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图形变化之折叠——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、三角形折叠
1．（2023·大连）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点落在上时，．”
小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如图1，当点落在上时，求证：；
（2）如图2，若点为中点，，求的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．
二、平行四边形折叠
2．（2025·吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
（1）【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
（2）【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
（3）【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
三、矩形折叠
3．（2023·广西） 【探究与证明】
折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，展平纸片，连接，，．
请完成：
（1）观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系；
（2）证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在，上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．
（3）证明是的一条三等分线．
4．（2023·西宁）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题.数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动.
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N.
【猜想】
（1）【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴ ▲
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ ▲ （　　）
∴ ▲ ▲ （等量代换）
∴（　　）
（2）【应用】
如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为.
①猜想与的数量关系，并说明理由；
②若，，求的长.
5．（2024·济宁）综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长）进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平．
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平．
第三步，连接GF．
（1）【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形AEFD是正方形．
乙同学的结论
请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由．
（2）【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平．
第五步，连接FM交GP于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：
FN AM＝GN AD．
请证明这个结论．
6．（2025·眉山）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点处，折痕交AB于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕CE、，连接、、．
（1）【初步猜想】确定CE和的位置关系及线段BE和CF的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．由矩形的性质，
可知，．① ▲ ．．
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② ▲ ．
经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
（2）【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程．
（3）【尝试运用】如图2，在矩形ABCD中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交CE于点G，连接．当为直角三角形时，求出BE的长．
7．（2025·南充）矩形ABCD中， AB=10，AD=17， 点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE 折叠，使点B落在点P处.
（1）【初步感知】如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F， 求证：FP=FC.
（2）【深入探究】如图2，点 M在线段CD上，CM=4. 点E在移动过程中，求PM的最小值.
（3）【拓展运用】如图2， 点N在线段AD上， AN=4. 点E在移动过程中，点 P 在矩形内部，当△PDN 是以DN 为斜边的直角三角形时，求BE 的长.
8．（2023·烟台）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形进行如下操作：①分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，连接；②将沿翻折，点的对应点落在点处，作射线交于点．
【问题提出】
在矩形中，，求线段的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接，如图2．经过推理、计算可求出线段的长；
方案二：将绕点旋转至处，如图3．经过推理、计算可求出线段的长．
请你任选其中一种方案求线段的长．
四、菱形折叠
9．（2022·淮安）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，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是　 　；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【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.
10．（2024·泰安）综合与实践
为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动.
（1）【探索发现】
同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，将纸片展平，连结BG.EF与BG相交于点H.同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由.
（2）【拓展延伸】
同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，BD是平行四边形纸片ABCD的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线BD上，折痕分别是BE和DF.将纸片展平，连结EG，FH，FG.同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，即.请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由.
五、正方形折叠
11．（2023·通辽）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．
（1）如图1，当点M在上时，　 　度；
（2）改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
12．（2025·兰州） “三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下：
操作步骤与演示图形
如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线l1构成的锐角α．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕l2，l2与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与l2重合得到折痕l3，l3与纸片左边交点为N，如图②．→折痕使点Q，P分别落在l1和l3上，得到折痕m，对应点为Q’，P’，m交l3于M，如图③④．→保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕l4的一部分，如图⑤．→将纸片展开，再沿l4折叠得到经过点P的完整折痕l4，如图⑥．→将纸片折叠使边PK与l4重合，折痕为l5，则直线l4和l5就是锐角α的三等分线，如图⑦⑧．
解决问题 ⑴请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹，不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点Q'作出点P'； 任务二：在图⑥中作出折痕l3． ⑵若锐角α为75°，则图⑤中l2与l4相交所成的锐角是 ▲ °．
13．（2024·宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动．
（1）【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF．
把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF＝　 　°．
（2）【探究证明】
如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（3）【答案】
如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF．
（4）【深入研究】
若，请求出的值（用含k的代数式表示）．
14．（2025·淄博）【问题情境】
小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的ABCD正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习．
【探究感悟】
如图①，小明在边AB上取点E（E不与A，B重合），连接DE，将△ADE沿DE翻折，使得点A的对应点A1恰好落到对角线BD上，则此时线段BE的长是 ▲ ；
【深入探究】
小明继续将△ADE沿DE翻折，发现：A1，B，C三点能构成等腰三角形．请求出此时线段BE的长；
【拓展延伸】
如图②，小明又在边CD上取点F（F不与C，D重合），并将四边形ADFE沿EF翻折，使得点A的对应点A1恰好落在边BC上，记A1D1（D1为D的对应点）与CD的交点为G，连接AD1，小明再次发现：线段EF与AD1的长度之和存在最小值，请求出此时线段CG的长．
六、四边形折叠
15．（2025·山东）【图形感知】
如图，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是，的对应点．
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图判断四边形的形状，并说明理由；
乙：点恰好落在边上，如图求的长；
（3）如图，连接交于点，连接当点在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
16．（2025·泰安）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知.
（1）求 CD的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究.
在线段CD上取一点E，连接BE.将四边形ABED 沿BE翻折得到四边形A'BED'，其中A'，D'分别是 A，D的对应点.
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点 D'恰好落在边 BC 上，延长A'D'交 CD 于点 F，如图2.判断四边形 DBA'F的形状，并说明理由；
②乙：点A'恰好落在边 BC上，如图3.求DE的长；
（3）如图4，连接DD'交 BE 于点 P，连接CP.当点E在线段 CD上运动时，线段CP 是否存在最小值 若存在，直接写出；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴，，
∵，
∴；
（2）如图所示，连接，交于点，
∵折叠，
∴，，，，
∵是的中点，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
则，
在中，，，，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC=∠C，根据折叠的性质以及内角和定理可得∠BDE=∠A=180°-2∠C，由邻补角的性质可得∠EDC+∠BDE=180°，据此证明；
（2）连接AD，交BE于点F，由折叠的性质可得EA=ED，AF=FD，AE=AC=2，AD⊥BE，由中位线的性质可得EF=CD=，由勾股定理可得AF、BF的值，然后根据BE=BF+EF进行计算；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，易得四边形CGMD为矩形，则CD=GM，由勾股定理可得AD，然后求出AM、DM，由勾股定理求出BM，根据BG=BM-GM=BM-CD可得BG，最后再利用勾股定理计算即可.
2．【答案】（1）解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形；
（2）证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
（3）解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE =GE， DF=GF， 而DF =DE， 故GE=DE=DF=GF， 从而四边形DEGF是菱形；
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE =BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FGIINH， 从而四边形GFHN是平行四边形；
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时， 过G作GK⊥AB于K， 过E作ET⊥AB于T， 设AT =x， 则AE =2x， 可得AD=2AE =4x， DE =AE =2x， 求出AB=AT+TK+KN+BN =x+2x+3x+2x=8x，即可得到比值；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W， 设AD= y， 求出 ，即可得到比值.
3．【答案】（1）解：
理由：设AM与EF交于点O，
∵ 将矩形纸片对折，使与重合， 折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，
∴AM垂直平分BB′，EF垂直平分AB，
∴AB=AB′，OB=OB′=OA，
∴AB=AB′=BB′，
∴△ABB′是等边三角形，
∴∠ABB′=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∴∠3=90°-30°-30°=30°，
∴∠1=∠2=∠3.
（2）证明：由折叠的性质可得：，，，，
∴，，
∴是等边三角形，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：设折痕l与线段的交点为M，连接并延长，交于点H，连接，，如图所示：
由折叠的性质可知：、折痕分别垂直平分，
∴，，
∴，
∵，点M在上，
∴垂直平分，（到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上）
∴，
∴，
∴是的一条三等分线．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）利用折叠的性质可知AM垂直平分BB′，EF垂直平分AB，利用垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可证得AB=AB′，OB=OB′=OA，可推出AB=AB′=BB′，可得到△ABB′是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠1=∠2=30°，然后求出∠3的度数，由此可证得结论.
（2）利用折叠的性质可知AM垂直平分BB′，EF垂直平分AB，利用垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可证得AB′=BB′=AB，AE=AE′=BE=B′E′，可得到△ABB′是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠ABE′=∠B′BE=30°，利用矩形的性质可证得∠ABC=90°，然后求出∠3的度数，由此可证得结论.
（3）设折痕l与线段EF的交点为M，连接BM并延长，交B′P′于点H，连接MP，MP′，利用折叠的性质可推出BM=MP=MP′，EF∥BC，利用平行线的性质可得到∠MBB′=∠MB′B=∠CBB′，再由MP′=B′M，点M在H上，可证得HB垂直平分B′P′，利用垂直平分线的性质可得到BP′=BB′，由此可知∠P′H=∠B′BH=∠CBB′，可证得BB′是∠NBC的一条三等分线.
4．【答案】（1）解：∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴（等量代换）
∴（等角对等边）
（2）解：①
理由如下：
∵由四边形折叠得到四边形
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴
∴（等角对等边）
∵
∴
即；
②∵矩形沿所在直线折叠
∴，，
设
∴
在中，
∴（勾股定理）
∴
解得
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由折叠知，利用矩形的性质及平行线的性质可得，由等量代换可得，根据等角对等边即可求解；
（2）①，理由：由折叠及觉醒的性质可推出，根据等角对等边可得MN=EN，从而得出，继而得解；
②由折叠可知，，，设，则，在中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
5．【答案】（1）解：甲同学和乙同学的结论都正确，证明如下，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，
∵折叠，
∴∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE，
∴四边形AEFD是矩形，
∴四边形AEFD是正方形；
故甲同学的结论正确．
作GK⊥AF，
设AE＝2x，则AG＝EG＝x，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EAF＝45°，
∴AF＝2x，AK＝KGAGx，
∴FK＝AF﹣AKx，
∴tan∠AFG；
故乙同学的说法也正确．
（2）证明：过G作GQ⊥PM交延长线于点Q，
∵折叠，
∴FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ，
∵AB∥CD，
∴∠FPG＝∠PGM，
∴∠PGM＝∠MPG，
∴PM＝GM，
∴PF＝GM＝PM＝FG，
∴四边形FGMP是菱形，
∴∠FNG＝90°，
∵∠GQP＝90°＝∠FNG，∠FGN＝∠GPQ，
∴△GFN∽△PGQ，
∴，
∴FN PQ＝GN GQ，
∵AM＝AG+GM＝HF+FP＝PH，
∴AM＝PQ，
∵GQ＝GH＝AD，
∴FN AM＝GN AD．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可证得∠D=∠BAD=90°，再利用折叠的性质可证∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE，由此可推出四边形AEFD是正方形，可对甲的结论作出判断；作GK⊥AF，设AE＝2x，则AG＝EG＝x，利用正方形的性质可证得∠EAF=45°，利用解直角三角形分别表示出AF，AK，FK的长，然后利用正切的定义可求出tan∠AFG的值，可对乙的结论作出判断.
（2）过G作GQ⊥PM交延长线于点Q，利用折叠的性质可证得FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ，利用平行线的性质去证明∠PGM=∠MPG，可推出PF＝GM＝PM＝FG，于是可证得四边形FGMP是菱形，利用菱形的对角线互相垂直可得∠FNG＝90°，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△GFN∽△PGQ，利用相似三角形的性质可推出FN PQ＝GN GQ；再证明AM=PH，可推出AM=PQ，由GQ＝GH＝AD，可证得结论.
6．【答案】（1），
（2）法一： ∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，BC=AD，
由折叠得∠EBC=∠B=90°，BD=BD'，BC=BC=AD， ∠D=∠BDF=90°，BE=BE，
∴AD-BD=BC-CD，即： AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，
由(1) 知： ∠CBD=∠BCB
又∵∠ABE+∠CBD=180°-∠EBC=90°，∠BCB+∠BCF=∠BCD=90°，
∴∠ABE=∠FCD'，
又∵∠A=∠CDF，AB=CD，
∴△ABE≌△DCF，
∴BE=CF，
∵BE=BE，
∴BE=CF；
法二： 作BG∥AB交CE于点G， 则： BG∥AB∥CD，
∵CE∥BF.
∴四边形CFBG为平行四边形，
∴BG=CF.
∵矩形ABCD.
∴AB∥CD.
∴AB∥BG.
∴∠BGE=∠BEC.
由折叠得∠BEC=∠BEC，BE=BE，
∴∠BGE=∠BEC.
∴BE=BG.
∴BE=BE=BG=CF
（3） 解： 作BG∥AB交CE于点G， 则： ∠A=∠GBD=90°.
由(2) 可知： BG=BE=BE=CF，CD'=AB，△ABE≌△DCF，
∴DF=AE，
设BE=x， 则：
如图，当△BDG为直角三角形时，则：
∴GD'∥AD∥BC，
∴∠DGC=∠ECB.
又∵∠GCD'=∠ECB
∵BG∥AB∥CD，
∴∠GBD=∠FCD'.
∵在Rt△BGD和Rt△CDF中，
即：
∴x(6-x)=12x-36，
解得： 或 (舍去) ；
故
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解： (1)由折叠可知 由矩形的性质，可知AD∥BC.
∴∠DBC=∠BCB.
∴∠ECB=∠FBC.
∴CE∥BF.
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为BE=CF；
故答案为：，；
【分析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质得到∠ECB=∠FBC，即可得到CE∥BF，通过测量得到BE=CF解答即可；
(2)法一：由矩形的性质和折叠的性质得到AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，由（1）得∠CBD=∠BCB，即可得到∠ABE=∠FCD'，进而利用ASA得到△ABE≌△DCF，证明结论；法二： 作BG∥AB交CE于点G，则 BG∥AB∥CD，证明CFBG为平行四边形，进而得到∠BGE=∠BEC.再根据折叠得到∠BEC=∠BEC，进而得到BE=BG，根据等角对等边得到列轮即可；
(3)作BG∥AB交CE于点G，即可得到DF=AE，设BE=x， 表示CD'长，然后根据△BDG为直角三角形得到D'G=D'C的长，然后利用正切的定义得到代入数值求出x值即可解题.
7．【答案】（1）证明：连接EF， 由折叠可得∠APE=∠B=90°， PE=BE.
∵ 四边形ABCD为矩形， ∠C=90°.
∵ E为BC的中点， BE=EC，
∴ PE=EC.
在Rt△EPF 与Rt△ECF中，
∴ Rt△EPF≌Rt△ECF (HL)，
∴ FP=FC.
（2）解：AP=AB=10， 点E在移动过程中， AP=10不变.
∴ 点 P在以A为圆心，10为半径的⊙A 的弧上.
∴ 连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值.
∵ AD=17， AB=CD=10， CM=4，
∴ DM=6.
，
∴ PM的最小值为 .
（3）解：P在矩形内部， 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G.
∵ ∠NPD=90°， 即∠1+∠2=90°，
∴ ∠1+∠3=90°.
∴∠3=∠2.
∵ ∠PHN=∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，
∴
AN=4， AD=17，
∴ DN=13.
设HN=x， HD=13-x，
∴ AH=x+4，
HP2=x(13-x).
∵ AB=10，
∴ AP=AB=10，
∵ HP2=AP2-AH2，
∴ HP2=102-(x+4)2.
∴ x(13-x) =102-(x+4)2，
解得：x=4.
∴ HP=6， AH=8. HG=AB=10， PG=4， BG=AH=8.
设BE=m， 则PE=m， GE=8-m.
在Rt△PGE中，
∴
解得， m=5，
答：BE的长为5.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；翻折变换（折叠问题）；四边形-动点问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由题意，用HL定理可证Rt△EPF≌Rt△ECF；
（2） 点E在移动过程中， AP=10不变；连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值，在Rt△ADM中，用勾股定理求出AM的值，然后根据线段的和差PM=AM-AP可求解；
（3） 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G；由同角的余角相等可得∠2=∠3，结合已知，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△PHN∽△DHP，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，将比例式化为乘积式；在Rt△APH中，用勾股定理将HP2 用含x的代数式表示出来，于是可得关于x的方程，解方程可求出x的值；设BE=m，在Rt△PGE中，用勾股定理可得关于m的方程，解方程即可求解.
8．【答案】解：方案一：连接，如图2．
∵四边形是矩形，
∴，，
由作图知，
由翻折的不变性，知，，，
∴，，又，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，即，
解得，
∴线段的长为；
方案二：将绕点旋转至处，如图3．
∵四边形是矩形，
∴，，
由作图知，
由旋转的不变性，知，，，
则，
∴共线，
由翻折的不变性，知，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，即，
解得，
∴线段的长为．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】 （1）方案一：连接， 由翻折不变性可得，，，根据HL证明，可得， 设，则，， 在中，利用勾股定理建立方程并解之即可；
（2）方案二：将绕点旋转至处，证明，从而推出， 设，则，， 在中， 利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
9．【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
10．【答案】（1）解：同学们的发现正确.
如图，过点E作EP⊥BC于P，则∠EPF=90°，∠PEF+∠EFP=90°
∵ 四边形ABCD为矩形
∴ ∠ABC=∠C=90°，四边形ABPE为矩形
∴ ∠EPF=∠C，∠CBG+∠BGC=90°，AB=EP
∵ 把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，
∴ EF垂直平分BG
∴ ∠BHF=90°
∴ ∠CBG+∠EFP=90°
∴ ∠EFP=∠BGC
∴
∴
∴
（2）解：正确
由折叠知：AB=BG，∠1=∠2
∵ 平行四边形ABCD
∴ CD=AB=BG
∵ FG∥CD
∴，∠2=∠3
∴ ∠1=∠3
∴ GF=GD
∴
∴.
则点恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查折叠的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，三角形相似的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识是关键；
（1）过点E作EP⊥BC于P，∠EPF=90°，得∠EPF=∠C，AB=EP，证∠EFP=∠BGC，证，得 ，则；
（2）由折叠知AB=BG，∠1=∠2，由平行四边形得CD=AB=BG；由 FG∥CD得，证GF=GD；可得.
11．【答案】（1）30
（2）解：结论：，理由如下：
∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；含30°角的直角三角形；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）由折叠可得AE=BE=AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，
∴BE=BM，
∴∠EMB=30°.
故答案为：30.
【分析】（1）由折叠可得AE=BE=AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，则BE=BM，据此不难得到∠EMB的度数；
（2）根据正方形的性质可得AB=BC，∠BAD=∠C=90°，由折叠可得AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，则BM=BC，∠BMQ=∠C=90°，利用HL证明△BCQ≌△BMQ，据此解答.
12．【答案】解：⑴任务一：如图，点P为所求．
任务二：如图，折痕l5为所求．
⑵50.
【知识点】角的运算；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】
解：（2）
由题意可知l4，l5是∠的三等分线，
∴∠CPK =∠=x 75°= 50°，
∵l2//PK，
∴∠CDE=∠CPK= 50°，
∴l2与l4相交所成的锐角是50°；
故答案为： 50.
【分析】
(1)任务一：连接QQ'，作QQ'的垂直平分线m， 过点P作直线m的垂线，交边PK于点A，以点A为圆心，AP的长为半径作弧，交直线l3于点P'，则点P'为所求；
任务二：作出l4与PK所成夹角的角平分线，即为折痕l5；
(2)根据三等分线得到∠CPK =∠，再根据两直线平行，同位角相等，计算即可解答.
13．【答案】（1）45
（2）解：△BFG为等腰直角三角形，证明如下：
由题意可得∠EBF＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠BCA＝∠ACD＝45°，
∵∠EBF＝45°，
∴∠EBF=∠ACD，
∵∠BHG=∠CHF，
∴△BHG∽△CHF，
∴，
∴，
∵∠GHF＝∠BHC，
∴△BHC∽△GHF，
∴∠BCH＝∠GFH＝45°，
又∵∠GBF=45°，
∴∠BGF=90°，BG=GF，
∴△GBF为等腰直角三角形；
（3）证明：∵翻折的性质，
∴∠AEB=∠BEF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BAD=90°，
∵PQ⊥CD，
∴∠GQF=90°，
∴∠D=∠GQF，
∴AD∥PQ，
∴∠AEB=∠EGM，
∴∠AEB=∠BEF=∠EGM，
∴EM=GM，
∵△GBF为等腰直角三角形，
∴∠BGF＝90°=∠EGF，
∴∠BEF+∠GFE=90°，∠EGM+∠MGF=90°，
∴∠GFE=∠MGF，
∴GM=MF，
∴EM＝MF；
（4）解：将△AGB旋转至△CNB，连接HN，如图，
∴△AGB≌△CNB，
∴∠BAC＝∠BCN＝45°，AG＝CN，BG＝BN，∠5=∠6，
∵∠ACB＝45°，
∴∠HCN＝90°，
∴CH2+CN2＝HN2，
∵∠EBF＝45°，∠ABC=90°，
∴∠5+∠FBC=45°，
∵∠5＝∠6，
∴∠6+∠FBC=∠NBH=45°，
∴∠GBH＝∠NBH，
∴△GBH≌△NBH（SAS），
∴GH＝NH，
∴CH2+AG2＝GH2，
易证△PBG≌△QGF，四边形APQD为矩形，
∵∠BAC＝45°，
∴AP＝PG＝DQ＝FQ，
设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵CH2+AG2＝GH2，
∴GH2﹣CH2＝（CH+GH）（GH﹣CH）＝2a2，
∴，
又∵，
解得：，，
∴．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；图形的旋转；等腰直角三角形；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图，
由翻折可得，∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=∠EBF=45°，
故答案为：45.
【分析】（1）根据翻折的性质、正方形的性质，得2∠2+2∠3=90°，从而有∠EBF=45°；
（2）根据正方形的性质得∠BCA＝∠ACD＝45°，从而有∠EBF=∠ACD，根据对顶角相等得∠BHG=∠CHF，根据相似三角形的判定证得△BHG∽△CHF，从而有，进而得，根据对顶角相等得∠GHF＝∠BHC，根据相似三角形的判定证得△BHC∽△GHF，从而得∠BCH＝∠GFH＝45°，进而得∠BGF=90°，BG=GF，即可得证；
（3）根据翻折的性质得∠AEB=∠BEF，根据正方形的性质、垂直的定义得∠D=∠GQF=90°，从而有AD∥PQ，进而得∠AEB=∠EGM=∠BEF，根据”等角对等边“证出EM=GM，根据△GBF为等腰直角三角形，得∠BGF=90°=∠EGF，根据直角三角形两锐角互余可得∠BEF+∠GFE=∠EGM+∠MGF=90°，从而有∠MGF=∠GFE，进而求出GM=MF，最后证得EM=MF；
（4）将△AGB旋转至△BNC，连接HN，得△AGB≌△CNB，求出∠HCN＝90°，利用勾股定理得CH2+CN2＝HN2，接下来根据旋转的性质证△GBH≌△NBH（SAS），得GH＝NH，从而有CH2+AG2＝GH2，易证△PBG≌△QGF，四边形APQD为矩形，然后设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a，得，从而得，进而求出，接下来根据GH2﹣CH2＝（CH+GH）（GH﹣CH）＝2a2求出，然后利用加减消元法求出GH、CH的值，最后代入求的值即可.
14．【答案】解：【探究感悟】8﹣4；
【深入探究】①当A1C＝BC时，如图，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，
则四边形ADFG为矩形，
∴DF＝AG，FG＝AD＝4，
∵BC＝CD，
∴A1C＝CD，
又∵折叠，
∴AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，
∴A1C＝CD＝A1D，
∴△A1CD为等边三角形，
∴∠DA1C＝60°，
∵A1F⊥CD，
∴30°，，
∴，∠GA1E＝180°﹣∠DA1E﹣∠DA1F＝60°，
∴，
在Rt△A1GE中，EG，
∵AG＝DF＝2，
∴BG＝AB﹣AG＝2，
∴BE＝BG+EG；
②当A1C＝A1B时，如图：作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，
则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，
∴AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，
∴A1G＝FG﹣A1F＝2，
在Rt△A1FD中，，
∴∠A1DF＝30°，
∴∠FA1D＝60°，，
∴，∠EA1G＝180°﹣∠DA1F﹣∠DA1E＝30°，
在Rt△A1GE中，EG，
∴BE＝BG+EG＝4，
综上：；
【拓展延伸】连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，
∴FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，
由折叠可知AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，
∴∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，
∴∠BAA1＝∠KFE，
又∵∠FKE＝∠ABC＝90°，FK＝AB，
∴△EFK≌△A1AB（AAS），
∴EF＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D，
作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，
则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，
∴当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小；
如图：
∵∠DCA1＝∠A'BA1＝90°，∠CA1D＝∠BA1A'，A'B＝CD，
∴△CDA1≌△BAA1（ASA），
∴CA1＝BA1，
∴A1为BC的中点，
∴，
设AE＝A1E＝x，
则BE＝AB﹣AE＝4﹣x，
在Rt△A1BE中，由勾股定理，得：x2＝22+（4﹣x）2，
解得，
∴，
∴BE＝AB﹣AE，
∴∠ABC＝∠C＝90°＝∠GA1E，
∴∠BEA1＝∠CA1G＝90°﹣∠BA1E，
∴△EBA1∽△A1CG，
∴，即，
∴．
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：【探究感悟】∵正方形ABCD，边长为4，
∴AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，
∴，
由折叠可知∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，
∴∠BA1E＝90°，，
∵∠DBA＝45°，
∴△A1EB为等腰直角三角形，
∴；
故答案为：8﹣4；
【分析】【探究感悟】：根据正方形性质可得AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，根据勾股定理可得BD，再根据折叠性质可得∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，根据边之间的关系可得BA1，再根据等腰直角三角形判定定理及性质即可求出答案.
【深入探究】：分情况讨论：①当A1C＝BC时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，则四边形ADFG为矩形，根据矩形性质可得DF＝AG，FG＝AD＝4，根据折叠性质可得AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，则A1C＝CD＝A1D，根据等边三角形判定定理可得△A1CD为等边三角形，则∠DA1C＝60°，30°，，根据含30°角的直角三角形性质可得A1F，根据三角形内角和定理可得∠GA1E，再根据边之间的关系可得A1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案；②当A1C＝A1B时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，根据矩形性质可得AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，根据边之间的关系可得A1G，根据特殊角的三角函数值可得∠A1DF＝30°，再根据含30°角的直角三角形性质可得DF，根据边之间的关系可得BG，再根据三角形内角和定理可得∠EA1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
【拓展延伸】：连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，根据矩形性质可得FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，根据折叠性质可得AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，则∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，再根据全等三角形判定定理可得△EFK≌△A1AB（AAS），则EF＝AA1，作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，根据边之间的关系可得EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小，根据全等三角形判定定理可得△CDA1≌△BAA1（ASA），则CA1＝BA1，再根据线段中点可得，设AE＝A1E＝x，则BE＝4﹣x，根据勾股定理建立方程，解方程可得，则BE，再根据相似三角形判定定理可得△EBA1∽△A1CG，则，代值计算即可求出答案.
15．【答案】（1）解：，
，
，
，
，
，，，
，
，
；
（2）四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
，
，
四边形是矩形；
延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
点恰好落在边上，
，，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
点在对角线上，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
（3）由折叠的性质得，，
是线段的垂直平分线，
，
点在以为直径的上，连接，，
，即点在上时，线段存在最小值，
，
线段的最小值为
【知识点】正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）由于同旁内角互补两直线平行，则，又，则，此时可由勾股定理先求出BD，再利用相似比即可求出CD；
（2）由折叠的性质知，、，则，即四边形DBA`F是矩形；
如图所示，延长AD交A`D`于点Q，则由折叠的性质可判定四边形ABA`Q为正方形，由已知知则点D恰好为AQ的中点，由勾股定理可求得，则同正方形的对边平行可判定，由相似比可，即；
（3）如图所示，取的斜边BD的中点O，则点P在BD为直径的上运动，由于点C是圆外一定点，点P是圆上一动点，显然当点P在线段OC上时，CP最小，即，此时利用勾股定理求出OC的长即可.
16．【答案】（1）解：∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴△ADB∽△DBC，
∵∠BAD=90°， AD=2， AB=4，
（2）解：①四边形DBA'F 是矩形， 理由如下，
由折叠的性质得.
∴四边形DBA'F 是矩形；
②延长AD和 相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得.
∵点A'恰好落在边BC上，
∴四边形ABA'Q是矩形，
∴四边形ABA'Q是正方形，
∴点E在对角线BQ上，
∵四边形ABA'Q是正方形，
∴AQ∥CB，
∴△DQE∽△CBE，
（3）
【知识点】平行线的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】
解：存在，理由如下：
由折叠的性质得∠EBD=∠EBD'， BD=BD'，∴ BE是线段DD'的垂直平分线，
∴∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的⊙O上， 连接OC， OP，
∴CP≤OC-OP， 即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，
∴线段CP的最小值为
故答案为：
【分析】
(1) 根据AA判定△ADB∽△DBC，再利用相似三角形求解CD的长度，解答即可；
(2) ① 根据折叠性质及角度关系，可判断得到四边形OBEF为矩形；② 根据折叠性质可判断得到四边形ABA'Q为矩形，四边形ABA'Q是正方形，根据AQ∥CB判定△DQE∽△CBE，再利用相似三角形求解DE的长度，解答即可；
(3) 分析CP的最小值存在性，利用动点轨迹即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，根据勾股定理求解最小值，解答即可.
1 / 1图形变化之折叠——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、三角形折叠
1．（2023·大连）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点落在上时，．”
小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如图1，当点落在上时，求证：；
（2）如图2，若点为中点，，求的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．
【答案】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴，，
∵，
∴；
（2）如图所示，连接，交于点，
∵折叠，
∴，，，，
∵是的中点，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
则，
在中，，，，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC=∠C，根据折叠的性质以及内角和定理可得∠BDE=∠A=180°-2∠C，由邻补角的性质可得∠EDC+∠BDE=180°，据此证明；
（2）连接AD，交BE于点F，由折叠的性质可得EA=ED，AF=FD，AE=AC=2，AD⊥BE，由中位线的性质可得EF=CD=，由勾股定理可得AF、BF的值，然后根据BE=BF+EF进行计算；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，易得四边形CGMD为矩形，则CD=GM，由勾股定理可得AD，然后求出AM、DM，由勾股定理求出BM，根据BG=BM-GM=BM-CD可得BG，最后再利用勾股定理计算即可.
二、平行四边形折叠
2．（2025·吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
（1）【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
（2）【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
（3）【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】（1）解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形；
（2）证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
（3）解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE =GE， DF=GF， 而DF =DE， 故GE=DE=DF=GF， 从而四边形DEGF是菱形；
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE =BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FGIINH， 从而四边形GFHN是平行四边形；
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时， 过G作GK⊥AB于K， 过E作ET⊥AB于T， 设AT =x， 则AE =2x， 可得AD=2AE =4x， DE =AE =2x， 求出AB=AT+TK+KN+BN =x+2x+3x+2x=8x，即可得到比值；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W， 设AD= y， 求出 ，即可得到比值.
三、矩形折叠
3．（2023·广西） 【探究与证明】
折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，展平纸片，连接，，．
请完成：
（1）观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系；
（2）证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在，上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．
（3）证明是的一条三等分线．
【答案】（1）解：
理由：设AM与EF交于点O，
∵ 将矩形纸片对折，使与重合， 折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，
∴AM垂直平分BB′，EF垂直平分AB，
∴AB=AB′，OB=OB′=OA，
∴AB=AB′=BB′，
∴△ABB′是等边三角形，
∴∠ABB′=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∴∠3=90°-30°-30°=30°，
∴∠1=∠2=∠3.
（2）证明：由折叠的性质可得：，，，，
∴，，
∴是等边三角形，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：设折痕l与线段的交点为M，连接并延长，交于点H，连接，，如图所示：
由折叠的性质可知：、折痕分别垂直平分，
∴，，
∴，
∵，点M在上，
∴垂直平分，（到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上）
∴，
∴，
∴是的一条三等分线．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）利用折叠的性质可知AM垂直平分BB′，EF垂直平分AB，利用垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可证得AB=AB′，OB=OB′=OA，可推出AB=AB′=BB′，可得到△ABB′是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠1=∠2=30°，然后求出∠3的度数，由此可证得结论.
（2）利用折叠的性质可知AM垂直平分BB′，EF垂直平分AB，利用垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可证得AB′=BB′=AB，AE=AE′=BE=B′E′，可得到△ABB′是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠ABE′=∠B′BE=30°，利用矩形的性质可证得∠ABC=90°，然后求出∠3的度数，由此可证得结论.
（3）设折痕l与线段EF的交点为M，连接BM并延长，交B′P′于点H，连接MP，MP′，利用折叠的性质可推出BM=MP=MP′，EF∥BC，利用平行线的性质可得到∠MBB′=∠MB′B=∠CBB′，再由MP′=B′M，点M在H上，可证得HB垂直平分B′P′，利用垂直平分线的性质可得到BP′=BB′，由此可知∠P′H=∠B′BH=∠CBB′，可证得BB′是∠NBC的一条三等分线.
4．（2023·西宁）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题.数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动.
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N.
【猜想】
（1）【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴ ▲
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ ▲ （　　）
∴ ▲ ▲ （等量代换）
∴（　　）
（2）【应用】
如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为.
①猜想与的数量关系，并说明理由；
②若，，求的长.
【答案】（1）解：∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴（等量代换）
∴（等角对等边）
（2）解：①
理由如下：
∵由四边形折叠得到四边形
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴
∴（等角对等边）
∵
∴
即；
②∵矩形沿所在直线折叠
∴，，
设
∴
在中，
∴（勾股定理）
∴
解得
∴.
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由折叠知，利用矩形的性质及平行线的性质可得，由等量代换可得，根据等角对等边即可求解；
（2）①，理由：由折叠及觉醒的性质可推出，根据等角对等边可得MN=EN，从而得出，继而得解；
②由折叠可知，，，设，则，在中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
5．（2024·济宁）综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长）进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平．
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平．
第三步，连接GF．
（1）【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形AEFD是正方形．
乙同学的结论
请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由．
（2）【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平．
第五步，连接FM交GP于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：
FN AM＝GN AD．
请证明这个结论．
【答案】（1）解：甲同学和乙同学的结论都正确，证明如下，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，
∵折叠，
∴∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE，
∴四边形AEFD是矩形，
∴四边形AEFD是正方形；
故甲同学的结论正确．
作GK⊥AF，
设AE＝2x，则AG＝EG＝x，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EAF＝45°，
∴AF＝2x，AK＝KGAGx，
∴FK＝AF﹣AKx，
∴tan∠AFG；
故乙同学的说法也正确．
（2）证明：过G作GQ⊥PM交延长线于点Q，
∵折叠，
∴FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ，
∵AB∥CD，
∴∠FPG＝∠PGM，
∴∠PGM＝∠MPG，
∴PM＝GM，
∴PF＝GM＝PM＝FG，
∴四边形FGMP是菱形，
∴∠FNG＝90°，
∵∠GQP＝90°＝∠FNG，∠FGN＝∠GPQ，
∴△GFN∽△PGQ，
∴，
∴FN PQ＝GN GQ，
∵AM＝AG+GM＝HF+FP＝PH，
∴AM＝PQ，
∵GQ＝GH＝AD，
∴FN AM＝GN AD．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）利用矩形的性质可证得∠D=∠BAD=90°，再利用折叠的性质可证∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE，由此可推出四边形AEFD是正方形，可对甲的结论作出判断；作GK⊥AF，设AE＝2x，则AG＝EG＝x，利用正方形的性质可证得∠EAF=45°，利用解直角三角形分别表示出AF，AK，FK的长，然后利用正切的定义可求出tan∠AFG的值，可对乙的结论作出判断.
（2）过G作GQ⊥PM交延长线于点Q，利用折叠的性质可证得FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ，利用平行线的性质去证明∠PGM=∠MPG，可推出PF＝GM＝PM＝FG，于是可证得四边形FGMP是菱形，利用菱形的对角线互相垂直可得∠FNG＝90°，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△GFN∽△PGQ，利用相似三角形的性质可推出FN PQ＝GN GQ；再证明AM=PH，可推出AM=PQ，由GQ＝GH＝AD，可证得结论.
6．（2025·眉山）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点处，折痕交AB于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕CE、，连接、、．
（1）【初步猜想】确定CE和的位置关系及线段BE和CF的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．由矩形的性质，
可知，．① ▲ ．．
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② ▲ ．
经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
（2）【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程．
（3）【尝试运用】如图2，在矩形ABCD中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交CE于点G，连接．当为直角三角形时，求出BE的长．
【答案】（1），
（2）法一： ∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，BC=AD，
由折叠得∠EBC=∠B=90°，BD=BD'，BC=BC=AD， ∠D=∠BDF=90°，BE=BE，
∴AD-BD=BC-CD，即： AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，
由(1) 知： ∠CBD=∠BCB
又∵∠ABE+∠CBD=180°-∠EBC=90°，∠BCB+∠BCF=∠BCD=90°，
∴∠ABE=∠FCD'，
又∵∠A=∠CDF，AB=CD，
∴△ABE≌△DCF，
∴BE=CF，
∵BE=BE，
∴BE=CF；
法二： 作BG∥AB交CE于点G， 则： BG∥AB∥CD，
∵CE∥BF.
∴四边形CFBG为平行四边形，
∴BG=CF.
∵矩形ABCD.
∴AB∥CD.
∴AB∥BG.
∴∠BGE=∠BEC.
由折叠得∠BEC=∠BEC，BE=BE，
∴∠BGE=∠BEC.
∴BE=BG.
∴BE=BE=BG=CF
（3） 解： 作BG∥AB交CE于点G， 则： ∠A=∠GBD=90°.
由(2) 可知： BG=BE=BE=CF，CD'=AB，△ABE≌△DCF，
∴DF=AE，
设BE=x， 则：
如图，当△BDG为直角三角形时，则：
∴GD'∥AD∥BC，
∴∠DGC=∠ECB.
又∵∠GCD'=∠ECB
∵BG∥AB∥CD，
∴∠GBD=∠FCD'.
∵在Rt△BGD和Rt△CDF中，
即：
∴x(6-x)=12x-36，
解得： 或 (舍去) ；
故
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解： (1)由折叠可知 由矩形的性质，可知AD∥BC.
∴∠DBC=∠BCB.
∴∠ECB=∠FBC.
∴CE∥BF.
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为BE=CF；
故答案为：，；
【分析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质得到∠ECB=∠FBC，即可得到CE∥BF，通过测量得到BE=CF解答即可；
(2)法一：由矩形的性质和折叠的性质得到AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，由（1）得∠CBD=∠BCB，即可得到∠ABE=∠FCD'，进而利用ASA得到△ABE≌△DCF，证明结论；法二： 作BG∥AB交CE于点G，则 BG∥AB∥CD，证明CFBG为平行四边形，进而得到∠BGE=∠BEC.再根据折叠得到∠BEC=∠BEC，进而得到BE=BG，根据等角对等边得到列轮即可；
(3)作BG∥AB交CE于点G，即可得到DF=AE，设BE=x， 表示CD'长，然后根据△BDG为直角三角形得到D'G=D'C的长，然后利用正切的定义得到代入数值求出x值即可解题.
7．（2025·南充）矩形ABCD中， AB=10，AD=17， 点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE 折叠，使点B落在点P处.
（1）【初步感知】如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F， 求证：FP=FC.
（2）【深入探究】如图2，点 M在线段CD上，CM=4. 点E在移动过程中，求PM的最小值.
（3）【拓展运用】如图2， 点N在线段AD上， AN=4. 点E在移动过程中，点 P 在矩形内部，当△PDN 是以DN 为斜边的直角三角形时，求BE 的长.
【答案】（1）证明：连接EF， 由折叠可得∠APE=∠B=90°， PE=BE.
∵ 四边形ABCD为矩形， ∠C=90°.
∵ E为BC的中点， BE=EC，
∴ PE=EC.
在Rt△EPF 与Rt△ECF中，
∴ Rt△EPF≌Rt△ECF (HL)，
∴ FP=FC.
（2）解：AP=AB=10， 点E在移动过程中， AP=10不变.
∴ 点 P在以A为圆心，10为半径的⊙A 的弧上.
∴ 连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值.
∵ AD=17， AB=CD=10， CM=4，
∴ DM=6.
，
∴ PM的最小值为 .
（3）解：P在矩形内部， 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G.
∵ ∠NPD=90°， 即∠1+∠2=90°，
∴ ∠1+∠3=90°.
∴∠3=∠2.
∵ ∠PHN=∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，
∴
AN=4， AD=17，
∴ DN=13.
设HN=x， HD=13-x，
∴ AH=x+4，
HP2=x(13-x).
∵ AB=10，
∴ AP=AB=10，
∵ HP2=AP2-AH2，
∴ HP2=102-(x+4)2.
∴ x(13-x) =102-(x+4)2，
解得：x=4.
∴ HP=6， AH=8. HG=AB=10， PG=4， BG=AH=8.
设BE=m， 则PE=m， GE=8-m.
在Rt△PGE中，
∴
解得， m=5，
答：BE的长为5.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；翻折变换（折叠问题）；四边形-动点问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由题意，用HL定理可证Rt△EPF≌Rt△ECF；
（2） 点E在移动过程中， AP=10不变；连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值，在Rt△ADM中，用勾股定理求出AM的值，然后根据线段的和差PM=AM-AP可求解；
（3） 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G；由同角的余角相等可得∠2=∠3，结合已知，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△PHN∽△DHP，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，将比例式化为乘积式；在Rt△APH中，用勾股定理将HP2 用含x的代数式表示出来，于是可得关于x的方程，解方程可求出x的值；设BE=m，在Rt△PGE中，用勾股定理可得关于m的方程，解方程即可求解.
8．（2023·烟台）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形进行如下操作：①分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，连接；②将沿翻折，点的对应点落在点处，作射线交于点．
【问题提出】
在矩形中，，求线段的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接，如图2．经过推理、计算可求出线段的长；
方案二：将绕点旋转至处，如图3．经过推理、计算可求出线段的长．
请你任选其中一种方案求线段的长．
【答案】解：方案一：连接，如图2．
∵四边形是矩形，
∴，，
由作图知，
由翻折的不变性，知，，，
∴，，又，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，即，
解得，
∴线段的长为；
方案二：将绕点旋转至处，如图3．
∵四边形是矩形，
∴，，
由作图知，
由旋转的不变性，知，，，
则，
∴共线，
由翻折的不变性，知，
∴，
∴，
设，则，，
在中，，即，
解得，
∴线段的长为．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】 （1）方案一：连接， 由翻折不变性可得，，，根据HL证明，可得， 设，则，， 在中，利用勾股定理建立方程并解之即可；
（2）方案二：将绕点旋转至处，证明，从而推出， 设，则，， 在中， 利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
四、菱形折叠
9．（2022·淮安）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，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是　 　；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【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】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
10．（2024·泰安）综合与实践
为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动.
（1）【探索发现】
同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，将纸片展平，连结BG.EF与BG相交于点H.同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由.
（2）【拓展延伸】
同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，BD是平行四边形纸片ABCD的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线BD上，折痕分别是BE和DF.将纸片展平，连结EG，FH，FG.同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，即.请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由.
【答案】（1）解：同学们的发现正确.
如图，过点E作EP⊥BC于P，则∠EPF=90°，∠PEF+∠EFP=90°
∵ 四边形ABCD为矩形
∴ ∠ABC=∠C=90°，四边形ABPE为矩形
∴ ∠EPF=∠C，∠CBG+∠BGC=90°，AB=EP
∵ 把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，
∴ EF垂直平分BG
∴ ∠BHF=90°
∴ ∠CBG+∠EFP=90°
∴ ∠EFP=∠BGC
∴
∴
∴
（2）解：正确
由折叠知：AB=BG，∠1=∠2
∵ 平行四边形ABCD
∴ CD=AB=BG
∵ FG∥CD
∴，∠2=∠3
∴ ∠1=∠3
∴ GF=GD
∴
∴.
则点恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查折叠的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，三角形相似的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识是关键；
（1）过点E作EP⊥BC于P，∠EPF=90°，得∠EPF=∠C，AB=EP，证∠EFP=∠BGC，证，得 ，则；
（2）由折叠知AB=BG，∠1=∠2，由平行四边形得CD=AB=BG；由 FG∥CD得，证GF=GD；可得.
五、正方形折叠
11．（2023·通辽）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．
（1）如图1，当点M在上时，　 　度；
（2）改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）30
（2）解：结论：，理由如下：
∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；含30°角的直角三角形；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）由折叠可得AE=BE=AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，
∴BE=BM，
∴∠EMB=30°.
故答案为：30.
【分析】（1）由折叠可得AE=BE=AB，∠AEM=∠BEM=90°，AB=BM，则BE=BM，据此不难得到∠EMB的度数；
（2）根据正方形的性质可得AB=BC，∠BAD=∠C=90°，由折叠可得AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，则BM=BC，∠BMQ=∠C=90°，利用HL证明△BCQ≌△BMQ，据此解答.
12．（2025·兰州） “三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下：
操作步骤与演示图形
如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线l1构成的锐角α．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕l2，l2与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与l2重合得到折痕l3，l3与纸片左边交点为N，如图②．→折痕使点Q，P分别落在l1和l3上，得到折痕m，对应点为Q’，P’，m交l3于M，如图③④．→保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕l4的一部分，如图⑤．→将纸片展开，再沿l4折叠得到经过点P的完整折痕l4，如图⑥．→将纸片折叠使边PK与l4重合，折痕为l5，则直线l4和l5就是锐角α的三等分线，如图⑦⑧．
解决问题 ⑴请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹，不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点Q'作出点P'； 任务二：在图⑥中作出折痕l3． ⑵若锐角α为75°，则图⑤中l2与l4相交所成的锐角是 ▲ °．
【答案】解：⑴任务一：如图，点P为所求．
任务二：如图，折痕l5为所求．
⑵50.
【知识点】角的运算；尺规作图-作角的平分线；尺规作图-垂直平分线；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】
解：（2）
由题意可知l4，l5是∠的三等分线，
∴∠CPK =∠=x 75°= 50°，
∵l2//PK，
∴∠CDE=∠CPK= 50°，
∴l2与l4相交所成的锐角是50°；
故答案为： 50.
【分析】
(1)任务一：连接QQ'，作QQ'的垂直平分线m， 过点P作直线m的垂线，交边PK于点A，以点A为圆心，AP的长为半径作弧，交直线l3于点P'，则点P'为所求；
任务二：作出l4与PK所成夹角的角平分线，即为折痕l5；
(2)根据三等分线得到∠CPK =∠，再根据两直线平行，同位角相等，计算即可解答.
13．（2024·宿迁）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动．
（1）【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF．
把正方形纸片展平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF＝　 　°．
（2）【探究证明】
如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（3）【答案】
如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM＝MF．
（4）【深入研究】
若，请求出的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）45
（2）解：△BFG为等腰直角三角形，证明如下：
由题意可得∠EBF＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠BCA＝∠ACD＝45°，
∵∠EBF＝45°，
∴∠EBF=∠ACD，
∵∠BHG=∠CHF，
∴△BHG∽△CHF，
∴，
∴，
∵∠GHF＝∠BHC，
∴△BHC∽△GHF，
∴∠BCH＝∠GFH＝45°，
又∵∠GBF=45°，
∴∠BGF=90°，BG=GF，
∴△GBF为等腰直角三角形；
（3）证明：∵翻折的性质，
∴∠AEB=∠BEF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BAD=90°，
∵PQ⊥CD，
∴∠GQF=90°，
∴∠D=∠GQF，
∴AD∥PQ，
∴∠AEB=∠EGM，
∴∠AEB=∠BEF=∠EGM，
∴EM=GM，
∵△GBF为等腰直角三角形，
∴∠BGF＝90°=∠EGF，
∴∠BEF+∠GFE=90°，∠EGM+∠MGF=90°，
∴∠GFE=∠MGF，
∴GM=MF，
∴EM＝MF；
（4）解：将△AGB旋转至△CNB，连接HN，如图，
∴△AGB≌△CNB，
∴∠BAC＝∠BCN＝45°，AG＝CN，BG＝BN，∠5=∠6，
∵∠ACB＝45°，
∴∠HCN＝90°，
∴CH2+CN2＝HN2，
∵∠EBF＝45°，∠ABC=90°，
∴∠5+∠FBC=45°，
∵∠5＝∠6，
∴∠6+∠FBC=∠NBH=45°，
∴∠GBH＝∠NBH，
∴△GBH≌△NBH（SAS），
∴GH＝NH，
∴CH2+AG2＝GH2，
易证△PBG≌△QGF，四边形APQD为矩形，
∵∠BAC＝45°，
∴AP＝PG＝DQ＝FQ，
设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵CH2+AG2＝GH2，
∴GH2﹣CH2＝（CH+GH）（GH﹣CH）＝2a2，
∴，
又∵，
解得：，，
∴．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；图形的旋转；等腰直角三角形；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图，
由翻折可得，∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=∠EBF=45°，
故答案为：45.
【分析】（1）根据翻折的性质、正方形的性质，得2∠2+2∠3=90°，从而有∠EBF=45°；
（2）根据正方形的性质得∠BCA＝∠ACD＝45°，从而有∠EBF=∠ACD，根据对顶角相等得∠BHG=∠CHF，根据相似三角形的判定证得△BHG∽△CHF，从而有，进而得，根据对顶角相等得∠GHF＝∠BHC，根据相似三角形的判定证得△BHC∽△GHF，从而得∠BCH＝∠GFH＝45°，进而得∠BGF=90°，BG=GF，即可得证；
（3）根据翻折的性质得∠AEB=∠BEF，根据正方形的性质、垂直的定义得∠D=∠GQF=90°，从而有AD∥PQ，进而得∠AEB=∠EGM=∠BEF，根据”等角对等边“证出EM=GM，根据△GBF为等腰直角三角形，得∠BGF=90°=∠EGF，根据直角三角形两锐角互余可得∠BEF+∠GFE=∠EGM+∠MGF=90°，从而有∠MGF=∠GFE，进而求出GM=MF，最后证得EM=MF；
（4）将△AGB旋转至△BNC，连接HN，得△AGB≌△CNB，求出∠HCN＝90°，利用勾股定理得CH2+CN2＝HN2，接下来根据旋转的性质证△GBH≌△NBH（SAS），得GH＝NH，从而有CH2+AG2＝GH2，易证△PBG≌△QGF，四边形APQD为矩形，然后设AP＝PG＝DQ＝FQ＝a，得，从而得，进而求出，接下来根据GH2﹣CH2＝（CH+GH）（GH﹣CH）＝2a2求出，然后利用加减消元法求出GH、CH的值，最后代入求的值即可.
14．（2025·淄博）【问题情境】
小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的ABCD正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习．
【探究感悟】
如图①，小明在边AB上取点E（E不与A，B重合），连接DE，将△ADE沿DE翻折，使得点A的对应点A1恰好落到对角线BD上，则此时线段BE的长是 ▲ ；
【深入探究】
小明继续将△ADE沿DE翻折，发现：A1，B，C三点能构成等腰三角形．请求出此时线段BE的长；
【拓展延伸】
如图②，小明又在边CD上取点F（F不与C，D重合），并将四边形ADFE沿EF翻折，使得点A的对应点A1恰好落在边BC上，记A1D1（D1为D的对应点）与CD的交点为G，连接AD1，小明再次发现：线段EF与AD1的长度之和存在最小值，请求出此时线段CG的长．
【答案】解：【探究感悟】8﹣4；
【深入探究】①当A1C＝BC时，如图，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，
则四边形ADFG为矩形，
∴DF＝AG，FG＝AD＝4，
∵BC＝CD，
∴A1C＝CD，
又∵折叠，
∴AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，
∴A1C＝CD＝A1D，
∴△A1CD为等边三角形，
∴∠DA1C＝60°，
∵A1F⊥CD，
∴30°，，
∴，∠GA1E＝180°﹣∠DA1E﹣∠DA1F＝60°，
∴，
在Rt△A1GE中，EG，
∵AG＝DF＝2，
∴BG＝AB﹣AG＝2，
∴BE＝BG+EG；
②当A1C＝A1B时，如图：作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，
则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，
∴AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，
∴A1G＝FG﹣A1F＝2，
在Rt△A1FD中，，
∴∠A1DF＝30°，
∴∠FA1D＝60°，，
∴，∠EA1G＝180°﹣∠DA1F﹣∠DA1E＝30°，
在Rt△A1GE中，EG，
∴BE＝BG+EG＝4，
综上：；
【拓展延伸】连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，
∴FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，
由折叠可知AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，
∴∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，
∴∠BAA1＝∠KFE，
又∵∠FKE＝∠ABC＝90°，FK＝AB，
∴△EFK≌△A1AB（AAS），
∴EF＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D，
作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，
则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，
∴当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小；
如图：
∵∠DCA1＝∠A'BA1＝90°，∠CA1D＝∠BA1A'，A'B＝CD，
∴△CDA1≌△BAA1（ASA），
∴CA1＝BA1，
∴A1为BC的中点，
∴，
设AE＝A1E＝x，
则BE＝AB﹣AE＝4﹣x，
在Rt△A1BE中，由勾股定理，得：x2＝22+（4﹣x）2，
解得，
∴，
∴BE＝AB﹣AE，
∴∠ABC＝∠C＝90°＝∠GA1E，
∴∠BEA1＝∠CA1G＝90°﹣∠BA1E，
∴△EBA1∽△A1CG，
∴，即，
∴．
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：【探究感悟】∵正方形ABCD，边长为4，
∴AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，
∴，
由折叠可知∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，
∴∠BA1E＝90°，，
∵∠DBA＝45°，
∴△A1EB为等腰直角三角形，
∴；
故答案为：8﹣4；
【分析】【探究感悟】：根据正方形性质可得AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，根据勾股定理可得BD，再根据折叠性质可得∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，根据边之间的关系可得BA1，再根据等腰直角三角形判定定理及性质即可求出答案.
【深入探究】：分情况讨论：①当A1C＝BC时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，则四边形ADFG为矩形，根据矩形性质可得DF＝AG，FG＝AD＝4，根据折叠性质可得AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，则A1C＝CD＝A1D，根据等边三角形判定定理可得△A1CD为等边三角形，则∠DA1C＝60°，30°，，根据含30°角的直角三角形性质可得A1F，根据三角形内角和定理可得∠GA1E，再根据边之间的关系可得A1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案；②当A1C＝A1B时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，根据矩形性质可得AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，根据边之间的关系可得A1G，根据特殊角的三角函数值可得∠A1DF＝30°，再根据含30°角的直角三角形性质可得DF，根据边之间的关系可得BG，再根据三角形内角和定理可得∠EA1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
【拓展延伸】：连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，根据矩形性质可得FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，根据折叠性质可得AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，则∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，再根据全等三角形判定定理可得△EFK≌△A1AB（AAS），则EF＝AA1，作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，根据边之间的关系可得EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小，根据全等三角形判定定理可得△CDA1≌△BAA1（ASA），则CA1＝BA1，再根据线段中点可得，设AE＝A1E＝x，则BE＝4﹣x，根据勾股定理建立方程，解方程可得，则BE，再根据相似三角形判定定理可得△EBA1∽△A1CG，则，代值计算即可求出答案.
六、四边形折叠
15．（2025·山东）【图形感知】
如图，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是，的对应点．
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图判断四边形的形状，并说明理由；
乙：点恰好落在边上，如图求的长；
（3）如图，连接交于点，连接当点在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：，
，
，
，
，
，，，
，
，
；
（2）四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
，
，
四边形是矩形；
延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
点恰好落在边上，
，，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
点在对角线上，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
（3）由折叠的性质得，，
是线段的垂直平分线，
，
点在以为直径的上，连接，，
，即点在上时，线段存在最小值，
，
线段的最小值为
【知识点】正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）由于同旁内角互补两直线平行，则，又，则，此时可由勾股定理先求出BD，再利用相似比即可求出CD；
（2）由折叠的性质知，、，则，即四边形DBA`F是矩形；
如图所示，延长AD交A`D`于点Q，则由折叠的性质可判定四边形ABA`Q为正方形，由已知知则点D恰好为AQ的中点，由勾股定理可求得，则同正方形的对边平行可判定，由相似比可，即；
（3）如图所示，取的斜边BD的中点O，则点P在BD为直径的上运动，由于点C是圆外一定点，点P是圆上一动点，显然当点P在线段OC上时，CP最小，即，此时利用勾股定理求出OC的长即可.
16．（2025·泰安）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知.
（1）求 CD的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究.
在线段CD上取一点E，连接BE.将四边形ABED 沿BE翻折得到四边形A'BED'，其中A'，D'分别是 A，D的对应点.
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点 D'恰好落在边 BC 上，延长A'D'交 CD 于点 F，如图2.判断四边形 DBA'F的形状，并说明理由；
②乙：点A'恰好落在边 BC上，如图3.求DE的长；
（3）如图4，连接DD'交 BE 于点 P，连接CP.当点E在线段 CD上运动时，线段CP 是否存在最小值 若存在，直接写出；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴△ADB∽△DBC，
∵∠BAD=90°， AD=2， AB=4，
（2）解：①四边形DBA'F 是矩形， 理由如下，
由折叠的性质得.
∴四边形DBA'F 是矩形；
②延长AD和 相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得.
∵点A'恰好落在边BC上，
∴四边形ABA'Q是矩形，
∴四边形ABA'Q是正方形，
∴点E在对角线BQ上，
∵四边形ABA'Q是正方形，
∴AQ∥CB，
∴△DQE∽△CBE，
（3）
【知识点】平行线的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】
解：存在，理由如下：
由折叠的性质得∠EBD=∠EBD'， BD=BD'，∴ BE是线段DD'的垂直平分线，
∴∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的⊙O上， 连接OC， OP，
∴CP≤OC-OP， 即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，
∴线段CP的最小值为
故答案为：
【分析】
(1) 根据AA判定△ADB∽△DBC，再利用相似三角形求解CD的长度，解答即可；
(2) ① 根据折叠性质及角度关系，可判断得到四边形OBEF为矩形；② 根据折叠性质可判断得到四边形ABA'Q为矩形，四边形ABA'Q是正方形，根据AQ∥CB判定△DQE∽△CBE，再利用相似三角形求解DE的长度，解答即可；
(3) 分析CP的最小值存在性，利用动点轨迹即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，根据勾股定理求解最小值，解答即可.
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