专题1.5 特殊四边形中的折叠问题的四大题型（北师大版）（解析版）

专题1.5特殊四边形中的折叠问题的四大题型【北师大版】考卷信息：本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生对特殊四边形中的折叠问题的四大题型的理解！【题型1矩形中的折叠问题】1．（2023春·吉林长春·九年级统考期末）综合与实践【操作感知】如图①，在矩形纸片ABCD的AD边上取一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM．∠DPM=60°，则∠MBC的大小为【迁移探究】如图②，将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．（1）判断△MBQ与△CBQ的关系并证明．（2）若正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，则CQ的长为．【答案】【操作感知】30；【迁移探究】（1）全等，见解析；（2）4【分析】操作感知：根据折叠求出∠ABP=迁移探究：（1）根据HL证Rt△MBQ≌（2）设CQ的长为x，则DQ=4-x，MQ=BQ2-BM2【详解】解：【操作感知】：由折叠知，∠APB=∠MPB，∠∵∠DPM=60°∴∠APB=∠MPB=（180°-∠∴∠ABP=∴∠MBC=90°-故答案为：30；【迁移探究】（1）判断：△MBQ≌△CBQ，理由如下：证明：∵正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，∴AB=BM=BC，∠在Rt△MBQ和RtBQ=BQBM=BC∴Rt△MBQ≌Rt△CBQ即△MBQ≌△CBQ；（2）设CQ的长为x，∵正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，∴DQ=4-x，MQ=BQ2-BM2=BC2在Rt△PDQ中，P即2+x2解得x=43故答案为：43【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的性质、勾股定理以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握勾股定理及正方形的判定及性质是解题的关键．2．（2023春·山东临沂·九年级统考期末）已知长方形ABCD(对边平行且相等，四个角都是直角)中，AB=6，AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．

(1)如图1，当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；(2)如图2，将△APB沿直线AP折叠得到△APB'，点B'落在长方形ABCD的内部，延长PB'交直线①证明FA=FP，并求出在1条件下AF的值；②连接B'C，求【答案】(1)见解析(2)①见解析，AF=132；【分析】（1）根据矩形的性质得AB∥CD，可得∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，利用（2）①根据平行线的性质和折叠的性质得出∠FAP=∠APF，等角对等边即可得FA=FP，设FA=x，则FP=x，FB'=x-4，在Rt△AB'F中，由勾股定理得x=②可得△PCB'的周长=CP+PB'+CB'=CB+CB'=8+CB'，当点B'恰好位于对角线AC上时，【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥∴∠BAP=∠E，∠B=∠BCE，∵点P是BC的中点，∴BP=CP，∴△ABP≌△ECPAAS（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠APB=∠FAP，由折叠得∠APB=∠APF，∴∠FAP=∠APF，∴FA=FP，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∴BC=AD=8，∵点P是BC的中点，∴BP=CP=4，由折叠得AB'=AB=6，P设FA=x，则FP=x，∴FB在Rt△AB'∴x2解得x=132即AF=132②由折叠得AB'=AB=6，PB∴△PCB'的周长=CP+PB'+CB'=CB+CB'

连接B'C，AC∵AB'+C∴当点B'恰好位于对角线AC上时，CB'+A在Rt△ABC中，AB=6，BC=8∴AC=AB2+B∴CB'的最小值=AC-AB'∴△PCB'周长的最小值=8+CB【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，掌握折叠是一种轴对称，折叠前后的图形对应角相等、对应边相等，灵活运用相关的性质是解题的关键．3．（2023春·湖南岳阳·九年级校考期中）如图，将矩形纸片ABCDAD>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CD=2，GD=16，求DF的长．【答案】(1)菱形，见解析(2)DF=【分析】（1）根据翻转变换的性质得到FG=FC，EG=EC，∠GEF=∠FEC，根据平行线的性质得到∠GFE=∠（2）根据折叠的性质得到GF=CF，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】（1）解：结论：四边形CEGF是菱形．理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥∴∠∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折痕，∴∠GEF=∠FEC，∴∠∴GF=GE，∴GE=EC=CF=FG，∴四边形CEGF为菱形；（2）解：设DF=x，∵GD=16，∴GF=16-x，∴CF=16-x，在Rt△CDF中，C∴x2解得：x=63∴DF=63【点睛】本题考查的是菱形的判定、勾股定理的运用，掌握四条边相等的四边形是菱形、翻转变换的性质是解题的关键．4．（2023春·江苏南京·九年级校联考期末）数学课上老师让学生们折矩形纸片．由于折痕所在的直线不同，折出的图形也不同，所以各个图形中所隐含的“基本图形”也不同．我们可以通过发现基本图形，来研究这些图形中的几何问题．

问题解决：（1）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1的位置，连接MC，AN，AC，线段AC①△CDM与△AD1M的关系为，线段AC与线段MN的关系为，小强量得∠MNC=50°，则②小丽说：“图1中的四边形ANCM是菱形”，请你帮她证明．拓展延伸：（2）如图2，矩形纸片ABCD中，BC=2AB=6cm，BM=4cm，小明将矩形纸片ABCD沿直线AM折叠，点B落在点B1的位置，MB1交AD综合探究：（3）如图3，ABCD是一张矩形纸片，AD=1，AB=5，在矩形ABCD的边AB上取一点M（不与A和B点重合），在边CD上取一点N（不与C和D点重合），将纸片沿MN折叠，使线段MB与线段DN交于点P，得到△MNP，请你确定△MNP面积的取值范围【答案】（1）①△CDM≌△AD1M，线段AC与线段MN互相垂直平分，80°；②证明见解析；（2）23【分析】（1）利用翻折变换的性质以及全等三角形的性质解决问题即可；（2）由矩形和折叠的性质证明AN=MN，设AN=MN=x，在Rt△AN（3）分别求出△MNP的面积的最大值与最小值即可解决问题．【详解】解：（1）①∵矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1∴AM=MC，∴△CDM≌△AD∵MN垂直平分线段AC，∴OA=OC，∵AD∥∴∠AMO=∠CNO，∵∠AOM=∠CON，∴△AMO≌△CNOAAS∴OM=ON，∴线段AC与线段MN互相垂直平分，∵MA=MC，∴AM=CM=CN=AN，∴四边形ANCM是菱形，∴∠ANM=∠MNC=50°，∴∠ANC=100°，∵AD∥∴∠DAN=180°-100°=80°，故答案为：△CDM≌△AD1M，线段AC与线段MN②证明过程如下：∵矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C与点A重合，点D落在点D1∴AM=MC，∴△CDM≌△AD∵MN垂直平分线段AC，∴OA=OC，∵AD∥∴∠AMO=∠CNO，∵∠AOM=∠CON，∴△AMO≌△CNOAAS∴OM=ON，∴线段AC与线段MN互相垂直平分，∵MA=MC，∴AM=CM=CN=AN，∴四边形ANCM是菱形；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，由折叠的性质可得：∠AMB=∠AMN，∵AD∥∴∠AMB=∠MAN，∴∠AMN=∠NAM，∴AN=MN，设AN=MN=x，在Rt△ANB1∴x解得：x=25∴AN=25∴DN=AD-AN=6-25故答案为：238（3）如图，当点B与点D重合时，△MNP的面积最大，MH⊥BN于H，则MH=AB=1，

，由题意得：MP=MQ，设MP=MQ=k，则AM=5-k，由勾股定理得：5-k2解得：k=2.6，由（1）知，NP=MP=2.6，∴S∴△MNP的最大值为1.3，假设点N与D重合时，此时PN最小，为PN=1，∴△MNP的面积的最小值为12∵在边CD上取一点N不与C和D点重合，∴0.5<故答案为：0.5<S【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定与性质，是解题的关键．5．（2023春·江苏连云港·九年级统考期末）【问题背景】矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10，点P在AB边上，点Q在BC边上，将纸片沿PQ折叠，使顶点B落在点E处．

【初步认识】（1）如图1，折痕的端点P与点A重合．①当∠CQE=50°时，∠AQB=__________°；②若点E恰好在线段QD上，则BQ的长为__________；【深入思考】（2）若点E恰好落在边AD上．①如图2，过点E作EF∥AB交PQ于点F，交BC于点G，连接BF．请根据题意，补全图2并证明四边形PBFE是菱形；②在①的条件下，当AE=3时，求PQ的长；【拓展提升】（3）如图3，若DQ⊥PQ，连接DE，若△DEQ是以DQ为腰的等腰三角形，求BQ的长．【答案】（1）①∠AQB=65°，②BQ=2；（2）①证明见解析，②1554；（3）BQ的长为34【分析】（1）①由折叠性质和∠CQE+∠BQE=180°可求出∠AQB的度数；②由折叠和勾股定理可求出DE=8，再利用Rt△CDQ列也式子求出QE的长，最后即可求出BQ（2）①先证四边形PBFE是平行四边形，再由折叠证PE=EF进而证明四边形PBFE是菱形；②先求菱形的边长BQ的长度，最后根据勾股定理求出PQ；（3）分两种情况进行讨论：①当DQ=EQ时，②当DE=DQ时．【详解】解：（1）①∵∠CQE+∠BQE=180°，∠CQE=50°，∴∠BQE=130°，由折叠可得：∠AQB=∠AQE=1∴∠AQB=65°；②由折叠可得：AB=AE，∠ABE=∠AEQ=90°，BQ=QE，∵AB=6，BC=10，∴AE=6，∵点E在QD上，∴∠AEQ=180°-∠AEQ=90°，∴DE=A在Rt△CDQ中，(8+QE)∴QE=2，∴BQ=2故答案为：①∠AQB=65°，②BQ=2．（2）①证明：∵EF//∴∠BPF=∠EFP，由折叠可知，PB=PE，∠BPF=∠EPF，∴∠EFP=∠EPF，∴PE=EF，∴PB=EF，∴四边形PBFE是平行四边形，∵PE=EF，∴四边形PBFE是菱形；②由折叠可知PB=PE，∵AB=6，AP=6-PE，在Rt△APE中，P∴PE=15∴菱形PBFE的边长为154由折叠可知，EQ=BQ，∵AE=3，∴BG=3，在Rt△EGQ中，B∴BQ=15在Rt△BPQ中，又勾股定理得PQ=

（3）由折叠可知BQ=EQ，设BQ=m，则EQ=m，CQ=10-m，①当DQ=EQ时，在Rt△CDQ中，6∴m=34∴BQ=34②当DE=DQ时，过点D作DF⊥EQ交于F，

∴FQ=1由折叠可知∠PQB=∠PQE，∵DQ⊥PQ，∴∠PQB+∠CQD=90°=∠PQE+∠FQD，∴∠CQD=∠FQD，∴△CDQ≌∴CQ=FQ，∴10-m=1∴m=20∴BQ=20综上所述：BQ的长为345或20【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，矩形与折叠的知识，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是读懂题意，理清条件与图形性质之间的关系，分类讨论，数形结合思想的运用．6．（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）数学研究课上，老师带领大家探究《折纸中的数学问题》时，出示如图①所示的长方形纸条ABCD，其中AD=BC=2，AB=CD=10．然后在纸条上任意画一条线段MN，将纸片沿MN折叠，MB与DN交于点K，得到△MNK．如图②所示：

【基础回顾】(1)在图②中，若∠1=52°，∠MKN＝【操作探究】(2)改变折痕MN位置，△MNK始终是______三角形，请说明理由；(3)爱动脑筋的小明在研究△MNK的面积时，发现KN边上的高始终是个不变的值．根据这一发现，他很快研究出△KMN的面积最小值为2，此时∠1的大小可以为______；【拓展延伸】(4)小明继续动手操作进行折纸，发现了△MNK面积存在最大值，请你求出这个最大值．【答案】(1)76°；(2)等腰

，理由见解析；(3)45°或135°；(4)5.2．【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质求出∠KMN的度数，再根据平角求出∠AMK的度数，最后根据平行线的性质即可求解；（2）利用翻折变换的性质以及两直线平行内错角相等得出KM=KN；（3）利用当△KMN的面积最小值为2时，KN=BC=2，则可证明MK⊥DK，DK⊥N'K（4）分情况一：将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合；情况二：将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC两种情况讨论求解．【详解】（1）如图1，

由折叠性质可知，∠1=∠NMK=52°，∴∠AMK=180°-∠1-∠NMK=180°-52°-52°=76°，∵四边形是长方形，∴DN∥∴∠MKN=∠AMK=76°，故答案为：76°；（2）等腰，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AM∥∴∠KNM=∠1．∵将纸片沿MN折叠，∴∠1=∠KMN，∴∠KNM=∠KMN，∴△KMN为等腰三角形；（3）如图2，当△KMN的面积最小值为2时，KN=BC=2，

∴KN⊥B∵∠NMB=∠KMN，∠KMB=90°，∴∠1=∠NMB=45°同理：∠1=∠故答案为：45°或135°；（4）分两种情况：情况一：如图3，将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合，设MK=MB=x，则AM=10-x，

由勾股定理得22+解得x=5.2．∴MD=ND=5.2，∴S△MNK情况二：如图4，将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC，设MK=AK=CK=x，则DK=10-x，

同理可得：MK=NK=5.2，∵MD=2，∴S△MNK综上：△MNK的面积最大值为5.2．【点睛】此题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，勾股定理，三角形的面积计算，解题的关键是注意分类思想的运用．7．（2023春·河南洛阳·九年级统考期末）小明尝试着将矩形纸片ABCD（如图1，AD>CD）沿过点A的直线折叠，使得点B落在AD边上的点F处，折痕为AE（如图2）；再沿过点D的直线折叠，使得点C落在AD边上的点N处，点E落在AE上的点M处，折痕为DG（如图3）．若第二次折叠后，点M正好在∠NDG的平分线上，连接DM，且CD=1，则AD＝．

【答案】2【分析】由第一次折叠可知∠BAE=∠DAE=45°，连接DE，由第二次折叠可知∠DGE=∠DGA=90°，DE为∠CDG的平分线，由角平分线的性质可得GE=CE，于是可通过HL证明Rt△DGE≅Rt△DCE【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠A=∠B=90∵将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在AD边上的点F处，∴∠BAE=∠DAE=45如图，连接DE，

∵沿过点D的直线折叠，使得点C落在AD边上的点N处，点E落在AE上的点M处，折痕为DG，∴∠DGE=∠DGA=90又∵点M正好在∠NDG的平分线上，∴DE为∠CDG的平分线，∵EG⊥DG，EC⊥CD，∴.GE=CE，在Rt△DGE和RtGE=CEDE=DE∴Rt△DGE≅∴DG=CD=1，∵∠DAE=45∴△ADG为等腰直角三角形，∴AD=2故答案为：2．【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质和全等三角形的判定与性质是解题关键．8．（2023春·浙江杭州·九年级统考期末）如图是一张矩形纸片ABCD，点E在边BC上，且满足AB=2BE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，EF的延长线与边CD交于点G．若CG=DG，则CEBE=

【答案】3【分析】延长EF，AD，二线交于点H，结合CG=DG，证明△CGE≌△DGH，得到EG=GH即EH=2EG，CE=DH，设CEBE=k，BE=x，则【详解】如图，延长EF，AD，二线交于点H，∵矩形纸ABCD，∴AB=CD，∵∠HDG=∠ECGDG=CG∴△CGE≌△DGHASA∴EG=GH，CE=DH，∴EH=2EG，设CEBE则CE=DH=kx,AB=CD=2DG=2CG=2x，∴EH=2EG=2x2+∵矩形纸ABCD，△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，∴AD∥BC,∠AEB=∠AEG，∴∠AEB=∠EAH,∠AEB=∠AEG，∴∠EAH=∠AEG，

∴EH=AH，∴2k∴4k解得k=3故CEBE故答案为：34【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握矩形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．【题型2菱形中的折叠问题】1．（2023春·安徽淮南·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，BC=4，∠B=120°，点E是AD的中点，点F是AB上一点，以EF为对称轴将△EAF折叠得到△EGF，以CE为对称轴将△CDE折叠得到△CHE，使得点H落到EG上，连接AG．下列结论错误的是（

）

A．∠CEF=90° B．CE∥AG C．FG=1.6 D【答案】D【分析】A.由折叠的性质可以知道EF和CE分别是∠AEG和∠DEG的平分线，同时∠AED是平角，所以可知∠CEF=90°，故选项A正确；B.由题意和折叠的性质可以知道EF⊥AG、EF⊥CE，就可以得到CE∥AG，选项B正确；C和D.过点C作CM⊥AB于点M，∠CBA=120°，可得BM=2，CM=23．设BF=a，可以得到FG=AF=4-a，FM=BF+BM=a+2．根据折叠的性质可得CG=CD=4，根据勾股定理，求得a=2.4，即可得到FG=1.6，CF=5.6，所以CFAB=【详解】解：A.由折叠可知EF和CE分别是∠AEG和∠DEG的平分线．又∵∠AED=180°，∴∠CEF=∠CEG+∠FEG=1故选项A正确．B.又∵点A与点G关于EF对称，∴EF⊥AG，又∵EF⊥CE，∴CE∥故选项B正确．C和D.如答图，过点C作CM⊥AB于点M．

∵∠CBA=120°，∴∠CBM=60°，∵BC=4，∴易知BM=2，CM=23设BF=a，∴FG=AF=4-a，FM=BF+BM=a+2，∵点E是AD的中点，折叠后点H落到EG上，∴点G与点H重合，CG=CD=4．易知点C,G,F共线，∴CF=FG+CG=4-a+4=8-a．∵FM∴a+2解得a=2.4．∴FG=4-2.4=1.6，CF=8-a=8-2.4=5.6，∴CF故选项C正确，选项D错误．综上，故选：D．【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．2．（2023春·安徽安庆·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为EF且交BC于点F．

（1）∠DEF=；（2）若点E是AB的中点，则DF的长为．【答案】90°14【分析】（1）由翻折可得∠AED=∠DEG，∠BEF=∠HEF，则∠DEG+∠HEF=∠AED+∠BEF，根据∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF=180°，可得∠DEG+∠HEF=90°，即∠DEF=90°．（2）根据题意可得点G与点H重合，且点D，G，F三点在同一条直线上．过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．由∠A=120°，AB=2，可得∠DCM=60°，CD=2，则CM=12CD=1，DM=32CD=3，由翻折可得BF=FG，AD=DG=2，设BF=x，则MF=2-x+1=3-x【详解】解：（1）由翻折可得∠AED=∠DEG，∠BEF=∠HEF，∴∠DEG+∠HEF=∠AED+∠BEF，∵∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF=180°，∴∠DEG+∠HEF=90°，即∠DEF=90°．故答案为：90°．（2）∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，∴∠A+∠B=180°，由翻折可得AE=EG，BE=EH，∠A=∠EGD，∠B=∠EHF，∵点E是AB的中点，∴AE=BE，∴EG=EH，即点G与点H重合．∵∠EGD+∠EHF=∠A+∠B=180°，∴点D，G，F三点在同一条直线上．过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．

∵∠A=120°，AB=2，∴∠DCM=60°，CD=2，∴CM=12CD=1由翻折可得BF=FG，AD=DG=2，设BF=x，则MF=2-x+1=3-x，DF=2+x，由勾股定理可得(2+x)2解得x=4∴DF=14故答案为：145【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．3．（2023秋·河南开封·九年级开封市第十三中学校考期末）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，M为边AB的中点，N为边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，BN的长为．

【答案】4或8【分析】分两种情况①当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=4，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=4，求出DG=3CG=23，BG=BC+CG=6，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=xcm，则GN=6-x，DN=x+4，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA【详解】解：分两种情况：当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，如图1所示：

∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=4，AD∥BC，AB∥CD，∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=CD=AD=4，∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，∴CG=1∴DG=DC2∵M为AB的中点，∴AM=BM=2，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，在△ADM和△EDM中，AD=EDAM=EM∴△ADM≌△EDM(SSS∴∠A=∠DEM=120°，∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=6-x，DN=x+4，在Rt△DGN中，由勾股定理得：(6-x)解得：x=85，即当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=4（含CE=DE这种情况）；综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为85或4故答案为：85或4【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；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论．4．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC=6，菱形ABCD的面积为24，点E是边AB上一点，将菱形ABCD沿DE折叠，使B、C的对应点分别是B'、C'，若∠BEB'=90°，则

【答案】31【分析】过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD于F，由菱形性质和面积法、勾股定理求出CH=245，DH=75，再由折叠证明∠BED=∠【详解】解：过C作CH⊥AD于H，过C'作C'F⊥AD

由已知，AC=6，菱形ABCD的面积为24，∴BD=24×2∴OA=12AC=3∴CD=AD=3∵12∴CH=245，由折叠可知，∠BED=∠B'ED，∵∠BEB∴∠BED=∠B∵AB∥∴∠EDC=180°-∠BED=45°，∴∠EDC=∠EDC∴∠CDC∵∠CHD=∠C'∴∠CDH+C∵∠CDH+∠HCD=90°，∴∠C∴△CHD≌△DFC∴C'∴点C'到BC的距离是C故答案为：315【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及勾股定理，解答关键是根据折叠的条件推出∠BED=∠B5．（2023春·广西来宾·九年级校考期末）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，AD=6，则BE的长为．

【答案】5【分析】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，得到AB=BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】解：作EH⊥BD于H，

由折叠的性质可知，EG=EA，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠ABD=∠CBD=1∴△ABD为等边三角形，∴AB=BD=AD=6，设BE=x，则EG=AE=6-x，在Rt△EHB中，BH=1在Rt△EHG中，EG解得，x=5∴BE=5故答案为：52【点睛】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，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．6．（2023春·浙江杭州·九年级统考期末）如图，菱形ABCD中，AB=2，M为边AB上的一点，将菱形沿DM折叠后，点A恰好落在BC的中点E处，则AM=．

【答案】4【分析】如图所示，延长ME交DC延长线于N，由菱形的性质得到AB=CD=2∠AMD=∠CDM，∠EMB=∠N，∠EBM=∠ECN，证明△EBM≌△ECN得到CN=BM，NE=ME，由折叠的性质可得【详解】解：如图所示，延长ME交DC延长线于N，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB=CD=2∴∠AMD=∠CDM，∵E为BC的中点，∴EB=EC，∴△EBM≌△ECNAAS∴CN=BM，由折叠的性质可得∠AMD=∠DME，∴∠DME=∠CDM，∴MN=DN，∴2AM=CD+CN=CD+BM，∴2AM=2+2-AM，∴AM=4故答案为：43

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键7．（2023春·广东肇庆·九年级统考期末）如图1，菱形纸片ABCD的边长为6cm，∠ABC=60°，将菱形ABCD沿EF，GH折叠，使得点B，D两点重合于对角线BD上的点P（如图2）．若AE=2BE，则六边形AEFCHG的面积为cm

【答案】13【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，∠BAD=120°，AB=BC=6cm，∠ABD=30°，，由折叠的性质可得EF⊥BP，∠BEF=∠PEF，BE=EP=2，可证四边形AEPG是平行四边形，可得AG=EP=2cm，【详解】解：如图，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AC⊥BD，∠BAD=∠BCD=120°，AB=BC=6cm，∠ABD=30°，∴OA=12AB=3∴OB=∴BD=63∵AE=2BE，∴AE=23×6=4∵将菱形ABCD沿EF，GH折叠，∴EF⊥BP，∠BEF=∠PEF，BE=EP=2cm∴EF∥AC，∴∠BEF=∠BAC=60°，∴∠BEF=∠60°=∠PEF，∴∠BEP=∠BAD=120°，∴EP∥AD，同理可得：GP∥AB，

∴四边形AEPG是平行四边形，∴AG=EP=2cm∴DG=4cm，∴六边形AEFCHG面积==1故答案为：133【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，求出DG的长是本题的关键．【题型3正方形中的折叠问题】1．（2023春·陕西西安·九年级校考期末）在正方形ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FE⊥AG于H，交直线AD于点E．（1）当点F运动到与点B重合时(如图1)，线段EF与AG的数量关系是________．（2）若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．（3）如图3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ的长．【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）3【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△FME，即可得到结论；（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵EF⊥AG，∴∠AEB+∠DAG=90°，∴∠ABE=∠DAG，∴△ABE≌△DAG（ASA），∴EF=BE=AG；（2）成立，理由是：过点F作FM⊥AE，垂足为M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，∴∠E+∠EFM=90°，∵EF⊥AH，∴∠HAE+∠E=90°，∴∠HAE=∠EFM，∴△ADG≌△FME（ASA），∴EF=AG；（3）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，由翻折变换的性质得PQ⊥AM，∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，∴∠APQ=∠AMD，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HQ=AD，在△ADM和△QHP中，∠QHP=∠D∠APQ=∠AMD∴△ADM≌△QHP（AAS），∴QP=AM，∵点M是CD的中点，∴DM=12CD=3在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=AD∴PQ的长为35【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，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，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．2．（2023春·山西大同·九年级校联考期中）综合与实践问题情境：在数学综合与实践活动课上，老师以“正方形的折叠问题”为主题开展数学活动.如图1，将正方形纸片ABCD对折，使得边AB与CD重合，展开铺平，折痕为PQ.然后，再将正方形纸片沿着过点C的直线折叠，此时点B恰好落在折痕PQ的点F处，展开铺平，设CE与PQ交于点G，连接BG，得到图2.

(1)操作发现：小康发现，四边形BGFE是菱形，请说明理由；(2)问题解决：若正方形ABCD的边长为6，求FQ的长；(3)问题拓展：如图3，M是正方形ABCD的边AD上一点，正方形ABCD的边长为8，连接BM，将△ABM沿着BM折叠，使得点A落在正方形ABCD的内部点K处，连接DK，求出DK的最小值.【答案】(1)四边形BGFE是菱形，理由见解析；(2)33(3)DK的最小值为8【分析】（1）根据折叠得出CQ=12BC=（2）根据折叠知CF=BC=6，（3）连接BD，根据正方形的性质求出BD的长度，根据三角形三边关系得出，当B，K，【详解】（1）理由如下：由折叠知CQ=1∴∠QFC=30°，∴∠ECF=30°，即∠CEF=60°.∵∠EFC=90°，∴∠EFG=60°，∴△EFG是等边三角形，∴EF=FG.又∵GF//BE，∴四边形BGFE是平行四边形，∴四边形BGFE是菱形；（2）∵正方形的边长为6，∴CF=BC=6，∴CQ=1∵∠FQC=90°，∴FQ=C（3）连接BD，

∵正方形边长为8，∴AB=BC=CD=8，∴BD=82在△BDK中，有BD-BK<DK，由折叠知，BK=AB=8，∴当B、K、D三点共线时，DK有最小值，此时，DK=BD-BK=82∴DK的最小值为82【点睛】本题主要考查了正方形的综合题，熟练掌握菱形的判定，等边三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理等知识是解题的关键.3．（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）【模型建立】如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，AE⊥BF，AE与BF相交于点P．AE，BF有什么数量关系?请说明理由．

【迁移应用】如图2，请仅用无刻度的直尺画图（保留作图痕迹，不用证明）（1）以AB为边画正方形ABCD；（2）取CD中点E，连接AE：（3）在AD上找点G，连接BG，使BG=AE．

【拓展提升】如图3，正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，将正方形沿EF折叠，点A，D的对应点分别为A'，D'，使得点A'始终落在边BC上，A'D（1）若AB=5，BA'=2（2）点E，F在边AB，CD上运动时，连接AG，则∠A

【答案】模型建立：AE=BF；理由见解析；【分析】模型建立：根据正方形的性质，证明△ABE≌△BCF，得出AE=BF即可；迁移应用：（1）根据网格特点画正方形ABCD即可；（2）连接MN交CD于点E，连接AE即可；（3）取AD的中点G，连接BG即可；拓展提升：（1）过点F作FH⊥AB于点H，证明Rt△ABA'≌Rt△FHEHL，得出BA'=EH=2，设AE=A'E=x（2）证明△ABA'≌△AMA'，得出AM=AB，BA'=MA'，证明Rt△AGM≌Rt△AGD证明∠BAA'+∠DAG=∠【详解】解：模型建立：AE=BF；理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，∵AE⊥BF，∴∠APB=90°，∴∠BAP+∠ABP=∠ABP+∠EBP=90°，∴∠BAP=∠EBP，∴△ABE≌△BCF，∴AE=BF；

迁移应用：（1）如图：四边形ABCD即为所求作的正方形；（2）如图：AE即为所求；（3）如图：BG即为所求；

∵四边形ABCD为正方形，∴AD=CD=AB，∠BAG=∠ADE=90°，∵点E、G分别为CD，AD的中点，∴AG=12AD∴AG=DE，∴△ABG≌△DAE，∴AE=BG；拓展提升：（1）过点F作FH⊥AB于点H，如图所示：

根据折叠可知，A'与A关于EF∴AA'⊥EF根据“模型建立”可知，AA∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠ABA∵∠AHF=∠HAD=∠ADF=90°，∴四边形ADFH为矩形，∴HF=AD，DF=AH，∴AB=HF，∴Rt△AB∴BA设AE=A'E=x根据勾股定理得：x2解得：x=2.9，∴AE=2.9，∴AH=AE-EH=2.9-2=0.9，∴DF=AH=0.9；（2）∠A'AG延长CD，并截取DN=BA'，过点A作AM⊥A

∵四边形ABCD为正方形，∴AD∥∴∠DAA根据折叠可知，∠AA∴∠AA∵∠ABA'=∠AM∴△ABA∴AM=AB，BA∵AB=AD，∴AM=AD，∵AG=AG，∴Rt△AGM≌∴MG=DG，∴A'即A'∵∠ADN=180°-90°=90°，∴∠ADN=∠ABA∵AB=AD，BA∴△ABA∴AA'=AN∵AG=AG，A'∴△AGA∴∠A∵∠BAA∴∠BAA∴∠BAA∵∠BAA∴∠A【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．4．（2023春·河南南阳·九年级统考期末）动手操作：利用“正方形纸片的折叠”开展数学活动，探究在正方形折叠的过程中图形的变化及其蕴含的数学思想方法．

折一折：如图1，已知正方形ABCD的边长AB=6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．思考探究：（1）图1中，与△ABE全等的三角形有________个，∠EAF=________，BE、EF、DF三者的数量关系是________．转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转到图2所示位置，与BC、CD的交点分别为E、F，连接EF．证明推理：（2）图2中，BE、EF、DF三者的数量关系是________，并给出证明．开放拓展：（3）如图3，在旋转∠EAF的过程中，当点F为CD的中点时，BE的长为________．【答案】（1）3，45°，EF=DF＋BE；（2）EF=DF+BE，见解析；（3【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，证明三角形全等即可得到证明．（2）延长CB到T，使得BT=DF，连接AT，证明△ADF≌△ABT，△EAF≌△EAT即可得证．（3）根据正方形的性质，证明的结论，设BE=x，则EC=6-x，EF=x+3，运用勾股定理计算即可．【详解】（1）解：∵正方形ABCD的边长AB=6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，∴△ABE≌△AME，∠BAD=∠ABC=∠ADF=90°，∠ECA=∠FCA=45°，∴AB=AM=AD,BE=ME,∠ABE=∠AME=∠EMC=90°，∴∠ECA=∠FCA=∠MEC=∠MFC=45°，∴EC=FC，∴EM=MF，∴直线AC是线段EF的垂直平分线，∴AE=AF，∵AE=AFAM=AM∴Rt△AME≌∵AM=ADAF=AF∴Rt△ADF≌∴Rt△ADF≌Rt△AMF≌故与△ABE全等的三角形有3个，

∵Rt△ADF≌Rt△AMF≌∴∠BAE=∠EAM=∠MAF=∠FAD，∵∠BAD=90°，∴∠BAE=∠EAM=∠MAF=∠FAD=22.5°，∴∠EAF=∠EAM+∠MAF=45°，∵EF=EM＋MF，DF=MF，∴EF=DF＋故答案为：3，45°，EF=DF＋（2）结论：EF=DF+BE理由：延长CB到T，使得BT=DF，连接AT

∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠ABE=∠ABT=90°，AD=AB，∵DF=BT∠ABT=∠ADF∴△ADF≌△ABT（SAS），∴AF=AT，∠DAF=∠BAT，∴∠FAT=∠DAB=90°，∵∠EAF=45°，∴∠EAF=∠EAT=45°，∵AF=ABT∠TAE=∠FAE∴△EAF≌△EAT（SAS），∴EF=ET，∵ET=BT+BE，BT=DF，∴ET=DF+BE．∴EF=DF+BE．故答案为：EF=DF+BE．（3）如图3中，设BE=x，则EC=6-x，EF=x+3，

∵∠C=90°，CD=BC=6，DF=FC=3，∴EF∴(x+3)2∴x=2，故答案为：2．【点睛】本题考查了正方形的性质，半角模型，三角形全等的判定和性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，半角模型，勾股定理是解题的关键．5．（2023春·江苏南京·九年级校联考期中）点E．F分别为正方形ABCD边AD．AB上的点，连接CE，DF交于点P．(1)如图1，若DE=AF，则线段DF与CE具有怎样的数量和位置关系？说明理由．(2)如图2，若E为AD中点，F为AB中点，求证BP=BC．(3)若将正方形ABCD折叠，使得A点的对应点A'落在BC边上，折痕MN分别交AB，CD于M，N．若正方形的的边长为6，线段A'B=2，则DN的长为．【答案】(1)相等；垂直；理由见解析；(2)见解析；(3)4【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，AF=DE，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得DF=CE，∠ADF=∠DCE，即可证得DF⊥CE；（2）如图2，过点B作BG∥DF，交CD于G，交CE于H，先根据两组对边分别平行证明四边形BFDG是平行四边形，由三角形中位线定理的推论可得PH=CH，得BH是PC的垂直平分线，可解答；（3）过点M作MG⊥CD于G，连接DE交MN于P，由折叠可知，DE⊥MN，证明△MNG≌△A'AB（ASA），则MG=A'B=2，设A'M=x，由勾股定理列方程可得x的长，可求得DN的长．【详解】（1）解：DF=CE，DF⊥CE，理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠A=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中AD=DC∠A=∠EDC∴△ADF≌△DCE（SAS），∴DF=CE，∠ADF=∠DCE，∵∠ADF+∠CDP=90°，∴∠DCE+∠CDP=90°，∴∠CPD=90°，∴DF⊥CE；（2）证明：如图2，过点B作BG∥DF，交CD于G，交CE于H，∵E为AD中点，F为AB中点，∴DE=AF=12AD由（1）同理得：DF⊥CE，∴BG∥DF，∵BF∥DG，∴四边形BFDG是平行四边形，∴DG=BF=12CD∵GH∥DP，∴CH=PH，∴BH是PC的垂直平分线，∴BP=BC；（3）如图3，过点N作NG⊥AB于G，连接AA'交MN于P，由折叠可知，AA'⊥MN，∵∠AOG=∠PON，∠AGO=∠NPO=90°，∴∠BAA'=∠MNG，在△A'AB和△MNG中∠BAA∴△A'AB≌△MNG（ASA），∴MG=A'B=2，设A'M=x，则AM=x，BM=6-x，由勾股定理得：A'M2=BM2+A'B2，∴x2=（6-x）2+22，∴x=103∴DN=AG=103-2=4故答案为：43【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形中位线的定理的运用．注意作辅助线构建三角形全等，掌握三角形中位线定理是关键．6．（2023春·广东江门·九年级统考期末）综合与实践：如图1，已知正方形纸片ABCD．实践操作第一步：如图1，将正方形纸片ABCD沿AC，BD分别折叠．然后展平，得到折痕AC，BD．折痕AC，BD相交于点O．第二步：如图2，将正方形ABCD折叠，使点B的对应点E恰好落在AC上，得到折痕AF，AF与BD相交于点G，然后展平，连接GE，EF．问题解决（1）∠AGD的度数是______；（2）如图2，请判断四边形BGEF的形状，并说明理由；探索发现（3）如图3，若AB=1，将正方形ABCD折叠，使点A和点F重合，折痕分别与AB，DC相交于点M，N．求MN【答案】（1）67.5°；（2）四边形BGEF是菱形，理由见解析；（3）4-22【分析】（1）由正方形的性质，折叠的性质在△GAO中利用三角形内角和即可求出答案；（2）由正方形的性质，折叠的性质得出BG=EF，且BG∥EF，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形BGEF是平行四边形，又BF=EF，一组邻边相等的平行四边形是菱形，就可判断得出答案；（3）做辅助线由正方形的性质，折叠的性质得出条件证明△ABF≌△NKMASA，全等三角形对应边相等，故MN=AF，由等角对等边得出BF的长，最后根据勾股定理求出A【详解】解：（1）解：∵四边形ABCD是正方形，AC⊥BD，∠BAO=∠GOA=90由折叠的性质得∠EAF=∠BAF=22.5在△GAO中，∠AGD=180（2）结论：四边形BGEF是菱形．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ABC=90°，AC⊥BD．由折叠可知，∠AEF=∠ABF=90°，BF=EF．∴∠AEF+∠BOC=180°．∴EF∥∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=45°．由折叠可知，∠BAF=∠CAF=1∴∠AFB=∠AGD=67.5°．∵∠BGF=∠AGD，∴∠AFB=∠BGF．∴BG=BF．∴BG=EF，且BG∥EF，∴四边形BGEF是平行四边形．又∵BF=EF，∴平行四边形BGEF是菱形．（3）如图，过点N作NK⊥AB于点K，交AF于点I，则∠AKN=∠NKM=90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ADC=90°，AD=AB．∴四边形ADNK为矩形．∴KN=AD=AB．由折叠，可知MN⊥AF．∴∠BAF+∠AIK=∠KNM+∠FIN=90°．又∵∠AIK=∠FIN，∴∠BAF=∠KNM．在△ABF和△NKM中，∠BAF=∠KNM,∴△ABF≌△NKMASA∴AF=MN．∵AB=1，∴BD=A∵∠GAD=∠BAD-∠BAF=90°-22.5°=67.5°，又∠AGD=67.5°，∴∠AGD=∠GAD．∴DG=AD=1．∴BG=BD-DG=2∴BF=BG=2在Rt△ABF得AF∴MN【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的性质和判定和勾股定理等知识，牢固掌握以上知识点和学会做辅助线是做出本题的关键．7．（2023春·海南省直辖县级单位·九年级统考期末）已知正方形ABCD的边长AB=6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．则∠EAF=°，BE的长为．

【答案】45°6【分析】利用正方形及翻折的性质可证，△EAB≌△AEM，Rt△AFM≌Rt△AFDHL，进而可知∠EAF=12∠BAD=45°，∠EAB=∠FAD，再证△ABE≌△ADFASA，可得BE=DF，EF=EM+FM=BE+DF，设BE=DF=m，则【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠D=∠BAD=90°，∠BAC=∠DAC=45°，由翻折的性质可知，△EAB≌△AEM，∴AB=AM，BE=EM，∠B=∠AME，∠EAB=∠EAM=1∵∠AMF=∠D=90°，AF=AF，AD=AM，∴Rt△AFM≌∴∠FAD=∠FAC=12∠DAC∴∠EAF=∠EAM+∠FAC=12∠BAC+∠DAC∵AB=AD，∠B=∠D，∴△ABE≌△ADFASA∴BE=DF，EF=EM+FM=BE+DF，设BE=DF=m，则BC-BE=CE=CF=6-m，EF=2m，∵EF∴2m2∴m=62∴BE=62故答案为：45°，62【点睛】本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，解题的关键是证明三角形全等，利用参数解决问题．【题型4坐标系中的折叠问题】1．（2023春·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期中）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，点A、C的坐标分别为0,a和b,0，且a，b满足b=a-8+8-a+4．将矩形OABC沿对角线AC所在的直线折叠，点B落在点

(1)a=___________，b=___________；(2)试证明△ADE≌△COE，并直接写出点E的坐标；(3)若点F是线段AC上的一个动点，则EF+OF的最小值为___________；(4)平面内是否存在点M与点N使四边形ACMN为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)a=8，b=4(2)见解析，E(3)41(4)存在，M112,4【分析】（1）根据二次根式的非负性可以得到a，（2）根据折叠的性质获取全等的条件证明全等，（3）先作对称点F，根据勾股定理可以得到EF+OF的最小值，（4）构造满足条件的全等三角形从而求得点M的坐标，分两种情况讨论．【详解】（1）解：∵b=∴a-8≥0，8-a≥0，∴a=8，∴b=4，故答案是8，4．（2）解：由折叠得，∠D=∠B=90°，∵四边形OABC为矩形，∴AB=OC=4，OA=BC=CD=8，∴∠D=∠EOC=90°，在△ADE和△COE中∠ADE=∠COE∴△ADE≌△COE(AAS)，∴OE=DE．设OE=DE=a，∴CE=8-a．在Rt△COE中，CE∴(8-a)∴a=3．∴E(0,3)．（3）作点E关于直线AC的对称点G，由折叠知点G在CB上，且CG=CE=8-3=5，连接OG，则OG与AC交点F，此时EF+OF最小．

∵EF=GF，∴EF+OF=GF+OF=OG，∵CG=5，∴OG=（4）存在，要使ACMN为正方形，则需∠ACM=90°，①如下图，当点M在直线AC右侧时，过点M作MH⊥x轴于点H，

∵CA⊥CM∴∠OCA+∠MCH=90°∵∠OCA+∠OAC=90°∴∠MCH=∠CAO在△AOC与∠AOC=∠CHM∴△AOC≌△CHM(AAS)∴CH=AO=8，∴OH=4+8=12，∴M(12,4)．②如下图，当点M在直线AC左侧时，

∵CA⊥CM，∴∠ACB+∠MCH=90°∵∠ACB+∠BAC=90°∴∠MCH=∠CAB．在△ABC与∠ABC=∠CHM∴△ABC≌△CHM(AAS)．∴CH=AB=4，M(-4,-4)．故坐标分别是M112,4，【点睛】本题考查了二次根式的非负性，折叠的性质，轴对称的性质，正方形的判定及性质，最短距离等知识，其中，构造正方形的条件是解题的关键，二次根式的非负性是易错点．2．（2017春·北京丰台·九年级统考期中）已知菱形OABC在坐标系中的位置如图所示，O是坐标原点，点C(1,2)，点A在x轴上，点M(0，2)．(1)点P是直线OB上的动点，求PM+PC最小值.(2)将直线y=-x-1向上平移，得到直线y=kx+b.①当直线y=kx+b与线段OC有公共点时，结合图像，直接写出b的取值范围.②当直线y=kx+b将四边形OABC分成面积相等的两部分时，求k，b．（只需写出解题的主要思路，不用写出计算结果）.【答案】(1)PM+PC最小值是3(2)①b的取值范围是0≤b≤3；②见详解【分析】（1）连接AC、AM，由四边形OABC是菱形，可得PC=PA，根据三角形两边之和大于第三边即可得出PC+PM的取值范围，再利用勾股定理求出AM即可得出结论；（2）根据平移的性质找出k值．①画出图形，分别代入O(0,0)、C(1,2)即可求出b的取值范围；②连接AC、CB，设AC与OB的交点为D，当直线y=-x+b过点D时，直线y=-x+b将四边形OABC分成面积相等的两部分，根据点A、C的坐标求出点D的坐标，利用待定系数法求出b值即可得出结论.【详解】（1）连接AC、AM，如图所示，∵C(1,2)，M(0,2)，∴OC=22+12=5∵根据四边形OABC是菱形有，OA=OC，∴OA=OC=5，∴AM=O∵四边形OABC是菱形，∴AC、OB互相垂直平分，∴PC=PA，∴PC+PM=PM+PA≤AM，当且仅当A、P、M三点共线时，PM+PA=AM，即PC+PM≤AM=3，即PM+PC的最小值为3；（2）①∵y=kx+b是由y=-x-1向上平移得到的直线，∴有k=-1，∴直线y=kx+b为y=-x+b，如图，由图可知随着直线y=-x+b向上平移，当O点在直线y=-x+b时，直线y=-x+b开始与线段OC有交点，当C点在直线y=-x+b时，再往上平移，直线y=-x+b即与线段OC无交点，即将O点、C点坐标代入y=-x+b即可求出b的临界值，代入O点坐标(0,0)，可得b=0，代入C点坐标(1,2)，可得b=3，即b的取值范围是0≤b≤3；②解题思路如下：第一步：由OC=OA，点A在x轴上，可求点A的坐标；在（1）中以得出OC=OA=5，则可知A点坐标为5,0第二步：由CB∥OA，CB=OA，可求点∵在菱形OABC中，有CB∥OA，CB=∴CB=OA=5，CB∥∴B点可以看作是将C点往右平移5个单位得到的，∵C1,2∴B点坐标为1+5第三步：利用待定系数法求出直线OB、直线AC的表达式；设直线AC的解析式为y=sx+t，∵C1,2，A∴s+t=25s+t=0，解得即直线AC的解析式为y=-5同理可求直线OB的解析式为y=5第四步：求出直线AC、直线OB的交点D的坐标；连接AC，交OB于点D，如图，联立y=-5+12即D点坐标为：D5第五步：根据直线y=kx+b是由y=-x-1平移得到，可得k=-1；由直线y=-x+b经过点D，可求b值．根据菱形的性质可知：过菱形对角线交点的任意直线均平分菱形的面积，∴当直线y=-x+b经过D点时，即可满足直线y=-x+b将四边形OABC分成面积相等的两部分，∴代入D点坐标，有1=-5解得b=即k=-1，b=5【点睛】本题主要考查了菱形的性质、平移的性质以及待定系数法求函数解析式，解题的关键是：（1）找出PC+PM≤AM；（2）①根据题意画出图形，以便确定直线y=kx+b的活动区间；②求出点D的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据题意画出图形，利用数形结合来解决问题是关键．3．（2023春·福建泉州·九年级统考期末）如图，四边形OABC为矩形，其中O为原点，A、C两点分别在x轴和y轴上，B点的坐标是（4，7）．点D，E分别在OC，CB边上，且CE：EB＝5：3．将矩形OABC沿直线DE折叠，使点C落在AB边上点F处．（1）求F点的坐标；（2）点P在第二象限，若四边形PEFD是矩形，求P点的坐标；（3）若M是坐标系内的点，点N在y轴上，若以点M，N，D，F为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有满足条件的点M和点N的坐标．【答案】（1）（4，5）；（2）（−32，4）；（3）（4，56），（0，376）或（4，10），（0，7）或（4，0），（0【分析】（1）先求出点E坐标是（52，7），由折叠的性质可得EF＝CE＝52，由勾股定理可求BF（2）连接PF交DE于J，过点D作DM⊥AB，先求出D（0，2），再根据矩形的对角线互相平分，即可求解；（3）分3种情况：①当DF为菱形的对角线时，②当DF为菱形的边时，M在AB的延长上，点N与点C重合，③当DF为菱形的边时，N在CO的延长上，点M与点A重合，分别求解，即可．【详解】解：（1）∵B点的坐标是（4，7）．点D，E分别在OC，CB边上，且CE：EB＝5：3，∴点E坐标是（52，7∵四边形OABC为矩形，∴BC＝AO＝4，OC＝AB＝7，CE＝52，BE＝BC−CE＝3∵将矩形沿直线DE折叠，点C落在AB边上点F处，∴EF＝CE＝52∴BF＝EF∴AF＝7−2＝5，∴点F（4，5）；（2）如图2中，连接PF交DE于J，过点D作DM⊥AB，当四边形PEFD是矩形时，△PDE≌△FDE≌△CED，设OD=x，则CD=DF=7-x，FM=7-2-x=5-x，在Rt△DFM中，42+5-x2∴D（0，2），∵E（52，7），DJ＝JE∴J（54，9∵PJ＝JF，∴P（−32，4（3）①当DF为菱形的对角线时，M、N分别在AB与OC上，ND=NF，设N（0，y），∴(y-2)2=4-02+5-y∴N（0，376），FM=DN=376-2=∴AM=5-256=5∴M（4，56②当DF为菱形的边时，M在AB的延长上，点N与点C重合，ND=DF=5，∴MF=5，AM=5+5=10，∴M（4，10），N（0，7）；③当DF为菱形的边时，N在CO的延长上，点M与点A重合，ND=DF=5，∴ON=5-2=3，∴N（0，-3），M（4，0）．综上所述：M，N的坐标为：（4，56），（0，376）或（4，10），（0，7）或（4，0），（0，【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，翻折变换，图形与坐标，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形，掌握分类讨论思想方法，属于中考压轴题．4．（2023春·天津南开·九年级统考期末）将一个矩形纸片OABC放置于平面直角坐标系中，点O0,0，点B10,6，点A在x轴，点C在y轴．在AB边上取一点D，将△CBD沿CD翻折，点B恰好落在边OA上的点E处．

(1)如图1，求点E坐标和直线CE的解析式；(2)点P为x轴正半轴上的动点，设OP=t．①如图2，当点P在线段OA（不包含端点A，O）上运动时，过点P作直线l∥y轴，直线l被△CED截得的线段长为d．求d关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；②在该坐标系所在平面内找一点G，使以点C，E，P，G为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G的坐标．【答案】(1)E8,0，直线CE的解析式为y=-(2)①d=512t0<t≤8-【分析】（1）根据翻折的性质、矩形的性质和勾股定理求出OE=8，可得点E的坐标，再根据待定系数法求解直线CE的解析式；（2）①先根据折叠的性质和勾股定理求出点D的坐标，然后分别求出直线CD,DE的解析式，分两种情况：当0<t≤8和8<t<10时，利用d等于两点的纵坐标之差求解即可；②分CE为对角线和CE为边两种情况，分别画出图形，结合菱形的性质和勾股定理解答即可．【详解】（1）∵四边形OABC是矩形，点O0,0，点B10,6，∴OA=BC=10,OC=AB=6,∠AOC=∠OAB=90°，∴C0,6∵将△CBD沿CD翻折，点B恰好落在边OA上的点E处，∴CE=CB=10，∴OE=10∴E8,0设直线CE的解析式为y=kx+b，则8k+b=0b=6，解得k=-∴直线CE的解析式为y=-3（2）∵OA=10,OE=8，∴AE=2，由折叠的性质知：BD=ED，设BD=ED=a，则AD=6-a，则在直角三角形ADE中，根据勾股定理可得AD即6-a2+2∴AD=6-10∴D10,设直线CD的解析式为y=mx+n，直线DE的解析式为y=px+c，则10m+n=83n=6解得m=-13n=6∴直线CD的解析式为y=-13x+6，直线DE当0<t≤8时，如图，设l分别与CD,CE交于点H、G，

∵OP=t，∴Gt,-∴d=-1当8<t<10时，如图，设l分别与CD,DE交于点H、K，∵OP=t，∴Kt,∴d=-1综上，d关于t的函数关系式为d=5

②当CE为对角线时，如图，∵四边形CPEG是菱形，∴设CP=PE=n，则OP=8-n，在直角三角形OCP中，根据勾股定理可得8-n2解得n=25即CG=PE=n=25∵CG∥PE，∴G25

当CE为边时，如图，∵四边形CEPG是菱形，∴CE=CG=10，∵CG∥PE，∴G10,6，即为点B综上，点G的坐标是254,6或

【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、勾股定理、折叠的性质、待定系数法求一次函数的解析式等知识，具有较强的综合性，熟练掌握相关图形的性质、熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式、灵活应用数形结合思想是解题的关键．5．（2023春·广东惠州·九年级统考期末）如图，矩形OABC的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足：OA-15+OC-9=0，点N在OC上，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在x轴上的点D

(1)求点B的坐标；(2)求直线BN的解析式；(3)坐标平面内是否存在一点P，使以B、N，D、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请说明理由并求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)B(2)y=(3)存在，点P的坐标为18 ， 5【分析】（1）由非负数的性质可求得OA、OC的长，则可求得B点坐标；（2）由折叠可知，BD=BC=15，∠BDN=∠BCO=90°，DN=CN，由勾股定理可分别求得AD，DN和ON的长，可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；（3）根据平行四边形的性质，可分类讨论：当BD是平行四边形的对角线时，当ND是平行四边形的对角线时，当BN是平行四边形的对角线时分别求解即可．【详解】（1）解：∵OA-15+∴OA=15，OC=9，在矩形OABC，∴BC=OA=15，AB=OC=9，∠BCO=90°，∴B15∴点B的坐标为15，（2）由折叠可知，BD=BC=15，∠BDN=∠BCO=90°，DN=CN，设CN=m，则DN=m，ON=9-m，在Rt△ABD中，∠BAO=90°，BD=15，AB=9∴AD=B∴OD=OA-AD=15-12=3，在Rt△ODN中，OD=3，DN=m，ON=CO-CN=9-m∵N∵9-m2解得：m=5，∴ON=4，∴N0，4设直线BN的解析式为y=kx+b，∴b=415k+b=9解得：k=1∴直线BN的解析式为y=1（3）存在点P，使以B、N，D、P为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：由上可知，B15，9，N若以点B、N，D、P为顶点的四边形是平行四边形，根据题意，需要分以下三种情况：①当BD为平行四边形的对角线时，可得：xB+x即：15+32=x解得：xP=18，∴P18②当ND为平行四边形的对角线时，可得：xN+x即：0+32=15+解得：xP=-12，∴P-12③当BN为平行四边形的对角线时，可得：xB+x即：15+02=x解得：xP=12，∴P12综上所述，符合题意的点P的坐标为18， 5或-12【点睛】本题是一次函数综合题，考查了矩的性质、非负性、用待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、平行四边形的性质、中点坐标等知识，运用了分类讨论的思想．掌握待定系数法确定一次函数的解析式和平行四边形的性质是解题的关键．6．（2023春·陕西西安·九年级西安市曲江第一中学校考期末）如图1，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD（含端点）上，落点记为E．这时折痕与边BC或者边CD（含端点）交于点F，然后展开铺平，则以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”．

(1)由“折痕三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“折痕△BEF”一定是______三角形．(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4．当点F与点C重合，画出这个“折痕△BEF”，并求出点E的坐标．(3)如图3，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4，当“折痕△BEF”面积最大的时，求出此时点F的坐标．【答案】(1)等腰(2)图见解析，E(3)F4,0或【分析】（1）根据折叠的性质，即可得出结论；（2）根据题意，画出图形，利用矩形的性质，勾股定理，求出AE的长，即可得解；（3）分F在BC和F在CD上，两种情况进行求解，即可．【详解】（1）解：∵折叠，∴BF=EF，∴“折痕△BEF”一定是等腰三角形；故答案为：等腰；（2）“折痕△BEF”，如图所示：

∵点F与点C重合，∴BC=CE=4，∵矩形ABCD，∴∠D=90°,CD=AB=2,AD=BC=4，∴DE=C∴AE=AD-DE=4-23∴E4-2（3）①当F在边BC上时，如图②所示，S△BEF

即当F与C重合时，此时F4,0，△BEF面积最大为4②当F在边CD上时，如