專題37圖形變換模型之翻折（折疊）模型

幾何變換中的翻折（折疊、對稱)問題是歷年中考的熱點問題，試題立意新穎，變幻巧妙，主要考查

學生的識圖能力及靈活運用數(shù)學知識解決問題的能力。

涉及翻折問題，以矩形對稱最常見，變化形式多樣。無論如何變化，解題工具無非全等、相似、勾股

以及三角函數(shù)，從條件出發(fā)，找到每種對稱下隱藏的結論，往往是解題關鍵。本專題以各類幾個圖形（三

角形、平行四邊形、菱形、矩形、正方形、圓等）為背景進行梳理及對應試題分析，方便掌握。

【知識儲備】

翻折和折疊問題其實質就是對稱問題，翻折圖形的性質就是翻折前后圖形是全等的，對應的邊和角都是相

等的。以這個性質為基礎，結合三角形、四邊形、圓的性質，三角形相似，勾股定理設方程思想來考查。

解決翻折題型的策略：

1）利用翻折的性質：①翻折前后兩個圖形全等；②對應點連線被對稱軸垂直平分；

2）結合相關圖形的性質(三角形，四邊形等)；3）運用勾股定理或者三角形相似建立方程。

模型1.矩形中的翻折模型

【模型解讀】

例1．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形AOBC的邊OB，OA分別在x軸、

y軸正半軸上，點D在BC邊上，將矩形AOBC沿AD折疊，點C恰好落在邊OB上的點E處．若OA8，

OB10，則點D的坐標是．

【答案】10,3

【分析】根據(jù)折疊的性質得出AEAC10，在Rt△AOE中，勾股定理求得OE6，進而得出BE4，在

RtDBE中，勾股定理建立方程，求得BD的長，即可求解．

【詳解】解：∵四邊形AOBC是矩形，∴ACOB10，

∵折疊，∴AEAC10，在Rt△AOE中，OEAE2AO2102826

∴EBOBOE1064，∴設DBm，則CD8m，

∵折疊，∴DECD8m，在Rt△DEB中，DE2EB2BD2，

2

∴8mm242，解得：m3，∴DB3，∴D的坐標為10,3，故答案為：10,3．

【點睛】本題考查矩形與折疊，勾股定理，坐標與圖形，熟練掌握折疊的性質以及勾股定理是解題的關鍵．

例2．（2023春·江蘇泰州·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，AB3，BC8，E是BC的中點，將ABE

沿直線AE翻折，點落B在點F處，連結CF，則CF的長為（）

3225

A．6B．C．35D．

54

【答案】B

【分析】連接BF交AE于點H，根據(jù)三角形的面積公式求出BH，得到BF，根據(jù)直角三角形的判定得到

BFC90，根據(jù)勾股定理求出答案．

【詳解】解：連接BF交AE于點H，

將ABE沿直線AE翻折，點落B在點F處，

點B、F關于AE對稱，BHFH，BFAE，BC8，點E為BC的中點，BE4，

341224

又AB3，\AE=AB2+BE2=32+42=5，BH，則BF，

555

2432

FEBEEC，BFC90，CFBC2BF282()2．故選：B．

55

【點睛】本題考查的是翻折變換的性質和矩形的性質，掌握折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前

后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等是解題的關鍵．

例3．（2023·湖北·統(tǒng)考中考真題）如圖，將邊長為3的正方形ABCD沿直線EF折疊，使點B的對應點M落

在邊AD上（點M不與點A,D重合），點C落在點N處，MN與CD交于點P，折痕分別與邊AB，CD交于

點E,F，連接BM．(1)求證：AMBBMP；(2)若DP1，求MD的長．

12

【答案】(1)證明見解析(2)MD

5

【分析】（1）由折疊和正方形的性質得到EMPEBC90，EMEB，則EMBEBM，進而證明

BMPMBC，再由平行線的性質證明AMBMBC即可證明AMBBMP；

（2）如圖，延長MN,BC交于點Q．證明△DMP∽△CQP得到QC2MD，QP2MP，

132x

設MDx，則QC2x，BQ32x．由BMQMBQ，得到MQBQ32x．則MPMQ．由

33

2

2232x12

勾股定理建立方程x1，解方程即可得到MD．

35

【詳解】（1）證明：由翻折和正方形的性質可得，EMPEBC90，EMEB．

∴EMBEBM．∴EMPEMBEBCEBM，即BMPMBC，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC．∴AMBMBC．∴AMBBMP．

（2）解：如圖，延長MN,BC交于點Q．∵AD∥BC，∴△DMP∽△CQP．

MDMPDP1

又∵DP1，正方形ABCD邊長為3，∴CP2∴，

QCQPCP2

∴QC2MD，QP2MP，設MDx，則QC2x，∴BQ32x．

132x

∵BMPMBC，即BMQMBQ，∴MQBQ32x．∴MPMQ．

33

2

32x1212

在△中，222，∴22．解得：x0（舍），．∴．

RtDMPMDDPMPx11x2MD

355

【點睛】本題主要考查了正方形與折疊問題，相似三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，勾股

定理等等，正確作出輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．

例4．（2023春·江蘇宿遷·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，AB6，BC8．點O為矩形ABCD的

對稱中心，點E為邊AB上的動點，連接EO并延長交CD于點F．將四邊形AEFD沿著EF翻折，得到四邊

形AEFD，邊AE交邊BC于點G，連接OG、OC，則OGC的面積的最小值為（）

93737

A．18－3B．37C．12D．6

222

【答案】D

【分析】在EA上截取EMEG，連接OM，證明MOE≌GOE，所以OMOG，即可得OM最短時，OG

也就最短，而當OMAB時，OM最短，且OM4OG，再過點O作OHBC，得OH3，又因為OC5，

就可以根據(jù)勾股定理計算GH、HC的長，從而計算出最小面積．

【詳解】解：在EA上截取EMEG，連接OM，

由折疊得：MEOGEO，又EOEO，MOE≌GOESAS，

OMOG，OM最短時，OG也就最短，而當OMAB時，OM最短，

1

此時，點O為矩形ABCD的對稱中心，OMBC4OG，即OG的最小值是4，

2

在OGC中，點O為矩形ABCD的對稱中心，

OC長度是矩形對角線長度的一半，即是5，定值，BCO度數(shù)也不變，是定值，

當OG4最小值時，OGC面積最?。^點O作OHBC，

1

點O為矩形ABCD的對稱中心，OHAB3，

2

RtOGH中，GHOG2OH242327，

RtOHC中，HCOC2OH252324，GCGHHC74，

113

OGC面積的最小值是GCOH(74)376．故選：D．

222

【點睛】本題考查矩形的性質、全等三角形的判定與性質及垂線段最短等知識，解題關鍵是找到OG最小值．

例5．（2023春·遼寧撫順·八年級校聯(lián)考期中）如圖，矩形紙片ABCD中，AB6，BC10，點E、G分別

在BC、AB上，將△DCE、BEG分別沿DE、EG翻折，翻折后點C與點F重合，點B與點P重合．當A、

P、F、E四點在同一直線上時，線段GP長為（）

8855

A．2B．C．D．2

3333

【答案】B

【分析】據(jù)矩形的性質得到CDAB6，ADBC10，BC90，據(jù)折疊的性質得到DFCD6，

EFCE，DFECDFA90，根據(jù)勾股定理得到AF8，設EFCEx，由勾股定理列方程得

到AE10，BE8，由折疊的性質得到PGBG，APGEPGB90，PEBE8，求得

APAEPE2，設PGBGy，則AG6y，據(jù)勾股定理列方程即可得到結論．

【詳解】解：在矩形紙片ABCD中，AB6，BC10，∴CDAB6，ADBC10，BC90，

∵將△DCE沿DE翻折，翻折后點C與點F重合，

∴DFCD6，EFCE，DFECDFA90，∴AFAD2DF2102628，

設EFCEx，∴BE10x，AE8x，

222

∵AB2BE2AE2，∴6(10x)(8x)，解得：x2，∴AE10，BE8，

∵將BEG沿EG翻折，翻折后點B與點P重合，

∴PGBG，APGEPGB90，PEBE8，∴APAEPE2，設PGBGy，則AG6y，

88

∵AG2AP2PG2，∴(6y)222y2，∴y，∴線段GP長為，故選：B．

33

【點睛】本題考查翻折變換（折疊問題），矩形的性質，勾股定理，根據(jù)勾股定理列方程是解題關鍵．

例6．（2023·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐

【問題情境】如圖1，小華將矩形紙片ABCD先沿對角線BD折疊，展開后再折疊，使點B落在對角線BD上，

點B的對應點記為B，折痕與邊AD，BC分別交于點E，F(xiàn).

【活動猜想】（1）如圖2，當點B與點D重合時，四邊形BEDF是哪種特殊的四邊形？答：_________.

【問題解決】（2）如圖3，當AB4，AD8，BF3時，求證：點A，B，C在同一條直線上.

【深入探究】（3）如圖4，當AB與BC滿足什么關系時，始終有AB與對角線AC平行？請說明理由.

（4）在（3）的情形下，設AC與BD，EF分別交于點O，P，試探究三條線段AP，BD，EF之間滿足

的等量關系，并說明理由.

【答案】（1）菱形；（2）證明見解答；（3）BC3AB，證明見解析；（4）3EF2(APBD)，理由見解

析

【分析】（1）由折疊可得：EFBD，OBOD，再證得△BFO≌△DEO(ASA)，可得OEOF，利用菱形的

判定定理即可得出答案；（2）設EF與BD交于點M，過點B作BKBC于K，利用勾股定理可得BD45，

6512512

再證明△BFM∽△BDC，可求得BM，進而可得BB，再由△BBK∽△BDC，可求得BK，

555

242416

BK，CKBCBK8，運用勾股定理可得BC4，運用勾股定理逆定理可得CBF90，

555

進而可得ABFCBF9090180，即可證得結論；

（3）設OABOBA，則OBC90，利用折疊的性質和平行線性質可得：ABBAOB，

再運用三角形內角和定理即可求得60，利用解直角三角形即可求得答案；

（4）過點E作EGBC于G，設EF交BD于H，設AEm，EFn，利用解直角三角形可得

13

BDBDBB3n3(mn)n3m，AP2AEcos303m，即可得出結論．

22

【詳解】解：（1）當點B與點D重合時，四邊形BEDF是菱形．

理由：設EF與BD交于點O，如圖，

由折疊得：EFBD，OBOD，BOFDOE90，

四邊形ABCD是矩形，AD∥BC，OBFODE，

△BFO≌△DEO(ASA)，OEOF，四邊形BEDF是菱形．故答案為：菱形．

（2）證明：四邊形ABCD是矩形，AB4，AD8，BF3，BCAD8，CDAB4，BCD90，

CFBCBF835，BDBC2CD2824245，

如圖，設EF與BD交于點M，過點B作BKBC于K，

由折疊得：ABFABFBMFBMF90，BFBF3，BB2BM，BMFBCD，

BMBFBM365125

FBMDBC，△BFM∽△BDC，，即，BM，BB，

BCBD84555

125

BKBKBB

BKBBCD，BBKDBC，△BBK∽△BDC，，即BKBK5，

CDBCBD

4845

122424161216

BK，BK，CKBCBK8，BCBK2CK2()2()24，

555555

BF2BC2324225，CF25225，BF2BC2CF2，CBF90，

ABFCBF9090180，點A，B，C在同一條直線上．

（3）當BC3AB時，始終有AB與對角線AC平行．

理由：如圖，設AC、BD交于點O，

四邊形ABCD是矩形，OAOB，OBAOBC90，OABOBA，

設OABOBA，則OBC90，由折疊得：ABFABC90，BFBF，

BBFABB90，BBFOBC90，ABBOBA，

AB∥AC，ABBAOB，OABOBAAOB180，

BC

180，即3180，60，BAC60，tanBACtan603，BC3AB；

AB

（4）3EF2(APBD)，理由如下：如圖，過點E作EGBC于G，設EF交BD于H，

由折疊得：EFBD，BFBF，BFEBFE，設AEm，EFn，

由（3）得：BAC60ABD，BBFDBC30，BFEBFE60，

31

EGEFsin60n，F(xiàn)GEFcos60n，EABABGBGE90，

22

3

四邊形ABGE是矩形，ABEGn，BGAEm，AD∥BC，

2

1311

BFBFmn，BHBFcos30(mn)，BB2BH3(mn)，

2222

13

BD2AB3n，BDBDBB3n3(mn)n3m，

22

AD∥BC，DEFEFG60，APEDEFDAC603030DAC，

33

AP2AEcos303m，APBD3m(n3m)n，

22

3

APBDEF，即3EF2(APBD)．

2

【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性質，等

腰三角形性質，平行線性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等，涉

及知識點多，綜合性強，難度較大．

模型2.正方形中的翻折模型

【模型解讀】

例1．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考二模）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點F為CD邊的中點，點P是AD邊上

不與端點重合的一動點，連接BP．將ABP沿BP翻折，點A的對應點為點E，則線段EF長的最小值為（）

A．27B．254C．34D．372

【答案】B

【分析】先確定線段EF的最小值的臨界點，然后結合正方形的性質，折疊的性質，以及勾股定理，即可求

出答案．

【詳解】連接BF，則EF≥BF－BE，當點B、E、F在同一條直線上時，EF的長度有最小值，如圖

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

∵點F為CD邊的中點，∴CF=2，∴BF422225，

∴EFBFBE254；故選：B．

【點睛】本題考查了正方形的性質，折疊的性質，勾股定理，最短路徑問題，解題的關鍵掌握所學的知識，

正確找出線段最小值的臨界點，從而進行解題．

例2．（2023·廣西玉林·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在正方形ABCD的邊AB上取一點E，連接CE，將△BCE沿CE

翻折，點B恰好與對角線AC上的點F重合，連接DF，若BE＝2，則△CDF的面積是（）

3232

A．1B．324C．628D．

42

【答案】B

【分析】由折疊可得EF＝BE＝2，∠CFE＝∠B＝90°，且∠FAE＝45°可得AF＝2，AE＝22，即可求對角線

BD的長，則可求△CDF面積.

【詳解】如圖連接BD交AC于O，

∵ABCD為正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO，∠BAC＝45°，

∵△BCE沿CE翻折，∴BE＝EF＝2，BC＝CF，∠EFC＝90°，

∵∠BAC＝45°，∠EFC＝90°，∴∠EAF＝∠AEF＝45°，∴AF＝EF＝2，∴AE＝22，

1

∴AB＝2+2＝BC＝CF，∴BD＝AB＝4+2，∴OD＝2+，∵SCDF＝×CF×DO＝3+4，故選B．

222222

△

【點睛】本題考查翻折變換、正方形的性質、勾股定理、等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是

熟練應用所學知識解決問題．

例3．（2023·廣東九年級課時練習）如圖，正方形ABCD中，AB6，點E在邊CD上，且CD3DE．將VADE

沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點G，連接AG、CF，則下列結論：①△ABG≌△AFG；

②AGBAED135③GF3；④AG//CF；其中正確的有（填序號）．

【答案】①②③④

【分析】根據(jù)折疊，得到AD=AF，∠D=∠AFE=90°，推出AB=AF，∠AFG=∠B=90°，可證明RtABG≌RtAFG，

即可判斷①正確；根據(jù)DAEEAF,BAGFAG，進而可得GAE45，根據(jù)三角△形內角和△定理即

可得∠AEF+∠ADF＝135°，得到∠AGB+∠AED＝135°，進而判斷②正確；設BG＝GF＝x，則CG＝6﹣x，

EG＝x+2，CE＝4，在RtEGC中，根據(jù)勾股定理建立方程（x+2）2＝（6﹣x）2+42，解方程可得GF3，

即可判斷③正確；根據(jù)BG△=FG=3，得到CG=BC-BG=6-3=3，得到CG=FG，推出∠GCF=∠GFC，根據(jù)

∠AGB=∠AGF，得到∠BGF=2∠AGF=2∠GFC，得到∠AGF=∠GFC，推出AG∥CF，即可判斷④正確

【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴DABCDABBCD90，AB＝BC＝CD=AD＝6，

∵CD3DE，∴DE＝2，∴CE＝4，∵將ADE沿AE對折至AFE，

∴∠AFE＝∠ADE＝90°，AF＝AD，EF＝D△E＝2，∴∠AFG＝∠△ABG＝90°，AF＝AB，

ABAF

在RtABG和RtAFG中，，∴RtABG≌RtAFG（HL），∴①正確；

AGAG

△△△△

∵將ADE沿AE對折至AFE，∴DAEEAF，∵RtABG≌RtAFG，∴BAGFAG，

1

∵D△AEEAFBAG△FAGDAB90，∴EA△GEAF△FAGDAB45，

2

∴∠AEF+∠ADF＝135°，∴∠AGB+∠AED＝135°，∴②正確；

設BG＝GF＝x，則CG＝6﹣x，EG＝x+2，

∵CE＝4，∴（x+2）2＝（6﹣x）2+42，解得x＝3，∴BG＝GF＝3，∴③正確；

∵BG=FG=3,∴CG=BC-BG=6-3=3，∴CG=FG，∴∠GCF=∠GFC，

∵∠AGB=∠AGF，∴∠BGF=2∠AGF=2∠GFC，∴∠AGF=∠GFC，∴AG∥CF∴④正確；

故答案為：①②③④．

【點睛】本題考查了正方形性質，折疊圖形全等的性質，三角形全等的判斷和性質，三角形內角和定理，

勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．

例4．（2023·江蘇揚州·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，點E、F分別在邊AD、BC上，

將正方形沿著EF翻折，點B恰好落在CD邊上的點B處，如果四邊形ABFE與四邊形EFCD的面積比為

3∶5，那么線段FC的長為．

【答案】3

8

【分析】連接BB，過點F作FHAD于點H，設CFx，則DHx，則BF1x，根據(jù)已知條件，分

5

別表示出AE,EH,HD，證明EHF≌BCBASA，得出EHBC2x，在RtBFC中，

4

BF2BC2CF2，勾股定理建立方程，解方程即可求解．

【詳解】解：如圖所示，連接BB，過點F作FHAD于點H，

∵正方形ABCD的邊長為1，四邊形ABFE與四邊形EFCD的面積比為3∶5，

33

∴S=1=，設CFx，則DHx，則BF1x

四邊形ABFE88

13131

∴S四邊形=AEBFAB=即AE1x1∴AEx

ABFE28284

555

∴DE1AEx，∴EHEDHDxx2x，

444

∵折疊，∴BBEF，∴12BGF90，∵∠2∠3=90，∴13，

5

又FHBC1,EHFC∴EHF≌BCBASA，∴EHBC2x

4

2

22222533

在RtBFC中，BFBCCF即1xx2x解得：x，故答案為：．

488

【點睛】本題考查了正方形的性質，折疊的性質，勾股定理，全等三角形的性質與判定，熟練掌握以上知

識是解題的關鍵．

22n11

例5．（2023·江蘇·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐定義：將寬與長的比值為（n為正整數(shù)）的矩形

2n

稱為n階奇妙矩形．（1）概念理解：當n1時，這個矩形為1階奇妙矩形，如圖（1），這就是我們學習過

的黃金矩形，它的寬（AD）與長CD的比值是_________．

（2）操作驗證：用正方形紙片ABCD進行如下操作（如圖（2））：

第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為EF，連接CE；

第二步：折疊紙片使CD落在CE上，點D的對應點為點H，展開，折痕為CG；

第三步：過點G折疊紙片，使得點A、B分別落在邊AD、BC上，展開，折痕為GK．

試說明：矩形GDCK是1階奇妙矩形．

（3）方法遷移：用正方形紙片ABCD折疊出一個2階奇妙矩形．要求：在圖（3）中畫出折疊示意圖并作

簡要標注．（4）探究發(fā)現(xiàn)：小明操作發(fā)現(xiàn)任一個n階奇妙矩形都可以通過折紙得到．他還發(fā)現(xiàn)：如圖（4），

點E為正方形ABCD邊AB上（不與端點重合）任意一點，連接CE，繼續(xù)（2）中操作的第二步、第三步，

四邊形AGHE的周長與矩形GDCK的周長比值總是定值．請寫出這個定值，并說明理由．

511

【答案】（1）；（2）見解析；（3），理由見解析

22

22n11

【分析】（1）將n1代入，即可求解．（2）設正方形的邊長為2，根據(jù)折疊的性質，可得AEEB1，

2n

設DGx，則AG2x，在RtAEG,RtGHE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階奇妙矩形．（4）根據(jù)（2）的方法，分別求得四邊形AGHE的周長與矩形GDCK的周長，即

可求解．

22n115151

【詳解】解：（1）當n1時，，故答案為：．

2n22

（2）如圖（2），連接EG，

設正方形的邊長為2，根據(jù)折疊的性質，可得AEEB1

設DGx，則AG2x根據(jù)折疊，可得GHGDx，CHCD2，

在Rt△BEC中，ECEB2BC212225，∴EH52，

2

在RtAEG,RtGHE中，AG2AE2GE2,GH2EH2GE2∴2x1252x2

GD51

解得：x51∴∴矩形GDCK是1階奇妙矩形．

DC2

（3）用正方形紙片ABCD進行如下操作（如圖）：

第一步：對折正方形紙片，展開，折痕為MN，再對折，折痕為EF，連接CE；

第二步：折疊紙片使CD落在CE上，點D的對應點為點H，展開，折痕為CG；

第三步：過點G折疊紙片，使得點A、B分別落在邊AD、BC上，展開，折痕為GK．

矩形GDCK是2階奇妙矩形，

理由如下，連接GE，設正方形的邊長為4，根據(jù)折疊可得EB=1，則AE413，

設DGx，則AG4x根據(jù)折疊，可得GHGDx，CHCD4，

在Rt△BEC中，ECEB2BC2124217，∴EH174，

在RtAEG,RtGHE中，AG2AE2GE2,GH2EH2GE2

2GD171

∴4x32174x2解得：x171∴

DC4

22n11171

當n2時，∴矩形GDCK是2階奇妙矩形．

2n4

（4）如圖（4），連接誒GE，設正方形的邊長為1，設EBm，則AE1m，

設DGx，則AG1x根據(jù)折疊，可得GHGDx，CHCD1，

在Rt△BEC中，ECEB2BC21m2，∴EH1m21，

在RtAEG,RtGHE中，AG2AE2GE2,GH2EH2GE2

2

222

∴1x1m1m1x整理得，xm21m

∴四邊形AGHE的邊長為1xx1m211m1m2m1x1

1

矩形的周長為2GDDC2x1，∴四邊形AGHE的周長與矩形的周長比值總是定值

GDCKGDCK2

【點睛】本題考查了正方形的折疊問題，勾股定理，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．

模型3.菱形中的翻折模型

【模型解讀】

例1．（2023·四川成都·模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，ABC120，將菱形折疊，使點A恰好落在對

角線BD上的點G處(不與B、D重合)，折痕為EF，若DG2，BG6，則BE的長為．

【答案】2.8

【分析】作EHBD于H，根據(jù)折疊的性質得到EGEA，根據(jù)菱形的性質、等邊三角形的判定定理得到

△ABD為等邊三角形，得到ABBD，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可．

【詳解】解：作EHBD于H，由折疊的性質可知，EGEA，由題意得，BDDGBG8，

1

四邊形ABCD是菱形，ADAB，ABDCBDABC60，

2

ABD為等邊三角形，ABBD8，設BEx，則EGAE8x，

13

在RtEHB中，BHx，EHx，在RtEHG中，EG2EH2GH2，

22

31

即(8x)2(x)2(6x)2，解得，x2.8，即BE2.8，故答案為：2.8．

22

【點睛】本題考查的是翻轉變換的性質、菱形的性質、勾股定理、解直角三角形，掌握翻轉變換是一種對

稱變換，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等是解題的關鍵．

例2．（2023·安徽·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，點M是AD邊的中點，點N是

AB邊上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A’MN，連結A’C，則A’C長度的最小值是（）.

A．7B．71C．3D．2

【答案】B

【分析】根據(jù)題意，在N的運動過程中A′在以M為圓心、AD為直徑的圓上的弧AD上運動，當A′C取最小

值時，由兩點之間線段最短知此時M、A′、C三點共線，得出A′的位置，進而利用銳角三角函數(shù)關系求出A′C

的長即可．

【詳解】如圖所示：

∵MA′是定值，A′C長度取最小值時，即A′在MC上時，過點M作MF⊥DC于點F，

∵在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M為AD中點，∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，

113

∴∠FMD=30°，∴FD=MD=，∴FM=DM×cos30°=，

222

∴MC=FM2CF2=7，∴A′C=MC-MA′=7-1．故選B．

例3．（2023·山東棗莊·九年級?？茧A段練習）如圖，在菱形紙片ABCD中，AB4，A60，將菱形紙

片翻折，使點A落在CD的中點E處，折痕為FG，點F，G分別在邊AB，AD上，則EF的長為（）

717

A．B．C．D．23

224

【答案】A

【分析】連接BE、BD，根據(jù)菱形的性質可知BCD是等邊三角形，由E是CD中點，可求得DE，BE，

又因為CD∥AB，可得ABECEB90，利用勾股定理即可求解．

【詳解】解：連接BE、BD，

四邊形ABCD為菱形，A60，AB4BCCD，A60C，BCD是等邊三角形，

E是CD中點，DE2CE，BECD，EBC30，BE3CE23，

∵CD∥AB，ABECEB90，由折疊可得AFEF，

227

EF2BE2BF2，EF12(4EF)，EF．故選：A．

2

【點睛】本題主要考查了菱形的性質，等邊三角形的性質，勾股定理等知識點，解題的關鍵是根據(jù)題意作

出輔助線得到等邊三角形再由勾股定理求解．

例4．（2023春·湖北十堰·八年級校聯(lián)考期中）如圖，在菱形紙片ABCD中，ABC60，E是CD邊的中

點，將菱形紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在直線AE上的點G處，折痕為AF，F(xiàn)G與CD交于點H，

3：：

有如下結論：①CFH30；②DEAE；③CHGH；④SABFS四邊形AFCD35，上述結論中，

3

所有正確結論的序號是（）

A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④

【答案】B

【分析】連接AC，得到ACD是等邊三角形，根據(jù)三線合一的性質得到AGCD，由折疊得GB60，

求出C,CHF的度數(shù)即可判斷①；利用30度角的性質求出DE，勾股定理求出AE，即可判斷②；連接

CG，由折疊得AGABAC，根據(jù)等邊對等角求出ACGAGC，得到HCGHGC，即可判斷③；

過點F作FMAB于點M，先求出BAG90，由折疊得BAFGAF45，MF3BM，設BMx，

則AMMF3x，求出S△ABF，再得到ADCDAB13x，根據(jù)S菱形ABCDSABF求出四邊形AFCD

的面積，即可判斷④．

【詳解】解：連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴ADCD，DABC60，∴ACD是等邊三角形，

∵E是CD邊的中點，∴AGCD，∴AEDGEH90，

由折疊得GB60，∴CHFEHG30，∵C180B120，∴CFH30，故①正確；

∵DAE90D30，∴AD2DE，∴AEAD2DE23DE，

DEDE33

∴，即DEAE，故②正確；連接CG，由折疊得AGABAC，∴ACGAGC，

AE3DE33

∵ACDAGF60，∴HCGHGC，∴CHGH，故③正確；

過點F作FMAB于點M，∵BAD180B120,DAE30，

∴BAG90，由折疊得BAFGAF45，∴AFM45BAF，∴AMFM，

∵BFM90B30，∴MF3BM，設BMx，則AMMF3x，

133

∴AB13x，2，∵ADCDAB13x，

SABF13x3xx

22

33333

∴，∴2，

AE13xxS菱形ABCDCDAE13xx323x

222

33333

∴四邊形AFCD的面積222，

S菱形ABCDSABF323xxx

22

3333333

∴S：Sx2:x2，故④錯誤；故選：B．

ABF四邊形AFCD2235

【點睛】此題考查了菱形的性質，勾股定理，直角三角形30度角的性質，三線合一的性質，等邊三角形的

判定和性質，熟練掌握各知識點并綜合應用是解題的關鍵．

例5．（2023·浙江·九年級期末）對角線長分別為6和8的菱形ABCD如圖所示，點O為對角線的交點，過

點O折疊菱形，使B，B兩點重合，MN是折痕．若BM1，則CN的長為．

【答案】4

11

【分析】連接AC、BD，如圖，利用菱形的性質得OCAC3，ODBD4，COD90，再利用

22

勾股定理計算出CD5，接著證明OBMODN得到DNBM，然后根據(jù)折疊的性質得BMBM1，從

而有DN1，于是計算CDDN即可．

【詳解】解：連接AC、BD，如圖，

11

點O為菱形ABCD的對角線的交點，OCAC3，ODBD4，COD90，

22

在RtCOD中，CD32425，AB//CD，MBONDO，

MBONDO

在OBM和ODN中OBOD，OBMODN，DNBM，

BOMDON

過點O折疊菱形，使B，B兩點重合，MN是折痕，BMBM1，

DN1，CNCDDN514，故答案為：4．

【點睛】本題考查了折疊的性質：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，

位置變化，對應邊和對應角相等．也考查了菱形的性質．

例6．（2023秋·重慶·九年級專題練習）如圖，在菱形ABCD中，BC4，B120，點E是AD的中點，點

F是AB上一點，以EF為對稱軸將△EAF折疊得到△EGF，以CE為對稱軸將CDE折疊得到CHE，使得

點H落到EG上，連接AG．下列結論錯誤的是（）

CF14

A．CEF90B．CE∥AGC．FG1.6D．

AB5

【答案】D

【分析】A.由折疊的性質可以知道EF和CE分別是AEG和DEG的平分線，同時AED是平角，所以可

知CEF90，故選項A正確；B.由題意和折疊的性質可以知道