2024安徽中考数学二轮专题训练 题型四“探究法”突破“几何图形折叠、裁剪问题”(含答案)

2024安徽中考数学二轮专题训练题型四“探究法”突破“几何图形折叠、裁剪问题”(含答案)微专题折叠问题满分技法与折叠有关的计算常用性质：(1)折叠问题的本质是全等变换与轴对称，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形且关于折痕所在直线对称；(2)折痕可看作垂直平分线(对应两点之间的连线被折痕垂直平分)；(3)折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等)．方法解读1.折叠问题常见的类型有：2.折叠问题的本质是全等变换，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形；①线段相等：ED′＝________，EG＝________，FD′＝________，②角度相等：∠D′＝________，∠D′EG＝________，③全等关系：四边形FD′EG≌____________．3.折痕可看做垂直平分线：GF⊥________(折痕垂直平分连接两个对应点的连线)；4.折痕可看做角平分线：∠EGF＝________(对称线段所在的直线与折痕的夹角相等)．折法1折痕确定例1如图，已知Rt△ABC，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，将直角边AB沿直线AD折叠，使它落在斜边AC上，且点B与点E重合，BD的长为________．【答题区】例1题图例2如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝3，将△ABC沿AC折叠，点B落在点E处，此时CE交AD于点F，则CF∶EF＝________．【答题区】例2题图满分技法折叠方式确定，不需分类讨论，常用到的解题方法有：①勾股定理；②相似；③三角函数；④等面积法；例3如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝3，P，Q分别是AB，CD的中点，点E是BC边上一点，将矩形沿AE按如图方式折叠，使点B落在PQ上的点G处，则折痕AE的长为________．【答题区】例3题图例4如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，将直角边AB沿BE折叠，使点A落在斜边AC的点D处，再将边BC沿BF折叠，使点C落在BD的延长线上的点C′处，则AD的长为________．【答题区】例4题图满分技法当折叠后出现含30°，45°角的直角三角形时，可利用特殊三角形的性质解题；折法2折痕过一动点例5如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝4，E是AB的中点，点F是线段BC边上一动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连接B′D，则B′D的最小值为________．【答题区】例5题图满分技法折叠中的动点问题常结合题设条件确定出满足条件情况，画出图形，求值．例6如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝4，点P是AD上的点，且AP＝3，点E是BC边上一动点，将矩形ABCD沿直线PE折叠，点A，B的对应点分别为点A′，B′，当A′、B′、D共线时，BE的长为________．【答题区】例6题图满分技法当折叠方式不确定时，常产生多解问题，可以通过关键条件，进行分类讨论，画出所有可能情况，把折叠方式不确定问题转化为折叠方式确定问题．折法3折痕过两动点例7如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝9，BC＝12，P，Q分别是边AB，BC上的动点，将△PBQ沿PQ所在直线折叠得到△PB′Q，连接AB′，则AB′的最小值为________．【答题区】例7题图例8如图，正方形纸片ABCD的边长为6，E，F分别是AB，CD的中点，点G，H分别在AD，AB上，将纸片沿GH所在直线折叠，当点A与线段EF的三等分点重合时，AH的长为________．【答题区】例8题图类型一几何图形折叠问题典例精讲例1（一题多设问)如图，在矩形ABCD中，AB＝6，点P是AD上一点，将△ABP沿BP折叠，点A的对应点为O.探究1：一次折叠(1)如图①，点O恰好落在矩形的对称轴上，若BC＝8，则AP的长为________．例1题图①探究2：二次折叠(2)如图②，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在边AD上的点F处，此时恰好B、O、F三点共线．则∠PBE＝________．例1题图②探究3：三次折叠(3)将矩形ABCD按如图③所示的方式折叠，若顶点A、C、D都落在点O处，则BC＝________．例1题图③安徽近年真题精选1.如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10.点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的点H处．有下列结论：①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝eq\f(3,2)S△FGH；④AG＋DF＝FG.其中正确的是______________．(把所有正确结论的序号都选上)第1题图针对训练2.一张矩形纸片的长为m，宽为n(m＞3n)，先在其两端分别折出两个正方形(ABEF、CDGH)后展开，如图①，再分别将长方形ABHG、CDFE对折，折痕分别为MN、PQ，如图②.第2题图(1)四边形EFMN和四边形QPGH的面积之和为________；(2)MP＝________．3.如图，在菱形ABCD中，点E是AD的中点，点F、G是分别是AB、BC上的一点，以EF、CE、FG为对称轴将△AEF、△CDE和△BFG折叠，得到△A′EF、△CD′E和△B′FG，且点A′与点D′重合，点B′落在A′C上．第3题图(1)A′E和B′G的位置关系为________；(2)若∠A＝60°，则eq\f(S△A′CE,S△B′FG)的值为________．4.正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿EF折叠，使点A落在A′处，点B落在点B′处，A′B′交BC于G.以下结论：①当A′为CD中点时，△A′DE三边之比为3∶4∶5；②当△A′DE三边之比为3∶4∶5时，A′为CD中点；③当A′在CD上移动时，△A′CG周长不变；④当A′在CD上移动时，A′G＝A′D＋BG一定成立．其中正确的有________．(写出所有正确结论的序号)第4题图类型二几何图形裁剪问题典例精讲例2（一题多设问)如图①，有两张同样大小的纸片ABCD，已知AB＝4.例2题图①探究1：折叠后还原(1)如图②，将第一张纸片按如图所示折叠，使得点A、C的对应点A′、C′落在矩形的对角线BD上，当A′、C′恰好重合时，原矩形ABCD的周长为________．例2题图②探究2：展开后裁剪(2)如图③，将第二张纸片沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，设B′C交AD于点E，剪去△AB′E和△DEC.例2题图③①双层△AEC展开为________；(填“平行四边形”、“矩形”、“菱形”或“正方形”)②∠AEC的度数为________．③如图④，P、Q分别是AE、CE上的点，点G、H为AC边上两点，沿GPQH裁剪并展开，要使展开图为边长1∶eq\r(3)的矩形，则此矩形的面积为________．例2题图④安徽近年真题精选1.在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点，分别沿斜边中点与这两点的连线剪去两个三角形，剩下的部分是如图所示的四边形ABCD，且AB⊥BC，CD⊥AC，其中AB＝2，BC＝4，CD＝3，则原直角三角形纸片的斜边长是()A.10B.4eq\r(5)C.10或4eq\r(5)D.10或2eq\r(17)第1题图2.在三角形纸片ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AC＝30cm.将该纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在斜边BC上的一点E处，折痕记为BD(如图①)，剪去△CDE后得到双层△BDE(如图②)，再沿着过△BDE某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形．则所得平行四边形的周长为________cm.第2题图针对训练3.如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝120°，沿过菱形不同顶点的直线裁剪该菱形两次，再将所裁下的图形拼接．若所得部分恰好能无缝、无重叠的拼接成一个矩形，则所得矩形的长为________．第3题图4.如图①，将一个宽为4cm的矩形纸片沿图中的虚线对折再展开，然后按图②的方式沿AF对折，使点B落在图①所得折线上的点E处，沿AE、EF剪开，得到双层△AEF，再沿过△AEF的某个顶点的直线将三角形剪开，展开后若得到的四边形中有一个是菱形，则菱形的面积为________cm2.第4题图参考答案微专题折叠问题2.①AD，AG，FD；②∠D，∠DAG；③四边形FDAG；3.AE；4.∠AGF.例13【解析】勾股定理；根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，AB＝AE＝6，∴CE＝4，设BD＝x，则DE＝BD＝x，DC＝8－x，在Rt△EDC中，DE＝eq\r(CD2－CE2)，即x＝eq\r(（8－x）2－42)，解得x＝3，∴BD的长为3.一题多解解法二：相似；根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，DE＝BD，AB＝AE＝6，∴CE＝4，∠AED＝∠ABD＝∠CED＝90°，∠C＝∠ECD，∴△CED∽△CBA，∴eq\f(CE,CB)＝eq\f(DE,AB)，即eq\f(4,8)＝eq\f(DE,6)，解得DE＝3，∴BD的长为3.解法三：等面积法．根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，DE＝BD，AB＝AE＝6，∠AED＝∠ABD＝∠CED＝90°，∴S△ADC＝eq\f(1,2)AB·DC＝eq\f(1,2)AC·DE，即eq\f(1,2)×6×(8－DE)＝eq\f(1,2)DE×10，解得DE＝3，∴BD＝3.例2eq\f(25,7)【解析】根据折叠的性质可知，CE＝BC＝4，AE＝AB＝CD＝3，∠ABC＝∠AEC＝∠CDF＝90°，∴在△AEF和△CDF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠AFE＝∠CFD，,∠AEF＝∠CDF，,AE＝CD，))，∴△AEF≌△CDF(AAS)，∴AF＝CF，EF＝DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理可得，CF2＝CD2＋DF2，即CF2＝CD2＋(CE－CF)2，CF2＝32＋(4－CF)2，解得CF＝eq\f(25,8)，∴EF＝CE－CF＝4－eq\f(25,8)＝eq\f(7,8)，∴CF∶EF＝eq\f(25,7).例32eq\r(3)【解析】根据题意可知，∵P是AB的中点，∴AP＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(3,2)，根据折叠的性质可得，AB＝AG＝3，∴在Rt△APG中，cos∠PAG＝eq\f(AP,AG)＝eq\f(\f(3,2),3)＝eq\f(1,2)，∴∠PAG＝60°，∵∠BAE＝∠GAE＝eq\f(1,2)∠PAG＝30°，∴在Rt△BAE中，∠BAE＝30°，∴AE＝eq\f(AB,cos30°)＝2eq\r(3).例4eq\f(18,5)【解析】根据折叠的性质可知，BD＝AB＝3，C′B＝BC＝4，∠ABE＝∠DBE，∠BCF＝∠BC′F，BE⊥AC，∴C′D＝BC′－BD＝4－3＝1，∠DBE＋∠C′BF＝∠ABE＋∠CBF，∵∠ABC＝90°，∴∠EBF＝45°∴△EBF是等腰直角三角形，∴EF＝BE，∠EFB＝45°，∴∠CFB＝∠C′FB＝135°，∴∠C′FD＝135°－45°＝90°，∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f(1,2)AC·BE，∴AB·BC＝AC·BE，∵根据勾股定理求得AC＝5，∴BE＝eq\f(12,5)，∴EF＝BE＝eq\f(12,5)，ED＝AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(32－（\f(12,5)）2)＝eq\f(9,5)，∴AD＝2×eq\f(9,5)＝eq\f(18,5).例52eq\r(17)－2【解析】如解图，点B′在以E为圆心，EA长为半径的圆上运动，当D、B′、E共线时，B′D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB′F，∴EB′＝EB，∴EB′⊥B′F，∵E是AB边的中点，AB＝4，∴AE＝EB′＝2，∵AD＝8，∴DE＝eq\r(AD2＋AE2)＝eq\r(82＋22)＝2eq\r(17)，∴B′D最小值为2eq\r(17)－2.例5题解图例61或5【解析】∵点E是BC上动点，∴根据折叠后点B′与点D是否重合分两种情况讨论：①如解图①，当A′、B′、D三点共线时，在Rt△A′PD中，由折叠性质可知，A′P＝AP＝3，∴DP＝5.由勾股定理可知A′D＝4，在矩形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠CMD＝∠ADM，∴△CDM∽△A′PD，∴eq\f(MD,DP)＝eq\f(CD,A′P)，∴eq\f(MD,5)＝eq\f(4,3)，∴MD＝eq\f(20,3)，∴B′M＝DB′－MD＝eq\f(4,3)，∵△B′EM∽△A′PD，∴eq\f(A′D,B′M)＝eq\f(A′P,B′E)，∴B′E＝1，∴BE＝1；②如解图②，当点B′、D重合时，由折叠性质可知，A′P＝AP＝3，A′B′＝AB，∠A′＝∠A＝90°，∠A′B′E＝∠ABE＝90°，∴A′B′＝CD，∠A′＝∠C＝90°，∠A′DP＝∠EDC，∴△A′DP≌△CDE，∴CE＝A′P＝AP＝3，∴BE＝5.综上所述，BE长为1或5.图①图②例6题解图例73【解析】如解图，当点Q与点C重合且PQ恰好为∠ACB的平分线时，AB′有最小值．∵在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝9，BC＝12，∴AC＝15，根据折叠的性质可知，BQ＝B′Q，∵AB′＋B′Q＋QC≥AC，∴AB′＋BQ＋QC≥AC，即AB′＋12≥AC，∴AB′≥3，∴AB′的最小值为3.例7题解图例8eq\f(13,6)或eq\f(25,6)【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，AD＝BC＝AB＝CD＝6，∠A＝90°.∵点E，F分别是AB，CD的中点，∴AE＝BE＝DF＝CF＝3，∴四边形AEFD是矩形，∴AD＝EF＝6，如解图①，当EM＝eq\f(1,3)EF＝2时，∴根据折叠的性质可知，AH＝HM，在Rt△HEM中，根据勾股定理可知，HM2＝HE2＋EM2，∴AH2＝(3－AH)2＋4，解得AH＝eq\f(13,6)；如解图②，当EM＝eq\f(2,3)EF＝4时，∴根据折叠的性质可知，AH＝HM，在Rt△EHM中，根据勾股定理可知，HM2＝HE2＋EM2，∴AH2＝(AH－3)2＋16，∴AH＝eq\f(25,6).例8题解图类型一几何图形折叠问题典例精讲例1(1)3【解析】如解图①，由折叠的性质可知，PO⊥BD，PO＝AP，∴△POD∽△BAD，eq\f(PO,BA)＝eq\f(PD,BD)，已知AB＝6，BC＝8，∴BD＝10，设AP＝OP＝x，则PD＝8－x，∴eq\f(x,6)＝eq\f(8－x,10)，解得x＝3，即AP＝3；例1题解图①(2)45°【解析】由折叠的性质可知，∠CBE＝∠FBE，∠ABP＝∠OBP，又∵∠ABC＝∠CBE＋∠FBE＋∠ABP＋∠OBP＝90°＝2∠FBE＋2∠OBP，∴2(∠FBE＋∠OBP)＝∠ABC＝90°，∴∠PBE＝∠FBE＋∠OBP＝45°.(3)6eq\r(2)【解析】由折叠的性质可知，DE＝OE，CE＝OE，OB＝AB，∴OB＝6，OE＝CE＝DE＝3，∴BE＝9，BC＝eq\r(BE2－CE2)＝eq\r(92－32)＝6eq\r(2).安徽近年真题精选1.①③④【解析】由折叠的性质得，∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∴∠EBG＝∠FBE＋∠FBG＝eq\f(1,2)∠ABC＝eq\f(1,2)×90°＝45°，故①正确；由折叠的性质得，BF＝BC＝10，BH＝BA＝6，∴HF＝BF－BH＝4，在Rt△ABF中，AF＝eq\r(BF2－BA2)＝8，设GH＝x，则GF＝8－x，在Rt△GHF中，x2＋42＝(8－x)2，解得x＝3，∴GF＝5，∴AG＝3，同理在Rt△FDE中，FD＝2，ED＝6－EF，由FD2＝EF2－ED2得EF＝eq\f(10,3)，∴ED＝eq\f(8,3)，∴eq\f(ED,FD)＝eq\f(4,3)≠eq\f(AB,AG)＝2，∴△DEF与△ABG不相似，故②不正确；∵S△ABG＝eq\f(1,2)×3×6＝9，S△FGH＝eq\f(1,2)×3×4＝6，∴eq\f(S△ABG,S△FGH)＝eq\f(9,6)＝eq\f(3,2)，即S△ABG＝eq\f(3,2)S△FGH，故③正确；∵AG＝3，DF＝2，FG＝5，∴AG＋DF＝FG＝5，故④正确．2.mn－3n2；n【解析】(1)由折叠的性质可知，AF＝AB＝CD＝GD＝n，∴FG＝m－2n，AG＝DF＝m－n.由折叠可得，DP＝eq\f(1,2)DF＝eq\f(1,2)(m－n)，AM＝eq\f(1,2)AG＝eq\f(1,2)(m－n)，∴FM＝AM－AF＝eq\f(1,2)(m－n)－n＝eq\f(m－3n,2)，PG＝DP－GD＝eq\f(m－3n,2)，∵四边形EFMN和四边形QPGH是矩形，∴S矩形EFMN＋S矩形QPGH＝2·eq\f(m－3n,2)·n＝mn－3n2；(2)由(1)可得，MP＝AD－2FM－2AF＝m－2·eq\f(m－3n,2)－2n＝n.3.A′E∥B′G，eq\f(25,9)【解析】由折叠的性质知∠EA′F＝∠A，∠FB′G＝∠B，又∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＋∠B＝180°，∴∠EA′F＋∠FB′G＝180°，则∠EA′B′＝∠FB′G，∴A′E∥B′G；(2)如解图，过点C作CH⊥AB于点H.设菱形ABCD的边长为2，设AF＝A′F＝a，则FC＝a＋2，BF＝2－a，BH＝1，FH＝3－a，CH＝eq\r(3).在Rt△FCH中，由FC2＝FH2＋CH2，得(a＋2)2＝(3－a)2＋(eq\r(3))2，解得：a＝0.8，故FB＝FB′＝2－a＝1.2.由题意可知∠CEF＝∠EFG＝90°，∴CE∥FG，∴△A′CE∽△B′FG，∴eq\f(S△A′CE,S△B′FG)＝(eq\f(CA′,FB′))2＝(eq\f(2,1.2))2＝eq\f(25,9).第3题解图4.①③④【解析】∵A′为CD中点，正方形ABCD的边长为8，∴AD＝8，A′D＝eq\f(1,2)CD＝4，∠D＝90°，由折叠的性质得A′E＝AE，∴设A′E＝AE＝x，则DE＝8－x，∵在Rt△A′DE中，A′D2＋DE2＝A′E2，∴42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5，∴A′E＝5，DE＝3，∴当A′为CD中点时，△A′DE三边之比为3∶4∶5，故①正确；当△A′DE三边之比为3∶4∶5时，设A′D＝3a，DE＝4a，A′E＝5a，则AE＝A′E＝5a，∵AD＝AE＋DE＝8，∴5a＋4a＝8，解得a＝eq\f(8,9)，∴A′D＝3a＝eq\f(8,3)，A′C＝CD－A′D＝8－eq\f(8,3)＝eq\f(16,3)，∴A′D≠A′C，∴此时点A′不是CD的中点，故②错误；如解图，过点A作AH⊥A′G，垂足为点H，连接AA′，AG，则∠AHA′＝∠AHG＝90°，由折叠的性质得∠EA′G＝∠EAB＝90°，A′E＝AE，∴∠EA′A＋∠AA′G＝90°，∠EA′A＝∠EAA′，∵∠D＝90°，∴∠EAA′＋∠DA′A＝90°，∴∠AA′G＝∠AA′D，在△AA′D与△AA′H中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠D＝∠AHA′,∠AA′D＝∠AA′H,AA′＝AA′))，∴△AA′D≌△AA′H(AAS)，∴AD＝AH，A′D＝A′H，又∵AD＝AB，∴AH＝AB，在Rt△ABG与Rt△AHG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AH,AG＝AG))，∴Rt△ABG≌Rt△AHG(HL)，∴HG＝BG，∴C△A′CG＝A′C＋A′G＋CG＝A′C＋A′H＋HG＋CG＝A′C＋A′D＋BG＋CG＝CD＋BC＝8＋8＝16，∴当A′在CD上移动时，△A′CG周长不变，故③正确；∵△AA′D≌△AA′H，△ABG≌△AHG，∴A′D＝A′H，BG＝HG，∴A′G＝A′H＋HG＝A′D＋BG，故④正确．第4题解图类型二几何图形裁剪问题典例精讲例2(1)8＋8eq\r(3)【解析】如解图①，当A′、C′恰好重合时BD＝AB＋CD＝8，∴AD＝4eq\r(3)，∴矩形的周长为2(AD＋AB)＝8＋8eq\r(3).例2题解图①(2)①菱形【解析】由折叠的性质可知，AB′＝CD，∠D＝∠B′，∠CED＝∠AEB′，∴△CED≌△AEB′，∴AE＝CE，∴展开后四条边均相等，即是菱形；②120°【解析】由(1)知，BC＝4eq\r(3)，∴tan∠ACB＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(4,4\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，∴∠ACB＝30°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EAC＝30°，由①得AE＝CE，∴∠ECA＝∠EAC＝30°，∴∠AEC＝120°；例2题解图②③eq\f(16,3)eq\r(3)或4eq\r(3)【解析】由(2)②知，∠E＝120°，∴∠CAE＝30°，由②可知，AC＝8，AE＝CE＝eq\f(8,3)eq\r(3)，如解图③，当展开图为边长1：eq\r(3)的矩形时，有两种情况满足，情况一：P1Q1∶P1G1＝2eq\r(3)∶1，此时设P1G1＝x，则P1Q1＝G1H1＝2eq\r(3)x，AG1＝4－eq\r(3)x，tanA＝eq\f(P1G1,AG1)＝eq\f(\r(3),3)，∴x＝eq\f(2,3)eq\r(3)，此时展开矩形的边长分别为eq\f(4,3)eq\r(3)和4，面积为eq\f(16,3)eq\r(3)；情况二：P2Q2∶P2G2＝2∶eq\r(3)，设P2G2＝eq\r(3)x，则P2Q2＝G2H2＝2x，AG2＝4－x，tanA＝eq\f(P2G2,AG2)＝eq\f(\r(3),3)，∴x＝1，此时展开矩形的边长分别为2和2eq\r(3)，面积为4eq\r(3).例2题解图③安徽近年真题精选1.C【解析】情况一：如解图①，由题意可得，AC∥DE，又∵点D是AB的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴CE＝BE＝4，AC＝2DE＝6，BC＝8，利用勾股定理可得AB＝10；情况二：如解图②，GI∥KJ，又∵点J是HG的中点，∴KJ是△HGI的中位线，∴HK＝KI＝4，GI＝2KJ＝4，HI＝8，利用勾股定理可得GH＝4eq\r(5).第1题解图2.40或eq\f(80\r(3),3)【解析】在Rt△ABC中，AC＝30，∠C＝30°，可得AB＝BE＝AC·tanC＝30×tan30°＝10eq\r(3)，由折叠的性质可知∠ABD＝∠EBD＝30°，∴在Rt△ABD中，AD＝10，∴AD＝DE＝10，CD＝20.(1)如解图①所示，当沿过E点的直线剪开，展开后所得平行四边形是以AD和DE为邻边的平行四边形ADEF时，∵AD＝DE＝10，∴所得平行四边形ADEF的周长为4AD＝40；(2)如解图②所示，当沿过D点的直线剪开，展开后所得平行四边形是以∠ABE为顶角，BD为对角线的平行四边形DFBG时，由折叠的性质可得DG＝DF，DF∥AB，∴DF∶AB＝CD∶CA＝2∶3，∵AB＝10eq\r(3)，∴D