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特殊平行四边形中的折叠问题专项训练
类型一 折叠与角度
【知识点睛】
四边形折叠问题解决法则——有折叠必有全等；
解决特殊平行四边形角度问题时，同步思考以下三点
①全等三角形对应角相等；②平行线的性质；③组成平角的各角之和=180°
【典题练习】
1．（2023秋 广丰区期末）如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点D'落在∠BAC内部．若∠CAE＝2∠BAD′，且∠CAD′＝20°，则∠DAE的度数为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】设∠BAD′＝x°，则∠CAE＝2x°，得到∠EAD′＝∠CAE+∠CAD′＝2x°+20°，由折叠的性质得到：∠DAE＝∠EAD′＝2x°+20°，由矩形的性质，得到∠BAD＝90°，得到2x+20+2x+20+x＝90，求出x＝10，即可求出∠DAE＝2x°+20°＝40°．
【解答】解：设∠BAD′＝x°，则∠CAE＝2x°，
∴∠EAD′＝∠CAE+∠CAD′＝2x°+20°，
由折叠的性质得到：∠DAE＝∠EAD′＝2x°+20°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠DAE+∠EAD+∠BAD′＝90°，
∴2x+20+2x+20+x＝90，
∴x＝10，
∴∠DAE＝2x°+20°＝40°．
故选：B．
2．（2023秋 肥城市期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A'处，点B落在点B'处，若∠1＝115°，则图中∠2的度数为（ ）
A．40° B．45° C．50° D．60°
【分析】由邻补角概念和翻折变换性质得出∠EFB′＝∠1＝115°，∠EFC＝65°，据此知∠CFB′＝50°，结合∠B＝∠B′＝90°知∠2＝90°﹣∠CFB′，从而得出答案．
【解答】解：∵∠1＝115°，
∴∠EFB′＝∠1＝115°，∠EFC＝65°，
∴∠CFB′＝50°，
又∵∠B＝∠B′＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠CFB′＝40°，
故选：A．
3．（2023秋 霸州市期末）对于题目：“如图，点M，N分别是长方形ABCD的边AB和BC上的点，沿MN折叠长方形ABCD，点B落在点B′处，若∠MNB′与∠CNB′两个角之差的绝对值为45°，确定∠BNM的所有度数．”甲的结论是∠BNM＝45°，乙的结论是∠BNM＝60°．下列判断正确的是（ ）
A．甲的结论正确
B．乙的结论正确
C．甲、乙的结论合在一起才正确
D．甲、乙的结论合在一起也不正确
【分析】由折叠的性质可知：∠MNB′＝∠BNM，分①当∠MNB′与∠CNB′两个角之差为45°时，②当∠CNB′与∠MNB′两个角之差为45°时，两种情况讨论求出∠BNM即可得解．
【解答】解：由折叠的性质可知：∠MNB′＝∠BNM，
①当∠MNB′与∠CNB′两个角之差为45°，即∠MNB′＝∠CNB′+45°时，∠CNB′＝∠MNB′﹣45°＝∠BNM﹣45°，
∵∠MNB′+∠MNB+∠CNB′＝180°，
∴∠BNM+∠BNM+∠BNM﹣45°＝180°，
解得：∠BNM＝75°，
②当∠CNB′与∠MNB′两个角之差为45°，即∠MNB′＝∠CNB′﹣45°时，∠CNB′＝∠MNB′+45°＝∠BNM+45°，
∵∠MNB′+∠MNB+∠CNB′＝180°，
∴∠BNM+∠BNM+∠BNM+45°＝180°，
解得：∠BNM＝45°
综上所述：∠BNM＝75°或45°．
故选：D．
4．如图，矩形ABCD中，点E是BC边上一点，连接AE，将△ABE沿AE对折后得到△AFE，延长EF交CD于G．若∠BAE＝α，则∠EGC一定等于（ ）
A．2α B．90°﹣2α C．45°﹣α D．90°﹣α
【分析】根据将△ABE沿AE对折后得到△AFE，可得∠AFE＝∠B＝90°，知∠AFG＝90°，故∠DGF+∠DAF＝360°﹣∠D﹣∠AFG＝360°﹣90°﹣90°＝180°，即得∠EGC＝∠DAF，由∠BAE＝α，可知∠BAF＝2α，从而∠DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°﹣2α，即可得∠EGC＝90°﹣2α；
【解答】解：∵将△ABE沿AE对折后得到△AFE，
∴∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠AFG＝90°，
∵∠D＝90°，
∴∠DGF+∠DAF＝360°﹣∠D﹣∠AFG＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠DGF+∠EGC＝180°，
∴∠EGC＝∠DAF，
∵将△ABE沿AE对折后得到△AFE，∠BAE＝α，
∴∠BAE＝∠EAF＝α，
∴∠BAF＝2α，
∵∠DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°﹣2α，
∴∠EGC＝90°﹣2α；
故选：B．
5．（2024 渝中区校级开学）如图，长方形纸片ABCD，点E、F分别在边AB、CD上，连接EF．将∠BEF对折，点B落在直线EF上的点B'处，得折痕EM；将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得折痕EN，连接BF．下列说法：
①若∠BEF＝110°，则∠AEN＝35°；
②图中与∠B′ME一定互余的角有4个；
③若NA'平分∠DNE，则EA'平分∠AEM；
④若∠FBC+∠AEA'＝106°，则∠BFE＝16°．
其中正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由∠BEF＝110°，得∠AEF＝180°﹣∠BEF＝70°，而∠AEN＝∠A'EN，故∠AEN＝∠A'EN＝35°；判断①正确；由翻折可证明∠B'ME＝∠BME＝∠A'EN＝∠AEN，故与∠B′ME一定互余的角有∠B'EM，∠BEM，∠A'NE，∠ANE，共4个，判断②正确；若NA'平分∠DNE，则可证∠AEA'＝∠B'EM＝60°，判断③正确；若∠FBC+∠AEA'＝106°，则∠FBC+∠EFC＝106°，从而∠BFE＝16°，判断④正确．
【解答】解：∵∠BEF＝110°，
∴∠AEF＝180°﹣∠BEF＝70°，
由翻折可知，∠AEN＝∠A'EN，
∴∠AEN＝∠A'EN＝70°÷2＝35°；故①正确；
由翻折可知，∠AEN＝∠A'EN，∠BEM＝∠B'EM，
∵∠AEN+∠A'EN+∠BEM+∠B'EM＝180°，
∴2∠A'EN+2∠B'EM＝180°，
∴∠A'EN+∠B'EM＝90°，
∵∠EB'M＝∠EBM＝90°，
∴∠B'EM+∠B'ME＝90°，
∴∠A'EN＝∠B'ME，
∴∠B'ME＝∠BME＝∠A'EN＝∠AEN，
∴与∠B′ME一定互余的角有∠B'EM，∠BEM，∠A'NE，∠ANE，共4个，故②正确；
若NA'平分∠DNE，则∠A'ND＝∠A'NE，
∵∠A'NE＝∠ANE，
∴∠A'ND＝∠A'NE＝∠ANE＝60°，
∴∠AEN＝∠A'EN＝30°，
∵∠A'EN+∠B'EM＝90°，
∴∠B'EM＝60°，
∴∠AEA'＝∠B'EM＝60°，
∴EA'平分∠AEM，故③正确；
若∠FBC+∠AEA'＝106°，则∠FBC+∠EFC＝106°，
∵∠FBC+∠BFC＝90°，
∴∠BFE＝16°，故④正确；
∴正确的有①②③④，共4个；
故选：A．
6．（2023秋 洪山区期末）如图，长方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，CD上，连接EF．将∠BEF对折，点B落在直线EF上的点B′处，得折痕EM；将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得折痕EN，若∠MEB＝60°，则∠NEA＝ 30° ．
【分析】由折叠找到∠BMB′，∠AEA′之间关系，由∠AEN+∠A′EN+∠MEB+∠MEB′＝180°，可求∠NEA．
【解答】解：由折叠的性质得，∠AEN＝∠A′EN，∠MEB＝∠MEB′，
∵∠AEN+∠A′EN+∠MEB+∠MEB′＝180°，
∴∠NEA+∠MEB＝90°，
∵∠MEB＝60°，
∴∠NEA＝30°，
故答案为：30°．
7．（2023秋 锡山区期末）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A、B分别落在A'、B'的位置，再沿AD边将∠A'折叠到∠H处，已知∠FEH＝15°，则∠AEF的度数是 115° ．
【分析】设∠A′EG＝x°，根据折叠的性质可得：∠A′EG＝∠HEG＝x°，从而可得∠A′EF＝（2x+15）°，然后再利用折叠的性质可得：∠AEF＝∠A′EF＝（2x+15）°，
从而利用平角定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：设∠A′EG＝x°，
由折叠得：∠A′EG＝∠HEG＝x°，
∵∠FEH＝15°，
∴∠A′EF＝∠A′EG+∠HEG+∠FEH＝（2x+15）°，
由折叠得：∠AEF＝∠A′EF＝（2x+15）°，
∵∠AEF+∠HEG+∠FEH＝180°，
∴2x+15+x+15＝180，
解得：x＝50，
∴∠AEF＝（2x+15）°＝115°，
故答案为：115°．
8．（2023春 前郭县期末）如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′的大小为 40° ．
【分析】由平行四边形的性质得∠B＝∠D＝50°，再由三角形的外角性质得∠AEC＝∠D+∠DAE＝70°，则∠AED＝110°，然后由折叠的性质得∠AED＝∠AED′＝110°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D＝50°，
∵∠DAE＝20°，
∴∠AEC＝∠D+∠DAE＝50°+20°＝70°，
∴∠AED＝180°﹣70°＝110°，
∵将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，
∴∠AED＝∠AED′＝110°，
∴∠FED′＝∠AED′﹣∠AEC＝110°﹣70°＝40°，
故答案为：40°．
9．如图，将 ABCD先沿BE折叠，再沿BF折叠后，A点落在线段BF上的A′处，C点落在E处，连结EA′，EF．若恰有EF⊥EA′，则∠A＝ 126° ．
【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，∠A＝∠C，由折叠得∠ABE＝∠A′BE＝∠CBF，∠A′EB＝∠AEB，∠BEF＝∠C＝∠A，则∠A′EB＝∠AEB＝∠EBC＝2∠A′BE＝2∠ABE，所以∠BEF﹣∠A′EB＝90°，则∠A﹣2∠ABE＝90°，于是得180°﹣3∠ABE﹣2∠ABE＝90°，则∠ABE＝18°，∠AEB＝36°，即可求得∠A＝126°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠A＝∠C，
由折叠得∠ABE＝∠A′BE＝∠CBF，∠A′EB＝∠AEB，∠BEF＝∠C＝∠A，
∴∠A′EB＝∠AEB＝∠EBC＝2∠A′BE＝2∠ABE，
∵EF⊥EA′，
∴∠A′EF＝90°，
∴∠BEF﹣∠A′EB＝90°，
∴∠A﹣2∠ABE＝90°，
∵∠A＝180°﹣∠ABC＝180°﹣3∠ABE，
∴180°﹣3∠ABE﹣2∠ABE＝90°，
∴∠ABE＝18°，
∴∠AEB＝2∠ABE＝2×18°＝36°，
∴∠A＝180°﹣∠ABE﹣∠AEB＝180°﹣18°﹣36°＝126°，
故答案为：126°．
10．（2020 吉林四模）如图，菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，点P是AB边的中点，折叠纸片，使点C落在直线DP上的C处，折痕为经过点D的线段DE．则∠DEC的度数为 75° ．
【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【解答】解：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠C＝∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，
∵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：∠CDE＝∠PDE＝45°，
在△DEC中，∠DEC＝180°﹣（∠CDE+∠C）＝75°．
故答案为：75°．
类型二 折叠与角度
【知识点睛】
特殊平行四边形折叠问题求长度常见的等量关系：
①有折叠必有全等，全等三角形对应边相等；②当折叠点出现在直线上时，常有直角三角形，求长度则想直角三角形勾股定理；③牵涉到面积时，想面积的等积法
【典题练习】
1．（2024春 碑林区月考）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，∠ABC＝30°，点D是AB的中点，将△ACD沿CD翻折得到△ECD．连结BE，则线段BE的长等于（ ）
A． B．3 C． D．6
【分析】先求出AB＝2AC＝6，根据点D是AB的中点，证明出△ACD为等边三角形，根据翻折的性质得到AD＝ED，∠ADC＝∠EDC＝60°，证明出△BDE为等边三角形即可求解．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝6，
又∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD＝CD＝3，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC＝60°，
将△ACD沿CD翻折得到△ECD，
∴AD＝ED，∠ADC＝∠EDC＝60°，
∴∠BDE＝60°，
∴△BDE为等边三角形，
∴BD＝BE＝3，
故选：B．
2．（2024 鹿城区校级一模）如图，在矩形ABCD中，点M为AB的中点，将△ADM沿DM所在直线翻折压平，得到△A′DM，延长DA′与BC交于点N，若BN＝2CN，AB＝2，则四边形A′MBN的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接MN，根据矩形的性质得出∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC，则AM＝BM＝，根据折叠的性质得，AD＝A′D，AM＝A′M＝BM，∠A＝∠DA′M＝90°，利用HL证明Rt△MA′N≌Rt△MBN，根据全等三角形的性质得出A′N＝BN，S△MA′N＝S△MBN，则四边形A′MBN的面积＝2S△MBN，设CN＝x，则AD＝A′D＝3x，DN＝A′D+A′N＝5x，在Rt△DCN中，根据勾股定理求出x＝1，则BN＝2，再根据三角形面积公式求解即可．
【解答】解：如图，连接MN，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝2，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC，
∵点M为AB的中点，
∴AM＝BM＝，
根据折叠的性质得，AD＝A′D，AM＝A′M＝BM，∠A＝∠DA′M＝90°，
又MN＝MN，
∴Rt△MA′N≌Rt△MBN（HL），
∴A′N＝BN，S△MA′N＝S△MBN，
∴四边形A′MBN的面积＝2S△MBN，
∵BN＝2CN，
∴BN＝A′N＝2x，AD＝BC＝3CN，
设CN＝x，则AD＝A′D＝3x，
∴DN＝A′D+A′N＝5x，
在Rt△DCN中，DN2＝CD2+CN2，
∴（5x）2＝+x2，
∴x＝1（负值已舍），
∴BN＝2，
∴S△MBN＝BM BN＝××2＝，
∴四边形A′MBN的面积＝2×6＝2，
故选：B．
3．（2024 遂平县一模）如图所示，已知矩形纸片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，AC为其对角线，现将纸片进行如下操作：将如图1所示纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图2所示；在AB上取点P，将△PBF沿着PF对折，使得点B的对应点G落在对角线AC上，如图3所示．则PF的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据折叠得出F为BC中点，进一步得出FG＝GC，得出∠FGC＝∠FCG，再根据等角的余角相等得出∠PAG＝∠PGA，最后得出点P为AB的中点即可解决问题．
【解答】解：由折叠可知，
BF＝CF，BF＝GF，∠PGF＝∠B，
∴GF＝CF，
∴∠FCG＝∠FGC．
又因为四边形ABCD是矩形，
∴∠PGF＝∠B＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，∠PGA+∠FGC＝90°，
∴∠BAC＝∠PGA，
∴PA＝PG，
∴PA＝PB．
又∵AB＝3，BC＝4，
∴PB＝，BF＝2．
在Rt△PBF中，
PF＝＝．
故选：C．
4．（2023秋 惠来县校级期末）如图所示，在长方形ABCD中，AD＝6，AB＝10，若将长方形ABCD沿DE折叠，使点C落在AB边上的点F处，则线段CE的长为（ ）
A． B． C． D．10
【分析】根据折叠的性质得到DF＝DC＝10，CE＝EF，根据勾股定理求出AF，进而求出BF，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：由折叠的性质可知，DF＝DC＝10，CE＝EF，
在Rt△DAF中，AF＝＝＝8，
则BF＝AB﹣AF＝10﹣8＝2，
在Rt△BEF中，EF2＝BE2+BF2，即CE2＝（6﹣CE）2+22，
解得：CE＝，
故选：C．
5．（2023秋 遵义期末）如图，正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别为AB，CD上的点，将△BCE与△DAF分别沿CE，AF折叠，使B，D分别落在对角线AC上的B′，D′处．若AB＝2，则B′D′的长是（ ）
A．4﹣2 B．4﹣ C．2﹣2 D．2﹣1
【分析】由正方形的性质得AB＝CB＝AD＝2，∠B＝90°，则AC＝＝2，由折叠得CB′＝CB＝2，AD′＝AD＝2，可推导出CB′+AD′＝B′D′+AC，则2+2＝B′D′+2，求得B′D′＝4﹣2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝2，
∴AB＝CB＝AD＝2，∠B＝90°，
∴AC＝＝＝2，
由折叠得CB′＝CB＝2，AD′＝AD＝2，
∵CB′+AD′＝B′D′+CD′+AD′＝B′D′+AC，
∴2+2＝B′D′+2，
∴B′D′＝4﹣2，
故选：A．
6．（2023秋 翠屏区期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在CD边上，将△ADE沿AE折叠，点D落在点G处，EG、AG分别交BC于点F、H，且FE＝FH，则AH的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据折叠的性质得到∠G＝∠D＝∠C＝90°，DE＝EG，根据全等三角形的性质得到HG＝CE，GF＝CF，得到CH＝DE＝EG，设CE＝x，则CH＝DE＝EG＝3﹣x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵将△ADE沿AE折叠，点D落在点G处，
∴∠G＝∠D＝∠C＝90°，DE＝EG，
在△CEF与△GHF中，
，
∴△CEF≌△GHF（AAS），
∴HG＝CE，GF＝CF，
∴CH＝DE＝EG，
设CE＝x，则CH＝DE＝EG＝3﹣x，
∴BH＝x+1，AH＝4﹣x，
∵AB2+BH2＝AH2，
∴32+（1+x）2＝（4﹣x）2，
∴x＝，
∴AH＝4﹣＝，
故选：D．
7．（2023秋 玉环市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E和F是边BC上的两点，连结AE、DF，将△ABE和△CDF沿AE、DF折叠后，点B和点C重合于点M，则EF的长是（ ）
A．2.5 B．3 C．1.5 D．4
【分析】过M作GH⊥BC于H，交AD于G，由AD∥BC，GH⊥BC，得GH⊥AD，由折叠性质可知：AM＝AB＝CD＝DM＝5，故AG＝DG＝AD＝BC＝4，求出GM＝＝3，而四边形ABHG是矩形，可得BH＝AG＝4，GH＝AB＝5，从而MH＝GH﹣GM＝5﹣3＝2，设BE＝x，在Rt△MEH中有（4﹣x）2+22＝x2，解得x＝2.5，EH＝4﹣x＝1.5；同理可得FH＝1.5，得EF＝EH+FH＝1.5+1.5＝3．
【解答】解：过M作GH⊥BC于H，交AD于G，如图：
∵AD∥BC，GH⊥BC，
∴GH⊥AD，
由将△ABE和△CDF沿AE、DF折叠后，点B和点C重合于点M可知：AM＝AB＝CD＝DM＝5，
∴AG＝DG＝AD＝BC＝×8＝4，
∴GM＝＝＝3，
∵∠GAB＝∠ABH＝∠BHG＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴BH＝AG＝4，GH＝AB＝5，
∴MH＝GH﹣GM＝5﹣3＝2，
设BE＝x，则EH＝BH﹣BE＝4﹣x，
由折叠知EM＝BE＝x，
在Rt△MEH中，（4﹣x）2+22＝x2，
解得x＝2.5，
∴EH＝4﹣x＝4﹣2.5＝1.5；
同理可得FH＝1.5，
∴EF＝EH+FH＝1.5+1.5＝3；
故选：B．
8．（2023秋 高州市期末）如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，F为BC上一点（不与B，C重合），将△BEF沿EF所在的直线折叠，得到△GEF，连接AG．当AG＝EG时，的值是（ ）
A．1 B． C． D．
【分析】由正方形的性质得∠B＝90°，由E为AB的中点，得AE＝EB，由折叠得EG＝EB，则AE＝EG，而AG＝EG，可证明△AEG是等边三角形，则∠AEG＝60°，求得∠BEF＝60°，则＝cos60°＝，所以＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∵E为AB的中点，
∴AE＝EB，
由折叠得EG＝EB，∠GEF＝∠BEF，
∴AE＝EG，
∵AG＝EG，
∴AE＝AG＝EG，
∴△AEG是等边三角形，
∴∠AEG＝60°，
∴∠GEF+∠BEF＝2∠BEF＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BEF＝60°，
∴＝cos60°＝，
∵EB＝AE＝AG，
∴＝，
故选：B．
9．（2024 重庆模拟）如图，矩形纸片ABCD，AD＝12，AB＝4，点E在线段BC上，将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C'落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形ABNM沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B'处．则线段MN的长 ．
【分析】作B'F⊥BC于F，连接BB'交MN于G，连接BM，此时根据正方形的性质可得CF＝EF＝B'F＝＝2，BF＝10，应用勾股定理计算得出BB'＝2再根据由折叠的性质得BN＝B'N，在Rt△B'NF中根据勾股定理求得B'N长度，最后根据S△BMN＝＝，计算求得MN的长度即可．
【解答】解：如图，作B'F⊥BC于F，连接BB'交MN于G，连接BM，
由题意可知，四边形CDC'E，是正方形，△B'EF是等腰直角三角形，
∴CF＝EF＝B'F＝＝2，BF＝BC﹣CF＝12﹣2＝10，
在Rt△BB'F中，BB'＝＝，
设BN＝B'N＝x，则NF＝BC﹣BN﹣CF＝10﹣x，
在Rt△B'NF中，B'N2＝NF2+B'F2，
即x2＝（10﹣x）2+22，
解得：x＝，
∴BN＝，
由折叠的性质可知：BG＝B'G＝＝，BB'⊥MN，
∵S△BMN＝＝，
∴MN＝＝＝，
故答案为：．
10．（2024春 九龙坡区校级月考）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝3，，点E，点F分别为边AB，CD的中点，点M是边AD上一点．将△ABM沿BM翻折后得到△NBM，点N恰好在线段EF上，则点N与点D之间的距离为 ．
【分析】利用折叠的性质与矩形的性质，证明△ABN为等边三角形，求出EN，进而得到NF，再利用勾股定理即可求解．
【解答】解：连接AN，DN，
∵把△ABM沿BM翻折．当点A的对应点N恰好落在EF上，
∴AB＝NB，
又∵点E，点F分别为边AB，CD的中点，AB＝3，，
∴EF∥AD∥BC，，
∴，
∵∠BAD＝90°，
∴∠AEN＝90°，即EF⊥AB，
∴NB＝AN，
∴△ABN为等边三角形，
∴∠ABN＝60°，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
11．（2024 大东区模拟）如图，矩形ABCD，已知AB＝5，AD＝8，点P是直线AD上的一个动点，将矩形ABCD沿线段BP折叠，使得点A恰好落在矩形的对称轴上，则AP长等于 或或10 ．
【分析】矩形的对称轴有两条，结合题意分三种情况根据折叠的性质及勾股定理求解即可．
【解答】解：如图1，点A恰好落在矩形的对称轴MN的A′处，N在AB上，
在矩形ABCD中，∠A＝90°，
∵MN是矩形ABCD的对称轴，
∴MN⊥AB，BN＝AB＝5，
根据折叠的性质得，∠A＝∠PA′B＝90°，AB＝A′B＝5，∠ABP＝∠A′BP，
在Rt△A′BN中，cos∠NBA′＝＝＝，
∴∠NBA′＝60°，
∴∠ABP＝30°，
∴tan∠ABP＝＝，
∴＝，
∴AP＝；
如图2，点A恰好落在矩形的对称轴GH的A′处，G在AD上，H在BC上，
在矩形ABCD中，∠A＝∠ABC＝90°，AD＝BC＝8，
∵GH是矩形ABCD的对称轴，
∴GH⊥AD，GH⊥BC，AG＝AD＝4，BH＝BC＝4，
∴四边形GABH是矩形，
∴GH＝AB＝5，
根据折叠的性质得，AB＝A′B＝5，AP＝A′P，
在Rt△A′BH中，A′H＝＝＝3，
∴A′G＝5﹣3＝2，
在Rt△A′GP中，A′P2＝A′G2+GP2，GP＝AG﹣AP＝4﹣AP，
∴AP2＝22+（4﹣AP）2，
∴AP＝（负值已舍），
如图3，点A恰好落在矩形的对称轴GH的A″处，G在AD上，H在BC上，
在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，AD＝BC，
∵GH是矩形ABCD的对称轴，
∴GH⊥AD，AG＝AD＝4，
∴GH∥AB，
∴∠ABP＝∠A″EB，
根据折叠的性质得，AB＝A′B＝5，∠ABP＝∠A″BE，
∴∠A″EB＝∠A″BE，
∴A″E＝A″B＝5＝AB，
∴四边形ABA″E是平行四边形，
又AB＝A′B，
∴四边形ABA″E是菱形，
∴AE＝AB＝5，
在Rt△AGE中，GE＝＝3，
∵GH∥AB，
∴＝，
∴＝，
∴＝，
∴GP＝6，
∴AP＝10，
故答案为：或或10．
12．（2024 西安校级开学）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝8．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ．
【分析】连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AF的中点R，连接OR．证明，求出AF的最小值，可得结论．
【解答】解：连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AF的中点R，连接OR，如图：
∵AD∥CG，OK⊥AD，
∴OK⊥CG，
∴∠G＝∠AKT＝∠GTK＝90°，
∴四边形AGTK是矩形，
∴，
∵折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，
∴OA＝OM，∠AOK＝∠MOT，∠AKO＝∠MTO＝90°，
∴△AOK≌△MOT（AAS），
∴，
∵OK⊥AD，
∴，
∵∠AOF＝90°，AR＝RF，
∴，
∴AF的最小值为，
∵ABCD为菱形，
∴AD＝AB＝8，DF＝AD﹣AF，
∴DF的最大值为，
故答案为：．
13．（2024 台安县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是BC的中点，连接AE，P是边AD上一动点，沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的D'处，当△APD'是等腰三角形时，AP＝ ．
【分析】分三种情形：如图1中，当PA＝PD′时，如图2中，当AP＝AD′时，如图3中，当D′A＝D′P时，分别求解即可．
【解答】解：如图1中，当PA＝PD′时，
由翻折的性质可知，PD＝PD′，
∴PA＝PD＝PD′＝3．
如图2中，当AP＝AD′时，设AP＝x，则PD＝PD′＝6﹣x．
∵AB＝4，BE＝3，∠B＝90°，
∴AE＝＝＝5，
∵AD∥BC，
∴∠HAD′＝∠AEB，
∵∠AHD′＝∠B＝90°，
∴△AHD′∽△EBA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AH＝x，HD′＝x，
∴PH＝x﹣x＝x，
在Rt△PHD′中，则有（6﹣x）2＝（x）2+（x）2，
解得x＝30﹣12或30+12（舍弃）．
如图3中，当D′A＝D′P时，过点D′作D′H⊥AP于H．设AP＝x，则AH＝PH＝，PD＝PD′＝AD′＝6﹣x，
∵＝，
∴＝，
∴x＝，
综上所述，满足条件的AP的值为3或30﹣12或．
14．（2024 庐江县一模）如图，矩形ABCD中，P是AD边上的动点，连接点P与AB边的中点E，将△APE沿PE翻折得到△OPE，延长PO交边BC于点F，作∠PFC的平分线FG，交边AD点G．
（1）若∠AEP＝35°，则∠PFG＝ 55 °；
（2）若AB＝2，且E、O、G三点共线，则AP＝ ．
【分析】（1）根据矩形的性质得∠APE＝55°，由折叠得∠APE＝∠OPE，进而可以解决问题；
（2）过点G作GH⊥CD于点H，得矩形DCHG，矩形AGHB，证明△GFO≌△GFH（AAS），得GO＝GH＝2，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵∠AEP＝35°，
∴∠APE＝90°﹣35°＝55°，
由折叠可知：∠APE＝∠OPE，
∴∠APF＝2∠APE，
∵GF平分∠PFC，
∴∠PFC＝2∠PFG，
∴∠PFG＝∠APE＝55°，
故答案为：55；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
如图，过点G作GH⊥CD于点H，得矩形DCHG，矩形AGHB，
∴AB＝CD＝GH＝2，∠GHF＝90°，
由折叠可知：∠APE＝∠OPE，
∴∠EOP＝∠A＝90°，
∴∠GOF＝∠GHF＝90°，
∵GF平分∠PFC，
∴∠PFG＝∠HFG，
∵GF＝GF，
∴△GFO≌△GFH（AAS），
∴GO＝GH＝2，
∵E是AB边的中点，
∴AE＝BE＝1，
由折叠可知：AP＝OP，AE＝OE＝1，
∴EG＝EO+GO＝1+2＝3，
∴AG＝＝＝2，
∴PG＝AG﹣AP＝2﹣AP，
在Rt△POG中，根据勾股定理得：PG2＝PO2+OG2，
∴（2﹣AP）2＝AP2+22，
∴AP＝，
故答案为：．
15．（2023秋 金牛区期末）如图1，矩形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，将矩形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，EF与HC交于点O．
（1）求证：四边形CFHE是菱形；
（2）如图2，AB＝4，BC＝8，点H与点A重合时，求OF的长．
【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；
（2）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，即可求出OF的长．
【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，
即HE∥CF，
∴∠HEF＝∠EFC，
由翻折可知：∠EFC＝∠HFE，
∴∠HEF＝∠HFE，
∴HE＝HF，
∵FC＝FH，
∴HE＝CF，
∵EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形；
（2）解：点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝BC﹣BF＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴CE＝AF＝8﹣x＝5，
∵CD＝AB＝4，
∴DE＝＝＝3，
如图，过点F作FM⊥AD于M，得矩形ABFM，矩形CDMF，
∴AM＝BF，DM＝CF，MF＝AB＝4，
∴ME＝8﹣3﹣3＝2，
由勾股定理得，EF＝＝＝2，
∴OF＝EF＝．
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特殊平行四边形中的折叠问题专项训练
类型一 折叠与角度
【知识点睛】
四边形折叠问题解决法则——有折叠必有全等；
解决特殊平行四边形角度问题时，同步思考以下三点
①全等三角形对应角相等；②平行线的性质；③组成平角的各角之和=180°
【典题练习】
1．（2023秋 广丰区期末）如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点D'落在∠BAC内部．若∠CAE＝2∠BAD′，且∠CAD′＝20°，则∠DAE的度数为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
2．（2023秋 肥城市期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A'处，点B落在点B'处，若∠1＝115°，则图中∠2的度数为（ ）
A．40° B．45° C．50° D．60°
3．（2023秋 霸州市期末）对于题目：“如图，点M，N分别是长方形ABCD的边AB和BC上的点，沿MN折叠长方形ABCD，点B落在点B′处，若∠MNB′与∠CNB′两个角之差的绝对值为45°，确定∠BNM的所有度数．”甲的结论是∠BNM＝45°，乙的结论是∠BNM＝60°．下列判断正确的是（ ）
A．甲的结论正确
B．乙的结论正确
C．甲、乙的结论合在一起才正确
D．甲、乙的结论合在一起也不正确
4．如图，矩形ABCD中，点E是BC边上一点，连接AE，将△ABE沿AE对折后得到△AFE，延长EF交CD于G．若∠BAE＝α，则∠EGC一定等于（ ）
A．2α B．90°﹣2α C．45°﹣α D．90°﹣α
5．（2024 渝中区校级开学）如图，长方形纸片ABCD，点E、F分别在边AB、CD上，连接EF．将∠BEF对折，点B落在直线EF上的点B'处，得折痕EM；将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得折痕EN，连接BF．下列说法：
①若∠BEF＝110°，则∠AEN＝35°；
②图中与∠B′ME一定互余的角有4个；
③若NA'平分∠DNE，则EA'平分∠AEM；
④若∠FBC+∠AEA'＝106°，则∠BFE＝16°．
其中正确的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
6．（2023秋 洪山区期末）如图，长方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，CD上，连接EF．将∠BEF对折，点B落在直线EF上的点B′处，得折痕EM；将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得折痕EN，若∠MEB＝60°，则∠NEA＝ ．
7．（2023秋 锡山区期末）如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠后，点A、B分别落在A'、B'的位置，再沿AD边将∠A'折叠到∠H处，已知∠FEH＝15°，则∠AEF的度数是 ．
8．（2023春 前郭县期末）如图，在平行四边形ABCD中，E为边CD上的一个点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝50°，∠DAE＝20°，则∠FED′的大小为 ．
9．如图，将 ABCD先沿BE折叠，再沿BF折叠后，A点落在线段BF上的A′处，C点落在E处，连结EA′，EF．若恰有EF⊥EA′，则∠A＝ ．
10．（2020 吉林四模）如图，菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，点P是AB边的中点，折叠纸片，使点C落在直线DP上的C处，折痕为经过点D的线段DE．则∠DEC的度数为 ．
类型二 折叠与角度
【知识点睛】
特殊平行四边形折叠问题求长度常见的等量关系：
①有折叠必有全等，全等三角形对应边相等；②当折叠点出现在直线上时，常有直角三角形，求长度则想直角三角形勾股定理；③牵涉到面积时，想面积的等积法
【典题练习】
1．（2024春 碑林区月考）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，∠ABC＝30°，点D是AB的中点，将△ACD沿CD翻折得到△ECD．连结BE，则线段BE的长等于（ ）
A． B．3 C． D．6
2．（2024 鹿城区校级一模）如图，在矩形ABCD中，点M为AB的中点，将△ADM沿DM所在直线翻折压平，得到△A′DM，延长DA′与BC交于点N，若BN＝2CN，AB＝2，则四边形A′MBN的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024 遂平县一模）如图所示，已知矩形纸片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，AC为其对角线，现将纸片进行如下操作：将如图1所示纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图2所示；在AB上取点P，将△PBF沿着PF对折，使得点B的对应点G落在对角线AC上，如图3所示．则PF的长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023秋 惠来县校级期末）如图所示，在长方形ABCD中，AD＝6，AB＝10，若将长方形ABCD沿DE折叠，使点C落在AB边上的点F处，则线段CE的长为（ ）
A． B． C． D．10
5．（2023秋 遵义期末）如图，正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别为AB，CD上的点，将△BCE与△DAF分别沿CE，AF折叠，使B，D分别落在对角线AC上的B′，D′处．若AB＝2，则B′D′的长是（ ）
A．4﹣2 B．4﹣ C．2﹣2 D．2﹣1
6．（2023秋 翠屏区期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在CD边上，将△ADE沿AE折叠，点D落在点G处，EG、AG分别交BC于点F、H，且FE＝FH，则AH的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023秋 玉环市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E和F是边BC上的两点，连结AE、DF，将△ABE和△CDF沿AE、DF折叠后，点B和点C重合于点M，则EF的长是（ ）
A．2.5 B．3 C．1.5 D．4
8．（2023秋 高州市期末）如图，在正方形ABCD中，E为AB的中点，F为BC上一点（不与B，C重合），将△BEF沿EF所在的直线折叠，得到△GEF，连接AG．当AG＝EG时，的值是（ ）
A．1 B． C． D．
9．（2024 重庆模拟）如图，矩形纸片ABCD，AD＝12，AB＝4，点E在线段BC上，将△ECD沿DE向上翻折，点C的对应点C'落在线段AD上，点M，N分别是线段AD与线段BC上的点，将四边形ABNM沿MN向上翻折，点B恰好落在线段DE的中点B'处．则线段MN的长 ．
10．（2024春 九龙坡区校级月考）如图，四边形ABCD是矩形，AB＝3，，点E，点F分别为边AB，CD的中点，点M是边AD上一点．将△ABM沿BM翻折后得到△NBM，点N恰好在线段EF上，则点N与点D之间的距离为 ．
11．（2024 大东区模拟）如图，矩形ABCD，已知AB＝5，AD＝8，点P是直线AD上的一个动点，将矩形ABCD沿线段BP折叠，使得点A恰好落在矩形的对称轴上，则AP长等于 ．
12．（2024 西安校级开学）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝8．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ．
13．（2024 台安县一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是BC的中点，连接AE，P是边AD上一动点，沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的D'处，当△APD'是等腰三角形时，AP＝ ．
14．（2024 庐江县一模）如图，矩形ABCD中，P是AD边上的动点，连接点P与AB边的中点E，将△APE沿PE翻折得到△OPE，延长PO交边BC于点F，作∠PFC的平分线FG，交边AD点G．
（1）若∠AEP＝35°，则∠PFG＝ °；
（2）若AB＝2，且E、O、G三点共线，则AP＝ ．
15．（2023秋 金牛区期末）如图1，矩形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，将矩形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，EF与HC交于点O．
（1）求证：四边形CFHE是菱形；
（2）如图2，AB＝4，BC＝8，点H与点A重合时，求OF的长．
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