专题 18.10 四边形中的五大折叠问题专项训练
【人教版】
考卷信息：
本套训练卷共50题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对特殊四边形中的折叠问题的四
大题型的理解！
【题型1 平行四边形中的折叠问题】
1．（24-25八年级·四川绵阳·期末）如图， ▱ABCD中，点E在边BC上，以AE为折痕，将△ABE向上翻
折，点B正好落在CD上的点F处，若△FCE的周长为7，△FDA的周长为21，则FD的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】本题考查翻折性质，平行四边形性质，根据题意可得FC+CE+EF=FC+CE+BE=7，
FD+DA+AB=21，继而得到本题答案．
【详解】解：∵ ▱ABCD，
∴AD=BC,AB=DC，
由题意得：BE=FE,AB=AF，
∵将△ABE向上翻折，点B正好落在CD上的点F处，△FCE的周长为7，△FDA的周长为21，
∴FC+CE+EF=FC+CE+BE=7，FD+DA+AB=21，
∴CE+EF+DF+CF+AD+AF=28，即2(AD+DC)=28，
∴AD+DC=14，即AD+AF=14，
∴FD=21−14=7，
故选：C．
2．（2024·安徽合肥·八年级期末）已知▱ABCD中，∠B=40°，AB=AC，将△ADC沿AC翻折，点D
的对应点为E，AE交BC于F，则∠AFC的度数是（ ）A．80° B．90° C．100° D．110°
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质等；由平行四边形的性质得∠D=∠B=40°，
AD∥BC，从而可得∠ACF=∠CAD，由由翻折得：∠CAF=∠CAD，即可求解；掌握相关的性质是
解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=40°，
AD∥BC，AB=AC，
∴ ∠B=∠ACF=∠CAD=40°
由翻折得：
∠CAF=∠CAD=40°，
∴∠ACF=∠CAF=40°，
∴∠AFC=180°−∠CAF−∠ACF
=100°；
故选：C
3．（24-25八年级下·广东韶关·期中）如图，将▱ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，CE交AD
于点F，若∠BAC=60°，∠ACE=2∠ECD,FC=a,FD=b，则▱ABCD的周长为（ ）
A．4a+4b B．4a+2b C．2a+b D．2a+2b
【答案】B
【分析】证明△AEF≌△CDF(AAS)，得出FA=FC=a，则∠FAC=∠FCA，设∠ECD=x，则∠FAC=∠FCA=2x，∠CFD=4x，∠ACD=3x，平行得到∠ACD=∠BAC=60°，求出x的值，推
出FC=DC=AB=a，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，
∵△ACB沿AC翻折得到△ACE，
∴AE=AB，∠B=∠E，
∴AE=CD，∠E=∠D，
在△AEF和△CDF中，
{
∠E=∠D
)
∠AFE=∠CFD ，
AE=CD
∴△AEF≌△CDF(AAS)，
∴FA=FC=a，
∴∠FAC=∠FCA，
设∠ECD=x，则∠FAC=∠FCA=2x，
∴∠ACD=∠ACF+∠FCD=3x，∠CFD=4x，
∵AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC=60°
∴3x=60°，
∴x=20°，
∴∠ACF=40°,∠CFD=80°，
∵翻折，
∴∠ACB=∠ACE=40°，
∴∠BCD=∠ACB+∠ACF+∠FCD=100°，
∵AD∥BC，
∴∠D=180°−∠BCD=80°=∠CFD，
∴FC=DC=AB=a，
∵FC=a，FD=b，
∴AD=BC=a+b，
∴▱ABCD的周长=2(a+b)+2a=4a+2b，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，三角形的内角和，全等三角形的判定和性质，等腰三角形判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形对边平行且相等，对角相等；折叠前后对应边相
等，对应角相等．
4．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在▱ABCD中，E是AD边上一点，将△ABE沿BE翻折得到
△A′BE，延长EA′交BC的延长线于点F，连接CE．若BE=CF，∠F=20°，则∠BCE= 度．
【答案】30
【分析】根据平行四边形的性质得出∠≝=20°，由折叠可知，∠AEB=∠A′EB=80°，进而推出
∠BEF=80°，∠EBF=80°，则BF=EF=FM=EM，以EF为边构造等边三角形EFM，连接CM，
通过证明△CFM≌△EBF(SAS)，得出∠BFE=∠FMC=20°,∠MCF=∠EBF=80°,CM=BF=EM
，进而得出∠MCE=70°，最后根据∠BCE=180°−∠MCE−∠MCF，即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠CFE=20°，
∴∠≝=20°，
1
由折叠可知，∠AEB=∠A′EB=
¿，
2
∴∠BEF=180°−∠AEB−∠≝=80°，
∴∠EBF=180°−∠CFE−∠BEF=80°，
∴BF=EF=FM=EM，
以EF为边构造等边三角形EFM，连接CM，
∴∠EFM=∠EMF=∠MEF=60°，EF=FM，
∴∠CFM=∠CFE+∠EFM=80°，
在△CFM和△EBF中，
{
BE=CF
)
∠CFM=∠BEF ，
EF=FM
∴△CFM≌△EBF(SAS)，
∴∠BFE=∠FMC=20°,∠MCF=∠EBF=80°,CM=BF=EM，
∴∠EMC=∠EMF−∠FMC=40°，1
∴∠MCE= (180°−∠EMC)=70°，
2
∴∠BCE=180°−∠MCE−∠MCF=30°，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的性质，全等三角形的判
定和性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造全等三角形，等腰三角形，利用相关性质解答．
5．（2024·福建漳州·八年级期末）如图，将▱ABCD的两边AD与CD分别沿DE，DF翻折，点A，C恰
好与点B重合，则∠EDF的大小为 ．
【答案】60°
【分析】本题考查的是翻转变换的性质、平行四边形的性质及等边三角形的判定与性质，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．先证明△ABD和△BCD
是等边三角形，可得∠ADB=∠CDB=60°，再由折叠性质求解即可．
【详解】解：由翻转变换的性质可知，DA=DB=DC，∠ADE=∠BDE,∠CDF=∠BDF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AB=CD,
∴AB=BC=CD=AD=BD,
∴△ABD和△BCD是等边三角形，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
1
∴∠EDF=∠EDB+∠FDB= (∠ADB+∠CDB)=60°，
2故答案为：60°
6．（2023八年级下·浙江·专题练习）如图，▱ABCD中，把△ABC沿AC翻折得到△AEC，CE、AD相
交于点F．
(1)求证：DE∥AC；
(2)连接BD交AC于点O，连接OE，在不添加辅助线的条件下请直接写出图中所有等腰三角形．
【答案】(1)见解析
(2)△≝，△ACF，△OED
【分析】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练
运用这些性质解决问题是本题的关键．
（1）由平行四边形的性质和折叠的性质可得AE=CD，∠AEC=∠ADC，由“AAS”可证
△AEC≌△CDF，可得EF=FD，AF=FC，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求
∠FED=∠ACF，可得DE∥AC；
（2）由全等三角形的性质可得EF=FD，AF=FC，则△≝，△ACF是等腰三角形，由“SAS”可证
△ADO≌△CEO，可得OE=OD，可证△OED是等腰三角形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠ADC，
∵把△ABC沿AC翻折得到△AEC，
∴AB=AE，∠B=∠AEC，
∴AE=CD，∠AEC=∠ADC，
在△AEF和△CDF中，
{∠AEF=∠ADC
)
∠AFE=∠CFD ，
AE=CD
∴△AEF≌△CDF(AAS)，
∴EF=FD，AF=FC，
∴∠FED=∠FDE，∠FAC=∠FCA，
又∵∠EFD=∠AFC，
∴∠FED=∠ACF，∴DE∥AC；
（2）解：∵EF=FD，AF=FC，
∴△≝，△ACF是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，AD∥BC，BC=AD，
∴∠DAO=∠BCO，
∵把△ABC沿AC翻折得到△AEC，
∴CE=BC，∠ACB=∠ACE，
∴AD=CE，∠DAO=∠ACE，
在△ADO和△CEO中，
{
AO=CO
)
∠DAO=∠ECO ，
AD=CE
∴△ADO≌△CEO(SAS)，
∴OE=OD，
∴△OED是等腰三角形．
7．（24-25八年级下·福建泉州·期末）在▱ABCD中，点E是BC边上一点，延长AE交DC的延长线于点
F，将△ABE沿AE翻折得到△AB′E，延长AB′交CD于点M．
(1)如图1，若E为BC的中点．
①求证：△ABE≌△FCE；
②连接ME，求证：ME⊥AF．
(2)如图2，连接BB′交AF于点H，若G是AE的中点，∠AEB=2∠BAE．请判断GH与BE的数量关系，
并说明理由．
【答案】(1)①证明过程见解析；②证明过程见解析
1
(2)GH= BE，理由见解析
2
【分析】（1）①根据平行四边形的性质可得AB∥DC，由平行线的性质可得∠B=∠ECF，
∠BAE=∠F，再由E为BC的中点，可得BE=CE，再根据全等三角形的判定即可得证；②连接ME，由折叠的性质可得∠BAE=∠B′ AE，再由平行线的性质可得∠BAE=∠F，从而可得
∠B′ AE=∠F，根据等角对等边可得MA=MF，再根据等腰三角形的性质即可得证；
1
（2）过点B′作B′K∥AB交AF于点K，首先推导出GH= KE，由折叠的性质可得∠AEB=∠AEB′，
2
∠BAE=∠BA′E，BE=B′E，进而得出∠KB′E=∠B′KE，可得EB′=EK，EK=BE，即可得出结
论．
【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠B=∠ECF，∠BAE=∠F，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
∴△ABE≌△FCE(AAS)；
②如图，连接ME，
由折叠的性质得，∠BAE=∠B′ AE，
∵AB∥DC，
∴∠BAE=∠F，
∴∠B′ AE=∠F，
∴MA=MF，
∵EM=EM，
由①可得，△ABE≌△FCE，
∴AE=FE，
∴ME⊥AF；
1
（2）解：GH= BE，理由如下：
2
过点B′作B′K∥AB交AF于点K，
由（1）②得，B′ A=B′K，∠B′ AK=∠B′KA，由折叠的性质得，AK⊥BB′，
∴AH=KH，
∵AG=EG，
1 1 1
∴GH=AH−AG= AK− AE= KE，
2 2 2
由折叠的性质得，∠AEB=∠AEB′，∠BAE=∠BA′E，BE=B′E，
∵∠AEB=2∠BAE，
∴∠AEB′=2∠B′ AE，
∵∠B′ AE=∠B′KE，
∴∠AEB′=2∠B′KE，
∵∠AEB′=∠KB′E+∠B′KE，
∴∠KB′E=∠B′KE，
∴EB′=EK，
∴EK=BE，
1
∴GH= BE．
2
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的性质与判定、折叠的性质、平行线的性质、等腰三角
形的判定与性质及三角形外角的性质，熟练运用数形结合思想是解题的关键．
8．（24-25八年级下·河南南阳·期末）在▱ABCD中，点E为AB边的中点，连接CE，将△BCE沿着CE翻
折，点B落在点G处，连接AG并延长，交CD于F．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；(2)若CF＝5，△GCE的周长为20，求四边形ABCF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)30
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AE∥FC，根据折叠及已知条件得出AE＝GE，根据等腰三角
形的性质和三角形外角的性质，证明∠FAE＝∠CEB，再根据平行线的判定得出AF∥EC，即可证明结
论；
（2）由折叠的性质得：GE＝BE，GC＝BC，根据△GCE的周长为20，得出GE＋CE＋GC＝20，即可得出
BE＋CE＋BC＝20，再根据平行四边形的性质求出AF＝CE，AE＝CF＝5，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥FC，
∵点E是AB边的中点，
∴AE＝BE，
∵将△BCE沿着CE翻折，点B落在点G处，
∴BE＝GE，∠CEB＝∠CEG，
∴AE＝GE，
∴∠FAE＝∠AGE，
∵∠CEB＝∠CEG＝ ∠BEG，∠BEG＝∠FAE＋∠AGE，
∴∠FAE＝ ∠BEG，
∴∠FAE＝∠CEB，
∴AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：由折叠的性质得：GE＝BE，GC＝BC，
∵△GCE的周长为20，
∴GE＋CE＋GC＝20，
∴BE＋CE＋BC＝20，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴AF＝CE，AE＝CF＝5，
∴四边形ABCF的周长＝AB＋BC＋CF＋AF＝AE＋BE＋BC＋CE＋CF＝5＋20＋5＝30．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，三角形外角的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握平
行四边形的性质和判定，是解题的关键．
9．（24-25·江苏镇江·八年级期末）如图1，已知点A、B、C、D在一条直线上，BF、CE相交于O，AE＝DF，∠E＝∠F，OB＝OC．
（1）求证：△ACE≌△DBF；
（2）如果把△DBF沿AD折翻折使点F落在点G，如图2,连接BE和CG． 求证：四边形BGCE是平行四
边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】(1)直接利用等腰三角形的性质结合全等三角形的判定与性质得出即可；
(2)利用翻折变换的性质得出∠DBG=∠DBF，再利用平行线的判定方法得出CE∥BG，进而求出四边形
BGCE是平行四边形
【详解】（1）如图1，
∵OB＝OC，
∴∠ACE＝∠DBF，
在△ACE和△DBF中，
∠ACE=∠DBF
{ ∠E=∠F ，
AE=FD
∴△ACE≌△DBF（AAS）；
（2）如图2，
∵∠ACE＝∠DBF，∠DBG＝∠DBF，
∴∠ACE＝∠DBG，
∴CE∥BG，
∵CE＝BF，BG＝BF，
∴CE＝BG，
∴四边形BGCE是平行四边形．【点睛】此题考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质和翻折变换(折叠问题)，综合利用判定
的性质是解题关键
10．（17-18八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）已知：在四边形ABCD中，∠ABC=∠DCB=90°，点P在BC
边上，连接AP和PD，点E在DC边上，连接BE与DP和AP分别交于点F和点G，若AB=PC，BP=DC，
∠DFE=45°.
（1）如图1，求证：四边形ABED为平行四边形；
（2）如图2，把 PFG沿FG翻折，得到 QFG（点P与点Q为对应点），点Q在AD上，在不添加任何
辅助线的情况下，△请直接写出图中所有的△平行四边形（不包括平行四边形ABED，但包括特殊的平行四边
形）．
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AGFQ是平行四边形，四边形QGFD是平行四边形.
【分析】（1）证明△ABP≌△PCD，可以得出△PAD为等腰直角三角形，得出∠ADP=45°，可得AD∥BE，
再证出AB∥DE即可解决问题；
（2）根据平行四边形的判定方法即可判断．
【详解】解：（1）∵∠ABC=∠DCB=90°，∴∠ABC+∠DCB=180°，
∴AB∥CD，
∵AB=PC，BP=DC，
∴△ABP≌△PCD，
∴PA=PD，
∠APD=∠PDC，
∵∠PDC+∠DPC=90°，
∴∠APB+∠DPC=90°，
∴∠APD=90°，
∴△APD是等腰直角三角形，
∴∠ADP=45°，
∵∠DFE=45°，
∴∠ADP=∠DFE，
∴AD∥BE，
∴四边形ABED是平行四边形．
（2）∵∠PGF=∠PAD=45°，∠PFG=∠ADP=45°，
∴△PFG，△FGQ都是等腰直角三角形，
∴四边形PFQG是正方形，
∵∠AGF=135°，∠QFG=∠PFG=45°，
∴∠AGF+∠QFG=180°，
∴AG∥QF，
∵AQ∥FG，
∴四边形AGFQ是平行四边形，
同法可证，四边形QGFD是平行四边形，
【点睛】本题考查翻折变换、平行四边形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关
键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．【题型2 菱形中的折叠问题】
1．（24-25八年级·四川绵阳·期末）如图，菱形纸片ABCD中，∠C=45°，将纸片沿着直线MN折叠，使
点A与点B重合，若DM=1，那么菱形ABCD的面积为（ ）
A．4+3❑√2 B．8❑√2−2 C．6❑√2 D．8
【答案】A
【分析】此题考查了菱形的折叠问题、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，求出菱形的边长
是解题的关键．利用折叠的性质和菱形的性质求出菱形的边长为2+❑√2，过点D作DH⊥AB于点H，则
❑√2
∠AHD=90°，进一步求出AH=DH= AD=❑√2+1，即可求出菱形的面积．
2
【详解】解：∵菱形纸片ABCD中，∠C=45°，
∴∠A=∠C=45°，
∵将纸片沿着直线MN折叠，使点A与点B重合，
∴∠A=∠ABM=45°，
∴∠AMB=90°，AM=BM，
设菱形的边长为x，则AD=AB=x，AM=BM=AD−DM=x−1，
∴AB=❑√AM2+BM2=❑√2(x−1)，
∴x=❑√2(x−1)，
解得x=2+❑√2，
即菱形的边长为2+❑√2，
过点D作DH⊥AB于点H，则∠AHD=90°，∴∠ADH=∠A=45°，
∴△ADH是等腰直角三角形，
❑√2
∴AH=DH= AD=❑√2+1，
2
∴菱形ABCD的面积为AB⋅DH=(2+❑√2)(❑√2+1)=4+3❑√2．
故选：A．
2．（24-25八年级·江苏淮安·期末）如图，在一张菱形纸片ABCD中，AB=2，∠B=30°，点E在BC边
上(不与B、C重合)，将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE，连接BF、EF、DF．以下选项中正确的是
（ ）
A．AE=EF B．∠BFD=100°
C．当FE平分∠AFB时，FD=2❑√2 D．以上都不对
【答案】C
【分析】根据折叠的性质即可判断A选项；由折叠的性质，菱形的性质、三角形内角和定理、等边对等角
等知识得到∠BFD=105°，即可判断B选项；证明△ABF是等边三角形，进一步得到
∠DAF=∠BAD−∠BAF=90°，证明△DAF是等腰直角三角形，由勾股定理求出
FD=❑√AD2+AF2=2❑√2，即可判断C选项，即可得到答案．
【详解】解：A.∵将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE，
∴BE=EF，
只有AE=BE时，AE=EF才成立，
故选项不正确；
B.由折叠得：AF=AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AD∥BC，∴∠BAD=180°−∠B=180°−30°=150°，
∴AB=AF=AD，
180°−∠BAF 180°−∠FAD
∴∠AFB= ，∠AFD= ，
2 2
1 1
∴∠BFD=∠AFB+∠AFD=180°− (∠BAF+∠FAD)=180°− ∠BAD=105°，
2 2
故选项不正确；
C．如图2，由折叠得：FA=AB，∠BAE=∠FAE，
∵FE ∠AFB
平分 ，
∴∠BFE=∠AFE，
∴AE、EF分别平分∠BAF、∠AFB，
∵三角形三条内角平分线交于一点，
∴BE平分∠ABF，
∵∠ABC=30°，
∴∠ABF=2∠ABF=60°，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABF=∠BAF=∠AFB=60°，
∴∠DAF=∠BAD−∠BAF=90°，
∵AD=AB=AF=2，
∴△DAF是等腰直角三角形，
∴FD=❑√AD2+AF2=❑√22+22=2❑√2，
故选项正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形性质，等边三角形的判定和性质，折叠变换的性质，勾股定理，等腰直角三角形
的判定和性质，三角形内角和定理，三角形角平分线等，综合性较强，是中考数学常考题型．
3．（24-25·山西太原·八年级期末）图1是一张菱形纸片ABCD，点E,F是边AB,CD上的点．将该菱形纸片沿EF折叠得到图2，BC的对应边B′C′恰好落在直线AD上．已知∠B=60°,AB=6，则四边形
AEFC′的周长为（ ）
A．24 B．21 C．15 D．12
【答案】C
【分析】由BC的对应边B′C′恰好落在直线AD上可知BC∥EF∥AD，再证明△C′DF是等边三角形即可
求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=6，AD∥BC，∠D=∠B=60°．
∵BC的对应边B′C′恰好落在直线AD上，
∴EF到BC、AD的距离相等，
∴BC∥EF∥AD，点E,F是边AB,CD的中点，
1
∴四边形BCFE、四边形ADFE是平行四边形，CF=DF=AE= ×6=3，
2
∴EF=BC=6．
由折叠知CF=C′F，
∴△C′DF是等边三角形，
∴C′F=C′D=FD=3，
∴AC′=6−3=3，
∴四边形AEFC′的周长为∶6+3+3+3=15．
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解答本
题的关键．
4．（24-25八年级·浙江杭州·期末）如图，在菱形ABCD中，E为边AB上的一点，将菱形沿DE折叠后，
点A恰好落在边BC上的F处．若EF垂直对角线BD，则∠A= 度．【答案】72
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边对等角．利用菱形的性质设
1
∠BAC=∠BCA= ∠BAD=α，求得∠BFE=α，∠FED=2α，∠CFD=2α，利用平角的性质计算
2
即可求解．
【详解】解：连接AC、BD，
∵菱形ABCD，
1
∴AC⊥BD，AD=CD，∠BAC=∠BCA= ∠BAD，
2
1
设∠BAC=∠BCA= ∠BAD=α，
2
∵EF垂直对角线BD，
∴EF∥AC，
∴∠BEF=∠BFE=∠BAC=∠BCA=α，
由折叠的性质知∠EFD=∠BAD=2α，AD=FD，
∴CD=FD，
∴∠CFD=∠FCD=2α，
∵∠BFE+∠EFD+∠CFD=180°，
∴5α=180°，
解得α=36°，∴∠BAD=72°，
故答案为：72．
5．（24-25八年级·湖北孝感·期末）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，将菱形折叠，使点B
落在BC的延长线上的点B′处，折痕为AE，AB′交CD于点F，则FB′的长为 ．
【答案】2−❑√2
【分析】由菱形ABCD，可得BC=AB=2，AB∥CD，则∠B′CF=∠B=45°，由折叠的性质可知，
∠B′=∠B=45°=∠B′CF ，∠B′EA=∠BEA=90°，B′E=BE，则∠BAE=45°=∠B，
∠B′FC=90°，FB′=FC，可得BE=AE，由勾股定理得，AB=❑√BE2+AE2=❑√2BE=2，可求
BE=❑√2，则B′E=❑√2，B′C=2BE−BC=2❑√2−2，由勾股定理得，
B′C=❑√FB′2+FC2=❑√2FB′=2❑√2−2，计算求解即可．
【详解】解：∵菱形ABCD，
∴BC=AB=2，AB∥CD，
∴∠B′CF=∠B=45°，
由折叠的性质可知，∠B′=∠B=45°=∠B′CF ，∠B′EA=∠BEA=90°，B′E=BE，
∴∠BAE=45°=∠B，∠B′FC=90°，FB′=FC，
∴BE=AE，
由勾股定理得，AB=❑√BE2+AE2=❑√2BE=2，
解得，BE=❑√2，
∴B′E=❑√2，B′C=2BE−BC=2❑√2−2，
由勾股定理得，B′C=❑√FB′2+FC2=❑√2FB′=2❑√2−2，
解得，FB′=2−❑√2，
故答案为：2−❑√2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质等知识．熟练掌握菱
形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．6．（24-25八年级·浙江宁波·期中）如图所示菱形ABCD,AB=7,E为边AD上一点，将△ABE沿边BE折
叠，恰好边AB与BD所在直线重合，A点落到BD延长线上F点，过点F作BC的垂线，垂足为G，若
CG=4，则DF= ．
【答案】1
【分析】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，熟练掌握运用菱
形的性质是解题关键．
连接AC，交BF于点O，根据折叠的性质及菱形的性质得出BF=BC，∠BGF=∠BOC=90∘，再由等量
代换确定∠BFG=∠BCO，利用全等三角形的判定和性质即可求解．
【详解】解：连接AC，交BF于点O，如图所示：
将△ABE沿边BE折叠，恰好边AB与BD所在直线重合，A点落到BD延长线上F点，
∴BF=AB=7，
∵CG=4,BC=AB=7，
∴BG=3，BF=BC，
∵FG⊥BC，
∴∠BGF=∠BOC=90∘，
∵∠BCO=90∘−∠OBC，∠BFG=90∘−∠GBF，
∴∠BFG=∠BCO，
∴△BGF≅△BOC(ASA)，
∴BG=BO=3，
∴BD=2BO=6，
∴DF=BF−BD=1，故答案为：1．
7．（24-25八年级·浙江·阶段练习）综合与探究
【问题情境】圆圆与方方运用折叠纸片研究平行四边形．
【操作判断】如图1，将▱ABCD沿着对角线BD折叠，若此时点A与点C恰好重合，证明：BC=CD．
【类比探究】如图2，在▱ABCD的一边AD上取一点E，沿着BE折叠△ABE，点A的对称点A′恰好落在
对角线BD上，若点A′与点C，E共线，DE=1，求A′C的长．
【问题解决】如图3，在▱ABCD的一边AD上取一点E，沿着BE折叠△ABE，点A的对称点A′恰好落在
CD的中点处，若DE=1，求AE的长．
【答案】[操作判断]见解析；[类比探究]1；[问题解决]2
【分析】[操作判断]根据折叠的性质得AB=BC，结合平行四边形的性质可得四边形ABCD是菱形，即有
BC=CD；
[类比探究]根据平行四边形的性质得AD∥BC和AD=BC，则∠AEB=∠EBC，有折叠得
∠AEB=∠A′EB，AE=A′E，由∠CEB=∠CBE结合等腰三角形的性质有CE=CB，则有
CE−A′E=AD−AE，即可得A′C=DE=1；
[问题解决]延长EA′交BC的延长线于点E′，由（2）得EE′=BE′，设AE=A′E=x，由平行四边形
AD∥BC，AD=BC=1+x，则有∠D=∠A′CE′和∠DE A′=∠E′，进一步证明△DA′E≌△C A′E′
，有A′E=A′C=x和DE=CE′=1，根据EE′=BE′列方程求解即可．
【详解】解： [操作判断]∵将▱ABCD沿着对角线BD折叠，若此时点A与点C恰好重合，
∴AB=BC，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD．
[类比探究]∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵△ABE沿着BE折叠点A的对称点A′恰好落在对角线BD上，
∴∠AEB=∠A′EB，AE=A′E，∴∠CEB=∠CBE，
∴CE=CB，
∵点A′与点C，E共线，
∴CE−A′E=AD−AE，
即A′C=DE=1，
[问题解决]延长EA′交BC的延长线于点E′，
由（2）得EE′=BE′，
∵△ABE沿着BE折叠，点A的对称点A′恰好落在CD的中点处，
设AE=A′E=x，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AD=BC=1+x
∴∠D=∠A′CE′，∠DE A′=∠E′
∵A′恰好落在CD的中点处，
∴A′D=C A′，
∴△DA′E≌△C A′E′，
∴A′E=A′C=x，DE=CE′=1，
∵EE′=BE′，
∴2x=x+2，解得x=2，
∴AE=2．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等腰三角形
的性质以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质和特殊四边形的性质．
8．（24-25八年级·江苏南京·阶段练习）在矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将矩形纸片折
叠，使点C与点A重合，折痕交AD于E点(1)尺规作图，画出折痕EF；
(2)判断四边形AFCE是什么特殊四边形？并证明；
(3)求折痕EF的长度？
【答案】(1)见解析
(2)四边形AFCE是菱形．证明见解析
15
(3) cm．
2
【分析】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、三角形全等的判定与性
质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）直接作线段AC的垂直平分线即可；
（2）由矩形的性质可得AD∥BC，证明△AOE≌△COF(AAS)，可得AE=CF，得出四边形AFCE是平
行四边形．由折叠可知，AE=CE，即可得证；
1
（3）由勾股定理得出AC=10cm，则OC= AC=5cm，设CF=xcm，则
2
25 15
BF=(8−x)cm，AF=CF=xcm，再由勾股定理求出CF= cm，OF=❑√CF2−OC2= cm，即可得
4 2
解．
【详解】（1）解：如图，EF即为所求．
（2）解：四边形AFCE是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEF=∠CFE，∠EAC=∠FCA．
设AC与EF交于点O，
由题意可得，AO=CO，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴AE=CF，∴四边形AFCE是平行四边形．
由折叠可知，AE=CE，
∴四边形AFCE是菱形
（3）解：∵四边形AFCE是菱形，
∴∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√82+62=10(cm)，
1
∴OC= AC=5cm．
2
设CF=xcm，则BF=(8−x)cm，AF=CF=xcm，
在Rt△ABF中，由勾股定理得AF2=BF2+AB2，即x2=(8−x) 2+62，
25
解得x= ，
4
25
∴CF= cm．
4
由（2）知，四边形AFCE是菱形，
∴∠COF=90°，OE=OF，
∴OF=❑√CF2−OC2=❑
√ (25) 2
−52=
15
cm，
4 2
15
∴EF=2OF= cm．
2
9．（24-25·吉林松原·八年级期末）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，CD是斜边AB
上的中线，点E为射线CA上一点，将△ADE沿DE折叠，点A的对应点为点F．
(1)若AB=a，直接写出CD的长（用含a的代数式表示）；
(2)若点E与点C重合，连接BF，如图②，判断四边形DBFC的形状，并说明理由；
(3)若DF⊥AB，直接写出∠CDE的度数．1
【答案】(1) a
2
(2)四边形DBFC是菱形．理由见解析
(3)∠CDE=15°或105°
【分析】
（1）由直角三角形斜边上的中线性质即得答案；
（2）先证明△ACD是等边三角形，再证明四边形DBFC四边相等，即得答案；
（3）分点E在线段CA上和其延长线上两种情况，根据DF⊥AB及折叠的性质，可求得∠ADE=45°，
进一步可分别求得答案．
【详解】（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵CD是斜边AB上的中线，即点D是AB的中点，AB=a，
1 1
∴CD= AB= a；
2 2
（2）（2）四边形DBFC是菱形；
理由如下：
如图②，∵∠ACB=90°，∠A=60°，
∴∠ABC=90°−60°=30°，
1
∴AC= AB，
2
1
∵点D是AB的中点，即BD=AD= AB，
2
∴AC=AD，AC=DB，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=∠ADC=60°，
由折叠得， AC=FC，AD=DF，
∴AC=CF=DF=AD，
∴四边形ADFC是菱形，
∴CF∥BD，CF=BD，
∴四边形DBFC是平行四边形，
∵CD=BD，
∴四边形DBFC是菱形；
（3）如图③，点E在线段CA上时，∵DF⊥AB，
∴∠ADF=90°，
由折叠得∠ADE=∠FDE，
∴∠ADE=45°，
∵∠ADC=60°，
∴∠CDE=60°−45°=15°；
如图④，点E在线段CA的延长线上时，
∵DF⊥AB，
∴∠ADF=90°，
由折叠得∠ADE=∠FDE，
∴∠ADE=45°，
∵∠ADC=60°，
∴∠CDE=60°+45°=105°；
综上所述，∠CDE=15°或105°．
【点睛】
本题主要考查了折叠问题，菱形的判定，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，灵活运用相关知
识是解答本题的关键．
10．（24-25八年级·吉林长春·期末）【感知】如图①，将平行四边形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使
点A的对应点A′落在边CD上的点F处，得到折痕DE，点E在边AB上，将纸片还原，连结EF，若AD=4
，则四边形AEFD的周长为______．
【探究】如图②，点E、G分别是平行四边形纸片ABCD的边AB、CD上的点，将四边形AEGD沿GE折
叠，点A、D的对应点分别为A′、D′，点A′恰好落在边CD上的点F处，将纸片还原，连结AG、EF．（1）求证：四边形AEFG为菱形；
（2）若AB=6，AD=4，∠B=120°，CF=1，则△ADG的面积为______．
9❑√3
【答案】【感知】16；【探究】（1）见解析；（2） ．
14
【感知】由四边形ABCD是平行四边形得AB∥CD，则∠EDF=∠AED，求得AD=DF=AE=EF=4
，即可得到答案；
【探究】【感知】由平行四边形的性质和折叠的性质可得AE=AD，进而进而即可求解；
【探究】（1）四边形ABCD是平行四边形，AB∥CD，∠AEG=∠A′GE，由折叠的性质得到
∠AGE=∠A′GE，AG=A′G，AE=A′E，则∠AGE=∠AEG，AE=AG，AG=A′G=AE=A′E，
即可得到结论；
（2）过点A作AH⊥CD交CD于点H，则∠AHD=90°，进−步得到∠ADH=60°，A′D=5，求得
AH、HD的长，由折叠可知，AG=A′G，△ADG≌△A′D′G，设DG=x，则AG=A′G=5−x，由勾
股定理列式解得x，得到DG的长，可求得结论．
【详解】【感知】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EDF=∠AED，
由折叠可知，∠EDF=∠ADE，AD=DF，AE=EF，
∴∠ADE=∠AED，
∴AE=AD，
∴AD=DF=AE=EF=4，
∴四边形AEFD的周长为16；
故答案为：16．
【探究】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠AEG=∠A′GE，
∵将四边形AEGD沿GE折叠，点A、D的对应点分别为A′、D′，点A′恰好落在CD边上，
∴∠AGE=∠A′GE，AG=A′G，AE=A′E，∴∠AGE=∠AEG，
∴AE=AG，
∴AG=A′G=AE=A′E，
∴四边形AEFG为菱形．
（2）解：过点A作AH⊥CD交CD于点H，则∠AHD=90°，
∵ ABCD
四边形 是平行四边形，
∴∠ADC=∠ABC=120°，AD=BC=4，AB=CD=6，
∴∠ADH=60°，A′D=CD−A′C=5，
1
∴DH= AD=2，
2
∴AH=❑√AD2−DH2=2❑√3，
由折叠可知，AG=A′G，△ADG≌△A′D′G，
设DG=x，则AG=A′G=A′D−DG=5−x，
由勾股定理得AH2+GH2=AG2，
∴(2❑√3) 2+(2+x) 2=(5−x) 2，
9
解得x= ，
14
9
即DG= ，
14
1 1 9 9❑√3
∴S = DG×AH= × ×2❑√3= ，
△ADG 2 2 14 14
9❑√3
故答案为： ．
14
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、勾股定理、菱形的判定等知识，掌握菱形的判定和
性质是解题的关键．
【题型3 矩形中的折叠问题】
1．（24-25八年级·广东广州·期末）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸
片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN．若BM与EF交点为G，MN=2，则GN=（ ）
A．1 B．2 C．2❑√2 D．❑√3
【答案】B
【分析】本题考查矩形与折叠，根据折叠的性质，推出AD∥EF，得到∠AMG=∠NGM，进而证明
∠AMG=∠NMG=∠NGM，得GN=MN=2即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
由折叠可知：直线EF是线段AB的垂直平分线，
∴∠BEF=∠A=90°，
∴AD∥EF，
∴∠AMG=∠NGM，
又∵BA对折至BN，折痕为BM，
∴∠AMG=∠NMG=∠NGM，
∴GN=MN=2，
故选：B．
2．（24-25·安徽合肥·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点E为射线CD上一动点，
△BCE沿BE折叠，得到△BFE，若∠FDE=90°，则CE的长为（ ）．
5 2 1 4
A． B． C． D．
3 5 5 5
【答案】A
【分析】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键．
设CE=x，根据矩形的性质和轴对称的性质求出AD，CD，BF，EF的长度，根据勾股定理和线段的和差关系求出DF和DE的长度，再根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：∵∠FDE=90°
∴点F在AD上，如图所示，
∵ ABCD AB=3 BC=5
四边形 是矩形， ， ，
∴AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°，
设CE=x，则DE=CD−CE=3−x，
∵将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，
∴BF=BC=5，EF=CE=x，
∴AF=❑√BF2−AB2=4，
∴DF=AD−AF=1，
∵EF2=DE2+DF2，
∴x2=(3−x) 2+12．
5
解得x= ．
3
故选：A．
3．（24-25八年级·湖南长沙·期末）矩形纸片ABCD中，E为BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠
得到△AFE，连接CF．若AB=4，BC=6，则CF的长是（ ）
18 17 7
A． B． C． D．3
5 5 2
【答案】A
【分析】连接BF，交AE于O点，根据翻折的性质知EB=EF，AB=AF，∠AEB=∠AEF，AE垂直平
分BF，说明AE∥CF，利用等积法求出BO的长，再利用勾股定理可得答案．【详解】解：连接BF，交AE于O点，
在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，
∴∠ABE=90°，
∵将△ABE沿AE折叠得到△AFE，
∴EB=EF，AB=AF，∠AEB=∠AEF，
∴AE垂直平分BF，
∴∠BOE=90°，BO=FO，
∵点E为BC的中点，AB=4，BC=6，
∴∴BE=CE=EF=3，
∴∠EFC=∠ECF，
∵∠AEB+∠AEF=∠BEF=∠ECF+∠EFC，
∴∠AEB=∠ECF，
∴AE∥CF，
∴∠BFC=∠BOE=90°，
在Rt△ABE中，AE=❑√AB2+BE2=❑√42+32=5，
1 1
∵S = AE⋅BO= AB⋅BE，
△ABE 2 2
AB×BE 3×4 12
∴BO= = = ，
AE 5 5
24
∴BF=2BO= ，
5
在Rt△BCF中，CF=❑√BC2−BF2=❑
√
62−
(24) 2
=
18
，
5 5
故选：A．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，垂直平分线的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理等
知识，利用等积法求出BO的长是解题的关键．
4．（24-25八年级·湖北武汉·期末）如图，在矩形ABCD中，AD=12，AB=9，将矩形ABCD沿EF折叠，使A点与C点重合，则折痕EF的长度为 ．
45
【答案】
4
1 15
【分析】连接AF，由勾股定理求出AC=15，由折叠的性质可得OA=OC= AC= ，AC⊥EF，由
2 2
垂直平分线的性质可得AF=CF，设CF=x，则AF=CF=x，BF=BC−CF=12−x，由勾股定理可得
92+(12−x) 2=x2，求出x的值即可得到CF的长，再由勾股定理求出OF的长，再证明OE=OF即可得到答
案．
【详解】解：连接AF，记AC,EF的交点为O，
∵ ABCD AD=12 AB=9
四边形 是矩形， ， ，
∴∠B=90°，BC=AD=12，AD∥BC，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√92+122=15，
1 15
由折叠的性质得：OA=OC= AC= ，AC⊥EF，
2 2
∴EF垂直平分AC，
∴AF=CF，
设CF=x，则AF=CF=x，BF=BC−CF=12−x，
∵AB2+BF2=AF2，
∴92+(12−x) 2=x2，75
解得：x= ，
8
75
∴CF= ，
8
∴OF=❑√CF2−OC2=❑
√ (75) 2
−
(15) 2
=
45
，
8 2 8
∵AD∥BC，
∴∠AEO=∠CFO，
∵AO=CO，∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，
45
∴EF=2OF= ，
4
45
故答案为： ．
4
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理，全等三角形的判定与
性质，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理，是解题的关键．
5．（24-25八年级·浙江杭州·阶段练习）如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把
该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A′，B′，A′E与BC相交于点G，B′ A′的延长线过点C．若
BF 4 AB
= ，则 的值为 ．
CG 5 BC
❑√21
【答案】
14
【分析】设BF=4m，连接FG，CE，则GC=5m，由四边形ABCD是矩形，点E为AD中点，得
∠A=∠B=∠D=90°，AE=DE，AB=DC， BC∥AD，所以∠GFE=∠AEF，由折叠得
A′B′=AB，B′F=BF=4m，∠GEF=∠AEF，∠B′ A′F=∠A=90°，所以∠GFE=∠GEF，A′B′=DC，∠C A′E=90°，则GF=≥¿，再证明Rt△C A′E≌Rt△CDE，得A′C=DC，
∠A′EC=∠DEC，可证明∠A′EC=∠DEC，则GF=≥=GC=5m，所以AD=BC=14m，
，则 ，由勾股定理得 ，则得
A′E=AE=7m A′G=A′E−≥=2m AB=DC=A′C=❑√GC2−A′G2=❑√21m
到问题的答案．
【详解】解：设BF=4m，连接CE，
BF 4
∵ = ，
CG 5
∴GC=5m，
∵四边形ABCD是矩形，点E为AD中点，
∴∠A=∠B=∠D=90°，AE=DE，AB=DC，BC∥AD，
∴∠GFE=∠AEF，
由折叠得A′B′=AB，B′F=BF=4m，∠GEF=∠AEF，∠B=∠A=90°，
∴∠GFE=∠GEF，A′B′=DC，∠CA'E=90°，
∴GF=≥¿，
∵∠C A′E=∠D=90°，CE=CE，A′E=AE=DE，
∴Rt△C A′E≌Rt△CDE(HL)，
∴A′C=DC，∠A′EC=∠DEC，
∵∠GCE=∠DEC，
∴∠A'EC=∠GCE，
∴GF=≥=GC=5m，
∴AD=BC=BF+GF+≥=4m+5m+5m=14m，
1 1
∴A'E=AE= AD= ×14m=7m，
2 2
∴A′G=A′E−≥=7m−5m=2m，AB=DC=A′C=❑√GC2−A′G2=❑√(5m) 2−(2m) 2=❑√21m，
AB ❑√21m ❑√21
∴ = = ，
BC 14m 14
❑√21
故答案为： ．
14
【点睛】此题考查了矩形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，
勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用及正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（24-25八年级·浙江宁波·期末）在以 “矩形的折叠” 为主题的数学活动课上， 某位同学进行了如下
操作：
第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形 ABEF．然后将纸片展平∶
第二步：连结 DE ，将 △DEC 沿 DE 折叠，得到 △DGE ，延长 EG 交边 AD 于点 H ，如图
②．根据以上操作，若 AB=8，AD=12 则 DH 的长是 ．
【答案】10
【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的判定性质，正方形的判定和性质，勾股定理，弄清相关
线段间的关系，能灵活运用勾股定理列方程是解题的关键．根据矩形的性质，正方形的性质，翻折的性质
用BM表示ME，MF，再利用勾股定理列方程解出即可．
【详解】解：由题意可知：四边形ABEF是正方形，四边形ABCD和四边形CDFE都是矩形，
∴EF=AB=8，BC=AD=12，EC=FD=AD−AF=12−8=4，
∵△DGE是由△DEC折叠得到的，
∴≥=CE=4，
在Rt△DGH中，DG2+GH2=DH2，即82+GH2=DH2①，
在Rt△EFH中，FH2+EF2=EH2，即(DH−4) 2+82=(4+GH) 2②，
联立解得：DH=10，
故答案为：10．7．（24-25八年级·湖南郴州·期末）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使得点C与A重合．
(1)连接CF，试问四边形AECF是否是特殊的四边形？请说明理由．
(2)若AB=5cm，AD=10cm，求四边形AECF的周长与面积．
【答案】(1)四边形AECF是菱形，理由见解析
125
(2)25cm， cm2
4
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用
是解此题的关键．
（1）由矩形的性质得出AD∥BC，由折叠的性质可得：∠AEF=∠CEF，CE=AE，得到
∠AEF=∠AFE，推出AE=AF，继而得出AF=CE，即可得出四边形AECF是平行四边形，从而得
证；
（2）由矩形的性质得出BC=AD=10cm，∠B=90°，由折叠的性质可得：CE=AE，设CE=AE=xcm
，则BE=BC−CE=(10−x)cm，
25
由勾股定理计算得出CE=AE= cm，再由菱形的周长和面积公式计算即可得出答案．
4
【详解】（1）解：四边形AECF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFE=∠CEF，
由折叠的性质可得：∠AEF=∠CEF，CE=AE，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，∵CE=AE，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=10cm，∠B=90°，
由折叠的性质可得：CE=AE，
设CE=AE=xcm，则BE=BC−CE=(10−x)cm，
由勾股定理得：AB2+BE2=AE2，
∴52+(10−x) 2=x2，
25
解得：x= ，
4
25
∴CE=AE= cm，
4
25
∴四边形AECF的周长=4CE=4× =25cm，
4
25 125
四边形AECF的面积=AB⋅CE=5× = cm2 ．
4 4
8．（24-25八年级·浙江杭州·阶段练习）如图1，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E，F分别在AD
，BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠．使点B落在CD边上的B′处，点A落在A′处，连接BB′，若
CB′=1
(1)求BF的长；
(2)证明∠BB′ A′=∠BB′C；
(3)如图2，P为A′B′中点，连接BP．求BP的长．
17
【答案】(1)
8
(2)见解析3❑√7
(3)BP=
2
【分析】（1）根据矩形性质与折叠性质可得∠C=90°，BF=B′F，设BF=B'F=x，则
FC=BC−BF=4−x，根据勾股定理即可求解；
（2）根据折叠性质，平行线性质可得结论；
（3）过点B作BH⊥A′B′于点H，由折叠性质以及矩形性质可得∠A′B′C=∠BB′C，证明
△BHB′≌△BCB′(AAS)，得到BH=BC=4，B′H=B′C=1，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠C=90°，
由折叠可知，BF=B′F，
设BF=B'F=x，则FC=BC−BF=4−x，
在Rt△B′CF中，
∴B′F2=FC2+B′C2，即x2=(4−x) 2+12，
17
解得：x= ，
8
17
则BF= ；
8
（2）证明：由折叠可知∠BB′ A=∠ABB′，
在矩形ABCD中，AB∥CD，
∴∠ABB′=∠BB′C，
∴∠BB′ A=∠BB′C；
（3）如图，过点B作BH⊥A′B′于点H，
由矩形折叠可知，∠ABC=∠A′B′F=90°，FB=FB′，
∴∠FBB′=∠FB′B，∴∠ABB′=∠A′B′B，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ABB′=∠BB′C，
∴∠A′B′C=∠BB′C，
在△BHB′与△BCB′中，
{
∠A′B′B=∠BB′C
)
∠BHB′=∠BCB′=90° ，
BB′=BB′
∴△BHB′≌△BCB′(AAS)，
∴BH=BC=4，
∴B′H=B′C=1，
3 1
∴PH= −1= ，
2 2
∴BP=❑√BH2+PH2=❑
√
16−
(1) 2
=
3❑√7
．
2 2
【点睛】本题考查了矩形与折叠，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握
相关性质定理是解题关键．
9．（24-25八年级·黑龙江齐齐哈尔·期末）综合与实践
折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着
丰富的数学知识．
矩形ABCD中，AB=4，AD=3，点P在边CD上，且不与点C、D重合，直线AP与BC的延长线交于点
E．
(1)如图①，当点P是CD的中点时，猜想△ADP与△ECP的关系为__________，证明你的结论；
(2)如图②，将△ADP沿直线AP折叠得到△AD′P，点D′落在矩形ABCD的内部，延长PD′交直线AB于
点F．①猜想AF与PF的数量关系为__________，在（1）条件下可求AF=__________；
②连接D′C，△PCD′周长的最小值为__________．
【答案】(1)△ADP≌△ECP，见详解
13
(2)①FA=FP， ②6
4
【分析】（1）根据矩形的性质得AD∥CB，可得∠D=∠DCE，∠D=∠DCE，利用AAS即可得出结
论；
（2）①根据平行线的性质和折叠的性质得出∠APD=∠APF，等角对等边即可得FA=FP，设FA=x，
13 13
则FP=x，FD′=x−2，在Rt△AD′F中，由勾股定理得x= ，即AF= ；
4 4
②可得△PCD′的周长=CP+PD′+CD′=CD+CD′=4+CD′，当点D′恰好位于对角线AC上时，
CD′+AD′最小，，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=5，CD′的最小值=AC−AD′=2，即可得
△PCD′周长的最小值；
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，
掌握折叠是一种轴对称，折叠前后的图形对应角相等、对应边相等，灵活运用相关的性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥CB，
∴∠DAP=∠E，∠D=∠DCE，
∵点P是DC的中点，
∴BP=CP，
∴△ADP≌△ECP(AAS)；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠APD=∠FAP，
由折叠得∠APD=∠APF，
∴∠FAP=∠APF，
∴FA=FP，
矩形ABCD中，AB=4，AD=3，
∴DC=AB=4，
∵点P是DC的中点，∴DP=CP=2，
由折叠得AD′=AD=3，PD′=PD=2，∠D=∠AD′P=∠AD′F=90°，
设FA=x，则FP=x，
∴FD′=x−2，
在Rt△AD′F中，AF2=D′F2+D′ A2，
13 13
∴x2=(x−2) 2+32，解得x= ，即AF= ；
4 4
②由折叠得AD′=AD=3，PD'=PD，
∴△PCD′的周长=CP+PD′+CD′=CD+CD′=4+CD′，
连接D′C，AC，
∵AD′+D′C>AC，
∴当点D′恰好位于对角线AC上时，CD′+AD′最小，
在Rt△ABC中，AB=4，DC=3，
∴AC=❑√32+42=5，
∴CD′的最小值=AC−AD′=5−3=2，
∴△PCD′周长的最小值=4+CD′=4+2=6；
10．（24-25八年级·山东德州·期末）如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作60°，30°，15°等大
小的角，可以采用下面的方法：
第一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．
第二：再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM和线段BN．
(1)请问图中∠1，∠2和∠3有什么关系？证明你的结论．
(2)在第（1）题图中，延长BN交AD于点G，延长MN交BC于点H，连接GH，判断四边形BMGH的形
状并证明．(3)在第（2）题图中，过G点作GK⊥BC于点K，得出一个以DG为宽的黄金矩形GKCD（黄金矩形就是
❑√5−1
符合黄金比例的矩形，即宽与长的比值为 ）．若已知AB=4，求BC的长．
2
【答案】(1)∠1=∠2=∠3=30°，证明见解析
(2)四边形BMGH是菱形，证明见解析
(3)BC=4❑√3+2❑√5−2
【分析】（1）连接AN，先证明△ABN为等边三角形，可得∠1=∠2=30°，由等边三角形的性质及矩形
的性质即可求出∠3的度数，即可得到结论；
（2）由折叠的性质可得∠MNB=∠A=90°，证得△MNB≌△HNB(ASA)，由全等三角形的性质可得
BM=BH，由矩形的性质可得∠AGB=∠3，推出∠AGB=∠2，进而可得GM=BH，四边形BMGH是
平行四边形，再由一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证；
（3）先根据黄金矩形求出DG=2❑√5−2=CK，然后根据30度角的性质和勾股定理求出BK，进而求得
BC．
【详解】（1）解：如图，连接AN，
由折叠可得：∠1=∠2，AB=NB，EF垂直平分AB，
∴NA=NB，
∴AB=NA=NB，
∴△ABN为等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠1=∠2=30°．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠3=∠ABC−∠NBC=90°−60°=30°，
∴∠1=∠2=∠3=30°．
（2）解：由折叠知∠MNB=∠A=90°，∴∠BNH=180°−∠MNB=90°
，
∴∠MNB=∠BNH=90°，
又∵∠2=∠3，BN=BN，
∴△MNB≌△HNB(ASA)，
∴BM=BH，
∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠3，
又∵∠2=∠3，
∴∠AGB=∠2，
∴BM=GM，
∴GM=BH
又∵GM∥BH，
∴四边形BMGH是平行四边形，
又∵BM=BH，
∴四边形BMGH是菱形．
（3）解：如图：
∵ABCD GK⊥BC
是矩形纸片， ，
∴AB=GK=DC=4，
∵黄金矩形GHCD以DG为宽，GK=4，
DG ❑√5−1
∴ = ，
GK 2
∴DG=2❑√5−2=CK，
∵∠1=∠2=∠3=30°，
∴BG=2GK=8，
由勾股定理得BK=❑√82−42=❑√64−16=4❑√3，∴BC=BK+KC=4❑√3+2❑√5−2．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，30
度角的性质和勾股定理，平行四边形的判定，菱形的判定，能够根据折叠的性质证出∠1=∠2=∠3=30°
是解题的关键．
【题型4 正方形中的折叠问题】
1．（24-25八年级·海南海口·期末）如图，将正方形纸片ABCD对折，得到折痕MN，把纸片展平，再沿
BE折叠使点A落在折痕MN上的A′处，则∠EBC等于（ ）
A．45° B．60° C．65° D．75°
【答案】D
【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握它们的性质是解题
的关键；
1 1
根据正方形的性质和折叠的性质得A′B=AB，∠ABE=∠A′BE= ∠ABA′ ，BN= A′B，再根据直角
2 2
三角形的性质定理得∠BA′N=30°，∠A′BN=60°，即可求出答案．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=CD=DA，∠A=∠B=∠C=∠D=90°
∵将正方形纸片ABCD对折，得到折痕MN，
1
∴∠MNB=∠MNC=90°，BN=CN= BC，
2
∵沿BE折叠使点A落在折痕MN上的A′处，
1
∴A′B=AB=BC，∠ABE=∠A′BE= ∠ABA′
，
2
1
∴BN= A′B，
2
连接A′C，在△A′NB和△A′NC中
{
A′N=A′N
)
∠A′NB=∠A′NC ，
NB=NC
∴ △A′NB≌△A′NC，
∴ A′B=A′C，
∴ △A′BC是等边三角形，
∴ ∠A′BN=60°
∴∠ABA′=90°−∠A′BN=30°，
1
∴∠EBC=∠A′BN+∠A′BE=∠A′BN+ ∠A′BA=60°+15°=75°
2
故选：D．
2．（24-25八年级·安徽滁州·期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点M，N分别在AB,CD上，将正方
形沿MN折叠，使点D落在边BC上的点E处，折痕MN与DE相交于点Q，点G为EF中点，连接GQ，随
着折痕MN位置的变化，GQ+QE的最小值为（ ）
A．3 B．2+❑√5 C．4 D．2❑√5
【答案】D
【分析】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、轴对称的性质以及直角三角形斜边中线的性
质，解题的关键是取AD中点，利用轴对称的性质得出GQ+QE=QP+QC≥CP．
取AD中点P，连接QG、QP、QC，可得QP=QG，根据直角三角形斜边中线的性质可得1
CQ= DE=QE，进而求出GQ+QE=QP+QC≥CP，然后利用勾股定理求出CP即可得出答案．
2
【详解】如图，取AD中点P，连接QP、QC，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴∠BCD=90°，AD=CD=4
1
∴DP= AD=2
2
由折叠的性质可知，QP=QG，Q为DE中点，
∵△CDE为直角三角形，
1
∴CQ= DE=QE，
2
∴GQ+QE=QP+QC≥CP，
∵CP=❑√CD2+PD2=❑√42+22=2❑√5，
∴QP+QC≥2❑√5，
∴GQ+QE的最小值为2❑√5，
故选：D．
3．（24-25八年级·黑龙江鸡西·期末）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上一点，BE=4，EC=8，将
正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G，连接AG，现在有如下四个结论：①∠EAG=45°；
②GF=CF；③FC∥AG；④S =14.4．其中结论正确的选项是（ ）
△GFC
A．①③④ B．②③④ C．①②③ D．①②④【答案】A
【分析】根据折叠的性质，利用HL证明Rt△AFG≌Rt△ADG，得出∠GAF=∠GAD，
∠BAE=∠FAE，即可判断①．根据全等三角形的性质得出DG=FG，利用勾股定理得出
3
FG=CG= EG，可得△GFC不是等边三角形，可得判断②．证明AG垂直平分DF，利用三角形内角和
5
3 3
及等边对等角得出∠DFC=90°即可判断③．根据FG=CG= EG得出S = S ，求出S 即可
5 △GFC 5 △CEG △GFC
判断④．综上即可得答案．
【详解】解：连接DF，
∵将正方形边AB沿AE折叠到AF，
∴AB=AF=AD，∠BAE=∠FAE，∠BAD=∠D=∠AFG=90°，BE=EF=4，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
{AG=AG)
，
AF=AD
∴Rt△AFG≌Rt△ADG，
∴∠FAG=∠DAG，GD=GF，
∴∠BAE+∠FAE+∠FAG+∠DAG=∠BAD=90°，即2(∠EAF+∠FAG)=90°，
∴∠EAF+∠FAG=45°，即∠EAG=45°，故①正确，
∵BE=EF=4，EC=8，
∴BC=CD=12，
设GD=GF=x，则EG=4+x，CG=12−x，
∴在Rt△CEG中，EC2+CG2=EG2，
即82+(12−x) 2=(4+x) 2，
解得：x=6，
∴CG=12−DG=6，3
∴FG=CG= EG，
5
∴∠GEC≠30°，∠EGC≠60°，
∴△GFC不是等边三角形，
∴GF≠CF，故②错误，
∵DG=CG=FG，
∴∠FDG=∠DFG，∠GFC=∠GCF，
∴2(∠DFG+∠GFC)=180°，即∠DFC=90°，
∵AD=AF，GF=DG，
∴AG垂直平分DF，
∴AG∥CF，故③正确，
1 1 3
∵S = CG⋅CE= ×6×8=24，FG=CG= EG，
△CEG 2 2 5
3 3
∴S = S = ×24=14.4，故④正确，
△GFC 5 △CEG 5
综上所述，正确的选项是①③④，
故选：A．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，
勾股定理及线段垂直平分线的判定等知识，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
4．（24-25八年级·山东东营·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落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．若DE=5，则
AG的长为 ．
120 3
【答案】 /9
13 13
【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，令AE与BF交于
点H，由折叠的性质可得：△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，证明△ABF≌△DAE，得出
60
AF=DE=5，由勾股定理得出BF=❑√AB2+AF2=13，再由三角形面积公式得出AH= ，即可得解．
13【详解】解：如图，令AE与BF交于点H，
，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，
∴∠FAH+∠AED=90°
由折叠的性质可得：△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH=GH，
∴∠FAH+∠AFH=90°，
∵∠FAH+∠BAH=90°，
∴∠AFH=∠BAH=∠AED，
∴△ABF≌△DAE，
∴AF=DE=5，
1 1
在Rt△ABF中，BF=❑√AB2+AF2=13，S = AB⋅AF= BF⋅AH，
△ABF 2 2
∴12×5=13AH，
60
∴AH= ，
13
120
∴AG=2AH= ，
13
120
故答案为： ．
13
5．（24-25八年级·江苏无锡·阶段练习）如图1，一张矩形纸片ABCD，将纸片沿过点D的直线折叠，使
点C落到AD边上点P处，折痕为DE，再将纸片沿过点E的直线折叠，使点B与点Q重合，折痕为EF，如
16 8
图2，已知△DEP的面积与△EFQ的面积之和为 ，AF= ，则AD的长为 ．
5 5【答案】3.2
【分析】本题考查矩形的折叠问题，正方形的判定，利用完全平方公式变形求值，根据题意可知四边形
PDCE是正方形，四边形BFQE是正方形，四边形AFQP是矩形，设AP=FQ=QE=a，
8 32 64
PD=PE=AB=b，结合题意可得b−a=AF= ，a2+b2= ，根据(b−a) 2=a2+b2−2ab= ，得
5 5 25
48 16
ab= ，再结合(a+b) 2=a2+b2+2ab，求得a+b= （负值舍去），即可求解．利用完全平方公式变形
25 5
等式是解决问题的关键．
【详解】解：在矩形ABCD中，AB=CD，AD=BC，∠ADC=∠C=∠B=90°，
由折叠可知，∠C=∠DPE=90°，CD=PD，∠B=∠FQE=90°，BF=FQ，
∴四边形PDCE是正方形，四边形BFQE是正方形，四边形AFQP是矩形，
∴设AP=FQ=QE=a，PD=PE=AB=b，
1 1 16 8 32
∴ a2+ b2= ，b−a=AF= ，则a2+b2= ，
2 2 5 5 5
64 48
∴(b−a) 2=a2+b2−2ab= ，则ab= ，
25 25
32 96 256
则(a+b) 2=a2+b2+2ab= + = ，
5 25 25
16
∴a+b= （负值舍去），
5
16
则AD=AP+PD=a+b= =3.2，
5
故答案为：3.2．
6．（24-25八年级·辽宁铁岭·阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为❑√2，点E是AB边的中点，点F是
边AD上不与点A、D重合的一个动点，将∠A沿直线EF折叠，使点A落在点A′处．当△A′BC为等腰三
角形时，AF的长为 ．❑√2 ❑√2
【答案】 或
4 2
【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知
识，解答本题的关键是学会用分类讨论的首先思考问题．首先证明BA′≠BC，只要分两种情形讨论即
可：当C A′=BC=❑√2时，连接CE．构建方程即可；当点F在AD中点时，满足条件．
【详解】解：如图，连接BA'，C A'，
∵正方形ABCD的边长为❑√2，点E是AB边的中点，
❑√2
∴AB=BC=CD=❑√2,BE=AE= ，
2
❑√2
由折叠的性质得：A′E=AE=
，
2
∵BA′<BE+A′E，
∴BA′<❑√2，
∴BA′≠BC，
当C A′=BC=❑√2时，连接CE，
∵CE=CE,BC=A′C,BE=A′E，
∴△BCE≌△A′CE，
∴∠CBE=∠C A′E=90°，
∵∠A=∠F A′E=90°，
∴∠C A′E+∠F A′E=180°，
∴点C,A′,F三点共线，
设AF=x，则DF=❑√2−x，CF=❑√2+x，
在Rt△CDF中，DF2+CD2=CF2，∴(❑√2−x) 2+(❑√2) 2=(❑√2−x) 2 ，
❑√2
解得：x= ，
4
❑√2
即AF= ；
4
如图，当点F为AD的中点时，
❑√2
由折叠的性质得：A′E=AE=AF=A′F=
．
2
∴四边形A′EAF是菱形，
∵∠A=90°，
∴四边形A′EAF是正方形，
∴∠AF A′=90°，
即A′F垂直平分AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A′F垂直平分BC，
∴A′B=A′C，此时△A′BC为等腰三角形，满足条件，
❑√2
此时AF= ；
2
❑√2 ❑√2
综上所述，AF的长为 或 ．
4 2
❑√2 ❑√2
故答案为： 或
4 2
7．（24-25八年级·河南周口·阶段练习）如图，在正方形纸片ABCD中，E是边CD上一点，连接AE，折
叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．(1)试判断AE与BF的数量关系并证明你的结论；
(2)若AD=12，DE=5，则GE的长为________．
【答案】(1)AE=BF，证明见解析
49
(2)
13
【分析】（1）先根据折叠性质得到A、G关于BF对称，结合正方形性质推得∠ABF=∠DAE后用“角
边角”证△ABF≌△DAE即可求解；
（2）由折叠性质得AO=OG，由勾股定理得AE=13后利用全等三角形性质和三角形面积公式求得AO，
最后根据¿=AE−AO−OG=AE−2AO即可求解．
【详解】（1）解：AE=BF，证明如下：
根据折叠性质得：A、G关于BF对称，
即AG⊥BF，且BF平分AG，
∴∠AOB=90°，
∠BAO+∠ABF=90°，
∵正方形ABCD中，AB=AD，∠BAF=∠ADE=90°，
∴∠BAO+∠DAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE，∵在△ABF和△DAE中，
{∠ABF=∠DAE
)
AB=DA ，
∠BAF=∠ADE
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AE=BF．
（2）解：∵BF平分AG，
∴AO=OG，
∵Rt△ADE中，AE=❑√AD2+DE2=13，
∵△ABF≌△DAE，
∴AB=AD=12，AF=DE=5，BF=AE=13，
1 1
∵S = AB×AF= AO×BF，
△ABF 2 2
AB×AF 60
∴AO= = ，
BF 13
60 49
∴≥=AE−AO−OG=AE−2AO=13−2× = ．
13 13
49
故答案为： ．
13
【点睛】本题考查的知识点是折叠性质、正方形性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理，解题关键是
善于利用折叠性质得出BF垂直且平分AG．
8．（24-25八年级·湖北省直辖县级单位·阶段练习）操作与探究：
数学活动课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展操作与探究活动．
操作一：对折正方形纸片ABCD，使BC与AD重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AB上选一点M，沿DM折叠，使点A落在正方形内部点N处，连接MN,DN．
(1)操作发现：
根据以上操作，当点N落在折痕EF上时，如图1所示，此时∠MDN=______°；(2)迁移探究：
当点N落在对角线BD上时，如图2所示，连接AC，与DM,BD分别交于点P,O，试判断线段MN与OP
的数量关系，并说明理由；
(3)拓展应用：
如图3，连接BN,CN，若正方形的边长为4，且S =4，连接EN，则S =______．
△BNC ΔEMN
【答案】(1)15
(2)MN=❑√2OP，理由见解析
(3)10❑√3−12
1
【分析】（1）根据折叠得出DN=AD，∠ADM=∠NDM，DF=CF= CD ∠DFE=∠CFE=90°
2
1
，证明DF= DN，取DN的中点G，连接FG，证明△DFG为等边三角形，得出∠FDG=60°，求出
2
∠ADN=90°−60°=30°，即可得出结果．
（2）连接PN，根据正方形的性质得出AC⊥BD，∠BAC=∠DAC=45°，根据折叠得出AM=MN，
AD=ND，∠ADP=∠NDP，∠DNM=90°，证明△ADP≌NDP，得出AP=NP，
∠DNP=∠DAP=45°，证明△OPN为等腰直角三角形，得出PN=❑√2OP，证明∠APM=∠AMP，得
出AP=AM，求出AM=MN=NP=AP，即可得出结论；
（3）根据S =4，得出点N在EF上，根据折叠得出DN=AD=4，∠DFN=∠CFN=90°，
△BNC
AM=MN，∠AEF=∠BEF=90°，根据勾股定理求出NF=❑√DN2−DF2=2❑√3， 得出
EN=EF−NF=4−2❑√3，设ME=x，则AM=MN=2−x，根据勾股定理得出x2+(4−2❑√3) 2=(2−x) 2
，求出x=4❑√3−6，最后根据三角形面积公式求出结果即可．
1
【详解】（1）解：根据折叠可知：DN=AD，∠ADM=∠NDM，DF=CF= CD，
2
∠DFE=∠CFE=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠ADF=90°，
1
∴DF= DN，
2取DN的中点G，连接FG，如图所示：
1
∴FG=DG= DN，
2
∴FG=DG=FD，
∴△DFG为等边三角形，
∴∠FDG=60°，
∴∠ADN=90°−60°=30°，
1
∴∠MDN= ∠ADN=15°．
2
（2）解：MN=❑√2OP，理由如下：
连接PN，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∠BAC=∠DAC=45°，
∴∠AOB=∠AOD=90°，
根据折叠可知：AM=MN，AD=ND，∠ADP=∠NDP，∠DNM=90°，
∵DP=DP，∠ADP=∠NDP，AD=ND，
∴△ADP≌NDP，
∴AP=NP，∠DNP=∠DAP=45°，
∵∠PON=90°，∠ONP=45°，
∴△OPN为等腰直角三角形，
∴PN=❑√2OP，
∵∠DPO+∠PDO=90°，∠AMP+∠ADM=90°，∠ADM=∠PDO，∴∠DPO=∠AMD，
∵∠APM=∠DPO，
∴∠APM=∠AMP，
∴AP=AM，
∴AM=MN=NP=AP，
∴MN=❑√2OP；
（3）解：∵正方形的边长为4，
1
∴根据折叠可知：AE=DF=FC=BE= ×4=2，
2
即EF与BC间的距离为2，
设点N到BC的距离为h，
∵S =4，
△BNC
1 1
∴ BC×ℎ = ×4ℎ =4，
2 2
∴ℎ =2，
∴点N在EF上，如图所示：
根据折叠可知：DN=AD=4，∠DFN=∠CFN=90°，AM=MN，∠AEF=∠BEF=90°，
AE∥DF，
∵AE=DF=2，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∴EF=AD=4，
∴根据勾股定理得：NF=❑√DN2−DF2=2❑√3，
∴EN=EF−NF=4−2❑√3，
设ME=x，则AM=MN=2−x，
根据勾股定理得：M E2+EN2=M N2，即x2+(4−2❑√3) 2=(2−x) 2，
解得：x=4❑√3−6，
1
∴S = ME×EN
△EMN 2
1
= (4❑√3−6)(4−2❑√3)
2
=10❑√3−12．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性
质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是数形结合，作出相应的辅助线，熟练掌握相关的
判定和性质．
9．（24-25八年级·浙江宁波·期末）如图，点E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方
形ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B′恰好落在边CD上，A′B′交AD于点N，作BM⊥A′B′于点M
，交EF于点H，连接B′H．
(1)求证：BM∥FB′．
(2)问四边形BFB′H是什么特殊四边形？请说明理由．
(3)①若B，M，D三点在一条直线上，求证：DN=❑√2AN．
②若N为AD的中点，求DB′:B′C的值．
【答案】(1)见解析
(2)菱形．理由见解析
(3)①见解析；②2
【分析】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知
识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由正方形的性质得出∠ABC=90°，由折叠可知，∠A′B′F=∠ABC=90°，结合BM⊥A′B′，即
可得证；
（2）由折叠知，∠BFH=∠B′FH，BF=B′F，BH=B′H，由平行线的性质得出∠BHF=∠B′FH，从而得出∠BHF=∠BFH，进而得出BH=BF=B′F=B′H，即可得证；
（3）①连接BB′，BN，证明△MBB′≌△CBB′得出MB′=CB′，BM=BC，证明
Rt△BAN≌Rt△BMN，得出AN=MN，求出ND=❑√2MN，即可得解；②设AN=DN=x，CB′= y，
2
则DC=AD=2x，NM=x，B′M= y，B′D=2x−y，NB′=x+ y，由勾股定理得出y= x，即可得
3
解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴∠ABC=90°，
由折叠可知，∠A′B′F=∠ABC=90°，
∵BM⊥A′B′，
∴BM∥FB′；
（2）解：四边形BFB′H为菱形．理由如下：
由折叠知，∠BFH=∠B′FH，BF=B′F，BH=B′H，
∵BM∥FB′，
∴∠BHF=∠B′FH，
∴∠BHF=∠BFH，
∴BH=BF，
∴BH=BF=B′F=B′H，
∴四边形BFB′H为菱形．
（3）解：①连接BB′，BN
∵四边形BFB′H为菱形，
∴∠MBB′=∠CBB′，
∵∠BMB′=∠BCB′，BB′=BB′，
∴△MBB′≌△CBB′，
∴MB′=CB′，BM=BC，
∵BC=BA，∴BM=BA，
∵∠A=∠BMN=90°，BN=BN，
∴Rt△BAN≌Rt△BMN，
∴AN=MN，
∵B，M，D三点在同一直线上，∠NDM=45°，
∴ND=❑√2MN，
∴ND=❑√2AN，
②设AN=DN=x，CB′= y，则DC=AD=2x，NM=x，B′M= y，B′D=2x−y，NB′=x+ y，
在Rt△NDB′中，DN2+B′D2=B′N2，
即x2+(2x−y) 2=(x+ y) 2，
2
解得y= x，
3
∴DB′:B′C=2．
．
10．（24-25八年级·河南新乡·期末）【问题情境】如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6．点F是射
线BC上的一点，将矩形ABCD沿直线AF折叠，点B的对应点为点E．
【猜想证明】（1）当点E落在边AD上时，四边形ABFE的形状为 ．
（2）当AE平分∠BAD时，连接DE，求S ．
△ADE
【能力提升】（3）在【问题情境】的条件下，是否存在点F，使点F，E，D三点共线．若存在，请直接
写出BF 的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）正方形；（2）6❑√2；（3）6+2❑√5或6−2❑√5【分析】（1）先证明四边形ABFE是平行四边形，再证明是菱形，最后再证明是正方形；
（2）过点E作EG⊥AD于点G，可得△AEG为等腰直角三角形，设GA=≥=x，在Rt△AEG中，由勾
1
股定理得：x2+x2=42，解得：x=2❑√2，故由S = ×AD×≥¿代入求解即可；
△ADE 2
（3）①点F在线段BC上，根据“平行线+角平分线”可以得到等腰三角形，即 DA=DF=6，对
Rt△DCF运用勾股定理得CF=2❑√5，则BF=6−2❑√5，点F在线段BC延长线上，同理可求
BF=6+2❑√5．
【详解】解：（1）如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B=∠BAD=90°，
∴此时AE∥BF，
∵翻折，
∴∠1=∠2，AB=AE
∵AE∥BF，
∴∠2=∠3
∴AB=BF，
∴AE=BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵AB=AE，
∴四边形ABFE是菱形，
∵∠B=90°，
∴四边形ABFE是正方形，
故答案为：正方形；
（2）过点E作EG⊥AD于点G，则∠AGE=90°∵∠BAD=90°，AE平分∠BAD，
∴∠EAG=45°，
∴∠AEG=45°，
∴∠EAG=∠AEG，
∴GA=≥¿，
设GA=≥=x
∵翻折，
∴AE=AB=4，
在Rt△AEG中，由勾股定理得：x2+x2=42，
解得：x=2❑√2，
即¿=2❑√2，
1 1
∴S = ×AD×≥= ×6×2❑√2=6❑√2；
△ADE 2 2
（3）①点F在线段BC上，当F、E、D三点共线时，如图：
∵翻折
∴∠AFB=∠AFE，
∵AD∥BC，
∴∠AFB=∠DAF，
∴∠DAF=∠AFE，
∴DA=DF=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4,∠C=90°,AD=BC=6，
∴Rt△DCF中，由勾股定理得CF=2❑√5，∴BF=6−2❑√5，
②点F在线段BC延长线上，当F、E、D三点共线时，如图：
同理可求：CF=2❑√5，
∴BF=6+2❑√5，
综上：BF=6+2❑√5或BF=6−2❑√5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性
质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
【题型5 坐标系中的折叠问题】
1．（24-25八年级·辽宁盘锦·期中）如图，菱形OABC的顶点O为坐标原点，顶点A在x轴正半轴上，顶
点B、C在第一象限，OA=2，∠AOC=60°，点D在边AB上，将四边形ODBC沿直线OD翻折，使点B
和点C分别落在这个坐标平面内的B′和C′处，且∠C′DB′=60°，某正比例函数图象经过B′，则这个正
比例函数的解析式为（ ）
❑√3 ❑√3 1
A．y=− x B．y=− x C．y=− x D．y=﹣x
2 3 2
【答案】B
【分析】本题考查了折叠性质，菱形性质，等边三角形的性质和判定的应用，勾股定理，含30°的直角三
角形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
连接AC，求出△BAC是等边三角形，推出∠CAB=60°，根据∠CDB=∠C′DB′=60°且点D在边AB
上，推出A和D重合，连接BB′交x轴于E，根据勾股定理求出B′的坐标，即可求得正比例函数的解析
式．
【详解】解： 连接AC，如图，∵四边形OABC是菱形，
∴CB=AB=OA=2，∠CBA=∠AOC=60°，
∴△BAC是等边三角形，
∴AC=AB，∠CAB=60°
∵将四边形ODBC沿直线OD翻折，使点B和点C分别落在这个坐标平面内的B′和C′处，
∴∠CDB=∠C′DB′=60°
又∵点D在边AB上，
即点D与点A重合，
连接BB′交x轴于E，
则AB′=AB=2，∠DB′C′=∠ABC=60°
∵OA∥B′C′
∴∠B′ AE=∠DB′C′=60°，
在Rt△AB′E中，∠B′ AE=60°，AB′=2，
1
∴AE= AB′=1，
2
由勾股定理得B′E=❑√3，
则OE=2+1=3，
即B′的坐标是(3,−❑√3)，
设正比例函数的解析式为y=kx，
∵正比例函数图象经过B′，
∴−❑√3=3k，
❑√3
∴k=− ，
3
❑√3
∴y=− x．
3
故选：B．
2．（24-25八年级·河南开封·期末）如图在平面直角坐标系中，矩形OACB的边OB在x轴上，OA在y轴上，顶点C的坐标是(−3,4)，将矩形沿对角线AB进行翻折，点C落在点P的位置，BP交y轴于点Q，则点
Q的坐标是（ ）
( 1) ( 25) ( 7) ( 4)
A． 0, B． 0, C． 0, D． 0,
5 8 8 5
【答案】C
【分析】本题考查了坐标系中的点，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关
键．
证明出QA=QB，设OQ=x，则QB=QA=4−x，对Rt△OQB运用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：如图，
由翻折得，∠1=∠2，
∵四边形OACB是矩形，顶点C的坐标是(−3,4)，
∴AC=BO=3,BC=AO=4，BC∥AO，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴QB=QA，
设OQ=x，则QB=QA=4−x，
∵∠AOB=90°，
∴在Rt△OQB中，由勾股定理得：32+x2=(4−x) 2，
7
解得：x= ，
8
( 7)
∴Q 0, ，
8故选：C．
3．（24-25·河南安阳·八年级期末）将矩形纸片OABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，P为BC边上
一动点（不与点B，C重合），连接OP，将△OCP折叠，得到△OC′P．经过点P再次折叠纸片，使点B
的对应点B′落在直线PC′上，折痕交AB于点E．已知点B（4，3），当四边形PB′EB是正方形时，点
E的坐标为（ ）
A．(4,2.5) B．(4,1.5) C．(4,2) D．(4,1)
【答案】C
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌
握以上性质；根据正方形的性质和等腰三角形的性质可得PB=BC−PC=1，再由正方形的性质求解即
可；
【详解】由题意可得OA=BC=4,OC=AB=3，当四边形PB′EB是正方形时，∠BPB′=90°，
∴∠CPC′=90°，
由折叠的性质，可得∠CPO=∠C′PO=45°，
∴∠COP=∠CPO=45°，
∴OC=PC=3，
∴PB=BC−PC=1，
∵四边形PB′EB是正方形，
∴PB=BE=1，
∴AE=AB−BE=2，
∴点E的坐标为(4,2)，
故选C；
4．（24-25·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为
(−2，0)，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为(0，6)，则点E的
坐标为 ．【答案】(3,10)
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，先判断四边形AOGD是矩形，得出
OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根据折叠的性质得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF
中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理构建关于CE的方程，
求出CE的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
则四边形AOGD是矩形，
∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，
∵折叠，
∴BF=BC=a，CE=FE，
∵点A的坐标为(−2，0)，点F的坐标为(0，6)，
∴AO=2，FO=6，
∴BO=AB−AO=a−2，
在Rt△BOF中，BO2+FO2=BF2，
∴(a−2) 2+62=a2，
解得a=10，
∴FG=OG−OF=4，¿=CD−DG−CE=8−CE，
在Rt△EGF中，GE2+FG2=EF2，
∴(8−CE) 2+42=CE2，解得CE=5，
∴¿=3，
∴点E的坐标为(3,10)，
故答案为：(3,10)．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利
用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
5．（24-25八年级·海南省直辖县级单位·期末）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OA=8，OB=10，则OE= ，点D的坐标是 ．
【答案】 6 (10,3)
【分析】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列
方程是解题的关键．根据矩形的性质可知AC=OB=10，OA=BC=8，再利用折叠的性质得
AE=AC=10，CD=DE，由勾股定理求得OE=6，设BD=m，则CD=DE=(8−m)，在Rt△BDE中，
利用勾股定理列方程可得答案．
【详解】解：∵A(0,8)，B(10,0)，
∴OA=8，OB=10，
∵四边形OACB是矩形，
∴AC=OB=10，OA=BC=8，
∵将该长方形沿AD折叠，点C恰好落在边OB上的E处．
∴AE=AC=10，CD=DE，
由勾股定理得，OE=6，
∴BE=4，
设BD=m，则CD=DE=8−m，
在Rt△BDE 中，
42+m2=(8−m) 2，解得m=3，
∴D(10,3)，
故答案为：6，(10,3)．
6．（24-25八年级·福建厦门·期末）如图，在菱形AOCD中，点C在x轴上，∠AOC=60°，AO=2，M
为边AO的中点，N为边OC上一动点（不与点O重合），将△OMN沿直线MN折叠，使点O落在点E
处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，直线MN的解析式是 ．
5❑√3 4❑√3 ❑√3 2❑√3
【答案】y=− x+ 或y=− x+
3 3 3 3
【分析】分DE=DC、CE=CD和CE=DE，分类讨论即可．
【详解】①当DE=DC时，连接DM，作AH⊥OC于H，DG⊥OC于H，
∵四边形AOCD是菱形，∠AOC=60°，AO=2，
∴AO=CD=OC=2，AD∥OC，AO∥CD，
∴∠DCG=∠AOC=60°，∠A=180°−∠AOC=120°，
∴DE=DC=2，∵AH⊥OC，DG⊥OC，
∴∠OAH=30°，∠CDG=30°，
1 1
∴OH= AO=1，CG= CD=1
2 2
∴AH=❑√AO2−AH2=❑√3， OG=OC+CG=3，
∴A(1,❑√3)，
∵M为边AO的中点，
(1 ❑√3)
∴M , ，AM=OM=1，
2 2
∵折叠，
∴EN=ON，EM=OM=AM，∠MEN=∠MON=60°，
在△ADM和△EDM中，
{
AD=DE
)
AM=EM ，
DM=DM
∴△ADM≌△EDM，
∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，
∴D、E、N三点共线，
设ON=EN=x，则GN=3−x，DN=x+2，
在Rt△DGN中，由勾股定理得(3−x) 2+(❑√3) 2=(x+2) 2，
4 4
解得x= ，即ON= ，
5 5
(4 )
∴N ,0 ，
5
设直线MN解析式为y=kx+b，
{
4
k+b=0 ) { k=−
5❑√3
)
5 3
则 ，解得 ，
1 ❑√3 4❑√3
k+b= b=
2 2 35❑√3 4❑√3
∴y=− x+ ；
3 3
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时E和A重合，N和C重合，△CDE是等腰三角形，ON=OC=2，
∴N(2,0)，
把M，N坐标代入y=kx+b，得
{
2k+b=0
)
{ k=−
❑√3
)
3
1 ❑√3 ，解得 ，
k+b= ❑√3
2 2 b=
3
❑√3 2❑√3
∴y=− x+ ；
3 3
③当DE=CE时， 此时E在CD的垂直平分线上
∵CD=AD，∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴CD的垂直平分线过点A，
∴AE⊥CD
又AO∥CD，
∴AE⊥AO
又AM=OM=ME，
∴E和A重合，
∴此种情况和②一样．
5❑√3 4❑√3 ❑√3 2❑√3
综上，直线MN解析式为y=− x+ 或y=− x+ ．
3 3 3 3
5❑√3 4❑√3 ❑√3 2❑√3
故答案为：y=− x+ 或y=− x+ ．
3 3 3 3
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，折叠的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性
质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，明确题意，合理分类讨论是解题的关键．
7．（24-25八年级·江苏盐城·阶段练习）如图，四边形OABC为矩形，其中O为原点，A、C两点分别在x
轴和y轴上，B点的坐标是(8,14)． 点D，E分别在OC，CB边上，且CE:EB=5:3，将矩形OABC沿直
线DE折叠，使点C落在AB边上点F处(1)F点的坐标是________，D点的坐标是________．
(2)若点P在第二象限，且四边形PEFD是矩形，则P点的坐标是________
(3)若M是坐标系内的点，点N在y轴上，若以点M，N，D，F为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有
满足条件的点N的坐标．
【答案】(1)(8,10)；(0,4)
(2)(−3,8)
( 37)
(3)(0,−6)或(0,14)或 0, 或(0,16)
3
【分析】（1）由BC=8，且CE:EB=5:3，求出CE、BE的长，再由折叠的特征求出EF的长，由勾股定
理求出BF的长即可得到点F的坐标；过点D作DG⊥AB于G ，则OD=AG，DG=OA=8，所以
FG=10−OD，由折叠得，FD=DC=14−OA，由勾股定理，得FD2=DG2+FG2，即
(14−OD) 2=82+(10−OD) 2，求解得OD=4，妈可得点D坐标．
（2）连接PF交DE于点G，由矩形的性质得点G分别为DE、PF的中点，利用中点坐标即可求出点P坐
标；
（3）由（1）得，F(8,10)，由（2）得，D(0,4)，由折叠得，DF=CD=14−4=10=AF，分四种情
况：①当四边形MNDF是菱形，点M与点A重合，②当四边形MNDF是菱形，N与点C重合，③当四边
形MDNF是菱形，④当四边形MDFN是菱形，分别讨论求解即可．
【详解】（1）解：（1）如图1，∵矩形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴上，且(8,14)，
∴A(8,0)，C(0,14)，
∵BC=8，且CE:EB=5:3，
5 5 3 3
∴CE= BC= ×8=5，BE= BC= ×8=3，
8 8 8 8
由折叠得，FE=CE=5，∵∠B=90°，
∴根据勾股定理得BF=4，
∴AF=14−4=10，
∴F(8,10)．
过点D作DG⊥AB于G ，
∵矩形OABC，
∴∠DOA=∠OAG=90°
∵DG⊥AB
∴∠DGA=∠DGB=90°
∴四边形OAGD是矩形，
∴OD=AG，DG=OA=8，
∴FG=10−OD，
由折叠得，FD=DC=14−OA，
由勾股定理，得FD2=DG2+FG2
即(14−OD) 2=82+(10−OD) 2
∴OD=4
∴D(0,4)．
（2）解：连接PF交DE于点G，如图，
∵ PEFD
四边形 是矩形，∴点G分别为DE、PF的中点，
由（1）得，E(5,14)，D(0,4)，F(8,10)，
(5 )
∴G ,9 ，
2
8+m 5 10+n
设P(m,n)，则 = ， =9，
2 2 2
∴m=−3，n=8，
∴P(−3,8)．
（3）解：由（1）得，F(8,10)，由（2）得，D(0,4)，由折叠得，DF=CD=14−4=10=AF，
①当四边形MNDF是菱形，如图，
点M与点A重合，则DN=DF=10，
∴ON=10−4=6
∴N(0,−6)；
②当四边形MNDF是菱形，N与点C重合，如图，
∴N(0,14)；
③当四边形MDNF是菱形，如图，设DN=FN=DM=FM=r，
作FH⊥DN于点H，则H(0,10)，∠FHN=90°，FH=8，
∴DH=10−4=6，
由N H2+FH2=FN2，得(r−6) 2+82=r2，
25
解得，r= ，
3
25 37
∴ON=4+ = ，
3 3
37
∴N(0, )，
3
④当四边形MDFN是菱形，如图，
连结FM，交y轴于G，
∵四边形MDFN是菱形，
∴FM⊥y，DG=NG=10−4=6，
∴ON=4+6+6=16
∴N(0,16)，
37
综上所述，N的坐标为(0,−6)或(0,14)或(0, )或N(0,16)．
3【点睛】此题重点考查矩形的折叠问题、菱形的判定与性质、勾股定理、线段的中点坐标等知识与方法，
解第（3）题时要进行分类讨论，求出所有符合条件的结果，此题难度较大，属于考试压轴题．
8．（24-25八年级·广东广州·期末）长方形纸片OABC中，AB=10cm，BC=8cm，把这张长方形纸片
OABC如图放置在平面直角坐标系中，在边OA上取一点E，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在OC边
上的点F处．
(1)点E的坐标是______，点F的坐标是______；
(2)在AB上找一点P，使EP+PF最小，求点P坐标．
【答案】(1)(0,3)，(−4,0)；
( 20 )
(2) − ,8 ．
13
【分析】（1）由折叠可得BF=AB=10cm，FE=AE，利用勾股可得CF=❑√BF2−BC2=6cm，即得
OF=4cm，得到点F的坐标是(−4,0)，设FE=AE=xcm，则OE=(8−x)cm，在Rt△EOF中由勾股定理
得42+(8−x) 2=x2，解方程可得x=5，即得点E的坐标；
（2）作点F关于AB的对称点F′，连接EF′，交AB于点P，则 PF=PF′，即得
EP+PF=EP+PF′=EF′，由两点之间线段最短，可得此时EP+PF最小，由对称可得点F′(−4,16)，
13
利用待定系数法可得直线EF′的解析式为y=− x+3，把y=8代入函数解析式即可求解；
4
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，轴对称−最短线段问题，待定系数法求一次函数解析
式，求一次函数图象上点的坐标，利用轴对称找到点P的位置是解题的关键．
【详解】（1）解：由折叠可得，BF=AB=10cm，FE=AE，
∵四边形OABC是长方形纸，
∴∠C=∠EOF=90°，OC=AB=10cm，OA=BC=8cm，∴CF=❑√BF2−BC2=❑√102−82=6cm，
∴OF=10−6=4cm，
∴点F的坐标是(−4,0)，
设FE=AE=xcm，则OE=(8−x)cm，
在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2，
∴42+(8−x) 2=x2，
解得x=5，
∴OE=8−5=3cm，
∴点E的坐标是(0,3)，
故答案为：(0,3)，(−4,0)；
（2）解：作点F关于AB的对称点F′，连接EF′，交AB于点P，则 PF=PF′，
∴EP+PF=EP+PF′=EF′，由两点之间线段最短，可得此时EP+PF最小，
∵点F和点F′关于AB对称，
∴点F′(−4,16)，
设直线EF′的解析式为y=kx+b，把E(0,3)、F′(−4,16)代入得，
{ 3=b )
，
16=−4k+b
{ k=− 13 )
解得 4 ，
b=3
13
∴直线EF′的解析式为y=− x+3，
4
13
把y=8代入得，8=− x+3，
4
20
解得x=− ，
13
( 20 )
∴点P坐标为 − ,8 ．
139．（24-25八年级·江苏无锡·期中）在如图所示的平面直角坐标系中，正方形AOBC边长为2，点C的坐
标为(2,2)．
(1)如图1，动点D在OB边上，将△BCD沿直线DC折叠，点B落在点B′处，连接DB′并延长，交AO于点
E．
①当B′D=OD时，点D的坐标是______；
②若点E是线段OA的中点，求此时点D与点B′的坐标；
(2)如图2，动点D，G分别在边OB，AC上，将四边形DBCG沿直线DG折叠，使点B的对应点B′始终落
在边OA上（点B′不与点O，A重合），点C落在点C′处，B′C′交AC于点E．设OB′=t，四边形AB′DG
的面积为S，直接写出S与t的关系式．
(4 ) (4 2)
【答案】(1)①(1,0)；②点D的坐标为 ,0 ，点B′的坐标为 ,
3 5 5
1 1 1
(2)S= t3− t2+ t+2(0<t<2)
8 2 2
1
【分析】（1）①由折叠的性质可得B′D=BD，结合B′D=OD可得OD= OB=1；②连接CE，先证
2
Rt△B′CE ≌Rt△ACE(HL)，推出B′E=AE=1，设点D的坐标为(d,0)，用勾股定理解Rt△EOD可得
点D的坐标，利用待定系数法求出直线DE的解析式，设出点B′的坐标，结合B′E=AE=1，利用两点间
距离公式列方程，即可求解；（2）连接B′G，B′B，BG，设BD=B′D=m，用勾股定理解Rt△OB′D求出m与t的关系，进而用含t
的代数式表示出S ；设CG=n，用勾股定理解Rt△AB′G，Rt△BCG，用含t，n的式子分别表示出
△B′OD
B′G2，BG2，由折叠可知DG垂直平分B′B，推出B′G=BG，进而可得n与t的关系，用含t的代数式表
示出S ，最后根据S=S −S −S 即可求解．
梯形DBCG 正方形OABC △B′OD 梯形DBCG
【详解】（1）解：①∵正方形AOBC边长为2，点C的坐标为(2,2)，
∴ OB=BC=AC=OA=2，
由折叠的性质可得B′D=BD，
又∵ B′D=OD，
∴ BD=OD，
1
∴ OD= OB=1，
2
∴点D的坐标是(1,0)，
故答案为：(1,0)；
②如图，连接CE，
∵ OA
点E是线段 的中点，
1
∴ OE=AE= OA=1，
2
由折叠的性质可得B′C=BC，∠DB′C=∠DBC=90°，
又∵ AC=BC，
∴ B′C=AC，
{B′C=AC)
在Rt△B′CE和Rt△ACE中， ，
CE=CE
∴ Rt△B′CE ≌Rt△ACE(HL)，
∴ B′E=AE=1，设点D的坐标为(d,0)，则OD=d，
∴ B′D=BD=OB−OD=2−d，
∴ DE=B′E+B′D=1+2−d=3−d，
在Rt△EOD中，OE2+OD2=DE2，
∴ 12+d2=(3−d) 2，
4
解得d= ，
3
(4 )
∴点D的坐标为 ,0 ，
3
设直线DE的解析式为y=kx+b，
(4 ) {
b=1
)
将E(0,1)和D ,0 代入，得 4 ，
3 k+b=0
3
{
b=1
)
解得 3 ，
k=−
4
3
∴直线DE的解析式为y=− x+1，
4
( 3 )
设点B′的坐标为 x,− x+1 ，
4
∵ B′E=1，E(0,1)，
∴ (x−0) 2+ ( − 3 x+1−1 ) 2 =12 ，
4
4 4
解得x= 或x=− （舍去），
5 5
(4 2)
∴点B′的坐标为 , ；
5 5
（2）解：如图，连接B′G，B′B，BG，设OB′=t，则AB′=OA−OB′=2−t．
设BD=B′D=m，则OD=OB−BD=2−m，
在Rt△OB′D中，OB′2+OD2=B′D2，
∴ t2+(2−m) 2=m2，
t2+4
解得m= ，
4
1 1 ( t2+4) −t3+4t
∴ S = OB′ ⋅OD= t⋅ 2− = ；
△B′OD 2 2 4 8
设CG=n，则AG=AC−CG=2−n，
在Rt△AB′G中，B′G2=AB′2+AG2=(2−t) 2+(2−n) 2，
在Rt△BCG中，BG2=CG2+BC2=n2+22=n2+4，
由折叠可知DG垂直平分B′B，
∴ B′G=BG，
∴ B′G2=BG2，即(2−t) 2+(2−n) 2=n2+4，
t2−4t+4
解得n= ，
4
1 1(t2−4t+4 t2+4) t2−2t+4
∴ S = (CG+DB)⋅BC= + ×2= ；
梯形DBCG 2 2 4 4 2
−t3+4t t2−2t+4 1 1 1
∴ S=S −S −S =22− − = t3− t2+ t+2，
正方形OABC △B′OD 梯形DBCG 8 2 8 2 2
1 1 1
即S= t3− t2+ t+2(0<t<2)．
8 2 2
【点睛】本题考查坐标与图形，正方形折叠问题，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，求一次
函数解析式，勾股定理等，第二问有一定难度，根据折叠得出DG垂直平分B′B，进而得出B′G=BG是解
题的关键．
10．（24-25·黑龙江佳木斯·八年级期末）平面直角坐标系内如图放矩形OABC已知点B(8,6)，D(0,4)．将
矩形OABC沿EF折叠，使点A与点D重合．折痕交BC于点E，交OA于点F．(1)求点F的坐标；
(2)若动点P，Q同时从点A出发，点P以每秒1个单位长度的速度向点O运动，点Q以每秒2个单位长度的速
度沿射线AB方向运动，当点P运动到点O时停止运动，点Q也同时停止运动．设△PQF的面积为S，点P
，Q的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式并直接写出自变量的取值范围；
(3)在（2）的条件下，R是射线CB上的一点，点M为平面内一点，是否存在点M，使以P，Q，R，M为
顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(3,0)；
S=
{−t2+5t(0≤t<5))
(2)
t2−5t(5<t≤8)
(3)存在M(2,2)或M(10,2)或M(14,−6)时，，P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形．
【分析】（1）结合点B(8,6)，点D(0,4)，四边形OABC为矩形，可得OC=AB=6，OA=BC=8，
OD=4；设AF=DF=x，则OF=8−x，在Rt△ODF中，由勾股定理可得OD2+OF2=DF2，代入求解
可知OF=3，即可求得点F的坐标(3,0)；
（2）分两种情况讨论：当点P在点E右侧和点P在点E左侧时，利用三角形面积公式即可获得答案；
（3）若以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形时，则点P、M、Q三点围成的三角形为等腰直角三
角形，分情况讨论即可获得答案．
【详解】（1）解：由折叠可得AF=DF，
∵点B(8,6)，点D(0,4)，四边形OABC为矩形，
∴OA⊥AB，OC=AB=6，OA=BC=8，OD=4，
设AF=DF=x，则OF=OA−AF=8−x，
∴在Rt△ODF中，由勾股定理可得OD2+OF2=DF2，
即42+(8−x) 2=x2，解得x=5，
∴OF=8−x=3，
∴点F的坐标为(3,0)；（2）①如下图，当点P在点F右侧时，
根据题意，AQ=2t，AP=t (0≤t<5)，
∴FP=AF−AP=5−t，
1 1
∴S= FP⋅AQ= (5−t)×2t=−t2+5t；
2 2
②如下图，当点P在点F左侧时，
根据题意，AQ=2t，AP=t (5<t≤8)，
∴FP=AP−AF=t−5，
1 1
∴S= FP⋅AQ= (t−5)×2t=t2−5t．
2 2
{−t2+5t(0≤t<5))
S=
综上所述， ；
t2−5t(5<t≤8)
（3）解：若以P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形时，则点P、R、Q三点围成的三角形为等腰直角
三角形，
可分情况讨论：
①如下图，∵四边形PQRM是正方形，
∴PQ=QR，∠PQR=90°，
∴∠PQA+∠BQR=∠BQR+∠QRB，
∴∠PQA=∠QRB，
在△PAQ和△QBR中，
{∠PAQ=∠QBR=90°
)
∠PQA=∠QRB ，
PQ=QR
∴△PAQ≌△QBR(AAS)，
∴AQ=BR，BQ=AP=t，
∴AB=AQ+BQ=2t+t=3t=6，
∴BQ=AP=t=2，
∴BR=AQ=2×2=4，P(8−2,0)即P(6,0)
∴CR=BC−BR=4，Q(8,4)
∴R(4,6)，
∵四边形PQRM是正方形，
∴M(4+6−8,6+0−4)即M(2,2)；
②如下图，过点R作RK⊥OA于点K，则四边形OCRK、RKAB均为矩形，
∴RK=AB=6，∠BRK=∠RKA=90°，
∵四边形PRQM是正方形，
∴PR=QR，∠PRQ=90°，
∴∠KRB−∠PRB=∠PRQ+∠PRB，
∴∠KRP=∠BRQ，
在△PKR和△QBR中，
{∠RKP=∠RBQ=90°
)
∠KRP=∠BRQ ，
PR=QR∴△PKR≌△QBR(AAS)，
∴RB=RK=6，KP=BQ=AQ−AB=2t−6，
∴OK=CR=BC−BR=8−6=2，
∴R(2,6) ,AK=OA−OK=6=2t−6+t，
∴AP=t=4，
∴P(8−4,0)即P(4,0)，KP=BQ=2t−6=2，
∴Q(8,6+2)即Q(8,8)，
∵四边形PMQR是正方形，
∴M(4+8−2,8+0−6)即M(10,2)；
③如下图，
∵四边形PQRM是正方形，
∴PQ=QR，∠PQR=90°，
∴∠PQA+∠BQR=∠BQR+∠QRB，
∴∠PQA=∠QRB，
在△PAQ和△QBR中，
{∠PAQ=∠QBR=90°
)
∠PQA=∠QRB ，
PQ=QR
∴△PAQ≌△QBR(AAS)，
∴AQ=BR=2t，BQ=AP=t，
又∵AQ=AB+BQ=6+t=2t，
∴AP=t=6，
∴BR=2×6=12，P(8−6,0)即P(2,0)，AQ=2t=12 ,
∴CR=BC+BR=8+12=20， Q(8,12)，
∴R(20,6) ,∵四边形PMRQ是正方形，
∴M(2+20−8,6+0−12)即M(14,−6)．
综上所述，存在M(2,2)或M(10,2)或M(14,−6)时，P，Q，R，M为顶点的四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的性质
等知识，综合性强，难度较大，运用数形结合和分类讨论的思想分析问题是解题关键．
