专题18.49矩形、菱形、正方形分类专题 折叠问题 巩固篇 专项练习（含解析）2023-2024学年八年级数学下册人教版专项讲练

专题18.49 矩形、菱形、正方形分类专题（折叠问题）
（巩固篇）（专项练习）
一、单选题
【类型一】矩形的折叠问题
1．如图，在矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点落在点处，折痕为，且，则的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．
2．如图，长方形中，，点是射线上一动点(不与重合)，将沿着所在的直线折叠得到，连接，若为直角三角形，则的长为（ ）
A．1 B．8 C．1或8 D．1或9
3．如图是一张长方形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，长方形的边分别在x轴、y轴上，点D在边上，将该长方形沿折叠，点C恰好落在边上的点E处．若点，点，则点D的坐标是（　　）
A． B． C． D．
5．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（ ）
A．7 B．7.5 C．6 D．6.5
【类型二】菱形的折叠问题
6．如图，折叠菱形纸片，使得对应边过点C，若，当时，的长是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，下列结论：①四边形CFHE是菱形；②EC平分∠DCH；③当点H与点A重合时，EF=2．其中结论正确的个数是（
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
8．如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60°，P为AB的中点，折叠菱形纸片ABCD，使点C落在DP所在的直线上，得到经过点D的折痕DE，则∠DEC的度数是（　　）
A．45° B．60° C．75° D．80°
9．如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝3，BF＝1，则AC的长为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为，与交于点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【类型三】正方形的折叠问题
11．如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2 B．2 C．6 D．5
12．如图，在正方形中，是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接现在有如下四个结论：；；③；其中结论正确的个数是（ ）
A． B． C． D．
13．如图，正方形纸片的边长为12，E、G分别是、边上的点，连接、把正方形纸片沿折叠，使点C落在上的一点F，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
14．如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C的坐标为（0，8），点M是正方形OABC的对称中心，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），将△ABD沿AD折叠，点B的对应点为点E，连接EM，当EM的值最小时，点D的坐标为（ ）
A．（4﹣4，8） B．（8﹣8，8） C．（16﹣8，8） D．（4，8）
15．如图1，将正方形纸片ABCD对折，使AB与CD重合，折痕为EF．如图2，展开后再折叠一次，使点C与点E重合，折痕为GH，点B的对应点为点M，EM交AB于N．若AD＝8，则折痕GH的长度为（ ）
A．4 B．
C． D．
二、填空题
【类型一】矩形的折叠问题
16．如图，四边形是矩形，点的坐标为，点的坐标为，把矩形沿折叠，点落在点处，则点的坐标为 ．
17．如图，矩形中，，将四边形沿折叠得四边形，点在上，若四边形的面积为24，则的长度为 ．
18．如图，在长方形纸片中，，；将该纸片沿折叠，使点B恰好落在点D处，点A落在点处，则折痕的长为 ．
19．如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则 度．
20．已知在矩形中，，，点G、F、H、E是分别边、、、上的点，分别沿，折叠矩形恰好使、都与重合，则 ．
【类型二】菱形的折叠问题
21．如图，四边形纸片中，点E，F分别在边，上，将纸片沿直线折叠，点C恰好落在点A处；再将，分别沿，折叠，点B，D均落在上的点G处．
（1）的大小为 °；
（2）若四边形是菱形，点G为中点且四边形纸片的面积是，则 ．
22．如图，在菱形 中，，将菱形折叠，使点 恰好落在对角线 上的点 处（不与 ， 重合），折痕为 ，若 ，，则 的长为 ．
23．如图，菱形纸片，，，将该菱形纸片折叠，使点B恰好落在边的中点处，折痕与边、分别交于点M、N．则的长为 ．
24．如图，在菱形中，，，点是边上一点，以为对称轴将折叠得到，再折叠使落在直线上，点的对应点为点，折痕为且交于点．
（1） ；
（2）若点是的中点，则的长为 ．
25．如图，菱形的边长，M是边上一点，，N是边上一动点，将梯形沿直线折叠，C对应点．当的长度最小时，的长为 ．
【类型三】正方形的折叠问题
26．如图，在矩形中，，将矩形沿直线折叠，使得点A恰好落在边上的点G处，且点E、F分别在边上（含端点），连接，当取得最小值时，折痕的长为 ．
27．如图，正方形纸片中，，点为边的中点，沿折叠至，连接．则线段的长为 ．
28．如图，小实同学先将正方形纸片沿对折成两个完全重合的矩形，再把纸片展平，然后折出上方矩形的对角线，再把边沿折叠，使得A点落在上的H点处，若，则 ．
29．如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD的中点，将三角形ABE沿BE折叠使点A与恰好落在点F处，又将点C折叠使其与BF上的点M重合，且折痕GH与BF平行交CD于点H，交BC于点G，则线段DH的长度为 ．
30．如图，正方形纸片的边长为，是边上一点，连接、折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，得到折痕，点在上，若，则的长为
三、解答题
【类型一】矩形的折叠问题
31．如图，将矩形纸片沿对角线折叠，使点A落在平面上的F点处，交于点E．求证：．
32．把一张长方形的纸片沿对角线折叠，折叠后，边的对应边交于F．
(1)求证：；
(2)若，．求点F至的距离．
33．定义：长宽之比为黄金分割数（）的矩形是黄金矩形．
观察下列图形的折叠过程：
第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；
第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；
第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；
第四步，如图（4），展平纸片，折出四边形BCDE．
请解答下列问题：
(1)若设，则_________；
(2)求证：；
(3)求证：四边形是黄金矩形．
【类型二】菱形的折叠问题
34．如图，在矩形中，点E在边上，折叠使点A落在边上的点F处，折痕为，过点A作交于点G，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求四边形的面积．
35．如图， ABCD中，AB=2，AD=1，∠ADC=60°，将 ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E．
（1）求证：四边形BCED′是菱形；
（2）若点P时直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．
36．在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．如图1，现有矩形纸片．
(1)操作发现： 如图2，将图1中的矩形纸片沿对角线折叠，使点B落在点处， 交于点M，若，，则____．
(2)如图3，将图2中的纸片展平，再次折叠，使点A与点C重合，折痕为，然后展平，则以点A，F，C，E为顶点的四边形是什么特殊四边形？并说明理由．
(3)实践探究：如图4，将图3中的EF隐去，点G为边上一点，且，将纸片沿折叠，使点B落在点处，延长与的延长线交于点H，则与有何数量关系？并说明理由．
【类型三】正方形的折叠问题
37．如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．
(1)求证：．
(2)如图2，E为的中点，连接．
①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．
38．如图，将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，折痕为，若，求的大小．
39．【推理】
如图1，在边长为10的正方形中，点是上一动点，将正方形沿着折叠，点落在点处，连结，，延长交于点，与交于点．
(1)求证：．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长交于点．若，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连结．则线段的最小值为 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】先根据矩形的性质求出的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，再在中利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
∴，
∵是翻折而成，
∴，是直角三角形，
∴，
在中，，
设，
在中，，即，
解得，
故选：C．
【点睛】本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知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是解答此题的关键．
2．D
【分析】根据题意，分为两种情况，一种是点在线段上，另一种是点在的延长线上，利用勾股定理分别求解即可．
【详解】解：①当点在线段上时，如图1所示：
，
，，三点共线，
，
，
，
；
②当点在的延长线上时，如图2所示：
，，，
，
设，则，
，
，
，解得，
，
综上所述，的值为1或9，
故答案为：D．
【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是根据题意正确进行分类讨论．
3．C
【分析】连接，根据直角三角形的性质可得，从而得到，再由折叠的性质可得，从而得到，进而得到，继而得到，再由三角形外角的性质可得，，从而得到，设，则，，再由，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
在长方形中，，
∵点是对角线的中点，
∴，
∴，
∵沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∵，
∴，解得：，
即．
故选：C
【点睛】本题主要考查了折叠问题，三角形的内角的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，根据列出方程是解题的关键．
4．A
【分析】根据矩形的性质可知 再利用折叠的性质得，由勾股定理求得，设，则，在中，利用勾股定理列方程可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵将该长方形沿折叠，点C恰好落在边上的E处．
∴，
由勾股定理得，，
∴，
设，则，
在中，
解得，
∴，
故选：A．
【点睛】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．
5．B
【分析】根据折叠的性质结合平行线的性质证得，然后在中，由勾股定理列方程求得的长，再由即可求解．
【详解】解：∵将矩形纸片沿对角线折叠，使点B落到点的位置，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
设，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积计算等知识，熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理是关键．
6．B
【分析】先延长交于点G，根据三角形外角性质以及等腰三角形的判定，即可得到，设，则，在中，依据勾股定理可得，进而得出方程，解方程即可．
【详解】解：如图所示，延长交于点G，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴
由折叠的性质可知，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
在中，依据勾股定理可得，
∴，
解得，（负值已舍去）
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，等腰三角形的判定，菱形的性质，解一元二次方程以及勾股定理的运用；解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，依据勾股定理列方程求解．
7．C
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF=FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确； ②根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH=∠ECH，然后求出只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，判断出②错误； ③过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出③正确．
【详解】解：①∵，
∴∠HEF=∠EFC，
∵∠EFC=∠HFE，
∴∠HEF=∠HFE，
∴HE=HF，
∵FC=FH，
∴HE=CF， ∵，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，故①正确；
②∴∠BCH=∠ECH，
∴只有∠DCE=30°时，EC平分∠DCH， 故②错误；
③点H与点A重合时，设BF=x，则AF=FC=8-x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2， 即42+x2=（8-x）2， 解得x=3，
此时
过点F作FM⊥AD于M，
则ME=8-3-3=2，
由勾股定理得， ， 故③正确；
综上所述，结论正确的有①③共2个．
故选C．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
8．C
【分析】如图：连接BD，先说明三角形ABD为等边三角形，由P为AB的中点利用三线合一可得DP为角平分线，即∠ADP=30°、∠ADC=120°、∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，最后利用三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：如图：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，
∵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C．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、等边三角形的性质以及内角和定理等知识点，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
9．A
【分析】首先证明CF=CE，再证明四边形CEAF是平行四边形，可得四边形CEAF是菱形，再求解利用勾股定理求解，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴∠AEF=∠CFE，
∵∠AEF=∠CEF，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
∵图形翻折后EC与AE完全重合，
∴AE=CF，
∴四边形CEAF是平行四边形，
∵CE=CF，
∴四边形CEAF是菱形．
，，
故选A
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用翻折不变性解决问题，属于中考常考题型．
10．D
【分析】首先证明GF=GE，再证明四边形CEGF是平行四边形，可得四边形CEGF是菱形，再求解 利用勾股定理求解 利用四边形CEAF是菱形，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴∠AEF=∠CFE，
∵∠AEF=∠CEF，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
∵图形翻折后EC与AE完全重合，
∴AE=CF，
∴四边形CEAF是平行四边形，
∵CE=CF，
∴四边形CEAF是菱形．
，，
四边形CEAF是菱形，
故选D
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用翻折不变性解决问题，属于中考常考题型．
11．D
【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
12．C
【分析】①正确．证明,得到，结合可得结果．
②错误．可以证明，不是等边三角形，可得结论．
③正确．证明，即可．
④错误．证明，求出的面积即可．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
∴，
，，
，故正确，
设，
在中，
，
，
，
，
，
是等腰三角形，
易知不是等边三角形，显然，故错误，
，
，
，
，，
，
，故正确，
，：：，
∴，
，故正确，
故选：C．
【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，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
13．A
【分析】由折叠及性质可知，垂直平分，先证，推出的长，再利用勾股定理求出的长，最后再中利用面积法可求出的长，可进一步求出的长，即可求出的长．
【详解】解：设与交于H，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质可得，垂直平分，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
在中， ，
∴，
∴
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，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折叠的性质．
14．C
【分析】如图，连接AC．当点E落在CM上时，EM的值最小．证明CE=DE=DB，利用参数构建方程求出CD即可．
【详解】解：如图，连接AC．，当三点共线时，即当点E落在CM上时，EM的值最小．
∵C（0，8），
∴OC=8，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠B=90°，∠DCE=45°，OC=BC，
由翻折的性质可知∠DEA=∠B=∠DEC=90°，DB=DE，
∴EC=DE，
设EC=DE=DB=x，则CD=x，
∴x+x=8，
∴，
∴CD=，
∴D（，8）．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，中心对称，翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题．
15．D
【分析】连接EC，作GJ⊥CD于J，EF交GH于点Q，证明四边形BCJG是矩形，求出∠CEF＝∠HGJ，然后证明△EFC≌△GJH（ASA），可得GH＝EC，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接EC，作GJ⊥CD于J，EF交GH于点Q，
∵∠BCD＝∠ABC＝90°，
∴四边形BCJG是矩形，
∴GJ∥BC，GJ＝BC，
由题意得：EF⊥BC，BC＝CD＝EF，
∴EF⊥GJ，GJ＝EF，
∵E，C关于GH对称，
∴EC⊥GH，
∴∠EQH＋∠CEF＝∠GQF＋∠HGJ＝90°，
∵∠EQH＝∠GQF，
∴∠CEF＝∠HGJ，
在△EFC和△GJH中，，
∴△EFC≌△GJH（ASA），
∴GH＝EC，
∵EC＝，
∴GH＝，
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握翻折变换的性质是解题的关键．
16．
【详解】分析：由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE=OE，利用AAS得到三角形OED与三角形BEA全等，由全等三角形对应边相等得到DE=AE，过D作DF垂直于OE，利用勾股定理及面积法求出DF与OF的长，即可确定出D坐标．
详解：由折叠得：∠CBO=∠DBO，
∵矩形ABCO，
∴BC∥OA，
∴∠CBO=∠BOA，
∴∠DBO=∠BOA，
∴BE=OE，
在△ODE和△BAE中，
，
∴△ODE≌△BAE（AAS），
∴AE=DE，
设DE=AE=x，则有OE=BE=8-x，
在Rt△ODE中，根据勾股定理得：42+（8-x）2=x2，
解得：x=5，即OE=5，DE=3，
过D作DF⊥OA，
∵S△OED=OD DE=OE DF，
∴DF=，OF=，
则D（，-）．
故答案为（，-）．
点睛：此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
17．3
【分析】先求出，由折晿的性质可得，由勾股定理列出两个等式，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形的面积为24，
∴，
∴，
设，则，
∴，
将四边形沿折叠得四边形，
，
，
解得∶，
故答案为∶3．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，利用勾股定理列出方程是解题的关键．
18．2
【分析】根据矩形的性质可得，，设，则，由翻折可得，根据勾股定理求出x的值，然后证明是等边三角形，进而可以解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
设，则，
由翻折可知：，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴，
由翻折可知：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
19．37
【分析】由折叠的性质得：，求出，可得到，求出，求出，由等腰三角形的性质求出，即可得出的度数．
【详解】解：四边形是长方形，
，
由折叠的性质得：，
，
，
，
，
为的中点，
，
，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出的度数是解题的关键．
20．7
【分析】设，根据折叠的性质得出．过E作于M，则，．在中根据勾股定理得出，即，解方程即可．
【详解】解：设，
∵分别沿，折叠矩形恰好使都与重合，
∴．
过E作于M，则四边形是矩形，
∵，，
∴，，，
在中，∵，
∴，即，
解得，
则，
∴．
故答案为：7．
【点睛】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，勾股定理，列出关于x的方程是解题的关键．
21． 60
【分析】（1）根据折叠可知，，，，，，再利用四边形内角和得出，得出即可得出答案；
（2）根据四边形是菱形，得出，，根据点G为中点，得出，设，则，得出，根据四边形面积公式列出方程解方程得出，即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，由翻折的性质得：
，，，，，
∵，
∴，
∵四边形内角和为，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）∵四边形是菱形，
∴，，
∵点G为中点，
∴，
设，则，
∴，
∴四边形纸片的面积是：
，
解得：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，三角形面积的计算，菱形的计算，解题的关键是掌握折叠的性质，三角形面积的计算．
22．##
【分析】过点作于， 根据菱形的性质可证明是等边三角形，进而可得到，，设，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：过点作于，则
由折叠性质得，
∵在菱形 中，，
∴,，
∴是等边三角形，
∴，，即，
∴，，
设，则，，，
在中，，
由得，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质、折叠性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
23．7
【分析】过点作与的延长线交于点E，根据含角的直角三角形的性质和勾股定理求出和，设，则，用x表示出，然后在中，利用勾股定理得出方程进行解答．
【详解】解：过点作与的延长线交于点E，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由折叠的性质知：，
在中，，
∴，
解得：，
即的长为7，
故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的运算等知识，关键是作辅助线构造直角三角形．
24． ##90度
【分析】（1）由翻折可得，则，根据，可得，即．
（2）根据题意可得点G与点H重合，且点三点在同一条直线上．过点D作，交的延长线于点M．由，可得，则，由翻折可得，，设，则，，由勾股定理可得，解得，进而可得出答案．
【详解】解：（1）由翻折可得，，
，
，
，
即．
故答案为：．
（2）四边形为菱形，
，
，
由翻折可得，，，，
点是的中点，
，
，
即点与点重合．
，
点，，三点在同一条直线上．
过点作，交的延长线于点．
，，
，，
，，
由翻折可得，，
设，
则，，
由勾股定理可得，
解得，
．
故答案为：．
【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．
25．14
【分析】作于H，如图，根据菱形的性质可求得，，在中，利用勾股定理计算出，再根据两点间线段最短得到当点在上时，的值最小，然后证明即可．
【详解】解：作于H，如图，
∵菱形的边，
∴，，
∴，，
∵，
∴，，
在中，，
∵梯形沿直线折叠，C对应点，
∴，
∵，
∴，
∴当点在上时，的值最小，
由折叠的性质得，而，
∴，
∴，
∴．
故答案为：14．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，解决本题的关键是确定点在上时，的值最小．
26．
【分析】由时的值最小，即此时能取得最小值，显然四边形是正方形，从而根据勾股定理可得答案．
【详解】解：由折叠易知：，
∵当时，的值最小，
∴此时能取得最小值，
又∵当时，点E与点B重合，如图所示：
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
根据折叠可知，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴折痕．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠变换的性质、矩形的性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
27．
【分析】连接，交于点，根据翻折的性质知，，垂直平分，再说明，利用等积法求出的长，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，连接，交于点，
∵将沿折叠得到，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，
∴，，，
∴垂直平分，，
∴，，
∵正方形纸片中，，点为边的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
在，．
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，勾股定理等知识．利用等积法求出的长是解题的关键．
28．##
【分析】设，则可得．连接，即可构造和，依据勾股定理得到，进而得出关于x的方程，通过解方程即可得到的长．
【详解】解∶如图所示，连接，
在中，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
由折叠可得，，
∴，
在和中，
，即，
解得，
∴．
故答案为∶．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及翻折变换(折叠问题)以及勾股定理， 折叠的本质属于轴对称变换，关键是抓住折叠前后的对应边和对应角相等．
29．2.5
【分析】延长BF交CD于点N，连接EN，根据正方形的性质可得∠BAD=∠D=∠BCD=90°，AB=AD=BC=CD=4，根据线段中点的定义可得AE=DE=2，再根据折叠的性质可得AB=BF=4，AE=EF=2，∠BAD=∠BFE=90°，从而可得DE=EF=2，然后证明Rt△EFN≌Rt△EDN，从而利用全等三角形的性质可得DN=FN，再设DN=FN=x，则BN=4+x，CN=4﹣x，从而在Rt△BCN中，根据勾股定理进行计算可求出BN的长，最后根据折叠的性质可得∠MHO=∠CHO，CH=MH，再结合平行线的性质可得点H是CN的中点，即可解答．
【详解】延长BF交CD于点N，连接EN，设GH交CM于点O，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝∠BCD＝90°，AB＝AD=BC＝CD＝4，
∵点E为边AD的中点，
∴AE＝DE＝AD＝2，
由折叠得：
AB＝BF＝4，AE＝EF＝2，∠BAD＝∠BFE＝90°，
∴DE＝EF＝2，∠EFN＝180°﹣∠BFE＝90°，
∵EN＝EN，
∴Rt△EFN≌Rt△EDN（HL），
∴DN＝FN，
设DN＝FN＝x，
∴BN＝BF+FN＝4+x，CN＝DC﹣DN＝4﹣x，
在Rt△BCN中，，
∴，
∴x＝1，
∴DN＝1，
由折叠得：∠MHO=∠CHO，CH=MH，
∵GH∥BM，
∴∠NMH=∠MHO，∠CHO=∠HNM，
∴∠NMH=∠HNM，
∴MH=NH，
∴CH=NH，
即点H为CN的中点．
∵CN＝CD﹣DN＝4﹣1＝3，
∴NH＝1.5，
∴DH＝DN+NH＝1+1.5＝2.5．
故答案为：2.5．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理建立方程，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
30．
【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，最后在Rt△ABF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，GE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=24，∠BAD=∠D=90°，
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，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF=DE=10，
在Rt△ABF中，
BF==26，
S△ABF=AB AF=BF AH，
∴24×10=26AH，
∴AH=，
∴AG=2AH=，
∵AE=BF=26，
∴GE=AE-AG=26-=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，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，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．
31．见解析
【分析】利用矩形和折叠的性质，得到，在根据对顶角相等，即可证明
【详解】证明：∵四边形为矩形，
∴，
∵将矩形纸片沿对角线折叠，使点A落在平面上的F点处，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定．熟练矩形的性质，折叠的性质，是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由翻折的性质和矩形的性质得到条件证明，即可得到结论；
（2）根据勾股定理和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：由折叠的性质知，，．
∵四边形是矩形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
由（1）知，
∴，是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
过F作于H，
∴，
∴，
故点F至的距离为．
【点睛】本题主要考查的是矩形的性质、翻折的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，由翻折的性质找出相等的角或边是解题的关键．
33．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析．
【分析】（1）在中结合题意运用勾股定理求解即可；
（2）结合（1）中结论，分别求出，，，从而求出与的值即可得证；
（3）由题意，得是矩形结合可得证．
【详解】（1）在中，
故答案为：
（2）证明：由题意得：
，
，
，
∴，
∴
（3）证明：由题意，得是矩形
由（2）可知
∵
∴四边形是黄金矩形．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用及翻折的性质；解题的关键是熟练掌握翻折的性质．
34．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，根据折叠得到是的垂直平分线，进而得到，，根据平行线的性质，推出，进而得到，即可得证．
（2）根据矩形和折叠的性质，利用勾股定理，求出长，进而求出的长，再利用菱形的性质和勾股定理，求出的长，利用菱形的面积公式进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接，交于点，
∵折叠使点A落在边上的点F处，折痕为，
∴是的垂直平分线，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵在矩形中，，，
∴，
∵折叠使点A落在边上的点F处，折痕为，
∴，
在中，，
∴，
设，则：，
在中，，即：，
解得：，
∴，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查矩形与折叠，菱形的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握矩形和折叠的性质，是解题的关键．
35．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E是平行四边形，进而求出四边形BCED′是平行四边形，根据折叠的性质得到AD=AD′，然后又菱形的判定定理即可得到结论；
（2）由四边形DAD′E是平行四边形，得到 DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解直角三角形得到AG=，DG=，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：（1）∵将 ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，
∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，
∵DE∥AD′，
∴∠DEA=∠EAD′，
∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，
∴∠DAD′=∠DED′，
∴四边形DAD′E是平行四边形，
∴DE=AD′，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB∥DC，
∴CE=D′B，CE∥D′B，
∴四边形BCED′是平行四边形；
∵AD=AD′，
∴ DAD′E是菱形，
（2）∵四边形DAD′E是菱形，
∴D与D′关于AE对称，
连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，
过D作DG⊥BA于G，
∵CD∥AB，
∴∠DAG=∠CDA=60°，
∵AD=1，
∴AG=，DG=，
∴BG=，
∴BD==，
∴PD′+PB的最小值为．
【点睛】本题考查四边形综合，掌握相关性质和定理正确推理论证是解题关键．
36．(1)5
(2)以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）利用折叠的性质和角平分线定义以及勾股定理解答即可得出结论；
（2）利用四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
（3）先判断出，进而判断出，得出，最后判断出即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴是等腰三角形，
∴，
由折叠性质得出，，，，
设为x，，
由勾股定理可得：，
即，
解得：，
∴．
故答案为：5．
（2）解：菱形，理由：如图3，连接，设与的交点为M，
由折叠知，，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴（ASA），
∴，
∴，
∴以点A，F，C，E为顶点的四边形是菱形；
（3）解：，理由：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，灵活应用所学知识解决问题是解本题的关键．
37．(1)证明见解析；
(2)①证明见解析，②线段的长为2
【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；
（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；
【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，
．，
沿折叠得到，
，，，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：如图2所示：
沿折叠得到，为的中点，
，，
，
，
，
，
即，
；
②解：设，则，，
正方形边长为6，为的中点，
，
，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，
即线段的长为2．
【点睛】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、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
38．
【分析】根据正方形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，根据平角的定义得到，根据四边形的内角和即可得到结论．
【详解】解：∵四边形是正方形，正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了角的计算，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，找到相等的角是解决本题的关键．
39．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用证明，得；
（2）连接，利用等角对等边证明，设，则，由勾股定理得，，解方程即可；
（3）取的中点，连接，，利用勾股定理求出，直角三角形斜边上中线的性质得的长，再利用三角形三边关系可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵正方形沿折叠，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接，
∵正方形沿折叠，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理得，，
解得，
∴；
（3）解：取的中点，连接，，
则，，
∵，为的中点，
∴，
∵，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页