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4（2025盐城东台期中）如图，在长方形ABCD中，AB=8，BC=6，P为AD上一点，将$△ ABP$沿BP翻折至$△ EBP$，PE与CD相交于点O，BE与CD相交于点Q，且$OE=OD$。
（1）求证：$DQ=EP$；
（2）求AP的长。
（1）求证：$DQ=EP$；
（2）求AP的长。
答案
4. (1) 证明:因为四边形$ABCD$是长方形,
所以$∠ D=∠ A=∠ C=90°$,$AD=BC=6$,$CD=AB$.
由题意,得$△ ABP≌△ EBP$,
所以$EP=AP$,$∠ E=∠ A=90°$,$BE=AB=8$.
又$OE=OD$,所以$△ ODP≌△ OEQ(\mathrm{ASA})$,
所以$PD=QE$,$OP=OQ$,
因为$OE=OD$,所以$OE+OP=OD+OQ$,即$DQ=EP$.
(2) 解:由(1),得$△ ODP≌△ OEQ$,所以$PD=QE$.
又因为$DQ=EP$,
故可设$AP=EP=x$,则$PD=QE=6-x$,$DQ=x$,
所以$CQ=8-x$,$BQ=8-(6-x)=2+x$.
在$△ BCQ$中,由勾股定理,得$BC^2+CQ^2=BQ^2$,
即$6^2+(8-x)^2=(x+2)^2$,解得$x=4.8$,所以$AP=4.8$.
所以$∠ D=∠ A=∠ C=90°$,$AD=BC=6$,$CD=AB$.
由题意,得$△ ABP≌△ EBP$,
所以$EP=AP$,$∠ E=∠ A=90°$,$BE=AB=8$.
又$OE=OD$,所以$△ ODP≌△ OEQ(\mathrm{ASA})$,
所以$PD=QE$,$OP=OQ$,
因为$OE=OD$,所以$OE+OP=OD+OQ$,即$DQ=EP$.
(2) 解:由(1),得$△ ODP≌△ OEQ$,所以$PD=QE$.
又因为$DQ=EP$,
故可设$AP=EP=x$,则$PD=QE=6-x$,$DQ=x$,
所以$CQ=8-x$,$BQ=8-(6-x)=2+x$.
在$△ BCQ$中,由勾股定理,得$BC^2+CQ^2=BQ^2$,
即$6^2+(8-x)^2=(x+2)^2$,解得$x=4.8$,所以$AP=4.8$.
解析
【分析】
（1）要证明$DQ=EP$，首先结合矩形性质和折叠的性质可得$∠D=∠E=90°$，再根据已知$OE=OD$，结合对顶角相等可证明$△ ODP≌△ OEQ$，得到$OP=OQ$，最后利用线段和的关系$OE+OP=OD+OQ$，即可推出$DQ=EP$；
（2）求$AP$的长可采用方程思想，设$AP$为$x$，结合（1）的结论把$\mathrm{Rt}△ BCQ$的三边都用含$x$的代数式表示，再根据勾股定理列方程求解即可得到$AP$的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形$ABCD$是长方形，
∴$∠ D=∠ A=∠ C=90°$，$AD=BC=6$，$CD=AB=8$。
由折叠的性质可得$△ ABP≌△ EBP$，
∴$EP=AP$，$∠ E=∠ A=90°$，$BE=AB=8$。
在$△ ODP$和$△ OEQ$中：
$\begin{cases}∠ D=∠ E \\OD=OE \\∠ DOP=∠ EOQ\end{cases}$
∴$△ ODP≌△ OEQ(\mathrm{ASA})$，
∴$PD=QE$，$OP=OQ$，
∵$OE=OD$，
∴$OE+OP=OD+OQ$，即$DQ=EP$。
(2) 解：由(1)得$△ ODP≌△ OEQ$，
∴$PD=QE$，
又
∵$DQ=EP$，
设$AP=EP=x$，则$PD=AD-AP=6-x$，
∴$QE=6-x$，$DQ=x$，
∴$CQ=CD-DQ=8-x$，$BQ=BE-QE=8-(6-x)=2+x$，
在$\mathrm{Rt}△ BCQ$中，由勾股定理得$BC^2+CQ^2=BQ^2$，
代入得：$6^2+(8-x)^2=(x+2)^2$，
展开计算：$36+64-16x+x^2=x^2+4x+4$，
移项合并得$20x=96$，
解得$x=4.8$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $AP=4.8$
【知识点】
折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是几何折叠类的典型综合题，解题时需要先利用折叠性质得到相等的边与角，再通过全等三角形完成线段的等量转换，最后结合勾股定理列方程求解，很好地考查了逻辑推理能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.65
（1）要证明$DQ=EP$，首先结合矩形性质和折叠的性质可得$∠D=∠E=90°$，再根据已知$OE=OD$，结合对顶角相等可证明$△ ODP≌△ OEQ$，得到$OP=OQ$，最后利用线段和的关系$OE+OP=OD+OQ$，即可推出$DQ=EP$；
（2）求$AP$的长可采用方程思想，设$AP$为$x$，结合（1）的结论把$\mathrm{Rt}△ BCQ$的三边都用含$x$的代数式表示，再根据勾股定理列方程求解即可得到$AP$的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形$ABCD$是长方形，
∴$∠ D=∠ A=∠ C=90°$，$AD=BC=6$，$CD=AB=8$。
由折叠的性质可得$△ ABP≌△ EBP$，
∴$EP=AP$，$∠ E=∠ A=90°$，$BE=AB=8$。
在$△ ODP$和$△ OEQ$中：
$\begin{cases}∠ D=∠ E \\OD=OE \\∠ DOP=∠ EOQ\end{cases}$
∴$△ ODP≌△ OEQ(\mathrm{ASA})$，
∴$PD=QE$，$OP=OQ$，
∵$OE=OD$，
∴$OE+OP=OD+OQ$，即$DQ=EP$。
(2) 解：由(1)得$△ ODP≌△ OEQ$，
∴$PD=QE$，
又
∵$DQ=EP$，
设$AP=EP=x$，则$PD=AD-AP=6-x$，
∴$QE=6-x$，$DQ=x$，
∴$CQ=CD-DQ=8-x$，$BQ=BE-QE=8-(6-x)=2+x$，
在$\mathrm{Rt}△ BCQ$中，由勾股定理得$BC^2+CQ^2=BQ^2$，
代入得：$6^2+(8-x)^2=(x+2)^2$，
展开计算：$36+64-16x+x^2=x^2+4x+4$，
移项合并得$20x=96$，
解得$x=4.8$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $AP=4.8$
【知识点】
折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是几何折叠类的典型综合题，解题时需要先利用折叠性质得到相等的边与角，再通过全等三角形完成线段的等量转换，最后结合勾股定理列方程求解，很好地考查了逻辑推理能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.65
5（2025苏州工业园区月考）如图，在矩形ABCD中，E为BC的中点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在B'点处，连接B'C.
（1）求证：AE//B'C；
（2）若AB=8，BC=12，求线段B'C的长.
（1）求证：AE//B'C；
（2）若AB=8，BC=12，求线段B'C的长.
答案
5. (1) 证明:因为$E$为$BC$的中点,所以$BE=EC$.
因为$B'E=BE$,所以$B'E=EC$,所以$∠ EB'C=∠ B'CE$,
又因为$∠ BEB'=∠ BEA+∠ B'EA=∠ EB'C+∠ B'CE$,
且$∠ BEA=∠ B'EA$,
所以$∠ BEA=∠ B'CE$,所以$AE// B'C$.
(2) 解:如图,连接$BB'$交$AE$于点$H$.
因为$∠ ABE=90°$,$AB=8$,$BC=12$,$E$为$BC$的中点,
所以$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=10$,
由折叠的性质,得$BB'⊥ AE$,即$BH$是$△ ABE$的高,
所以$BH=B'H=\frac{AB· BE}{AE}=4.8$,
所以$BB'=BH+B'H=9.6$.
由(1),得$AE// B'C$,$AE⊥ BB'$,所以$BB'⊥ B'C$,
所以$B'C=\sqrt{BC^2-BB'^2}=\sqrt{12^2-9.6^2}=7.2$.
解析
【分析】
(1) 要证明AE//B'C，可通过同位角相等推导：首先结合E是BC中点得BE=EC，再根据折叠性质得BE=B'E、∠BEA=∠B'EA，由此可得B'E=EC，△EB'C为等腰三角形，∠EB'C=∠ECB'；再利用三角形外角性质，∠BEB'既是△EB'C的外角等于2∠ECB'，也等于2∠BEA，即可推出∠BEA=∠ECB'，证得平行。
(2) 求B'C长度，可先连接BB'交AE于H：根据折叠性质得AE垂直平分BB'，先在Rt△ABE中用勾股定理求AE的长度，再用面积法求Rt△ABE斜边上的高BH，得到BB'的长度；结合(1)的平行结论可推得BB'⊥B'C，即△BB'C为直角三角形，已知BC和BB'的长度，用勾股定理即可算出B'C的长。
【解析】
(1) 证明：
∵E为BC的中点，
∴BE=EC。
由折叠的性质可得B'E=BE，∠BEA=∠B'EA，
∴B'E=EC，
∴∠EB'C=∠B'CE。
∵∠BEB'是△EB'C的外角，
∴∠BEB'=∠EB'C+∠B'CE=2∠B'CE，
又
∵∠BEB'=∠BEA+∠B'EA=2∠BEA，
∴∠BEA=∠B'CE，
∴AE//B'C。
(2) 解：
连接BB'交AE于点H。
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=90°，
∵BC=12，E为BC中点，
∴BE=$\frac{1}{2}$BC=6。
在Rt△ABE中，AB=8，BE=6，由勾股定理得：
$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
由折叠的性质可知AE垂直平分BB'，即BH⊥AE，BH=B'H，
根据三角形面积公式$S_{△ABE}=\frac{1}{2}AB·BE=\frac{1}{2}AE·BH$，
得$BH=\frac{AB·BE}{AE}=\frac{8×6}{10}=4.8$，
∴$BB'=2BH=9.6$。
由(1)知AE//B'C，且BB'⊥AE，
∴BB'⊥B'C，即∠BB'C=90°，
在Rt△BB'C中，BC=12，BB'=9.6，由勾股定理得：
$B'C=\sqrt{BC^2-BB'^2}=\sqrt{12^2-9.6^2}=7.2$。
【答案】
(1) 证明:因为$E$为$BC$的中点,所以$BE=EC$.
因为$B'E=BE$,所以$B'E=EC$,所以$∠ EB'C=∠ B'CE$,
又因为$∠ BEB'=∠ BEA+∠ B'EA=∠ EB'C+∠ B'CE$,
且$∠ BEA=∠ B'EA$,
所以$∠ BEA=∠ B'CE$,所以$AE// B'C$.
(2) 解:如图,连接$BB'$交$AE$于点$H$.
因为$∠ ABE=90°$,$AB=8$,$BC=12$,$E$为$BC$的中点,
所以$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=10$,
由折叠的性质,得$BB'⊥ AE$,即$BH$是$△ ABE$的高,
所以$BH=B'H=\frac{AB· BE}{AE}=4.8$,
所以$BB'=BH+B'H=9.6$.
由(1),得$AE// B'C$,$AE⊥ BB'$,所以$BB'⊥ B'C$,
所以$B'C=\sqrt{BC^2-BB'^2}=\sqrt{12^2-9.6^2}=7.2$.
【知识点】
折叠的性质，平行线的判定，勾股定理
【点评】
本题是矩形与折叠结合的典型综合题，既考查几何证明也考查线段长度计算，解题核心是灵活运用折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合等腰三角形、直角三角形的相关性质推导计算，是折叠类几何问题的常考题型，能有效考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明AE//B'C，可通过同位角相等推导：首先结合E是BC中点得BE=EC，再根据折叠性质得BE=B'E、∠BEA=∠B'EA，由此可得B'E=EC，△EB'C为等腰三角形，∠EB'C=∠ECB'；再利用三角形外角性质，∠BEB'既是△EB'C的外角等于2∠ECB'，也等于2∠BEA，即可推出∠BEA=∠ECB'，证得平行。
(2) 求B'C长度，可先连接BB'交AE于H：根据折叠性质得AE垂直平分BB'，先在Rt△ABE中用勾股定理求AE的长度，再用面积法求Rt△ABE斜边上的高BH，得到BB'的长度；结合(1)的平行结论可推得BB'⊥B'C，即△BB'C为直角三角形，已知BC和BB'的长度，用勾股定理即可算出B'C的长。
【解析】
(1) 证明：
∵E为BC的中点，
∴BE=EC。
由折叠的性质可得B'E=BE，∠BEA=∠B'EA，
∴B'E=EC，
∴∠EB'C=∠B'CE。
∵∠BEB'是△EB'C的外角，
∴∠BEB'=∠EB'C+∠B'CE=2∠B'CE，
又
∵∠BEB'=∠BEA+∠B'EA=2∠BEA，
∴∠BEA=∠B'CE，
∴AE//B'C。
(2) 解：
连接BB'交AE于点H。
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABE=90°，
∵BC=12，E为BC中点，
∴BE=$\frac{1}{2}$BC=6。
在Rt△ABE中，AB=8，BE=6，由勾股定理得：
$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
由折叠的性质可知AE垂直平分BB'，即BH⊥AE，BH=B'H，
根据三角形面积公式$S_{△ABE}=\frac{1}{2}AB·BE=\frac{1}{2}AE·BH$，
得$BH=\frac{AB·BE}{AE}=\frac{8×6}{10}=4.8$，
∴$BB'=2BH=9.6$。
由(1)知AE//B'C，且BB'⊥AE，
∴BB'⊥B'C，即∠BB'C=90°，
在Rt△BB'C中，BC=12，BB'=9.6，由勾股定理得：
$B'C=\sqrt{BC^2-BB'^2}=\sqrt{12^2-9.6^2}=7.2$。
【答案】
(1) 证明:因为$E$为$BC$的中点,所以$BE=EC$.
因为$B'E=BE$,所以$B'E=EC$,所以$∠ EB'C=∠ B'CE$,
又因为$∠ BEB'=∠ BEA+∠ B'EA=∠ EB'C+∠ B'CE$,
且$∠ BEA=∠ B'EA$,
所以$∠ BEA=∠ B'CE$,所以$AE// B'C$.
(2) 解:如图,连接$BB'$交$AE$于点$H$.
因为$∠ ABE=90°$,$AB=8$,$BC=12$,$E$为$BC$的中点,
所以$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=10$,
由折叠的性质,得$BB'⊥ AE$,即$BH$是$△ ABE$的高,
所以$BH=B'H=\frac{AB· BE}{AE}=4.8$,
所以$BB'=BH+B'H=9.6$.
由(1),得$AE// B'C$,$AE⊥ BB'$,所以$BB'⊥ B'C$,
所以$B'C=\sqrt{BC^2-BB'^2}=\sqrt{12^2-9.6^2}=7.2$.
【知识点】
折叠的性质，平行线的判定，勾股定理
【点评】
本题是矩形与折叠结合的典型综合题，既考查几何证明也考查线段长度计算，解题核心是灵活运用折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合等腰三角形、直角三角形的相关性质推导计算，是折叠类几何问题的常考题型，能有效考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
6 如图，在正方形ABCD中，AB=10，E为BC的中点，将正方形的边CD沿着DE折叠到DF，延长EF交AB于点G，连接DG.
（1）求证：$△ ADG ≌ △ FDG$；
（2）求$△ BEG$的面积.
（1）求证：$△ ADG ≌ △ FDG$；
（2）求$△ BEG$的面积.
答案
6. (1) 证明:因为四边形$ABCD$是正方形,
所以$DC=AD$,$∠ C=∠ A=90°$.
因为$△ DEF$是由$△ DEC$翻折所得,
所以$DF=DC$,$∠ DFE=∠ DFG=∠ C=90°$,
所以$∠ A=∠ DFG$,$DA=DF$.
在$\mathrm{Rt}△ ADG$和$\mathrm{Rt}△ FDG$中,$\begin{cases} DG=DG, \\ DA=DF, \end{cases}$
所以$△ ADG≌△ FDG(\mathrm{HL})$.
(2) 解:因为$△ ADG≌△ FDG$,所以$AG=FG$.
设$AG=FG=x$,因为$BE=EC=EF=5$,
所以$BG=10-x$,$GE=5+x$.
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中,由勾股定理,得$BG^2+BE^2=GE^2$,
所以$(10-x)^2+5^2=(x+5)^2$,解得$x=\frac{10}{3}$,
所以$BG=10-\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$,
所以$S_{△ BEG}=\frac{1}{2}×5×\frac{20}{3}=\frac{50}{3}$.
所以$DC=AD$,$∠ C=∠ A=90°$.
因为$△ DEF$是由$△ DEC$翻折所得,
所以$DF=DC$,$∠ DFE=∠ DFG=∠ C=90°$,
所以$∠ A=∠ DFG$,$DA=DF$.
在$\mathrm{Rt}△ ADG$和$\mathrm{Rt}△ FDG$中,$\begin{cases} DG=DG, \\ DA=DF, \end{cases}$
所以$△ ADG≌△ FDG(\mathrm{HL})$.
(2) 解:因为$△ ADG≌△ FDG$,所以$AG=FG$.
设$AG=FG=x$,因为$BE=EC=EF=5$,
所以$BG=10-x$,$GE=5+x$.
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中,由勾股定理,得$BG^2+BE^2=GE^2$,
所以$(10-x)^2+5^2=(x+5)^2$,解得$x=\frac{10}{3}$,
所以$BG=10-\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$,
所以$S_{△ BEG}=\frac{1}{2}×5×\frac{20}{3}=\frac{50}{3}$.
解析
【分析】
（1）要证明$△ ADG ≌ △ FDG$，先利用正方形的性质得到$AD=DC$、$∠ A=90°$，再结合折叠的性质推出$DF=DC$、$∠ DFG=90°$，即可得到两个直角三角形的直角边$DA=DF$，且有公共斜边$DG$，用HL定理即可判定全等。
（2）要求$△ BEG$的面积，已知$BE$的长度，只需求出$BG$的长即可。由全等的性质可得$AG=FG$，设$AG$为$x$，用含$x$的式子表示$BG$和$GE$的长度，再在$\mathrm{Rt}△ BEG$中利用勾股定理列方程求解$x$，即可得到$BG$的长度，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
（1）证明：$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore DC=AD$，$∠ C=∠ A=90°$。
$\because △ DEF$是由$△ DEC$沿$DE$折叠所得，
$\therefore DF=DC$，$∠ DFE=∠ C=90°$，
$\therefore ∠ DFG=180°-∠ DFE=90°$，即$∠ A=∠ DFG=90°$，$DA=DF$。
在$\mathrm{Rt}△ ADG$和$\mathrm{Rt}△ FDG$中，
$\begin{cases} DG=DG \\ DA=DF \end{cases}$
$\therefore △ ADG ≌ △ FDG(\mathrm{HL})$。
（2）解：由（1）知$△ ADG ≌ △ FDG$，$\therefore AG=FG$。
设$AG=FG=x$，
$\because E$为$BC$中点，$AB=BC=10$，$\therefore BE=EC=EF=5$，
$\therefore BG=AB-AG=10-x$，$GE=EF+FG=5+x$。
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中，由勾股定理得：$BG^2+BE^2=GE^2$，
代入得：$(10-x)^2+5^2=(x+5)^2$，
展开整理得：$30x=100$，解得$x=\frac{10}{3}$，
$\therefore BG=10-\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$，
$\therefore S_{△ BEG}=\frac{1}{2} × BE × BG=\frac{1}{2} × 5 × \frac{20}{3}=\frac{50}{3}$。
【答案】
（1）$△ ADG ≌ △ FDG$，证明成立；
（2）$\frac{50}{3}$
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定，勾股定理的应用
【点评】
本题是折叠类几何的典型题型，综合考查了折叠的性质、全等三角形的判定和勾股定理的应用，解题的关键是利用折叠和全等的性质找到相等的线段，再通过设未知数结合勾股定理建立方程求解线段长度，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.65
（1）要证明$△ ADG ≌ △ FDG$，先利用正方形的性质得到$AD=DC$、$∠ A=90°$，再结合折叠的性质推出$DF=DC$、$∠ DFG=90°$，即可得到两个直角三角形的直角边$DA=DF$，且有公共斜边$DG$，用HL定理即可判定全等。
（2）要求$△ BEG$的面积，已知$BE$的长度，只需求出$BG$的长即可。由全等的性质可得$AG=FG$，设$AG$为$x$，用含$x$的式子表示$BG$和$GE$的长度，再在$\mathrm{Rt}△ BEG$中利用勾股定理列方程求解$x$，即可得到$BG$的长度，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
（1）证明：$\because$四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore DC=AD$，$∠ C=∠ A=90°$。
$\because △ DEF$是由$△ DEC$沿$DE$折叠所得，
$\therefore DF=DC$，$∠ DFE=∠ C=90°$，
$\therefore ∠ DFG=180°-∠ DFE=90°$，即$∠ A=∠ DFG=90°$，$DA=DF$。
在$\mathrm{Rt}△ ADG$和$\mathrm{Rt}△ FDG$中，
$\begin{cases} DG=DG \\ DA=DF \end{cases}$
$\therefore △ ADG ≌ △ FDG(\mathrm{HL})$。
（2）解：由（1）知$△ ADG ≌ △ FDG$，$\therefore AG=FG$。
设$AG=FG=x$，
$\because E$为$BC$中点，$AB=BC=10$，$\therefore BE=EC=EF=5$，
$\therefore BG=AB-AG=10-x$，$GE=EF+FG=5+x$。
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中，由勾股定理得：$BG^2+BE^2=GE^2$，
代入得：$(10-x)^2+5^2=(x+5)^2$，
展开整理得：$30x=100$，解得$x=\frac{10}{3}$，
$\therefore BG=10-\frac{10}{3}=\frac{20}{3}$，
$\therefore S_{△ BEG}=\frac{1}{2} × BE × BG=\frac{1}{2} × 5 × \frac{20}{3}=\frac{50}{3}$。
【答案】
（1）$△ ADG ≌ △ FDG$，证明成立；
（2）$\frac{50}{3}$
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定，勾股定理的应用
【点评】
本题是折叠类几何的典型题型，综合考查了折叠的性质、全等三角形的判定和勾股定理的应用，解题的关键是利用折叠和全等的性质找到相等的线段，再通过设未知数结合勾股定理建立方程求解线段长度，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.65
