第9讲拓展三四边形中折叠与旋转问题（题型精讲）

第9讲拓展三：四边形中折叠与旋转问题（精讲）目录模型1：四边形中折叠与旋转问题中角度问题模型2：四边形中折叠与旋转问题中线段长度问题模型3：四边形中折叠与旋转问题中坐标问题模型4：四边形中折叠与旋转问题中周长与面积问题模型5：四边形中折叠与旋转问题中最值问题模型6：四边形中折叠与旋转问题中位置（数量）关系问题模型7：四边形中折叠与旋转问题中综合问题模型1：四边形中折叠与旋转问题中角度问题典型例题例题1．（2022秋·广东茂名·九年级统考期末）如图将矩形绕点顺时针旋转到矩形的位置，若旋转角为，为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：设与交于点，∵将矩形绕点顺时针旋转到矩形的位置，旋转角为，∴，∴，∵，∴，∴；故选A．例题2．（2023春·重庆沙坪坝·七年级重庆南开中学校考开学考试）将长方形纸片按如图所示的方式折叠，和为折痕，点，点折叠后的对应点分别为点，点，若，则___________．【答案】##80度【详解】由题意可知，∵将长方形纸片按如图所示的方式折叠，和为折痕，点A，点D折叠后的对应点分别为点，点，∴，∵，∴，∴，故答案为．例题3．（2023秋·河南周口·七年级周口市第四初级中学校考期末）综合与实践在数学实验课上，老师让同学们以“长方形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作测量操作一：对折长方形纸片，使较长的一组对边与重合，得到折痕，把纸片展平；操作二：在上选一点，沿将三角形折叠，点A在平面内的对应点为点，把纸片展平．如图1，当点在折痕上时，连接，．测量，的度数，得________度，________度．(2)迁移探究在操作二中，若使点限制在长方形纸片内，设，，请判断，的数量关系？并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，若点的位置不受限制，并且长方形纸片较长的一边足够长，当时，直接写出的度数．【答案】(1)，；(2)；(3)或．【详解】（1）解：连接，由题意可知是的垂直平分线，，由翻折可知，，，是等边三角形，，，，故答案为：，；（2）由翻折可知，如图2，当点限制在长方形纸片内时，，设，，，即；（3）①当点限制在长方形纸片内时，由（2）可知，当时,，，解得：；②当点限制在长方形纸片外时，由翻折可知，且，，即，当时,，解得：，故：或．同类题型归类练1．（2022秋·广西玉林·七年级校考期末）将一张正方形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，点折叠后的对应点分别为，若，则的度数为（）A．48° B．46° C．44° D．42°【答案】B【详解】解：设，，根据折叠可知：，，∵，∴，，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∴的度数为．故选：B．2．（2022秋·山东济南·七年级校考期末）将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，、为折痕，若，则______．

【答案】【详解】解：根据翻折的性质可知，，，又∵，∴，又，∴．故答案为：．3．（2023秋·广西南宁·九年级统考期末）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点.(1)求证：；(2)连接，若，求的度数．【答案】(1)见解析；(2)．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，由旋转性质，得：，，∴，，∵在矩形中，，∴，在和中，，∴，（2）解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即的度数为．模型2：四边形中折叠与旋转问题中线段长度问题典型例题例题1．（2023春·重庆九龙坡·九年级重庆实验外国语学校校考开学考试）如图，在正方形中，，是的中点，是延长线上的点，将沿折叠得到．连接并延长分别交、于、两点，若，则的长度为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：设，则，由翻折可知，，，E是的中点，，由题意可知：，，，即，解得，，，又，，，，，即：，解得：，故选：A．例题2．（2023秋·广东深圳·八年级深圳中学校考期末）如图，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到点的对应点为点，连接，延长交于点，则四边形为正方形，若，，则的长为____________．【答案】【详解】解：过点作于点，则，四边形是正方形，，，，，，，；四边形是正方形，，，由旋转得，，，，且，，解得，或不符合题意，舍去，，，，，

，，故答案为：．例题3．（2023秋·江苏无锡·九年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期末）如图，已知矩形中，是边上一点，将沿折叠得到，连接．(1)如图1，落在直线上时，求证；(2)如图2，当时，与边相交时，在上取一点，使，与交于点，①求的值；②当是的中点时，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)①；②定性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理求解即可．【详解】（1）如图1，延长交于点G，根据折叠性质得到，∴直线是的垂直平分线，∴，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴．（2）①根据(1)得到，∵，∴，∴，∵，∴．②延长交于点T，根据折叠性质得到，∴直线是的垂直平分线，∴，，∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，，，；∵，，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，，∴，，，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，解得（舍去）故．例题4．（2023秋·湖南永州·九年级统考期末）综合与实践：数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣，获得数学知识．如图①，在矩形中，点、、分别为边、、的中点，连接、，为的中点，连接．将绕点旋转，线段、和的位置和长度也随之变化．当绕点顺时针旋转时，请解决下列问题：(1)图②中，，此时，点落在的延长线上，点落在线段上，连接，猜想与之间的数量关系，并证明你的猜想；(2)图③中，若，，则；当，时，；(3)在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线，并沿对角线剪开，得（如图④）．点、分别在、上，连接，将沿翻折，使点的对应点落在的延长线上，若平分，则长为．【答案】(1)，理由见解析；(2)；；(3)．【详解】（1）解：，理由如下：∵，四边形为矩形，∴四边形为正方形，∴，∵E、F为，中点，即：，∴，∴，∴，∵H为中点，G为中点，∴，∴．（2）连接，如图所示，由题意知，，，∴，由矩形性质及旋转知，，∴，∴，∵G为中点，H为中点，∴，∴，∴若，，则；当，时，；．故答案为：；；（3）过作于，如图所示，由折叠知，，，∵平分，∴，∴，∵，，∴，设，，由知，，即，，

∵，∴，∴，即，，∴，解得：，故答案为：．同类题型归类练1．（2023秋·重庆綦江·九年级统考期末）如图，在正方形中，将边绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：如图，过点B作于点E，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵将边绕点B逆时针旋转至，，∴，又∵，∴，∵，∴，解得：，∴线段C'D的长度为．故选：B2．（2023春·八年级课时练习）长方形纸片中，，，点E是边上一动点，连接，把∠B沿折叠，使点B落在点F处，连接，当为直角三角形时，的长为______．【答案】或3【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况：当点F落在矩形内部时，如答图1所示．连接，在中，，∴，∵∠B沿折叠，使点B落在点F处，∴，当为直角三角形时，只能得到，∴点A、F、C共线，即沿折叠，使点B落在对角线上的点F处，∴，∴，设，则，在中，∵，∴解得：；②当点F落在边上时，如答图2所示．此时为正方形，∴．故答案为：或3；3．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，已知长方形纸片，点在边上，将沿折叠，点落在点处，分别交于点，且．(1)求证：；(2)求证：；(3)求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【详解】（1）解：由长方形性质可得，由折叠性质可得，∴，在与中，，∴；（2）∵，∴，∵，∴，

即，由折叠的性质可得，

∴；（3）由长方形的性质得到：，，由折叠性质可得，∵，∴，设，则，，，在中，，即，∴，∴．4．（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，矩形中，，，将矩形绕点B顺时针旋转到矩形，连接，点C恰好在线段上，______．【答案】【详解】解：矩形ABCD中，，，又∵矩形和矩形中，，解得：（不合题意舍去），．故答案为：．模型3：四边形中折叠与旋转问题中坐标问题典型例题例题1．（2022秋·贵州毕节·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，长方形的边分别在轴、轴上，点D在边上，将该长方形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若点，点，则点的坐标是（）A． B． C． D．【答案】A【详解】解：∵，∴，∵四边形是矩形，∴，∵将该长方形沿折叠，点C恰好落在边上的E处．∴，由勾股定理得，，∴，设，则，在中，解得，∴，故选：A．例题2．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点顺时针旋转后，得到正方形，以此方式，绕点连续旋转2023次得到正方形，如果点的坐标为，那么点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】解：如图∵四边形是正方形，，，，连接，，∵将正方形绕点O顺时针旋转后得到正方形，，同理，∵每次旋转，，∴8次一循环∵，点的坐标与点重合即与关于O对称，．故选B例题3．（2022秋·广东河源·九年级校考期末）折叠变换是特殊的轴对称变换，我们生活中常对矩形纸片进行折叠，这其中蕴含着丰富的数学知识和思想．(1)如图1，矩形中，，，点是的中点，将矩形沿折叠，点落在点的位置．①求证：；②求的长度．(2)如图2，在直角坐标系中，把矩形沿对角线所在的直线折叠，点落在点处，与轴交于点，，，点是直线上的一个动点，在轴上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是菱形，求出点坐标．【答案】(1)①见解析；②(2)存在，H的坐标为，，，【详解】（1）解：①∵，∴，∵，∴，∴；②作于点G，则，根据勾股定理得，∵，∴，∴；（2）解：由题意得，在和中，，∴，∴，设，则，由勾股定理得：，解得，∴，由题意知的解析式为，设，，若是菱形的对角线，则，解得，∴，综上，H的坐标为．例题4．（2023秋·江西吉安·八年级统考期末）模型建立：如图1，等腰直角三角形中，，，直线经过点，过作于，过作于．(1)求证：．(2)模型应用：已知直线与轴交与点，将直线绕着点顺时针旋转至，如图2，求的函数解析式．(3)如图3，矩形，为坐标原点，的坐标为，、分别在坐标轴上，是线段上动点，设，已知点在第一象限，且是直线上的一点，若是不以为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标．【答案】(1)见解析(2)的解析式：(3)点，，．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵，∴，又∵，∴，在与中，∴；（2）解：过点作于点，交于点，过作轴于，如图，∵，∴为等腰直角三角形，由（1）得：，∴，，∵直线，∴，，∴，，∴，∴，设的解析式为，把点，代入得：∴，解得：，∴的解析式：；（3）解：当点位于直线上时，分两种情况：设，①点为直角顶点，分两种情况：当点在矩形的内部时，过作轴的平行线，交直线于，交直线于，则，∴，；由（1）得：，∴，即，解得：；∴；当点在矩形的外部时，则，∴，；由（1）得：，∴，即，解得：；∴；②点为直角顶点，此时点位于矩形的外部，则，∴；同（1）得，，∴，；∴；∴，解得：；∴；综合上面情况可得：点的坐标为或或．同类题型归类练1．（2022秋·福建泉州·九年级福建省惠安第一中学校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在x轴上，边在y轴上，点B的坐标为，将矩形沿对角线折叠，使点B落在D点的位置，且交y轴交于点E，则点D的坐标是（

）A．（） B．（，2） C．（） D．【答案】D【详解】如图，过D作于F，∵点B的坐标为，∴，根据折叠可知，而∴，∴，设，那么，在中，，∴，

解得，∵，∴，∴而，∴，∴，即，∴，∴，∴D的坐标为，故选：D．2．（2023秋·辽宁沈阳·八年级校联考期末）如图：在平面直角坐标系内有长方形，点，分别在轴，轴上，点在上，点在上，沿折叠，使点与点重合，点与点重合．若点在坐标轴上，且面积是18，则点坐标为_____．【答案】或或或【详解】解：过作于F，如图：∵，∴，∴，∵沿折叠，使点B与点O重合，点C与点重合，∴，，，，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，∵，且，∴，∴；当P在x轴上时，连接交x轴于H，如图：∵，；∴直线为，令得，∴，∵面积是18，∴，即，∴，∴或；当P在y轴上时，如图：∵面积是18，∴，即，∴，∴或，综上所述，P的坐标为或或或，故答案为：或或或．3．（2023秋·江西南昌·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形绕点O逆时针旋转45°后得到正方形，继续旋转至2019次得到正方形，则点的坐标是______．【答案】【详解】解：由题意可得：，，，，，，，，．．．故周期为8，故答案为：4．（2022秋·广东深圳·九年级期末）【探究发现】如图，在矩形中，E为边上一点，且．将矩形沿折叠，使点A恰好落在边上的点F，求线段的长．【类比迁移】如图，在矩形中，E为边上一点，且．将沿着折叠得到，延长交边于点G，延长交边于点H，且，求线段的长．【拓展应用】如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，对角线交于点D．P为轴上一动点，连接，将沿着直线折叠得到，当直线轴时，求点P的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）或【详解】解：（1）由折叠的的性质可知，∵四边形是矩形，∴，在中，，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴；（2）∵四边形是矩形，∴，由折叠的性质可知，∴，设，则，在中，，∴，解得，∴，∴，又∵，∴，∴，即，∴，，∵，∴，∴；（3）如图1所示，当点P在点A左侧且点在点D上方时，∵四边形是矩形，，∴，，∴，由折叠的性质可知，，∵轴，∴，设点P的坐标为，则，∴，∴，∴点P的坐标为；如图2所示，当点P在点A左侧且点在点D下方时，同理可得，，设点P的坐标为，∴，解得，∴点P的坐标为；当点P在点A右侧时，不可能存在轴这种情况；综上所述，点P的坐标为或．模型4：四边形中折叠与旋转问题中周长与面积问题典型例题例题1．（2023秋·江苏泰州·八年级校考期中）矩形纸片的边长，．将矩形纸片沿折叠，使点与点重合，折叠后在其一面着色（如图），则着色部分的面积为____________．【答案】####【详解】∵是矩形，∴，设，则，在中，∴，即，解得，∴，∴．故答案为：．例题2．（2023秋·浙江宁波·八年级校考期末）【问题情境】如图1，在中，，点为边上的任一点，过点作，，垂足分别为、，过点作，垂足为．求证：．【结论运用】如图，将矩形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任一点，过点作、，垂足分别为、，若，，求的值；【迁移拓展】如图，在四边形中，，为边上的一点，，，垂足分别为、，，，，、分别为、的中点，连接、，求与的周长之和．【答案】【问题情境】见解析；【结论运用】4；【迁移拓展】【详解】[问题情境]连接，，，，且，．，．[结论运用]过点作，垂足为，如图四边形是矩形，，．，，∴．由折叠可得：，．．，．，，．四边形是矩形．．，．，．．由问题情境中的结论可得：．∴．的值为．[迁移拓展]延长、交于点，作，垂足为，如图⑤．．由问题情境中的结论可得：．设，则．，．．，，，．解得：．．．．，且、分别为、的中点，，．与的周长之和．例题3．（2022春·九年级课时练习）能够完全重合的平行四边形纸片和按图①方式摆放，其中，．点，分别在边，上，与相交于点．【探究】求证：四边形是菱形．【操作一】固定图①中的平行四边形纸片，将平行四边形纸片绕着点顺时针旋转一定的角度，使点与点重合，如图②，则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为______．【操作二】四边形纸片绕着点继续顺时针旋转一定的角度，使点与点重合，连接，，如图③若，则四边形的面积为______．【答案】探究：见解析；操作一：56；操作二：72【详解】解：探究：四边形和都是平行四边形，即四边形是平行四边形又平行四边形是菱形；操作一：如图，设与相交于点，与相交于点四边形和是两个完全重合的平行四边形，在和中，，和的周长相等同理可得：、、、的周长均相等又的周长为则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为故答案为：；操作二：如图，设与相交于点，四边形和是两个完全重合的平行四边形，，是等腰三角形，且平分，，，，在中，，即，解得，，又，，四边形是平行四边形，，即，平行四边形是矩形，则四边形的面积为，故答案为：．例题4．（2022秋·江苏南京·八年级校考阶段练习）背景资料：在已知所在平面上求一点，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小．这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点在内部，当时，则取得最小值．(1)如图2，等边内有一点，若点到顶点、、的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出___________．知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点，请同学们探索以下问题．(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．【答案】(1)(2)答案见解析(3)【详解】（1）解：如图2中，连接．点到顶点、、的距离分别为3、4、5，，，，由旋转的性质得：，，，，，，即，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，，△是直角三角形，，，，故答案为：；（2）证明：在上取点，使．连接，再在上截取，连接．，，为正三角形，，，．为正三角形，，，，△，，，，为的费马点．过的费马点；（3）解：将绕点顺时针旋转至△处，连接，如图4所示：则，，，，，，是等边三角形，，，点为直角三角形的费马点，，，，、、、四点共线，，，，，，在中，由勾股定理得：，，，在△中，由勾股定理得：，．同类题型归类练1．（2023秋·陕西西安·八年级校考期末）如图，将长方形沿着折叠，使得点D恰好落在边上的处，若，，则的面积为_____．【答案】45【详解】解：过点E作，设，则，，根据勾股定理可得，，解得：，∴，设，则，根据勾股定理可得：解得，，∴故答案为：45．2．（2023秋·安徽宣城·八年级统考期末）如图，将长方形沿折叠，使落在的位置，且与相交于点．(1)求证：；(2)若，，求折叠后的重叠部分阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）证明：如图，长方形沿对角线对折，使落在的位置，，，又四边形为矩形，，，而，在与中：；（2）四边形为长方形，，，，，设，则，，在中，，即，解得．折叠后的重叠部分的面积．3．（2023秋·浙江金华·九年级统考期末）在矩形中，点E、F分别在边、上，且，，将矩形沿直线折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点处，如图1．(1)求证：；(2)点P为线段上一动点，过点P作、，以、为邻边构造平行四边形，如图2．①求平行四边形的周长．②当点P从点E运动到点F时，求出点Q的运动路径长．【答案】(1)见解析；(2)①；②点Q的运动路径长为．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，由翻折可知：，∴，∴．（2）①如图，连接，作于，则四边形是矩形，．∵，，∴，，在中，∵，，，∴，∵，，，∴，∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴四边形的周长．②过点作交于，延长交于，延长交于，连接，又∵，，是平行四边形易知，，，由（1）知，，∵，∴，∴，∴∵，，∴，∴，∴，即：∴，即：，∴∴，即：点的运动轨迹为平行于点的线段，为中边上的高的垂足，为中边上的高的垂足（同理可知），如图：∴∴∴，由①知：，，，∴，则，则：，即：，∴点Q的运动路径长为．4．（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考开学考试）在等边三角形中，点D为上一点，连接，将绕D逆时针旋转角度得到，连接，已知，；(1)如图1，若，，连接，求的长；(2)如图2，若，分别取的中点H，的中点F，连接，，求证：；(3)如图3，若，P为上一点，且满足，连接，将沿着所在直线翻折得到，连接，当最大时，直接写出的面积．【答案】(1)；(2)见解析；(3)．【详解】（1）解：由旋转性质可知，，∵旋转角，∴是等边三角形，则，，∵为等边三角形，∴，，∴，即，∴（SAS），∴，∵，，，∴，，又∵，∴，∴；（2）证明：延长，使，连接，，则，即为的中点，∵为的中点，∴为的中位线，即，旋转角，由旋转性质可知：，∵为的中点，∴，平分，∴，，则，∴为等边三角形，∴，，又∵为等边三角形，∴，，∴，即，∴（SAS），∴，即，∵为的中点，∴，，∴∴．（3）由（1）知，，，，∵，则，∴，由，得，作，则：，∴，则，，，即点的轨迹为：以为圆心，为半径的圆，由翻折可知，，而，当，，在同一直线上时取最大值，即：取最大值，如图此时，，，则．模型5：四边形中折叠与旋转问题中最值问题典型例题例题1．（2023秋·浙江绍兴·九年级统考期末）如图，将边长为4的正方形纸片折叠，使点落在边上的点处（不与点C、D重合），连接，折痕分别交、、于点、、，边折叠后交边于点．(1)求证：(2)若，求的长；(3)若点是边上的动点，四边形的面积是否存在最值？若存在，求出这个最值；若不存在，说明理由．【答案】(1)见解析(2)2(3)存在，10【详解】（1）∵四边形是正方形，∴，∴，∵正方形沿Z折叠，∴，∴，∴，∴；（2）∵正方形的边长为4，，∴，，设，则，，由勾股定理得：，∴，解得：，∴，∵，∴，即，解得：；（3）如图，过点作于，∴，∴四边形是矩形，∴，由折叠的性质可得：，∴，∴，∵，∴，∴，设，，∵，即，∴，，，，，，∴当时，有最大值为10．例题2．（2022·陕西西安·校考一模）（1）如图1，菱形中，，，点，分别为边，上的动点，且，则四边形的面积为______；（2）如图2，平行四边形中，，，，点，分别为边，上的动点，且，则四边形的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请求出最值；（3）如图3，四边形中，，，，，点，分别为边，上的动点，且，是否存在，，使得四边形面积最大且的周长最小？若存在，求出的周长最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）．【详解】解：（1）过点B作BE⊥DA延长线于点E，过点B作BF⊥DC延长线于点F，则∠BEA＝∠BFC＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AD∥BC，∠ABC＝∠D＝60°，∴∠BAE＝∠BCF＝60°，∴BE＝BF＝，连接BD，设DM＝x，则DN＝4﹣x，S四边形BMDN＝S△BMD+S△BND＝＝＝，故四边形BMDN的面积为，故答案为：；（2）过点B作BP⊥DA延长线于点P，过点B作BQ⊥DC延长线于点Q，则∠BPA＝∠BQC＝90°，设DM＝x，则DN＝4﹣x，AM＝AD﹣DM＝BC﹣DM＝5﹣x，CN＝CD﹣DN＝AB﹣DN＝3﹣（4﹣x）＝x﹣1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠BAP＝∠ABC＝60°，∠BCQ＝∠ABC＝60°，在Rt△ABP中，BP＝AB•sin60°＝，在Rt△BCQ中，BQ＝BC•sin60°＝，S四边形BMDN＝S▱ABCD﹣S△ABM﹣S△BCN＝5×＝，∵DN≤DC＝3，∴4﹣x≤3，∴x≥1，∵k＝＜0，∴S随着x的增大而减小，∴x＝1时，四边形BMDN的面积最大为＝；（3）连接BD，∵AB＝AD，∠A＝90°，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∵∠ABC＝60°，∴∠DBC＝15°，又∵∠BCD＝90°，∴∠BDC＝75°，∠ADC＝120°，设DM＝x，则DN＝2﹣x，∴2﹣x≤1，∴x≥1，过点M作MH⊥BD，过点N作NJ⊥BD，S四边形BMDN＝S△BMD+S△BDN＝＝＝，∵sin45°﹣sin75°＜0，∴当x＝1时，S四边形BMDN存在最大值，过点M作CD的垂线交于延长线于点K，∴∠MDK＝60°，∴DK＝，MK＝，NK＝2﹣x+＝2﹣，在Rt△MKN中，MN2＝＝（x﹣1）2+3，当x＝1时，MN2存在最小值，最小值为3，∴MN最小值为，∴存在M、N，使得四边形BMDN面积最大且△DMN的周长最小，△DMN的周长最小为．例题3．（2022·湖北随州·统考一模）在求线段最值问题中，我们常通过寻找（或构造）待求线段的“关联三角形”来解决问题．“关联三角形”中除待求线段外的两条线段的长度是已知（或可求的），再利用三角形三边关系定理求解，线段取得最值时“关联三角形”不复存在（即三顶点共线）．例：如图1，，矩形的顶点，分别在边，上，当在边上运动时，随之在边上运动，矩形的形状保持不变，其中，，运动过程中，点到点的最大距离是多少？分析：如图1，取的中点，连接、，则中，为待求线段，，的长是可求的，即为待求线段的“关联三角形”，在中利用三角形三边关系定理可以得到的不等式，当点，，三点共线时（如图2），“关联三角形”不存在，此时可得到的最值．(1)根据上面的分析，完成下列填空：解：如图1，取的中点，连接，．在中，，在中，，在中，，即______，如图2，当点，，三点共线时，_________，综上所述：，即点到点的最大距离是________．(2)如图3，点在第一象限，是边长为2的等边三角形，当点在轴的正半轴上运动时，点随之在轴的正半轴上运动，运动过程中，点到原点的最大距离是________．(3)如图4，点，是正方形的边上的两个动点，满足，连接交于点，连接交于点．若正方形的边长为2，试求长度的最小值．【答案】(1)<，=，(2)(3)（1）解：取的中点E，连接DE，OE．在中，，在中，，在中，，即<，如图2，当点O，E，D三点共线时，=，综上所述：，即点D到点O的最大距离是．故答案为：<，=，．（2）如下图，取AB中点Q，连接OQ、PQ，∵，Q为AB中点，∴，∵为等边三角形，Q为AB中点，∴，，∴，在中，，即当点O，Q，P三点共线时，，综上所述：，即点D到点O的最大距离是．故答案为：．（3）如下图，取AB中点O，连接OH、OD，∵四边形ABCD为正方形，∴，，，在和中，有，∴（SAS），∴，在和中，有，∴（SAS），∴，∴，∵，∴，∴，∵O为AB中点，∴，在中，，根据三角形的三边关系，，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，DH的最小值为：．同类题型归类练1．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折叠纸片使B点落在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．（1）求证：四边形PBFE为菱形；（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，菱形PBFE的面积有最值吗？若有，请写出，若没有，填“无”．最大值为；最小值为．【答案】（1）见解析；（2）①；②36，【详解】解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，∴点B与点E关于PQ对称，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，又∵EF∥AB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∵EP＝EF，∴BP＝BF＝EF＝EP，∴四边形BFEP为菱形；（2）①∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠D＝90°，∵点B与点E关于PQ对称，∴CE＝BC＝10，在Rt△CDE中，DE＝＝8，∴AE＝AD﹣DE＝2；在Rt△APE中，AE＝2，AP＝6PB＝6﹣PE，∴，解得：，∴菱形BFEP的边长为；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2，，，当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，，∴菱形的面积范围：．菱形PBFE面积的最大值是36，最小值是．2．（2021秋·江苏扬州·九年级统考期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在边CD上的点M处（不与点C、D重合），折痕EF分别交AD、BC于点E、F，边AB折叠后交边BC于点G．（1）若点M是边CD的中点，求△CMG的周长；（2）若DM＝CD，求△CMG的周长；（3）若M是边CD上的动点，①你有什么猜想？证明你的猜想；②四边形CDEF的面积S是否存在最值？若存在，求出这个最值；若不存在，说明理由．【答案】（1）8；（2）8；（3）①周长为定值，见解析；②存在，最大值为10【详解】解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，点M为CD边的中点，∴DM=CM=2，设AE=x，则EM=x，DE=4x，由勾股定理得：DM2+DE2=EM2，∴22+（4x）2=x2，∴x=，∴DE=，由折叠得：∠EMG=∠BAD=90°，∵∠DEM+∠DME=∠DME+∠MGC=90°，∴∠DEM=∠MGC，∵∠D=∠C=90°，∴△EDM∽△MCG，∴，∴△MCG的周长=；（2）∵正方形ABCD的边长为4，DM=CD，∴DM=，CM=，设AE=x，则EM=x，DE=4x，由勾股定理得：DM2+DE2=EM2，∴（）2+（4x）2=x2，∴x=，∴DE=，由折叠得：∠EMG=∠BAD=90°，∵∠DEM+∠DME=∠DME+∠MGC=90°，∴∠DEM=∠MGC，∵∠D=∠C=90°，∴△EDM∽△MCG，∴，∴△MCG的周长=；（3）①△CMG的周长恒等于8，理由如下：设DE=y，DM=b，则CM=4b，EM=AE=4y，Rt△DEM中，DE2+DM2=EM2，y2+b2=（4y）2，16b2=8y，由（1）得△DEM∽△CMG，∴，∴△CMG的周长=．∴△CMG的周长恒等于8；②如图，连接AM，过点F作FH⊥AD于H，∴∠FHA=∠DAB=∠ABC=90°，∴四边形ABFH是矩形，∴HF=AB=CD=AD，由折叠的性质可得：EF⊥AM，∴∠EAM+∠AMD=90°=∠EAM+∠AEF，∴∠AEF=∠AMD，又∵∠D=∠EHF=90°，∴△ADM≌△FHE（AAS），∴DM=EH，设DM=a=EH，DE=b，∵EM2=DE2+DM2，∴（4b）2=a2+b2，∴4b=，∵S=4×（a+b）×4a=2a+4b=+2=，∴当a=2时，S有最大值为10．3．（2022春·四川达州·九年级专题练习）小明在一次数学活动中，进行了如下的探究活动：如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，以点B为中心，顺时针旋转矩形ABCD，得到矩形BEFG，点A、D、C的对应点分别为E、F、G．(1)如图1，当点E落在CD边上时，求DE的长；(2)如图2，当点E落在线段DF上时，BE与CD交于点H．①求证：△ABD≌△EBD；②求DH的长．(3)如图3，若矩形ABCD对角线ACBD相交于点P，连接PE、PF，记△PEF面积为S，请直接写出S的最值．【答案】(1)DE的长为82；(2)①见解析；②DH=；(3)9≤S≤39．【详解】（1）解：由旋转的性质知BA=BE=8，∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=6，∠C=90°，∴CE==2；∴DE=CDCE=82；（2）①证明：由旋转知：∠A=∠BEF=90°，AB=BE，∵∠BEF=90°，∴∠BED=90°，又∵BD=BD，∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL）；②解：设DH=x，由①知△ABD≌△EBD，∴∠ABD=∠EBD，又∵在矩形ABCD中，有AB∥CD，∴∠BDC=∠ABD，∴∠BDC=∠EBD，∴BH=DH，∴在Rt△BCH中，由勾股定理得：（8x）2+62=x2，∴x=，即DH=；（3）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=8，AD=BC=6，BP=DP=AP=CP，∴BD==10，∴BP=5，∵EF=AD=6，如图，EF始终在以B为圆心，BE为半径的圆上，△PEF的底EF是定值为6，当高最小或最大时，△PEF的面积就存在最小值或最大值，∴当点E在线段BD上时，此时PE最短，则△PEF面积有最小值；当点E在DB延长线上时，此时PE最长，则△PEF面积有最大值；分情况讨论：当点E在线段BD上时，△PEF面积有最小值，∴S△PEF=×6×（85）=9；当点E在线段DB延长线上时，△PEF面积有最大值．∴S△PEF=×6×（8+5）=39．∴9≤S≤39．模型6：四边形中折叠与旋转问题中位置（数量）关系问题典型例题例题1．（2023秋·广东深圳·八年级深圳中学校考期末）综合与实践：我们已经学习了平行线的性质与判定，今天我们继续探究，折纸中的数学—长方形纸条的折叠与平行线．(1)知识初探如图1，长条中，，，将长形纸条沿直线折叠，点落在处，点落在处，交于点．①若，求的度数．②若，则（用含的式子表示）．(2)类比再探如图2，在图1的基础上将对折，点C落在直线上的处，点落在处，得到折痕，则折痕与有怎样的位置关系？并说明理由．【答案】(1)①；②(2)，理由见解析【详解】（1）解：①由题意得：，∴，∵，∴，∴；故答案为；②由题意得：，∴，∵，∴，∴，故答案为：．（2）解：，理由如下：由题意得：∠CGE，∵，∴，∴，∴．例题2．（2023秋·湖北省直辖县级单位·九年级校考期末）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点B的对应点为点．【观察发现】与的位置关系是______；【思考表达】（1）连接，判断与是否相等，并说明理由；（2）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由．【答案】【观察发现】；【思考表达】（1）相等，理由见解析；（2），理由见解析；【综合运用】，理由见解析【详解】解：【观察发现】如图（1）中，由翻折的性质可知，．故答案为：；【思考表达】（1）结论：．理由：如图（2）中，连接．∵，∴，∴，∴，∴，由翻折变换的性质可知，∴，∴；（2）结论：．理由：如图（2）中，连接，，由翻折的性质可知，设，．∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；【综合运用】结论：．理由：如图（3）中，延长交的延长线于点T，过点D作交的延长线于点R．设，，∵，∴，∴，∴，，在中，则有，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．例题3．（2023秋·山东济南·九年级期末）在中，，点，分别是的中点，点是射线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．(1)问题发现如图（1），当点与点重合时，线段与的数量关系是，．(2)探究证明当点在射线上运动时（不与点重合），（1）中结论是否一定成立？请仅就图（2）中的情形给出证明．(3)问题解决若，连接，当是等边三角形时，直接写出的长度．【答案】(1)，45(2)结论成立，证明见解析(3)或【详解】（1）解：如图（1）中，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：，45．（2）结论成立，证明如下：如图（2）中，连接．∵，∴平分，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∴．（3）当点P在点E的上方时，如图（3）中，过点P作于Q．∵是等边三角形，∴，∵，∴，设，则，，∴，∴，∴，∵，∴，当点P在点E是下方时，同理可得，，此时；综上所述，的长度为或．例题4．（2023秋·北京海淀·九年级期末）已知正方形，等腰直角三角板的一个锐角顶点与重合，将此三角板绕点旋转时，两边分别交直线、于、．(1)正方形的内角和是°，°；(2)当、分别在边、上时（如图1），求证：；(3)当、分别在边、所在的直线上时（如图2），线段、、之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论；（不用证明）(4)当、分别在边、所在的直线上时（如图3），线段、、之间又有怎样的数量关系，请写出结论并写出证明过程．【答案】(1)；(2)证明过程见详解(3)(4)，理由见详解【详解】（1）解：正方形的内角和是，等腰直角三角板则，故答案为：，．（2）证明：如图，延长到，使，∵，，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．（3）证明：如图，过点作交于，∵，，∴，∵，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴．（4）解：，理由如下：如下图所示，过点作交于，同理可得，∴，，方法一：∵，，∴，∴，∴；方法二：如下图所示，连接ME，∵，，∵，，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴为的垂直平分线，∴，∴．同类题型归类练1．（2023春·江苏·七年级专题练习）【原题再现】课本第42页有这样一道题：如图1，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点的位置．试探索∠A与∠1＋∠2之间的数量关系，并说明理由．小明提出一种正确的解题思路：连接，则∠1、∠2分别为、的外角，……请你按照小明的思路解决上述问题．【变式探究】如图2，若将原题中“点A落在四边形BCDE内点A'的位置”变为“点A落在四边形BCDE外点的位置”，试猜想此时∠A与∠1、∠2之间的数量关系，并说明理由．【结论运用】将四边形纸片ABCD（，AB与CD不平行）沿EF折叠成图3的形状，若，，请直接写出∠ABC的度数．【答案】原题再现：，理由见解析；变式探究：，理由见解析；结论运用：【详解】解：原题再现：，理由如下：如图1，连接，由折叠的性质得：，，，即；变式探究：，理由如下：如图2，设交于点，由折叠的性质得：，，，即；结论运用：如图3，延长，相交于点，由变式探究的结论得：，，，，，．2．（2023春·江苏·七年级专题练习）综合与实践：折纸中的数学知识背景我们在七年级上册第四章《几何图形初步》中探究了简单图形折叠问题，并进行了简单的计算与推理．七年级下册第五章我们学习了平行线的性质与判定，今天我们继续探究：折纸中的数学﹣﹣长方形纸条的折叠与平行线．知识初探(1)如图1，长方形纸条ABGH中，，∠A＝∠B＝∠G＝∠H＝，将长方形纸条沿直线CD折上，点A落在A'处，点B落在B'处，B'C交AH于点E，若∠ECG＝，则∠CDE＝；类比再探(2)如图2，在图1的基础上将∠HEC对折，点H落在直线EC上的H'处，点G落在G'处得到折痕EF，则折痕EF与CD有怎样的位置关系？说明理由；(3)如图3，在图2的基础上，过点G'作BG的平行线MN，请你猜想∠ECF和∠H'G'M的数量关系，并说明理由．【答案】(1)(2)，理由见解析(3)，理由见解析【详解】（1）解：由折叠的性质得：，，，，，，故答案为：．（2）解：，理由如下：由折叠的性质得：，，，，，．（3）解：，理由如下：如图，过点作于，，又，，，由折叠的性质得：，，．3．（2023秋·江苏宿迁·九年级南师附中宿迁分校校考期末）（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，．求证：；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，（k为常数）．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，当时，若，求的长．【答案】（1）证明见详解；（2），理由见详解；（3）．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，∴∠QAO+∠OAD＝90°，∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°，∴∠QAO＝∠ADO，∴，∴AE＝DQ，∵DQ⊥AE，GF⊥AE，∴DQ∥GF，∵FQ∥DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴GF＝DQ，∵AE＝DQ，∴AE＝FG；（2）结论：．理由如下：如图2中，过G作GM⊥AB于M，∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴，∴，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴，（3）解：如图3中，过点P作PM⊥BC交BC的延长线于M．∵，，∴∠CGP＝∠BFE，∴，∴设，，则，，∵，，∴，∴，∴或（不合题意，舍去），∴，，，，∵，∴BC＝4，∴，，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴，∴，∴，∴解之得：，，∴，∴．4．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）【思维探究】数学兴趣小组在研究四边形的旋转时，遇到了这样的一个问题．如图1，四边形和都是正方形，于H，延长交于点M．通过测量发现．为了证明他们的发现，小颖想到了这样的证明方法：过点C作于点N．她已经证明了，但接下来的证明过程，她有些迷茫了．(1)请同学们帮小颖将剩余的证明过程补充完整；(2)【思维延伸】若将原题中的“正方形”改为“矩形”（如图2所示），且（其中），请直接写出线段的数量关系为；(3)【思维拓展】在图3中，在和中，，连接，F为中点，则与的数量关系为．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【详解】（1）如图1中，过点作于点．，，同法可证，，，，，，，，；（2）如图2中，过点作于点，过点作交的延长线于点．四边形是矩形，，，，，，，，同法可证，，，，，，．故答案为：；（3）结论：．理由：如图3中，延长到，使得，连接，．，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，，，．故答案为：．模型7：四边形中折叠与旋转问题中综合问题典型例题例题1．（2023春·全国·七年级专题练习）有长方形纸片，，分别是上一点，将纸片沿折叠成图1，再沿折叠成图2．(1)如图1，当时，_____度；(2)如图2，作的平分线交直线于点，则_____（用的式子表示）．【答案】(1)64(2)【详解】（1）由折叠可得，∵长方形的对边是平行的，∴，∴，∴，∴当度时，的度数是．故答案为：64；（2）．由折叠可得，∵长方形的对边是平行的，∴设，∴，∴，由折叠可得，∵平分，∴，∴，∴．故答案为：．例题2．（2023秋·山西晋中·九年级统考期末）综合与实践在数学活动课上，同学们对“菱形”进行了深入的探究．实验材料为同一规格的菱形纸片，对角线，相交于点，对角线，．(1)如图1，互助小组发现：若将菱形纸片沿对角线，剪开，将沿方向平移，使与重合，此时拼成的四边形为矩形．其判断的依据是________；(2)如图2，奋勇小组发现：将菱形纸片沿对角线剪开，将绕的中点进行逆时针旋转，得，其旋转角为，且，连接，，，．试探究四边形的形状，并说明理由；(3)在（2）的基础上，博学小组还发现以下两个结论：①当________时，四边形为正方形；②如图3，当点正好落在菱形的边上时，________．【答案】(1)有一个角是直角的平行四边形是矩形或者三个角是直角的四边形是矩形(2)四边形为矩形，证明见解析(3)①，②【详解】（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形或者三个角是直角的四边形是矩形∵四边形是菱形，，，由平移得，，（2）四边形为矩形.理由：∵是的中点，∴.由旋转可知，，.∴.∴四边形为平行四边形.又∵，∴四边形为矩形.（3）①当时，四边形是正方形，由（2）得四边形是矩形，，即旋转角是，∴四边形是菱形，∴四边形是正方形②设在菱形中，根据勾股定理得，∵四边形是矩形，解得，故答案为：例题3．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）综合与实践数学活动课上，张老师找来若干张等宽的矩形纸条，让学生们进行折纸探究．(1)希望小组将如图（1）所示的矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为．埴空：图（1）中四边形的形状是______．(2)智慧小组准备了一张如图（2）所示的长、宽之比为的矩形纸片，用希望小组的方法折叠纸片，得到四边形，接着沿过点的直线折叠纸片，使点落在上的点处，折痕为，求的度数．(3)勤奋小组拿着一张如图（3）所示长为5，宽为2的矩形纸片，利用希望小组的方法折叠纸片，得到四边形，在上取一点F（不与点，重合），沿折叠，点的对应点为，射线交直线于点．①与的数量关系为______；②当射线经过的直角边的中点时，直接写出的长．【答案】(1)正方形(2)(3)①；②的长为或【详解】（1）解：如图，∵四边形是矩形，∴∵折叠，∴，∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形，故答案为：正方形；（2）解：∵长、宽之比为的矩形纸片，设，则，由（1）可知四边形是正方形，∴，∴，∵沿过点的直线折叠纸片，使点落在上的点处，∴，在中，，∴，∴;（3）解：∵在上取一点F（不与点，重合），沿折叠，点的对应点为，∴，∵四边形是矩形，∴∴∴∴,故答案为：;②当射线经过的直角边的中点时，如图，依题意，∴，∵，设，则，∵折叠，∴，在中，，∴，解得：或（舍去）；当射线经过的直角边的中点时，如图，∵，∴，∴，设，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，在中，，∴，解得：或（舍去）；综上所述，为或．例题4．（2023秋·陕西西安·九年级统考期末）问题提出：(1)如图1，点，分别在正方形的边，上，，连接，则线段，和之间的数量关系是．（提示：将绕点旋转至）(2)问题探究：如图2，在四边形中，，，点，分别在边，上，．已知，都不是直角，则当与满足时，成立，(3)问题解决：为进一步落实国家“双减”政策，丰富学生的校园生活，某校计划为