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1.「2025广东深大附中期末」如图,在菱形纸片ABCD中,∠A=60°,点E在BC边上,将菱形纸片ABCD沿DE折叠,点C的对应点为点C',且DC'所在直线是AB的垂直平分线,则∠DEC的大小为 (
A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
D
)A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
答案
1.D
如图
,连接BD,设DC'与AB交于点P,∵ 四边形ABCD为菱形,
∴ AB=AD,AB//CD,
∵ ∠A=60°,
∴ △ABD为等边三角形,∠ADC=120°,∠C=60°,
∵ DC'所在直线是AB的垂直平分线,
∴ P为AB的中点,
∴ DP为∠ADB的平分线,即∠ADP=∠BDP=30°,
∴ ∠PDC=90°,
由折叠的性质得∠CDE=∠PDE=45°,
∴ ∠DEC=180°-(∠CDE+∠C)=75°.
故选D.
解析
【分析】
遇到菱形结合折叠求角度的问题，可按照以下思路分析：首先结合菱形性质和已知的60°特殊角，可推出等边三角形结构；再利用DC'是AB垂直平分线的性质，结合等边三角形三线合一的特点，推导相关角的度数；最后结合折叠前后对应角相等的性质，在三角形中利用内角和定理求解目标角即可。
【解析】
如图，连接BD，设DC'与AB交于点P。
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ AB=AD，AB//CD，∠C=∠A=60°，∠ADC=180°-∠A=120°。
∵ ∠A=60°，AB=AD，
∴ △ABD为等边三角形。
∵ DC'所在直线是AB的垂直平分线，
∴ P为AB的中点，根据等边三角形三线合一的性质，DP平分∠ADB，
∴ ∠ADP=∠BDP=30°，
∴ ∠PDC=∠ADC - ∠ADP=120°-30°=90°。
由折叠的性质可知，∠CDE=∠PDE=½∠PDC=45°。
在△DEC中，根据三角形内角和为180°，得：
∠DEC=180°-(∠CDE+∠C)=180°-(45°+60°)=75°。
故选D。
【答案】
D
如图
【知识点】
菱形的性质，等边三角形的判定与性质，折叠的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形折叠类的典型题型，综合考查了垂直平分线、等边三角形、菱形、折叠的相关性质，解题的关键是合理作出辅助线BD，利用等边三角形三线合一的性质求出相关角的度数，再结合折叠性质计算所求角度。
【难度系数】
0.6
遇到菱形结合折叠求角度的问题，可按照以下思路分析：首先结合菱形性质和已知的60°特殊角，可推出等边三角形结构；再利用DC'是AB垂直平分线的性质，结合等边三角形三线合一的特点，推导相关角的度数；最后结合折叠前后对应角相等的性质，在三角形中利用内角和定理求解目标角即可。
【解析】
如图
，连接BD，设DC'与AB交于点P。∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ AB=AD，AB//CD，∠C=∠A=60°，∠ADC=180°-∠A=120°。
∵ ∠A=60°，AB=AD，
∴ △ABD为等边三角形。
∵ DC'所在直线是AB的垂直平分线，
∴ P为AB的中点，根据等边三角形三线合一的性质，DP平分∠ADB，
∴ ∠ADP=∠BDP=30°，
∴ ∠PDC=∠ADC - ∠ADP=120°-30°=90°。
由折叠的性质可知，∠CDE=∠PDE=½∠PDC=45°。
在△DEC中，根据三角形内角和为180°，得：
∠DEC=180°-(∠CDE+∠C)=180°-(45°+60°)=75°。
故选D。
【答案】
D
如图
【知识点】
菱形的性质，等边三角形的判定与性质，折叠的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形折叠类的典型题型，综合考查了垂直平分线、等边三角形、菱形、折叠的相关性质，解题的关键是合理作出辅助线BD，利用等边三角形三线合一的性质求出相关角的度数，再结合折叠性质计算所求角度。
【难度系数】
0.6
2.「2026广东深圳南山外国语学校月考」如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B，D重合），折痕为EF，若DG=2，AD=6，则BE的长为
2.5
。答案
2.答案 2.5
解析 如图,作EH⊥BD于点H,
由折叠的性质得EG=EA,
∵ 四边形ABCD是菱形,∠ABC=120°,
∴ AD=AB=6,∠ABD=∠CBD=1/2∠ABC=60°,
∴ △ABD为等边三角形,
∴ BD=6,
设BE=x,则EG=AE=6-x,
在Rt△EHB中,∠BEH=90°-60°=30°,
∴ BH=1/2 x,
∴ EH=√(x²-(1/2 x)²)=√3/2 x,
在Rt△EHG中,EG²=EH²+GH²,即(6-x)²=(√3/2 x)²+(6-2-1/2 x)²,解得x=2.5,即BE=2.5.
解析
【分析】
解题时先结合菱形的性质与已知角度判断△ABD为等边三角形，得到BD的长度；再利用折叠前后对应边相等的性质，得到EG=EA，完成线段关系的转化；接下来过点E作BD的垂线构造直角三角形，将BE设为未知数，用含未知数的代数式表示出直角三角形各边的长度，最后借助勾股定理列方程求解，即可得到BE的长度。
【解析】
如图，作EH⊥BD于点H，
由折叠的性质得EG=EA。
∵ 四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴ AD=AB=6，∠ABD=∠CBD=1/2∠ABC=60°，
∴ △ABD为等边三角形，
∴ BD=AB=6。
设BE=x，则EG=AE=6-x，
在Rt△EHB中，∠BEH=90°-60°=30°，
∴ BH=1/2 x，
∴ EH=√(x²-(1/2 x)²)=√3/2 x，
GH=BD - DG - BH=6-2-1/2 x=4-1/2 x，
在Rt△EHG中，由勾股定理得EG²=EH²+GH²，
即(6-x)²=(√3/2 x)²+(4-1/2 x)²，
展开整理得：36-12x+x² = 3x²/4 + 16 -4x +x²/4，
化简得：36-12x = 16-4x，
解得x=2.5。
【答案】
2.5
【知识点】
菱形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形的折叠类典型题，核心是利用折叠的对称性转化相等线段，结合菱形、等边三角形的性质梳理边的关系，通过构造直角三角形、设未知数列方程求解，需要熟练掌握方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
解题时先结合菱形的性质与已知角度判断△ABD为等边三角形，得到BD的长度；再利用折叠前后对应边相等的性质，得到EG=EA，完成线段关系的转化；接下来过点E作BD的垂线构造直角三角形，将BE设为未知数，用含未知数的代数式表示出直角三角形各边的长度，最后借助勾股定理列方程求解，即可得到BE的长度。
【解析】
如图，作EH⊥BD于点H，
由折叠的性质得EG=EA。
∵ 四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴ AD=AB=6，∠ABD=∠CBD=1/2∠ABC=60°，
∴ △ABD为等边三角形，
∴ BD=AB=6。
设BE=x，则EG=AE=6-x，
在Rt△EHB中，∠BEH=90°-60°=30°，
∴ BH=1/2 x，
∴ EH=√(x²-(1/2 x)²)=√3/2 x，
GH=BD - DG - BH=6-2-1/2 x=4-1/2 x，
在Rt△EHG中，由勾股定理得EG²=EH²+GH²，
即(6-x)²=(√3/2 x)²+(4-1/2 x)²，
展开整理得：36-12x+x² = 3x²/4 + 16 -4x +x²/4，
化简得：36-12x = 16-4x，
解得x=2.5。
【答案】
2.5
【知识点】
菱形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形的折叠类典型题，核心是利用折叠的对称性转化相等线段，结合菱形、等边三角形的性质梳理边的关系，通过构造直角三角形、设未知数列方程求解，需要熟练掌握方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
3.「2026黑龙江绥化月考」如图,在长方形纸片ABCD中,AD=4 cm,AB=8 cm,按如图所示的方式折叠,使点B与点D重合,折痕为EF,则DE=
5
cm.答案
3.答案 5
解析 设DE=x cm,则BE=DE=x cm,AE=AB-BE=(8-x)cm,在Rt△ADE中,DE²=AE²+AD²,即x²=(8-x)²+16.解得x=5.故答案为5.
解析 设DE=x cm,则BE=DE=x cm,AE=AB-BE=(8-x)cm,在Rt△ADE中,DE²=AE²+AD²,即x²=(8-x)²+16.解得x=5.故答案为5.
解析
【分析】
解决这道题首先要利用折叠的性质，折叠前后对应边长度相等，可得DE=BE。要求DE的长度，我们可以设DE为未知数，将线段AE用含未知数的式子表示，再结合矩形的性质可知△ADE是直角三角形，最后利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
设DE的长度为x cm，
∵ 折叠后点B与点D重合，折痕为EF，
∴ BE = DE = x cm，
∵ AB = 8 cm，
∴ AE = AB - BE = (8 - x) cm，
∵ 四边形ABCD是长方形，
∴ ∠A = 90°，△ADE是直角三角形，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得：DE² = AE² + AD²，
已知AD=4 cm，代入得：
$x^2=(8-x)^2+4^2$
展开计算：$x^2=64-16x+x^2+16$
消去$x^2$后整理得：$16x=80$
解得：$x=5$
【答案】
5
【知识点】
折叠的性质；矩形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是几何折叠类的常见题型，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的不变性，将未知线段和已知线段转化到同一个直角三角形中，结合勾股定理列方程求解，体现了数形结合和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
解决这道题首先要利用折叠的性质，折叠前后对应边长度相等，可得DE=BE。要求DE的长度，我们可以设DE为未知数，将线段AE用含未知数的式子表示，再结合矩形的性质可知△ADE是直角三角形，最后利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
设DE的长度为x cm，
∵ 折叠后点B与点D重合，折痕为EF，
∴ BE = DE = x cm，
∵ AB = 8 cm，
∴ AE = AB - BE = (8 - x) cm，
∵ 四边形ABCD是长方形，
∴ ∠A = 90°，△ADE是直角三角形，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得：DE² = AE² + AD²，
已知AD=4 cm，代入得：
$x^2=(8-x)^2+4^2$
展开计算：$x^2=64-16x+x^2+16$
消去$x^2$后整理得：$16x=80$
解得：$x=5$
【答案】
5
【知识点】
折叠的性质；矩形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是几何折叠类的常见题型，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的不变性，将未知线段和已知线段转化到同一个直角三角形中，结合勾股定理列方程求解，体现了数形结合和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
4.将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE，EF为折痕，∠BAE=30°，AB=2√3，折叠后，点C落在AD边上的C₁处，并且点B落在EC₁边上的B₁处，则BC的长为
6
。答案
4.答案 6
解析 由翻折的性质,得∠AEB=∠AEB₁,EC=EC₁,
在Rt△ABE中,∠BAE=30°,
∴ AE=2BE,∠AEB₁=∠AEB=60°,
又由AB=2√3,易得BE=2,AE=4,
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ AD//BC,
∴ ∠C₁AE=∠AEB=60°,
∴ △AEC₁为等边三角形,
∴ EC=EC₁=AE=4,
∴ BC=BE+EC=6.故答案为6.
解析 由翻折的性质,得∠AEB=∠AEB₁,EC=EC₁,
在Rt△ABE中,∠BAE=30°,
∴ AE=2BE,∠AEB₁=∠AEB=60°,
又由AB=2√3,易得BE=2,AE=4,
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ AD//BC,
∴ ∠C₁AE=∠AEB=60°,
∴ △AEC₁为等边三角形,
∴ EC=EC₁=AE=4,
∴ BC=BE+EC=6.故答案为6.
解析
【分析】
解决本题的核心是利用折叠的性质得到相等的边和角，再结合矩形和特殊三角形的性质逐步推导：1. 首先根据折叠的性质，明确折叠前后对应角相等、对应边相等，可得∠AEB=∠AEB₁，EC=EC₁；2. 先在Rt△ABE中，利用已知的∠BAE=30°和AB的长度，结合30°直角三角形的性质或勾股定理求出BE、AE的长度；3. 结合矩形对边平行的性质，得到内错角∠C₁AE=∠AEB=60°，进而判断△AEC₁是等边三角形，得到EC₁=AE，即EC的长度等于AE；4. 最后BC的长为BE与EC的和，代入数值即可求解。
【解析】
由翻折的性质，得∠AEB=∠AEB₁，EC=EC₁。
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠BAE=30°，
∴ ∠AEB=90°-30°=60°，AE=2BE，
将AB=$2\sqrt{3}$代入勾股定理$AB^2+BE^2=AE^2$，得：
$(2\sqrt{3})^2 + BE^2 = (2BE)^2$，
解得BE=2，因此AE=4。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，
∴ ∠C₁AE=∠AEB=60°，
∴ △AEC₁中，∠C₁AE=∠AEB₁=60°，故△AEC₁为等边三角形，
∴ EC=EC₁=AE=4，
∴ BC=BE+EC=2+4=6。
【答案】
6
【知识点】
折叠的性质；矩形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是特殊平行四边形中的折叠类计算题，解题关键是抓住折叠前后对应边、对应角相等的不变性，结合特殊三角形的性质求解，是折叠问题的典型考查题型。
【难度系数】
0.6
解决本题的核心是利用折叠的性质得到相等的边和角，再结合矩形和特殊三角形的性质逐步推导：1. 首先根据折叠的性质，明确折叠前后对应角相等、对应边相等，可得∠AEB=∠AEB₁，EC=EC₁；2. 先在Rt△ABE中，利用已知的∠BAE=30°和AB的长度，结合30°直角三角形的性质或勾股定理求出BE、AE的长度；3. 结合矩形对边平行的性质，得到内错角∠C₁AE=∠AEB=60°，进而判断△AEC₁是等边三角形，得到EC₁=AE，即EC的长度等于AE；4. 最后BC的长为BE与EC的和，代入数值即可求解。
【解析】
由翻折的性质，得∠AEB=∠AEB₁，EC=EC₁。
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠BAE=30°，
∴ ∠AEB=90°-30°=60°，AE=2BE，
将AB=$2\sqrt{3}$代入勾股定理$AB^2+BE^2=AE^2$，得：
$(2\sqrt{3})^2 + BE^2 = (2BE)^2$，
解得BE=2，因此AE=4。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，
∴ ∠C₁AE=∠AEB=60°，
∴ △AEC₁中，∠C₁AE=∠AEB₁=60°，故△AEC₁为等边三角形，
∴ EC=EC₁=AE=4，
∴ BC=BE+EC=2+4=6。
【答案】
6
【知识点】
折叠的性质；矩形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是特殊平行四边形中的折叠类计算题，解题关键是抓住折叠前后对应边、对应角相等的不变性，结合特殊三角形的性质求解，是折叠问题的典型考查题型。
【难度系数】
0.6
5.如图,正方形纸片ABCD的边长为10,E是边CD上一点,连接AE,折叠该纸片,使点A落在AE上的G点处,并使折痕经过点B,得到折痕BF,若DE=4,则GE的长为
18√29/29
.答案
5.答案 18√29/29
解析 如图,设AE与BF的交点为H,
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=AD=10,∠BAD=∠D=90°,
∴ ∠ABF+∠AFB=90°,
由折叠及轴对称的性质可知△ABF≌△GBF,BF⊥AG,AH=GH,
∴ ∠DAE+∠AFH=90°,
∴ ∠ABF=∠DAE,
在△ABF和△DAE中,
⎧∠BAF=∠D,
⎨AB=DA,
⎩∠ABF=∠DAE,
∴ △ABF≌△DAE,
∴ AF=DE=4,BF=AE,
在Rt△ABF中,BF=√(AB²+AF²)=√(10²+4²)=2√29,
∴ AE=2√29,
∵ S△ABF=1/2 AB·AF=1/2 BF·AH,
∴ AH=(AB·AF)/BF=20√29/29,
∴ GE=AE-2AH=2√29 - 2×20√29/29=18√29/29.
解析
【分析】
本题是正方形背景下的折叠求线段长问题，解题思路可按以下步骤梳理：1. 结合折叠性质，明确折痕BF垂直平分AG，可得AH=GH、BF⊥AE；2. 利用正方形的直角性质，通过同角的余角相等推出∠ABF=∠DAE，进而证明△ABF≌△DAE，得到AF=DE、BF=AE的等量关系；3. 先用勾股定理算出AE的长度，再用面积法求出AH的长，得到AG=2AH，最后用AE减去AG即可得到GE的长度。
【解析】
设AE与BF的交点为H，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=10，∠BAD=∠D=90°，
∴ ∠ABF+∠AFB=90°，
由折叠及轴对称的性质可知△ABF≌△GBF，BF⊥AG，AH=GH，
∴ ∠DAE+∠AFH=90°，
∴ ∠ABF=∠DAE，
在△ABF和△DAE中，
$\{\begin{array}{l}∠ BAF=∠ D\\ AB=DA\\ ∠ ABF=∠ DAE\end{array} $
∴ △ABF≌△DAE（ASA），
∴ AF=DE=4，BF=AE，
在Rt△ABF中，由勾股定理得$BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{10^2+4^2}=2\sqrt{29}$，
∴ $AE=2\sqrt{29}$，
∵ $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}AB· AF=\frac{1}{2}BF· AH$，
∴ $AH=\frac{AB· AF}{BF}=\frac{10×4}{2\sqrt{29}}=\frac{20\sqrt{29}}{29}$，
∴ $AG=2AH=\frac{40\sqrt{29}}{29}$，
∴ $GE=AE-AG=2\sqrt{29}-\frac{40\sqrt{29}}{29}=\frac{18\sqrt{29}}{29}$。
【答案】
$\frac{18\sqrt{29}}{29}$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是特殊平行四边形折叠类的典型考题，综合运用了几何图形的基本性质求解线段长度，解题的突破口是利用折叠的垂直平分性质推导角相等，进而证明三角形全等，再结合勾股定理和面积法计算线段长度，能有效锻炼学生的几何综合推理能力。
【难度系数】
0.6
本题是正方形背景下的折叠求线段长问题，解题思路可按以下步骤梳理：1. 结合折叠性质，明确折痕BF垂直平分AG，可得AH=GH、BF⊥AE；2. 利用正方形的直角性质，通过同角的余角相等推出∠ABF=∠DAE，进而证明△ABF≌△DAE，得到AF=DE、BF=AE的等量关系；3. 先用勾股定理算出AE的长度，再用面积法求出AH的长，得到AG=2AH，最后用AE减去AG即可得到GE的长度。
【解析】
设AE与BF的交点为H，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=10，∠BAD=∠D=90°，
∴ ∠ABF+∠AFB=90°，
由折叠及轴对称的性质可知△ABF≌△GBF，BF⊥AG，AH=GH，
∴ ∠DAE+∠AFH=90°，
∴ ∠ABF=∠DAE，
在△ABF和△DAE中，
$\{\begin{array}{l}∠ BAF=∠ D\\ AB=DA\\ ∠ ABF=∠ DAE\end{array} $
∴ △ABF≌△DAE（ASA），
∴ AF=DE=4，BF=AE，
在Rt△ABF中，由勾股定理得$BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{10^2+4^2}=2\sqrt{29}$，
∴ $AE=2\sqrt{29}$，
∵ $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}AB· AF=\frac{1}{2}BF· AH$，
∴ $AH=\frac{AB· AF}{BF}=\frac{10×4}{2\sqrt{29}}=\frac{20\sqrt{29}}{29}$，
∴ $AG=2AH=\frac{40\sqrt{29}}{29}$，
∴ $GE=AE-AG=2\sqrt{29}-\frac{40\sqrt{29}}{29}=\frac{18\sqrt{29}}{29}$。
【答案】
$\frac{18\sqrt{29}}{29}$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是特殊平行四边形折叠类的典型考题，综合运用了几何图形的基本性质求解线段长度，解题的突破口是利用折叠的垂直平分性质推导角相等，进而证明三角形全等，再结合勾股定理和面积法计算线段长度，能有效锻炼学生的几何综合推理能力。
【难度系数】
0.6
6.「2025广东中山期中」如图,正方形ABCD中,AB=6,点E在边CD上,且CD=3DE.将△ADE沿AE翻折至△AFE,延长EF交边BC于点G,连接AG,CF.求证:
(1)△ABG≌△AFG.
(2)点G是BC的中点.
(1)△ABG≌△AFG.
(2)点G是BC的中点.
答案
6.证明 (1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=AD=DC=BC=6,∠B=∠BCD=∠D=90°,
由折叠的性质,得AD=AF,∠D=∠AFE=90°,
∴ AB=AF,∠B=∠AFG=90°,
在Rt△ABG和Rt△AFG中,
⎧AG=AG,
⎨AB=AF,
∴ Rt△ABG≌Rt△AFG(HL).
(2)
∵ CD=3DE,
∴ DE=1/3 DC=2,EC=2/3 DC=4,
∴ DE=EF=2,
设BG=x,则CG=BC-BG=6-x,
∵ △ABG≌△AFG,
∴ BG=FG=x,∠BGA=∠FGA,
∴ EG=EF+GF=2+x,
在Rt△CEG中,由勾股定理得,CG²+CE²=GE²,
即(6-x)²+4²=(2+x)²,解得x=3,
∴ BG=3,CG=6-3=3,
∴ BG=CG,即点G是BC的中点.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=AD=DC=BC=6,∠B=∠BCD=∠D=90°,
由折叠的性质,得AD=AF,∠D=∠AFE=90°,
∴ AB=AF,∠B=∠AFG=90°,
在Rt△ABG和Rt△AFG中,
⎧AG=AG,
⎨AB=AF,
∴ Rt△ABG≌Rt△AFG(HL).
(2)
∵ CD=3DE,
∴ DE=1/3 DC=2,EC=2/3 DC=4,
∴ DE=EF=2,
设BG=x,则CG=BC-BG=6-x,
∵ △ABG≌△AFG,
∴ BG=FG=x,∠BGA=∠FGA,
∴ EG=EF+GF=2+x,
在Rt△CEG中,由勾股定理得,CG²+CE²=GE²,
即(6-x)²+4²=(2+x)²,解得x=3,
∴ BG=3,CG=6-3=3,
∴ BG=CG,即点G是BC的中点.
解析
【分析】
(1) 要证△ABG≌△AFG，先利用正方形性质得到AB=AD、∠B=90°，再结合折叠的性质得到AD=AF、∠AFE=∠D=90°，可推出AB=AF、∠AFG=∠B=90°，两个直角三角形有公共斜边AG，即可用HL定理完成全等证明。
(2) 要证G是BC中点，需证BG=CG。先根据CD=3DE求出DE、EC的长度，由折叠性质得DE=EF；再结合(1)的全等结论得BG=FG，设BG=x，用含x的代数式分别表示EG、GC的长度，最后在Rt△CEG中利用勾股定理列方程求解，得到BG的长度即可证明结论。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=DC=BC=6，∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠的性质可得：AD=AF，∠D=∠AFE=90°，
∴ AB=AF，∠B=∠AFG=90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中：
$\begin{cases} AG=AG \\ AB=AF \end{cases}$
∴ Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）。
(2)
∵ CD=3DE，CD=6，
∴ $DE=\frac{1}{3}DC=2$，$EC=DC-DE=4$，
由折叠的性质可得：DE=EF=2，
设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，
∵ △ABG≌△AFG，
∴ BG=FG=x，
∴ EG=EF+FG=2+x，
在Rt△CEG中，根据勾股定理：$CG^2+CE^2=GE^2$，
代入得：$(6-x)^2+4^2=(2+x)^2$，
解得x=3，
∴ BG=3，CG=6-3=3，
∴ BG=CG，即点G是BC的中点。
【答案】
(1) △ABG≌△AFG得证；
(2) 点G是BC的中点得证。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形判定与性质、折叠的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形折叠类的典型习题，将几何性质证明与方程思想结合，既考查了基础几何性质的应用，也训练了折叠类问题的解题逻辑，解题时需注意挖掘折叠前后对应边、对应角相等的隐含条件。
【难度系数】
0.7
(1) 要证△ABG≌△AFG，先利用正方形性质得到AB=AD、∠B=90°，再结合折叠的性质得到AD=AF、∠AFE=∠D=90°，可推出AB=AF、∠AFG=∠B=90°，两个直角三角形有公共斜边AG，即可用HL定理完成全等证明。
(2) 要证G是BC中点，需证BG=CG。先根据CD=3DE求出DE、EC的长度，由折叠性质得DE=EF；再结合(1)的全等结论得BG=FG，设BG=x，用含x的代数式分别表示EG、GC的长度，最后在Rt△CEG中利用勾股定理列方程求解，得到BG的长度即可证明结论。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=DC=BC=6，∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠的性质可得：AD=AF，∠D=∠AFE=90°，
∴ AB=AF，∠B=∠AFG=90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中：
$\begin{cases} AG=AG \\ AB=AF \end{cases}$
∴ Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）。
(2)
∵ CD=3DE，CD=6，
∴ $DE=\frac{1}{3}DC=2$，$EC=DC-DE=4$，
由折叠的性质可得：DE=EF=2，
设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，
∵ △ABG≌△AFG，
∴ BG=FG=x，
∴ EG=EF+FG=2+x，
在Rt△CEG中，根据勾股定理：$CG^2+CE^2=GE^2$，
代入得：$(6-x)^2+4^2=(2+x)^2$，
解得x=3，
∴ BG=3，CG=6-3=3，
∴ BG=CG，即点G是BC的中点。
【答案】
(1) △ABG≌△AFG得证；
(2) 点G是BC的中点得证。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形判定与性质、折叠的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形折叠类的典型习题，将几何性质证明与方程思想结合，既考查了基础几何性质的应用，也训练了折叠类问题的解题逻辑，解题时需注意挖掘折叠前后对应边、对应角相等的隐含条件。
【难度系数】
0.7
