图形变换模型之翻折（折叠）模型（解析版）-2024年中考数学常见几何模型

图形变换模蛰之翻折（折叠）模爨

几何变换中的翻折（折叠、对称）问题是历年中考的热点问题，试题立意新颖，变幻巧妙，主要考查学生的

识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力。

涉及翻折问题，以矩形对称最常见，变化形式多样。无论如何变化，解题工具无非全等、相似、勾股以及三

角函数，从条件出发，找到每种对称下隐藏的结论，往往是解题关键。本专题以各类几个图形（三角形、平行四

边形、菱形、矩形、正方形、圆等）为背景进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

【知识储备】

翻折和折叠问题其实质就是对称问题，翻折图形的性质就是翻折前后图形是全等的，对应的边和角都是相等

的。以这个性质为基础，结合三角形、四边形、圆的性质，三角形相似，勾股定理设方程思想来考查。

解决翻折题型的策略：

1）利用翻折的性质:①翻折前后两个图形全等;②对应点连线被对称轴垂直平分；

2）结合相关图形的性质（三角形，四边形等）；3）运用勾股定理或者三角形相似建立方程。

模型1.矩形中的融折模型

【模型解读】

网］1（2023•辽宁鞍山•统考中考真题）如图,在平面直角坐标系中，矩形AOBC的边OB,分别在力轴、沙轴

正半轴上，点。在边上,将矩形AOBC沿AD折叠,点。恰好落在边上的点E处.若。4=8,

OB=10,则点D的坐标是.

【答案】（10,3）

【分析】根据折叠的性质得出AE=AC=10,在Rt/\AOE中，勾股定理求得OE=6,进而得出BE=4,在

RtADBE中，勾股定理建立方程，求得BD的长，即可求解.

【详解】解：•.•四边形AOBC是矩形，/.AC=OB=10,

•.•折叠，二AB=10,在Rt^AOE中，OE=^AE2-AO2=V102-82=6

二EB—OB—OE=10—6=4,二设DB=m,则CD—8—m,

•.•折叠，DE=CD=8-馆,在Rt/SDEB中，DE?=EB2+BD2,

：.（8—馆）2=力2+42,解得：馆=3,.•.DB=3,二。的坐标为（10,3）,故答案为：（10,3）.

【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键.

的2（2023春・江苏泰州•八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=3,BC=8,E是的中点，将

△ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，连结CF,则CF的长为（）

【答案】B

【分析】连接交AE于点H,根据三角形的面积公式求出,得到BF,根据直角三角形的判定得到

90°,根据勾股定理求出答案.

【详解】解:连接BF交AE于点

•.•将△ABE沿直线AE翻折，点落B在点F处，

；.点、B、F关于AE对称，：.BH=FH,BF_LAE,；BC=8,点、E为BC的中点、，；.BE=4,

又：AB=3,AB=VAB2+BE2=V32+42=5,=孕，则BF="，

555

■：FE=BE=EC,：.ZBFC=90°,：.CF=^/BC2-BF2=/82-(V=4^•故选：A

【点睛】本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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.

血］3（2023•湖北•统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M•落在

边AD上（点用■不与点4。重合），点C落在点N处，与CD交于点P,折痕分别与边AB,CD交于点

E,F,连接⑴求证：2AMB=/BMP；（2）若DP=1,求MD的长.

【答案】（1）证明见解析（2）7WD=孕

5

【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到NEMP=NEBC=90°,EM=EB,则NEMB=NEBM,进而［正明

再由平行线的性质证明即可证明NAMB=/BMP;

（2）如图，延长AW,BC交于点Q.证明△DMP〜△CQP得到QC=2MD,QP=2MP,

设皿D=o;,则。。=2必，BQ=3+2rc.由=/MBQ,得到MQ=BQ=3+2c.则叱二士皿口

o

=3+2a:.由勾股定理建立方程/+12=（Jd等解方程即可得到皿0=".

【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，NEMP=/EBC=90°,EM=EB.

：.2EMB=NEBM.：.NEMP-2EMB=AEBC-ZEBM,即/BMP=AMBC,

•.•四边形ABCD是正方形，:"AMB=2MBC.：.ZAMB=ZBMP.

（2）解:如图，延长交于点Q.AD//BC,：./\DMP-ACQF.

又•.•DP=1,正方形ABC。边长为3,：.CP=2：.嗯=嗯=哮=飞

/.QC=2MD,QP=2MP,设MD=a;,则QC=2c,，BQ=3+2，.

•：4BMP=/AffiC,即ABMQ=AMBQ,：.MQ=BQ=3+2x.：.MP=^-MQ=3H~-.

oo

在RtADMP中，Mlf+DP2^MP2,：.x2+l2^（3+2a:V.解得：g=o（舍）,孕.MQ=孕.

\3，55

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定

理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键.

刷4（2023春•江苏宿迁•八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=6,BC=8.点。为•矩形AMBCD的

对称中心,点E为边AB上的动点,连接EO并延长交CD于点F.将四边形AEFD沿着EF翻折,得到四

边形边4E交边BC于点G,连接。G、OC,则△OGC的面积的最小值为（）

A.18-3B.-|-+3V7C.12-^^D.6+

【答案】。

［分析］在EA上截取EM=EG,连接OM,证明^MOE法/\GOE，所以OM=OG，即可得最短时，

OG也就最短，而当OM_L时，最短,且OM=4=OG,再过点。作OK_LB。,得OH=3,又因

为OC=5，就可以根据勾股定理计算GH、X。的长，从而计算出最小面积.

【详解】解:在EA上截取百=EG,连接OM,

由折叠得：4MEO=AGEO,又,/EO=EO,：./\MOE空△GOE（SAS）,

.•.OM=OG,二。“最短时，OG也就最短，而当0M_LAB时，QM■最短，

此时，•.•点O为矩形ABCD的对称中心，二OM=fBC=4=OG,即OG的最小值是4,

在△OGC中，：点O为矩形ABCD的对称中心，

/.OC长度是矩形对角线长度的一半，即是5,定值,4BCO度数也不变，是定值，

当OG=4最小值时，AOGC面积最小.过点。作。

•.•点。为矩形ABCD的对称中心，：.OH=^-AB=3,

：.Rt^OGH中，GH=A/OG2-OH2=A/42-32=V7,

Rt/\OHC中，W=y/OC2-OH2=V52-32=4,GC=GH+HC=V7+4,

.♦.△OGC面积的最小值是4XGCXOH=—X（J7+4）X3=^/7+6.故选：D

【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质及垂线段最短等知识，解题关键是找到OG最小

值.

题5（2023春・辽宁抚顺・八年级校联考期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6,BG=10,点E、G分别在

BC、上，将/\DCE、4BEG分别沿DE、EG翻折，翻折后点。与点F重合，点B与点P重合.当A、

P、F、E四点在同一直线上时，线段GP长为（）•M

A.4^2B.4C.4D.^-V2

oooo

【答案】B

【分析】据矩形的性质得到CD=AB=6,AD=BC=1Q,ZB=/。=90°,据折叠的性质得到DF=CD

=6,EF=CE,2DFE=2C=40况4=90°,根据勾股定理得到AF=8,设EF=CE=*,由勾股定理列

方程得到AE=10,BE=8,由折叠的性质得到PG=BG,Z.APG=NEPG=NB=90°,PE=BE=8,

求得AP=AE—PE=2,设PG=BG=?/,则4G=6-v，据勾股定理列方程即可得到结论.

【详解】解:在矩形纸片ABCD中，AB=6,BC=10,：.CD=AB=6,AD=BC=W,/8=/C=90°,

•/将△DCE沿DE翻折，翻折后点。与点F重合，

DF=CD=6,EF=CE,NDFE=/C=NDFA=90°,/.AF=VAD2-DF2=V102-62=8,

i受EF=CE=:c,：.BE=1。一",AE^8+x,

1/AB2+BE2=AE2,：.62+（10—x）2=（8+J：）?,解得：2=2,AE=10,BE=8,

•/将△BEG沿EG翻折，翻折后点B与点P重合，

:.PG=BG,NAPG=NEPG=NB=90°,PE=BE=8,；.AP=AE-PE=2,:SLPG=BG=y,则

AG=6-y,

•：A&=AP2+PG2,：.（6-yf=22+y2,二沙=《■,.•.线段GP长为日,故选:B.

OO

【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理,根据勾股定理列方程是解题关键.

血］6（2023•江苏盐城•统考中考真题）综合与实践

【问题情境】如图1,小华将矩形纸片ABCD先沿对角线折叠,展开后再折叠,使点B落在对角线BD

上，点B的对应点记为8,折痕与边AD,分别交于点E,F.

【活动猜想】（1）如图2,当点片与点。重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？答:.

【问题解决】（2）如图3,当48=4,40=8,39=3时,求证：点人'，F，。在同一条直线上.

【深入探究】（3）如图4,当与BC满足什么关系时,始终有AF与对角线AC平行？请说明理由.

⑷在⑶的情形下，设AC与BD,EF分别交于点O,P,试探究三条线段AP,BD,EF之间满足的等量

关系,并说明理由.

【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC=，iL4B,证明见解析；（4），3EF=2G4P+ED）,理由见解析

【分析】（1）由折叠可得：EF_LBD,OB=O。,再证得人时。空△DEOG4sA）,可得OE=OF,利用菱形

5

的判定定理即可得出答案；⑵设EF与BD交于点河，过点B'作B'K，BC于K,利用勾股定理可得BD

=4V5,再证明4BFM〜八即。，可求得=◎丝，进而可得的=与⑤，再由ABBK〜^BDC,可求

55

得BK=孕，BK="，CK=BC-BK=8—甲="，运用勾股定理可得F。=4,运用勾股定理逆定

5555

理可得ACBF=90°,进而可得AABF+ACBF=90°+90°=180°，即可证得结论；

⑶设/0AB=/OBA=a，则90°—%利用折叠的性质和平行线性质可得：NABB=NAOB=

明再运用三角形内角和定理即可求得a=60°,利用解直角三角形即可求得答案；

(4)过点E作EG_LBC于G,设EF交BD于设AE=77i,EF=n，利用解直角三角形可得=

—BB—V3n—V3(m+["九)=~及m，AP—2AE-cos30°=V3m,即可得出结论.

【详解】解：⑴当点B'与点。重合时，四边形BEDF是菱形.

理由：设EF与BD交于点O,如图，

由折叠得：EF_LBD,OB=OD,：.NBOF=/DOE=90°,

■：四边形ABCD是矩形，AD//BC,：./LOBF=NODE,

：.△BFO空/^DEO{ASA）,/.OE=OF,：.四边形BEDF是菱形.故答案为：菱形.

（2）证明：•.•四边形ABCD是矩形，AB=4,AD=8,BF=3,：.BC=AD=8,CD=AB=4,ZBCD=

90°,

:.CF=BC—BF=8—3=5,；.BD=y/BC2+CD2=V82+42=475,

如图，设EF与BD交于点M,过点B'作BKLBC亍K,

由折叠得：NKRF=/ABF=NBMF=/BMF=90°,BF=BF=3,BR=2BM,；.4BMF=4BCD,

ZFBM=ADBC,ABFM〜4BDC,；.=等,即空^=，,BM=，,BE=丝⑤,

BCBD84V555

•/NBKP=/.BCD,AB'BK=ADBC,：./\BBK〜"DC,：.冬冬=器=暮~，即旦善=器=

GZ?BCDL）48

124

5

：.B'K=^--,BK=^-,：.CK=BC-BK=8-：.BC=y/B'K2+CK2==

4,

BF2+BC2^32+42=25,CF?=52=25,：.B'F2+B'C2^CF2,：./CFF=90°,

/./48歹+/田歹=90°+90°=180°,.♦.点4,B',。在同一条直线上.

（3）当3。=遍AB时,始终有与对角线AC平行.

理由：如图，设AC、BD交于点O,

四边形ABCD是矩形，OA^OB,AOBA+NOBC=90°,：.AOAB=AOBA,

设/OAB=/OB4=a，则/OBC=90°-a,由折叠得：AABF=AABC=90°,BF=BF,

AABBF+/90°,〃JBC=90°-a,：.AABB^AOBA=a,

•/AB//AC,：.AAB'B=ZAOB=a,V/OAB+AOBA+AAOB=180°,

a+a+a—180°,即3a=180°,.'.a—60°,Z.BAC—60°,=tanZBAC=tan600=V3，:.BC—

fAB

V3AB;

(4)、后EF=2(AP+B;D),理由如下：如图，过点石作EG_LBC于G,设EF交BD于

由折叠得：EF±BD,BF=BF,NBFE=2BFE,设AE=m,EF=n,

由⑶得：ZR4C=60°=ZABL>,A/BBF=4DBC=30°,二ZBFE=ABFE^60°,

AEG=EF*sin60°=笄n,FG^EF-cos60°=-j-n，:NEAB=AABG=NBGE=90°,

四边形ABGE是矩形，/.AB=EG=乌n,BG=AE=m,AD//BC,

：.BF—BlF—m+-^-n,BH=BF-cos30°=—^~（rn+■九）,：.BR=2BH=V3（m+-j-n）,

BD—2AB—V3n，r.BD=BD—BS=V3n—■九）=—遍1m,

AD//BC,：.NDEF=4EFG=60°，:.NAPE=NDEF-ADAC=60°-30°=30°=ADAC,

AP—2AE-cos300=V3m,AP+B,D—Vim+~=-^-n,

AP+B'D=与EF,即V3EF=2(AP+BD).

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三

角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识

点多，综合性强，难度较大.

模型2.正方形中的翻折模型

【模型解读】

图1备用图

网］7(2023•河南洛阳・统考二模)如图，正方形ABCD的边长为4,点F为CD边的中点，点P是AD边上不与

端点重合的一动点，连接.将△4BP沿BP翻折，点A的对应点为点E,则线段EF长的最小值为

()

C.V34D.3V7-2

【答案】8

【分析】先确定线段EF的最小值的临界点，然后结合正方形的性质，折叠的性质，以及勾股定理，即可求出

答案.

【详解】连接,则跳1>-BE,当点B、E、F在同一条直线上时，EF的长度有最小值，如图

•M

由翻折的性质，BE=AB=4,在正方形ABCD中，BC=CD=4,2C=90°,

,:点、F为CD边的中点，，。尸二？，.-.BF=V42+22=2V5,

:.EF=BF—BE=2"一4;故选:B.

【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，最短路径问题，解题的关键掌握所学的知识，正

确找出线段最小值的临界点，从而进行解题.

题8（2023•广西玉林•统考模拟预测）如图,在正方形ABCD的边AB上取一点E,连接CE，将ABCE沿CE

翻折，点B恰好与对角线AC上的点F重合，连接DF,若BE=2,则△CDF的面积是（）

Ai+更2B.3V2+4C.6V2+8D.

42

【答案】B

【分析】由折叠可得EF=BE=2,ZCFE=ZB=90°,且NFAE=45°可得AF=2,AE=2^/2,即可求对

角线BD的长，则可求△CDF面积.

【详解】如图连接交47于O,

•/ABCD为正方形，/ABC=90°,AB=BC,AC_LBD,DO=BO,ABAC=45°,

；ABCE沿CE翻折，：.BE=EF=2,BC=CF,NEFC=90°,

•：ABAC=45°,/EFC=90°,NEAF=AAEF=45°,：.AF=EF=2,：.AE=272,

AB=2册+2=BC=CF,：.BD=4^AB=4+20：.OD=2+",•：$皿二^XCFXDO=

32+4,故选旦

【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟

练应用所学知识解决问题.

网］9（2023•广东九年级课时练习）如图，正方形48。。中，43=6,点E在边CD上，且CD=3OH.将

△ADE沿AE对折至△APE，延长即交边BC于点G,连接AG、CF,则下列结论:①A4BG笃4AFG；

②AAGB+NAED=135°③GF=3；④AG〃CF；其中正确的有(填序号).

【答案】①②③④

【分析】根据折叠，得到AD=AF,Z£»=NAFE=90°，推出AB=力?，ZAFG=ZB=90°,可证明

Rt/\ABG空Rt/\AFG,即可判断①正确；根据NDAE=NEAF"BAG=/E4G,进而可得ZGAE=45°,

根据三角形内角和定理即可得ZAEF+ZADF=135°,得到ZAGB+ZAED=135°,进而判断②正确；

设BG=GF=则CG=6-x,EG=x+2,CE=4,在EABGC中，根据勾股定理建立方程Q+2)2=

(6-02+42,解方程可得GF=3,即可判断③正确；根据BG=FG=3,得到CG=BC-BG=6—3=3,

得到CG=FG,推出/GCF=/GFC,根据/力GB=/4GF,得到/BGF=2/AGF=2/GFC,得到

AAGF=/GFC,推出AG〃CF,即可判断④正确

【详解】♦.•四边形ABCD是正方形，=ZABC=ADAB=ABCD=90°,AB=BC=CD=AD=Q,

■：CD=3DE,：.DE=2,.•.CE=4,•.•将△力DE沿AE对折至

AAFE=NADE=90°,AF=AD,EF=DE=2,：.NAFG=AABG=90°,AF=AB,

—(4471

在Rt/\ABG和Rt^AFG中~：.Rt^ABG竺Rt/\AFG(HL)，二①正确；

2T.(_T----JTICT

•.•将AADE沿AE对折至AAFE,：./DAE=NEAF,；Rt^ABG2Rt^AFG,：./BAG=/FAG,

NDAE+NEAF+/BAG+AFAG=/DAB=90°,/.ZEAG=AEAF+AFAG=yZDAB=45°,

：.AAEF+NADF=135°,Z.AAGB+AAED=135°,/.②正确；

设BG=GF=c,则CG=6-c,EG=x+2,

CE—4,(x+2>=(6—立>+邛,解得x—3,BG—GF—3,③正确；

-：BG=FG=3,:.CG=BC-BG=6-3=3,CG=FG,NGCF=ZGFC,

NAGB=AAGF,：.4BGF=2ZAGF=2AGFC,：./4GF=AGFC,：.AG//CF：.④正确；

故答案为：①②③④.

【点睛】本题考查了正方形性质，折叠图形全等的性质，三角形全等的判断和性质，三角形内角和定理，勾

股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键.

血］10（2023•江苏扬州•统考中考真题）如图，已知正方形ABCD的边长为1,点E、F分别在边AD.BC上，将

正方形沿着HF翻折，点B恰好落在CD边上的点处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为

3：5,那么线段FC的长为

【答案】4

O

【分析】连接BE,过点F作FH_L40于点及，设CF=,，则。H=①，则BF=1—,根据已知条件，分别

表示出AE,EH,HD,证明4EHFW^BCB{ASA），得出EH=B'C=/2c,在Rt^ffFC中,WS

。2+。92,勾股定理建立方程，解方程即可求解.

【详解】解:如图所示，连接BB',过点F作FH±AD于点H,

正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3：5,

S回返〃ABFE=春x1=■，设CF=x,则DH=x,则BF=1-x

oo

1Q1Q1

••・5四边形力即石="5"（4石+89）x4B=可即f（4E；+1—力）xl=—AE=x——

/ozo4

DE=1-AE=^~K-x,：.EH=ED-HD=^K--x-Ax=-2x,

444

V#4,BB±EF,：.Z1+Z2=ZBGF=90°,VZ2+Z3=90°,A/l=/3,

又FH=BC=1,AEHF=ZC/./XEHF^^BCB^ASA）,/.EH=FC=等一2，

在Rt/^FC中，BF?=BC2+CF2即（1-/）2=小（日—2力解得：①=卷,故答案为：名.

【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识

是解题的关键.

睥111（2023•江苏・统考中考真题）综合与实践定义:将宽与长的比值为花事二工（九为正整数）的矩形称

为n阶奇妙矩形.（1）概念理解:当n=1时,这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1）,这就是我们学习过的黄

金矩形，它的宽（AD）与长（CD）的比值是.

（2）操作验证:用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：

第一步:对折正方形纸片,展开,折痕为EF,连接CE；

第二步:折叠纸片使CD落在CE上，点。的对应点为点H,展开,折痕为CG；•M

第三步:过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD.BC上，展开，折痕为GK.

试说明:矩形GDCK是1阶奇妙矩形.

AB

DC

图⑴

（3）方法迁移:用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形.要求:在图（3）中画出折叠示意图并作简

要标注.（4）探究发现:小明操作发现任一个九阶奇妙矩形都可以通过折纸得到.他还发现:如图（4）,点

E为正方形ABCD边上（不与端点重合）任意一点,连接CE,继续（2）中操作的第二步、第三步，四边

形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值.请写出这个定值,并说明理由.

【答案】⑴汽二工（2）见解析；（3）：,理由见解析

【分析】（1）将n=1代入S+1-1，即可求解.（2）设正方形的边长为2,根据折叠的性质，可得AE=

2n

踮=1,设7%;=N,则4G=2—力,在R/A4SG,放△GHE中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）

仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形.（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形GDCK

的周长，即可求解.

【详解】解：（1）当n=1时，-1=展:',故答案为：理＞.

2九22

⑵如图（2）,连接EG,

图(2)DNFC

AEB

G三——K

、、、

DC

图(4)

设正方形的边长为2,根据折叠的性质，可得AE=EB=1

设OG=c,则AG=2—①根据折叠，可得GH=GD=x,CH=CD=2,

在Rt^BEC中，EC=VEB2+BC2=Vl2+22=娓，：.EH=4l—2,

在RtAAEG,Rt4GHE中,AG2+AE2^GE\GH2+EH^GE2：.(2-J：)2+12=(V5-2)'2+a;2

解得：2=逐一1；.偿=空D矩形GDCK是1阶奇妙矩形.

1.702

(3)用正方形纸片ABCD进行如下操作(如图)：

第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为儿W,再对折，折痕为EF,连接CE;

第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点。的对应点为点笈，展开，折痕为CG;

第三步：过点G折叠纸片，使得点4B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK.

矩形GDCK是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接GE,设正方形的边长为4,根据折叠可得EB=1,则AE=4—1=3,

设。G=c,则AG=4—c根据折叠，可得GH=GD=。，CH=CD=4,

在Rt/\BEC中，EC=y/EB2+BC2=Vl2+42=V17,EH=V17-4,

在Rt^AEG,Rt^GHE中,AG2+AE2^GE\GH2+EH2^GE2

222

：.(4-Xy+3=(V17-4)+X解得：/=VI7—1，器=丐T

当n=2时，交-丁1-1=/T....矩形GDCK是2阶奇妙矩形.

2n4

(4)如图(4),连接谀GE,设正方形的边长为1,设=则AE^l-m,

设。G=x,则43=：1—2；根据折叠，可得67/=30=2，CH=CD=1,

在Rt/\BEC中，EC=y/EB2+BC2=Vl+m2,：.EH=Vl+m2-1,

在Rt/\AEG,Rt/\GHE中，AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2

(1—a;)2+(l—m)2—(V1+m2—ij+a?整理得，x=Vm2+1—m

四边形AGHE的边长为1—a:+c+V1+m2—1+1—m—vTTn?—m+1=c+1

矩形GDCK的周长为2(3。+。。)=20+1),四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是

定值］

【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键.

模型3.菱形中的翻折模型

【模型解读】

BD

血］12（2023•四川成都•模拟预测）如图，在菱形ABCD中，NABC=120°,将菱形折叠，使点A恰好落在对角

线上的点G处（不与B、D重合）,折痕为EF,若。G=2,BG=6,则BE的长为.

【答案】2.8

【分析】作EH_L于H,根据折叠的性质得到EG=五4,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E"_LBD于X,由折叠的性质可知，EG=EA,由题意得，BD=OG+BG=8,

•.•四边形ABCD是菱形，"。二极AABD=ACBD=yZABC=60°,

.•.△4BD为等边三角形，.•.4B=BD=8,设BE=;r,则EG=AE=8—2，•M

在Rt^EHB中，BH=9,EH=苧a;,在Rt^EHG中，EG2=EH2+GH2,

即（8—a?）2—+（6—，/），解得，8=2.8,即BE=2.8,故答案为：2.8.

【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.

网］13（2023•安徽•统考一模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，=60°,点M是AD边的中点，点N是

AB边上一动点，将/XAMN沿7WN所在的直线翻折得到△力如W,连结4。，则4。长度的最小值是

（）.

A.V7B.V7-1C.V3D.2

【答案】B

【分析】根据题意，在N的运动过程中4在以河为圆心、AD为直径的圆上的弧AD上运动，当4。取最

小值时，由两点之间线段最短知此时M、4、。三点共线，得出4的位置，进而利用锐南三南函数关系求

出4。的长即可.

【详解】如图所示：

•/MA'是定值，4。长度取最小值时，即4在上时，过点作MF_LDC于点、F,

•.•在边长为2的菱形4BCD中，/A=60°,河为4D中点，.”儿外二人"二①二？，AFDM=6Q°,

：.ZFMD=30°,/.FD=^-MD=y,：.FM=DMxcos30°=平，

：.MC=^FM2+CF2=V7,：.A'C=MC-MA'=V7-1.故选B.

血114（2023•山东枣庄•九年级校考阶段练习）如图,在菱形纸片ABCD中，=4,=60°,将菱形纸片翻

折，使点A落在CD的中点E处,折痕为FG,点F,G分别在边AB,AD上，则EF的长为（）

•M

D

A.B.4C.~D.

224

【答案】A

【分析】连接BE、BD,根据菱形的性质可知'BCD是等边三角形，由E是CD中点，可求得DE,BE,又因

为CD//AB,可得NABE=ZCEB=90°,利用勾股定理即可求解.

【详解】解:连接BE、BD,

•.•四边形ABCD为菱形，乙4=60°,：.AB=4：=BC=CD,乙4=60°=NO,r.ABCD是等边三角形，

•:E是CD中点，:.DE=2=CE,BE_LCD,AEBC=30°,BE=V3CE=2Vi,

•：CD!IAB,：.NABE=NCEB=90°,由折叠可得AF=EF,

•••EF2=BE2+BF2,：.EF2^12+（4-EF）2,：.EF^^.故选：4

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是根据题意作出

辅助线得到等边三角形再由勾股定理求解.

的115（2023春・湖北十堰•八年级校联考期中）如图，在菱形纸片ABCD中，乙4BC=60°,E是CD边的中点,

将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线AE上的点G处,折痕为与CD交于点H,有

如下结论：①NCFH=30°；②。E=圣AE；③CH=GH；④S^BF：SmAFCD=3：5,上述结论中，所有

O

正确结论的序号是（）

A.①②④B.①②③C.①③④D.①②③④

【答案】B

【分析】连接AC,得到AACD是等边三角形，根据三线合一的性质得到AG_LCD,由折叠得/G=/B=

60°,求出ZC.ZCHF的度数即可判断①；利用30度角的性质求出DE,勾股定理求出AE,即可判断②；连

接CG,由折叠得AG=AB=,根据等边对等角求出2ACG=/AGC,得到AHCG=/HGC,即可判

断③;过点F作FM_LAB于点河，先求出ABAG=90°,由折叠得ABAF=ZGAF=45°,7WF=V3BM,

设2，则AA1=AiF=,求出S^^F,再得到AD=CD—AB=(1+根据S菱形入反;。—SAABF

求出四边形AFCD的面积，即可判断④.

【详解】解:连接AC,•.•四边形ABCD是菱形，AD=CD,乙D=乙48。=60°,二△ACD是等边三角

形，

；E是CD边的中点，/.AG±CD,：.zLAED=ZGEH=90°,

由折叠得/G=/B=60°,.I/CBF=/EHG=30°,•••/C=180°—/B=120°,J./CFH=30°,故①正

确；

NDAE=90。—/。=30。，.♦.AD=2DE,：.AE=^A^-DE2=聪DE,

：.器==艰，即*AE,故②正确；连接CG,由折叠得4G=AB=AC,/.AACG=

AEy/3DE33

2AGC,

■：AACD=AAGF=60°,A4HCG=AHGC,：.CH=GH,故③正确；

过点F作FN_LAB于点M,•：/BAD=180°-NB=120°,4DAE=30°,

：./BAG=90°,由折叠得/BAF=/GAF=45°,45°=ABAF,：.AM^FM,

/BFM=90°—/B=30°,设BN=c,则AM^MF^V^x,

：.AB=(1+Vi)x,SAABF=-yx(1+-Vix=AD=CD=AB=(1+V3)s,AE=

空(1+遍)/=，二S奏形ABCD=CD・AE=(1+g*•=(3+2g/,

：.四边形AFCD的面积=S菱形,co-S^B产(3+2")/_上1产/=3+产/,

ASMBF：S四边形人廿一产出注管/=(丰三,故④错误；故选：B.

//OD

【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，三线合一的性质，等边三角形的判

定和性质，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键.

网］16(2023.浙江.九年级期末)对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点。为对角线的交点，过点。

折叠菱形，使B,两点重合，山W是折痕.若BM=1,则CN的长为.

【答案】4

【分析】连接AC、,如图，利用菱形的性质得OC=^AC=3,。。=^BD=4,/COD=90°,再利用

勾股定理计算出CD=5,接着证明AOBM^AODN得到DN=BN,然后根据折叠的性质得

=1,从而有DN=1,于是计算CD—_DN即可.

【详解】解：连接A。、BD,如图，

•.•点O为菱形ABCD的对角线的交点，二OC=,OD=^-BD=4,ACOD=90°,

在RtACOD中，CD=J32+42=5,•：ABHCD,：.AMBOANDO,

（AMBO=ANDO

在&OBM和bODN中（OB=OD,AOBM=kODN,：.DN=BM,

［ABOM^ADON

•：过点。折叠菱形，使B,两点重合，MN是折痕，,BM=BM=1,

DN=1,C7V=CD—£W=5—1=4,故答案为：4.

【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称,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.也考查了菱形的性质.

的17（2023秋・重庆•九年级专题练习）如图,在菱形ABCD中，及7=4,乙8=120°,点E是AD的中点，点