人教版八年级数学下册举一反三专题18.8四边形中的折叠问题的四大题型(学生版+解析)

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专题18.8 四边形中的折叠问题的四大题型【人教版】考卷信息：本套训练卷共30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 矩形中的折叠问题】1．（2023春·吉林长春·八年级统考期末）综合与实践【操作感知】如图①，在矩形纸片ABCD的AD边上取一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM．∠DPM=60°，则∠MBC的大小为 　 　度．【迁移探究】如图②，将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．（1）判断△MBQ与△CBQ的关系并证明．（2）若正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，则CQ的长为 　 　．2．（2023春·山东临沂·八年级统考期末）已知长方形ABCD(对边平行且相等，四个角都是直角)中，AB=6，AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．  (1)如图1，当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；(2)如图2，将△APB沿直线AP折叠得到△APB'，点B'落在长方形ABCD的内部，延长P B'交直线AD于点F．①证明FA=FP，并求出在1条件下AF的值；②连接B'C，求△PCB'周长的最小值．3．（2023春·湖南岳阳·八年级校考期中）如图，将矩形纸片ABCDAD>AB折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC、AD相交，设折叠后点C、D的对应点分别为点G、H，折痕分别与边BC、AD相交于点E、F．  (1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论．(2)若CD=2，GD=16，求DF的长．4．（2023春·江苏南京·八年级校联考期末）数学课上老师让学生们折矩形纸片．由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，所以各个图形中所隐含的“基本图形”也不同．我们可以通过发现基本图形，来研究这些图形中的几何问题．  问题解决：（1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN，AC，线段AC交MN于点O，则：①△CDM与△AD1M的关系为 ，线段AC与线段MN的关系为 ，小强量得∠MNC=50°，则∠DAN= ．②小丽说：“图1中的四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明．拓展延伸：（2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC=2AB=6cm，BM=4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD于点N，请你直接写出线段ND的长： ．综合探究：（3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD=1，AB=5，在矩形ABCD的边AB上取一点M（不与A和B点重合），在边CD上取一点N（不与C和D点重合），将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积的取值范围 ．5．（2023春·江苏连云港·八年级统考期末）【问题背景】矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10，点P在AB边上，点Q在BC边上，将纸片沿PQ折叠，使顶点B落在点E处．  【初步认识】（1）如图1，折痕的端点P与点A重合．①当∠CQE=50°时，∠AQB=__________°；②若点E恰好在线段QD上，则BQ的长为__________；【深入思考】（2）若点E恰好落在边AD上．①如图2，过点E作EF∥AB交PQ于点F，交BC于点G，连接BF．请根据题意，补全图2并证明四边形PBFE是菱形；②在①的条件下，当AE=3时，求PQ的长；【拓展提升】（3）如图3，若DQ⊥PQ，连接DE，若△DEQ是以DQ为腰的等腰三角形，求BQ的长．6．（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）数学研究课上，老师带领大家探究《折纸中的数学问题》时，出示如图①所示的长方形纸条ABCD，其中AD=BC=2，AB=CD=10．然后在纸条上任意画一条线段MN，将纸片沿MN折叠，MB与DN交于点K，得到△MNK．如图②所示：  【基础回顾】(1)在图②中，若∠1=52°，∠MKN＝______°；（直接写出答案）【操作探究】(2)改变折痕MN位置，△MNK始终是______三角形，请说明理由；(3)爱动脑筋的小明在研究△MNK的面积时，发现KN边上的高始终是个不变的值．根据这一发现，他很快研究出△KMN的面积最小值为2，此时∠1的大小可以为______；【拓展延伸】(4)小明继续动手操作进行折纸，发现了△MNK面积存在最大值，请你求出这个最大值．7．（2023春·河南洛阳·八年级统考期末）小明尝试着将矩形纸片ABCD（如图1，AD>CD）沿过点A的直线折叠，使得点B落在AD边上的点F处，折痕为AE（如图2）；再沿过点D的直线折叠，使得点C落在AD边上的点N处，点E落在AE上的点M处，折痕为DG（如图3）．若第二次折叠后，点M正好在∠NDG的平分线上，连接DM，且CD=1，则AD＝ ．  8．（2023春·浙江杭州·八年级统考期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E在边BC上，且满足 AB=2BE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，EF的延长线与边CD交于点G．若CG=DG，则CEBE= ．  【题型2 菱形中的折叠问题】1．（2023春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，BC=4，∠B=120°，点E是AD的中点，点F是AB上一点，以EF为对称轴将△EAF折叠得到△EGF，以CE为对称轴将△CDE折叠得到△CHE，使得点H落到EG上，连接AG．下列结论错误的是（    ）  A．∠CEF=90° B．CE∥AG C．FG=1.6 D．CFAB=1452．（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为EF且交BC于点F．  （1）∠DEF= ；（2）若点E是AB的中点，则DF的长为 ．3．（2023秋·河南开封·八年级开封市第十三中学校考期末）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，M为边AB的中点，N为边BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E 处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，BN的长为 ．  4．（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=6，菱形ABCD的面积为24，点E是边AB上一点，将菱形ABCD沿DE折叠，使B、C的对应点分别是B'、C'，若∠BEB'=90°，则点C'到BC的距离为 ．  5．（2023春·广西来宾·八年级校考期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG=2，AD=6，则BE的长为 ．  6．（2023春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，AB=2，M为边AB上的一点，将菱形沿DM折叠后，点A恰好落在BC的中点E处，则AM= ．  7．（2023春·广东肇庆·八年级统考期末）如图1，菱形纸片ABCD的边长为6cm，∠ABC=60°，将菱形ABCD沿EF，GH折叠，使得点B，D两点重合于对角线BD上的点P（如图2）．若AE=2BE，则六边形AEFCHG的面积为 cm2．  【题型3 正方形中的折叠问题】1．（2023春·陕西西安·八年级校考期末）在正方形ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FE⊥AG于H，交直线AD于点E．（1）当点F运动到与点B重合时(如图1)，线段EF与AG的数量关系是________．（2）若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．（3）如图3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ的长．2．（2023春·山西大同·八年级校联考期中）综合与实践问题情境：在数学综合与实践活动课上，老师以“正方形的折叠问题”为主题开展数学活动.如图1，将正方形纸片ABCD对折，使得边AB与CD重合，展开铺平，折痕为PQ.然后，再将正方形纸片沿着过点C的直线折叠，此时点B恰好落在折痕PQ的点F处，展开铺平，设CE与PQ交于点G，连接BG，得到图2.    (1)操作发现：小康发现，四边形BGFE是菱形，请说明理由；(2)问题解决：若正方形ABCD的边长为6，求FQ的长；(3)问题拓展：如图3，M是正方形ABCD的边AD上一点，正方形ABCD的边长为8，连接BM，将△ABM沿着BM折叠，使得点A落在正方形ABCD的内部点K处，连接DK，求出DK的最小值.3．（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）【模型建立】如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，AE⊥BF，AE与BF相交于点P．AE，BF有什么数量关系?请说明理由．  【迁移应用】如图2，请仅用无刻度的直尺画图（保留作图痕迹，不用证明）（1）以AB为边画正方形ABCD；（2）取CD中点E，连接AE：（3）在AD上找点G，连接BG，使BG=AE．  【拓展提升】如图3，正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，将正方形沿EF折叠，点A，D的对应点分别为A'，D'，使得点A'始终落在边BC上，A'D与CD相交于点G．（1）若AB=5，BA'=2，求DF的长度；（2）点E，F在边AB，CD上运动时，连接AG，则∠A'AG的大小是否发生改变，若不变，求出大小，若改变，请说明理由．  4．（2023春·河南南阳·八年级统考期末）动手操作：利用“正方形纸片的折叠”开展数学活动，探究在正方形折叠的过程中图形的变化及其蕴含的数学思想方法．  折一折：如图1，已知正方形ABCD的边长AB=6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．思考探究：（1）图1中，与△ABE全等的三角形有________个，∠EAF=________，BE、EF、DF三者的数量关系是________．转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转到图2所示位置，与BC、CD的交点分别为E、F，连接EF．证明推理：（2）图2中，BE、EF、DF三者的数量关系是________，并给出证明．开放拓展：（3）如图3，在旋转∠EAF的过程中，当点F为CD的中点时，BE的长为________．5．（2023春·江苏南京·八年级校联考期中）点 E．F 分别为正方形 ABCD 边 AD．AB 上的点，连接 CE，DF 交于点 P．(1)如图 1，若 DE=AF，则线段 DF 与 CE 具有怎样的数量和位置关系？说明理由．(2)如图 2，若 E 为 AD 中点，F 为 AB 中点，求证 BP=BC．(3)若将正方形 ABCD 折叠，使得 A 点的对应点 A'落在 BC 边上，折痕 MN 分别交 AB，CD 于 M，N．若正方形的的边长为 6，线段 A'B=2，则 DN 的长为 ．6．（2023春·广东江门·八年级统考期末）综合与实践：如图1，已知正方形纸片ABCD．实践操作第一步：如图1，将正方形纸片ABCD沿AC，BD分别折叠．然后展平，得到折痕AC，BD．折痕AC，BD相交于点O．第二步：如图2，将正方形ABCD折叠，使点B的对应点E恰好落在AC上，得到折痕AF，AF与BD相交于点G，然后展平，连接GE，EF．问题解决（1）∠AGD的度数是______；（2）如图2，请判断四边形BGEF的形状，并说明理由；探索发现（3）如图3，若AB=1，将正方形ABCD折叠，使点A和点F重合，折痕分别与AB，DC相交于点M，N．求MN2的值．7．（2023春·海南省直辖县级单位·八年级统考期末）已知正方形ABCD的边长AB=6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．则∠EAF= °，BE的长为 ．  【题型4 坐标系中的折叠问题】1．（2023春·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期中）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，点A、C的坐标分别为0,a和b,0，且a，b满足b=a−8+8−a+4．将矩形OABC沿对角线AC所在的直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E．  (1)a=___________，b=___________；(2)试证明△ADE≌△COE，并直接写出点E的坐标；(3)若点F是线段AC上的一个动点，则EF+OF的最小值为___________；(4)平面内是否存在点M与点N使四边形ACMN为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．2．（2017春·北京丰台·八年级统考期中）已知菱形OABC在坐标系中的位置如图所示，O是坐标原点，点C(1,2)，点A在x轴上，点M(0，2)．(1)点P是直线OB上的动点，求PM+PC最小值.(2)将直线y=−x−1向上平移，得到直线y=kx+b.①当直线y=kx+b与线段OC有公共点时，结合图像，直接写出b的取值范围.②当直线y=kx+b将四边形OABC分成面积相等的两部分时，求k，b．（只需写出解题的主要思路，不用写出计算结果）.3．（2023春·福建泉州·八年级统考期末）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（4，7）．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）求F点的坐标；（2）点P在第二象限，若四边形PEFD是矩形，求P点的坐标；（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M和点N的坐标．4．（2023春·天津南开·八年级统考期末）将一个矩形纸片OABC放置于平面直角坐标系中，点O0,0，点B10,6，点A在x轴，点C在y轴．在AB边上取一点D，将△CBD沿CD翻折，点B恰好落在边OA上的点E处．  (1)如图1，求点E坐标和直线CE的解析式；(2)点P为x轴正半轴上的动点，设OP=t．①如图2，当点P在线段OA（不包含端点A，O）上运动时，过点P作直线l∥y轴，直线l被△CED截得的线段长为d．求d关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；②在该坐标系所在平面内找一点G，使以点C，E，P，G为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G的坐标．5．（2023春·广东惠州·八年级统考期末）如图，矩形OABC的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足：OA−15+OC−9=0，点N在OC上，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在x轴上的点D处，且OD=3．  (1)求点B的坐标；(2)求直线BN的解析式；(3)坐标平面内是否存在一点P，使以B、N，D、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请说明理由并求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．6．（2023春·陕西西安·八年级西安市曲江第一中学校考期末）如图1，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E．这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F，然后展开铺平，则以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”．  (1)由“折痕三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“折痕△BEF”一定是______三角形．(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4．当点F与点C重合，画出这个“折痕△BEF”，并求出点E的坐标．(3)如图3，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4，当“折痕△BEF”面积最大的时，求出此时点F的坐标．7．（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，Aa,0，C0,c，且10−a+c−82=0．点E从B点出发沿BC运动，点F从B点出发沿BA运动，点G从O点出发沿OC运动．(1)直接写出a，c的值；(2)如图1，将△AOF沿OF折叠，点A恰好落在点E处，求E，F两点的坐标；(3)如图2，若E，F两点以相同的速度同时出发运动，使∠EOF=45°，设点E的横坐标为m，求m2+16m的值；(4)如图3，已知点D7.5,0，若F，G两点以相同的速度同时出发运动，连接FG，作AH⊥FG于H，直接写出DH的最大值．8．（2023秋·四川达州·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是长方形，O为坐标原点，顶点A，C分别在y轴、x轴上，顶点B在第二象限内，一次函数y=34x+6的图象分别与坐标轴交于点A，C．(1)如图①，将△ABC折叠使得点C落在长方形的边AB上的点E处，折痕为BD，求点B，E的坐标；(2)如图②，将△ABC折叠使得点B落在对角线AC上的点E处，折痕为AD，求点D的坐标；(3)在平面直角坐标系内，是否存在一点E(除点B外），使得△AEC与△ABC全等？若存在，写出所有符合条件的点E的纵坐标；若不存在，请说明理由．专题18.8 四边形中的折叠问题的四大题型【人教版】考卷信息：本套训练卷共30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 矩形中的折叠问题】1．（2023春·吉林长春·八年级统考期末）综合与实践【操作感知】如图①，在矩形纸片ABCD的AD边上取一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM．∠DPM=60°，则∠MBC的大小为 　 　度．【迁移探究】如图②，将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．（1）判断△MBQ与△CBQ的关系并证明．（2）若正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，则CQ的长为 　 　．【答案】【操作感知】30；【迁移探究】（1）全等，见解析；（2）43【分析】操作感知：根据折叠求出∠ABP=∠MBP=30°，即可得出结论；迁移探究：（1）根据HL证Rt△MBQ≌Rt△CBQ即可；（2）设CQ的长为x，则DQ=4−x，MQ= BQ2−BM2=BC2+CQ2−BM2 =x，利用勾股定理求出x的值即可．【详解】解：【操作感知】：由折叠知，∠APB=∠MPB，∠ABP=∠MBP，∠A=∠M=90°，∵∠DPM=60°，∴∠APB=∠MPB=（180°−∠DPM）÷2=60°，∴∠ABP=∠MBP=30°，∴∠MBC=90°−∠ABP−∠MBP=30°，故答案为：30；【迁移探究】（1）判断：△MBQ≌△CBQ，理由如下：证明：∵正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，∴AB=BM=BC，∠A=∠BMP=∠BMQ=∠C=90°在Rt△MBQ和Rt△CBQ中，BQ=BQBM=BC，∴Rt△MBQ≌Rt△CBQ（HL），即△MBQ≌△CBQ；（2）设CQ的长为x，∵正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，∴DQ=4−x，MQ= BQ2−BM2=BC2+CQ2−BM2 =x，PM=AP= 12×4 =2，在Rt△PDQ中，PQ2=PD2+DQ2，即2+x2=22+4−x2，解得x= 43，故答案为：43．【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的性质、勾股定理以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理及正方形的判定及性质是解题的关键．2．（2023春·山东临沂·八年级统考期末）已知长方形ABCD(对边平行且相等，四个角都是直角)中，AB=6，AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．  (1)如图1，当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；(2)如图2，将△APB沿直线AP折叠得到△APB'，点B'落在长方形ABCD的内部，延长P B'交直线AD于点F．①证明FA=FP，并求出在1条件下AF的值；②连接B'C，求△PCB'周长的最小值．【答案】(1)见解析(2)①见解析，AF=132；②12【分析】（1）根据矩形的性质得AB∥CD，可得∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，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∠FAP=∠APF，等角对等边即可得FA=FP，设FA=x，则FP=x，FB'=x−4，在Rt△AB'F中，由勾股定理得x= 132，即AF= 132；②可得△PCB'的周长=CP+PB'+CB'=CB+CB'=8+CB'，当点B'恰好位于对角线AC上时，CB'+AB'最小，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=10，则CB'的最小值=AC− AB'=4，即可得△PCB'周长的最小值．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴ AB∥CD，∴∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，∵点P是BC的中点，∴BP=CP，∴△ABP≌△ECPAAS；（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，∴ AD∥BC，∴∠APB=∠FAP，由折叠得∠APB=∠APF，∴∠FAP=∠APF，∴FA=FP，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∴BC=AD=8，∵点P是BC的中点，∴BP=CP=4，由折叠得AB'=AB=6，PB'=PB=4，∠B=∠AB'P=∠AB'F=90°，设FA=x，则FP=x，∴ FB'=x−4，在Rt△AB'F中，AF2=B'F2+B'A2，∴ x2=(x−4)2+62，解得x= 132，即AF= 132；②由折叠得AB' =AB=6， PB' =PB=4，∴△PC B'的周长=CP+P B' +C B' =CB+C B' =8+C B'，  连接B' C，AC，∵ AB'+ CB' >AC，∴当点B'恰好位于对角线AC上时，C B' +A B'最小，在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，∴AC= AB2+BC2 =10，∴ CB'的最小值=AC−A B' =4，∴△P CB'周长的最小值= 8+CB' =8+4=12．【点睛】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，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，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．3．（2023春·湖南岳阳·八年级校考期中）如图，将矩形纸片ABCDAD>AB折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC、AD相交，设折叠后点C、D的对应点分别为点G、H，折痕分别与边BC、AD相交于点E、F．  (1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论．(2)若CD=2，GD=16，求DF的长．【答案】(1)菱形，见解析(2)DF=638【分析】（1）根据翻转变换的性质得到FG=FC，EG=EC，∠GEF=∠FEC，根据平行线的性质得到∠GFE=∠FEC，得到GF=GE，得到GE=EC=CF=FG，根据菱形的判定定理证明；（2）根据折叠的性质得到GF=CF，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】（1）解：结论：四边形CEGF是菱形． 理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GFE=∠FEC，∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折痕，∴∠GEF=∠FEC，FG=FC，EG=EC，∴∠GFE=∠FEG，∴GF=GE，∴GE=EC=CF=FG，∴四边形CEGF为菱形；（2）解：设DF=x，∵GD=16，∴GF=16−x，∴CF=16−x，在Rt△CDF中，CD2+DF2=CF2，∴x2+22=16−x2，解得：x=638．∴DF=638．【点睛】本题考查的是菱形的判定、勾股定理的运用，掌握四条边相等的四边形是菱形、翻转变换的性质是解题的关键．4．（2023春·江苏南京·八年级校联考期末）数学课上老师让学生们折矩形纸片．由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，所以各个图形中所隐含的“基本图形”也不同．我们可以通过发现基本图形，来研究这些图形中的几何问题．  问题解决：（1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN，AC，线段AC交MN于点O，则：①△CDM与△AD1M的关系为 ，线段AC与线段MN的关系为 ，小强量得∠MNC=50°，则∠DAN= ．②小丽说：“图1中的四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明．拓展延伸：（2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC=2AB=6cm，BM=4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD于点N，请你直接写出线段ND的长： ．综合探究：（3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD=1，AB=5，在矩形ABCD的边AB上取一点M（不与A和B点重合），在边CD上取一点N（不与C和D点重合），将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积的取值范围 ．【答案】（1）①△CDM≌△AD1M，线段AC与线段MN互相垂直平分，80°；②证明见解析；（2）238；（3）0.5CD）沿过点A的直线折叠，使得点B落在AD边上的点F处，折痕为AE（如图2）；再沿过点D的直线折叠，使得点C落在AD边上的点N处，点E落在AE上的点M处，折痕为DG（如图3）．若第二次折叠后，点M正好在∠NDG的平分线上，连接DM，且CD=1，则AD＝ ．  【答案】2【分析】由第一次折叠可知∠BAE=∠DAE=45°，连接DE，由第二次折叠可知∠DGE=∠DGA=90°，DE为∠CDG的平分线，由角平分线的性质可得GE=CE，于是可通过HL证明Rt△DGE≅Rt△DCE得到DG=CD=1，再证得△ADG为等腰直角三角形，则AD=2DG．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠A=∠B=90°，∵将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在AD边上的点F处，∴∠BAE=∠DAE=45°，如图，连接DE，  ∵沿过点D的直线折叠，使得点C落在AD边上的点N处，点E落在AE上的点M处，折痕为DG，∴∠DGE=∠DGA=90°，又∵点M正好在∠NDG的平分线上，∴DE为∠CDG的平分线，∵EG⊥DG，EC⊥CD，∴.GE=CE，在Rt△DGE和Rt△DCE中，GE=CEDE=DE，∴Rt△DGE≅Rt△DCE，∴DG=CD=1，∵∠DAE=45°，∠DGA=90°，∴△ADG为等腰直角三角形，∴AD=2DG=2．故答案为：2．【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质和全等三角形的判定与性质是解题关键．8．（2023春·浙江杭州·八年级统考期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E在边BC上，且满足 AB=2BE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，EF的延长线与边CD交于点G．若CG=DG，则CEBE= ．  【答案】34【分析】延长EF，AD，二线交于点H，结合CG=DG，证明△CGE≌△DGH，得到EG=GH即EH=2EG，CE=DH，设CEBE=k，BE=x，则CE=kx，根据勾股定理，EH=AH建立等式计算即可．【详解】如图，延长EF，AD，二线交于点H，∵矩形纸ABCD，∴AB=CD，AD=BC,∠ADC=∠HDG=∠ECG=90°，∵∠HDG=∠ECGDG=CG∠HGD=∠EGC，∴△CGE≌△DGHASA，∴EG=GH，CE=DH，∴EH=2EG，设CEBE=k，BE=x，则CE=DH=kx,AB=CD=2DG=2CG=2x，∴EH=2EG=2x2+kx2=2k2+1x，AH=kx+x+kx=2k+1x，∵矩形纸ABCD，△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，∴AD∥BC,∠AEB=∠AEG，∴∠AEB=∠EAH,∠AEB=∠AEG，∴∠EAH=∠AEG，  ∴EH=AH，∴2k2+1x=2k+1x，∴4k2+4=4k2+4k+1，解得k=34，故CEBE=34，故答案为：34．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握矩形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．【题型2 菱形中的折叠问题】1．（2023春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，BC=4，∠B=120°，点E是AD的中点，点F是AB上一点，以EF为对称轴将△EAF折叠得到△EGF，以CE为对称轴将△CDE折叠得到△CHE，使得点H落到EG上，连接AG．下列结论错误的是（    ）  A．∠CEF=90° B．CE∥AG C．FG=1.6 D．CFAB=145【答案】D【分析】A.由折叠的性质可以知道EF和CE分别是∠AEG和∠DEG的平分线，同时∠AED是平角，所以可知∠CEF=90°，故选项A正确；B.由题意和折叠的性质可以知道EF⊥AG、EF⊥CE，就可以得到CE∥AG，选项B正确；C和D.过点C作CM⊥AB于点M，∠CBA=120°，可得BM=2，CM=23．设BF=a，可以得到FG=AF=4−a，FM=BF+BM=a+2．根据折叠的性质可得CG=CD=4，根据勾股定理，求得a=2.4，即可得到FG=1.6，CF=5.6，所以CFAB=5.64=75．故选项C正确，选项D错误．【详解】解：A.由折叠可知EF和CE分别是∠AEG和∠DEG的平分线．又∵ ∠AED=180°，∴∠CEF=∠CEG+∠FEG=12∠AED=12×180°=90°，故选项A正确．B.又∵点A与点G关于EF对称，∴ EF⊥AG，又∵ EF⊥CE，∴ CE∥AG，故选项B正确．C和D.如答图，过点C作CM⊥AB于点M．  ∵ ∠CBA=120°，∴ ∠CBM=60°，∵ BC=4，∴易知BM=2，CM=23，设BF=a，∴ FG=AF=4−a，FM=BF+BM=a+2，∵点E是AD的中点，折叠后点H落到EG上，∴点G与点H重合，CG=CD=4．易知点C,G,F共线，∴ CF=FG+CG=4−a+4=8−a．∵ FM2+CM2=CF2，∴a+22+232=8−a2，解得a=2.4．∴ FG=4−2.4=1.6，CF=8−a=8−2.4=5.6，∴CFAB=5.64=75，故选项C正确，选项D错误．综上，故选：D．【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．2．（2023春·安徽安庆·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为EF且交BC于点F．  （1）∠DEF= ；（2）若点E是AB的中点，则DF的长为 ．【答案】 90° 145【分析】（1）由翻折可得∠AED=∠DEG，∠BEF=∠HEF，则∠DEG+∠HEF=∠AED+∠BEF，根据∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF=180°，可得∠DEG+∠HEF=90°，即∠DEF=90°．（2）根据题意可得点G与点H重合，且点D，G，F三点在同一条直线上．过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．由∠A=120°，AB=2，可得∠DCM=60°，CD=2，则CM=12CD=1，DM=32CD=3，由翻折可得BF=FG，AD=DG=2，设BF=x，则MF=2−x+1=3−x，DF=2+x，由勾股定理列出方程(2+x)2=(3−x)2+(3)2，解得x=45，进而可得出答案．【详解】解：（1）由翻折可得∠AED=∠DEG，∠BEF=∠HEF，∴∠DEG+∠HEF=∠AED+∠BEF，∵∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF=180°，∴∠DEG+∠HEF=90°，即∠DEF=90°．故答案为：90°．（2）∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，∴∠A+∠B=180°，由翻折可得AE=EG，BE=EH，∠A=∠EGD，∠B=∠EHF，∵点E是AB的中点，∴AE=BE，∴EG=EH，即点G与点H重合．∵∠EGD+∠EHF=∠A+∠B=180°，∴点D，G，F三点在同一条直线上．过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．  ∵∠A=120°，AB=2，∴∠DCM=60°，CD=2，∴CM=12CD=1，DM=32CD=3，由翻折可得BF=FG，AD=DG=2，设BF=x，则MF=2−x+1=3−x，DF=2+x，由勾股定理可得(2+x)2=(3−x)2+(3)2，解得x=45，∴DF=145．故答案为：145．【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．3．（2023秋·河南开封·八年级开封市第十三中学校考期末）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，M为边AB的中点，N为边BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E 处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，BN的长为 ．  【答案】4或85【分析】分两种情况①当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=4，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=4，求出DG=3CG=23，BG=BC+CG=6，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=xcm，则GN=6−x，DN=x+4，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②当CE=CD时，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=4（含CE=DE这种情况）．【详解】解：分两种情况：当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，如图1所示：  ∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=4，AD∥BC，AB∥CD，∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=CD=AD=4，∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°−60°=30°，∴CG=12CD=2，∴DG=DC2−GC2=23，BG=BC+CG=6，∵M为AB的中点，∴AM=BM=2，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，在△ADM和△EDM中，AD=EDAM=EMDM=DM，∴△ADM≌△EDM(SSS)，∴∠A=∠DEM=120°，∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=6−x，DN=x+4，在Rt△DGN中，由勾股定理得：(6−x)2+(23)2=(x+4)2，解得：x=85，即BN=85；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=4（含CE=DE这种情况）；综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为85或4；故答案为：85或4．【点睛】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；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论．4．（2023春·重庆沙坪坝·八年级重庆南开中学校考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=6，菱形ABCD的面积为24，点E是边AB上一点，将菱形ABCD沿DE折叠，使B、C的对应点分别是B'、C'，若∠BEB'=90°，则点C'到BC的距离为 ．  【答案】315【分析】过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD于F，由菱形性质和面积法、勾股定理求出CH=245，DH=75，再由折叠证明∠BED=∠B'ED=135°，得到∠EDC=∠EDC'=45°，从而得到△CHD≌△DFC'，则C'F=HD=75，则问题可解．【详解】解：过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD于F，    由已知，AC=6，菱形ABCD的面积为24，∴BD=24×26=8，∴OA=12AC=3，OD=12BD=4，∴CD=AD=32+42=5，∵12AD×CH=12×24，∴CH=245，DH=CD2−CH2=75，由折叠可知，∠BED=∠B'ED，∠EDC=∠EDC'，CD=C'D∵∠BEB'=90°，∴∠BED=∠B'ED=135°，∵AB∥CD，∴∠EDC=180°−∠BED=45°，∴∠EDC=∠EDC'=45°，∴∠CDC'=90°，∵∠CHD=∠C'FD=90°，  ∴∠CDH+C'DF=90°，∵∠CDH+∠HCD=90°，∴∠C'DF=∠HCD，∴△CHD≌△DFC'，∴C'F=HD=75，∴点C'到BC的距离是C'F+CH=75+245=315．故答案为：315．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及勾股定理，解答关键是根据折叠的条件推出∠BED=∠B'ED=135°．5．（2023春·广西来宾·八年级校考期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG=2，AD=6，则BE的长为 ．  【答案】52【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG=EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB=BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】解：作EH⊥BD于H，    由折叠的性质可知，EG=EA，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠ABD=∠CBD=12∠ABC=60°，∴△ABD为等边三角形，∴AB=BD=AD=6，设BE=x，则EG=AE=6−x，在Rt△EHB中，BH=12x，EH=32x，在Rt△EHG中，EG2=EH2+GH2，即(6−x)2=(32x)2+(4−12x)2，解得，x=52，∴BE=52，故答案为：52．【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握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是解题的关键．6．（2023春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，AB=2，M为边AB上的一点，将菱形沿DM折叠后，点A恰好落在BC的中点E处，则AM= ．  【答案】43【分析】如图所示，延长ME交DC延长线于N，由菱形的性质得到AB=CD=2 ∠AMD=∠CDM，∠EMB=∠N，∠EBM=∠ECN，证明△EBM≌△ECN得到CN=BM，NE=ME，由折叠的性质可得∠AMD=∠DME，AM=ME，进一步证明MN=DN，由此可得2AM=2+2−AM，解方程即可得到答案．【详解】解：如图所示，延长ME交DC延长线于N，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB=CD=2 ∴∠AMD=∠CDM，∠EMB=∠N，∠EBM=∠ECN，∵E为BC的中点，∴EB=EC，∴△EBM≌△ECNAAS，∴CN=BM，NE=ME，由折叠的性质可得∠AMD=∠DME，AM=ME，∴∠DME=∠CDM，∴MN=DN，∴2AM=CD+CN=CD+BM，∴2AM=2+2−AM，∴AM=43，故答案为：43．  【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键7．（2023春·广东肇庆·八年级统考期末）如图1，菱形纸片ABCD的边长为6cm，∠ABC=60°，将菱形ABCD沿EF，GH折叠，使得点B，D两点重合于对角线BD上的点P（如图2）．若AE=2BE，则六边形AEFCHG的面积为 cm2．  【答案】133【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，∠BAD=120°，AB=BC=6cm，∠ABD=30°，，由折叠的性质可得EF⊥BP，∠BEF=∠PEF，BE=EP=2，可证四边形AEPG是平行四边形，可得AG=EP=2cm，DG=4cm，由面积和差关系可求解．【详解】解：如图，  ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AC⊥BD，∠BAD=∠BCD=120°，AB=BC=6cm，∠ABD=30°，∴OA=12AB=3cm，∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=60°,∴OB=62−32=33cm∴BD=63cm．∵AE=2BE，∴AE=23×6=4cm，BE=13×6=2cm，∵将菱形ABCD沿EF，GH折叠，∴EF⊥BP，∠BEF=∠PEF，BE=EP=2cm，∴EF∥AC，∴∠BEF=∠BAC=60°，∴∠BEF=∠60°=∠PEF，∴∠BEP=∠BAD=120°，∴EP∥AD，同理可得： GP∥AB，  ∴四边形AEPG是平行四边形，∴AG=EP=2cm，∴DG=4cm， ∴六边形AEFCHG面积=S菱形ABCD−S△BEF−S△GDH=12×6×63−34×22−34×42=133cm2，故答案为：133．【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，求出DG的长是本题的关键．【题型3 正方形中的折叠问题】1．（2023春·陕西西安·八年级校考期末）在正方形ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FE⊥AG于H，交直线AD于点E．（1）当点F运动到与点B重合时(如图1)，线段EF与AG的数量关系是________．（2）若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．（3）如图3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ的长．【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）35【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△FME，即可得到结论；（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵EF⊥AG，∴∠AEB+∠DAG=90°，∴∠ABE=∠DAG，∴△ABE≌△DAG（ASA），∴EF=BE=AG；（2）成立，理由是：过点F作FM⊥AE，垂足为M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，∴∠E+∠EFM=90°，∵EF⊥AH，∴∠HAE+∠E=90°，∴∠HAE=∠EFM，∴△ADG≌△FME（ASA），∴EF=AG；（3）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，由翻折变换的性质得PQ⊥AM，∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，∴∠APQ=∠AMD，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HQ=AD，在△ADM和△QHP中，∠QHP=∠D∠APQ=∠AMDQH=AD，∴△ADM≌△QHP（AAS），∴QP=AM，∵点M是CD的中点，∴DM=12CD=3，在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=AD2+DE2=35，∴PQ的长为35．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，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．2．（2023春·山西大同·八年级校联考期中）综合与实践问题情境：在数学综合与实践活动课上，老师以“正方形的折叠问题”为主题开展数学活动.如图1，将正方形纸片ABCD对折，使得边AB与CD重合，展开铺平，折痕为PQ.然后，再将正方形纸片沿着过点C的直线折叠，此时点B恰好落在折痕PQ的点F处，展开铺平，设CE与PQ交于点G，连接BG，得到图2.    (1)操作发现：小康发现，四边形BGFE是菱形，请说明理由；(2)问题解决：若正方形ABCD的边长为6，求FQ的长；(3)问题拓展：如图3，M是正方形ABCD的边AD上一点，正方形ABCD的边长为8，连接BM，将△ABM沿着BM折叠，使得点A落在正方形ABCD的内部点K处，连接DK，求出DK的最小值.【答案】(1)四边形BGFE是菱形，理由见解析；(2)33；(3)DK的最小值为82−8【分析】（1）根据折叠得出CQ=12BC=12CF，根据三角函数求出∠CFQ的度数，然后推出△EFG是等边三角形，然后证明结论即可；（2）根据折叠知CF=BC=6，CQ=12BC=3，然后根据勾股定理求出FQ的长即可；（3）连接BD，根据正方形的性质求出BD的长度，根据三角形三边关系得出，当B，K，D三点共线时，DK取得最小值，求出此时的DK即可．【详解】（1）理由如下：由折叠知CQ=12BC=12CF，∴∠QFC=30°，∠BCF=60°，∴∠ECF=30°，即∠CEF=60°.∵∠EFC=90°，∴∠EFG=60°，∴△EFG是等边三角形，∴EF=FG.又∵GF//BE，GF=EF=BE，∴四边形BGFE是平行四边形，∴四边形BGFE是菱形；（2）∵正方形的边长为6，∴CF=BC=6，∴CQ=12BC=3.∵∠FQC=90°，∴FQ=CF2−CQ2=62−32=33；（3）连接BD，   ∵正方形边长为8，∴AB=BC=CD=8，∠C=90°，∴BD=82，在△BDK中，有BD−BK