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专题19 四边形中的动图问题（解析版）
类型一 平行四边形及特殊平行四边形的存在性问题
1．如图，平行四边形OABC的顶点O为坐标原点，A点在X轴正半轴上，∠COA＝60°，OA＝10cm，OC
＝4cm，点P从C点出发沿CB方向，以1cm/s的速度向点B运动；点Q从A点同时出发沿AO方向，以
3cm/s的速度向原点运动，其中一个动点达到终点时，另一个动点也随之停止运动．
（1）求点C，B的坐标（结果用根号表示）
（2）从运动开始，经过多少时间，四边形OCPQ是平行四边形；
（3）在点P、Q运动过程中，四边形OCPQ有可能成为菱形吗？若能，求出运动时间；若不能，请说
明理由．
思路引领：（1）过C作CE⊥OA于E，过B作BF⊥OA于F，根据直角三角形的性质算出OE的长，再
利用勾股定理即可求出CE的长，从而得到C点坐标；根据平行线间的距离相等可知 CE＝BF＝2√3，
再证明Rt△COE≌Rt△BAF，从而得到AF的长，即可得到B点坐标；
（2）根据平行四边形的性质可知CP＝OQ，设时间为x秒，表示出OQ、CP的长，可得到方程10﹣3x
＝x，解方程即可；
（3）如果四边形OCPQ菱形，则CO＝QO＝CP＝4cm，根据运动速度，算出运动时间，计算可发现不
能成为菱形．
解：（1）过C作CE⊥OA于E，过B作BF⊥OA于F，
∵∠COA＝60°，
∴∠1＝30°，
1
∴OE= CO＝2cm，
2
在Rt△COE中，CE=√CO2-EO2=√16-4=2√3，
∴C点坐标是（2，2√3），∵四边形OABC是平行四边形，
∴CO＝AB，CO∥AB，
∵CE⊥OA，过B作BF⊥OA，
∴CE＝BF＝2√3（平行线之间的距离相等），
∴Rt△COE≌Rt△BAF，
∴AF＝EO＝2，
∴OF＝OA+AF＝12（cm），
∴B点坐标是（12，2√3）；
（2）设从运动开始，经过x秒，四边形OCPQ是平行四边形，
10﹣3x＝x，
解得：x＝2.5，
故运动开始，经过2.5秒，四边形OCPQ是平行四边形；
（3）不能成为菱形，
如果四边形OCPQ菱形，则CO＝QO＝CP＝4cm，
∵OA＝10cm，
∴AQ＝10﹣4＝6（cm），
则Q的运动时间是：6÷3＝2（秒），
这时CP＝2×1＝2（cm）
∵CP≠4cm，
∴四边形OCPQ不能成为菱形．总结提升：此题主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质，直角梯形的性质，菱形的性质，是一道综
合题，关键是需要同学们熟练掌握各种特殊四边形的性质，并能熟练应用．
2．（2022春•广信区期末）如图，在矩形 ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，
运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是
1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．
思路引领：（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ＝AP，据此求得t的值；
（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ＝CQ，列方程求得运动的时间t；
（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长＝4×10，根据菱形的面积求出面积即可．
解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，
∴BC＝AD＝16cm，AB＝CD＝8cm，
由已知可得，BQ＝DP＝tcm，AP＝CQ＝（16﹣t）cm，在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，
当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t＝16﹣t，得t＝8，
故当t＝8s时，四边形ABQP为矩形；
（2）∵AP＝CQ，AP∥CQ，
∴四边形AQCP为平行四边形，
∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形
即 16﹣t时，四边形AQCP为菱形，解得t＝6，
√82+t2=
故当t＝6s时，四边形AQCP为菱形；
（3）当t＝6s时，AQ＝CQ＝CP＝AP＝16﹣6＝10cm，
则周长为4×10cm＝40cm；
面积为10cm×8cm＝80cm2．
总结提升：本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题．
3．（2021春•睢县期中）如图，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线
AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）．
（1）连结EF，当EF经过AC边的中点D时，求证：△ADE≌△CDF；
（2）当t为多少时，以A、C、F、E为顶点的四边形是平行四边形？
思路引领：（1）由题意得到AD＝CD，再由AG与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到两对角相
等，利用AAS即可得证；
（2）分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为
顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案．
（1）证明：∵AG∥BC，
∴∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，
∵D为AC的中点，∴AD＝CD，
在△ADE和△CDF中，
{∠EAD=∠FCD
∠AED=∠CFD，
AD=CD
∴△ADE≌△CDF（AAS）；
（2）解：当t＝2或6时，A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．理由如下：
①当点F在C的左侧时，
根据题意，得AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BC﹣BF＝（6﹣2t）cm，
∵AG∥BC，
当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝6﹣2t，
解得t＝2；
②当点F在C的右侧时，根据题意，得AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BF﹣BC＝（2t﹣6）cm，
∵AG∥BC，当AE＝CF时，四边形AEFC为平行四边形，
即t＝2t﹣6，
解得t＝6，
综上可得：当t＝2或6时，A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
总结提升：此题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是注意掌
握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用．
类型二 动点最值问题
1
4．（2021春•灌云县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，动点P满足S△PAB = S矩形ABCD ，则
3
点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．10√2 B．2√41 C．2√34 D．8√2
思路引领：过P点作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A点关于MN的对称点A'，连接A'B交MN2
于点P，AP+PB＝A'B即为所求，由面积关系可得AM= AD＝4，在Rt△ABA'中求出A'B即可．
3
解：过P点作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，作A点关于MN的对称点A'，连接A'B交MN于点
P，
∴AP+PB＝A'P+PB＝A'B，此时PA+PB的值最小，
1
∵S△PAB = S矩形ABCD ，
3
1 1
∴ ×AB×AM= ×BA×AD，
2 3
2
∴AM= AD，
3
∵AD＝6，
∴AM＝4，
∴AA'＝8，
∵AB＝10，
在Rt△ABA'中，A'B＝2√41，
故选：B．
总结提升：本题考查轴对称求最短距离，通过面积关系，能确定P点所在直线是解题的关键．
5．（自贡中考）如图，在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝1，将它沿AB翻折得到△ABD，则四边形ADBC
的形状是 形，点P、E、F分别为线段AB、AD、DB的任意点，则PE+PF的最小值是 ．思路引领：根据题意证明四边相等即可得出菱形；作出F关于AB的对称点M，再过M作ME⊥AD，交
AB于点P，此时PE+PF最小，求出ME即可．
解：∵△ABC沿AB翻折得到△ABD，
∴AC＝AD，BC＝BD，
∵AC＝BC，
∴AC＝AD＝BC＝BD，
∴四边形ADBC是菱形，
故答案为菱；
如图
作出F关于AB的对称点M，再过M作ME⊥AD，交AB于点P，此时PE+PF最小，此时PE+PF＝
ME，
过点A作AN⊥BC，
∵AD∥BC，
∴ME＝AN，
作CH⊥AB，∵AC＝BC，
1
∴AH= ，
2
√15
由勾股定理可得，CH= ，
2
1 1
∵ ×AB×CH= ×BC×AN，
2 2
√15
可得，AN= ，
4
√15
∴ME＝AN= ，
4
√15
∴PE+PF最小为 ，
4
√15
故答案为 ．
4
总结提升：此题主要考查路径和最短问题，会结合轴对称的知识和“垂线段最短”的基本事实分析出最
短路径是解题的关键．
6．（2020•锦州模拟）如图，已知平行四边形 ABCD中，AB＝BC，BC＝10，∠BCD＝60°，两顶点B、D
分别在平面直角坐标系的y轴、x轴的正半轴上滑动，连接OA，则OA的长的最小值是 ．
思路引领：利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出A点位置，进而求出AO的长．
解：如图所示：过点A作AE⊥BD于点E，
当点A，O，E在一条直线上，此时AO最短，
∵平行四边形ABCD中，AB＝BC，BC＝10，∠BCD＝60°，
∴AB＝AD＝CD＝BC＝10，∠BAD＝∠BCD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AE过点O，E为BD中点，
∵∠BOD＝90°，BD＝10，
∴EO＝5，1
故AO的最小值为：AO＝AE﹣EO＝ABsin60°- ×BD＝5√3-5．
2
故答案为：5√3-5．
总结提升：此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，得出当点 A，O，E在一条直线
上，此时AO最短是解题关键．
7．（2022•利州区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上
的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（ ）
A．0.5 B．2.5 C．√2 D．1
思路引领：由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到
点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在线段轨迹上运动
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EHG，连接BH，得到△EFB≌△EHG
从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上，
延长HM交CD于点N．
则△EFB≌△EHG，
∴HE＝BE＝1，∠BEH＝60°，∠GHE＝∠FBE＝90°，
∴△EBH为等边三角形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FBE＝90°，
∴∠GHE＝∠FBE＝90°，
∴点G在垂直于HE的直线HN上，
作CM⊥HN，由垂线段最短可知，CM即为CG的最小值，作EP⊥CM，连接BH，EH，
则四边形HEPM为矩形，
∴MP＝HE＝1，∠HEP＝90°，
∴∠PEC＝30°．
∵EC＝BC﹣BE＝3，
1 3
∴CP= EC= ，
2 2
3 5
∴CM＝MP+CP＝1+ = ，
2 2
5
即CG的最小值为 ．
2
方法二：以CE为边作等边三角形CEH，连接FH，
则△CEG≌△EFH，
∴CG＝FH，
3 5
当FH⊥AB时，FH最小 ＝1+ = ．
2 2
故选：B．
总结提升：本题考查了旋转的性质，线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判
断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的
类型．
8．（2022秋•射阳县月考）如图，△APB中，AB＝4，∠APB＝90°，在AB的同侧作正△ABD、正△APE
和正△BPC，则四边形PCDE面积的最大值是 ．思路引领：先延长EP交BC于点F，得出PF⊥BC，再判定四边形PCDE平行四边形，根据平行四边形
1 1 1
的性质得出：四边形CDEP的面积＝EP×CF＝a× b= ab，最后根据a2+b2＝8，判断 ab的最大值即
2 2 2
可．
解：如图，延长EP交BC于点F，
∵∠APB＝90°，∠APE＝∠BPC＝60°，
∴∠EPC＝150°，
∴∠CPF＝180°﹣150°＝30°，
∴PF平分∠BPC，
又∵PB＝PC，
∴PF⊥BC，
设Rt△ABP中，AP＝a，BP＝b，
1 1
则CF= CP= b，a2+b2＝42＝16，
2 2
∵△APE和△ABD都是等边三角形，
∴AE＝AP，AD＝AB，∠EAP＝∠DAB＝60°，
∴∠EAD＝∠PAB，
在△EAD和△PAB中，
{
AE=AP
∠EAD=∠PAB，
AD=AB
∴△EAD≌△PAB（SAS），
∴ED＝PB＝CP，同理可得：△APB≌△DCB（SAS），
∴EP＝AP＝CD，
∴四边形PCDE是平行四边形，
1 1
∴四边形PCDE的面积＝EP×CF＝a× b= ab，
2 2
又∵（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2≥0，
∴2ab≤a2+b2＝16，
1
∴ ab≤4，
2
即四边形PCDE面积的最大值为4．
故答案为：4．
总结提升：本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，
解决问题的关键是作辅助线构造平行四边形的高线．
9．（2022春•番禺区校级期中）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点
（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N．
（1）求证：AF＝EF；
（2）求MN+NG的最小值．
思路引领：（1）连接CF，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到CF＝EF，CF＝AF，从而求
证结论．
1
（2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，即可得到MN+NG= （AF+CF），当点F
2
与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，即此时MN+NG最小，结合已知推断△ABC为等边
三角形，即可求解．
解：（1）证明：连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF，∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF＝AF，
∴AF＝EF；
（2）连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
1 1 1
∴MN= AF，NG= CF，即MN+NG= （AF+CF），
2 2 2
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1，
1
即MN+NG的最小值为 ；
2
总结提升：本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点
在本题的灵活运用．属于拔高题．
类型三 求运动路径的长
10．（2022•虞城县二模）如图，矩形ABCD中．AB=√3，AD＝1，点E为CD中点，点P从点D出发匀
速沿D﹣A﹣B运动，连接PE，点D关于PE的对称点为Q，连接PQ，EQ，当点Q恰好落在矩形1 √3
ABCD的对角线上时（不包括对角线端点），点P走过的路径长为 或 1+ ．
2 6
思路引领：当点Q恰好落在矩形ABCD的对角线上时存在两种情况：①如图1，点P在AD上，点Q在
AC上，连接DQ，证明AP＝PD可得结论；②如图2，点P在AB上，连接PD，根据30°角的三角函数
列式可得AP的长，从而计算结论．
解：如图1，点P在AD上，点Q在AC上，连接DQ，
∵E为CD的中点，
∴DE＝CE，
∵点D关于PE的对称点为Q，
∴PE⊥DQ，DE＝EQ＝EC，
∴∠DQC＝90°，
∴DQ⊥AC，
∴PE∥AC，
1 1
∴PD＝AP= AD= ，
2 2
1
即点P走过的路径长为 ；
2
如图2，点P在AB上，连接PD，∵E为CD的中点，且CD=√3，
√3
∴DE＝CE= ，
2
∵∠DFE＝90°，
DF
∴cos∠EDF＝cos30°= ，
DE
√3 √3 3
∴DF= × = ，
2 2 4
∵BD 2，
=√12+(√3) 2=
3 5
∴BF＝2- = ，
4 4
BF
cos∠ABD＝cos30°= ，
PB
5
4 5√3
∴BP= = ，
√3 6
2
5√3 √3
∴AP=√3- = ，
6 6
√3
∴此时点P走过的路径长为1+ ；
6
1 √3
综上，点P走过的路径长为 或1+ ．
2 6
1 √3
故答案为： 或1+ ．
2 6
总结提升：本题主要考查了矩形的性质，对称的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握矩形的性
质，勾股定理，直角三角形的性质等知识是解题的关键，并注意运用分类讨论的思想．
11．如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现
将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．（1）当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 cm；
（2）点M从点A运动到点B的过程中，若边MB′与边CD交于点E，求点E相应运动的路径长度．
（3）当点A与点B'距离最短时，求AM的长．
思路引领：（1）运用矩形性质和翻折性质得出：MB′＝NB′，再利用勾股定理即可求得答案；
（2）探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
（3）如图5中，连接AN，当点B′落在AN上时，AB′的值最小，此时MN平分∠ANB．利用面积法
求出AM：BM＝2，可得结论．
解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠3，
由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，
∴∠2＝∠3，
∴MB′＝NB′，
∵NB′ （cm），
=√B'C'2+C'N2=√22+12=√5
∴BM＝NB′=√5（cm）．
故答案为：√5；（2）如图1中，点B'恰好落在边CD上时，BM＝NB′=√5（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，
5
在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x= ，
2
5 3
∴DE＝4- = （cm），
2 2
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1-√5=（4-√5）（cm），3 3
∴点 E 的运动轨迹 E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2- +2﹣（4-√5）＝（√5- ）
2 2
（cm）．
（3）如图5中，连接AN，当点B′落在AN上时，AB′的值最小，此时MN平分∠ANB．
过点M作MP⊥AN于点P，MQ⊥BN于点Q．
在Rt△ADN中，AN 2 ，
=√AD2+DN2=√22+42= √5
1
⋅AN⋅MP
S AM 2 2√5
∵ △AMN = = = =2，
S BM 1 √5
△MNB ⋅BN⋅MQ
2
2 10
∴AM= AB= ．
3 3
总结提升：本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，轨迹等知识，解题的关
键是学会寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型．
类型四 平移、翻折及旋转问题
12．（2019春•江北区期中）如图，在菱形 ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点．过点 F作
FE⊥AD，垂足为E．将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′．设P、P′分别是EF、E′F′的中点，当点A′与点B重合时，四边形PP′F′F的面积为（ ）
A．8√3 B．4√3 C．12√3 D．8√3-8
思路引领：如图，连接BD，DF，DF交PP′于H．首先证明四边形PP′CD是平行四边形，再证明
DF⊥PP′，求出FH即可解决问题．
解：如图，连接BD，DF，DF交PP′于H．
由题意PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥AA′∥CD，
∴四边形PP′CD是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵AF＝FB，
∴DF⊥AB，DF⊥PP′，
在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4，
∴AE＝2，EF＝2√3，
∴PE＝PF=√3，
在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF=√3，
1 √3
∴HF= PF= ，
2 2
√3
∴平行四边形PP′FF′的面积= ×8＝4√3．
2
故选：B．
总结提升：本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形
等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．13．（2021•海南模拟）如图，正方形ABCD的边长为1；将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到
CEFG的位置，使得点B落在对角线CF上，则阴影部分的面积是（ ）
1 1
A． B．2-√2 C．√2-1 D．
4 2
思路引领：依据△BFH、△CEF为等腰直角三角形，即可得到阴影部分的面积．
解：正方形ABCD的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到CEFG位置，使得点B落在
对角线CF上，
∴EF＝CE＝1，
∴CF=√2，
∴BF=√2-1，
∵∠BFE＝45°，
∴BH＝BF=√2-1，
1 1
∴阴影部分的面积= ×1×1- ×（√2-1）2=√2-1，
2 2
故选：C．
总结提升：本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是利用△BFH、△CEF为等腰直角三角形
求解线段的长．
14．（2020•湘西州）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝
30°，矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2．将矩形CODE沿x轴向右平移，当
矩形CODE与△ABO重叠部分的面积为6√3时，则矩形CODE向右平移的距离为 ．思路引领：由已知得出AD＝OA﹣OD＝4，由矩形的性质得出∠AED＝∠ABO＝30°，在Rt△AED中，
AE＝2AD＝8，由勾股定理得出ED＝4√3，作出图形，根据三角形面积公式列出方程即可得出答案．
解：∵点A（6，0），
∴OA＝6，
∵OD＝2，
∴AD＝OA﹣OD＝6﹣2＝4，
∵四边形CODE是矩形，
∴DE∥OC，
∴∠AED＝∠ABO＝30°，
在Rt△AED中，AE＝2AD＝8，ED 4 ，
=√AE2-AD2=√82-42= √3
∵OD＝2，
∴点E的坐标为（2，4√3）；
∴矩形CODE的面积为4√3×2＝8√3，
∵将矩形CODE沿x轴向右平移，矩形CODE与△ABO重叠部分的面积为6√3
∴矩形CODE与△ABO不重叠部分的面积为2√3，
如图，设ME′＝x，则FE′=√3x，依题意有
x×√3x÷2＝2√3，
解得x＝±2（负值舍去）．
故矩形CODE向右平移的距离为2．
故答案为：2．总结提升：考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平移的性质、直角三角形的性质等知识；本
题综合性强，有一定难度，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质是解题的关键
（2022•大连模拟）如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD边
的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则GE＝ ．
思路引领：过点E作EH⊥AD于H，根据勾股定理可求DH的长度，由折叠的性质得出 AG＝GE，在
Rt△HGE中，由勾股定理可求出答案．
解：过点E作EH⊥AD于H，
∵ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD＝AB＝4，
∴∠BAD＝∠HDE＝60°，
∵E是CD中点，
∴DE＝2，
在Rt△DHE，中，DE＝2，HE⊥DH，∠HDE＝60°，
∴DH＝1，HE=√3，
∵将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，
∴AG＝GE，在Rt△HGE中，GE2＝GH2+HE2，
∴GE2＝（4﹣GE+1）2+3，
∴GE＝2.8．
故答案为：2.8．
总结提升：本题考查了折叠问题，菱形的性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利
用勾股定理求线段长度．
