专题18 平行四边形中的翻折问题训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用）

这是一份专题18 平行四边形中的翻折问题训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用），共27页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

专题18 平行四边形中的翻折问题训练
（时间：60分钟 总分：120） 班级 姓名 得分
解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。
（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。
对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。
①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。
②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。
③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。
④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。
一、解答题
1. 如图，在长方形ABCD中，AB=6，BC=8，将长方形ABCD沿CE折叠后，使点D恰好落在对角线AC上的点F处．

(1)求EF的长；
(2)求四边形ABCE的面积．
【答案】解：(1)∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=6，AD=BC=8，∠B=∠D=90°，
在Rt△ABC中，AC=62+82=10，
∵长方形ABCD沿CE折叠后，使点D恰好落在对角线AC上的点F处，
∴CF=CD=6，ED=EF，∠EFC=∠D=90°，
∴AF=10−6=4，
设EF=x，则DE=x，AE=8−x，
在Rt△AEF中，x2+42=(8−x)2，解得x=3，
即EF的长为3；
(2)四边形ABCE的面积=S△ABC+S△EAC=12×6×8+12×3×10=39．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、勾股定理
【解析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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．也考查了矩形的性质和勾股定理．
(1)依题意可得CD=AB=6，AD=BC=8，∠B=∠D=90°，再利用勾股定理计算出AC=10，接着根据折叠的性质得CF=CD=6，ED=EF，∠EFC=∠D=90°，所以AF=4，
设EF=x，则DE=x，AE=8−x，在Rt△AEF中利用勾股定理得x2+42=(8−x)2，然后解方程即可；
(2)根据三角形面积公式，利用四边形ABCE的面积=S△ABC+S△EAC进行计算．

2. 如图1，四边形ABCD为矩形，AD=12，AB>AD，线段AB上有一动点E，连接DE，将△DEA沿DE折叠到△DEA．
(1)若AB=16，当A′落在BD上时，求AE的长；
(2)如图2，G、H、K分别是线段DA、DA、EA的中点，当点E在AB边上运动时，∠GHK的度数是否会发生变化？若不变，求出这个度数，若变化，请说明理由；
(3)如图3，点M、N分别在线段DE、AD上，连接AM、MN，当∠ADE=30°时，求AM+MN的最小值．

【答案】解：(1)设AE=a，
∵四边形ABCD为矩形，AD=12，AB=16，
∴BE=16−a，BD=122+162=20，
∵将△DEA沿DE折叠到△DEA，
∴A′E=AE=a，A′D=AD=12，
∴BA′=20−12=8，
在Rt△A′EB中，
∵A′E2+A′B2=EB2，
即a2+82=(16−a)2，
解得：a=6，
∴AE=6；
(2)当点E在AB边上运动时，∠GHK=90°；
理由：连接DE，AA′，
由题意知，∠DOA′=90°，
∵G、H、K分别是线段DA、DA、EA的中点，
∴GH//A′O，HK//DE，
∴DO⊥HG，∠DPH=90°，
∵HK//DE，
∴∠KHP=90°，
∴∠GHK=90°；
(3)由题意知，∠ADM=∠EDA′=30°，
∴∠ADA′=60°，
连接AA′，
∴△AA′D是等边三角形，
∴A′D=AD=12，
过A′作A′N⊥DA于N，交DE于M，
则此时，AM+MN的值最小，AM+MN的最小值=A′N，
∵AD=A′D=12，
∴DN=12A′D=6，
∴A′N=122−62=63，
∴AM+MN的最小值是63．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、轴对称-最短路线问题、四边形、等边三角形的判定与性质
【解析】(1)设AE=a，由勾股定理得到BE=16−a，BD=122+162=20，根据折叠的性质得到A′E=AE=a，A′D=AD=12，在Rt△A′EB中，根据勾股定理即可得到结论；
(2)连接DE，AA′，根据三角形的中位线的性质得到GH//A′O，HK//DE，根据平行线的性质即可得到结论；
(3)由三角形的内角和得到∠ADA′=60°，连接AA′，得到△AA′D是等边三角形，求得A′D=AD=12，过A′作A′N⊥DA于N，交DE于M，则此时，AM+MN的值最小，AM+MN的最小值=A′N，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质，最短路线问题，三角形的中位线定理，正确的作出辅助线是解题的关键．

3. 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)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=12∠BEG，∠BEG=∠FAE+∠AGE，
∴∠FAE=12∠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．
【知识点】平行四边形的判定与性质、翻折变换(折叠问题)、平行四边形的判定、折叠与对称
【解析】(1)由平行四边形的性质得出AE//FC，再由三角形的外角的性质，以及折叠的性质，可以证明∠FAE=∠CEB，进而证明AF//EC，即可得出结论；
(2)由折叠的性质得：GE=BE，GC=BC，由△GCE的周长得出GE+CE+GC=20，BE+CE+BC=20，由平行四边形的性质得出AF=CE，AE=CF=5，即可得出结果．
本题主要考查了翻折变换的性质、平行四边形的判定与性质、平行线的判定、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握翻折变换的性质，证明四边形AECF是平行四边形是解题的关键．

4. 将一个直角三角形纸片OAB放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(2,0)，点B在第一象限，∠OAB=90°，∠B=30°，点P在边OB上(点P不与点O，B重合)．
(Ⅰ)如图①，当OP=1时，求点P的坐标；
(Ⅱ)折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且OQ=OP，点O的对应点为O′，设OP=t．
①如图②，若折叠后△O′PQ与△OAB重叠部分为四边形，O′P，O′Q分别与边AB相交于点C，D，试用含有t的式子表示O′D的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后△O′PQ与△OAB重叠部分的面积为S，当1≤1≤3时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．

【答案】解：(Ⅰ)如图①中，过点P作PH⊥OA于H．

∵∠OAB=90°，∠B=30°，
∴∠BOA=90°−30°=60°，
∴∠OPH=90°−60°=30°，
∵OP=1，
∴OH=12OP=12，PH=OP⋅cos30°=32，
∴P(12,32).

(Ⅱ)①如图②中，

由折叠可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP=O′P，OQ=O′Q，
∵OP=OQ=t，
∴OP=OQ=O′P=O′Q，
∴四边形OPO′Q是菱形，
∴QO′//OB，
∴∠ADQ=∠B=30°，
∵A(2,0)，
∴OA=2，QA=2−t，
在Rt△AQD中，DQ=2QA=4−2t，
∵O′D=O′Q−QD=3t−4，
∴43
②①当点O′落在AB上时，重叠部分是△PQO′，此时t=23，S=34×(23)2=39，
当23 当x=−332×(−738)=127时，S有最大值，最大值=434，
当t=1时，S=34，当t=3时，S=12×12×32=38，
综上所述，38≤S≤437．
【知识点】菱形的性质、翻折变换(折叠问题)、四边形综合
【解析】(Ⅰ)如图①中，过点P作PH⊥OA于H.解直角三角形求出OH，PH即可．
(Ⅱ)①解直角三角形求出DQ，DO′即可．
②求出点O′落在AB上时，S=34×(23)2=39.当23 本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，翻折变换，多边形的面积，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用特殊位置解决问题，属于中考压轴题．

5. (1)如图1，将矩形ABCD折叠，使AB落在对角线AC上，折痕为AE，点B落在B1处，若∠DAC=66°，则∠BAE=______°；
(2)小丽手中有一张矩形纸片，AB=9，AD=4.她准备按如下两种方式进行折叠：
①如图2，点F在这张矩形纸片的边CD上，将纸片折叠，使点D落在边AB上的点D1处，折痕为FG，若DF=5，求AG的长；
②如图3，点H在这张矩形纸片的边AB上，将纸片折叠，使HA落在射线HC上，折痕为HK，点A，D分别落在A1，D2处，若DK=73，求A1C的长．

【答案】解：(1)12；
(2)如图，过点F作FH⊥AB于H，


∵∠D=∠A=90°，FH⊥AB
∴四边形DFHA是矩形
∴AD=FH=4，
∵将纸片ABCD折叠
∴DF=D1F=5，DG=D1G，
∴D1H=D1F2−FH2=25−16=3
∴AD1=2
∵AG2+D1A2=D1G2，
∴AG2+4=(4−AG)2，
∴AG=32
②∵DK=73，CD=9，
∴CK=9−73=203，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC//AB，
∴∠CKH=∠AHK，
由翻折不变性可知，∠AHK=∠CHK，
∴∠CKH=∠CHK，
∴CK=CH=203，
∵CB=AD=4，∠B=90°，
∴在Rt△CDF中，BH=CH2−BC2=4009−16=163，
∴AH=AB−BH=113，
由翻折不变性可知，AH=A1H=113
∴A1C=HC−A1H=3．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理、四边形
【解析】解：(1)∵∠DAC=66°，
∴∠CAB=24°
∵将矩形ABCD折叠，使AB落在对角线AC上，
∴∠BAE=∠CAE=12°
故答案为：12；
(2)见答案．
(1)由折叠的性质可得∠BAE=∠CAE=12°；
(2)①过点F作FH⊥AB于H，可证四边形DFHA是矩形，可得AD=FH=4，由勾股定理可求D1H=3，由勾股定理可求AG的长；
②首先证明CK=CH，理由勾股定理求出BH，可得AH，再利用翻折不变性，可知AH=A1H，由此即可解决问题；
本题考查四边形综合题、矩形的性质、翻折变换、勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题，属于中考压轴题．

6. 如图，已知点E是矩形一边AD上的一点，沿CE折叠矩形使点D落在对角线AC上的点F处，点G为BC上一点，且CG=DE，连FG．
(1)求证：FG//EC；
(2)若∠DAC=30°，CD=4，求四边形EFGC的面积．

【答案】(1)证明：作FN//AD交EC于N，
则FN//BC，∠DEC=∠ENF，
由折叠的性质可知，∠DEC=∠FEN，FE=DE，
∴∠FEN=∠FNE，
∴FE=FN，又CG=DE，
∴FN=CG，又FN//BC，
∴四边形NFGC是平行四边形，
∴FG//EC；
(2)作FM⊥BC于M，
∵∠DAC=30°，
∴∠ACD=60°，
∴∠DCE=∠FCE=30°，又CD=4，
∴DE=433，
∴△EFC的面积=△EDC的面积=12×4×433=833，
∵∠ACB=90°−∠ACD=30°，
∴FM=12FC=2，
∴△FGC的面积=12×2×433=433，
∴四边形EFGC的面积=△EFC的面积+△GFC的面积=43．
【知识点】翻折变换(折叠问题)
【解析】(1)作FN//AD交EC于N，根据翻折变换的性质证明四边形EFGC是平行四边形，根据平行四边形的性质证明即可；
(2)作FM⊥BC于M，根据直角三角形的性质和翻折变换的性质分别求出△EFC的面积和△GFC的面积即可．
本题考查的是翻折变换和平行四边形的判定，掌握翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，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是解题的关键．

7. 如图1，四边形ABCD是矩形，点O位于对角线BD上，将△ADE，△CBF分别沿DE、BF翻折，点A，点C都恰好落在点O处．
(1)求证：∠EDO=∠FBO；
(2)求证：四边形DEBF是菱形：
(3)如图2，若AD=2，点P是线段ED上的动点，求2AP+DP的最小值．

【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵将△ADE，△CBF分别沿DE、BF翻折，点A，点C都恰好落在点O处．
∴△ADE≌△ODE，
∴△CFB≌△OFB，
∴∠ADE=∠ODE=12∠ADB，∠CBF=∠OBF=12∠CBD，
∴∠EDO=∠FBO；
(2)证明：∵∠EDO=∠FBO，
∴DE//BF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AD=BC，∠A=90°，
∵DE//BF，AB//CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又∵△ADE△≌△ODE，
∴∠A=∠DOE=90°，
∴EF⊥BD，
∴四边形DEBF是菱形；
(3)解：过点P作PH⊥AD于点H，

∵四边形DEBF是菱形，△ADE≌△ODE，
∴∠ADE=∠ODE=∠ODF=30°，
∴在Rt△DPH中，2PH=PD，
∴2AP+PD=2PA+2PH=2(AP+PH)，
过点O作OM⊥AD，与DE的交点即是2AP+PD的值最小的点P的位置．
而此时(2AP+PD)的最小值=2OM，
∵△ADE≌△ODE，AD=2，
∴AD=DO=2，
在Rt△OMD中，
∵∠ODA=2∠ADE=60°，
∴∠DOM=30°，
∴DM=12DO=1，
∵DM2+OM2=DO2，
∴12+OM2=22，
∴OM=3，
∴(2PA+PD)的最小值为2OM=23．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、轴对称-最短路线问题、四边形综合
【解析】(1)由折叠的性质得出△ADE≌△ODE，△CFB≌△OFB，则∠ADE=∠ODE=12∠ADB，∠CBF=∠OBF=12∠CBD，则可得出结论；
(2)证得四边形DEBF是平行四边形，由全等三角形的性质得出∠A=∠DOE=90°，则可得出结论；
(3)过点P作PH⊥AD于点H，得出∠ADE=∠ODE=∠ODF=30°，得出2AP+PD=2PA+2PH=2(AP+PH)，过点O作OM⊥AD，与DE的交点即是2AP+PD的值最小的点P的位置．而此时(2AP+PD)的最小值=2OM，求出OM的长，则可得出答案．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、翻折变换的性质是解题的关键．

8. 如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，BC=8，点E在BC上，且EC−EB=2，将△DCE沿DE折叠，点C恰好与点A重合．
(1)求线段AB的长；
(2)求线段DC的长．

【答案】解：(1)∵BC=8=EC+EB，EC−EB=2，
∴EC=5，EB=3，
由折叠的性质得：EA=EC=5，
∵∠B=90°，
∴AB=EA2−EB2=52−32=4；
(2)作AF⊥CD于F，如图所示：
则∠AFD=∠AFC=90°，
∵∠B=∠C=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴FC=AB=4，AF=BC=8，
由折叠的性质得：DC=DA，∠DAE=∠C=90°，
设DC=DA=x，则DF=DC−FC=x−4，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：82+(x−4)2=x2，
解得：x=10，
∴DC=10．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、勾股定理、矩形的判定与性质
【解析】本题考查了翻折变换的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理是解题的关键．
(1)由BC=8=EC+EB，EC−EB=2，得出EC=5，EB=3，由折叠的性质得EA=EC=5，再由勾股定理即可求出AB的长；
(2)作AF⊥CD于F，则四边形ABCF是矩形，得出FC=AB=4，AF=BC=8，由折叠的性质得DC=DA，∠DAE=∠C=90°，设DC=DA=x，则DF=DC−FC=x−4，在Rt△ADF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．

9. 如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片使点落在边上的处，折痕为过点作交于，连接，

求证：四边形为菱形；
当在边上移动时，折痕的端点，也随着移动．
当点与点重合时如图，求菱形的边长；
如限定，分别在，上移动，求出点在边上移动的最大距离．
【答案】(1)证明：∵折叠纸片使B点落在边AD
上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB=PE，BF=EF，
∠BPF=∠EPF，
又∵EF//AB，
∴∠BPF=∠EFP，
∴∠EPF=∠EFP，
∴EP=EF，
∴BP=BF=EF=EP，
∴四边形BFEP为菱形;

(2) ①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=5cm，
CD=AB=3cm，∠A=∠D=90∘
∵点B与点E关于PQ对称，

∴CE=BC=5cm，
在Rt△CDE中，
DE=CE2−CD2=4cm，
∴AE=AD−DE=5cm−4cm
=1cm
在Rt△APE中，AE=1，
AP=3−PB=3−PE，
∴EP2=12+(3−EP)2，
解得：EP=53cm，
∴菱形BFEP的边长为53cm;
 ②当点Q与点C重合时，如图2:点E离点A最近，由 ①知，此时AE=1cm;
当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE=AB=3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．

【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理、平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、四边形综合、菱形的判定、正方形的性质
【解析】(1)由折叠的性质得出PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF=∠EFP，证出
∠EPF=∠EFP，得出EP=EF，因此BP=BF=EF=EP，即可得出结论;
(2) ①由矩形的性质得出BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90∘，由对称的性质得出CE=BC=5cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE=4cm，得出AE=AD−DE=1cm;在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP=53cm即可;
 ②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由 ①知，此时AE=1cm;当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE=AB=3cm，即可得出答案．

本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识;本题综合性强，有一定难度．

10. 如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG//CD交BE于点G，连接CG．
(1)求证：四边形CEFG是菱形；
(2)若AB=6，AD=10，求四边形CEFG的面积．
【答案】(1)证明：由题意可得，
△BCE≌△BFE，
∴∠BEC=∠BEF，FE=CE，
∵FG//CE，
∴∠FGE=∠CEB，
∴∠FGE=∠FEG，
∴FG=FE，
∴FG=EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE=FE，
∴四边形CEFG是菱形；
(2)∵矩形ABCD中，AB=6，AD=10，BC=BF，
∴∠BAF=90°，AD=BC=BF=10，
∴AF=BF2−AB2=8，
∴DF=2，
设EF=x，则CE=x，DE=6−x，
∵∠FDE=90°，
∴22+(6−x)2=x2，
解得，x=103，
∴CE=103，
∴四边形CEFG的面积是：CE⋅DF=103×2=203．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理、菱形的判定与性质、全等三角形的性质
【解析】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质．
(1)根据题意和翻折的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
(2)根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．

11. 如图，长方形ABCD中，AB=8，BC=6，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE=OD．
(1)求证：OP=OF；
(2)若设AP=x，试求CF的长(用含x的代数式表示)；
(3)求AP的长．
【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠A=∠C=90°，
由翻折的性质可知：∠E=∠A=90°，
∴∠E=∠D，
在△ODP和△OEF中，
∠D=∠EOD=OE∠DOP=∠EOF，
∴△ODP≌△OEF(ASA)．
∴OP=OF．

(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，
∵△ODP≌△OEF(ASA)，
∴OP=OF，OD=OE．
∴DF=EP．
∵AP=PE=DF=x，
∴CF=8−x．

(3)∵AD=BC=6，PA=PE=DF=x，
∴PD=EF=6−x，CF=8−x，BF=BE−EF=8−(6−x)=2+x，
在Rt△FCB根据勾股定理得：BC2+CF2=BF2，
即62+(8−x)2=(x+2)2，
解得：x=4.8，
∴AP=4.8．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质
【解析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
(1)由折叠的性质得出∠E=∠A=90°，从而得到∠D=∠E=90°，然后可证明△ODP≌△OEF，从而得到OP=OF；
(2)由△ODP≌△OEF，得出OP=OF，从而得到DF=PE=AP，由此即可解决问题．
(3)由AP=EP=DF=x，则PD=EF=6−x，DF=x，求出CF、BF，根据在Rt△BCF中，利用勾股定理得出方程，解方程即可．

12. 如图，把一张长方形纸片ABCD折叠起来，使其对角顶点A，C重合，若其长BC为8，宽AB为4．
(1)求证：△AEF是等腰三角形；
(2)EF=_________．
【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD//BC，
∴∠AEF=∠EFC，
由翻折不变性可知：∠AFE=∠EFC，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰三角形．

(2)25．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质
【解析】(1)见答案；
(2)解：设AF=AE=FC=x，
在Rt△ABF中，∵AF2=AB2+BF2，
∴x2=42+(8−x)2，
∴x=5，
作FH⊥AE于H．

在Rt△AHF中，AH=AF2−FH2=3，
∴HE=AE−AH=2，
在Rt△EFH中，EF=22+42=25，
故答案为25．
(1)根据平行线的性质以及翻折不变性证明∠AEF=∠AFE即可；
(2设AF=AE=FC=x，在Rt△ABF中利用勾股定理求出x，作FH⊥AE于H.在Rt△EFH中，利用勾股定理即可解决问题；
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．

13. 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．
【答案】解：(1)因为四边形ABCD是矩形，
所以AB=CD，∠B=∠D=90∘，AD//BC．
由折叠的性质，得AM=AB，CN=CD，∠AME=∠B=90∘，∠CNF=∠D=90∘．
所以∠ANF=∠CME=90∘，AM=CN．
所以AM−MN=CN−MN，即AN=CM．
因为AD//BC，所以∠FAN=∠ECM．
在△ANF和△CME中，∠FAN=∠ECM,AN=CM,∠ANF=∠CME,
所以△ANF≌△CME(ASA).所以AF=CE．
又AF//CE，所以四边形AECF是平行四边形．
(2)当∠BAE=30∘时，四边形AECF是菱形．
理由如下：由折叠的性质，得∠CAE=∠BAE=30∘．
因为∠B=90∘，
所以∠ACE=90∘−60∘=30∘，即∠CAE=∠ACE．
所以EA=EC．
由(1)，得四边形AECF是平行四边形，
所以四边形AECF是菱形．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质
【解析】本题考查全等三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定．
(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．

14. 如图，矩形OABC的两边OA、OC分别在y轴和x轴上，已知A(0,3)、C(−4,0)，把矩形OABC沿直线DE折叠，使点C落在点A处，直线DE与OC、AC、AB的交点分别为D、F、E．

(1)判断四边形AECD是什么四边形？请说明理由；
(2)求折痕DE的长；
(3)若点P在x轴上，在平面内是否存在点Q，使以P、D、E、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请画出图形并直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：(1)四边形AECD是菱形，理由是：如图，

连接EC，AD，
∵矩形OABC，
∴AB//OC，
∴∠EAF=∠DCF，
∵矩形OABC沿直线DE折叠，使点C落在点A处，
∴AF=CF，EA=EC，
在△AEF和△CDF中，∠EAF=∠DCFAF=CF∠AFE=∠CFD,
∴△AEF≌△CDF(ASA)，
∴AE=CD，
∴四边形AECD是平行四边形，
又∵EA=EC，
∴四边形AECD是菱形；
(2)∵四边形AECD为菱形，
∴AD=CD，
设CD=x，则AD=x，OD=4−x，
则在直角三角形AOD中，
OA2+OD2=AD2，
∴32+(4−x)2=x2，
解得，x=258，
∴CD=258，
∵A(0,3)、点C(−4,0)，
∴AC=32+42=5，
∴S菱形=12AC·ED=CD·OA，
∴12×5×ED=258×3
则DE=154；
(3)存在，如图，

由(2)可知，AE=CD=258，
∴E(−258,3)，D(−78,0)，
①当DE为菱形的边时，DP=DE=154，当Q在第一、二象限时可得Q(−558,3)，Q1(58,3)；当点Q在第三象限，E与Q关于x轴对称，Q′(−258,−3)．
②当DE为菱形的对角线时，P与C重合，Q与A重合，Q2(0,3)，
综上所述，满足条件的点Q坐标为(−558,3)或(58,3)或(0,3) 或(−258,−3)．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、平行四边形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、菱形的判定与性质、分类讨论思想、全等三角形的判定与性质
【解析】本题考查四边形综合题、折叠的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质、三角形全等的性质及判定、勾股定理等知识，综合性强；另外，还考查了分类讨论的思想，注重对学生知识和能力的考查，是一道好题．
(1)根据折叠的性质通过证明△AEF≌△CDF得到AE=CD得出四边形AECD是平行四边形，再由AE=EC得出为菱形；
(2)根据折叠的性质求出CD的长，再根据勾股定理得出AC的长，根据菱形的面积计算公式即可得出折痕DE的长；
(3)分两种情形分别讨论即可：①DE为菱形的边．②DE为菱形的对角线．

15. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，点P、点E分别是边AB、BC上的动点，连接DP、PE.将ΔADP与ΔBPE分别沿DP与PE折叠，点A与点B分别落在点A′，B′处．
(1)当点P运动到边AB的中点处时，点A′与点B′重合于点F处，过点C作CK⊥EF于K，求CK的长；
(2)当点P运动到某一时刻，若P，A′，B′三点恰好在同一直线上，且A′B′=4，试求此时AP的长．

【答案】解：(1)如图1，∵四边形ABCD为矩形，将△ADP 与△BPE分别沿DP与PE折叠，
∴∠PFD=∠PFE=90°，
∴∠PFD+∠PFE=180°，即E，F，D三点在同一直线上，
设BE=EF=x，则EC=6−x，
∵DC=AB=8，DF=AD=6，
∴在Rt△DEC中，DE=DF+FE=6+x，EC=6−x，DC=8，
∴(6+x)2=(6−x)2+82，
解得x=83，
即BE=EF=83，
∴DE=263，EC=103，
∵S△DCE=12⋅DC⋅CE=12⋅DE⋅CK，
∴CK=4013．
(2)分两种情况：
①如图2中，设AP=x，则PB=8−x，









由折叠可知：PA′=PA=x，PB′=PB=8−x，
∵A′B′=4，
∴8−x−x=4，
∴x=2，
即AP=2．
②如图3中，









∵A′B′=4，
∴x−(8−x)=4，
∴x=6，
即AP=6．
综上所述，PA的长为2或6．
【知识点】翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理、三角形的面积、分类讨论思想
【解析】本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理，分类讨论，三角形的面积等知识，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
(1)设BE=EF=x，则EC=6−x，可得在Rt△DEC中，DE=DF+FE=6+x，EC=6−x，DC=8，根据勾股定理即可得出(6+x)2=(6−x)2+82，求得BE=EF=83，再根据S△DCE=12⋅DC⋅CE=12⋅DE⋅CK，即可得到CK的长；
(2)分两种情况：设AP=x，则PB=8−x，由折叠可知：PA′=PA=x，PB′=PB=8−x，分别根据A′B′=4，即可得到x的值，进而得到PA的长为2或6．