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专题20 四边形中的折叠问题（解析版）
类型一 平行四边形的折叠问题
1．（2021•饶平县校级模拟）如图，E，F分别是 ABCD的边AD，BC上的点，∠DEF＝60°，EF＝2，将
四边形EFCD沿EF翻折，得到四边形EFC′D▱′，ED′交BC于点G，则△GEF的周长为（ ）
A．6 B．12 C．6√2 D．2（1+√2）
思路引领：根据平行四边形的性质得到AD∥BC，由平行线的性质得到∠AEG＝∠EGF，根据折叠的性
质得到∠GEF＝∠DEF＝60°，推出△EGF是等边三角形，于是得到结论．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEG＝∠EGF，
∵将四边形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，
∴∠GEF＝∠DEF＝60°，
∴∠AEG＝60°，
∴∠EGF＝60°，
∴△EGF是等边三角形，
∴EG＝FG＝EF＝2，
∴△GEF的周长＝2×3＝6，
故选：A．
总结提升：本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌
握翻折变换的性质是解决问题的关键．
2．（2022秋•市南区校级期末）如图，将平行四边形 ABCD沿EF对折，使点A落在点C处．若∠A＝
60°，AD＝4，AB＝6，则AE的长为 ．思路引领：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，易证△D′CF≌△ECB（ASA），从而可知D′F＝
EB，CF＝CE，设AE＝x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．
解：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，
在 ABCD中，
∠▱D＝∠EBC，AD＝BC，∠A＝∠DCB，
由于 ABCD沿EF对折，
∴∠▱D′＝∠D＝∠EBC，∠D′CE＝∠A＝∠DCB，
D′C＝AD＝BC，
∴∠D′CF+∠FCE＝∠FCE+∠ECB，
∴∠D′CF＝∠ECB，
在△D′CF与△ECB中，
{
∠D'=∠EBC
D'C=BC ，
∠D'CF=∠ECB
∴△D′CF≌△ECB（ASA），
∴D′F＝EB，CF＝CE，
∵DF＝D′F，
∴DF＝EB，AE＝CF，
设AE＝x，
则EB＝6﹣x，CF＝x，
∵BC＝AD＝4，∠CBG＝60°，
1
∴BG= BC＝2，
2
由勾股定理可知：CG＝2√3，
∴EG＝EB+BG＝6﹣x+2＝8﹣x，
在△CEG中，
由勾股定理可知：（8﹣x）2+（2√3）2＝x2，
19
解得：x＝AE= ，
4
19
故答案为： ．
4总结提升：本题考查平行四边形的综合问题，解题的关键是证明△D′CF≌△ECB，然后利用勾股定理
列出方程，本题属于中等题型．
3．（2012•威海）（1）如图①， ABCD的对角线AC，BD交于点O，直线EF过点O，分别交AD，BC
于点E，F． ▱
求证：AE＝CF．
（2）如图②，将 ABCD（纸片）沿过对角线交点O的直线EF折叠，点A落在点A 处，点B落在点
1
B 处，设FB 交CD▱于点G，A B 分别交CD，DE于点H，I．
1 1 1 1
求证：EI＝FG．
思路引领：（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，OA＝OC，又由平行线的性质，可得
∠1＝∠2，继而利用ASA，即可证得△AOE≌△COF，则可证得AE＝CF．
（2）根据平行四边形的性质与折叠性质，易得A E＝CF，∠A ＝∠A＝∠C，∠B ＝∠B＝∠D，继而可
1 1 1
证得△A IE≌△CGF，即可证得EI＝FG．
1
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC，
∴∠1＝∠2，
∵在△AOE和△COF中，
{∠1=∠2
OA=OC，
∠3=∠4
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝CF；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，∠B＝∠D，
由（1）得AE＝CF，
由折叠的性质可得：AE＝A E，∠A ＝∠A，∠B ＝∠B，
1 1 1
∴A E＝CF，∠A ＝∠A＝∠C，∠B ＝∠B＝∠D，
1 1 1
又∵∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∵∠5＝∠3，∠4＝∠6，
∴∠5＝∠6，
∵在△A IE与△CGF中，
1
{∠A =∠C
1
∠5=∠6 ，
A E=CF
1
∴△A IE≌△CGF（AAS），
1
∴EI＝FG．
总结提升：此题考查了平行四边形的性质、折叠的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，
注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
4．（2020秋•兴庆区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠B＝60°，将平行四边
形ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D'处，折痕交CD边于点E．
（1）求证：四边形BCED'是菱形；
（2）若点P是直线l上的一个动点，请作出使PD'+PB为最小值的点P，并计算PD'+PB．思路引领：（1）利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE＝∠EAD′＝∠DEA＝∠D′EA，
可求AD＝AD′＝BD′＝CE＝BC＝ED'＝1，可证四边形BCED′是菱形；
（2）先证四边形DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为
1 √3
PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解直角三角形得到AG= ，DG= ，根据勾股定理即可
2 2
得到结论．
证明：（1）∵将 ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，
∴∠DAE＝∠D′▱AE，∠DEA＝∠D′EA，∠D＝∠AD′E，AD＝AD'＝1，DE＝ED'，
∵DE∥AD′，
∴∠DEA＝∠EAD′，
∴∠DAE＝∠EAD′＝∠DEA＝∠D′EA，
∴∠DAD′＝∠DED′，
∴AD'＝ED'＝1，
∴DE＝AD＝ED'＝AD'＝1，
∴AD＝AD′＝BD′＝CE＝BC＝ED'＝1，
∴四边形BCED′是菱形；
（2）∵DE＝AD＝ED'＝AD'＝1，
∴四边形DAD′E是菱形，
∴D与D′关于AE对称，
连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，
过D作DG⊥BA于G，
∵CD∥AB，
∴∠DAG＝∠CDA＝60°，
∵AD＝1，
1 √3
∴AG= ，DG= ，
2 2
5
∴BG= ，
2
√25 3
∴BD=√DG❑ 2+BG❑ 2= + =√7，
4 4
∴PD′+PB的最小值为√7．总结提升：本题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出
辅助线是解题的关键．
5．（2020秋•淮阴区校级月考）我们知道平行四边形有很多性质．现在如果我们把平行四边形沿着它的一
条对角线翻折，会发现这其中还有更多的结论．如图，已知平行四边形 ABCD 中，∠B＝30°，
AB≠BC，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，连接B'D．
【发现与证明】：如图1：（1）说明：△AGC是等腰三角形；
（2）填空：B'D与AC的位置关系是 ．
【应用与解答】：如图2：如果AB＝5，BC=√3，AB'与CD相交于点E，求AE的长．
【拓展与探究】：当AB＝5，BC＝ 时，△AB′D为直角三角形．
思路引领：【发现与证明】：（1）由平行四边形的性质得出∠GAC＝∠ACB，由翻折的性质得出
∠ACB＝∠ACB′，证出∠GAC＝∠ACB′，得出AG＝CG；
1
（2）得出DG＝B′G，证出∠CB′D＝∠B′DA= （180°﹣∠B′GD），由∠AGC＝∠B′GD，得出
2
∠ACB′＝∠CB′D，即可得出B′D∥AC；
√3 3
【应用与解答】：作 CF⊥AB′于F，通过解直角三角形求得 CF= ，B′F= ，进而求得AF＝5
2 4
3 1 1
- =4 ，设AE＝CE＝x，则EF＝4 -x，根据勾股定理即可求得x值，即AE的值．
4 4 4【拓展与探究】：先证得四边形ACB′D是等腰梯形，根据等腰梯形的性质得出∠AB′C＝∠CDA＝
30°，∠B′AD＝∠DCB′＝90°，设∠ADB′＝∠CB′D＝y，则∠AB′D＝y﹣30°，根据
∠AB′D+∠ADB′＝90°，得出y﹣30°+y＝90°，解得y＝60°，进而求得∠AB′D＝30°，通过解直角三
角形即可求得BC．
解：【发现与证明】：如图1，
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∴∠ACB′＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠ACB′，
∴AG＝CG，
∴△AGC是等腰三角形；
（2）B′D∥AC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∵B′C＝BC，
∴B′C＝AD，
∴B′G＝DG，
∴∠CB′D＝∠ADB′，
∵∠AGC＝∠B′GD，∠ACB′＝∠CAD，
∴∠ADB′＝∠DAC，
∴B′D∥AC；
故答案为B′D∥AC．
【应用与解答】：如图2，
作CF⊥AB′于F，
∵∠B＝30°，
∴∠AB′C＝30°，
1 1 √3 √3 √3 3
∴CF= B′C= BC= ，B′F= B′C= BC= ，
2 2 2 2 2 4∵AB′＝AB＝5，
3 1
∴AF＝5- =4 ，
4 4
17
设AE＝CE＝x，则EF= -x，
4
∵CF2+EF2＝CE2，
√3 17
∴（ ）2+（ - x）2＝x2，
2 4
301
解得x= ，
136
301
∴AE= ，
136
【拓展与探究】：如图2，
∵AD＝BC，BC＝B′C，
∴AD＝B′C，
∵AC∥B′D，
∴四边形ACB′D是等腰梯形，
∵∠B＝30°，
∴∠AB′C＝∠CDA＝30°，
∵△AB′D是直角三角形，
当∠B′AD＝90°，AB＞BC时，
设∠ADB′＝∠CB′D＝y，
∴∠AB′D＝y﹣30°，
∵∠AB′D+∠ADB′＝90°，
∴y﹣30°+y＝90°，
解得y＝60°，
∴∠AB′D＝y﹣30°＝30°，
∵AB′＝AB＝5，
√3 5√3
∴AD= ×5= ，
3 3
5√3
∴BC= ，
3
当∠ADB′＝90°，AB＞BC时，如图3，∵AD＝BC，BC＝B′C，
∴AD＝B′C，
∵AC∥B′D，
∴四边形ACB′D是等腰梯形，
∵∠ADB′＝90°，
∴四边形ACB′D是矩形，
∴∠ACB′＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠B＝30°，AB＝5，
√3 √3 5√3
∴BC= AB= ×5= ；
2 2 2
当∠B′AD＝90°AB＜BC时，如图4，
∵AD＝BC，BC＝B′C，
∴AD＝B′C，
∵AC∥B′D，∠B′AD＝90°，
∴∠B′GC＝90°，
∵∠B＝30°，AB＝5，
∴∠AB′C＝30°，
1 1
∴GC= B′C= BC，
2 2
∴G是BC的中点，
√3 √3 5√3
在Rt△ABG中，BG= AB= ×5= ，
2 2 2
∴BC＝5√3；当∠AB′D＝90°时，如图5，
∵AD＝BC，BC＝B′C，
∴AD＝B′C，
∵AC∥B′D，
∴四边形ACDB′是等腰梯形，
∵∠AB′D＝90°，
∴四边形ACDB′是矩形，
∴∠BAC＝90°，
∵∠B＝30°，AB＝5，
√3 2 10√3
∴BC＝AB÷ =5× = ；
2 √3 3
5√3 5√3 10√3
∴已知当BC的长为 或5√3或 或 时，△AB′D是直角三角形．
2 3 3
5√3 5√3 10√3
故答案为 或5√3或 或 ．
2 3 3总结提升：本题是几何变换综合题，主要考查了翻折变换的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性
质及其应用问题，灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答，【拓展与探索】中能够分类讨论，准
确画出各种情况的图形是解题的关键．
类型二 矩形中的折叠问题
6．（2020•长清区二模）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE、EG、FG为折痕，若顶点A、C、D
AD
都落在点O处，且点B、O、G在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上，则 的值为 √2
AB
．
思路引领：由折叠可得，E，G分别为 AD，CD的中点，设 CD＝2a，AD＝2b，在 Rt△BCG 中，
AD
CG2+BC2＝BG2，可得a2+（2b）2＝（3a）2，则b=√2a，进而得出 的值．
AB
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，由折叠的性质得：AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分别为AD，CD的中点，
设CD＝2a，AD＝2b，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b，
在Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+（2b）2＝（3a）2，
∴b2＝2a2，
∴b=√2a，
b
∴ =√2，
a
AD
即 的值为√2；
AB
故答案为：√2．
总结提升：本题主要考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质
和勾股定理是解题的关键．
7．（2021春•德宏州期末）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A′处．若
∠DBC＝24°，则∠A′EB等于（ ）
A．24° B．33° C．57° D．66°
思路引领：由矩形的性质得AD∥BC，∠A＝∠ABC＝90°，由折叠的性质得∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE
1
＝∠ABE，根据平行线的性质∠ADB＝∠DBC＝24°，可得∠A'BE＝∠ABE= （90°﹣∠ADB）＝33°，
2
即可得出答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AD∥BC，
由折叠的性质得：∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC＝24°，
1 1
∴∠A'BE＝∠ABE= （90°﹣∠ADB）= （90°﹣24°）＝33°，
2 2∴∠A'EB＝90°﹣∠A'BE＝90°﹣33°＝57°．
故选：C．
总结提升：本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及平行线的性质；熟练掌握平行线的性质和折叠的性
质是解题的关键．
8．（2021春•苍溪县期中）如图，有一张长方形纸片ABCD，AB＝8cm，BC＝10cm，点E为CD上一点，
将纸片沿AE折叠，BC的对应边B'C'恰好经过点D，则线段CE的长为（ ）cm．
A．3 B．4 C．5 D．6
思路引领：由折叠的性质可得AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，在Rt△ADB′中，由勾股
定理可求B'D的长，在Rt△DEC′中，由勾股定理求出DE，即可得到CE的长．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，
∴AB＝AB'＝8cm，BC＝B'C'＝10cm，CE＝C'E，
在Rt△ADB′中，
∴B'D=√AD2-B' A2=√102-82=6（cm），
∴C'D＝B'C'﹣B'D＝4cm，
在Rt△DEC′中，DE2＝C'D2+C'E2，
∴DE2＝16+（8﹣DE）2，
∴DE＝5cm，
∴CE＝CD﹣DE＝8﹣5＝3（cm），
故选：A．
总结提升：本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质解决问题的关键．
9．（2022•石城县模拟）如图，把一张矩形纸片ABCD按如图所示方法进行两次折叠后，△BEF 恰好是等
腰直角三角形，若BC＝1，则AB的长度为（ ）4 √5+1 √2+1
A． B．√2 C． D．
3 2 2
思路引领：先判断出∠ADE＝45°，进而判断出AE＝AD，利用勾股定理即可得出结论．
解：由折叠补全图形如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADA'＝∠B＝∠C＝∠A＝90°，AD＝BC＝1，CD＝AB，
1
由第一次折叠得：∠DA'E＝∠A＝90°，∠ADE= ∠ADC＝45°，
2
∴∠AED＝∠ADE＝45°，
∴AE＝AD＝1，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=√2AD=√2，
由第二次折叠知，CD＝DE=√2，
∴AB=√2．
故选：B．
总结提升：此题主要考查了折叠问题，掌握折叠前后的对应边，对应角相等是解本题的关键．
10．（2021春•江阴市期中）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作：
（Ⅰ）将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②；
（Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕
交于点O；（Ⅲ）展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④．
【探究】
（1）证明：△OBC≌△OED；
（2）若AB＝8，设BC为6，求OB的长．
思路引领：（1）由四边形ABCD是矩形得BC＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，由折叠得∠OCB＝∠OCD
1 1
= ∠BCD＝45°，∠ODE＝∠OAD= ∠ADC＝45°，ED＝AD，则BC＝ED，△OCD是等腰直角三角形，
2 2
所以OC＝OD，即可证明△OBC≌△OED；
1 1
（2）作OG⊥CD于点G，则OG＝DG= CD= AB＝4，而BC＝ED＝6，则EG＝ED﹣DG＝2，因为
2 2
∠OGE＝90°，所以根据勾股定理即可求出OE的长，由△OBC≌△OED得OB＝OE，即可得到OB的长．
（1）证明：如图④，∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD，∠BCD＝∠ADC＝90°，
1 1
∴ ∠BCD= ∠ADC＝45°，
2 2
1 1
由折叠得∠OCB＝∠OCD= ∠BCD，∠ODE＝∠OAD= ∠ADC，ED＝AD，
2 2
∴∠OCB＝∠ODE＝45°，∠OCD＝∠ODC＝45°，BC＝ED，
∴OC＝OD，
在△OBC和△OED中，
{
BC=ED
∠OCB=∠ODE，
OC=OD
∴△OBC≌△OED（SAS）．
（2）如图④，作OG⊥CD于点G，
∵OC＝OD，CD＝AB＝8，
1
∴DG＝CG= CD＝4，
2
∵∠OCD＝∠ODC＝45°，
∴∠COD＝90°，
1
∴OG= CD＝4，
2
∵BC＝ED＝6，∴EG＝ED﹣DG＝2，
∵∠OGE＝90°，
∴OE=√OG2+EG2=√42+22=2√5，
∵△OBC≌△OED，
∴OB＝OE＝2√5，
∴OB的长为2√5．
总结提升：此题考查矩形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，根据矩
形的性质和轴对称的性质证明有关的线段相等及角相等从而证明三角形全等是解题的关键，
11．（2020春•鲤城区校级期中）如图，在矩形纸片 ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落
在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于点F，连接BF．
（1）若AP：BP＝1：2，则AE的长为 ．
（2）求证：四边形BFEP为菱形；
（3）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．若限定点P，Q分别在边AB、BC上移
动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
思路引领：（1）求出AP＝1cm，BP＝2cm，由折叠的性质得出PE的长，由勾股定理可求出答案；
（2）借助折叠的对称性找到对应边相等，再利用角平分线和平行线得到邻边相等，运用四条边相等的
四边形是菱形的方法进行判断；
（3）找到E点离A最近和最远的两种情况即可求出点E在边AD上移动的最大距离．
（1）解：∵AB＝3cm，AP：BP＝1：2，
∴AP＝1cm，BP＝2cm，∵折叠纸片使B点落在边AD上的点E处，
∴PE＝2cm，
∴AE=√PE2-AP2=√22-12=√3cm．
故答案为：√3cm．
（2）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称．
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF．
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP．
∴∠EPF＝∠EFP．
∴EP＝EF．
∴BP＝BF＝EF＝EP．
∴四边形BFEP为菱形．
（3）解：当点Q与点C重合时，如图2所示，此时点E离点A最近，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°．
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm．
在Rt△CDE中，DE=√CE2-CD2=4．
∴AE＝AD﹣DE＝5﹣4＝1cm，此时AE＝1cm；
当P点与A点重合时，如图3所示，点E离点A最远．此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm．
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．
总结提升：本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定方法，勾股定理等知识，
解题的关键是依题意画出正确的图形，运用折叠的对称性解决问题．
类型三 菱形中的折叠问题
12．（2022春•河北区校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，点E，F分别在边AB，BC上，
将菱形沿EF折叠，点B恰好落在AD边上的点G处，且EG⊥AC，若CD＝8，则FG的长为（ ）
A．6 B．4√3 C．8 D．6√2
思路引领：设AC与EG交于点O，FG交AC于H．只要证明FG⊥AD，即可FG是菱形的高，求出FG
即可解决问题．
解：如图，设AC与EG交于点O，FG交AC于H．
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴△ABC、△ACD是等边三角形，
∴∠CAD＝∠B＝60°，
∵EG⊥AC，
∴∠GOH＝90°，
∵∠EGF＝∠B＝60°，
∴∠OHG＝30°，∴∠AGH＝90°，
∴FG⊥AD，
√3
∴FG是菱形的高，即等边三角形△ABC的高= ×8＝4√3．
2
故选：B．
总结提升：本题考查翻折变换、等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是证明线段
√3
FG是菱形的高，记住等边三角形的高= a（a是等边三角形的边长），属于中考常考题型．
2
13．（2020•雁塔区校级模拟）如图，菱形ABCD的对角线长分别为6和8，点O为对角线的交点，过点O
折叠菱形，使B，H两点重合，EF是折痕．若HE＝1.5，则CF的长为（ ）
5 7
A． B．4 C． D．3
2 2
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△OBE≌△ODF得到DF＝BE，然后根据折叠的性质得BE＝HE＝
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=√OC2+OD2=√32+42=5，
∵AB∥CD，
∴∠EBO＝∠FDO，
在△OBE和△ODF中，
{∠EBO=∠FDO
OB=OD ，
∠BOE=∠DOF∴△OBE≌△ODF（ASA），
∴DF＝BE，
∵过点O折叠菱形，使B，H两点重合，EF是折痕，
∴BE＝HE＝1.5，
∴DF＝1.5，
7
∴CF＝CD﹣DF＝5﹣1.5= ．
2
故选：C．
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．
14．（2019春•临海市期末）在 ABCD中，点E是AB边上的点（不与点A、B重合），点O是AC的中
点，连接EO并延长交CD于▱点F，将四边形ADFE沿EF折叠，点A的对应点为A'，点D的对应点为
D'．
（1）如图1，若AB与D'F交点为K，求证：△EKF为等腰三角形；
（2）若∠B＝60°，AB＝6，BC＝4．
①如图2，当点A'与点C重合时，求CE的长；
②当∠AEA'＝90°时，请在图3中画出示意图，并求出AE的长；
（3）如图4，若四边形ABCD是菱形，AB＝6，∠B＝60°，将菱形ABCD沿EF折叠，D'F交BC于点
Q，D'A'分别交AB、BC于点G、P．请判断△PQD'的周长是否为定值，如果是，请直接写出这个定值．思路引领：（1）想办法证明∠EFK＝∠KEF，可得结论．
（2）①如图2中，过点E作EM⊥BC，垂足为M，设BE＝x，则AE＝6﹣x，利用勾股定理，构建方程
求解即可．
②分两种情形：当A′在AB左侧时，如图3﹣1，当点A′在AB右侧时，如图3，分别求解即可．
（3）是定值．△PD′Q的周长＝9．如图4中，过点O作OJ⊥CD于J，OT⊥BC于T，OR⊥FQ于R，
连接OQ．首先证明FQ+CF+CQ＝2CJ＝OC＝3，可得△PD′Q的周长＝PQ+PD′+QD′＝PQ+PB+DF
﹣FQ＝BC﹣CQ+CD﹣FC﹣FQ＝12﹣3＝9．
证明：（1）如图1中，
由于折叠性质得：∠EFD＝∠EFK，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EFD＝∠KEF，
∴∠EFK＝∠KEF，
∴EK＝FK，
∴△EFK是等腰三角形．
（2）①如图2中，过点E作EM⊥BC，垂足为M，设BE＝x，则AE＝6﹣x，
∴CE＝AE＝6﹣x，
∵∠B＝60°，EM⊥BC，
1 1
∴BM= BE= x，
2 2
1
∴CM＝4- x，
2
在Rt△BEM和Rt△CEM中，BE2﹣BM2＝EM2，CE2﹣CM2＝EM2，
1 1
∴x2-( x) 2=(6-x) 2-(4- x) 2 ，
2 2
解得：x＝2.5，
∴CE＝AE＝6﹣2.5＝3.5，
②当A′在AB左侧时，如图3﹣1，由于折叠性质得：AE＝A′E，DF＝D′F，
由（1）得：EG＝GF，
∵AB∥CD，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AEO和△COF中，{∠EAO=∠FCO
∠AOE=∠COF，
AO=CO
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴AE＝CF，
∴BE＝D′F，
∴D′G＝BG，
过点A′作AH⊥D′G，
由翻折性质得：A′E∥D′F，∠AEA′＝∠AGH＝90°，
∵∠A′HG＝90°，
∴四边形A′HGE为矩形，
∴EG＝A′H，
∵∠D′＝60°，A′D′＝4，
∴A′H＝EG＝2√3，
设AE＝x，则AE＝HG＝x，BG＝D′G＝2+x，
∵AB＝6，
∴2+x+2√3+x＝6，
解得：x＝2-√3，
∴AE＝2-√3．
当点A′在AB右侧时，如图3，
设A′G＝x，则CG＝x，FD＝FD′＝2+x，
∵CD＝6，
∴2+x+2√3+x＝6，
解得：x＝2-√3，∴AE＝A′E＝2-√3+2√3=2+√3．
综上所述，AE的长为2-√3或2+√3．
（3）是定值．△PD′Q的周长＝9．
理由：如图4中，过点O作OJ⊥CD于J，OT⊥BC于T，OR⊥FQ于R，连接OQ．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠OCF＝∠OCQ，
由翻折可知，∠OFD＝∠OFQ，
∵OJ⊥CD，OT⊥BC，OR⊥FQ，
∴OJ＝OR＝OT，
∵OF＝OF，∠OJF＝∠ORF＝90°，
在Rt△OFJ和Rt△OFR中，
{OF=OF
，
OJ=OR
∴Rt△OFJ≌Rt△OFR（HL），
∴FJ＝FR，
同法可证，QR＝QT，
∴FR+RQ＝FJ+QT，
∴FQ+CF+CQ＝2CJ＝OC＝3，
∴△PD′Q的周长＝PQ+PD′+QD′＝PQ+PB+DF﹣FQ＝BC﹣CQ+CD﹣FC﹣FQ＝12﹣3＝9．
总结提升：本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，全等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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
类型四 正方形中的折叠问题
15．（2022•兴庆区校级一模）如图，正方形纸片ABCD中，AB＝6，G是BC的中点．将△ABG沿AG翻
折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长等于 ．思路引领：根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE；在直角△ECG中，根据勾股
定理即可求出DE的长．
解：如图，连接AE，
∵AB＝AD＝AF，∠D＝∠AFE＝90°，
在Rt△AFE和Rt△ADE中，
{AE=AE
AF=AD
∴Rt△AFE≌Rt△ADE，
∴EF＝DE，
设DE＝FE＝x，则EC＝6﹣x．
∵G为BC中点，BC＝6，
∴CG＝3，
在Rt△ECG中，根据勾股定理，得：（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得x＝2．
则DE＝2．
故答案为2．
总结提升：本题考查了翻折变换，解题的关键是掌握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．
16．（2022春•河西区期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE，折叠该
纸片，使点A恰好落在AE上的G处，得到折痕BF，与AD交于点F．
（Ⅰ）当E是CD的中点时，求AF的长；
（Ⅱ）若DE＝5，求GE的长．思路引领：（Ⅰ）利用三角形全等，把线段进行转化求解；
（Ⅱ）利用（1）的结论，再利用面积法求高，再进行线段的和差求解．
解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90°，
∵∠ABF+∠BAG＝90°，∠DAE+∠BAG＝90°，
∴∠ABF＝∠DAE，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AP＝DE，BF＝AE，
∵E是CD的中点，
∴DC＝12，
∴AF＝DE＝6．
（Ⅱ）∵DE＝5，由（1）得：AF＝DE＝5，
1
∴△ABF的面积为： AB•AF＝30，
2
由折叠的性质得：直线FB是AG的垂直平分线，
1 1
∴△ABF的面积为： BF• AG，
2 2
由在Rt△AFB中，由勾股定理得：BF2＝AF2+AB2，
∴BF＝13，
∴AE＝13，
1 1
∴ ×13× AG＝30，
2 2
120
解得：AG= ，
13
120 49
∴GE=AE-AG=13- = ．
13 13
总结提升：本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及面积法求线段的长度等，是一道综合性很强的题．
17．（2020秋•达川区期末）如图，有一张面积为1的正方形纸片ABCD，M、N分别是AD，BC边上的中
点，将点C折叠至MN上，落在P点的位置上，折痕为BQ，连PQ，则PQ的长为（ ）
1 √3 1 √3
A． B． C． D．
2 3 3 2
思路引领：在Rt△PBN中由PB＝2BN可求得∠PBN＝60°，由翻折的性质可求得∠QBC＝30°，PQ＝
√3
CQ，在△BQC中由特殊锐角三角函数可求得QC= ，从而求得PQ的长．
3
解：∵M、N分别是AD，BC边上的中点，
1
∴∠PNB＝90°，NB= BP．
2
∴∠PBN＝60°．
由翻折的性质可知：∠PBQ＝∠CBQ＝30°，PQ＝CQ．
QC √3 QC √3
在Rt△BCQ中， = ，即 = ．
BC 3 1 3
√3
解得：QC= ．
3
√3
∴PQ= ．
3
故选：B．
总结提升：本题主要考查的是翻折的性质、特殊锐角三角函数值，根据题意求得∠CBQ＝30°是解题的
关键．
18．（2021•汉阳区校级模拟）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上
的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于
H，折痕为EF，连接BP、BH．当点P在边AD上移动时，四边形EFGP的面积S的最小值为 6 ．思路引领：利用已知得出△EFM≌△BPA，进而利用在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2＝BE2，利用二次函
数的最值求出即可．
解：设AP＝x，
过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM＝BC＝AB．
又∵EF为折痕，
∴EF⊥BP．
∴∠EFM+∠MEF＝∠ABP+∠BEF＝90°，
∴∠EFM＝∠ABP．
又∵∠A＝∠EMF＝90°，
∴△EFM≌△PBA（ASA）．
∴EM＝AP＝x．
∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2＝BE2．
x2
解得，BE＝2+ ，
8
x2
∴CF＝BE﹣EM＝2+ -x．
8
又∵折叠的性质得出四边形EFGP与四边形BEFC全等，
1 1 x2
∴S= (BE+CF)⋅BC= (4+ -x)×4．
2 2 41
即：S= x2-2x+8．
2
1
配方得，S= (x-2) 2+6，
2
∴当x＝2时，S有最小值6．
故答案为：6．
总结提升：此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理、二次函数的最值问
题等知识，熟练利用全等三角形的判定得出对应相等关系是解题关键．
