【文档说明】专题5平行四边形、矩形、菱形、正方形中的折叠问题 (解析版)--2021-2022学年八年级数学下学期常考考点解读&专题提优训练.docx，共(22)页，396.029 KB，由管理员店铺上传

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专题5平行四边形、矩形、菱形、正方形中的折叠问题（解析版）类型一平行四边形的折叠典例1（通州区期中）如图，将平行四边形ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕l交CD边于点E，连接BE．（1）求证：四边形ADED′

是菱形；（2）如果AB2＝AE2+BE2，求证：BE平分∠ABC．思路点拨：（1）由折叠可得AD＝AD'，DE＝D'E，∠DAE＝∠D'AE，由DC∥AB，可得∠DEA＝∠EAD'，则∠DEA＝∠DAE，即可得DE＝DA，则DA

＝DE＝D'E＝D'A，即四边形ADED′是菱形；（2）根据勾股定理逆定理可得△AEB是直角三角形，即∠EAB+∠EBA＝90°，则2∠EAB+2∠EBA＝180°由∠DAB+∠CBA＝180°，可得∠CBA＝2∠EBA则结论可得．证明：（1）∵折叠∴AD＝AD'，DE＝D'E，∠DA

E＝∠D'AE∵平行四边形ABCD∴AB∥CD∴∠DEA＝∠EAD'∴∠DAE＝∠DEA∴AD＝DE且AD＝AD'，DE＝D'E，∴AD＝DE＝D'E＝D'A∴四边形ADED'是菱形（2）连接BE∵平行四边形

ABCD∴AD∥BC∴∠DAB+∠ABC＝180°∵AB2＝AE2+BE2，∴∠AEB＝90°∴∠EAB+∠ABE＝90°∴2∠EAB+2∠ABE＝180°∵四边形ADED'是菱形∴∠DAB＝2∠EAB∴∠ABC＝2∠ABE∴BE平分∠A

BC点睛：本题考查了折叠问题，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握这些性质是本题的关键．针对训练11．（2020•河北区二模）如图，在▱ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F，若∠B＝55°，∠DAE＝

20°，则∠FED′的大小为（）A．20°B．30°C．35°D．45°思路点拨：根据∠FED′＝∠AED′﹣∠AEF，求出∠AED′，∠AEF即可解决问题．解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D＝55°，∵∠EA

D＝20°，∴∠AED＝180°﹣55°﹣20°＝105°，∴∠AEF＝180°﹣105°＝75°，由翻折的旋转可知，∠AED′＝∠AED＝105°，∴∠FED′＝∠AED′﹣∠AEF＝105°﹣75°＝30°，故选：B．点睛：本题考查翻折变换，平行四边形的性质，三角形内角和定理

等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．类型二矩形的折叠典例2（2020秋•玉林期末）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．（1）求证：四边形CEFG是菱形；（2）若AB＝3，AD＝5，求

BE的长．思路点拨：（1）由翻折得∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，根据FG∥CE，可得∠FGE＝∠BEC，从而∠FGE＝∠BEF，FG＝FE，故FG＝EC，四边形CEFG是平行四边形，即可得证；（2）在Rt△ABF中，AF=√𝐵𝐹2−𝐴𝐵2=4，可得

DF＝1，设EF＝x，则CE＝x，DE＝3﹣x，在Rt△DEF中，用勾股定理列方程可解得𝐶𝐸=53，在Rt△BCE中，即可求出答案．证明：（1）∵△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，∴△BCE≌△BFE

，∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，∵FG∥CE，∴∠FGE＝∠BEC，∴∠FGE＝∠BEF，∴FG＝FE，∴FG＝EC，∴四边形CEFG是平行四边形又∵CE＝FE，∴四边形CEFG是菱形，（2）∵矩形ABCD中，AD＝5，∴B

C＝5，∵△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，∴BF＝BC＝5，在Rt△ABF中，AB＝3，AF=√𝐵𝐹2−𝐴𝐵2=4，∴DF＝AD﹣AF＝1，设EF＝x，则CE＝x，DE＝3﹣x在Rt△DEF中，DF2+DE2＝EF2，∴12+（3﹣x

）2＝x2，解得𝑥=53，∴𝐶𝐸=53，在Rt△BCE中，𝐵𝐸=√𝐵𝐶2+𝐶𝐸2=√52+(53)2=5√103．点睛：本题考查矩形性质及应用，涉及菱形的判定及性质，折叠问题、勾股定理的应用等，解题的关键是熟练应用勾股定理列方程．针对训练22．如图，ABCD是矩形

纸片，翻折∠B、∠D，使AD、BC边与对角线AC重叠，且顶点B、D恰好落在同一点O上，折痕分别是CE、AF，则AEEB等于()A.3B.2C.1.5D.2答案：B解析：由折叠知，△COE≌△CBE，△ADF≌△AOF，∴BC＝OC，AD＝AO，∠BCE＝∠OCE，BE＝OE，∠COE＝∠B＝9

0°.根据矩形性质知，OA＝OC，AD＝BC，∠ABC＝90°，∴在Rt△ABC中，BC＝12AC，∴∠BAO＝30°，∴在Rt△AOE中，OE＝12AE，即BE＝12AE，∴AEEB＝21＝2.故选B.

类型3菱形的折叠典例3（2020•雁塔区校级模拟）如图，菱形ABCD的对角线长分别为6和8，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，H两点重合，EF是折痕．若HE＝1.5，则CF的长为（）A．52B．4C．72D．3思路点拨：连接AC、BD，利用菱形的性

质得OC=12AC＝3，OD=12BD＝4，∠COD＝90°，再利用勾股定理计算出CD＝5，由ASA证得△OBE≌△ODF得到DF＝BE，然后根据折叠的性质得BE＝HE＝1.5，则DN＝1.5，即可得出结果．解：连接AC、BD，

如图，∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，∴OC=12AC＝3，OB＝OD=12BD＝4，∠COD＝90°，在Rt△COD中，CD=√𝑂𝐶2+𝑂𝐷2=√32+42=5，∵AB∥CD，∴∠EBO＝∠FDO，在△OBE和△ODF中，{∠𝐸𝐵𝑂=∠𝐹𝐷𝑂𝑂𝐵=𝑂𝐷∠𝐵�

�𝐸=∠𝐷𝑂𝐹，∴△OBE≌△ODF（ASA），∴DF＝BE，∵过点O折叠菱形，使B，H两点重合，EF是折痕，∴BE＝HE＝1.5，∴DF＝1.5，∴CF＝CD﹣DF＝5﹣1.5=72．故选：C．点睛：本题考查了折叠的性质、菱形的性质、平行线的性

质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠与菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．典例4（2021•邵阳模拟）如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F．（1）求证：△BDF是等腰三角形；（2）如图2，

过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O．①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AD＝AB+2，BD＝10，求四边形BFDG的面积．思路点拨：（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性可得结论；（2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等可得结论；②在直角三角形ABD中

，由勾股定理可求AB＝6，AD＝8，在直角三角形ABF中，由勾股定理可求DF的长，即可求解．证明：（1）如图1，根据折叠，∠DBC＝∠DBE，又AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝

BF，∴△BDF是等腰三角形；（2）①四边形BFDG是菱形，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG，又∵DG∥BE，∴四边形BFDG是平行四边形，∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形；②在Rt△A

BD中，AD＝AB+2，BD＝10，BD2＝AD2+AB2，∴100＝（AB+2）2+AB2，∴AB＝6，∴AD＝8，∵BF2＝AF2+AB2，∴DF2＝（8﹣DF）2+36，∴DF=254，∴四边形BFDG的面积=254×6=752．点睛

：本题是四边形综合题，考查了菱形判定，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，利用勾股定理求出DF的长是本题的关键．针对训练33.如图，在三角形纸片ABC中，AD平分∠BAC，将△ABC折叠，使点A与点D重合，展开后折痕分别交AB、AC

于点E、F，连接DE、DF.求证：四边形AEDF为菱形．解：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD.∵EF为折痕，∴∠CAD＝∠ADF，∴∠BAD＝∠ADF，∴AE∥DF.同理可得AF∥ED，∴四边形AEDF为平行四边形．由折叠得AF＝DF，∴四边形AEDF为菱形．4．

（2018春•濮阳期末）如图，将矩形纸片ABCD（AD＞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）求证：四边形CEGF是菱形；（2）若AB＝3，BC＝9①当点F与点D重合时求CE的长

；②当点G与点A重合时求CE的长．思路点拨：（1）根据翻转变换的性质得到FG＝FC，EG＝GC，∠GEF＝∠FEC，根据平行线的性质得到∠GFE＝∠FEC，得到GF＝GE，得到GE＝EC＝CF＝FG，根据菱形的判定定理证明；（2）①根据折叠的性质解答；②根据折叠的性质得到EA

＝EC，根据勾股定理列出方程，解方程即可．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GFE＝∠FEC，∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折线，∴∠GEF＝∠FEC，FG＝FC，EG＝GC，∴∠GFE＝∠FEG，∴GF＝GE，∴GE＝EC＝CF＝FG，∴四边形CEGF为菱形

；（2）①如图1，当点F与点D重合时，由（1）得四边形CEGF是菱形，∴CE＝CD＝AB＝3；②如图2，当G与A重合时，由折叠的性质得AE＝CE，∵∠B＝90°，∴AE2＝AB2+BE2，即CE2＝32+（9

﹣CE）2，解得，CE＝5．点睛：本题考查的是菱形的判定、翻转变换的性质，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．类型4正方形的折叠典例5已知：如图，E是正方形ABCD的对角线BD上的点，连接AE、CE．（1）

求证：AE＝CE；（2）若将△ABE沿AB翻折后得到△ABF，当点E在BD的何处时，四边形AFBE是正方形？请证明你的结论．思路点拨：（1）利用正方形的性质和SAS证明△ABE≌△CBE即可；（2）由折叠的性质得出∠F＝∠AEB，AF＝AE，

BF＝BE，由直角三角形斜边上的中线性质得出AE=12BD＝BE＝DE，证出AE＝BE＝AF＝BF，得出四边形AFBE是菱形，AE⊥BD，即可得出结论．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CB，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠ABE＝∠CBE＝45°，在△ABE和△CBE中，

{𝐴𝐵=𝐶𝐵∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝐸𝐵𝐸=𝐵𝐸，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE＝CE．（2）解：点E在BD的中点时，四边形AFBE是正方形；理由如下：由折叠的性质得：∠F＝∠AEB，AF＝AE，BF＝BE，∵∠BAD＝90°，E是BD的中点，∴AE=12

BD＝BE＝DE，∵BF＝BE，∴AE＝BE＝AF＝BF，∴四边形AFBE是菱形，E是正方形ABCD对角线的交点，∴AE⊥BD，∴∠AEB＝90°，∴四边形AFBE是正方形．点睛：本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、折叠的性质、直角三角形斜边上的中线性质

；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．典例6（2021•邗江区一模）小明同学尝试用正方形纸片ABCD折出常见的中心对称图形．如图1，小明先将正方形纸条对折，使AB和DC重合，展开后得到折痕EF，

然后沿过点B的直线折叠，使点C落到EF上的点G处，展开后得到折痕BH．（1）求CH：BC的值．（2）如图2，小明将正方形纸片沿过点D的直线翻折，使得点A落在折痕EF上的点N处，折痕为DM，试判断四边形DMBH的形状，并说明理由．思路点拨：（1）连接CG，由折叠可知BC＝BG，∠H

BC＝∠GBH，BH是CG的中垂线，再利用30度角的直角三角形即可求出结果；（2）根据正方形的性质可得AD＝BC，AB＝CD，AB‖CD，进而可以证明四边形DMBH是平行四边形．解：（1）连接CG，由折叠可知BC＝BG，∠HBC＝∠GBH，BH是CG的中垂线．∴BC＝BG＝CG，∴∠GBC＝60

°，∠HBC＝∠GBH＝30°．∴CH：BC＝tan30°=√33；（2）四边形DMBH是平行四边形，法1：由（1）可知∠ADM＝30°．AM=√33AD，HC=√33BC，∵正方形纸片ABCD，∴AD＝BC，AB＝CD，AB‖C

D，∴AM＝HC，BM＝DH，∴四边形DMBH是平行四边形，法2：由（1）可知∠HBC＝∠ADM＝30°，∴∠AMD＝∠MBH＝60°，∴DM‖BH，∴四边形DMBH是平行四边形．点睛：本题考查了正方形的性质，翻折变换，中心对

称图形，解决本题的关键是得到四边形DMBH是平行四边形．针对练习45．如图，已知E是正方形ABCD的边AB上一点，点A关于DE的对称点为F，若正方形ABCD的边长为1，且∠BFC＝90°，则AE的长是__________；答

案：13．解：延长EF、DC交于点H，FH交BC于G，易证G为BC的中点，△EBG≌△HCG，∴FG＝12BC＝12，EG＝HG．设AE＝EF＝x，则EG＝HG＝x＋12，CH＝BE＝1－x．在Rt△CHG中，CG2＋CH2＝GH2，∴(12)2＋(1－x)2＝(x＋12)

2．∴x＝13．∴AE＝13第二部分专题提优训练1．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是（）FBACDEGHFBADCEA．3√3B．6C

．4D．5思路点拨：根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，∴EF⊥AC

，∵∠EAC＝∠ECA，∴AE＝CE，∴AF＝CF，∴AC＝2AB＝6，故选：B．点睛：本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．2．（2019•辽阳）如图，直线EF是矩形ABCD的对称轴，点P在CD边上，将△BCP沿BP折叠，点C恰好落在线

段AP与EF的交点Q处，BC＝4√3，则线段AB的长是（）A．8B．8√2C．8√3D．10思路点拨：由题意得：BF=12BC，EF∥AB，由平行线的性质得出∠ABQ＝∠BQF，由折叠的性质得：∠BQP＝∠C＝90°，BQ＝BC，得出∠AQB＝90°，BF=12BQ，证出∠BQF＝

30°，得出∠ABQ＝30°，在Rt△ABQ中，由直角三角形的性质得出AB＝2AQ，BQ=√3AQ＝4√3，即可得出答案．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，由题意得：BF=12BC，EF∥AB，∴∠ABQ＝∠BQF，由折叠的性质得：∠BQP＝∠C＝90°，BQ＝BC，∴∠AQB＝90

°，BF=12BQ，∴∠BQF＝30°，∴∠ABQ＝30°，在Rt△ABQ中，AB＝2AQ，BQ=√3AQ＝4√3，∴AQ＝4，AB＝8；故选：A．点睛：本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、轴对称的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握翻折变换的性质，证出∠ABQ

＝30°是解题的关键．3．（2012•济宁）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH＝12厘米，EF＝16厘米，则边AD的长是（）A．12厘米B．16厘米C．20厘米D．28厘米思路点拨：先求出

△EFH是直角三角形，再根据勾股定理求出FH＝20，再利用全等三角形的性质解答即可．解：设斜线上两个点分别为P、Q，∵P点是B点对折过去的，∴∠EPH为直角，△AEH≌△PEH，∴∠HEA＝∠PEH，同理∠PEF＝∠BEF，∴∠PEH+∠PEF＝90°，∴四边

形EFGH是矩形，∴△DHG≌△BFE，HEF是直角三角形，∴BF＝DH＝PF，∵AH＝HP，∴AD＝HF，∵EH＝12cm，EF＝16cm，∴FH=√𝐸𝐻2+𝐸𝐹2=√122+162=20cm，∴FH＝AD＝20cm．故选：C．点睛：本题考查的是翻

折变换及勾股定理、全等三角形的判定与性质，解答此题的关键是正确寻找全等三角形，再根据直角三角形及全等三角形的性质解答．4．（2020•徐州模拟）如图，将▱ABCD沿EF对折，使点A落在点C处，若∠A＝60°，AD＝4，AB

＝8，则AE的长为285．思路点拨：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，易证△D′CF≌△ECB（ASA），从而可知D′F＝EB，CF＝CE，设AE＝x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．解：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，在▱ABCD中，∠D＝∠EB

C，AD＝BC，∠A＝∠DCB，由于▱ABCD沿EF对折，∴∠D′＝∠D＝∠EBC，∠D′CE＝∠A＝∠DCB，D′C＝AD＝BC，∴∠D′CF+∠FCE＝∠FCE+∠ECB，∴∠D′CF＝∠ECB，且∠D'＝∠EBC，D'C＝BC∴△D′CF≌△ECB

（ASA）∴D′F＝EB，CF＝CE，∵DF＝D′F，∴DF＝EB，AE＝CF设AE＝x，则EB＝8﹣x，CF＝x，∵BC＝4，∠CBG＝60°，∴BG=12BC＝2，由勾股定理可知：CG＝2√3，∴EG＝EB+BG＝8﹣x+2＝10﹣x在△CEG中，由勾股定理可知：（10

﹣x）2+（2√3）2＝x2，∴x=285∴AE=285故答案为：285点睛：本题考查翻折变换，平行四边形的性质，解题的关键是证明△D′CF≌△ECB，然后利用勾股定理列出方程，本题属于中等题型．5．（2015•

辽阳）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC，OA＝3，OC＝6，将△ABC沿对角线AC翻折，使点B落在点B′处，AB′与y轴交于点D，则点D的坐标为．思路点拨：由折叠的性质可知，∠B′AC＝∠BAC，∠BAC＝∠DCA，易得DC＝DA，设OD＝x，则DC＝6﹣x，在Rt△AO

D中，由勾股定理得OD，得D的坐标．解：由折叠的性质可知，∠B′AC＝∠BAC，∵四边形OABC为矩形，∴OC∥AB，∴∠BAC＝∠DCA，∴∠B′AC＝∠DCA，∴AD＝CD，设OD＝x，则DC＝6﹣x，在Rt△AOD中，由勾股定理得，OA2

+OD2＝AD2，即9+x2＝（6﹣x）2，解得：x=94，∴点D的坐标为：（0，−94），故答案为：（0，−94）．点睛：本题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题，灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答是解题的关键．

6．（2017•海宁市校级模拟）如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个锐角为60°的菱形，剪口与折痕所成的角a的度数应为．思路点拨：如图，折痕为AC与BD，∠ABC＝60°，根据菱形的性质：菱形的对角线平分对角，可得∠ABD＝30°，易得∠BAC＝

60°．所以剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．解：∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABD=12∠ABC，∠BAC=12∠BAD，AD∥BC，∵∠BAC＝60°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣60°＝120°，∴∠ABD＝30°

，∠BAC＝60°．∴剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．故答案为30°或60°．点睛：此题考查了菱形的性质：菱形的对角线平分对角．7．如图，▱ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠ADC＝60°，将▱ABCD沿过点A的直线l折叠

，使点D落到AB边上的点D′处，折痕交CD边于点E．（1）求证：四边形BCED′是菱形；（2）若点P是直线l上的一个动点，请计算PD′+PB的最小值．思路点拨：（1）利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE＝∠EAD′＝∠DEA＝∠D′EA，进而利用平行四边形的判定方法得出四边形DAD′E

是平行四边形，进而求出四边形BCED′是平行四边形，根据折叠的性质得到AD＝AD′，然后又菱形的判定定理即可得到结论；（2）由四边形DAD′E是平行四边形，得到▱DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解

直角三角形得到AG=12，DG=√32，根据勾股定理即可得到结论．证明：（1）∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，∴∠DAE＝∠D′AE，∠DEA＝∠D′EA，∠D＝∠AD′E，∵DE∥AD′，∴∠DEA＝∠EAD′，∴∠DAE＝∠EAD′＝∠DEA＝∠D′EA，∴

∠DAD′＝∠DED′，∴四边形DAD′E是平行四边形，∴DE＝AD′，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝DC，AB∥DC，∴CE＝D′B，CE∥D′B，∴四边形BCED′是平行四边形；∵AD＝AD′，∵AB＝2，AD

＝1，∴AD＝AD′＝BD′＝CE＝BC＝1，∴▱BCED′是菱形，（2）∵四边形DAD′E是菱形，∴D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，∵CD∥AB，∴∠DAG＝∠CDA＝6

0°，∵AD＝1，∴AG=12，DG=√32，∴BG=52，∴BD=√𝐷𝐺2+𝐵𝐺2=√7，∴PD′+PB的最小值为√7．点睛：本题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．8

．（2021•长春模拟）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝12cm，AD＝20cm，折叠纸片使B点落在边AD上的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BFEP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BFEP的边长；②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．思路点拨：（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即

可得出结论；（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝20cm，CD＝AB＝12cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝20cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出DE＝16cm，得出AE＝AD﹣DE＝4cm；在Rt△APE中，由勾股

定理得出方程，解方程得出EP=203cm即可；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝4cm；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＝3cm，即可得出答案．（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＝20

cm，CD＝AB＝12cm，∠A＝∠D＝90°，∵点B与点E关于PQ对称，∴CE＝BC＝20cm，在Rt△CDE中，DE=√𝐶𝐸2−𝐶𝐷2=16cm，∴AE＝AD﹣DE＝20cm﹣16cm＝4cm；在Rt△APE中，AE＝4，AP＝1

2﹣PB＝12﹣PE，∴EP2＝42+（12﹣EP）2，解得：EP=203cm，∴菱形BFEP的边长为203cm；②当点Q与点C重合时，如图2：点E离点A最近，由①知，此时AE＝4cm；当点P与点A重合时，如图3所示：

点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝12cm，∴点E在边AD上移动的最大距离为8cm点睛：本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；

本题综合性强，有一定难度。9.如图1，将一组对边平行的纸条沿EF折叠，点A、B分别落在A′、B′处，线段FB′与AD交于点M.(1)试判断△MEF的形状，并证明你的结论；(2)如图2，将纸条的另一部分CFMD沿MN折叠，点C、D分别落在C′、D′处，且使MD′经过点F，试判断

四边形MNFE的形状，并证明你的结论；(3)当∠BFE＝________时，四边形MNFE是菱形．(1)△MEF是等腰三角形．理由：由折叠可知∠EFB＝∠MFE.∵AD∥BC，∴∠MEF＝∠EFB，∴∠MEF＝∠MFE，∴ME＝MF，∴△MEF为等腰三角形．(2)四边形MNF

E是平行四边形．理由：同(1)可得FN＝FM，∴ME＝FN.又ME∥FN，∴四边形MNFE为平行四边形．(3)60°