专题5.6四边形中的折叠问题专项训练（30道）

考卷信息：

本套训练卷共30题，选择10题，填空10题，解答10题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对折叠问题的理解！

1．（淅川县期末）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将边AB沿AE折叠，使点B落在AC上的点M处，将边CD沿CF折叠，使点D落在AC上的点N处，易证四边形AECF是平行四边形．要使四边形AECF是菱形，则∠BAE的度数是（　　）

A．30° B．40° C．45° D．50°

【解题思路】证出∠BAE＝∠CAE＝∠DAC，即可解决问题．

【解答过程】解：由折叠的性质得：∠BAE＝∠CAE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD＝90°，AD∥BC，

∴∠DAC＝∠ACE，

∵四边形AECF是菱形，

∴AE＝CE，

∴∠CAE＝∠ACE，

∴∠BAE＝∠CAE＝∠DAC，

∴∠BAE 90°＝30°，

故选：A．

2．（嘉兴二模）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝6，E是CD上一点，连结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．若AD＝3GD，则DE的值为（　　）

A． B． C． D．

【解题思路】过点E作EH⊥FG，易得四边形GHED为矩形，则GH＝DE，HE＝GD；由已知可得：GD＝2，AG＝4，利用勾股定理可求FG＝2 ；设DE＝x，则GH＝EF＝x，HF＝2 x，在Rt△HEF中，由勾股定理列出方程，解方程可求DE．

【解答过程】解：过点E作EH⊥FG，交FG于点H，如图，

由题意：△AEF≌△AED，则AF＝AD＝6，DE＝EF．

∵AD＝6，AD＝3GD，

∴GD＝2．

∴AG＝AD﹣DG＝6﹣2＝4．

∵FG⊥AD，

∴FG ．

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D＝90°，

∵FG⊥AD，EH⊥FG，

∴四边形GHED为矩形．

∴GH＝DE，HE＝GD＝2．

设DE＝x，则GH＝EF＝x，HF＝2 x，

在Rt△HEF中，

∵HF²+HE²＝EF²，

∴ ．

解得：x ．

∴DE ．

故选：C．

3．（南岗区校级二模）如图，矩形ABCD，点E是AD边上的一点，将矩形沿直线BE翻折，点A落在DC边上的点F处，若AB＝10，AD＝8，则线段AE的长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6

【解题思路】由轴对称的性质可得：△EFB≌△EAB，则AE＝EF，BF＝AB＝10；在Rt△BCF中，由勾股定理可得FC＝6，则DF＝4；设AE＝x，则DE＝8﹣x，在Rt△DEF中，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．

【解答过程】解：∵△EFB是由△EAB沿直线BE翻折得到，

∴△EFB≌△EAB，

则AE＝EF，BF＝AB＝10．

∵四边形ABCD是矩形，

∴BC＝AD＝8，CD＝AB＝10，∠C＝∠D＝90°．

在Rt△BCF中，

CF 6，

∴DF＝DC﹣CF＝10﹣6＝4．

设AE＝x，则EF＝AE＝x，DE＝8﹣x，

在Rt△DEF中，

∵DE²+DF²＝EF²，

∴（8﹣x）²+4²＝x²．

解得：x＝5．

则AE＝5．

故选：C．

4．（南岗区模拟）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C对应点为点C′，且DC′是AB的垂直平分线，则∠DEC的大小为（　　）

A．30° B．45° C．60° D．75°

【解题思路】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．

【解答过程】解：连接BD，如图所示：

∵四边形ABCD为菱形，

∴AB＝AD，

∵∠A＝60°，

∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，

∵DC′是AB的垂直平分线，

∴P为AB的中点，

∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP＝∠BDP＝30°，

∴∠PDC＝90°，

∴由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，

在△DEC中，∠DEC＝180°﹣（∠CDE+∠C）＝75°．

故选：D．

5．（江北区期末）如图，已知矩形纸片ABCD的两边AB＝4，BC＝2，过点B折叠纸片，使点A落在边CD上的点F处，折痕为BE，则EF的长为（　　）

A． B． C． D．

【解题思路】由翻折的性质可知：BF＝AB＝4，AE＝EF，设AE＝EF＝x，在Rt△DEF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．

【解答过程】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC＝2，CD＝AB＝4，∠D＝∠C＝90°，

由翻折的性质可知：BF＝AB＝4，AE＝EF，

设AE＝EF＝x，

∴ ，

在Rt△DEF中，

∵DE²+DF²＝EF²，

∴ ，

∴ ，

故选：A．

6．（海东市三模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，OA＝6，将△ABC沿直线AC翻折，使点B落在点D处，AD交x轴于点E，若∠BAC＝30°，则点D的坐标为（　　）

A． B． C． D．

【解题思路】过D点作DF⊥x轴，垂足为F，则DF∥y轴，由矩形的性质及30°角的直角三角形的性质可求解AB ，OE ，AE ，结合折叠的性质可求解AD的长，进而求解ED，由勾股定理可求解EF，DF，即可求解OF，进而求解D点坐标．

【解答过程】解：过D点作DF⊥x轴，垂足为F，则DF∥y轴，

∵四边形AOCB为矩形，

∴∠OAB＝∠AOC＝∠B＝90°，BC＝AO＝6，AB＝OC，

∵∠BAC＝30°，

∴AC＝12，OC＝AB ，

由折叠可知：∠DAC＝∠BAC＝30°，AD＝AB ，

∴∠OAE＝30°，

∴OE ，AE ，

∴ED ，

∵DF∥y轴，

∴∠EDF＝∠EAO＝30°，

∴EF ，DF＝3，

∴OF＝OE+EF ，

∴D点坐标为（ ，﹣3），

故选：B．

7．（玉田县一模）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将边AB沿AE折叠，使点B落在AC上的点M处，将边CD沿CF折叠，使点D落在AC上的点N处，易证四边形AECF是平行四边形．当∠BAE为（　　）度时，四边形AECF是菱形．

A．30° B．40° C．45° D．50°

【解题思路】由折叠性质得到∠BAE＝∠CAE＝30°，求得∠ACE＝90°﹣60°＝30°，即∠CAE＝∠ACE，得到EA＝EC，于是得到结论．

【解答过程】解：当∠BAE＝30°时，四边形AECF是菱形，

理由：由折叠可知，∠BAE＝∠CAE＝30°，

∵∠B＝90°，

∴∠ACE＝90°﹣60°＝30°，

即∠CAE＝∠ACE，

∴EA＝EC，

∵四边形AECF是平行四边形，

∴四边形AECF是菱形，

故选：A．

8．（莲湖区模拟）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标为（8，6），若将△OAB沿OB翻折，点A的对应点为点E，OE交BC于点D，则点D的坐标为（　　）

A．（ ，6） B．（ ，6） C．（ ，6） D．（ ，6）

【解题思路】根据B点的坐标和矩形的性质得出AB＝OC＝6，BC＝OA＝8，∠OCB＝∠OAB＝90°，根据旋转的性质得出∠E＝∠OAB＝90°＝∠OCD，BE＝AB＝6，求出BE＝OC，根据全等三角形的判定得出△OCD≌△BED，根据全等三角形的性质得出CD＝ED，

设CD＝ED＝x，则BD＝8﹣x，根据勾股定理求出x即可．

【解答过程】解：∵B（8，6），四边形ABCO是矩形，

∴AB＝OC＝6，BC＝OA＝8，∠OCD＝∠OAB＝90°

∵将△OAB沿OB翻折，点A的对应点为点E，OE交BC于点D，

∴△OAB≌△OEB，

∴∠E＝∠OAB＝90°＝∠OCD，BE＝AB＝6，

∴BE＝OC，

在△OCD和△BED中，

，

∴△OCD≌△BED（AAS），

∴CD＝ED，

设CD＝ED＝x，

则BD＝BC﹣CD＝8﹣x，

在Rt△BED中，由勾股定理得：BE²+ED²＝BD²，

即6²+x²＝（8﹣x）²，

解得：x ，

即CD ，

∴点D的坐标是（ ，6），

故选：B．

9．（金华模拟）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣6，0），点B（0，8），点C在线段AB上，点D在y轴上，将∠ABO沿直线CD翻折，使点B与点A重合．若点E在线段CD延长线上，且CE＝5，点M在y轴上，点N在坐标平面内，如果以点C、E、M、N为顶点的四边形是菱形，那么点N有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【解题思路】分别以EC为边，EC为对角线讨论可知满足条件的菱形．

【解答过程】解：如图中，分别以EC为边，EC为对角线讨论可知满足条件的菱形有5个．

故选：D．

10．（大鹏新区二模）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2 6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【解题思路】①由矩形的性质得到∠OBC＝90°，根据折叠的性质得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形OBPD为正方形；故①正确；

②过D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根据直角三角形的性质得到DH 3，根据三角形的面积公式得到△OAD的面积为 OA•DH 3×10＝15，故②正确；

③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的最小值为2 6；故③正确；

④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB＝∠POA，等量代换得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根据勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确．

【解答过程】解：①∵四边形OACB是矩形，

∴∠OBC＝90°，

∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，

∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，

∵∠BOP＝45°，

∴∠DOP＝∠BOP＝45°，

∴∠BOD＝90°，

∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，

∴四边形OBPD是矩形，

∵OB＝OD，

∴四边形OBPD为正方形；故①正确；

②过D作DH⊥OA于H，

∵点A（10，0），点B（0，6），

∴OA＝10，OB＝6，

∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，

∴∠DOA＝30°，

∴DH 3，

∴△OAD的面积为 OA•DH 3×10＝15，故②正确；

③连接OC，

则OD+CD≥OC，

即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，

∵AC＝OB＝6，OA＝10，

∴OC 2 ，

∴CD＝OC﹣OD＝2 6，

即CD的最小值为2 6；故③正确；

④∵OD⊥AD，

∴∠ADO＝90°，

∵∠ODP＝∠OBP＝90°，

∴∠ADP＝180°，

∴P，D，A三点共线，

∵OA∥CB，

∴∠OPB＝∠POA，

∵∠OPB＝∠OPD，

∴∠OPA＝∠POA，

∴AP＝OA＝10，

∵AC＝6，

∴CP 8，

∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确；

故选：D．

11．（阜新）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B的对应点E落在CD边上，GH为折痕，已知AB＝6，BC＝10．当折痕GH最长时，线段BH的长为　6.8　．

【解题思路】由题知，当E点与D点重合时GH最长，设BH＝x，则CH＝10﹣x，HE＝BH＝x，根据勾股定理计算出x的值即可．

【解答过程】解：由题知，当E点与D点重合时GH最长，

设BH＝x，则CH＝10﹣x，HE＝BH＝x，

由勾股定理得，HC²+CE²＝HE²，

即（10﹣x）²+6²＝x²，

解得x＝6.8，

故答案为：6.8．

12．（红桥区三模）如图，正方形纸片ABCD的边长为6，G是BC的中点，沿着AG折叠该纸片，得点B的对应点为点F，延长GF交DC于点E，则线段DE的长为　2　．

【解题思路】由折叠的性质可得AF＝BA，∠ABC＝∠AFG＝90°，BG＝GF＝3，由“HL”可证Rt△AEF≌Rt△AED，可得DE＝EF，在Rt△GEC中，由勾股定理可求DE的长．

【解答过程】解：如图，连接AE，

∵正方形纸片ABCD的边长为6，G是BC的中点，

∴BG＝GC＝3，

∵折叠，

∴AF＝BA，∠ABC＝∠AFG＝90°，BG＝GF＝3，

∴AD＝AF，

在Rt△AEF和Rt△AED中，

，

∴Rt△AEF≌Rt△AED（HL），

∴DE＝EF，

∵GE²＝EC²+GC²，

∴（3+DE）²＝（6﹣DE）²+9，

∴DE＝2，

故答案为：2．

13．（渝中区校级二模）如图，点E在矩形ABCD边CD上，将△ADE沿AE翻折，点D恰好落在BC上的点F处，若AB＝2CF，CE＝3，连接DF，与AE交于H点，连接BH，则点F到BH的距离为　 　．

【解题思路】在Rt△EFC和Rt△ABF中，分别利用勾股定理求得DE、AD的长，再利用三角形面积公式即可求得．

【解答过程】解：根据折叠的性质知：AD＝AF＝BC，DE＝EF，

AE是线段DF的垂直平分线，H是DF的中点，

设DE＝EF＝x，则DC＝AB＝x+3，FC AB （x+3），

在Rt△EFC中，

FC²+EC²＝EF²，

即[ （x+3）]²+3²＝x²，

解得：x＝5或x＝﹣3（舍去），

∴DC＝AB＝5+3＝8，FC＝4，

设AD＝AF＝BC＝y，则BF＝y﹣4，

在Rt△ABF中，

AB²+BF²＝AF²，

即8²+（y﹣4）²＝y²，

解得：y＝10，

∴BF＝6，

过H作HN⊥BC于N，过F作FM⊥BH于M，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠C＝90°，

∴HN∥CD，

∴HN CD＝4，FN FC＝2，

∴BN＝BF+FN＝8，

由勾股定理得：BH 4 ，

∵S_△BHF BF×HN BH×FM，

∴FM ，

故答案为： ．

14．（河南模拟）如图，在矩形ABCD中，CD＝3，对角线AC＝5，点G，H分别是线段AD，AC上的点，将△ACD沿直线GH折叠，点C，D分别落在点E，F处．当点E落在折线CAD上，且AE＝1时，CH的长为　2或 　．

【解题思路】分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．

【解答过程】解：∵AC＝5，CD＝3，

∴AD 4，

当点E落在AC上时，

∵将△ACD沿直线GH折叠，

∴CH＝EH，

∵AE＝1，

∴EC＝4，

∴CH＝2；

当点E落在AD上时，如图2，连接EC，过点E作EN⊥AC于N，

∵S_△AEC AE×CD AC×EN，

∴1×3＝5×EN，

∴EN ，

∴AN ，

∴NC ，

∵将△ACD沿直线GH折叠，

∴CH＝EH，

∵EN²+NH²＝EH²，

∴ （ HC）²＝HC²，

∴HC ，

综上所述：CH的长为2或 ．

15．（宁波模拟）如图，将边长为12的正方形纸片ABCD折叠，点A与CD边中点M重合，折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与BC交于点G，则DE长度为　 　，BG与BC的数量关系为　BG BC　．

【解题思路】过A作AH⊥MG于H，连接AG，设DE＝x，则AE＝ME＝12﹣x，Rt△DME中，由勾股定理可得x ，即DE ，证明△ADM≌△AHM，可得AD＝AH，MH＝MD＝6，可证明Rt△AHG≌Rt△ABG，有HG＝BG，设BG＝y，则HG＝y，CG＝12﹣y，Rt△CMG中，由CM²+CG²＝MG²，可列方程6²+（12﹣y）²＝（6+y）²，解得y ，即BG ，从而可得BG BC．

【解答过程】解：过A作AH⊥MG于H，连接AG，如图：

设DE＝x，则AE＝ME＝12﹣x，

Rt△DME中，DM DC＝6，DM²+DE²＝ME²，

∴6²+x²＝（12﹣x）²，

解得x ，

∴DE ，

∵正方形纸片ABCD折叠，点A与CD边中点M重合，

∴∠MAB＝∠AMG，

∵DC∥AB，

∴∠DMA＝∠MAB，

∴∠DMA＝∠AMG，

在△ADM和△AHM中，

，

∴△ADM≌△AHM（AAS），

∴AD＝AH，MH＝MD＝6，

∴AH＝AD＝AB，

在Rt△AHG和Rt△ABG中，

，

∴Rt△AHG≌Rt△ABG（HL），

∴HG＝BG，

设BG＝y，则HG＝y，CG＝12﹣y，

Rt△CMG中，CM DC＝6，MG＝MH+HG＝6+y，CM²+CG²＝MG²，

∴6²+（12﹣y）²＝（6+y）²，

解得y ，

∴BG ，

∴ ，

∴BG BC．

故答案为： ，BG BC．

16．（邵阳县模拟）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠D＝45°，点E在BC边上，将△ABE沿AE所在的直线折叠得到△AB₁E，AB₁交CD于点F，使EB₁经过点C，则CB₁的长度为　2 2　．

【解题思路】由菱形的性质可得AB＝BC＝2，∠D＝∠B＝45°，由折叠的性质可得BE＝B₁E，AE⊥B₁B，AB＝AB₁，可求∠BAB₁＝90°，由等腰直角三角形的性质可求BB₁的长，即可求解．

【解答过程】解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC＝2，∠D＝∠B＝45°，

∵将△ABE沿AE所在的直线折叠得到△AB₁E，

∴BE＝B₁E，AE⊥B₁B，AB＝AB₁，

∴∠B＝∠B₁＝45°，

∴∠BAB₁＝90°，

∴BB₁ AB＝2 ，

∴CB₁＝BB₁﹣BC＝2 2，

故答案为2 2．

17．（拱墅区校级月考）如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝7，点E为DC一个动点，点F是AD上的一个动点，把△DEF沿EF折叠，点D的对应点为D′，D′落在∠ABC的平分线上，满足条件的点D′有且仅有一个，则AF的长为　3﹣2 　．

【解题思路】过点D′作D′G⊥BC，D′H⊥AC，交BC于G，AB于H，过点F作FI⊥D′H，交D′H于I，连接BD′，先证明出四边形D′HBG为正方形，然后根据翻折的性质把线段之间的关系转化成方程思想，然后根据满足条件的点D′有且仅有一个说明Δ＝0，求出方程的解即可．

【解答过程】解：如图所示，过点D′作D′G⊥BC，D′H⊥AC，交BC于G，AB于H，

过点F作FI⊥D′H，交D′H于I，连接BD′，

∵D′落在∠ABC的平分线上，

∴则四边形D′HBG为正方形，

设AF＝x，

设D′H＝y，

则DF＝5﹣x＝D′F，

AH＝AB﹣BH＝7﹣y＝IF，

D′I＝D′H﹣AF＝y﹣x，

∵D′I²+IF²＝D′F²，

∴（y﹣x）²+（7﹣y）²＝（5﹣x）²，

化简得：2y²﹣2xy﹣14y+10x+24＝0，

即2y²﹣（2x+14）y+10x+24＝0，

将y看成未知数，x看成常数，

∵D′有且仅有一个，

∴Δ＝b²﹣4ac＝0，

故（2x+14）²﹣8（10x+24）＝0，

∴x＝3±2 ，

∵x＝3+2 5＝AD，故舍去，

∴AF＝3﹣2 ．

故答案为：3﹣2 ．

18．（泰山区期末）如图，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2），把矩形OABC沿OB折叠，点C落在点D处，则点D的坐标为　（ ， ）　．

【解题思路】先证明BE＝OE，由勾股定理可求BE＝OE ，由面积法可求DF的长，即可求解．

【解答过程】解：设BD与OA交于点E，作DF⊥OA于点F，

∵点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2），

∴OC＝2，OA＝4，

∵四边形ABCD是矩形，

∴BC∥OA，

∴∠CBO＝∠AOB，

由翻折变换的性质可知，∠DBO＝∠CBO，

∴∠OBD＝∠AOB，

∴BE＝OE，

在Rt△EAB中，设BE＝OE＝x，则AE＝4﹣x，

由勾股定理得2²+（4﹣x）²＝x²，

解得x ，即BE ，

∴OE＝BE ，

在Rt△ODE中，OD＝OC＝2，DE＝BD﹣BE＝4 ，

由 OE•DF OD•DE得 •DF 2 ，

∴DF ，

在Rt△ODF中，由勾股定理得OF²＝OD²﹣DF²＝2²﹣（ ）² ，

∴OF ，

∴点D的坐标为（ ， ），

故答案为：（ ， ）．

19．（江汉区模拟）如图，矩形ABCD中，E为BC的中点，将△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，连接FC，若∠DAF＝18°，则∠DCF＝　36　度．

【解题思路】由折叠的性质得：FE＝BE，∠FAE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，求出∠BAE＝∠FAE＝36°，由直角三角形的性质得出∠AEF＝∠AEB＝54°，求出∠CEF＝72°，求出FE＝CE，由等腰三角形的性质求出∠ECF＝54°，即可得出∠DCF的度数．

【解答过程】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD＝∠B＝∠BCD＝90°，

由折叠的性质得：FE＝BE，∠FAE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，

∵∠DAF＝18°，

∴∠BAE＝∠FAE （90°﹣18°）＝36°，

∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣36°＝54°，

∴∠CEF＝180°﹣2×54°＝72°，

∵E为BC的中点，

∴BE＝CE，

∴FE＝CE，

∴∠ECF （180°﹣72°）＝54°，

∴∠DCF＝90°﹣∠ECF＝36°；

故答案为：36．

20．（沈河区二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，点E为边AD上一点，将点C折叠与点E重合，折痕与边CD和BC分别交于点F和G，当DE＝2时，线段CF的长是　 　．

【解题思路】过点F作FH⊥AD于H，易证∠DFH＝30°，设CF＝x，则DF＝6﹣x，DH （6﹣x），HF （6﹣x），EH＝DE+DH＝5 ，由折叠的性质得EF＝CF＝x，在Rt△EFH中，EF²＝EH²+HF²，即可得出答案．

【解答过程】解：过点F作FH⊥AD于H，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，

∴AB＝CD＝6，∠EDF＝120°，

∴∠FDH＝60°，

∴∠DFH＝30°，

设CF＝x，

则DF＝6﹣x，DH DF （6﹣x），HF （6﹣x），

∴EH＝DE+DH＝2 （6﹣x）＝5 ，

由折叠的性质得：EF＝CF＝x，

在Rt△EFH中，EF²＝EH²+HF²，

即x²＝（5 ）²+[ （6﹣x）]²，

解得：x ，

∴CF ，

故答案为： ．

21．（南岗区模拟）已知：将矩形ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，其中点E，F分别在AB，CD上，点D的对应点为点G，连接AF．

（1）如图1，求证：四边形AECF为菱形；

（2）如图2，若∠CFG＝60°，连接AC交EF于点O，连接DO，GO，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有的等边三角形．

【解题思路】（1）由折叠性质得AE＝CE，AF＝FC，∠AEF＝∠CEF，由矩形性质得出∠ADC＝∠BAD＝90°，AE∥CF，证出AE＝CF，得出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论；

（2）先证出∠DAF＝30°，得出∠EAF＝60°，证出△AEF和△CEF是等边三角形；再证出OD AC＝OA，∠OAD＝60°，得出△AOD是等边三角形；证出CG＝OC＝OG，得出△COG是等边三角形．

【解答过程】解：（1）证明：由折叠性质得AE＝CE，AF＝FC，∠AEF＝∠CEF，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AE∥CF，

∴∠AEF＝∠EFC，

∵∠AEF＝∠FEC，

∴∠FEC＝∠EFC，

∴CE＝CF，

∵AE＝CE，

∴AE＝CF，

∵AF＝FC，

∴AE＝CE＝CF＝AF，

∴四边形AECF为菱形．

（2）解：等边三角形为：△AEF、△CEF、△AOD、△COG；理由如下：

∵∠CFG＝60°，

∴∠DFA＝60°，∠CFA＝120°，

∵四边形AECF是菱形，

∴AO⊥EF，AO＝OC，AF＝FC＝CE＝AE，∠AFE＝∠CFE＝60°，

∴△AEF和△CEF是等边三角形，

∴∠DAF＝∠DAB﹣∠FAE＝30°，∠FAO＝30°，

∴∠DAO＝60°，

∵∠ADC＝90°，

∴OD AC＝OA，

∴△AOD是等边三角形，

∵CG＝AD＝OC，OG AC，

∴CG＝OC＝OG，

∴△COG是等边三角形．

22．（鼓楼区校级期中）已知，如图，四边形ABCD中，∠D＝90°，AB＝AC，∠DAC＝∠B，点E是BC的中点．

（1）求证：四边形AECD是矩形；

（2）若AD＝8，CD＝6，点F是AD上的点，连接CF，把∠D沿CF折叠，使点D落在点G处．当△AFG为直角三角形时，求CF的长度．

【解题思路】（1）由AB＝AC，点E是BC的中点，可得∠DAC＝∠ACB，∠AEC＝90°；进而得到AD∥EC，∠EAD＝180°﹣∠AEC＝90°，由于∠D＝90°,利用三个角是直角的四边形是矩形，可得结论；

（2）分∠AGF＝90°，∠AFC＝90°，∠FAG＝90°三种情形解答，分别利用勾股定理求得CF的长．

【解答过程】解：（1）证明：∵AB＝AC,

∴∠B＝∠ACB．

∵∠DAC＝∠B,

∴∠DAC＝∠ACB．

∴AD∥EC．

∵AB＝AC,E是BC的中点，

∴AE⊥BC．

∴∠AEC＝90°．

∴∠EAD＝180°﹣∠AEC＝90°．

∵∠D＝90°,

∴四边形AECD为矩形．

(2)当∠AGF＝90°时，G在AC上，如图，

∵AD＝8,CD＝6,

∴AC ．

∵CG＝CD,

∴AG＝AC﹣CG＝4．

设DF＝x,则AF＝8﹣x,GF＝DF＝x,

由勾股定理得：AG²+GF²＝AF²．

∴4²+x²＝(8﹣x)²．

解得：x＝3．

∴ ．

当∠AFC＝90°时，G在CE上，此时四边形CDFG为正方形，如图：

∴CF＝6 ；

当∠FAG＝90°时，G在AB上，此时CG＝CD＝6,而CE＝AD＝8,

∵斜边大于直角边，

∴G不可能在AB边上．

综上，CF＝6 或3 ．

23．（灌南县二模）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将边AB沿AE折叠，使点B落在AC上的点M处，将边CD沿CF折叠，使点D落在AC上的点N处．

（1）求证：四边形AECF是平行四边形；

（2）当∠BAE为多少度时，四边形AECF是菱形？请说明理由．

【解题思路】（1）首先证明△ABE≌△CDF，则DF＝BE，然后可得到AF＝EC，依据一组对边平行且相等四边形是平行四边形可证明AECF是平行四边形；

（2）由折叠性质得到∠BAE＝∠CAE＝30°，求得∠ACE＝90°﹣30°＝60°，即∠CAE＝∠ACE，得到EA＝EC，于是得到结论．

【解答过程】解：（1）方法一：∵四边形ABCD为矩形，

∴AB＝CD，AD∥BC，∠B＝∠D＝90°，∠BAC＝∠DCA．

由翻折的性质可知：∠EAC ∠BAC，∠NCF ∠DCA

∴∠EAC＝∠NCF，

∴AE∥CF，

∵AF∥EC，

∴四边形AECF是平行四边形；

方法二：∵四边形ABCD为矩形，

∴AB＝CD，AD∥BC，∠B＝∠D＝90°，∠BAC＝∠DCA．

由翻折的性质可知：∠EAB ∠BAC，∠DCF ∠DCA．

∴∠EAB＝∠DCF．

在△ABE和△CDF中 ，

∴△ABE≌△CDF（ASA），

∴DF＝BE．

∴AF＝EC．

又∵AF∥EC，

∴四边形AECF是平行四边形；

（2）当∠BAE＝30°时，四边形AECF是菱形，

理由：由折叠可知，∠BAE＝∠CAE＝30°，

∵∠B＝90°，

∴∠ACE＝90°﹣60°＝30°，

即∠CAE＝∠ACE，

∴EA＝EC，

∵四边形AECF是平行四边形，

∴四边形AECF是菱形．

24．（下城区模拟）小明尝试着将矩形纸片ABCD（如图①，AD＞CD）沿过A点的直线折叠，使得B点落在AD边上的点F处，折痕为AE（如图②）；再沿过D点的直线折叠，使得C点落在DA边上的点N处，E点落在AE边上的点M处，折痕为DG（如图③）．如果第二次折叠后，M点正好在∠NDG的平分线上，求矩形ABCD长与宽的比值．

【解题思路】连接DE，由翻折的性质知，四边形ABEF为正方形，∠EAD＝45°，而M点正好在∠NDG的平分线上，则DE平分∠GDC，易证Rt△DGE≌Rt△DCE，得到DC＝DG，而△AGD为等腰直角三角形，得到AD DG CD．

【解答过程】解：连接DE，如图：

∵沿过A点的直线折叠，使得B点落在AD边上的点F处，

∴四边形ABEF为正方形，

∴∠EAD＝45°，

由第二次折叠知，M点正好在∠NDG的平分线上，

∴DE平分∠GDC，

∴∠GDE＝∠CDE，

∵DG为折痕，

∴∠DGE＝90°＝∠C，

而DE＝DE，

∴Rt△DGE≌Rt△DCE（AAS），

∴DC＝DG，

∵∠EAD＝45°，∠DGA＝90°，

∴△AGD为等腰直角三角形，

∴AD DG CD，

∴矩形ABCD长与宽的比值为 ，

故答案为 ．

25．（中山市校级月考）一张矩形纸ABCD，将点B翻折到对角线AC上的点M处，折痕CE交AB于点E．将点D翻折到对角线AC上的点H处，折痕AF交DC于点F，折叠出四边形AECF．

（1）求证：AF∥CE；

（2）当∠BAC＝　30　度时，四边形AECF是菱形？说明理由．

【解题思路】（1）证出∠HAF＝∠MCE，即可得出AF∥CE；

（2）证出四边形AECF是平行四边形，再证出AF＝CF，即可得出四边形AECF是菱形．

【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，

∴AD∥BC，

∴∠DAC＝∠BCA，

由翻折知，∠DAF＝∠HAF ∠DAC，∠BCE＝∠MCE ∠BCA，

∴∠HAF＝∠MCE，

∴AF∥CE；

（2）解：当∠BAC＝30°时四边形AECF为菱形，理由如下：

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D＝∠BAD＝90°，AB∥CD，

由（1）得：AF∥CE，

∴四边形AECF是平行四边形，

∵∠BAC＝30°，

∴∠DAC＝60°．

∴∠ACD＝30°，

由折叠的性质得∠DAF＝∠HAF＝30°，

∴∠HAF＝∠ACD，

∴AF＝CF，

∴四边形AECF是菱形；

故答案为：30．

26．（道里区二模）在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AE与BF相交于点G．

（1）如图1，求证：AE⊥BF；

（2）如图2，将△BCF沿BF折叠，得到△BPF，延长FP交BA的延长线于点Q，若AB＝4，求QF的值

【解题思路】（1）首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE＝90°，即可证明AE⊥BF；

（2）由△BCF沿BF对折，得到△BPF可得FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90，在利用角的关系求出QF＝QB，设QF＝x，在Rt△BPQ中，利用勾股定理可建立关于x的方程解方程求出x的值即可．

【解答过程】（1）证明：

∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，

∴CF＝BE，

在△ABE和△BCF中，

∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），

∴∠BAE＝∠CBF，

又∵∠BAE+∠BEA＝90°，

∴∠CBF+∠BEA＝90°，

∴∠BGE＝90°，

∴AE⊥BF；

（2）解：

∵将△BCF沿BF折叠，得到△BPF，

∴FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90°，

∵CD∥AB，

∴∠CFB＝∠ABF，

∴∠ABF＝∠PFB，

∴QF＝QB，

设QF＝x，PB＝BC＝AB＝4，CF＝PF＝2，

∴QB＝x，PQ＝x﹣2，

在Rt△BPQ中，

∴x²＝（x﹣2）²+4²，

解得：x＝5，

即QF＝5．

27．（崂山区一模）已知：如图，E是正方形ABCD的对角线BD上的点，连接AE、CE．

（1）求证：AE＝CE；

（2）若将△ABE沿AB翻折后得到△ABF，当点E在BD的何处时，四边形AFBE是正方形？请证明你的结论．

【解题思路】（1）利用正方形的性质和SAS证明△ABE≌△CBE即可；

（2）由折叠的性质得出∠F＝∠AEB，AF＝AE，BF＝BE，由直角三角形斜边上的中线性质得出AE BD＝BE＝DE，证出AE＝BE＝AF＝BF，得出四边形AFBE是菱形，AE⊥BD，即可得出结论．

【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CB，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠ABE＝∠CBE＝45°，

在△ABE和△CBE中，

，

∴△ABE≌△CBE（SAS），

∴AE＝CE．

（2）解：点E在BD的中点时，四边形AFBE是正方形；理由如下：

由折叠的性质得：∠F＝∠AEB，AF＝AE，BF＝BE，

∵∠BAD＝90°，E是BD的中点，

∴AE BD＝BE＝DE，

∵BF＝BE，

∴AE＝BE＝AF＝BF，

∴四边形AFBE是菱形，E是正方形ABCD对角线的交点，

∴AE⊥BD，

∴∠AEB＝90°，

∴四边形AFBE是正方形．

28．（睢宁县期中）把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和D重合，折痕为EF．

（1）连接BE，求证：四边形BFDE是菱形，并说明理由；

（2）若AB＝8cm，BC＝16cm，求线段DF及折痕EF的长．

【解题思路】（1）由EF垂直并平分BDBD与EF交于点O，四边形ABCD是矩形，易证得△DOE≌△BOF，继而证得DE＝BE＝BF＝DF，则可得四边形BFDE是菱形；

（2）首先设DF＝x，则FC＝16﹣x，在Rt△CDF中，利用勾股定理即可求得菱形的边长，再过点E作EG⊥BC于G，即可求得答案．

【解答过程】解：（1）四边形BFDE是菱形．

由折叠可知：EF垂直并平分BDBD与EF交于点O，

则BE＝DEBF＝DF，

∵四边形ABCD是矩形，

∴DE∥BF，

∴∠EDO＝∠FBO，

在△DOE和△BOF中，

，

∴△DOE≌△BOF（ASA），

∴DE＝BF，

∴DE＝BE＝BF＝DF，

∴四为形BFDE为菱形；

（2）设DF＝x，则FC＝16﹣x，

在Rt△CDF中，由勾股定理得：FC²+DC²＝DF²，

即8²+（16﹣x）²＝x²，

解得：x＝10，

即DF的长为10，

过点E作EG⊥BC于G，则GF＝4，

由勾股定理得：EF 4 ．

29．（梅列区校级期中）如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于G，连接DG．

（1）求∠EDG的度数．

（2）如图2，E为BC的中点，连接BF．

①求证：BF∥DE；

②若正方形边长为6，求线段AG的长．

【解题思路】（1）由正方形的性质可得DC＝DA．∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，由折叠的性质得出∠DFE＝∠C，DC＝DF，∠1＝∠2，再求出∠DFG＝∠A，DA＝DF，然后由“HL”证明Rt△DGA≌Rt△DGF，由全等三角形对应角相等得出∠3＝∠4，得出∠2+∠3＝45°即可；

（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得CE＝EF＝BE，∠DEF＝∠DEC，再由三角形的外角性质得出∠5＝∠DEC，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；

②设AG＝x，表示出GF、BG，根据点E是BC的中点求出BE、EF，从而得到GE的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；

【解答过程】（1）解：如图1所示：

∵四边形ABCD是正方形，

∴DC＝DA．∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，

∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，

∴∠DFE＝∠C，DC＝DF，∠1＝∠2，

∴∠DFG＝∠A＝90°，DA＝DF，

在Rt△DGA和Rt△DGF中，

，

∴Rt△DGA≌Rt△DGF（HL），

∴∠3＝∠4，

∴∠EDG＝∠3+∠2 ∠ADF ∠FDC，

（∠ADF+∠FDC），

90°，

＝45°；

（2）①证明：如图2所示：

∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，E为BC的中点，

∴CE＝EF＝BE，∠DEF＝∠DEC，

∴∠5＝∠6，

∵∠FEC＝∠5+∠6，

∴∠DEF+∠DEC＝∠5+∠6，

∴2∠5＝2∠DEC，

即∠5＝∠DEC，

∴BF∥DE；

②解：设AG＝x，则GF＝x，BG＝6﹣x，

∵正方形边长为6，E为BC的中点，

∴CE＝EF＝BE 6＝3，

∴GE＝EF+GF＝3+x，

在Rt△GBE中，根据勾股定理得：（6﹣x）²+3²＝（3+x）²，

解得：x＝2，

即线段AG的长为2．

30．（东城区一模）阅读下面材料：

小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE+DF，试说明理由．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．

参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：

（1）如图3，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足　∠B+∠D＝180°　关系时，仍有EF＝BE+DF；

（2）如图4，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，EC＝2，求DE的长．

【解题思路】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证得△AFE≌△AFG，由∠B+∠D＝180°时，得出EF＝BE+DF，

（2）把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．通过证明△AEG≌△AED得到：DE＝EG．结合

CG＝BD，利用勾股定理推知BD²+EC²＝DE²．则易求 ．

【解答过程】解：（1）∠B+∠D＝180°时，EF＝BE+DF；

如图，

∵AB＝AD，

∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，

∴∠BAE＝∠DAG，

∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，

∴∠BAE+∠DAF＝45°，

∴∠EAF＝∠FAG，

∵∠ADC+∠B＝180°，

∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，

在△AFE和△AFG中，

，

∴△AFE≌△AFG（SAS），

∴EF＝FG，

即：EF＝BE+DF．

（2）如图，

∵AB＝AC，

∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．

∠B＝∠ACG，

BD＝CG，

AD＝AG

∵△ABC中，∠BAC＝90°，

∴∠ACB+∠ACG＝∠ACB+∠B＝90°．

即∠ECG＝90°．

∴EC²+CG²＝EG²．

在△AEG与△AED中，

∠EAG＝∠EAC+∠CAG＝∠EAC+∠BAD＝90°﹣∠EAD＝45°＝∠EAD．

又∵AD＝AG，AE＝AE，

∴△AEG≌△AED．

∴DE＝EG．

又∵CG＝BD，

∴BD²+EC²＝DE²．

∴ ．