专题18.50矩形、菱形、正方形分类专题 折叠问题 培优篇 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18.50 矩形、菱形、正方形分类专题（折叠问题）
（培优篇）（专项练习）
一、单选题
【类型一】矩形的折叠问题
1．方形纸带中∠DEF=25°，将纸带沿EF折叠成图2，再沿BF折叠成图3，则图3中∠CFE度数是（ ）
A．105° B．120° C．130° D．145°
2．如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在矩形ABCD中，，将矩形ABCD沿MN折叠使点C恰好落在AB的中点F处，点D落在点E处，若，则DM的长为（ ）
A．2.5cm B． C． D．3cm
4．如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将，分别沿，折叠，此时点，落在上的同一点处．下列结论不正确的是（ ）
A．是的中点 B．
C．当四边形是平行四边形时， D．
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝10，点E、F分别是边AB、BC上一动点，将△BEF沿EF折叠，若点B恰好落在AD边上的点G处，设EF＝x，则x的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【类型二】菱形的折叠问题
6．如图，折叠，折痕经过点，交边于点，点落在的延长线上的点处，点落在点处，得到四边形，若的面积为8，有以下结论：
①；
②若，则四边形是菱形；
③设四边形的面积为，四边形的面积为，则与的函数关系式为；
④若，则点到的距离为1．
其中正确的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．如图，在矩形纸片中，，．将矩形纸片沿折叠，使点与重合．有下列语句：①四边形是菱形；②；③；④．其中正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
8．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C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
9．矩形纸片ABCD中，AB＝5，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的点处，折痕为AE．延长交AB的延长线于点M，折痕AE上有点P，下列结论中：①；②；③AE＝；④；⑤若，则．正确的有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
10．如图，在菱形中，，分别是AB，BC的中点，将沿着DF折叠得到，若恰好落在EF上，则菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【类型三】正方形的折叠问题
11．如图，在正方形纸片中，对角线，交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折叠分别交，于，，连接，下列结论：①②③④四边形是菱形，正确的有（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
12．如图，正方形ABCD中，AB＝4，延长DC到点F（0＜CF＜4），在线段CB上截取点P，使得CP＝CF，连接BF、DP，再将△DCP沿直线DP折叠得到△DEP．下列结论：
①若延长DP，则DP⊥FB；
②若连接CE，则；
③连接PF，当E、P、F三点共线时，CF＝4﹣4；
④连接AE、AF、EF，若△AEF是等腰三角形，则CF＝4﹣4；其中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
13．如图，点E和点F分别在正方形纸片ABCD的边CD和AD上，连接AE，BF，沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处．若正方形纸片边长12，，则GE的长为（ ）
A．4 B．3 C． D．
14．如图，正方形纸片ABCD，P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）．将正方形纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP，BH，BH交EF于点M，连接PM．下列结论：①BE＝PE；②BP＝EF；③PB平分∠APG；④PH＝AP+HC；⑤MH＝MF，其中正确结论的个数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
15．如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；
②当点与点重合时；
③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
二、填空题
【类型一】矩形的折叠问题
16．如图，矩形的边长为4，将沿对角线翻折得到，与交于点E，再以为折痕，将进行翻折，得到．若两次折叠后，点恰好落在的边上，则的长为 ．
17．如图，在矩形中，，对角线，点，分别是线段，上的点，将沿直线折叠，点，分别落在点，处．当点落在折线上，且时，的长为 ．
18．如图，矩形中，为上一点，为上一点，分别沿，折叠，，两点刚好都落在矩形内一点，且，则 ．
19．如图，如图，将矩形ABCD对折，折痕为PQ，然后将其展开， E为BC边上一点，再将∠C沿DE折叠，使点C刚好落在线段AQ的中点F处，则 =
20．如图，在矩形中，是的中点，将沿折叠后得到，延长交于点点，若，，则的长为 ．
【类型二】菱形的折叠问题
21．如图，折叠矩形纸片，使点B落在点D处，折痕为，已知，求的长是 ．
22．如图，在菱形中，，，，分别是边，上的点，将沿EF折叠，使点的对应点落在边上，若，则的长为 ．
23．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝45°，点E在边AB上，将△BCE沿CE折叠．若点B的对应点B′落在AD边所在的直线上，则BE的长为 ．
24．在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为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，线段BN的长为 ．
25．如图，矩形ABCD与菱形EFGH的对角线均交于点O，且EG∥BC，将矩形折叠，使点C与点O重合，折痕MN恰好过点G若AB＝，EF＝2，∠H＝120°，则DN的长为 ．
【类型三】正方形的折叠问题
26．已知正方形的边长为12，点P是边上的一个动点，连接，将沿折叠，使点A落在点上，延长交于E，当点E与的中点F的距离为2时，则此时的长为 ．
27．如图，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G，延长BF交AD边于点H．若=，则的值 ．
28．如图，正方形ABCD的边长为6，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，则线段GH的长度为 ．
29．如图，正方形纸片的边长为12，为上一点，连接，沿折叠该纸片，点落在点处，为延长线与边的交点．若，则的长为 ．
30．如图，中，，，，点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为点，当时，的长为 ．
三、解答题
【类型一】矩形的折叠问题
31．【问题情境】如图1，在中，，点为边上的任一点，过点作，，垂足分别为、，过点作，垂足为．求证：．
【结论运用】如图，将矩形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任一点，过点作、，垂足分别为、，若，，求的值；
【迁移拓展】如图，在四边形中，，为边上的一点，，，垂足分别为、，，，，、分别为、的中点，连接、，求与的周长之和．
32．将矩形置于平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为点，点在BC上，将矩形沿折叠压平，使点B落在坐标平面内，设点B的对应点为点E．
(1)当时，求点E的坐标；
(2)随着m的变化，试探索：点E能否恰好落在x轴上？若能，请求出m的值；若不能，请说明理由．
33．（1）如图1，将长方形折叠，使落在对角线上，折痕为，点C落在点处，若，则　 　°；
（2）小明手中有一张长方形纸片，，．
【画一画】
如图2，点E在这张长方形纸片的边上，将纸片折叠，使落在所在直线上，折痕设为（点M，N分别在边，上），利用直尺和圆规画出折痕（不写作法，保留作图痕迹）；
（3）【算一算】
图3，点F在这张长方形纸片的边上，将纸片折叠，使落在射线上，折痕为，点A，B分别落在点，处，若，求的长．
【类型二】菱形的折叠问题
34．如图，长方形，点，分别为边，上两动点，将长方形左侧部分沿所在直线折叠，点落在边上点处，点落在点处，连接，，，．
(1)若，求的度数；
(2)如图，若点与点重合，，求线段用含代数式表示；
(3)连接，若，且为等腰三角形，求的值．
35．在Rt△ABC中，，，CD是斜边AB上的中线，点E为射线BC上一点，将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为F．
(1)如图1，若，请直接写出CD的长（用含a的代数式表示）；
(2)如图2，若，垂足为点G，点F与点D在直线CE的异侧，连接CF．判断四边形ADFC的形状，并说明理由；
(3)若，直接写出的度数．
36．综合实践数学活动折纸，引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
(1)动手操作：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展平，连接，如图，求的度数；
(2)拓展延伸：如图，折叠矩形纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展平，连接交于点，连接，求证：四边形是菱形；
(3)解决问题：如图，矩形纸片中，，，点是边上的一动点，折叠纸片，使点落在边上的点处，并且折痕过点，交边于点，把纸片展平．请你求出线段长度的取值范围．
【类型三】正方形的折叠问题
37．如图，已知正方形的边长，E为边上一点且长为，动点P从点B出发以每秒的速度沿射线方向运动．在点P的运动过程中，把沿折叠，点B落在点处．设运动时间为t秒．
(1)当 时，为直角；
(2)是否存在某一时刻t，使得点到直线的距离为？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
38．已知正方形，点E为射线上一点，连接，沿折叠正方形，点D的对应点为点P，射线交直线于点F．
(1)如图1，当点E在边上时，求证：；
(2)如图2，当点E在的延长线上时，点C的对应点为点Q，与的交点为G，与的交点为H，请写出线段、、之间的数量关系：______；
(3)如图3，在（2）问的条件下，延长交于点R，若，，求的长．
39．【教材呈现】如图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．
把一张矩形纸片如图那样折一下，就可以裁出正方形纸片，为什么？
(1)【问题解决】如图①，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A的对应点落在边DC上，折痕为DE，点E在边AB上．求证：四边形是正方形．
(2)【规律探索】由【问题解决】可知，图①中的为等腰三角形．若将矩形纸片沿PF折叠，如图②，使点A的对应点为点Q(点Q在点C的左侧)，点F在边DC上，点P在边AB上，那么还是等腰三角形吗？请说明理由．
(3)【结论应用】在图②中，当时，将矩形纸片继续折叠如图③，使点C与点P重合，折痕为QG，点G在边AB上．若，，则的周长为______，四边形PGQF的面积为______．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】由矩形的性质可知，由此可得出∠BFE=∠DEF=25°，再根据翻折的性质可知每翻折一次减少一个∠BFE的度数，由此即可算出∠CFE度数．
【详解】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴，
∴∠BFE＝∠DEF＝25°．
由翻折的性质可知：图2中，∠EFC＝180°﹣∠BFE＝155°，∠BFC＝∠EFC﹣∠BFE＝130°，
∴图3中，∠CFE＝∠BFC﹣∠BFE＝105°．
故选：A．
【点睛】本题考查了翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是找出∠CFE=180°-3∠BFE．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据翻折变换找出相等的边角关系是关键．
2．A
【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，
∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴，
∴AD=BC=CE=，
∴AE=AD-DE=，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
3．B
【分析】连接FM，设DM=x， AM=4DM=4x，根据四边形ABCD是矩形，证明CD=AB=10，∠A=∠D=90°，根据F是AB中点，得到AF=5，根据折叠证明EM=DM=x，EF=CD=10，∠E=∠D=90°，根据勾股定理得到，得到， ，即得．
【详解】连接FM，设DM=x，
则AM=4DM=4x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=10，∠A=∠D=90°，
∵F是AB中点，
∴AF=5，
由折叠知，EM=DM=x，EF=CD=10，，∠E=∠D=90°，
∴，
∴，，
∵x>0，
∴，即．
故选B．
【点睛】本题考查了矩形，折叠，勾股定理，熟练掌握矩形的边角性质，折叠图形全等性质，勾股定理构建方程，是解决此类问题的关键．
4．B
【分析】由折叠的性质可得DM＝MN，CM＝MN，即M是CD的中点；故①正确；∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AMP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，由平行四边形和折叠的性质可得AN＝PN，由直角三角形的性质可得AB＝PB＝MN．
【详解】解：由折叠的性质可得：DM＝MN，CM＝MN，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；故A正确；
由折叠的性质可得：∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，
∵∠MNA+∠MNP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，故D正确；
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DMN+∠CMN＝180°，
∴∠DMA+∠CMP＝90°，
∴∠AMP＝90°，
∴∠B＝∠AMP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
若MN⊥AP，
则∠ADM＝∠MNA＝∠C＝90°，
则四边形ABCD为矩形及AB∥CD，而题目中无条件证明此结论，故B不正确；
∵∠DAB＝90°，
∴∠DAM＝∠MAP＝∠PAB＝30°，
由折叠的性质可得：AD＝AN，CP＝PN，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AN＝PN，
又∵∠AMP＝90°，
∴MN＝AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴PB＝AP，
∴PB＝MN
∴AB＝PB＝MN，故C正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质及直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点并灵活运用这些性质是解题的关键．
5．C
【分析】分两种情况讨论：①E和A重合；②F和C重合，进行计算即可.
【详解】解：在矩形ABCD中
∠B=90°，AD∥BC
①E和A重合
由折叠可知
∠B=∠AGF=90°，AB=AG=8
∵AD∥BC
∴∠B+∠BAG=180°，∠GFB +∠AGF=180°
∴∠BAG=∠GFB =90°
∴四边形ABFG为矩形
∴AG=BF=8
∴EF==8
②F和C重合
由折叠可知
∠B=∠EGF=90°，BC=FG=10
在Rt△CDG中DG==6
∴AG=AD-DG=10-6=4
在Rt△AEG中EG=
∴EG=5
∴EF==5
综上可知，x的取值范围为
故选：C.
【点睛】本题主要考查了翻折中的动点问题，利用临界点找最值，借助于勾股定理求边长即可，本题的难点在于动态问题静态化，找到临界点.
6．A
【分析】由折叠知：∠C＝∠F，∠ABP＝∠CBP，可证AB＝AP，再通过证AP∥EF，AP＝EF，可得四边形APEF是平行四边形，通过面积转化可判断结论的正确性．
【详解】解：由折叠知：∠C＝∠F，∠ABP＝∠CBP，
∵平行四边形ABCD，
∴∠C＝∠BAD，CD＝AB，
∴∠F＝∠BAD，
∴EF∥AP，
∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBC，
∴∠ABP＝∠APB，
∴AB＝AP，故①正确；
由折叠可知，CD＝EF，PD＝EP，
∴AP＝EF，
∴四边形APEF是平行四边形，
∵，
∴AP＝EP，
∴平行四边形APEF是菱形，故②正确；
∵四边形BCDP的面积为x，
∴SAPEF+SABCD＝2x，
∴y＝2x﹣8（4＜x＜8），故③正确；
设点P到AB的距离为h，
∴SABCD＝S四边形BPEF+S△ABP，
∴8＝，
∴8＝，
∴h＝1，
故④正确，
故选：
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、翻折的性质、以及图形面积表示等知识，抓住等腰△ABE是解题的关键．
7．C
【分析】根据折叠的性质及矩形的性质可得BH=DH=GD=BG，即可判定①正确；若设AG=x，则BG=DG=8-x，在Rt△AGB中由勾股定理建立方程可求得x，即AG的长，因此可判定②；连接BD，利用菱形的面积相等，可求得GH的长，从而可判定③；根据对②的判定可确定∠ABG是否为30°即可判定④．
【详解】根据折叠的性质得：BH=DH，BG=GD，∠BHG=∠DHG，∠BGH=∠DGH
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC，AD=BC=8，∠A=90°
∴∠DGH=∠BHG
∴∠DGH=∠DHG
∴GD=DH
∴BH=DH=GD=BG
∴四边形是菱形
即①正确
设AG=x，则BG=GD=8-x
在Rt△AGB中，由勾股定理建立方程得：
解得：
即AG的长
故②正确
如图，连接BD
在Rt△ABD中，由勾股定理得：
∵，GD=AD-AG=
∴
∴GH=7.5
故③正确
∵BG=GD=
∴
∵∠A=90°
∴∠ABG≠30°即∠AGB≠60°
∵∠BGH=∠DGH
∴∠BGH+∠DGH≠120°
从而∠BGH≠60°
即④不正确
故正确的有3个
故选：C．
【点睛】本题是矩形的折叠问题，有一定的综合性质，考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，解一元一次方程等知识，熟练掌握并灵活运用这些知识是解决本题的前提．
8．C
【分析】根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案．
【详解】解：①如图1，
∵，
∴，
∵折叠，∴，NC=NP
∴，
∴，
∴PM=CN，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形，
故①正确，符合题意；
②当点P与A重合时，如图2所示
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，，
∴，
又∵四边形为菱形，
∴，且，
∴
∴，
故②错误，不符合题意．
③当过点D时，如图3所示：
此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为，
当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为，
∴，故③正确，符合题意．
故答案为：①③．
故选：C
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键．
9．C
【分析】①由翻折知∠ABE=∠AB'E=90 ，再证∠M=∠CB'E=∠B'AD即可；②借助轴对称可知；③利用计算，勾股定理求B′D，构造方程，求EB，在构造勾股定理求MB′=；④由相似CB'：BM=CE：BE，BM=，在计算B'M>5；⑤证△BEG≌△B′PG得BE=B′P，再证菱形即可．
【详解】①由折叠性质知∠ABE=∠AB'E=90 ，
∴∠CB'E+∠AB'D=90
∵∠D=90
∴∠B'AD+∠AB'D=90
∴∠CB'E=∠B'AD，
∵CD∥MB，
∴∠M=∠CB'E=∠B'AD；
②点P在对称轴上，则B'P=BP；
③由翻折，AB=AB'=5，AD=4，
由勾股定理DB'=3，
∴CB'=5-3=2，
设BE=x=B'E，CE=4-x，
在Rt△B′CE中，∠C=90 ，
由勾股定理（4-x）2+22=x2，
解得x=，
∴CE=4-=，
在Rt△ABE中，∠ABE=90 ，
AE=；
④由BM∥CB′
∴△ECB′∽△EBM，
∴CB'：BM=CE：BE，
∴2：BM=：，
∴BM=，
则B'M=>5=CD；
⑤连接BB′，由对称性可知，BG=B′G，EP⊥BB′，
BE∥B′P，
∴△BEG≌△B′PG，
∴BE=B′P，
∴四边形BPB′E为平行四边形，
又BE=EB′，
所以四边形BPB′E是菱形，
所以PB′=B'E．
故选择：C．
【点睛】此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换以及相似三角形的性质等知识的应用，此题的关键是能够发现△BEG≌△B′PG．
10．B
【分析】连接AC、BD，设交于点O ，延长DA、FE，设交于点G，如图所示，先根据菱形的性质和平行线的性质得出∠G=∠BFE，∠GAB=∠ABF，进而可根据AAS证明△AEG≌△BEF，可得GE=EF，AG=BF，由此可求出DG的长，然后根据折叠的性质和平行线的性质可得∠ADF=∠DFE，于是可得GF=GD，则GF可得，再根据三角形的中位线定理和等量代换可得AC的长，进而可得AO的长，然后根据勾股定理可求出DO的长，即得BD的长，再根据菱形的面积求解即可．
【详解】解：连接AC、BD，设交于点O，延长DA、FE，设交于点G，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AC⊥BD，BO=DO，AO=CO，
∴∠G=∠BFE，∠GAB=∠ABF，
∵分别是AB，BC的中点，菱形的边长为2，
∴AE=BE，BF=CF=1，，
∴△AEG≌△BEF（AAS），
∴GE=EF，AG=BF=1，
∵AD=2，∴DG=3，
∵将沿着DF折叠得到，若恰好落在EF上，
∴∠CFD=∠DFE，
∵AD∥BC，∴∠ADF=∠DFC，
∴∠ADF=∠DFE，
∴GF=GD=3，
∵，，
∴AC=FG=3，
∴AO=，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：，
∴BD=，
∴菱形的面积=．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的面积、三角形的中位线定理以及勾股定理等知识，属于常考题型，具有一定的难度，正确作出辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
11．C
【分析】由四边形是正方形和折叠性质得出，，再由三角形的内角和求出．故①正确；由四边形是正方形和折叠性质，判断出四边形是平行四边形，再由，得出四边形是菱形．利用的直角三角形，由勾股定理得出，，得出，故②④正确；由四边形是正方形和折叠性质，得到，所以，故③错误．
【详解】解：由四边形是正方形和折叠性质得出，，
，
故①正确；
由四边形是正方形和折叠性质得出，，，，
，
，
，
又，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
在中，，在中，，
，
故②④正确．
由四边形是正方形和折叠性质知，，，，
在和中，
，
，
故③错误．
综上可知，①②④正确．
故选C．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握图形折叠前后对应边相等、对应角相等．
12．C
【分析】证明△DCP≌△BCF，利用全等三角形的性质与三角形的内角和定理可判断①，证明DP⊥EC，结合BF⊥DP，可判断②，当E，P，F共线时，求解∠DPC＝∠DPE＝． 在CD上取一点J，使得CJ＝CP，则∠CJP＝∠CPJ＝，DJ＝JP，设CJ＝CP＝x，则DJ＝JP＝x，可得x+x＝4，解方程可判断③，连接CE，BD．由③可知，当CF＝4﹣4时，∠CDP＝∠EDP＝，证明点E在DB上，EA＝EC，可得∠ECF＞∠EFC，EF＞EC，可判断④，从而可得答案．
【详解】解：①如图1中，延长DP交BF于点H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCP＝∠BCF＝90°，
在△DCP和△BCF中，
，
∴△DCP≌△BCF（SAS），
∴∠CDP＝∠CBF，
∵∠CPD＝∠BPH，
∴∠DCP＝∠BHP＝90°，
∴DP⊥BF，故①正确．
②∵C，E关于DP对称，
∴DP⊥EC，
∵BF⊥DP，
∴，故②正确．
③如图2中，当E，P，F共线时，∠DPC＝∠DPE＝．
在CD上取一点J，使得CJ＝CP，则∠CJP＝∠CPJ＝，
∴
∴∠JDP＝∠JPD＝，
∴DJ＝JP，
设CJ＝CP＝x，则DJ＝JP＝x，
∴x+x＝4，
∴x＝4﹣4，
∴CF＝4﹣4，故③错误，
④如图3中，连接CE，BD．
由③可知，当CF＝4﹣4时，∠CDP＝∠EDP＝，
∴∠CDE＝，
∴点E在DB上，
∵A，C关于BD对称，
∴EA＝EC，
∵∠ECF＞∠EFC，
∴EF＞EC，
∴EF＞EA，
∴此时△AEF不是等腰三角形，故④错误．
故选：C．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，三角形内角和定理的应用，二次根式的除法运算，轴对称的性质，熟练的应用以上知识解题是关键．
13．C
【分析】设AE，BF交于点O，证明得到，利用勾股定理得到，再利用等面积法求出，进一步得到，再利用勾股定理得到，所以．
【详解】解：设AE，BF交于点O，
∵沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处，
∴，，
∵ABCD为正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等面积法．解题的关键是证明得到，再求出，．
14．B
【详解】①利用翻折不变性即可解决问题；②构造全等三角形即可解决问题；③等腰三角形性质，∠EBP＝∠EPB．根据折叠性质得出∠EPH＝∠EBC＝90°，利用余角性质得出∠PBC＝∠BPH．再根据平行线性质得出AD∥BC即可解决；④构造全等三角形即可解决问题；⑤只要证明∠MPB＝45°，再利用反证法可解决问题．
【解答】解：∵折痕为EF，
∴四边形EBCF与四边形EPGF全等
∴BE=PE，
故①正确；
如图2，作FK⊥AB于K．设EF交BP于O．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，
∵FK⊥AB，
∴∠FKB=90°，
∴∠FKB＝∠KBC＝∠C＝90°，
∴四边形BCFK是矩形，
∴KF＝BC＝AB，
∵EF为对称轴，点B与点P为对称点，
∴EF⊥PB，
∴∠BOE＝90°，
∵∠ABP+∠BEO＝90°，∠BEO+∠EFK＝90°，
∴∠ABP＝∠EFK，
在△ABP和△KFE中，
，
∴△ABP≌△KFE（ASA），
∴EF＝BP，故②正确，
∵BE=PE，
∴∠EBP＝∠EPB．
又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，
∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP．
即∠PBC＝∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBC．
∴∠APB＝∠BPH．故③正确；
如图3，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．
∴∠PQB=∠HQB=90°，
由（1）知∠APB＝∠BPH，
在△APB和△QPB中，
，
∴△ABP≌△QBP（AAS），
∴AP＝QP，AB=QB，
又∵AB＝BC，
∴BC＝BQ．
∵∠HQB=90°，∠C=90°
在Rt△BCH和Rt△BQH中
，
∴Rt△BCH≌Rt△BQH（HL），
∴CH＝QH，
∴QP+QH＝AP+CH，即PH＝AP+CH，故④正确；
设EF与BP的交点为点N，如图4，
∵Rt△ABP≌Rt△QBP，△BCH≌△BQH，
∴∠ABP＝∠QBP，∠CBH＝∠QBH，
∴∠QBP+∠QBH＝∠ABP+∠CBH，
即∠PBM＝45°，
由折叠知，∠BPM＝∠PBM＝45°，∠EBM＝∠EPM，∠PNF＝∠BNF＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠MHF＝∠EBM＝∠EPM＝45°+∠EPN，
∵在四边形DPNF中，∠D＝∠PNF＝90°，
∴∠MFH+∠DPN＝180°，
∵∠DPN+∠APN＝180°，
∴∠APN＝∠MFH，
假设MH=MF，
∴∠MHF=∠MFH=∠APB，
在△ABP和△CBH中，
，
∴△ABP≌△CBH（AAS），
∴∠ABP=∠CBH，
∵∠ABP+∠CBH=45°，
∴∠ABP=∠CBH=22.5°，
∵点P在AD上，
∴0≤∠ABP≤45°，
∴∠ABP=22.5°与0≤∠ABP≤45°相矛盾，
∴假设不正确，故⑤错误．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形性质，折叠性质，角平分线判定，三角形全等判定与性质，平行线性质，等腰三角形性质，等角的余角性质，反证法，本题难度角度，综合强，利用辅助线作出准确图形是解题关键．
15．D
【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3②如图，过点E作EH⊥BC于点H，再利用勾股定理求解即可；
③当点E与点A重合时，的面积有最小值，当点G与点D重合时的面积有最大值．故<<．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，从而可求出△MEG的面积．
【详解】解：①根据题意可知四边形BFGE为菱形，
∴EF⊥BG且BN=GN，
若BN=AB，则BG=2AB=6，
又∵点E是AD边上的动点，
∴3故①错误；
②如图，过点E作EH⊥BC于点H，则EH=AB=3，
在Rt△ABE中
即
解得：AE=，
∴BF=DE=6-=．
∴HF=-=．
在Rt△EFH中
=；
故②正确；
③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值= =，
当点G与点D重合时的面积有最大值==．
故<<．
故③错误．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，
∴．
故④正确．
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．
16．或
【分析】根据题意分两种情况讨论：①当点恰好落在上时，由翻折以及矩形的性质利用可证明，然后根据等腰三角形的性质求出的长，再依据勾股定理求解即可；②当点恰好落在上时，同理利用可证明，根据全等三角形的性质可得出的长，再根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】∵四边形为矩形，
∴，，
∵沿对角线翻折得到，
∴，，
∵以为折痕，将进行翻折，得到，
∴，，
①当点恰好落在上时，如图，
在和中，
∴
∴，即为等腰三角形，
∵
∴点为中点，
∴，
在中，有，
即，解得
②当点恰好落在上时，如图，
∵
∴四边形为矩形，
∴，
∵沿进行翻折，得到，
∴
在中，
，
在和中，
∴≌（）
∴
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了空间想象能力以及分类讨论的思想，熟练掌握翻折的性质，运用全等三角形的判定与性质、勾股定理是解答此题的关键．
17．2或
【分析】分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．
【详解】解：，，
，
当点落在上时，
将沿直线折叠，
，
，
，
；
当点落在上时，如图2，连接，过点作于，
，
，
，
，
，
将沿直线折叠，
，
，
，
，
综上所述：的长为2或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列出方程是解题的关键．
18．##
【分析】连接AC，设AD＝BC＝x．过点P作PH⊥AC于H，由“30°所对的直角边等于斜边的一半”可推导，然后利用勾股定理解直角三角形求出AC、AB即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AC，设AD=BC=x，过点P作PH⊥AC于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
由折叠的性质可知，PA=PC=BC=x，，
又∵，
∴，
∵PH⊥AC，
∴，，
∴，，
∴，
在中，
，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查折叠变换、矩形的性质、30°所对的直角边等于斜边的一半以及勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
19．
【分析】根据轴对称、矩形、直角三角形斜边中线的性质，得，根据轴对称的性质，得、；再根据矩形和勾股定理的性质计算，即可得到答案．
【详解】∵如图，将矩形ABCD对折，折痕为PQ
∴，
∵点F是线段AQ的中点
∴
设
∴
∵将∠C沿DE折叠，使点C刚好落在线段AQ的中点F处，
∴，
∴
设，
如图，过点F作，交CD于点G，过点F作，交AD于点K，延长KF，交BC于点H
∴四边形、为矩形
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
在直角中，
∴
∴
在直角中，
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称、矩形、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、勾股定理、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．
20．
【分析】连接，根据翻折的性质，矩形的性质和是的中点，可得：，，，，可证，得；再根据，，可得，，可求出，再根据勾股定理可求出的长．
【详解】解：连接，
则在矩形中，
根据翻折的性质和是的中点，可得：
，，，，
在与中，
∴；
∴，
∵，，
∴，
∴
∴，
在中，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、图形的折叠变换、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用等重要知识，熟悉相关性质并能灵活应用是解题的关键．
21．
【分析】由折叠的性质可得BM=MD， BN= DN，∠DMN=∠BMN，可证四边形BMDN是菱形，在Rt△ADM中，利用勾股定理可求BM的长，由菱形的面积公式可求解．
【详解】解∶如图，连接BD， BN，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，
∴BM=MD， BN=DN，∠DMN=∠BMN，
∵AB//CD，
∴∠BMN=∠DNM，
∴∠DMN=∠DNM，
∴DM= DN，
∴DN=DM=BM=BN，
∴四边形BMDN是菱形，
∵AD2+AM2=DM2，
∴16+AM2= (8-AM)2，
∴AM=3，
∴DM= BM=5， ．
∵AB=8， AD=4，
∴BD= ，
∴S菱形BMDN=，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，菱形判定和性质，勾股定理，求出BM的长是解题的关键．
22．##
【分析】根据菱形性质和，可得，，，过点作于点，于点，过点于点，得矩形，然后利用含度角的直角三角形可得，得，再利用勾股定理即可解决问题．
【详解】解：在菱形中，，，，
，
如图，过点作于点，于点，过点于点，
得矩形，如图所示：
，，
，，
，，
由翻折可知：，，
，
，
，
，
解得，
，
在中，，，
，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理，得：，
，
解得，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理求线段长，涉及到翻折变换的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
23．4或
【分析】分两种情况，第一种情况，由折叠性质可知：= CB= CD，可知E点与A点重合，BE=AB，第二种情况，由折叠性质可知，BC=，得∠B=∠E= 45°，再证∠AE = 90°，设BE= E= x，得，即可得答案．
【详解】解：
第一种情况，如上图，由折叠性质可知：= CB= CD，
∴在AD线上仅D点符合题意，
∵∠B=∠D= 45°，
∴E点与A点重合，BE=AB，
∴BE=4；
第二种情况，如上图，由折叠性质可知，BC=，
∴∠B=∠E= 45°，
∵在菱形中BC=CD=，
∴∠D=∠B=∠D= 45°，ADBC，∠AE=∠B= 45°，
∴∠AE=∠DC+∠EC= 90°，
∴A=E，
设BE= E= x，则， ，
解得： ，
故答案为：4或．
【点睛】本题考查了折叠的性质、菱形的性质、一元一次方程的解法，解题的关键是注意两种情况．
24．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）.
【详解】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，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
25．﹣．
【分析】延长EG交DC于P点，连接GC、FH，则△GCP为直角三角形，证明四边形OGCM为菱形，则可证，由勾股定理求得GP的值，再由三角形的中位线定理求解即可得到答案.
【详解】解：延长EG交DC于P点，连接GC、FH；如图所示：
则CP＝DP＝CD＝，△GCP为直角三角形，
∵四边形EFGH是菱形，∠EHG＝120°，
∴GH＝EF＝2，∠OHG＝60°，EG⊥FH，
∴OG＝，
由折叠的性质得：CG＝OG＝，OM＝CM，∠MOG＝∠MCG，
∴
∵OG∥CM，
∴∠MOG＋∠OMC＝180°，
∴∠MCG＋∠OMC＝180°，
∴OM∥CG，
∴四边形OGCM为平行四边形，
∵OM＝CM，
∴四边形OGCM为菱形，
∴CM＝OG＝，
过N作NQ⊥MC于点Q，NQ⊥GP于K
根据题意得：KG是三角形MNQ的中位线，
∴MQ＝2KG，
∴∴DN＝．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质与判定，翻折变换，勾股定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
26．2.4或6
【分析】分两种情况讨论：E点在线段上和E点在线段上.接，先根据折叠的性质和HL得到，.设，则，，求出，把用含有x的式子表示出来.中，根据勾股定理列方程求出x即可.
【详解】解：①如图1，当E点在线段上时，连接,
∵四边形是正方形，
∵折叠后，
又
(HL)
∴


设,则，
在Rt中，

解得
②如图2，E点在线段上时，连接,

设,则，
在Rt中
解得

故答案为：2.4或6
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识并根据勾股定理列方程是解题的关键.
27．
【分析】先利用已知条件证明BCECDG，然后连接EH．根据，求出DE即可解决问题．
【详解】解：连接EH．
∵BFE是由BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
在BCE和CDG中，
，
∴（AAS）；
∴CE=DG，
由折叠可知BC=BF，CE=FE，
∴∠BCF=∠BFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，BC=CD，
∴∠BCG=∠HGF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HFG=∠HGF，
∴HF=HG，
∵，
设CE=2x，则BC=CD=3x，FE=CE=2x，
∴DE=CD－CE=x，
设HF=HG=a，
∴DH=DG－HG=2x－a，
∴由折叠可知∠BFE=∠BCE=90°，
∴∠EFH=90°，
∴，
∴，
∴x=4a或0（舍弃），
∴DH=2x－a=7a，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，相似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或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
28．3.75####3
【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＝6，根据线段中点的定义可得AE＝DE＝3，再根据折叠的性质可得AB＝BF＝6，AE＝EF＝3，∠BAD＝∠BFE＝90°，从而可得DE＝EF＝3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＝6+x，CN＝6﹣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，结合已知可证GH是△BCN的中位线，进行计算即可解答．
【详解】解：如图，延长BF交CD于点N，连接EN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝BC＝CD＝6，
∵点E为边AD的中点，
∴AE＝DE＝AD＝3，
由折叠得：AB＝BF＝6，AE＝EF＝3，∠BAD＝∠BFE＝90°，
∴DE＝EF＝3，∠EFN＝180°﹣∠BFE＝90°，
∵EN＝EN，
∴Rt△EFN≌Rt△EDN(HL)，
∴DN＝FN，
设DN＝FN＝x，
∴BN＝BF+FN＝6+x，CN＝DC﹣DN＝6﹣x，
在Rt△BCN中，BC2+CN2＝BN2，即36+(6﹣x)2＝(6+x)2，
∴x＝1.5，
∴BN＝7.5，
由折叠得：，
∵GH∥BM，
，
，
，
∴BG＝CG，
同理可得：CH＝NH，
∴GH是△BCN的中位线，
∴GH＝BN＝3.75，
故答案为：3.75．
【点睛】本题考查了折叠问题、正方形的性质、三角形中位线定理等知识点，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．
29．
【分析】设BF与AE交点为H，根据正方形ABCD中，AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，得到∠BAE+∠DAE=90°，由折叠知BF垂直平分AG，得到∠AHB =90°，AH=GH，推出∠ABF+∠BAE=90°，得到∠ABF=∠DAE，推出△ABF≌△DAE，得到AF=DE=5，BF=AE，根据，得到BF=13，根据，求出，得到，推出．
【详解】解：设BF与AE交点为H，
∵正方形ABCD中，AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，
∴∠BAE+∠DAE=90°，
由折叠知BF垂直平分AG，
∴∠AHB =90°，AH=GH，
∴∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AF=DE=5，BF=AE，
∵，
∴BF=13，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形，折叠，全等三角形，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握正方形的边角性质，折叠图形的全等性，全等三角形的判定和性质，用勾股定理解直角三角形．
30．
【分析】根据翻折的性质和已知条件可得点和点重合，过点作，，垂足分别为，，得四边形是正方形，设，得，求出的值，进而可以解决问题．
【详解】解：如图，
由折叠可知：，
，
当时，，
在中，
，，
，
点和点重合，如图，过点作，，垂足分别为，，
由折叠可知：，
，
四边形是正方形，
设，
，
，
，
解得，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
31．【问题情境】见解析；【结论运用】4；【迁移拓展】
【分析】[问题情境]连接，利用可证得；
[结论运用]过点作，垂足为，根据条件求出，的长，从而证明后，直接利用[问题情境]中的结论可得出，而 ；
[迁移拓展]延长、交于点，作，垂足为，由，得出，然后应用问题情境中的结论可得：，设，根据勾股定理求出的值，然后可求图中各条线段的长，最后将与的周长之和转化为的值即可．
【详解】[问题情境]连接，
，，，
且，
．
，
．
[结论运用]过点作，垂足为，如图
四边形是矩形，
，．
，，
∴．
由折叠可得：，．
．
，
．
，，
．
四边形是矩形．
．
，
．
，
．
．
由问题情境中的结论可得：．
∴．
的值为．
[迁移拓展]延长、交于点，作，垂足为，如图⑤．
．
由问题情境中的结论可得：．
设，则．
，
．
．
，，，
．
解得：．
．
．
．
，且、分别为、的中点，
，．
与的周长之和
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质；矩形的性质与判定；勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
32．(1)．
(2)点E能恰好落在x轴上．
【分析】（1）根据点A、点D、点C的坐标和矩形的性质可以得到点B和点E的坐标；
（2）由折叠的性质求得线段和的长，然后利用勾股定理得到有关m的方程，求得m的值即可．
【详解】（1）当时，点B的坐标为，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，则，
∴，
则E在y轴上，且，
∴，则点E的坐标为．
（2）点E能恰好落在x轴上．
理由如下：
∵四边形为矩形，
∴，，
由折叠的性质可得：，．
假设点E恰好落在x轴上，则，
即，
则．
在中，即，
即，解得．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理是解题的关键．
33．（1）29°；（2）见解析；（3）3
【分析】(1) 根据长方形，得到，得到，根据折叠的性质，得到，计算即可．
（2）延长交于点G，作平分线即可．
【详解】(1) 如图1，
因为长方形，
所以，
所以，
根据折叠的性质，得到，
故答案为：29°．
(2)如图，延长交于点G，作平分线，
则即为所求．
（3）因为四边形是长方形，，，，纸片折叠，使落在射线上，
所以，，，，，
所以，
所以，
所以，
设，
则，
解得，
所以．
【点睛】本题考查了长方形的性质，垂直平分线的判定，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握长方形的性质，折叠的性质和勾股定理是解题的关键．
34．(1)
(2)
(3)
【分析】由折叠的性质可得，，由余角的性质和等腰三角形的性质可求解；
先证四边形是菱形，由菱形的面积公式可求解；
因为与，与关于对称，所以与的交点在对称轴上，，设交点为，由，推出，，分三种情形：若若若，分别求解即可．
【详解】（1）由翻折变换的性质可知，，，
，
，
，
，
，
；
（2）如图，连接，
，，
，
，
，
，
由翻折变换的性质可知，，，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图中，连接．
线段，线段关于对称，
与的交点在对称轴上，，设交点为，．
，
，
，
，
，
若，
，
，
，，
≌，
与已知，矛盾．
若，
，
，
中，，
，
此种情形不存在．
若，
，
，
解得负根已经舍去，
综上所述，的值为．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
35．(1)
(2)菱形，理由见解析
(3)45°或135°
【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得CD=；
（2）由题意可得，由“直角三角形中含30°角所对的直角边等于斜边的一半”，得据此判断四边形ADFC是平行四边形，再由折叠得DF=BD=AD，据此解答；
（3）分两种情况讨论，点F与点D在直线CE的同侧或异侧，正确画出图形即可解答．
【详解】（1）解：由图1，在Rt△ABC中，，CD是斜边AB上的中线，
CD=；
（2）四边形ADFC是菱形．
理由如下：
∵CD是斜边AB上的中线，
∴，由折叠的性质可得，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形ADFC是平行四边形，又，
∴□ADFC是菱形．
（3）如图3，点F与点D在直线CE的异侧，
由折叠得，
；
如图4，点F与点D在直线CE的同侧，
由折叠得，
综上所述，或．
【点睛】本题考查直角三角形的性质、轴对称的特征、平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质、分类讨论等知识，解题的关键是正确画出图形．
36．(1)60°
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由折叠的性质和等腰三角形三线合一可得，即是等边三角形，由等边三角形的性质可求解；
（2）由折叠知垂直平分，再利用证明≌得，则四边形是平行四边形，进而证明结论；
（3）当点与点重合时，的长最大，为；当点与点重合时，的长最小，根据勾股定理列方程求出此时的长，即可得出长的取值范围．
【详解】（1）解：由折叠得：，，，，
，
是等边三角形，
又，
，
；
（2）证明：折叠矩形纸片，使点落在边上的点处，
垂直平分，
，，
，
，，
≌，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（3）解：如图，当点与点重合时，的长最大，
此时，
长的最大值为；
如图，当点与点重合时，的长最小，
设，则，
由折叠得，，
，，，
，
，
，
，
，
；
解得，
长的最小值为，
长的取值范围是．
【点睛】本题是四边形综合题，考查矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理及动点问题的探究等知识，解题的关键是把折叠问题抽象为轴对称问题，以便于用轴对称的性质解决问题，此题综合性较强，难度大，属于考试压轴题．
37．(1)
(2)存在，或．
【分析】（1）由正方形的边长，且长为，得到，由折叠可得，，求得，即可求得
（2）存在，过点作，交，于点M，N，过E作，交于H，得到四边形是矩形，然后分两种情况讨论可得到t的值
【详解】（1）∵正方形的边长，E为边上一点且长为，
∴，
当时，，
∴由折叠可得，，
又∵，
∴，
∴，
∵点P从点B出发以每秒的速度沿射线方向运动，
∴（秒），
故答案为：
（2）存在，过点作，交，于点M，N，过E作，交于H，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵∠A＝90°，
∴四边形是矩形，
同理可得：四边形是矩形．
①如图，若点P在之间时，则，，
∵，，
由折叠可得，，
∴中，，
∴，
设，
∴，，
∵中，，
∴，
解得：．
∴，
∴；
②如图2，若点P在右边时，则，，
由折叠可得，，
∴中，，
∴，
设，
∴，
∵中，，
∴，
解得：．
∴，
∴．
综上所述，t的值为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换（折叠问题）和勾股定理，熟练掌握分类讨论的数学思想是解题的关键．
38．(1)证明见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）延长CE至点T使DT=BF，连接AT，证明，可得AT=AF，∠BAF=∠DAT，再由折叠的性质和，即可求证；
（2）在DE上取点S，使DS=BF，证明，可得AS=AF，∠BAF=∠DAS，再由折叠的性质和，即可；
（3）先证明，可得CE=CD，再证得，可得∠BGR=∠QGR，由折叠的性质可得，∠EGR=∠QGR+∠EGQ=90°，再由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，延长CE至点T使DT=BF，连接AT，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠ADT=90°，，
∵BF=DT，
∴（SAS），
∴AT=AF，∠BAF=∠DAT，
由翻折的性质得：∠EAD=∠EAF，
∴∠BAE=∠BAF+∠EAF=∠DAT+∠DAE=∠TAE，
∵，
∴∠BAE=∠TEA，
∴∠TAE=∠TEA，
∴AT=ET，
∴AF=AT=TE=DT+DE=BF+DE；
（2）解：，
如图，在DE上取点S，使DS=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ADC=90°，，
∵BF=DS，
∴（SAS），
∴AS=AF，∠BAF=∠DAS，
由翻折的性质得：∠EAD=∠EAF，
∴∠EAS=∠EAD-∠DAS，∠BAE=∠EAF-∠BAF，
∴∠EAS=∠BAE，
∵，
∴∠BAE=∠E，
∴∠EAS=∠E，
∴AS=ES，
∴DE=DS+ES=AS+BF=AF+BF，
即；
故答案为：
（3）解：如图，连接RG，
根据题意得：AB=AD=AP=PQ=CD，∠ABC=∠ABF=∠APQ=90°，
∵∠BAF=∠PAR，
∴，
∴AF=AR，BF=PR，
∵，PF=RQ，
∴AP+PF+BF=PQ+RQ+PR=2PQ=DE，
∴DE=2CD，
∵DE=8，
∴CD=CE=4，
∴AB=BC=CD=AD=4，
∵∠ABC=∠ECG=90°，∠AGB=∠CGE，
∴，
∴BG=CG=QG=2，
∵RG=RG，∠Q=∠RBG=90°，
∴，
∴∠BGR=∠QGR，
由折叠的性质得：∠CGE=∠QGE，
∴∠EGR=∠QGR+∠EGQ=90°，
设BR=x，则AR=4+x，
∴，
∵，
∵，
∴，解得：x=1，
即BR=1．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，属于中考常考题型．
39．(1)见解析
(2)是等腰三角形，理由见解析
(3)6，5
【分析】（1）由题意根据邻边相等的矩形是正方形进行分析证明即可．
（2）根据题意证明∠QFP=∠FPQ即可解决问题．
（3）连接AF．由题意易证，即得出，．设，则．在中，由勾股定理列出关于x的等式，解出x，即可求出，．由规律探索可得出，从而可证四边形PGQF为平行四边形，再利用平行四边形的面积公式即可求出四边形PGQF的面积．又易证，即得出，从而可求出的周长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴．
由翻折可知，
∴，
∴四边形是矩形．
∵，
∴四边形是正方形；
（2）结论：是等腰三角形
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴．
由翻折可知，，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（3）如图，连接AF．
∵，，，
∴，
∴，．
设，则，
在中，，即，
解得：，
∴，．
由规律探索可知，同理可证，
∴．
∵，
∴四边形PGQF为平行四边形，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为6，四边形PGQF的面积为5．
故答案为：6，5．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查折叠的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定，三角形全等的判定和性质以及勾股定理等知识，综合性强，较难．熟练掌握上述知识是解题关键．
答案第1页，共2页
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