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专题 18.13 平行四边形中的四大折叠问题（40 题）
【人教版】
【题型1 平行四边形折叠问题求角度】
1．（24-25八年级·河南漯河·期末）如图，将一张平行四边形纸片ABCD以DE为折痕进行折叠，点C的对
应点为C′．若∠1=20°，∠2=60°，则∠C的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质、三角形的内角和定理、平行线的性质、折叠的性质等知识点，熟
练掌握平行线的性质是解题关键．先根据折叠的性质可得∠2=∠DEC，再根据平行线的性质可得
∠C′MD=2∠2=120°，即可得答案．
【详解】解：如图，
由折叠的性质得：∠2=∠DEC=60°，∠C′=∠C
∴∠MEC=2∠2=120°，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥CE，
∴∠C′MD=∠MEC=120°，
在△C′MD中∠1=20°
∠C′=180°−∠C′MD−∠1=180°−120°−20°=40°,
∴∠C=∠C′=40°,故选：A．
2．（24-25八年级·安徽宿州·期末）如图，▱ABCD中，∠BAD=150°，E，F分别为AB，CD的中点，
将▱ABCD沿直线EF折叠，A′E与DC交于点G，则∠A′EB的度数为（ ）
A．100° B．110° C．120° D．130°
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质与判定、平行线的性质、折叠的性质，根据平行四边形的性质与判定
可得AD∥EF∥BC，再根据平行线的性质可得∠A=∠FEB=150°，∠A+∠FEA=180°，从而求得
∠FEA=30°，再由折叠的性质得∠FEA=∠FEA′=30°，利用∠A′EB=∠FEB−∠FEA′求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB，DC∥AB，AD∥BC，
∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴DF∥AE，DF=AE，
∴平行四边形DAEF是平行四边形，
∴AD∥EF，
∴AD∥EF∥BC，
∴∠A=∠FEB=150°，∠A+∠FEA=180°，
∴∠FEA=180°−150°=30°，
由折叠的性质得，∠FEA=∠FEA′=30°，
∴∠A′EB=∠FEB−∠FEA′=150°−30°=120°，
故选：C．
3．（24-25八年级·天津南开·期中）在平行四边形ABCD中，∠ACB=25°，现将平行四边形ABCD沿
EF折叠，使点C与点A重合，点D落在G处，则∠DFE的度数（ ）A．135° B．120° C．115° D．100°
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质以及折叠变换，首先根据折叠找到对应相等的角
∠EAC=∠ECA=25°，∠FEC=∠FEA，然后根据三角形内角和可算出∠AEC，进而可得∠FEC的
度数，再根据平行四边形的性质可得∠DFE．解题的关键是找准折叠后哪些角是对应相等的．
【详解】解：∵将平行四边形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，点D落在G处，∠ACB=25°，
∴∠EAC=∠ECA=25°，∠FEC=∠FEA，
∴∠AEC=180°−(∠EAC+∠ECA)=180°−(25°+25°)=130°，
1 1
∴∠FEC= ∠AEC= ×130°=65°，
2 2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DFE=180°−∠FEC=180°−65°=115°，
∴∠DFE的度数为115°．
故选：C．
4．（24-25八年级·浙江宁波·阶段练习）如图，将▱ABCD先沿BE折叠，再沿BF折叠后，A点落在线段
BF上的A′处，C点落在E处，连结EA′，EF．若恰有EF⊥EA′，则∠A= ．
【答案】126°/126度
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质以及垂线定义，熟练掌握平行四边形的性质、折
叠的性质是解题的关键．
由平行四边形的性质得AD∥BC，∠A=∠C，由折叠得
∠ABE=∠A′BE=∠CBF，∠A′EB=∠AEB，∠BEF=∠C=∠A，则
∠A′EB=∠AEB=∠EBC=2∠A′BE=2∠ABE，所以∠BEF−∠A′EB=90°，则
∠A−2∠ABE=90°，于是得180°−3∠ABE−2∠ABE=90°，则∠ABE=18°，∠AEB=36°，即
可求得∠A=126°，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠A=∠C，由折叠得∠ABE=∠A′BE=∠CBF，∠A′EB=∠AEB，∠BEF=∠C=∠A，
∴∠A′EB=∠AEB=∠EBC=2∠A′BE=2∠ABE，
∵EF⊥EA′，
∴∠A′EF=90°，
∴∠BEF−∠A′EB=90°，
∴∠A−2∠ABE=90°，
∵∠A=180°−∠ABC=180°−3∠ABE，
∴180°−3∠ABE−2∠ABE=90°，
∴∠ABE=18°，
∴∠AEB=2∠ABE=2×18°=36°，
∴∠A=180°−∠ABE−∠AEB=180°−18°−36°=126°，
故答案为：126°．
5．（2024八年级·全国·专题练习）如图，P是平行四边形纸片ABCD的BC边上一点，以过点P的直线为
折痕折叠纸片，使点C，D落在纸片所在平面上C′,D′处，折痕与AD边交于点M；再以过点P的直线为折
痕折叠纸片，使点B恰好落在C′P边上B′处，折痕与AB边交于点N．若∠MPC=74°，则∠NPB'=
°．
【答案】16
【分析】本题主要折叠的性质，掌握折叠前后的线段、角对应相等是解题的关键．
由折叠的性质可求得∠MPC′=∠MPC，∠BPN=∠B′PN，再结合B、P、C在一条直线上，可求得答
案．
【详解】解：∵点C,D落在纸片所在平面上C′,D′处，折痕与AD边交于点M，
∴∠MPC′=∠MPC=74°,
∴∠BPB′=180°−∠CPC′=180°−2∠PMC=180° −148°=32°,
∵∠BPN=∠B′PN,
1
∴∠NPB′= ∠BPB′=16°,
2
故答案为：16．6．（24-25八年级·山东烟台·期末）如图，在▱ABCD中，E是边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至
△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B=48°，∠DAE=20°，则∠FED′的度数为 ．
【答案】44°
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，熟练掌握平行四边形的性质和
折叠的性质是解题的关键；
由平行四边形的性质得∠B=∠D=48°，由由折叠的性质得：∠D=∠D′=48°，DAE=D′ AE=20°，
∠AED′=∠AED=112°，在根据三角形的内角和定理及角的和差即可解答；
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=48°
∴ ∠B=∠D=48°，
∵ ∠DAE=20°，
∠AED=180°−∠D−∠DAE=112°
由折叠的性质得：∠D=∠D′=48°，DAE=D′ AE=20°，∠AED′=∠AED=112°
∴ ∠AEF=180°−∠AED=68°，
∠FED′=∠AED′−AEF=112°−68°=44°，
故答案为：44°
7．（24-25八年级·重庆大渡口·期末）如图，在四边形纸片ABCD中，AB∥CD，将纸片沿EF折叠，点
A、D分别落在A′，D′处，且A′D′经过点B，FD′交BC于点G，连接EG，若EG平分∠BEF，
EG∥A′D′，∠A+∠DFE=135°，则∠CFE的度数是 ．
【答案】126°
【分析】设∠BEG=∠FEG=α，由折叠的性质得∠1=∠A′EF=∠2+2α，∠A′+2α=135°①，再根据平行线的性质得到∠A′+∠A′EG=∠A′+∠2+α=180°②，，通过计算即可求解．
【详解】解：∵EG平分∠BEF，
∴∠BEG=∠FEG，
设∠BEG=∠FEG=α，
∵AB∥CD，
∴∠DFE=∠BEF=2α，
根据折叠的性质得∠1=∠A′EF=∠2+2α，∠A=∠A′，
∵∠A+∠DFE=135°，
∴∠A′+2α=135°①，
∵EG∥A′D′，
∴∠A′+∠A′EG=∠A′+∠2+α=180°②，
②−①得∠2−α=45°，即∠2=45°+α，
由平角的性质得∠1+∠BEF=∠1+2α=180°，
∴∠2+2α+2α=180°，即45°+α+2α+2α=180°，
解得α=27°，
∴∠DFE=54°，
∴∠CFE=180°−54°=126°，
故答案为：126°．
【点睛】本题考查了折叠的性质，角平分线的定义，平行线的性质，解题关键是利用参数构建方程解决问
题．
8．（24-25八年级·四川成都·期末）如图，在 ▱ABCD中，M为边CD上一点，将△ADM沿AM折叠至
△AD′M处，AD′与CM交于点N．若∠B＝55°，∠DAM＝24°，则∠NMD′的大小为 度．【答案】22.
【分析】由平行四边形的性质得出∠D=∠B=55°，由折叠的性质得：∠D'=∠D=55°，
∠MAD'=∠DAM=24°，由三角形的外角性质求出∠AMN=79°，与三角形内角和定理求出∠AMD'=101°，即
可得出∠NMD'的大小.
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=55°，
由折叠的性质得：∠D'=∠D=55°，∠MAD'=∠DAM=24°，
∴∠AMN=∠D+∠DAM=55°+24°=79°，∠AMD'=180°-∠MAD'-∠D'=101°，
∴∠NMD'=101°-79°=22°；
故答案为22.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌
握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AMN和∠AMD'是解决问题的关键.
【题型2 平行四边形折叠问题求线段长】
1．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在▱ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长
线上的点E处，若∠B=60°，AB=3，则▱ABCD的周长为（ ）
A．12 B．18 C．15 D．21
【答案】B
【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角形内角和定理，含30°的直角三角形．解题的
关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．由折叠的性质与题意可得，∠ACD=90°，由▱ABCD，可知
BC=AD,CD=AB=3,∠D=∠B=60°，则∠CAD=180°−∠ACD−∠D=30°，AD=2CD=6，进而可求BC的值，即可得出结果．
【详解】解：由折叠的性质可得，∠ACD=90°，
∵▱ABCD，
∴BC=AD,CD=AB=3,∠D=∠B=60°，
∴∠CAD=180°−∠ACD−∠D=30°，
∴AD=2CD=6，
∴BC=6，
∴ ▱ABCD的周长为：2(AB+BC)=18，
故选：B．
2．（24-25八年级·河北邯郸·期末）如图，在平行四边形ABCD中，将△ABC沿若AC所在的直线折叠得
到△AB′C，B′C交AD于点E，连接B′D，若∠B=60°，∠ACB=45°，AC=❑√6，则B′D的长 ( )
❑√6
A．1 B．❑√2 C．❑√3 D．
2
【答案】B
【分析】由翻折的性质得△ABC≌△AB′C，先证明△EAC为等腰直角三角形，求出AE=EC= ❑√3，在
Rt△CDE中，求出ED=1，CD=2，在Rt△AEB'中，求出B′E=1，在Rt△EDB′中，即可求B′D=❑√2
．
【详解】解：∵将△ABC沿若AC所在的直线折叠得到△AB′C，
∴△ABC≌△AB′C，
∴AB=AB′，∠B=∠AB′C=60°，∠ACB=∠ACB′=45°，
∴∠BCB′=90°，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB=45°，
∴∠AEC=180°−45°−45°=90°,AE=CE，
∴△EAC为等腰直角三角形，AC2=AE2+EC2
∵AC=❑√6，∴AE=EC=❑√3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC=∠B=60°，AB=CD，
在Rt△CDE中，∠ECD=30°，EC= ❑√3，
∴CD=2ED，
由勾股定理得：DE2+EC2=CD2 ,
解得：ED=1，CD=2，
∴AB=AB′=2，
在Rt△AEB′中，由勾股定理得：B′E=❑√22−(❑√3) 2=1，
在Rt△EDB′中，由勾股定理得： B′D=❑√12+12=❑√2，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的翻折，平行四边形的性质，勾股定理，30°直角三角形的性质，确定△EAC为
等腰直角三角形是解题的突破点，熟练掌握勾股定理求边是解题的关键．
3．（24-25八年级·广东广州·期末）如图，平行四边形纸片ABCD，BC=7cm，CD=5cm，面积为28cm2
，将其沿对角线BD折叠，使点C落在点F处，BF与边AD交于点E，则DE的长为（ ）
A．5cm B．5.6cm C．5.8cm D．6cm
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质．作AG⊥BC，
EH⊥BC，利用平行四边形的面积公式求得AG=EH=4cm，由折叠的性质结合平行四边形的性质求得
BE=DE，设AE=GH=x，在Rt△BEH中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】解：作AG⊥BC，EH⊥BC，垂足分别为G、H，∴AG∥EH，
∵平行四边形纸片ABCD，则AB=CD=5cm
∴AE∥GH，AG=EH，
∴四边形AGHE是矩形，
∴AE=GH，
由题意得BC×AG=28cm2，
∴AG=EH=4cm，
在Rt△ABG中，BG=❑√AB2−AG2=❑√52−42=3cm，
∵平行四边形纸片ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
由折叠有性质知∠DBE=∠DBC，
∴∠DBE=∠BDE，
∴BE=DE，
设AE=GH=x(cm)，则BE=DE=(7−x)(cm)，BH=BG+GH=(3+x)(cm)，
在Rt△BEH中，BH2+EH2=BE2，即(3+x) 2+42=(7−x) 2，
解得x=1.2，
∴DE=7−x=5.8cm，
故选：C．
4．（2024·黑龙江·三模）如图．将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的中点D′处，直
线l交CD边于点E，连接BE．若AB=5，BE=4，则AE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，先由平
行四边形的性质和折叠的性质证明DE=D′E，∠BAE=∠D′EA得到AD′=DE，再由线段中点的定义
得到BD′=D′E=AD′，根据等边对等角和三角形内角和定理证明∠AEB=90°，再利用勾股定理求解即
可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠DEA=∠BAE，
由折叠的性质可得DE=D′E，∠DEA=∠D′EA，
∴∠BAE=∠D′EA，
∴AD′=D′E，
∴AD′=DE，
∵D′是AB的中点，
∴BD′=D′E=AD′，
∴∠D′EB=∠D′BE，
∵∠D′EB+∠D′BE+∠BAE+∠D′EA=180°，
∴∠D′EB+∠D′EA=90°，
∴∠AEB=90°，
∴AB2=AE2+BE2，
∴∴AE=❑√52−42=3．
5．（24-25八年级·山东淄博·期中）如图，矩形ABCD，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到
△GBE，延长BG交CD于点F．若CF=1，FD=2，则BC的长是（ ）
A．3❑√6 B．2❑√6 C．2❑√5 D．2❑√3
【答案】B
【分析】此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、三角形中位线的性质以及全等三角形的判定与性
质，首先过点E作EM⊥BC与M，交BF于N，易证得△ENG≌△BNM(AAS)，MN是△BCF的中位线，根据全等三角形的性质，即可求得GN=MN，由折叠的性质，可得BG=3，继而求得BF的值，又由
勾股定理，即可求得BC的长．
【详解】解：如图，过点E作EM⊥BC与M，交BF于N，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC，
∵∠EMB=90°，
∴四边形ABME是矩形，
∴AE=BM，
由折叠的性质得：AE=≥¿，∠EGN=∠A=90°，
∴EG=BM，
∴∠ENG=∠BNM，
∴△ENG≌△BNM(AAS)，
∴NG=NM，
∴CM=DE，
∵E是AD的中点，
∴AE=ED=BM=CM，
∵EM∥CD，
∴BN:NF=BM:CM，
∴BN=NF，
1
∴NG= ，
2
∵BG=AB=CD=CF+DF=3，
1 5
∴BN=BG−NG=3− = ，
2 2
∴BF=2BN=5，
∴BC=❑√BF2−CF2=❑√52−12=2❑√6，
故选：B．
6．（24-25八年级·浙江金华·期中）如图，在▱ABCD中，AB=6,AD=8,∠A=60°，将▱ABCD折叠，使得点B与点D重合，折痕交AD，BC分别于点E，F，则AE= ．
14
【答案】
5
【分析】设AE=2x，作EL⊥GD于点L，则∠GLE=∠DLE=90°，由折叠可知
1
GD=AB=6,≥=AE=2x，∠G=∠A=60°，得到∠GEL=90°−60°=30°，则GL= ≥=x，
2
7
DL=GD−GL=6−x，由勾股定理得到(2x) 2−x2=(8−2x) 2−(6−x) 2，解得x= ，即可得到答案．
5
【详解】解：设AE=2x，作EL⊥GD于点L，则∠GLE=∠DLE=90°，
∵AB=6,AD=8,∠A=60°
∴由折叠可知GD=AB=6,≥=AE=2x，∠G=∠A=60°
∴∠GEL=90°−60°=30°，
1
∴GL= ≥=x，
2
∴DL=GD−GL=6−x，
∵GE2−GL2=DE2−DL2=LE2，
∴(2x) 2−x2=(8−2x) 2−(6−x) 2，
7
解得x= ，
514
∴AE=2x= ，
5
14
故答案为：
5
【点睛】此题考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质、轴对称的性质等知
识，作高构造直角三角形是解题的关键．
7．（24-25八年级·山东聊城·期中）如图，已知Rt△ABC，AB⊥BC，AB=6，BC=8，点D为AC的
中点，点E为边AB上的一动点，连接DE，将△AED沿DE折叠得到△FED，当EF∥AC时，EF=
．
【答案】5
【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，线段中点的特点，平行四边形性质和判定，根据题意画出草
图，证明四边形AEFD为平行四边形，得到EF=AD，利用勾股定理得到AD=❑√AB2+BC2=10，最后
结合线段中点的特点求解，即可解题．
【详解】解：根据EF∥AC画图如下：
∵ △AED DE △FED
沿 折叠得到 ，
∴∠A=∠F，
∵ EF∥AC，
∴∠A=∠BEF，
∴ ∠F=∠BEF，
∴DF∥AE，∴四边形AEFD为平行四边形，
∴EF=AD，
∵ Rt△ABC，AB⊥BC，AB=6，BC=8，
∴AD=❑√AB2+BC2=10，
∵点D为AC的中点，
∴EF=AD=5，
故答案为：5．
8．（24-25八年级·湖北咸宁·期末）如图，已知▱ABCD中，∠A=60°，点E，F分别在边AB，AD
上．若将△AEF沿直线EF折叠，使得点A恰好落在CD边的点G处，且DF=DG=2，则AF=
．
【答案】2❑√3
【分析】过点F作FH⊥DG交CD延长线于点H，根据平行四边形的性质得出∠HDF=60°，再根据三
角形内角和即可得出∠HFD=90°−∠HDF=30°，然后根据含30度角的直角三角形的性质得出DH=1
，最后根据勾股定理和折叠的性质即可得出答案．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DG交CD延长线于点H
∵▱ABCD
中，
∴AB∥CD
∵ ∠A=60°，
∴∠HDF=60°
∴∠HFD=90°−∠HDF=30°
∵ DF=DG=2
1
∴DH= DF=1
2∴HF=❑√DF2−DH2=❑√3，HG=DH+DG=1+2=3
∴FG=❑√HG2+H F2=2❑√3
∵折叠
∴AF=FG=2❑√3
故答案为：2❑√3．
9．（24-25八年级·四川成都·期中）如图，在▱ABCD中，AB=3 ❑√2，AD=5，∠ABC=135°，点E
为边CD上的一个点，连接AE，将△ADE沿直线AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上，过点F作
FH∥CE，交AE于点H，连接DH，则DH的长为 ．
5❑√2
【答案】
2
【分析】延长BC、AE交于点N，作AM⊥CB交CB的延长线于点M，因为∠ABC=135°，所以
∠MAB=∠MBA=45°，则AM=BM，由AB=3 ❑√2，求得AM=BM=3，由折叠得AF=AD=5，则
MF=4，得出BF=1，再证明∠FAN=∠N，则NF=AF=5，求得NB=6，再证明△NHF∽△NAB，进
而根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：延长BC、AE交于点N，作AM⊥CB交CB的延长线于点M，则∠M=90°，
∵∠ABC=135°
，
∴∠MBA=180°−∠ABC=45°，
∴∠MAB=∠MBA=45°，
∴AM=BM，
∵ AB=❑√AM2+BM2=❑√2AM=3❑√2
∴AM=BM=3，
由折叠得AF=AD=5，∠FAN=∠DAN，∴ MF=❑√AF2−AM2=❑√52−32=4
∴BF=MF−BM=4−3=1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ BC∥AD，
∴∠N=∠DAN，
∴∠FAN=∠N，
∴NF=AF=5，
∴NB=NF+BF=5+1=6，
∵ FH∥CE，CE∥AB，
∴△NHF∽△NAB，
FH NF 5
∴ = =
AB NB 6
5 5 5❑√2
∴ DH=FH= AB= ×3❑√2=
6 6 2
5❑√2
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，
正确地作出辅助线是解题的关键．
10．（24-25八年级·重庆·期中）如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别是边AD、BC上动点．将
四边形MNCD沿直线MN折叠，点D的对应点D′恰好落在边AB上，C的对应点为C′，连接DN、DD′，
其中DD′交MN于点P．若AB=6，AD=10，∠ADC=2∠NDD′=60°，则MP的长度为 ．
❑√13
【答案】
2
【分析】连接D′N，在BC上截取BE=BD′，连接D′E，由折叠性质可知MN垂直平分DD′，则
DN=D′N，DM=D′M，DP=D′P，MN⊥DD′，根据等腰三角形的性质和内角和定理得
∠D′ND=120°，由四边形ABCD是平行四边形，得AB=CD=6，BC=AD=10，∠ADC=∠B=60°
，∠BAD=∠BCD=120°，证明△BD′E是等边三角形，再证明△D′NE≌△NDC(AAS)，则EN=CD=6，CN=CN′=D′E，根据线段和差可得AD′=4，过D′作D′F⊥AD，交DA延长线于点F
，由勾股定理得：D′F=2❑√3，设DM=x，则MF=12−x，D′M=DM=x，最后通过勾股定理即可求
解．
【详解】解：连接D′N，在BC上截取BE=BD′，连接D′E，
由折叠性质可知，MN垂直平分DD′，
∴DN=D′N，DM=D′M，DP=D′P，MN⊥DD′，
∴∠NDD′=∠N D′D=30°，
∴∠D′ND=120°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=6，BC=AD=10，∠ADC=∠B=60°，∠BAD=∠BCD=120°，
∵BE=BD′，
∴△BD′E是等边三角形，
∴BD′=D′E，∠BED′=60°，
∴∠D′EN=120°=∠BCD，
∵∠DNE=∠DCB+∠NDC=∠D′NE+∠DN D′=120°+∠NDC，
∴∠D′NE=∠NDC，
∵DN=D′N，∠D′EN=∠NCD，
∴△D′NE≌△NDC(AAS)，
∴EN=CD=6，CN=CN′=D′E，
∵BE+EN+CN=BC=10，
∴BD′=CN=CN′=D′E=2，
∴AD′=AB−BD′=4，
过D′作D′F⊥AD，交DA延长线于点F，
∴∠F=90°，
∴∠FAD′=30°，
1
∴AF= AD′=2，
2∴DF=AD+AF=12，
在Rt△AFD'中，由勾股定理得：D′F=❑√AD′2−AF2=❑√42−22=2❑√3，
设DM=x，则MF=12−x，D′M=DM=x，
在Rt△MFD′中，由勾股定理得：D′F2+M F2=D′M2，
13
∴(2❑√3) 2+(12−x) 2=x2，解得x= ，
2
13
∴D′M=DM=
，
2
∴在Rt△DFD′中，由勾股定理得：D′D=❑√D′F2+DF2=❑√(2❑√3) 2+122=2❑√39，
∴DP=D′P=❑√39，
∴在Rt△MPD中，由勾股定理得：MP=❑√M D2−DP2=❑
√ (13) 2
−(❑√39) 2=
❑√13
，
2 2
❑√13
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了轴对称的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，
勾股定理，平行四边形的性质等知识，熟练掌握知识点的应用，正确添加辅助线是解题的关键．
11．（24-25八年级·山东威海·期末）综合实践课上，老师让同学们开展了▱ABCD的折纸活动，E是BC
边上的一动点，F是AD边上的一动点，将▱ABCD沿直线EF折叠，使点C落在AB边上的点M处，点D
的对应点为点N，连接CM．
(1)【观察发现】如图1，若∠D=60°，ME⊥AB，BE=2，则EC=___________，∠NFA=
___________．
(2)【操作探究】如图2，当点N落在BA的延长线上时，求证：四边形EMNF为平行四边形．
【答案】(1)❑√3，30°(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质和直角三角形的性质结合勾股定理求得EM=❑√3，由折叠知
EC=EM=❑√3，由折叠的性质可得∠FEC=∠FEM=75°，再由平行四边形的性质求得
∠DFE=180°−∠FEC=105°，据此即可求解．
（2）根据折叠的性质先证ME∥NF，再证ME=NF即可证明四边形EMNF为平行四边形．
【详解】（1）解：∵▱ABCD，∠D=60°，
∴∠B=∠D=60°，
∵ME⊥AB，
∴∠BEM=30°，
∵BE=2，
1
∴BM= BE=1，EM=❑√22−12=❑√3，
2
由折叠知EC=EM=❑√3，
1
由折叠知∠FEC=∠FEM= (180°−∠BEM)=75°，
2
∵▱ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DFE=180°−∠FEC=105°，
由折叠知∠NFE=∠DFE=105°，
∴∠NFA=∠NFE+∠DFE−180°=2×105°−180°=30°，
故答案为：❑√3，30°；
（2）证明：由折叠知∠CEF=∠MEF，∠EFD=∠EFN，∠N=∠D．
∵AD∥BC，
∴∠CEF+∠EFD=180°，
∴∠MEF+∠EFN=180°，
∴ME∥NF，
∴∠BME=∠N，
∵▱ABCD，
∴∠B=∠D，AD=BC，
∴∠BME=∠B，
∴BE=ME=CE，1
∴ ME= BC，
2
∵AD∥BC，点N在BA延长线上，
∴∠B=∠NAF=∠N，
∴AF=NF=DF，
1
∴ NF= AD．
2
∵AD=BC，
∴ME=NF，
∴四边形EMNF是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形折叠问题，直角三角形的判定，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，勾
股定理．熟练掌握平行四边形的性质与判定和折叠性质是解题的关键．
12．（24-25八年级·海南海口·期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD交于点O，且
AO=OC．点E、F分别为AD、BC边上的动点，连结EF．
(1)如图1，
①求证：△AOD≌△COB；
②求证：四边形ABCD为平行四边形；
③EF恰好经过点O，当EF⊥BD时，如图2，连接BE，若∠BAD=100°，∠DBF=32°，求∠ABE的
度数．
(2)平移EF，当点E与点A重合时，如图3， 将△ABF沿AF折叠得到△AB′F，当点B′恰好落在线段DF
上时，过点D作DG⊥BF，交BF延长线于点G，其中AB=13，DG=12，BC=15，求线段BF的长．
【答案】(1)①见解析；②见解析；③16°
(2)11
【分析】（1）①根据AD∥BC，得出∠OAD=∠OCB，即可证明△AOD≌△COB．
②由①得△AOD≌△COB，得出AD=CB，结合AD∥BC，即可证明四边形ABCD为平行四边形；
③根据AD∥BC，∠DBF=32°，得出∠EDB=∠DBF=32°，根据平行四边形的性质得出OB=OD，
证出EF是BD的垂直平分线，即可得BE=DE，根据等腰三角形的性质得出∠EBD=∠EDB=32°，根据AD∥BC，∠BAD=100°，求出∠ABC，再根据∠ABE=∠ABC−∠EBD−∠DBF即可求解．
（2）根据平行四边形的性质可得CD=13，AD=15，根据AD∥BC，得出∠DAF=∠AFB，由折叠
知，∠AFB=∠AFB′，即可得出∠DAF=∠AFB′， DA=DF=15，在Rt△CDG中，勾股定理求出
CG=5，在Rt△FDG中，求出 FG， 即可求解．
【详解】（1）①证明：∵AD∥BC，
∴∠OAD=∠OCB，
在△AOD和△COB中，
{∠OAD=∠OCB
)
AO=CO ，
∠AOD=∠COB
∴△AOD≌△COB(ASA)，
②证明：由①得△AOD≌△COB，
∴AD=CB，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
③解：∵AD∥BC，∠DBF=32°，
∴∠EDB=∠DBF=32°，
由②得：四边形ABCD为平行四边形，
∴OB=OD，
又∵EF⊥BD，
∴EF是BD的垂直平分线，
∴BE=DE，
∴∠EBD=∠EDB=32°，
∵AD∥BC，∠BAD=100°，
∴∠ABC=180°−∠BAD=180°−100°=80°，
∴∠ABE=∠ABC−∠EBD−∠DBF=80°−32°−32°=16°．
（2）解：∵在▱ABCD中，AB=13，BC=15，
∴CD=13，AD=15，
∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFB，
由折叠知，∠AFB=∠AFB′，
∴∠DAF=∠AFB′，∴DA=DF=15．
在Rt△CDG中， DG=12，CD=13，
∵DG2+CG2=CD2，即CG2=132−122=25，
∴CG=5，
∵在Rt△FDG中， FG=❑√DF2−DG2=9，
∴FC=FG−CG=9−5=4 ，
∴BF=BC−FC=15−4=11．
【点睛】该题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，
全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
13．（24-25八年级·江西吉安·期末）综合与实践
【问题情境】
在▱ABCD中（∠ADC>90°），点P是射线DA上一点．将△PDC沿直线PC折叠，点D对应点为E．
【数学思考】
如图1，若点P与点A重合，过点E作EF∥AD，与PC交于点F，连接DF，则四边形AEFD的形状一定
是 （选填“菱形”“矩形”或“正方形”）；
【拓展探究】
如图2，当点P为AD的中点时，延长CE交AB于点F，连接PF．试判断PF与PC的位置关系，并说明理
由；
【问题解决】
如图3，当点E恰好落在▱ABCD的边所在直线上时，AP=3，AD=7，CD=10，直接写出BE的长．
【答案】数学思考：菱形
拓展探究：PF⊥PC，理由见解析
问题解决：3或7.5
【分析】数学思考：由折叠的性质可知，AD=AE，DF=EF，∠DAF=∠EAF，再根据平行线的性质
推出∠EFA=∠EAF，则EA=EF，进而推出AD=DF=EF=AE，即可证明；
拓展探究：连接AE．由折叠的性质可知，PD=PE，∠PEC=∠PDC，∠DPC=∠EPC，由∠ADC+∠DAB=180°，∠PEC+∠PEF=180°，得到∠DAB=∠PEF；由点P是AD的中点，得到
PA=PD=PE，则∠PAE=∠PEA，进一步证明∠AEF=∠EAF，得到AF=EF，证明△PAF≌△PEF
，得到∠APF=∠EPF，再根据平角的定义得到∠FPC=90°，则PF⊥PC；
问题解决：由题意可分①当点P在DA的延长线上时，②当点P在DA间时，点E在AB间时，然后根据相
似三角形的性质与判定可进行求解
【详解】解：数学思考：由折叠的性质可知，AD=AE,DF=EF,∠DAF=∠EAF，
∵EF∥AD，
∴∠DAF=∠EFA，
∴∠EFA=∠EAF，
∴EA=EF，
∴AD=DF=EF=AE．
∴四边形AEFD是菱形
故答案为：菱形；
拓展探究：结论：PF⊥CP，
理由如下：连接AE，如图2：
由折叠的性质可知，PD=PE，∠PEC=∠PDC,∠DPC=∠EPC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC+∠DAB=180°，
∵∠PEC+∠PEF=180°，
∴∠DAB=∠PEF，
∵点P是AD的中点，
∴PA=PD=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∴∠DAB−∠PAE=∠PEF−∠PEA，
∴∠AEF=∠EAF，
∴AE=EF，
∵PF=PF，∴△PAF≌△PEF(SSS)，
∴∠APF=∠EPF，
∵∠DPC+∠CPE+∠EPF+∠APF=180°，
∴2∠CPE+2∠FPE=180°，
∴∠FPC=90°，
∴PF⊥PC．
问题解决：分两种情况：
①当点P在DA的延长线上时，点E在CB的延长线上时，如图3，
由折叠的性质可知，DP=PE,DC=CE，∠DCP=∠ECP，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DP∥CE，
∴∠DPC=∠ECP=∠DCP，
∴DC=DP=CE=PE，
∴四边形DCEP是菱形，
∵DP=AD+AP=10，
∴CE=DP=10，
∴BC=AD=7，
∴BE=CE−CB=3，
②当点P在DA间时，点E在AB上时，如图4：延长CP交BA的延长线于点T，设AE=x，
由折叠的性质可知，∠PCD=∠PCE，CD=CE=10，
∵CD∥BT，
∴∠T=∠DCP，
∴∠T=∠PCE．
∴ET=EC=10，AT=10−x，
∵AT∥CD，
∴△PAT∽△PDC，
AP AT
∵ = ，
PD CD
3 10−x
∴ = ，
4 10
∴AE=2.5，
∴BE=AB−AE=7.5；
综上所述：BE的长为3或7.5
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质
与判定，菱形的判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
【题型3 平行四边形折叠问题求面积】
1．（24-25八年级·湖北武汉·期中）在探究折叠问题时，小华进行了如下操作：如图，F为直角梯形
ABCD边AB的中点．将直角梯形纸片ABCD分别沿着EF，DE所在的直线对折，点B，C恰好与点G重
合，点D．G，F在同一直线上．若四边形BCDF为平行四边形，且．AD=6，则四边形BEGF的面积是
（ ）3❑√3
A．6❑√3 B．❑√3 C．2❑√3 D．
2
【答案】A
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理的应用，平行四边形的性质，平行四边形的面积计
算，折叠的性质．先由折叠性质和点F是AB的中点得出AF与DF的数量关系，由勾股定理求得AF与DF
，再平行四边形的面积公式求得BCDF的面积，进而求得四边形BEGF的面积．
【详解】解：由折叠性质得BE=≥=CE，BF=GF，CD=DG，
∵四边形BCDF为平行四边形，
∴CD=BF，DF=BC，
∵AF=BF，
∴AF=BF=FG=DG，
∴2AF=DF，
∵DF2−AF2=AD2，即4AF2−AF2=62，
∴AF=2❑√3，
∴BF=2❑√3，
∴ S =BF⋅AD=12❑√3，
▱BCDF
∵DG=FG，
∴S =S ，
ΔEDG ΔEFG
由折叠性质知S =S =S =S ，
ΔCDE ΔEDG ΔRFG ΔBEF
1
∴ S = S =6❑√3．
四边形BEGF 2 ▱BCDF
故选：A．
2．（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在平行四边形纸片ABCD中，
AB=4cm，∠ABC=60°，∠BAC=90°， 将纸片沿对角线AC对折，CF交边AD于点E，则折叠后图
中重合部分的面积是 cm2．
【答案】4❑√3【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，勾股定理，首先推导出△BCF为等边三
1 1
角形，由∠ACD=90°，求得S = AC⋅CD，再证明出点E为AD的中点，得到S = S ，
△ACD 2 △ACE 2 △ACD
可求出面积
【详解】解：∵△ABC折叠至△ACF处，∠ABC=∠F=60°，∠BAC=90°，
∴△BCF为等边三角形，
∴AB=AF=4cm,BC=BF=CF=8cm,
又∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD,
∴∠ACD=∠BAC=90°，
∴AC=❑√BC2−AB2=❑√82−42=4❑√3(cm)，CD=AB=4cm,
1 1
∴S = AC⋅CD= ×4❑√3×4=8❑√3(cm2)，
△ACD 2 2
∵AE∥BC，
∴∠FAE=∠B=60°,∠FEA=∠FCB=60°,
∴∠F=∠FBE=∠FEB=60°,
∴FA=EA=FE,
1 1 1 1
∴EA=EF= FB= BC= CF= AD
2 2 2 2
∴点E为AD的中点，
1 1
∴折叠重合部分的面积为：S = S = ×8❑√3=4❑√3(cm2)，
△ACE 2 △ACD 2
故答案为：4❑√3
3．（24-25八年级·四川自贡·期末）如图，在三角形纸片ABC中，∠C=90∘，∠A=30∘，AC=9，将纸
片沿过点B的直线折叠，使点C落在斜边上的点E处，折痕记为BD，剪去 ADE后得到双层 BDE，再沿
着过 BDE某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有△一个是平行四边形，△则所得平行
四边△形的面积是 ．9❑√3
【答案】 ,6❑√3.
2
【分析】利用三角函数先求解AB,BC,得到DE是AB的中垂线，由对折的性质求解CD,DE,分情况讨
论， ①如图中，当DE=FE=3时，沿着直线EF将双层三角形剪开，展开后的平面图形中有一个是平行
四边形，②如图中，当FD=FB时，沿着直线DF将双层三角形剪开，展开后的平面图形中有一个是平行四
边形，利用平行四边形的面积是三角形面积的2倍，从而可得答案．
【详解】解：如图，∵∠C=90°,∠A=30°,AC=9,
∴AB=2BC,
∵AB2=AC2+BC2,
∴(2BC) 2=81+BC2,
∴BC=3❑√3,
∴AB=6❑√3,
由对折设CD=DE=x, BC=BE=3❑√3,∠BED=∠C=90°,
∴AE=AB−BE=3❑√3,
∴AE=BE,
∴DE是AB的中垂线，
∴AD=BD=9−x,
在Rt△BDC中，(9−x) 2=x2+(3❑√3) 2 ,
∴x=3，
∴DE=CD=3，①如图中，当DE=FE=3时，沿着直线EF将双层三角形剪开，展开后的平面图形中有一个是平行四边
形，
∵∠A=30°,∠DCB=90,
∴∠ABC=60°,∠DBE=30°,
∵∠DEB=90°,
∴∠EDB=60°,
∴△≝¿为等边三角形，
过E作EH⊥BD于H，
3
∴DH=FH= ,
2
∴EH=❑
√
32−
(3) 2
=
3❑√3
,
2 2
∴S =2S
平行四边形 1 3❑√3 9❑√3
△≝¿=2× ×3× = ,¿
2 2 2
②如图中，当FD=FB时，沿着直线DF将双层三角形剪开，展开后的平面图形中有一个是平行四边形，
过F作FH⊥BD于H，
∵BD=9−3=6,
∴DH=BH=3,
∵∠DBE=30°,
∴BF=2BH
∵BF2=BH2+FH2,∴(2FH) 2=9+FH2,
∴FH=❑√3,
1
∴S =2S =2× ×6×❑√3=6❑√3.
平行四边形 △DBF 2
9❑√3
综上：所得平行四边形的面积是 ,6❑√3.
2
9❑√3
故答案为： ,6❑√3.
2
【点睛】本题考查翻折变换、线段的垂直平分线的判定与性质，勾股定理的应用，平行四边形的判定和性
质、含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思
想思考问题．
4．（24-25八年级·重庆·期中）如图，在一个等边三角形纸片中取三边的中点，若以虚线折叠纸片，则图
中阴影部分的面积与整个图形的面积之比为 ．
【答案】3:8
1
【分析】根据三角形中位线定理可得EF//AB，EC:AC=1:2，ED//CB，然后可得S = S
ΔEFC 4 ΔACB
1
，阴影②的面积为平行四边形DEFB的 ，进而可答案．
4
【详解】解：∵D、E、F为ΔACB三边中点，
∴EF//AB，EC:AC=1:2，ED//CB，
∴ΔEFC∽ΔABC，
1
∴S = S ，
ΔEFC 4 ΔACB∵DE//CB，EF//AB，
∴四边形DEFB、ADFE、EDFC都是平行四边形，
∴S =S =S =S ，
ΔADE ΔDEF ΔBDF ΔEFC
1
∴阴影②的面积为平行四边形DEFB的 ，
4
1
即阴影②的面积为△ABC面积的 ，
8
3
∴阴影部分的面积是整个图形的面积的 ，
8
∴阴影部分的面积与整个图形的面积之比为3:8．
故答案为：3:8．
【点睛】本题主要考查了轴对称和平行四边形，三角形中位线，关键是掌握平行四边形是轴对称图形．
5．（24-25八年级·辽宁铁岭·期中）如图，在▱ABCD中，AB=6，AD=10，∠B=60°，P为AB边上
一点，连接PD，将▱ABCD沿PD所在直线折叠，点B，C的对应点分别为B′，C′，过PD的中点E作
EF⊥PD交B′C′于点F，连接DF，若PB=4，则△≝¿的面积是 ．
155❑√3
【答案】
22
【分析】过PH⊥BC交于H，过D作DM⊥BC交BC的延长线于M，过P作PQ⊥DA交DA的延长线于
1 1
Q，延长EF交BC于G，连接PF、PG、DG，由直角三角形的特征得 BH= PB=2，AQ= PA=1，
2 21
CM= CD=3，由勾股定理得PH=❑√PB2−BH2 =2❑√3，同理可求：PQ=❑√3，DM=3❑√3，PD
2
=2❑√31，设CG=x，MG =3+x，GH =8−x，由勾股定理得PG2=PH2+GH2，DG2=MG2+DM2
，可得 (2❑√3) 2+(8−x) 2=(3+x) 2+(3❑√3) 2，求出 x ，由S
△≝¿=
1
DE⋅EF¿
即可求解．
2
【详解】解：如图，过PH⊥BC交于H，过D作DM⊥BC交BC的延长线于M，过P作PQ⊥DA交DA
的延长线于Q，延长EF交BC于G，连接PF、PG、DG，
∵AB=6 PB=4
， ，
∴PA=AB−PB
=2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD=6，
AD=BC=10，
∵∠B=60°，
∴∠APQ=∠BPH=30°，
∠DCM=∠B=60°，
∴∠CDM=30°，
1
∴BH= PB=2，
2
1
AQ= PA=1，
2
1
CM= CD=3，
2
∴PH=❑√PB2−BH2
=❑√42−22=2❑√3，
同理可求：PQ=❑√3，
DM=3❑√3，
∴DQ=AQ+AD
=11，
∴PD=❑√PQ2+DQ2
=❑√(❑√3) 2+112
=2❑√31，
∵E是PD的中点，
EF⊥PD，
∴PG=DG，
1
DE= PD=❑√31，
2
由折叠得：EF=EG，
设CG=x，
∴MG=CG+CM
=3+x，
GH=BG−BH
=10−x−2
=8−x，
∵PG2=PH2+GH2
=(2❑√3) 2+(8−x) 2，
DG2=MG2+DM2
=(3+x) 2+(3❑√3) 2 ，
∴ (2❑√3) 2+(8−x) 2=(3+x) 2+(3❑√3) 2 ，
20
解得：x= ，
11
20 53
∴ MG=3+ = ，
11 11∴ DG=❑
√ (53) 2
+(3❑√3) 2
11
14❑√31
= ，
11
∴EG=❑√DG2−DE2
=❑
√ (14❑√31) 2
−(❑√31) 2
11
5
= ❑√93，
11
5
∴ EF= ❑√93，
11
S
∴ 1
△≝¿= DE⋅EF¿
2
1 5
= ×❑√31× ❑√93
2 11
155❑√3
= ；
22
155❑√3
故答案： ．
22
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的特征，勾股
定理等，掌握相关性质，根据题意作出恰当的辅助线，构建直角三角形并熟练利用勾股定理求解是解题的
关键．
6．（24-25八年级·四川成都·期中）如图，将平行四边形ABCD折叠，使得点C落在点A处，点D落在点
D′处，折痕为EF，连接CE．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AB=4，BC=6，∠B=60°，求平行四边形AFCE的面积．【答案】(1)见解析
(2)7❑√3
【分析】（1）利用翻折的性质和平行线的性质可得AE=AF=CF，即可证明结论；
（2）利用含30°角的直角三角形的性质得BH=2，AH=2❑√3，再利用勾股定理列方程求出CF的长，即
可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEF=∠EFC，
∵将平行四边形ABCD折叠，使得点C落在点A处，点D落在点D′处，折痕为EF，
∴∠AFE=∠EFC，AF=CF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF，
∴AE=CF，
∵AD∥BC，
∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）解：作AH⊥BC于H，
∵∠B=60° AB=4
， ，
∴∠BAH=30°，
1
∴BH= AB=2，AH=2❑√3，
2
∵BC=6，
∴CH=4，
设AF=CF=x，则FH=4−x，
在Rt△AHF中，由勾股定理得，
x2=(2❑√3) 2+(4−x) 2，
7
解得x= ，
27
∴CF= ，
2
7
∴平行四边形AFCE的面积为CF⋅AH= ×2❑√3=7❑√3．
2
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，翻折变换，勾股定理等知识，利用勾股定理列方程是
解题的关键．
7．（24-25八年级·河北石家庄·期末）如图1，在▱ABCD中，AB=2AD=4，∠D=60°，点P是边CD
上一点，连接PB，沿PB折叠△BCP，使点C落在点N处，其中CP≥2，设PN与AB相交于点M．
(1)如图2，当点M，N重合时，
①求证：四边形BCPN是菱形；
②设点Q为线段BP上一点，求NQ+AQ的最小值．
(2)求△BMP的面积S 的取值范围．
△BMP
【答案】(1)①见解析；②2❑√3
7
(2)❑√3≤S ≤ ❑√3
△BMP 5
【分析】（1）①由折叠的性质得到BN=BC,PC=PM，∠PBC=∠NBP，利用平行四边形的性质推出
∠CPB=∠NBP，进而得到∠CPB=∠CBP，推出BC=PC=BN=PN，即可证得四边形BCPN是菱
形；
②先证明△QBC≌△QBN，得到NQ=CQ，进而得到NQ+AQ=CQ+AQ，当A，C，Q三点共线时，
NQ+AQ最小，此时NQ+AQ=AC，连接AC，AP，证得△ADP是等边三角形，得到
AP=2=PC,∠APD=60°，求出∠CAD=90°，勾股定理求出AC，即可得到NQ+AQ的最小值为2❑√3
；
（2）当点M，N重合时，CP=2，△BMP的面积最小，过点D作DH⊥AB于点H，利用30度角的性质
1
及勾股定理求出AH= AD=1，DH=❑√AD2−AH2=❑√3，得到
2
1 1
S = ×BN×DH= ×2×❑√3=❑√3；当点P与点D重合时，过点M作MG⊥BN于点G，设DM=x
△BMP 2 2
，证明∠BDC=∠BDN=∠ABD，得到BM=DM=x，利用30度角的性质及勾股定理求出NG= 1 MN=2− 1 x，MG=❑√M N2−NG2=❑√3 ( 2− 1 x ) ，列得BM2=BG2+MG2，求出x= 14 ，即
2 2 2 5
14 1 1 14 7
BM= ，求出S = ×BM×DH= × ×❑√3= ❑√3，由此得到△BMP的面积的取值范围是
5 △BMP 2 2 5 5
7
❑√3≤S ≤ ❑√3．
△BMP 5
【详解】（1）解：①当点M，N重合时，BM=BN，
由折叠得BN=BC,PC=PM，∠PBC=∠NBP，
∵在▱ABCD中，AB∥DC，
∴∠CPB=∠NBP，
∴∠CPB=∠CBP，
∴BC=PC=BN=PN，
∴四边形BCPN是菱形；
②连接CQ
∵四边形BCPN是菱形，
∴∠PBC=∠PBN,BC=BN，
又∵BQ=BQ，
∴△QBC≌△QBN，
∴NQ=CQ，
∴NQ+AQ=CQ+AQ，
∴当A，C，Q三点共线时，NQ+AQ最小，此时NQ+AQ=AC，
连接AC，AP，
∵PC=BC=2，CD=4，
∴PD=2=AD，
∵∠D=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴AP=2=PC,∠APD=60°，
∴∠ACP=∠CAP=30°，∴∠CAD=90°，
∴AC=❑√CD2−AD2=❑√42−22=2❑√3，
∴NQ+AQ的最小值为2❑√3；
（2）当点M，N重合时，CP=2，
∴△BMP的面积最小，
过点D作DH⊥AB于点H，
∵AB∥DC，
∴∠DAH=∠ADC=60°，
∴∠ADH=30°，
1
∴AH= AD=1，DH=❑√AD2−AH2=❑√3，
2
1 1
∴S = ×BN×DH= ×2×❑√3=❑√3；
△BMP 2 2
当点P与点D重合时，过点M作MG⊥BN于点G，
设DM=x，
∵∠BDC=∠BDN=∠ABD，
∴BM=DM=x，
∴MN=4−x，
∵BC∥AD，∠ADC=60°，
∴∠C=180°−∠ADC=120°，
∴∠BNM=∠C=120°，∠MNG=180°−∠BNM=60°，
∴∠GMN=30°，1 1
∴NG= MN=2− x，
2 2
∴MG=❑√M N2−NG2=❑√3 ( 2− 1 x ) ，
2
∵BM2=BG2+MG2，
∴ [ ❑√3 ( 2− 1 x )) 2 + ( 2+2− 1 x ) 2 =x2 ，
2 2
14 14
解得x= ，即BM= ，
5 5
1 1 14 7
∴S = ×BM×DH= × ×❑√3= ❑√3
△BMP 2 2 5 5
7
∴△BMP的面积的取值范围是❑√3≤S ≤ ❑√3．
△BMP 5
【点睛】此题考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练
掌握各知识点并综合应用是解题的关键．
8．（24-25八年级·山西吕梁·阶段练习）综合与实践
【问题情境】
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图（1），在▱ABCD中，F为CD的中点，E为边AD上一点，
连接EF、BE，连接BF并延长交AD的延长线于G，若EF=BF，试猜想BE与AD的位置关系，并加以证
明．
【独立思考】
（1）请解答老师提出的问题．
【实践探究】
（2）希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图（2），点C
的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，判断四边形DGBF的形状，并加以证明．
【问题解决】（3）如图3，智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD
于点H，A′M交CD于点N，折痕交边AD于点M．该小组提出一个问题：若∠A=60°，AM=6，直接
写出△A′MB的面积．
【答案】（1）AD⊥BE，证明见解析；
（2）四边形DGBF是平行四边形，证明见解析；
9
（3） (3+❑√3）
2
【分析】（1）F为CD的中点，AG∥BC，∠DGF=∠CBF，∠DFG=∠CFB，可得
△DFG≌△CFB，由此可证明GF=BF，结合EF=BF，可得GF=BF=EF．所以△BEG为直角三角
形，∠BEG=90°，AD⊥BE.
（2） FC′是由FC沿着BF翻折而成的，且F为CD的中点，可得∠CFC′=2∠CFB，DF=FC=FC′，
由此得到∠CFC′=2∠FDC′，证得∠FDC′=∠CFB，DG∥FB，又DF∥GB，故可得到DGBF是
平行四边形．
（3）要求△A′MB的面积，只需求△AMB的面积，根据已知角∠A=60°，AM=6，可求得AB长和AB
边上的高，即可求出面积．
【详解】（1）如图所示，
∵ CD AG∥BC
F为 的中点，
{
DF=FC
)
∴ ∠DGF=∠CBF ，
∠DFG=∠CFB
∴ △DFG≌△CFB，
∴ GF=BF，又EF=BF，
∴ GF=BF=EF，
∴ ∠FGE=∠FEG，∠FEB=∠FBE，
∴ ∠FGE+∠GEB+∠GBE=2∠FEG+2∠FEB=180°，
∴ ∠BEG=∠FEG+∠FEB=90°，
∴ △BEG为直角三角形，AD⊥BE．（2）如图所示，
∵ FC′ FC BF CD
是由 沿着 翻折而成的，且F为 的中点，
∴ ∠CFC′=2∠CFB，DF=FC=FC′，
∵ DF=FC′，
∴ ∠CFC′=∠FDC+∠FC′D=2∠FDC′，
∴∠CFB=∠FDC′，
∴ DG∥FB，又DF∥GB，
∴ 四边形DGBF是平行四边形．
（3）如图所示，过点M作MG⊥AB于G，
∵ ∠A=60° ABCD
，四边形 为平行四边形，
∴ ∠C=60∘，∠ABC=120∘，
∵ △BM A′是由△BMA翻折形成，且BA′⊥CD，
∴ ∠HBC=30∘，∠MBA=∠MBA′=45∘，
∵ AM=6，在Rt△AGM中
1
∴ AG= AM=3，MG=❑√AM2−AG2=❑√36−9=3❑√3，
2
在Rt△MGB，
∵ ∠MBA=45°，
∴ BG=MG=3❑√3，
1 1 9
∴ S =S = AB·MG= (3+3❑√3)·3❑√3= (3+❑√3)．
△A′MB △AMB 2 2 2
【题型4 与中位线有关的折叠问题】
1．（24-25八年级·河南南阳·阶段练习）如图，D，E分别为△ABC中AC，BC边的中点，将此三角形沿DE折叠，使点C落在AB边上的点P处．若∠CED=70°，则∠BPE等于（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】D
【分析】本题考查了中位线的判定与性质，平行线的判定与性质，折叠性质，等边对等角，正确掌握相关
性质内容是解题的关键．先得出DE是△ABC的中位线，CE=BE，结合平行线的性质得
∠B=∠CED=70°，因为折叠，得PE=CE=BE，最后由等边对等角，即可作答．
【详解】解：∵D，E分别为△ABC中AC，BC边的中点，
∴DE是△ABC的中位线，CE=BE
∴DE∥AB
∴∠B=∠CED=70°
∵将此三角形沿DE折叠，使点C落在AB边上的点P处．
∴PE=CE=BE
∴∠BPE=∠B=70°
故选：D
2．（24-25八年级·贵州黔西·期末）在△ABC中，AB=12，AC=10，BC=9，AD是BC边上的高．将
△ABC按如图所示的方式折叠，使点A与点D．重合，折痕为EF，则△≝¿的周长为（ ）
A．9.5 B．10 C．11 D．15.5
【答案】D
【分析】先根据折叠的性质可得AE=DE,∠EAD=∠EDA，再根据垂直的定义、直角三角形的性质可得
∠B=∠BDE，又根据等腰三角形的性质可得BE=DE，从而可得DE=AE=BE=6，同理可得出1
DF=AF=CF=5，然后根据三角形中位线定理可得EF= BC=4.5，最后根据三角形的周长公式即可
2
得．
【详解】由折叠的性质得：AE=DE,∠EAD=∠EDA
∵AD是BC边上的高，即AD⊥BC
∴∠B+∠EAD=90°，∠BDE+∠EDA=90°
∴∠B=∠BDE
∴BE=DE
1 1
∴DE=AE=BE= AB= ×12=6
2 2
1 1
同理可得：DF=AF=CF= AC= ×10=5
2 2
又∵AE=BE,AF=CF
∴点E是AB的中点，点F是AC的中点
∴EF是△ABC的中位线
1 1
∴EF= BC= ×9=4.5
2 2
则△≝¿的周长为DE+DF+EF=6+5+4.5=15.5
故选：D．
【点睛】本题考查了折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质等知识点，
利用折叠的性质和等腰三角形的性质得出BE=DE是解题关键．
3．（24-25八年级·江苏无锡·期中）如图，将△ABC沿它的中位线MN折叠后，点A落在点A′处，若
∠A′=28°，∠B=120°，则∠A′NC等于（ ）
A．124° B．92° C．120° D．116°
【答案】D
【分析】根据折叠的性质，三角形中位线定理，三角形内角和定理，平行线的性质，平角的定义计算即
可．
【详解】∵△ABC沿它的中位线MN折叠后，点A落在点A′处，∠A′=28°，∴∠A=∠A′=28°,∠ANM=∠A′NM，MN∥BC，
∵∠B=120°，
∴∠C=180°−120°−28°=32°，
∵MN∥BC，
∴∠ANM=∠A′NM=∠C=32°，
∴∠A′NC=180°−32°−32°=116°，
故选D．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，折叠的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，平角的意义，
熟练掌握中位线定理，折叠性质是解题的关键．
4．（24-25八年级·江苏扬州·期中）如图，将△ABC沿着它的中位线DE折叠后，点A落到点A’，若∠C＝
120°，∠A＝26°，则∠A′DB的度数是（ ）
A．120° B．112° C．110° D．100°
【答案】B
【分析】根据轴对称和平行线的性质，可得∠A'DE＝∠B，又根据∠C＝120°，∠A＝26°可求出∠B的值，
继而求出答案．
【详解】解：由题意得：DE∥BC，
∴∠A'DE＝∠B＝180°﹣120°﹣26°＝34°，
∴∠BDE＝180°﹣∠B＝146°，
故∠A'DB＝∠BDE﹣∠A'DE＝146°﹣34°＝112°．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称以及三角形中位线的性质，解题的关键是熟知三角形的中位线平行于第三边．
5．（24-25八年级·重庆北碚·开学考试）如图，在△ABC中，D为BC中点，连接AD，把△ABD沿着AD
折叠得到△AED，连接EC，若DE=5，EC=6，AB=4❑√2，则线段AD的长是（ ）
A．4 B．5C．6 D．7
【答案】D
【分析】连接BE交AD于点F，由折叠的性质得出BD=DE，AD⊥BE，求出BE的长，可求出AF，DF的
长，则可得出答案．
【详解】解：连接BE交AD于点F，
∵把△ABD沿着AD折叠得到△AED，
∴BD=DE，AD⊥BE，
∵D为BC的中点，
∴BD=CD，
∴BD=CD=DE，
∴△BEC为直角三角形，∠BEC=90°，
∵CE=6，BC=10，
∴BE=❑√BC2−CE2=8，
∵∠BEC=∠BFD=90°，
∴DF∥CE，
1
∴BF=EF=4，DF= CE=3，
2
∵AB=4❑√2，
∴AF=❑√AB2−BF2=4，
∴AD=AF+DF=7，
故选：D．
【点睛】本题考查了直角三角形的判定与性质、折叠的性质、三角形中位线的性质以及勾股定理．熟练掌
握折叠的性质是解题的关键．
6．（2024八年级·浙江·专题练习）如图，将▱ABCD纸片折叠(折痕为BE)，使点A落在BC上，记作①；
展平后再将▱ABCD折叠(折痕为CF)，使点D落在BC上，记作②；展平后继续折叠▱ABCD，使AD落在直线BC上，记作③；重新展平，记作④．若AB=4，BC=7，则图④中线段GH的长度为（ ）
5 7
A． B． C．3 D．4
2 2
【答案】C
【分析】图④中，连接EH，延长EH交BC于M；由题意易知：AB=AE=4，CD=DF=4，GH是
△EBM的中位线，△EFH≌△MCH，则可求出BM的长度，即可解决问题．
【详解】解：如图④中，连接EH，延长EH交BC于M．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=7,AD∥BC，AB=CD=4，
∴∠AEB=∠EBC，∠DFC=∠FCB，
由折叠得：∠ABE=∠EBC，∠FCB=∠DCF，
∴∠ABE=∠AEB，∠DFC=∠DCF，
∴AB=AE=4，CD=DF=4，
∴AF=DE=7−4=3，EF=AE−AF=1，
由折叠知：G、H分别是BE、CF的中点，
∴GH是△EBM的中位线，
∵EH=HM，∠EFH=∠MCH，∠EHF=∠CHM，
∴△EFH≌△MCH(AAS)，
∵EF=CM=1，BM=BC−CM=6，
∵GH是△EBM的中位线，
1
∴GH= BM=3；
2
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换，平行四边形的性质，三角形的中位线定理，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，属于中考选择题中的压轴题．
7．（24-25八年级·重庆长寿·期末）如图，将△ABC沿DE折叠，使点A与BC边的中点F重合，
下列结论：
①EF∥AB；
②∠BAF=∠CAF；
1
③S = AF⋅DE；
四边形ADFE 2
④∠BDF+∠FEC=2∠BAC．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据中位线的性质可判断①，根据三线合一可判断②，根据折叠的性质可得到DE垂直平分AF，
进而可判断③，根据三角形的外角的性质，即可判断④．
【详解】①∵点F是BC边的中点，
∴要使EF∥AB，则需EF是△ABC的中位线，根据折叠得AE=EF，显然本选项不一定成立；
②要使∠BAF=∠CAF，则需AD=AE，显然本选项不一定成立；
1
③根据折叠得到DE垂直平分AF，则S = AF⋅DE，故本选项正确；
四边形ADFE 2
④根据三角形的外角的性质，得∠BDF=∠DAF+∠AFD，∠CEF=∠EAF+∠AFE，又
∠BAC=∠DFE，则∠BDF+∠FEC=2∠BAC，故本选项成立．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质与判
定，掌握以上知识是解题的关键．
8．（24-25八年级·重庆·期末）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=8，点D、E分别为AC
、BC的中点，点F为AB边上一动点，将∠A沿着DF折叠，点A的对应点为点G，且点G始终在直线DE
的下方，连接GE，当△GDE为直角三角形时，线段AF的长为 ．【答案】2或3
【分析】记DG与AB交于H，见解析图，先证明∠DEG≠90°，再讨论当∠EDG=90°时或
∠DGE=90°时的情况．当∠EDG=90°时，由翻折得∠ADF=∠GDF=30°，∠DFH=60°，再由
1 ❑√3
DH= AD，DH= DF，即得AF=2；当∠DGE=90°时，先证明Rt△CDE≌Rt△GDE得
2 2
∠CDE=∠GDE=30°，再由翻折性质得∠AFD=90°，然后求出AF即可．
【详解】解：∵点D、E分别为AC、BC的中点，
1
∴DE= AB=4，DE∥BC，
2
∵∠C=90°，∠A=30°，
∴AC=4❑√3，
∴AD=DG=4❑√3，
当恰好在AB上时，F、G重合，此时AG=AD=6，
∵ADcos30°+DE=7>6，
∴G并未在E点正下方，
由于F再往右运动，G点在BC上方，F就不存在，
∴①当∠EDG=90°时，如图，记DG与AB交于H，
∵∠A=30° DG⊥DE
， ，
∴∠AHD=90°，∠ADG=60°，
∵翻折对应角相等，
∴∠ADF=∠GDF=30°，∠DFH=60°，
∴AF=DF，1 ❑√3
∵DH= AD，DH= DF，
2 2
∴AF=2；
②当∠DGE=90°时，
∵DE=DE DG=AD=DC
， ，
∴Rt△CDE≌Rt△GDE(HL)，
∴∠CDE=∠GDE=30°，
∴∠ADG=180°−2×30°=120°，
∵∠ADF=∠FDG，
∴∠ADF=60°，
∵∠A=30°，
∴∠AFD=90°，
∴AF=ADcos30°=3，
故答案为：2或3．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线判定及性质、图形折叠的性质、等腰三角形的判定及性质、特殊
角的三角函数、全等三角形的判定及性质，分类讨论：当∠DGE=90°时，画出图形是解决本题的关键．
9．（2024·广东惠州·二模）“做数学”可以帮助学生积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片ABC，
第1次折叠使点 B落在 BC边上的点B′处，折痕AD交 BC于点 D；第2次折叠使点A落在点D处，折痕
MN交AB′于点P．若BC=24， 则MP+MN= ．
【答案】12
1
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，折叠的性质，根据第一次折叠的性质求得BD=DB′= BB′
2和AD⊥BC，由第二次折叠得到AM=DM，MN⊥AD，进而得到MN∥BC，易得MN是△ADC的中
位线，MP是△ADB′的中位线，最后由三角形的中位线定理求解即可．
【详解】解：∵已知三角形纸片ABC，第1次折叠使点B落在BC边上的点B′处，折痕AD交BC于点D，
1
∴BD=DB′= BB′ ，AD⊥BC．
2
∵第2次折叠使点A落在点D处，折痕MN交AB′于点P，
∴AM=DM，AN=ND，
∴MN⊥AD，
∴MN∥BC．
如图所示，取AC中点H，连接MH，则MH是△ACD的中位线，
∴MH∥CD，
∴由平行线的唯一性可知，MN，MH重合，即点H与点N重合，
∴MN是△ADC的中位线，
1
∴MN= DC，
2
同理可得MP是△ADB′的中位线，
1
∴MP= DB′ ，
2
∵BC=24，BD+DC=CB′+2BD=BC，
1 1 1 1
∴MP+MN= DB′+ DC= (DB′+DB′+B′C)= BC=12．
2 2 2 2
故答案为：12．
10．（24-25八年级·四川德阳·期末）如图，在四边形ABCD中，AB=6，CD=4，∠ABD=48°，
∠CDB=42°，四边形ABCD沿着BD翻折，使点C落在点C′，P、M、N分别是BD、BC′、AD的中
点，则MN的长度为【答案】❑√13
【分析】本题考查三角形中位线的性质，勾股定理．根据三角形中位线的性质得出△MPN为直角三角形
1 1
是解题关键．根据三角形中位线的性质可得出PM= C′D=2，PM∥C′D，PN= AB=3，PN∥AB
2 2
，从而可求出∠BPM=∠C′DB=42°，∠DPN=∠ABD=48°，进而得出∠MPN=90°，再根据勾股
定理求解即可．
【详解】解：由翻折可知C′D=CD，∠C′DB=∠CDB=42°．
∵P、M分别是BD、BC′的中点，
1
∴PM= C′D=2，PM∥C′D，
2
∴∠BPM=∠C′DB=42°．
∵P、N分别是BD、AD的中点，
1
∴PN= AB=3，PN∥AB，
2
∴∠DPN=∠ABD=48°，
∴∠MPN=180°−∠BPM−∠DPN=180°−42°−48°=90°，
∴MN=❑√PM2+PN2=❑√22+32=❑√13．
故答案为：❑√13．
11．（24-25八年级·重庆潼南·阶段练习）已知Rt△ABC中，点D为斜边AB的中点，连接CD，将△DCB
沿DC翻折，使点B落在点E的位置，DE交AC于F，连接AE．若AC=4，BC=3，则AE的长为
．
7
【答案】
5【分析】利用直角三角形的勾股定理和斜边中线等于斜边一半可以得到等腰三角形的边长，通过作辅助
线，可将所求的问题进行转化到求BE，由折叠得CD是BE的中垂线，借助三角形的面积公式，可以求出
1
BG，进而求出BE，由等腰三角形的性质，可得DN是三角形的中位线，得DN= BE，求出DN，再根
2
据勾股定理，求出AN，进而解得AE．
【详解】解：如图，
过点D作DM⊥BC，DN⊥AE，垂足为M，N，连接BE交CD于点G，
在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，得BA=5，
∵点D为斜边AB的中点，
1 5
∴CD=BD=AD= AB= ，
2 2
1 3
在△DCB中，DC=DB,DM⊥BC，得MB=MC= BC= ，
2 2
那么DM=❑√BD2−BM2=❑
√ (5) 2
−
(3) 2
=2，
2 2
在△ADE中，DA=DE,DN⊥AE，
1
∴AN=NE= AE，
2
∴DN为△ABE的中位线，
1
∴DN∥BE，DN= BE，
2
由折叠得，CD垂直平分BE，
1 1 12
在△DBC中，由三角形面积公式得 BC⋅DM= DC⋅BG，即BG= =DN，
2 2 5
在Rt△ADN中，AN=❑√AD2−DN2=❑
√ (5) 2
−
(12) 2
=
7
，
2 5 10
7
∴AE=2AN= ，
57
故答案为： ．
5
【点睛】本题主要考图形的查翻折变换、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、勾股定理及等面积法，
能够构造出并证明三角形中位线是解题的关键．
12．（24-25八年级·重庆开州·开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，将
△DOC沿着对角线AC翻折得到△EOC，连接BE．若BE=2，OC=5，BD=6，则O到CD的距离为
5❑√22 5
【答案】 / ❑√22
11 11
【分析】连接DE交AC于N，过点O作OM⊥CD于点M，由翻折性质可证△CNE≌△CND，得出AC为
1
DE的垂直平分线，由平行四边形的性质求出OB=OD= BD=3，由中位线性质求出ON=1，由勾股定
2
1 1
理求出DN，CD的长，再利用S = OC×DN= CD×OM即可求出OM的长，得出最后结论．
△DOC 2 2
【详解】解：连接DE交AC于N，过点O作OM⊥CD于点M，
由翻折性质可知，CE=CD，∠ECN=∠DCN，
又∵CN=CN，
∴△CNE≌△CND(SAS)，
∴EN=DN，
∴AC为DE的垂直平分线，
∴AC⊥DE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
1
∴OB=OD= BD=3，
2∵O，N分别为DB，DE的中点，
1
∴ON= BE=1，
2
∴DN=❑√OD2−ON2=❑√32−12=❑√8=2❑√2，
∴CN=OC+ON=5+1=6，
∴CD=❑√DN2+CN2=❑√8+36=2❑√11，
1 1
∵S = OC×DN= CD×OM，
△DOC 2 2
5×2❑√2 5❑√22
∴OM= = ，
2❑√11 11
5❑√22
故答案为： ．
11
【点睛】本题考查了翻折性质，三角形全等的判定与性质，垂直平分线的性质，平行四边形的性质，勾股
定理，三角形的中位线性质，正确作出辅助线，利用中位线性质求出ON的长度，是解答本题的关键．
