对称）性质得：
DE⊥AF，OD＝OE，
∵EG∥CD，
∴∠ODF＝∠OEG，
∴Rt△FDO≌Rt△GEO（ASA），
∴OF＝OG，
∴四边形EFDG是菱形；
（2）∵点G是AF的中点，且AF是Rt△AFD的斜边，
∴DG＝AG＝FG，
又四边形EFDG是菱形，
∴DG＝DF，
∴△DGF是等边三角形，
∴∠AFD＝60°，
又∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE＝∠EAF＝∠FAD＝30°，
∵在Rt△AEB中，AB＝3，AE＝2BE，
∴由勾股定理求得：BE=√3，AE=2√3，
∴AD=AE=2√3，
∴在Rt△AFD中，由勾股定理求得：
DF＝GF＝2，
又△ADE是等边三角形，
∴DE=AD=2√3，
则菱形EFDG的面积为：
1
×2√3×2=2√3．
2
总结提升：本题考查了翻折变换、三角形的面积、菱形的性质、勾股定理、矩形的性质，解决本题的关
键是综合运用以上知识．
