备战2020中考数学专题模型研究12讲 专题11 几何图形的折叠模型研究（学生版+教师版）

【专题11】几何图形的折叠模型研究
【回归概念】
根据轴对称的性质可以得到：折叠重合部分一定全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴；互相重合两点（对称点）之间的连线必被折痕垂直平分；对称两点与对称轴上任意一点连结所得的两条线段相等；对称线段所在的直线与对称轴的夹角相等.?在解题过程中要充分运用以上结论，借助辅助线构造直角三角形，结合相似形、锐角三角函数等知识来解决有关折叠问题，可以使得解题思路更加清晰，解题步骤更加简洁.
①三角形折叠模型：
②四边形折叠模型：
【规律探寻】
在折叠问题中,利用面的对称性可得到相等的角、全等的图形和相等的面积.解决折叠问题时，首先要对图形折叠有一准确定位，把握折叠的实质，抓住图形之间最本质的位置关系，从点、线、面三个方面入手，发现其中变化的和不变的量.?进一步发现图形中的数量关系；其次要把握折叠的变化规律，充分挖掘图形的几何性质，将其最本质的位置关系，从点、线、面三个方面入手，发现其中变化的和不变的量.?进一步发现图形中的数量关系；其次要把握折叠的变化规律，充分挖掘图形的几何性质，将其进行转化计算解答。
【典例解析】
【例题1】（2018广西贵港）（3.00分）如图，将矩形ABCD折叠，折痕为EF，BC的对应边B'C′与CD交于点M，若∠B′MD=50°，则∠BEF的度数为　 　．
【例题2】（2018广西桂林）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点M在CD的边上，且DM=1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A．3 B． C． D．
【例题3】(2017·预测)如图，将矩形纸片ABCD(AD＞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AB＝3，BC＝9，求线段CE的取值范围．
【达标检测】
1. （2018?天津）如图，将一个三角形纸片ABC沿过点B的直线折叠，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则下列结论一定正确的是（　　）
A．AD=BD B．AE=AC C．ED+EB=DB D．AE+CB=AB
2. （2018?资阳）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（　　）
A．12厘米 B．16厘米 C．20厘米 D．28厘米
3. （2019浙江丽水3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（　　）。
A． B．﹣1 C． D．
4. 如图，在长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　）
A．6cm2 B．8cm2 C．10cm2 D．12cm2
5. （2018广西南宁）（3.00分）如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则cos∠ADF的值为（　　）
A． B． C． D．
6. （2018?成都）如图，在菱形ABCD中，tanA=，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段EF经过顶点D，当EF⊥AD时，的值为　 　．
7. （2018?武汉）如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是 。
8. （2018?杭州）折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB=AD+2，EH=1，则AD=　 ．
9. （2019?湖北省咸宁市?3分）如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：
①CQ＝CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN＝2；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是　 　（把正确结论的序号都填上）．
10. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连结AG.
(1)求证：△ABG≌△AFG；
(2)求BG的长．
解析：(1)根据正方形和折叠对称的性质，应用HL即可证明△ABG≌△AFG；(2)根据全等三角形的性质，得到BG＝FG，设BG＝FG＝x，将GC和EG用x的代数式表示，从而在Rt△CEG中应用勾股定理列方程求解即可．
11. （2019?山东省滨州市 ?13分）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
12. 折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观，折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论．
实践操作
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B′落在矩形ABCD所在平面内，B'C和AD相交于点E，连接B′D．
解决向题
（1）在图1中，
①B′D和AC的位置关系为　 　；
②将△AEC剪下后展开，得到的图形是　 　；
（2）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由；
（3）小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为　 　；
拓展应用
（4）在图2中，若∠B=30°，AB=4，当△AB′D恰好为直角三角形时，BC的长度为　 　．
【参考答案】
【典例解析】
【例题1】（2018广西贵港）（3.00分）如图，将矩形ABCD折叠，折痕为EF，BC的对应边B'C′与CD交于点M，若∠B′MD=50°，则∠BEF的度数为　 　．
【分析】设∠BEF=α，则∠EFC=180°﹣α，∠DFE=∠BEF=α，∠C'FE=40°+α，依据∠EFC=∠EFC'，即可得到180°﹣α=40°+α，进而得出∠BEF的度数．
【解答】解：∵∠C'=∠C=90°，∠DMB'=∠C'MF=50°，
∴∠C'FM=40°，
设∠BEF=α，则∠EFC=180°﹣α，∠DFE=∠BEF=α，∠C'FE=40°+α，
由折叠可得，∠EFC=∠EFC'，
∴180°﹣α=40°+α，
∴α=70°，
∴∠BEF=70°，
故答案为：70°．
【例题2】（2018广西桂林）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点M在CD的边上，且DM=1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A．3 B． C． D．
【分析】解法一：连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF=BM．再根据BC=CD=AB=3，CM=2，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM=，进而得出EF的长；
解法二：过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，判定△AEH∽△EMG，即可得到==，设MG=x，则EH=3x，DG=1+x=AH，利用勾股定理可得，Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2=32，进而得出EH==BN，CG=CM﹣MG==EN，FN=，再根据勾股定理可得，Rt△AEN中，EF==．
【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE=AD，∠MAD=∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF=AM，∠FAB=∠MAD．
∴∠FAB=∠MAE
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠MAE．
∴∠FAE=∠MAB．
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF=BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=AB=3．
∵DM=1，
∴CM=2．
∴在Rt△BCM中，BM==，
∴EF=，
故选：C．
解法二：如图，过E作HG∥AD，交AB于H，交CD于G，作EN⊥BC于N，则∠AHG=∠MGE=90°，
由折叠可得，∠AEM=∠D=90°，AE=AD=3，DM=EM=1，
∴∠AEH+∠MEG=EMG+∠MEG=90°，
∴∠AEH=∠EMG，
∴△AEH∽△EMG，
∴==，
设MG=x，则EH=3x，DG=1+x=AH，
∴Rt△AEH中，（1+x）2+（3x）2=32，
解得x1=，x2=﹣1（舍去），
∴EH==BN，CG=CM﹣MG==EN，
又∵BF=DM=1，
∴FN=，
∴Rt△AEN中，EF==，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
【例题3】(2017·预测)如图，将矩形纸片ABCD(AD＞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AB＝3，BC＝9，求线段CE的取值范围．
【解析】(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∴∠GFE＝∠FEC，
∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折线，
∴∠GEF＝∠FEC，∴∠GFE＝∠GEF，∴GF＝GE，
∵图形翻折后EC与GE完全重合，∴GE＝EC，∴GF＝EC，
∴四边形CEGF为平行四边形，∴四边形CEGF为菱形　
(2)如图1，当F与D重合时，CE取最小值，由折叠的性质得CD＝DG，∠CDE＝∠GDE＝45°，
∵∠ECD＝90°，∴∠DEC＝45°＝∠CDE，
∴CE＝CD＝DG，
∵DG∥CE，∴四边形CEGD是矩形，∴CE＝CD＝AB＝3；
如图2，当G与A重合时，CE取最大值，由折叠的性质得AE＝CE，
∵∠B＝90°，∴AE2＝AB2＋BE2，
即CE2＝32＋(9－CE)2，∴CE＝5，
∴线段CE的取值范围3≤CE≤5
【达标检测】
1. （2018?天津）如图，将一个三角形纸片ABC沿过点B的直线折叠，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则下列结论一定正确的是（　　）
A．AD=BD B．AE=AC C．ED+EB=DB D．AE+CB=AB
【分析】先根据图形翻折变换的性质得出BE=BC，根据线段的和差，可得AE+BE=AB，根据等量代换，可得答案．
【解答】解：∵△BDE由△BDC翻折而成，
∴BE=BC．
∵AE+BE=AB，
∴AE+CB=AB，
故D正确，
故选：D．
2. （2018?资阳）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（　　）
A．12厘米 B．16厘米 C．20厘米 D．28厘米
【分析】利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形EFGH为矩形，那么由折叠可得HF的长即为边AD的长．
【解答】解：∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=×180°=90°，
同理可得：∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
AD=AH+HD=HM+MF=HF，
HF===20，
∴AD=20厘米．
故选：C．
【点评】1．折叠的过程实际上就是一个轴对称变换的过程，轴对称变换前后的图形是全等图形，对应边相等，对应角相等．2. 求两条线段之和最小，应选用线段的垂直平分线、角平分线、等腰三角形的高作为对称轴来解题．考点
3. （2019浙江丽水3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（　　）。
A． B．﹣1 C． D．
【分析】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH＝MF且正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积，从而用a分别表示出线段GF和线段MF的长即可求解．
【解答】解：连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图：
由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH＝MF，
设正方形ABCD的边长为2a，
则正方形ABCD的面积为4a2，
∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等
∴由折叠可知正方形EFGH的面积＝×正方形ABCD的面积＝，
∴正方形EFGH的边长GF＝＝
∴HF＝GF＝
∴MF＝PH＝＝
∴＝a÷＝
故选：A．
【点评】本题主要考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系是解题关键．
4. 如图，在长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（　　）
A．6cm2 B．8cm2 C．10cm2 D．12cm2
【解答】∵长方形折叠，使点B与点D重合，
∴ED=BE，
设AE=xcm，则ED=BE=（9﹣x）cm，
在Rt△ABE中，
AB2+AE2=BE2，
∴32+x2=（9﹣x）2，
解得：x=4，
∴△ABE的面积为：3×4×=6（cm2）．
故选：A．
5. （2018广西南宁）（3.00分）如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则cos∠ADF的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP（AAS），根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=4﹣x、BF=PC=3﹣x，进而可得出AF=1+x，在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，再利用余弦的定义即可求出cos∠ADF的值．
【解答】根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，
∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，，
∴△OEF≌△OBP（AAS），
∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x，
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，
∴AF=AB﹣BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，
解得：x=，
∴DF=4﹣x=，
∴cos∠ADF==．
故选：C．
6. （2018?成都）如图，在菱形ABCD中，tanA=，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段EF经过顶点D，当EF⊥AD时，的值为　 　．
【分析】首先延长NF与DC交于点H，进而利用翻折变换的性质得出NH⊥DC，再利用边角关系得出BN，CN的长进而得出答案．
【解答】解：延长NF与DC交于点H，
∵∠ADF=90°，
∴∠A+∠FDH=90°，
∵∠DFN+∠DFH=180°，∠A+∠B=180°，∠B=∠DFN，
∴∠A=∠DFH，
∴∠FDH+∠DFH=90°，
∴NH⊥DC，
设DM=4k，DE=3k，EM=5k，
∴AD=9k=DC，DF=6k，
∵tanA=tan∠DFH=，
则sin∠DFH=，
∴DH=DF=k，
∴CH=9k﹣k=k，
∵cosC=cosA==，
∴CN=CH=7k，
∴BN=2k，
∴=．
7. （2018?武汉）如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是 。
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到=，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=3．
【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD=BD=AB=2，
在Rt△OBD中，OD==1，
∵将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．
∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴=，
∴AC=DC，
∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF==2，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=3．
8. （2018?杭州）折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB=AD+2，EH=1，则AD=　 ．
【分析】设AD=x，则AB=x+2，利用折叠的性质得DF=AD，EA=EF，∠DFE=∠A=90°，则可判断四边形AEFD为正方形，所以AE=AD=x，再根据折叠的性质得DH=DC=x+2，则AH=AE﹣HE=x﹣1，然后根据勾股定理得到x2+（x﹣1）2=（x+2）2，再解方程求出x即可．
【解答】解：设AD=x，则AB=x+2，
∵把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，
∴DF=AD，EA=EF，∠DFE=∠A=90°，
∴四边形AEFD为正方形，
∴AE=AD=x，
∵把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，
∴DH=DC=x+2，
∵HE=1，
∴AH=AE﹣HE=x﹣1，
在Rt△ADH中，∵AD2+AH2=DH2，
∴x2+（x﹣1）2=（x+2）2，
整理得x2﹣6x﹣3=0，解得x1=3+2，x2=3﹣2（舍去），
即AD的长为3+2．
故答案为3+2．
9. （2019?湖北省咸宁市?3分）如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：
①CQ＝CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN＝2；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是　②③　（把正确结论的序号都填上）．
【分析】先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
【解答】解：如图1，
∵PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP，
∴PM＝CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CP＝CP，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC＝，
∴，
∴，
∴MN＝2QN＝2．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S＝，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S＝，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
【点评】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．
10. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连结AG.
(1)求证：△ABG≌△AFG；
(2)求BG的长．
解析：(1)根据正方形和折叠对称的性质，应用HL即可证明△ABG≌△AFG；(2)根据全等三角形的性质，得到BG＝FG，设BG＝FG＝x，将GC和EG用x的代数式表示，从而在Rt△CEG中应用勾股定理列方程求解即可．
解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠D＝90°，AD＝AB.
由折叠的性质可知，AD＝AF，∠AFE＝∠D＝90°，
∴∠AFG＝90°，AB＝AF.∴∠AFG＝∠B.又∵AG＝AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)
(2)∵△ABG≌△AFG，
∴BG＝FG.设BG＝FG＝x，则GC＝6－x，
∵E为CD的中点，
∴CE＝EF＝DE＝3，∴EG＝x＋3，
在Rt△CEG中，由勾股定理，得32＋(6－x)2＝(x＋3)2，
解得x＝2，
∴BG＝2
11. （2019?山东省滨州市 ?13分）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
【考点】网翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质
【分析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．
【解答】（1）证明：由题意可得，
△BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE＝∠CEB，
∴∠FGE＝∠FEG，
∴FG＝FE，
∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE＝FE，
∴四边形CEFG是菱形；
（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，
∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10，
∴AF＝8，
∴DF＝2，
设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x，
∵FDE＝90°，
∴22+（6﹣x）2＝x2，
解得，x＝，
∴CE＝，
∴四边形CEFG的面积是：CE?DF＝×2＝．
【点评】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
12. 折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观，折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论．
实践操作
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B′落在矩形ABCD所在平面内，B'C和AD相交于点E，连接B′D．
解决向题
（1）在图1中，
①B′D和AC的位置关系为　 　；
②将△AEC剪下后展开，得到的图形是　 　；
（2）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由；
（3）小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为　 　；
拓展应用
（4）在图2中，若∠B=30°，AB=4，当△AB′D恰好为直角三角形时，BC的长度为　 　．
【分析】（1）①根据内错角相等两直线平行即可判断；
②根据菱形的判定方法即可解决问题；
（2）只要证明AE=EC，即可证明结论②成立；只要证明∠ADB′=∠DAC，即可推出B′D∥AC；
（3）分两种情形分别讨论即可解决问题；
（4）先证得四边形ACB′D是等腰梯形，分四种情形分别讨论求解即可解决问题；
【解答】解：（1）①BD′∥AC．②将△AEC剪下后展开，得到的图形是菱形；
故答案为BD′∥AC，菱形；
（2）①选择②证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∴∠ACB′=∠ACB，
∴∠DAC=∠ACB′，
∴AE=CE，
∴△AEC是等腰三角形；
∴将△AEC剪下后展开，得到的图形四边相等，
∴将△AEC剪下后展开，得到的图形四边是菱形．
②选择①证明如下，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∵B′C=BC，
∴B′C=AD，
∴B′E=DE，
∴∠CB′D=∠ADB′，
∵∠AEC=∠B′ED，∠ACB′=∠CAD
∴∠ADB′=∠DAC，
∴B′D∥AC．
（3）①当矩形的长宽相等时，满足条件，此时矩形纸片的长宽之比为1：1；∵∠AB′D+∠ADB′=90°，
∴y﹣30°+y=90°，
②当矩形的长宽之比为：1时，满足条件，此时可以证明四边形ACDB′是等腰梯形，是轴对称图形；
综上所述，满足条件的矩形纸片的长宽之比为1：1或：1；
（4）∵AD=BC，BC=B′C，
∴AD=B′C，
∵AC∥B′D，
∴四边形ACB′D是等腰梯形，
∵∠B=30°，∴∠AB′C=∠CDA=30°，
∵△AB′D是直角三角形，
当∠B′AD=90°，AB＞BC时，如图3中，
设∠ADB′=∠CB′D=y，
∴∠AB′D=y﹣30°，
解得y=60°，
∴∠AB′D=y﹣30°=30°，
∵AB′=AB=4，
∴AD=×4=4，
∴BC=4，
当∠ADB′=90°，AB＞BC时，如图4，
∵AD=BC，BC=B′C，
∴AD=B′C，
∵AC∥B′D，
∴四边形ACB′D是等腰梯形，
∵∠ADB′=90°，
∴四边形ACB′D是矩形，
∴∠ACB′=90°，
∴∠ACB=90°，
∵∠B=30°，AB=4，
∴BC=AB=×4=6；
当∠B′AD=90°，AB＜BC时，如图5，
∵AD=BC，BC=B′C，
∴AD=B′C，
∵AC∥B′D，∠B′AD=90°，
∵∠B=30°，AB′=4，
∴∠AB′C=30°，
∴AE=4，BE′=2AE=8，
∴AE=EC=4，
∴CB′=12，
当∠AB′D=90°时，如图6，
∵AD=BC，BC=B′C，
∴AD=B′C，
∵AC∥B′D，
∴四边形ACDB′是等腰梯形，
∵∠AB′D=90°，
∴四边形ACDB′是矩形，
∴∠BAC=90°，
∵∠B=30°，AB=4，
∴BC=AB÷=8；
∴已知当BC的长为4或6或8或12时，△AB′D是直角三角形．
故答案为：平行，菱形，1：1或：1，4或6或8或12；
【点评】本题考查四边形综合题、翻折变换、矩形的性质、等腰梯形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，本题综合性比较强，属于中考压轴题．