北师大版数学九上专题1.25 特殊平行四边形折叠专题（巩固篇）（专项练习）（含答案）

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专题1.25 特殊平行四这形折叠问题（巩固篇）（专项练习）一、单选题【知识点一】菱形折叠问题1．将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（       ）A．菱形 B．直角三角形 C．矩形 D．等腰三角形2．在自习课上，小芳同学将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠起来，她发现D、B两点均落在了对角线AC的中点O处，且四边形AECF是菱形．若AB＝3cm，则阴影部分的面积为（　　）A．1cm2 B．2cm2 C．cm2 D．cm23．如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点落在对角线上的点处（不与点，重合），折痕为，若，则的面积为（       ）A． B． C． D．4．如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点为A′．当CA′的长度最小时，CQ的长为（　　）A．5 B．7 C．8 D．6.5【知识点二】矩形将折叠问题5．如图，已知矩形纸片ABCD中，AB＝15，AD＝10，点E在BC边上，将△ABE沿BE折叠，点A落在点F处，此时点F到CD的距离为1，到AD的距离为3，则AE的长为（       ）A．4 B．5 C．6 D．86．如图，ABCD是一张矩形纸片，，，在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到，则下列判断错误的是（       ）A．折痕MN的最小值是1 B．折痕MN的最大值是C．三角形MNK是等腰三角形 D．三角形MNK的面积最大值为1.37．如图，将矩形纸片折叠（），使落在上，为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，点不动，将边折起，使点落在上的点处，连接，若，，则的长为（     ）A． B． C． D．48．如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点,连接．下列结论成立的是（     ）A．当点与点重合时， B．C． D．的面积最大值为【知识点三】正方形折叠问题9．如图，将边长为9的正方形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的处，点A对应点为，且，则AM的长是（     ）A．2 B．3 C． D．10．如图，正方形纸片ABCD的边长为15，E、F分别是CD、AD边上的点，连接AE，把正方形纸片沿BF折叠，使点A落在AE上的一点G，若CE＝7，则GE的长为（　　）A．3 B． C．4 D．11．如图．已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG．现有如下3个结论；①AG+EC＝GE；②∠GDE＝45°；③△BGE的周长是24．其中正确的个数为（　　）A．0 B．1 C．2 D．312．如图，四边形纸片ABCD满足ADBC，ADAB)，将矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE，点E在BC上．求证：四边形ABEF是正方形．(请完成以下填空)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠B=90°，∵折叠，∠AFE=∠B=90°，∴四边形ABEF是矩形(       ) ∵折叠，∴AB＝(       )，∴四边形ABEF是正方形(       )(2)【问题拓展】如图2，已知平行四边形纸片ABCD(AD>AB)，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边AD上，点B的对应点为F，折痕为AE，点E在边 BC上．①求证：四边形ABEF是菱形．②连结BF，若AE＝5，BF＝10，求菱形ABEF的面积．26．如图，折叠矩形纸片ABCD，使点C与点A重合，EF为折痕，点D的对称点为D′，连接CE．(1)求证：四边形AFCE是菱形；(2)若AB＝3，BC＝9，求四边形ABCD′的面积．27．如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC．(1)求证：AG＝GH；(2)若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离．参考答案1．A【分析】对折是轴对称得到的图形，根据最后得到的图形可得是沿对角线折叠2次后，剪去一个三角形得到的，按原图返回即可．解：如图，由题意可知，剪下的图形是四边形，由折叠可知，是等腰三角形，又和关于直线对称，四边形是菱形，故选：A．【点拨】本题主要考查学生的类比思想及动手操作能力，折叠的性质，逆向思维也是常用的一种数学思维方式．2．D【分析】由菱形的性质得到∠FCO＝∠ECO，进而证明∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，2BE＝CE，利用勾股定理得出BC＝，再解得菱形的面积为2 ，最后由阴影部分的面积＝ S菱形AECF解题．解：∵四边形AECF是菱形，AB＝3，∴假设BE＝x，则AE＝3﹣x，CE＝3﹣x，∵四边形AECF是菱形，∴∠FCO＝∠ECO，∵∠ECO＝∠ECB，∴∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，2BE＝CE，∴CE＝2x，∴2x＝3﹣x，解得：x＝1，∴CE＝2，利用勾股定理得出：BC2+BE2＝EC2，BC＝，又∵AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，则菱形的面积是：AE•BC＝2 ．∴阴影部分的面积＝ S菱形AECF＝ cm2．故选：D．【点拨】本题考查菱形的性质、勾股定理、含30°直角三角形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．3．B【分析】作边BG上的高EH，由菱形的∠ABC=120°，得出三角形ABD是等边三角形，在直角三角形EHB中∠EBH=60°是特殊角，可以用BE来表示三边的长度，设BE为x便可在直角三角形EHG中由勾股定理建立方程，解方程从而求出高再计算面积；解：过E作EH垂直BG于H：四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴AB=BD，∠A=60°，∴△ABD是等边三角形；AB=BD=BG+GD=8，设BE=x，GE是边AE折叠后的线段，则AE=GE=8-x，Rt△EBH中，∠EBH=60°，∴HB=x，HE=x，Rt△EHG中，由勾股定理得：GE2=EH2+HG2，∴（8-x）2=x2+（6-x）2，解得：x=，∴EH=，S△BEG=，故答案选：B【点拨】本题主要考查菱形的性质，折叠的性质，勾股定理；由AE=GE作出底边BG上的高利用勾股定理建立方程是解题关键．4．B【分析】作CH⊥AB于H，如图，根据菱形的性质可判断△ABC为等边三角形，可求得CH，BH，PH，在Rt△CHP中，利用勾股定理计算出CP，再根据折叠的性质得点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点A′在PC上时，CA′的值最小，然后证明CQ=CP即可．解：作CH⊥AB于H，如图，∵菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，∴△ABC为等边三角形，BC=8∴BH=4，，∵PB=3，∴HP=BH-BP=4-3=1，在Rt△CHP中，，∵梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′，∴点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，∴当点A′在PC上时，CA′的值最小，∴∠APQ=∠CPQ，而，∴∠APQ=∠CQP，∴∠CQP=∠CPQ，∴CQ=CP=7．故选：B．【点拨】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，求圆外一点到圆的距离的最值问题，解决本题的关键是确定点A′在PC上时，CA′的值最小．5．B【分析】过点F作FG⊥CD于G，过点F作FH⊥AD于H，则FGDH是矩形，FG=1，FH=3；设AE=x，则EF=x，EH=9－x，在Rt△EHF中由勾股定理建立方程求解即可；解：如图，过点F作FG⊥CD于G，过点F作FH⊥AD于H，ABCD是矩形，则∠D=90°，FG⊥CD，FH⊥AD，则FGDH是矩形，∴HD=FG=1，FH=3，设AE=x，则EF=x，EH=AD－HD－AE=9－x，Rt△EHF中，，，解得：x=5，故选：B．【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理；正确作出辅助线由勾股定理得到含有参数的方程是解题关键．6．A【分析】由折叠后的图形形状可判断A，当沿对角线AC折叠时，折痕MN最长，再结合勾股定理可判断B，证明可判断C，利用两种方式的折叠都可得到三角形MNK的面积最大值，可判断D，从而可得答案．解：当折痕时，则 ，不符合题干的情境，故A符合题意；当沿对角线AC折叠时，折痕MN最长， 故B不符合题意， ABCD是一张矩形纸片， 由折叠可得： 是等腰三角形，故C不符合题意；分两种情况折叠可得到三角形的面积的最大值： 情况一：将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合． MK=MB=x，则AM=5-x． 由勾股定理得12+（5-x）2=x2， 解得x=． ∴MD=ND=． S△MNK=S△MND=． 情况二：将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC． MK=AK=CK=x，则DK=5-x． 同理可得MK=NK=． ∵MD=1， ∴S△MNK=． △MNK的面积最大值为．故D不符合题意；故选A【点拨】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定，掌握“轴对称的性质”是解本题的关键．7．B【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF＝DB′，再证明DB′＝EC＝BF＝1，由直角三角形的性质求出AB′，则可得结论．解：由翻折的性质可知，EB＝EB′，∠B＝∠AB′E＝∠EB′D＝90°，在Rt△EBF和Rt△EB′D中，，∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），∴BF＝DB′，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠CDB′＝∠EB′D＝90°，∴四边形ECDB′是矩形，∴DB′＝EC＝1，∴BF＝EC＝1，由翻折的性质可知，BF＝FG＝1，∠FAG＝45°，∠AGF＝∠B＝∠AGF＝90°，∴AG＝FG＝1，∴AF＝．∴AB＝AB′＝1＋，∴AD＝AB′＋DB′＝2＋，故选B．【点拨】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明四边形ECDB′是矩形．8．C【分析】点P与点A重合时设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，进而求出MN即可判断选项A，先判断四边形CMPN是平行四边形，再根据PN=CN判断四边形CMPN是菱形，可判断选项B与C，当P与A重合时，求出四边形面积的最大值，即可判断选项D．解：如图1，当点P与A重合时，设BN=x，则AN=NC=8-x，在Rt△ABN中，AB²+BN²=AN²，即4²+x²=(8-x)²，解得x=3，∴CN=8-3=5，故A错误；∵PM∥CN，∴∠PMN=∠MNC，∵∠MNC=∠PNM，∴∠PMN=∠PNM，∴PM=PN，∵NC=NP，∴PM=CN，∵MP∥CN，∴四边形CNPM是平行四边形，∵CN=NP，∴四边形CNPM是菱形，∴，不能推出MN=PC，故C正确，B错误；由题知，当P点与A点重合时，CN最长，如图1，四边形CMPN的面积最大，此时面积最大，S△CQN =S四边形CMPN=×5×4=5，故D错误，故选：C．【点拨】本题主要考查翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．9．A【分析】根据勾股定理求出线段BN的长，过M作交BC于点H，证明求得NH的长，再利用矩形的性质求得AM 的长．解：连接，过M作交BC于点H，MN交于点I，由翻折可知：，，设，正方形ABCD的边长为9，，在中，，，即，解得，，，四边形ABHM为矩形，，，，，即，，，，，．故选：A．【点拨】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等的判定及性质，勾股定理，熟练掌握折叠性质是解题的关键．10．B【分析】由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后再Rt△ADF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，GE的长．解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD=15，∠BAD=∠D=90°，∵CE=7，∴DE=15-7=8，由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，∴BF⊥AE，AH=GH，∴∠BAH+∠ABH=90°，又∵∠FAH+∠BAH=90°，∴∠ABH=∠FAH，在△ABF与△DAE中 ∴△ABF≌△DAE(ASA)，∴AF=DE=8，BF=AE，在Rt△ABF中，BF===17,∴15×8=17AH，∴AH=，∴AG=2AH=AE=BF=17，∴GE=AE-AG=17-=．故选：B．【点拨】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．11．D【分析】由正方形的性质和折叠的性质可得，DF=DC=DA，∠DFG=∠A，进而Rt△ADG≌Rt△FDG，根据全等三角形的性质以及折叠的性质，可得到EB=EG，由此可得△BGE的周长．解：由折叠可知：CE=FE，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，∴∠DFG=∠A=90°，在Rt△ADG和Rt△FDG中，，∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），∴AG=FG，∴AG+EC=GF+EF=GE，故①正确，∵Rt△ADG≌Rt△FDG，∴∠ADG=∠FDG，由折叠可知，∠CDE=∠FDE，∴∠GDE=∠GDF＋∠EDF=，故②正确，∵正方形的边长为12，∴BE=EC=EF=6，设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，由勾股定理可得：，即，解得：x=4，∴AG=GF=4，BG=8，EG=10，∴△BGE的周长=BE+EG+GB=6+10+8=24，故③正确，故选：D．【点拨】本题主要考查折叠变换，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，能够熟练应用勾股定理是解决本题的关键．12．B【分析】由折叠可知，AH=HM，BF=FM，HD=HN，CF=NF推出AH+BF=HM+FM=HF，HD+FC=HN+NF=HF，则2HF=AH+BF+HD+FC=AD+BC=5+11=16，所以即AB=8，根据AH+BF=8，推出AH=BF=4，所以HD=AD-AH=5-4=1，CF=CB-BF=11-4=7过D作DH⊥CF于H．则HF=HD=1，HC=CF-HF=7-1=6，利用勾股定理求出CD长．解：由折叠可知，AH=HM，BF=FM，HD=HN，CF=NF， ∵AH+BF=HM+FM=HF，HD+FC=HN+NF=HF，∴2HF=AH+BF+HD+FC=AD+BC=5+11=16，∴HF=8，即AB=8，∵AH+BF=8，∴AH=BF=4，∴HD=AD-AH=5-4=1，CF=CB-BF=11-4=7，过D作DH⊥CF于H．则HF=HD=1，HC=CF-HF=7-1=6，∴CD= =10．故选：B．【点拨】本题考查了翻折问题，正确利用翻折性质和勾股定理是解题的关键13．     30°     6-2或2【分析】（1）由翻折可得，BP=DP，由菱形性质可得CP=DP，则可得CP=DP，即可求∠BCP=30°；（2）过P作PH⊥BC交于H，由折叠的性质结合三角形性质可得∠PCH=45°，在Rt△PBH中，∠B=30°，PB=2PH，HB=PH，在Rt△CHP中，PH=CH，则有PH+PH=2，求出PH即可求PD．解：（1）由翻折可得，BP=DP，∵四边形ACPD为菱形，∴CP=DP， ∴CP=BP，∵∠B=30°，∴∠BCP=30°，故答案为30°；（2）过P作PH⊥BC交于H，∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，∴BC=2，在Rt△PBH中，∠B=30°，PB=2PH，HB=PH，由翻折的性质，∠BPC=∠CPD，∵∠DPA=30°，∴∠BPC-30°+∠BPC=180°，∴∠BPC=105°，∴∠PCB=180°-105°-30°=45°，在Rt△CHP中，PH=CH，∴PH+PH=2，∴PH=3-，∴PB=PD=6-2，故答案为：6-2．【点拨】本题考查图形的翻折，直角三角形的性质，熟练掌握图形翻折的性质，灵活解直角三角形是解题的关键．14．【分析】根据折叠的性质得CF=EF，DF⊥BC，代入相关数据可得CF=5，BC=7，由菱形的性质得DC=7，最后根据勾股定理可得DF的长．解：由折叠得，CF=EF，DF⊥BC，∵BE=3，BF=2∴EF=BE+BF=3+2=5∴CF=5∴BC=BF+FC=2+5=7∵四边形ABCD是菱形∴DC=BC=7在Rt△DFC中， ∴ 故答案为：【点拨】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，根据折叠的性质得到CF=EF，DF⊥BC是解答本题的关键．15．cm或2cm【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，求出DG=，CG=1，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）.解：分两种情况，①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G， ∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，∴CG=CD=1，∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM       ，DM＝DM，∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得：，解得：x=，即BN=cm；②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2cm（符合题干要求）；综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为cm或2cm；故答案为cm或2cm．【点拨】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.16．     60°     【分析】（1）由翻折的性质得：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝∠2+∠3，∠D＝∠AGE，∠B＝∠AGF，再结合∵四边形内角和为360°，即可求出∠EAF＝60°；（2）由边形AECF是菱形得AE＝AF、S△AEF＝S△CEF，由点G为EF中点，∠2＝∠3＝30°，设DE＝x，勾股定理求出AD＝x，由四边形纸片ABCD的面积3解出x，即可求得AB．解：（1）如图，由翻折的性质得： ∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠C＝∠2+∠3，∠D＝∠AGE，∠B＝∠AGF，∵∠AGE+∠AGF＝180°，∴∠D＝∠AGE＝∠B＝∠AGF＝90°，∵四边形内角和为360°，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠C＝180°，∴3（∠2+∠3）＝180°，∴∠2+∠3＝60°，∴∠EAF＝60°．故答案为：60°；（2）∵四边形AECF是菱形，∴AE＝AF，S△AEF＝S△CEF，∵点G为EF中点，∴∠2＝∠3＝30°，设DE＝x，则AE＝2x，∴AD＝＝x，∴四边形纸片ABCD的面积是：3S△AEF＝3××EF×AG＝3××2x×x＝3，解得：x＝1，∴AB＝．故答案为：．【点拨】本题主要考查了翻折的性质、四边形内角和、菱形的性质，利用翻折性质：对应角相等、对应边相等是本题的关键．17．5【分析】连接PM，证明即可得到，PA=5．解：连接PM，∵矩形纸片ABCD中，，，∴，∵，∴，由折叠性质可知：，，∴，∵PM=PM，∴，∴，∴，故答案为：5．【点拨】本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件，学会利用翻折不变性解决问题．18．18【分析】连接DM，如图，设∠DAF=x．根据矩形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质求出∠DMC=2x，根据轴对称的性质，等边对等角，三角形外角的性质和等价代换思想求出∠DCF=4x和∠MDC=4x，最后根据三角形内角和定理列出方程求解即可．解：连接DM，如图所示，设∠DAF=x．∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠ADC=90°．∵M是AC中点，∴．∴∠ADM=∠DAF=x，∠DCF=∠MDC．∴∠DMC=∠DAF+∠ADM=2x．∵△DCE沿直线DE折叠，点C落在对角线AC上的点F处，∴FD=CD，∠DFC=∠DCF．∴FD=AB．∵MF=AB，∴FD=MF．∴∠FDM=∠DMC=2x．∴∠DFC=∠FDM+∠DMC=4x．∴∠DCF=∠DFC=4x．∴∠MDC=∠DCF=4x．∵∠MDC+∠DCF+∠DMC=180°，∴4x+4x+2x=180．∴x=18．故答案为：18．【点拨】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，综合应用这些知识点是解题关键．19．     60；     ．【分析】根据直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半的逆定理，可求∠BE的度数；根据中位线定理可得AM =2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得M = N =2，过 M 点作MG⊥EF于G ，可求G ，根据勾股定理可求 MG，进一步得到BE ，再根据勾股定理可求 OF ，从而得到 OD．解：∵BE=B，∴60°；故填：60；∵EN =1，∴由中位线定理得AM =2，由折叠的性质可得M =2，∵AD // EF，∴∠AMB =∠NM，∵∠AMB =∠MB，∴∠NM = ∠MB，∴N =2，∴E =3， F =2，∵∠EB=30°，∴∠OF=∠EB=30°，∵OF= O，∴在Rt△OF中，，即，，解得 OF =，过 M 点作MG⊥EF于 G ∴NG = EN =1，∴G =1，由勾股定理得 MG =，∴BE = DF = MG =，∴OD= DF-OF=．故答案为：．【点拨】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和E 的长．20．##【分析】连接EF，根据已知条件，利用“HL”证明，得出DF=GF，设，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可．解：连接EF，如图所示：∵四边形ABCD为矩形，∴，，，是的中点，,沿折叠后得到，，，，，，∵在和中，，，设，则，，在中，，解得．故答案为：．【点拨】本题主要考查了了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，作出辅助线，构造全等三角形，证明DF=GF，是解题的关键．21．     67.5     【分析】（1）易得，利用翻折的性质得到；（2）连接，，，易证，得到，，当，，在同一条直线上时，FQ最小，计算可得．解：（1）如图1，易得，∴，故答案为：67.5；（2）如图2，连接，，，易证，∴，，当，，在同一条直线上时，最小，最小值为，故答案为：．【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确掌握翻折的性质是解题的关键．22．【分析】过点G作GH⊥AD于H，根据翻折变换的性质可得GF⊥AE，然后求出∠GFH=∠D，再利用“角角边”证明△ADE和△GHF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=AE，再利用勾股定理列式求出AE，从而得解．解：如图，过点G作GH⊥AD于H，则四边形ABGH中，HG=AB，由翻折变换的性质得GF⊥AE，∵∠AFG+∠DAE=90°，∠AED+∠DAE=90°，∴∠AFG=∠AED，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HG=AD，在△ADE和△GHF中，，∴△ADE≌△GHF（AAS），∴GF=AE，∵点E是CD的中点，∴DE=CD=2，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE，∴GF的长为2．故答案为：．【点拨】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．23．或【分析】设，由折叠的性质可得，分两种情况，①当点在AC的下方时，②当点在AC的上方时，由角的关系分别求解即可．解：设，∵正方形ABCD的四个角都为90°，若沿AC折叠，则点D会与点B重合，∴，①当点在AC的下方时，如图1所示：则，∴，∵AF平分∴∵∴，解得；②当点在AC的上方时，如图2所示：则，∵AF平分∴∵∴，解得；综上所述，的度数为或故答案为：或【点拨】本题考查了翻折变换的性质、角平分线的性质、分类讨论等知识，熟练掌握翻折变换的性质和角平分线的性质是解题的关键．24．【分析】连接CE，过点G作GJ⊥CD于J，根据正方形和折叠的性质得到条件，证明△EFC≌△GJH，得到EC=GH，再根据正方形的性质和勾股定理，结合AD=8即可求出结果．解：连接CE，过点G作GJ⊥CD于J，设EC和GH交于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠B=∠BCD=90°，∴四边形BCJG为矩形，∴GJ=BC=EF，由折叠可得：E，C关于GH对称，∴EC⊥GH，AB=EF=CD，∴∠OHC+∠OCH=90°，又∠OCH+∠ECF=90°，∴∠ECF=∠GHJ，在△EFC和△GJH中，，∴△EFC≌△GJH（AAS），∴EC=GH，∵AD=8，∴EF=8，CF=4，∴GH=CE==，故答案为：．【点拨】本题考查了正方形的性质，翻折变换，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，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．25．(1)有三个角是直角的四边形是矩形；AF；一组邻边相等的矩形是正方形．(2)①证明见详解；②菱形ABEF的面积为25【分析】（1）由矩形的性质得∠BAD=∠B=90°，再由折叠的性质得：∠AFE=∠B=90°，AB=AF，则四边形ABEF是矩形，然后由AB=AF，即可得出结论；（2）①由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠FAE=∠BEA，再证AB=BE，则AF=BE，得四边形ABEF是平行四边形，然后由AF=AB即可得出结论；②由菱形面积公式得S菱形ABEF=AE•BF，即可得出答案．(1)解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠B=90°，由折叠的性质得：∠AFE=∠B=90°，∴四边形ABEF是矩形 （有三个角是直角的四边形为矩形），由折叠的性质得：AB=AF，∴四边形ABEF是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形），故答案为：有三个角是直角的四边形为矩形；AF；有一组邻边相等的矩形是正方形；(2)①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得：AF=AB，∠BAE=∠FAE，∴∠BEA=∠BAE，∴AB=BE，∴AF=BE，∴四边形ABEF是平行四边形，又∵AF=AB，∴平行四边形ABEF是菱形；②解：如图，∵四边形ABEF是菱形，AE=5，BF=10，∴S菱形ABEF=AE•BF=×5×10=25，故菱形ABEF的面积为25．【点拨】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、折叠的性质、平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握折叠的性质、矩形的判定与性质是解题的关键．26．(1)见分析(2)27【分析】（1）根据矩形的性质，先证四边形AFCE是平行四边形，再四边形AFCE是菱形，即可解答．（2）根据矩形的性质和翻折的性质，利用勾股定理建立方程即可解答．解：(1)证明：由折叠可知：AF=CF,∠CFE=∠AFE ∵四边形ABCD是矩形               ∴AD∥BC ∴∠CFE=∠AEF∴∠AFE=∠AEF∴AE=AF ∴AE=CF∴四边形AFCE是平行四边形 ∵AF=CF∴四边形AFCE是菱形解：(2)∵四边形ABCD是矩形               ∴∠B=90° 设BF=，则CF=9-x由折叠可知AF=CF=9-x由勾股定理，得∴∴ ∴BF=4，AF=5∴AE=5由勾股定理，得D′E=4∴ ∴【点拨】本题主要考查矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、翻折的性质，熟练掌握相关性质及建立方程是解本题的关键．27．(1)见分析(2)【分析】（1）由折叠的性质得出∠BAG=∠GAF=∠BAF，B，F关于AE对称， AG⊥BF，推出∠EAH=∠BAD=∠GHA=45°，即可证明AG＝GH；（2）设DF交AH于点N，由折叠性质可知AF=AB=AD，∠FAH=∠DAH，得出∠DHF=90°，连接BD，证明△ABE≌△BCM，得出BE=CM，根据三角形BDM的面积公式S△BDM=DM•BCM=BM•DH可求出答案．解：(1)证明：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，∴∠BAG=∠GAF=∠BAF，B，F关于AE对称，∴AG⊥BF，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=（∠BAF+∠FAD）=∠BAD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=∠BAD=45°，又∵∠AGF=90°，∴∠EAH=∠GHA=45°，∴AG＝GH；(2)解：如图，设DF交AH于点N，∵AF=AB=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，FN=DN，∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠NFH=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，连接BD，由折叠可知AE⊥BF，∴∠ABG+∠BAE=90°，∵∠ABG+∠CBM=∠ABC= 90°，∴∠BAE=∠CBM，又∵AB=BC，∠ABE=∠BCM=90°，∴Rt△ABE≌Rt△BCM，∴BE=CM=1，AE=BM，∴DM=2，∴S△BDM=DM•BC=3，∵AE2=AB2+BE2，∴，∴AE=BM=，∵S△BDM=BM•DH=3，∴DH=，即点D到直线BH的距离为．故答案为：．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．