中小学教育资源及组卷应用平台
专题一 特殊平行四边形折叠问题
类型1 求角度
方法技巧：由折叠的性质可以得到相等的角,再结合特殊平行四边形的性质求解即可.
【母题练方法】1．一张长方形纸条按如图所示折叠，EF是折痕，若∠EFB＝35°，则：①∠GEF＝35°；②∠EGB＝70°；③∠AEG＝110°；④∠CFC'＝70°．以上结论正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①②③ D．①②
【子题练变式】2．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为 ．
3．如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点E，AE与CD交于点F，过点C作CG∥AF交AB于点G．
（1）小明和小白为四边形AFCG是什么特殊四边形发生了争议，小明说四边形AFCG是菱形，小白说四边形AFCG不是菱形，只是平行四边形．请你评判谁的说法是正确的，并说明理由；
（2）若∠FCE＝40°，求∠ACB的度数．
4．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．
（1）如图1，当点M在EF上时，∠EMB＝ 度；
（2）如图2，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合）．
①判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由；
②若AB＝8，FQ＝1（点Q在EF下方），则AP的长为 ．
类型2 求长度
方法技巧：由折叠的性质得到相等的线段,再结合题意构造直角三角形,在 直角三角形中利用勾股定理解题.
【母题练方法】5．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，BG＝6，则点E到BD的距离为 ．
【子题练变式】6．如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE，折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，折痕BF与AE交于点H，点F在AD上，若DE＝5，则AH的长为 ．
类型3 图动型
方法技巧：图动型问题是指某个图形运动的综合性问题，图动型问题常与图形的平移、旋转和翻折联系在一起解决图动型问题的总体思路仍然是化动为静，关键在于从相对静止的瞬间,清晰地发现量与量之间的关系，从而找出解决问题的途径
【母题练方法】7．如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，点M，N分别在AD，BC上，且AMAD，BNBC，E为直线BC上一动点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC'E，当点C'恰好落在直线MN上时，CE的长为 ．
【子题练变式】8．折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D′处，MD′与BC交于点N．
【猜想】（1）请直接写出线段MN、CN的数量关系．
【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD′上，点A落在点A′处，点B落在点B′处，折痕为ME．
（2）若CD＝4，MD＝8，求MN的长；
（3）猜想MN、EM、MC的数量关系，并加以证明．中小学教育资源及组卷应用平台
专题一 特殊平行四边形折叠问题
类型1 求角度
方法技巧：由折叠的性质可以得到相等的角,再结合特殊平行四边形的性质求解即可.
【母题练方法】1．一张长方形纸条按如图所示折叠，EF是折痕，若∠EFB＝35°，则：①∠GEF＝35°；②∠EGB＝70°；③∠AEG＝110°；④∠CFC'＝70°．以上结论正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①②③ D．①②
【思路点拨】先根据平行线的性质可得∠DEF的度数，根据折叠的性质可得∠GEF，进而可得∠DEG，∠AEG，即可判断①③；再利用平行线的性质可得∠EGB、∠EFC的度数，即可判断②；再根据折叠的性质可得∠EFC'的度数，进而可得∠CFC'的度数，即可判断④
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB＝35°，
由折叠的性质可得∠GEF＝∠DEF＝35°，
故 ①正确，
∴∠DEG＝35°×2＝70°，
∴∠AEG＝180°﹣70°＝110°，
故 ③正确，
∵AD∥BC，
∴∠EGB＝∠DEG＝70°，
故 ②正确，
又∠EFC＝180°﹣∠EFB＝180°﹣35°＝145°，
由折叠的性质可得：∠EFC'＝∠EFC＝145°∠CFC'＝360°﹣145°×2＝70°，
故 ④正确
故选：A．
【点评】本题主要考查平行线的性质和折叠的性质，解题关键是熟练掌握平行线的性质和折叠的性质．
【子题练变式】2．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为 15° ．
【思路点拨】由菱形的性质可得AB＝AD，可证△ABD是等边三角形，由等边三角形的性质可得A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，由折叠的性质可得AB＝A'B，可得∠BAA'＝75°，即可求解．
【解答】解：如图，连接AA'，BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵A'B⊥AD，
∴A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，
∴AA'＝A'D，
∴∠A'AD＝∠A'DA，
∵将AB沿着BE折叠得到A'B，
∴AB＝A'B，
∴∠BAA'＝75°，
∴∠A'AD＝∠A'DA＝15°，
故答案为：15°．
【点评】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，证明△ABD是等边三角形是解题的关键．
3．如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点E，AE与CD交于点F，过点C作CG∥AF交AB于点G．
（1）小明和小白为四边形AFCG是什么特殊四边形发生了争议，小明说四边形AFCG是菱形，小白说四边形AFCG不是菱形，只是平行四边形．请你评判谁的说法是正确的，并说明理由；
（2）若∠FCE＝40°，求∠ACB的度数．
【思路点拨】（1）先证明四边形AGCF是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判断即可；
（2）由折叠的性质可得∠ACG＝25°，∠ACB＝40°，从而可求出结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
又∵CG∥AF
∴四边形AGCF是平行四边形
∵AB∥CD，
∴∠FCA＝∠GAC，
由折叠得，∠GAC＝∠FAC，
∴∠FCA＝∠FAC，
∴FC＝FA，
∴四边形AFCG是菱形，
∴小明说得对，
（2）∵四边形AFCG是菱形，
∴∠FCA＝∠GCA，
由折叠得，∠ACB＝∠ACE，
∴∠GCB＝∠FCE＝40°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB＝90°，
∴∠DCG＝50°，
∴，
∴∠ACB＝∠ACG+∠GCB＝25°+40°＝65°．
【点评】本题主要考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，折叠的性质等知识，正确证明四边形AGCF是平行四边形是解答本题的关键．
4．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．
（1）如图1，当点M在EF上时，∠EMB＝ 30 度；
（2）如图2，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合）．
①判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由；
②若AB＝8，FQ＝1（点Q在EF下方），则AP的长为 ．
【思路点拨】（1）由折叠可得AE＝BEAB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝BM，故BEBM，从而可得∠EMB＝30°；
（2）证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），可得∠MBQ＝∠CBQ；
（3）由折叠的性质和勾股定理可求解．
【解答】解：（1）由折叠可得：AE＝BEAB，∠AEM＝∠BEM＝90°，AB＝BM，
∴BEBM，
∴∠EMB＝30°，
故答案为：30；
（2）∠MBQ＝∠CBQ，
理由如下：∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴AB＝BM，∠A＝∠BMP＝90°，
∴BC＝AB＝BM，∠BMQ＝∠C＝90°，
∵BQ＝BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL），
∴∠MBQ＝∠CBQ；
②折叠的性质可得DF＝CF＝4，AP＝PM，
∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），
∴CQ＝MQ，
当点Q在线段CF上时，
∵FQ＝1，
∴MQ＝CQ＝3，DQ＝5，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴（AP+3）2＝（8﹣AP）2+25，
∴AP；
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题，考查正方形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质、正方形性质、勾股定理．
类型2 求长度
方法技巧：由折叠的性质得到相等的线段,再结合题意构造直角三角形,在 直角三角形中利用勾股定理解题.
【母题练方法】5．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，BG＝6，则点E到BD的距离为 ．
【思路点拨】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，进而得到AB＝BD；设BE＝x，则EG＝AE＝8﹣x，在Rt△EHB中，BH＝x，EH＝x，再根据勾股定理列出方程求解．
【解答】解：作EH⊥BD于H，
由折叠的性质可知，EG＝EA，
由题意得，BD＝DG+BG＝8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AB＝BD＝8，
设BE＝x，则EG＝AE＝8﹣x，
在Rt△EHB中，BHx，EHx，
在Rt△EHG中，EG2＝EH2+GH2，
即（8﹣x）2＝（x）2+（6x）2，
解得x＝2.8，即BE＝2.8，
∴EH2.8，
故答案为：．
【点评】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理，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．
【子题练变式】6．如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE，折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，折痕BF与AE交于点H，点F在AD上，若DE＝5，则AH的长为 ．
【思路点拨】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．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝12，∠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＝5，
在Rt△ABF中，
BF13，
∵S△ABFAB AFBF AH，
∴12×5＝13AH，
∴AH，
故答案为：．
【点评】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．
类型3 图动型
方法技巧：图动型问题是指某个图形运动的综合性问题，图动型问题常与图形的平移、旋转和翻折联系在一起解决图动型问题的总体思路仍然是化动为静，关键在于从相对静止的瞬间,清晰地发现量与量之间的关系，从而找出解决问题的途径
【母题练方法】7．如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，点M，N分别在AD，BC上，且AMAD，BNBC，E为直线BC上一动点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC'E，当点C'恰好落在直线MN上时，CE的长为 或20 ．
【思路点拨】当点C′在矩形ABCD内部时，由矩形的性质得到DC＝AB＝10，∠A＝90°，AD＝BC＝12，根据已知条件得到AM＝BN，推出四边形ABNM的矩形，得到∠NMA＝∠NMD＝90°，MN＝AB＝10，根据折叠的性质得到DC′＝DC＝10，C′E＝CE，根据勾股定理得到，根据矩形的判定和性质得到CN＝DM＝8，∠CNM＝90°，再由勾股定理即可得到结论；同理，当点C′在矩形ABCD外部时，方法同上可得结论．
【解答】解：由题意可得：DC＝AB＝10，∠A＝90°，AD＝BC＝12，
∵，
∴AM＝BN，
∵AM∥BN，
∴四边形ABNM的矩形，
∴∠NMA＝∠NMD＝90°，MN＝AB＝10，
由题意可得：
∴DC′＝DC＝10，C′E＝CE，
∵AM＝4，
∴DM＝AD﹣AM＝12﹣4＝8，
∵，
∴C′N＝MN﹣C′M＝10﹣6＝4，
∵∠CDM＝∠DCN＝∠NMD＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN＝DM＝8，∠CNM＝90°，NE＝CN﹣CE＝4﹣CE，
在Rt△C′NE中，∵NE2+CN2＝C′E2，
∴（8﹣CE）2+42＝CE2，
解得：CE＝5，
∵，
∴C′N＝MN+C′M＝10+6＝16，
∵∠CDM＝∠DCN＝∠NMD＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN＝DM＝8，∠CNM＝∠MNE＝90°，NE＝CE﹣CN＝CE﹣4，
在Rt△C′NE中，∵NE2+C′N2＝C′E2，
∴（CE﹣8）2+162＝CE2，
解答：CE＝20，
故答案为：5或20．
【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，正确进行计算是解题关键．
【子题练变式】8．折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D′处，MD′与BC交于点N．
【猜想】（1）请直接写出线段MN、CN的数量关系．
【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD′上，点A落在点A′处，点B落在点B′处，折痕为ME．
（2）若CD＝4，MD＝8，求MN的长；
（3）猜想MN、EM、MC的数量关系，并加以证明．
【思路点拨】（1）由折叠的性质可得∠CMD＝∠CMD′，再由矩形的性质结合平行线的性质得到∠CMD＝∠MCN，则∠CMD′＝∠MCN，进而可得MN＝CN；
（2）由折叠的性质可得∠D＝∠D′＝90°，DC＝D′C＝4，MD＝MD′＝8，设MN＝NC＝x，则ND′＝MD′﹣MN＝8﹣x，由ND′2+D′C2＝NC2，得到（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，则MN＝5，同理可证明EN＝MN＝5，则EC＝EN+CN＝10；
（3）由折叠的性质证明∠EMC＝90°，由勾股定理得到EM2+MC2＝CE2，再证明CE＝2MN，即可得到EM2+MC2＝4MN2．
【解答】解：（1）MN＝CN，理由如下：
∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，
∴∠CMD＝∠CMD′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CMD＝∠MCN，
∴∠CMD′＝∠MCN，
∴MN＝CN．
故答案为：MN＝CN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠，
∴∠D＝∠D′＝90°，DC＝D′C＝4，MD＝MD′＝8，
设MN＝NC＝x，
∴ND′＝MD′﹣MN＝8﹣x，
在Rt△ND′C中，∠D′＝90°，
∴ND′2+D′C2＝NC2，
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得x＝5，
∴MN＝5．
（3）EM2+MC2＝4MN2，理由如下：
由折叠的性质可得∠AME＝∠EMN，∠DMC＝∠CMN，
∵∠AME+∠EMN+∠DMC+∠CMN＝180°，
∴∠EMN+∠CMN＝90°，即∠EMC＝90°，
∴EM2+MC2＝CE2，
又∵AD∥BC，
∴∠AME＝∠MEN，
∴∠AME＝∠MEN＝∠EMN，
∴EN＝MN＝CN，
∴CE＝2MN，
∴EM2+MC2＝4MN2．
【点评】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
