微专题02 四边形中的折叠问题通关专练-九年级数学上册重难考点一遍过（北师大版）

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1．（2023春·山东德州·八年级校考期末）如图，已知正方形ABCD，沿直线BE将∠A折起，使点A落在对角线BD上的A'处，连结A'C，则∠BA'C=（ ）
A．45°B．60°C．67.5°D．75°
【答案】C
【分析】由于四边形ABCD为正方形，则∠ABD=∠CBD=45°， BA=BC，再根据折叠的性质得BA=BA'，所以BC=BA'，则 ∠BA'C=∠BCA'，然后根据三角形内角和定理计算∠BA'C的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，BA=BC，
∵正方形ABCD，沿直线BE将∠A折起，使点 A落在对角线BD上的A'处，
∴BA=BA'，
∴BC=BA'，
∴∠BA'C=∠BCA'，
∴∠BA'C=12(180°-45°)=67.5°．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质和三角形内角和定理，折叠的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
2．（2022春·八年级单元测试）如图，折叠矩形ABCD，使点D落在点F处，已知AB=8cm，BC=10cm，则EC的长（ ）
A．5cmB．2cmC．3cmD．4cm
【答案】C
【分析】根据矩形及折叠的性质可得AD=AF=BC=10cm，AB=CD=8cm，在Rt△ABF中，利用勾股定理得出BF=6cm，则CF=4cm，在Rt△ECF中，设EC=xcm，则DE=8-xcm，继续利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，且经过折叠，AB=8cm，BC=10cm，
∴AD=AF=BC=10cm，AB=CD=8cm，
在Rt△ABF中，由勾股定理得BF=AF2-AB2=102-82=6(cm)，
∴CF=BC-BF=4cm，
在Rt△ECF中，设EC=xcm，则DE=8-xcm，
∴EF=DE=8-xcm，
∵FC2+EC2=EF2，
∴42+x2=8-x2，
解得：x=3，
即EC=3cm，
故选：C．
【点睛】题目主要考查矩形及折叠的性质、勾股定理的应用，理解题意，结合图形，熟练运用勾股定理是解题关键．
3．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（ ）
A．（36-63）cm2B．（36-123）cm2C．24 cm2D．36 cm2
【答案】A
【分析】过点C作CF⊥MN，过点B作BE⊥MN，根据折叠的性质求出∠PAC=∠α=60°，∠EAB=∠PAB=30°，分别解直角三角形求出AB和AC的长度，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CF⊥MN，过点B作BE⊥MN，
∵长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P，
∴∠PAC=∠α=60°，
∴∠EAB=∠PAB=30°，
∴∠BAC=90°，AB=BEsin∠EAB=6cm，AC=CFsinα=23cm，
∴S△ABC=12AB⋅AC=63，
∴S阴=S矩形-S△ABC=12×3-63=36-63cm2，
故选：A．
【点睛】本题考查折叠的性质、解直角三角形，掌握折叠的性质是解题的关键．
4．（2022秋·全国·七年级期末）将一正方形纸片按下列顺序折叠，然后将最后折叠的纸片沿虚线剪去上方的小三角形，将纸片展开，得到的图形是( ).
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】严格按照所给方法向下对折，再向右对折，向右下对折，剪去上部分的等腰直角三角形，展开得到答案．
【详解】易得剪去的4个小正方形正好两两位于原正方形一组对边的中间．
故选C．
【点睛】解答此题最好的办法是动手操作一下，即可以解决问题，又锻炼动手操作能力．
5．（2023秋·九年级单元测试）如图，长方形纸片ABCD中，AD=4，AB=10，按如图的方式折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则DE长为（ ）
A．4.8B．5C．5.8D．6
【答案】C
【分析】设DE=EB=x，在Rt△ADE中，利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【详解】解：∵四边形EFC'D是由四边形EFCB翻折得到，
∴DE=EB，
设DE=EB=x，
在Rt△ADE中，
∵∠A=90°，AD=4，DE=EB=x，AE=10-x，
∴x2=42+(10-x)2，
解得：x=5.8，
∴DE=5.8，
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理等知识，解题的关键是利用翻折中的不变量解决问题，学会把问题转化为方程去思考，属于中考常考题型．
6．（2023秋·陕西延安·八年级统考期末）如图，将长方形纸片沿对角线折叠，重叠部分为△BDE，则图中全等三角形共有（ ）
A．0对B．1对C．2对D．3对
【答案】C
【分析】因为图形对折，所以首先△CDB≌△ABD，由于四边形是长方形，进而可得△ABE≌△CDE，如此答案可得．
【详解】解：∵△BDC是将长方形纸片ABCD沿BD折叠得到的，
∴CD=AB，AD=BC，
∵BD=BD，
∴△CDB≌△ABD（SSS），
∴∠CBD=∠ADB
∴EB=ED
∴CE=AE
又AB=CD
∴△ABE≌△CDE，
∴图中全等三角形共有2对
故选：C
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．做题时要由易到难，循序渐进．
7．（2022春·福建泉州·八年级校考期中）如图，将一个长为10，宽为8的矩形纸片对折两次后，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下，再打开，得到菱形的面积为（ ）
A．5B．10C．20D．40
【答案】B
【分析】根据题意可得菱形的两对角线的长分别为4cm、5cm，再根据菱形面积公式求出菱形的面积．
【详解】∵将长为10、宽为8的矩形对折两次，
∴所得矩形的长、宽分别为5、4，
∵沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下，
∴AC长的一半为2cm，BD长的一半为2.5cm，
∴AC=4cm,BD=5cm，
∴菱形的面积=12×4×5=10．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质：对角线平分且垂直，以及菱形的面积等于对角线乘积的一半．根据题意弄清菱形对角线的长度是解此题的关键．
8．（2023·山东淄博·校联考一模）如图a是长方形纸带，∠DEF=25°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠DHF的度数是
A．35°B．50°C．65°D．75°
【答案】D
【详解】试题分析：根据两条直线平行，内错角相等，则∠BFE=∠DEF=25°，根据平角定义，则∠EFC=155°，进一步求得∠BFC=155°-25°=130°，进而求得∠CFE=130°-25°=105°，再根据平行线的性质即可求解．
∵AD∥BC，∠DEF=25°，
∴∠BFE=∠DEF=25°，
∴∠EFC=155°，
∴图c中，∠BFC=155°-25°=130°，
∴∠CFE=130°-25°=105°，
∴∠DHF=75°．
故选D．
考点：翻折变换（折叠问题）.
9．（2023春·浙江绍兴·八年级校考期中）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F， 若AB=6，BC=46，则FD的长为( )
A．2B．4C．6D．23
【答案】B
【分析】根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE=DE=EG，然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF=GF；设FD=x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【详解】∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE=EG，AB=BG，
∴ED=EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠EGF=90°，
∵在Rt△EDF和Rt△EGF中，
ED=EGEF=EF，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF(HL)，
∴DF=FG，
设DF=x，则BF=6+x，CF=6-x，
在Rt△BCF中，(46)2+(6-x)2=(6+x)2，
解得x=4，
故选B．
【点睛】本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记性质，找出三角形全等的条件ED=EG是解题的关键．
10．（2023春·八年级单元测试）如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（ ）
A．258cmB．254cmC．252cmD．8cm
【答案】B
【详解】试题解析：设AF=xcm，则DF=（8-x）cm，
∵矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，
∴DF=D′F，
在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2+D′F2，
∴x2=62+（8-x）2，
解得：x=254（cm）．
故选B．
考点：翻折变换（折叠问题）．
11．（2022春·河北·八年级期中）如图，将AB=10cm，AD=8cm的长方形纸片ABCD，以过顶点A的直线AP为折痕折叠，点B与边CD上的点E重合，则PE=（ ）
A．3cmB．4cmC．5cmD．2cm
【答案】C
【分析】由折叠的性质可知△ABP≌AEP，根据全等三角形的性质可知AB=AE=10，利用勾股定理即可求出线段DE=6，所以CE=DC-DE=4，设PE=x，则PB=PE=x，所以CP=BC-BP=8-x，利用勾股定理可建立关于x的方程，解方程求出x的值即可．
【详解】解：由折叠的性质可知△ABP≌AEP，
∴AB=AE=10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵AD=8cm，
∴DE=AE2-AD2=6，
∴CE=DC-DE=4，
设PE=x，则PB=PE=x，
∴CP=BC-BP=8-x，
∴x2=42+（8-x）2，
解得：x=5，
∴线段PE的长度是5cm．
故选C
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理的运用以及翻折变换前后的两个图形全等的性质，是综合题，但难度不大．
12．（2023春·内蒙古呼和浩特·八年级校联考期中）有一边长为2的正方形纸片ABCD，先将正方形ABCD对折，设折痕为EF（如图①）；再沿过点D的折痕将角A翻折，使得点A落在EF的H上（如图②），折痕交AE于点G，则EG的长度为（ ）
A．43﹣6B．23﹣3C．8﹣43D．4﹣23
【答案】B
【分析】由于正方形纸片ABCD的边长为2，所以将正方形ABCD对折后AE=DF=1，由翻折不变性的原则可知AD=DH=2，AG=GH，在Rt△DFH中利用勾股定理可求出HF的长，进而求出EH的长，再设EG=x，在Rt△EGH中，利用勾股定理即可求解．
【详解】∵正方形纸片ABCD的边长为2，
∴将正方形ABCD对折后AE=DF=1，
∵△GDH是△GDA沿直线DG翻折而成，
∴AD=DH=2，AG=GH，
在Rt△DFH中，
HF= HD2-DF2=22-12=3,
∴EH=2-3，
在Rt△EGH中，设EG=x，则GH=AG=1-x，
∴GH2=EH2+EG2，
即（1-x）2=（2-3）2+x2，
解得x=23-3．
故选B.
【点睛】考查的是图形翻折变换的性质，解答此类题目最常用的方法是设所求线段的长为x，再根据勾股定理列方程求解．
13．（2023春·天津西青·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=10，点E是CD边上一点，连接BE，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，则下列说法中错误的是（ ）
A．DE=ECB．∠BFE=90°C．AF=53D．∠AFB=30°
【答案】A
【分析】根据折叠的性质即可判断A、B；利用勾股定理求出AF即可判断C；求出sin∠AFB=ABBF=12即可判断D．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=∠A=90°，
由折叠的性质可知BF=BC=10，EF=EC，∠BFE=∠C=90°，故B选项不符合题意；
在△DEF中，∠D=90°，EF是斜边，即EF＞DE，
∴CE＞DE，故A选项符合题意；
在Rt△ABF中，AF=BF2-AB2=53，sin∠AFB=ABBF=12，
∴∠AFB=30°，
故C、D选项不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠，勾股定理，根据特殊角三角函数值求角的度数等，正确理解矩形与折叠的性质是解题的关键．
14．（2023春·八年级课时练习）如图，长方形ABCD中，AD=BC=6，AB=CD=10，点E为射线DC上的一个动点，△ADE与△AD'E关于直线AE对称，当△AD'B为直角三角形时，DE的长为( )
A．2或8B．83或18C．83或2D．2或18
【答案】D
【分析】分两种情况： 当E点在线段DC上时， 当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质得出答案即可．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当E点在线段DC上时，
∵△AD'E≌△ADE，
∴∠AD'E=∠D=90°，
∵∠AD'B=90°，
∴∠AD'B+∠AD'E=180°，
∴B、D'、E三点共线，
∵S△ABE=12BE⋅AD'=12AB⋅AD，AD'=AD，
∴BE=AB=10，
∵BD'=AB2-AD'2=102-62=8，
∴DE=D'E=10-8=2；
②当E点在线段DC的延长线上时，如下图，
∵∠ABD″+∠CBE=∠ABD″+∠BAD″=90°，
∴∠CBE=∠BAD″，
在△ABD″和△BEC中，
∵∠D″=∠BCEAD″=BC∠BAD″=∠CBE，
∴△ABD″≌△BEC，
∴BE=AB=10，
∵BD″=102-62=8，
∴DE=D″E=BD″+BE=8+10=18，
综上所知，DE=2或18，
故选：D．
【点睛】本题考查翻折的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、掌握翻折的性质、分类探讨的思想方法是解决问题的关键．
15．（2023·山东济南·一模）如图，在矩形纸片ABCD中，将AB沿BM翻折，使点A落在BC上的点N处，BM为折痕，连接MN；再将CD沿CE翻折，使点D恰好落在MN上的点F处，CE为折痕，连接EF并延长交BM于点P，若AD=24，AB=15，则线段PE的长等于（ ）
A．22B．20C．18D．16
【答案】B
【分析】根据折叠可得ABNM是正方形，CD=CF=15，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，可求出三角形FNC的三边为9，12，15，在Rt△MEF中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC∽△PGF，三边占比为3∶4∶5，设未知数，通过PG=HN，列方程求出待定系数，进而求出PF的长，然后求PE的长．
【详解】解：过点P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足为G、H，
由折叠得：ABNM是正方形，AB=BN=NM=MA=15，
CD=CF=15，∠D=∠CFE=90°，ED=EF，
∴NC=MD=24-15=9，
在Rt△FNC中，FN=CF2-NC2=12，
∴MF=15-12=3，
在Rt△MEF中，设EF=x，则ME=9-x，由勾股定理得，32+9-x2=x2，
解得：x=5，
∵∠CFN+∠PFG=90°，∠PFG+∠FPG=90°，
∴∠CFN=∠FPG，
∵∠CNF=∠PGF=90°，
∴△FNC∽△PGF，
∴FG∶PG∶PF=NC∶FN∶FC=3∶4∶5，
设FG=3m，则PG=4m，PF=5m，
∴GN=PH=BH=12-3m，HN=15-12-3m=3+3m=PG=4m，
解得：m=3，
∴PF=5m=15，
∴PE=PF+FE=15+5=20，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
二、填空题
16．（2023春·八年级单元测试）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是AD上一点，把△ABE沿BE折叠，使点A落在点F处，点Q是CD上一点，将△BCQ沿BQ折叠，点C恰好落在直线BF上的点P处．若∠BQE＝45°，则AE＝ ．
【答案】2
【详解】解：由翻折的性质可知：∠ABE=∠FBE，∠CBQ=∠PBQ．
∴∠EBQ=12∠ABC=45°．
∴∠EBQ=∠BQE=45°．
∴BE=EQ，∠BEQ=90°．
∴∠DEQ+∠AEB=90°．
又∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠DEQ=∠ABE．
在△AEB和△DQE中，∠A=∠D∠ABE=∠DEQBE=QE
∴△AEB≌△DQE．
∴DE=AB=4．
∴AE=AD-DE=6-4=2．
故答案为2．
17．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB:BC=3:4，BP=3，将△ABP沿AP翻折，点B恰好落在对角线AC上的点E处，则BC的长为 ．
【答案】8
【分析】设AB=3x，BC=4x，根据勾股定理求出AC=5x，然后根据折叠的性质和线段的和差把Rt△PEC的三边用含x的代数式表示出来，再利用勾股定理建立方程求解，即可解答．
【详解】解：∵AB：BC=3：4，
∴设AB=3x，BC=4x，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AC=AB2+BC2=5x，
由折叠的性质可得：
BP=PE=3，AE=AB=3x，∠AEP=∠B=90°，
∴PC=4x-3，EC=AC-AE=2x，
∴PC2=PE2+EC2，
即（4x-3）2=32+（2x）2，
解得：x=2或0（不合题意，舍去），
∴BC=4x=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质及勾股定理，利用勾股定理列出方程是解题的关键．
18．（2022春·陕西安康·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点E为AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE折叠，点A落在A'处，点D、A'、B恰好在一条直线上，连接A'C，若F、G分别为A'C、BC的中点，连接FG，则FG的长为 ．
【答案】1
【分析】根据勾股定理求得BD，再根据折叠性质与线段和差求得A′B，最后根据三角形的中位线定理求得FG即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝3，
∴BD＝AB2+AD2=42+32=5，
由折叠性质得DA′＝AD＝3，
∴A′B＝5﹣3＝2，
∵F、G分别为A'C、BC的中点，
∴FG＝12A'B=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查折叠性质、矩形性质、勾股定理、三角形的中位线性质，熟练掌握三角形的中位线性质是解答的关键．
19．（2022春·重庆·八年级期中）如图，矩形ABCD中AB=7.5，AD=12，点G为BC上一点，将△ABG沿AG翻折得到△AFG，延长AF交DC于点E，若DE=2EC，则CG= ．
【答案】7
【分析】连接EG，由勾股定理求出AE=13，由折叠的性质得出AB=AF=7.5，BG=FG，设CG=x，则BG=FG=12-x，由勾股定理得出方程（12-x）2+5.52=x2+2.52，解方程可得出答案．
【详解】解：连接EG，
∵AB=CD=7.5，DE=2EC，
∴DE=23CD=5，CE=2.5，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
AE=AD2+DE2=122+52=13，
∵△ABG沿AG翻折得到△AFG，
∴AB=AF=7.5，BG=FG，
∴EF=5.5，
设CG=x，则BG=FG=12-x，
∴（12-x）2+5.52=x2+2.52，
解得x=7．
∴CG=7，
故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，以及勾股定理，利用勾股定理列出方程是解题的关键．
20．（2023·湖北·校考三模）如图，先对折矩形ABCD，展开后得折痕MN，再沿直线BE折叠，使得顶点A落在折痕MN上，这时EB与BC所成的∠EBC的度数等于____．
【答案】60°
【分析】延长EA交BC于点F.根据平行线等分线段定理,得AE=AF,根据线段垂直平分线的性质,得BE=BF;根据等腰三角形的性质,得∠ABE=∠ABC,结合折叠的性质,即可求解
【详解】延长EA交BC于点
∵DE∥AM∥CF,DM=CM
∴.AE=AF
又∠BAE=90°
∴BE=BF
∴∠ABE=∠ABC.
∴3∠ABC=90°
即∠ABC=30°
则∠EBC=60°
【点睛】此题考查翻折变换（折叠问题），解题关键在于做辅助线延长EA交BC于点
21．（2023·湖南邵阳·校联考一模）如图，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，把△ABC沿对角线AC折叠，得到△AB'C，B'C与AD相交于点E，则AE的长 ．
【答案】5cm
【详解】分析：证出△AEC是等腰三角形：AE=CE，然后设AE=x，则CE=x，DE=6﹣x．在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
详解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC=8cm，CD=AB=4cm，∴∠ACB=∠DAC．
由折叠的性质得：∠ACB=∠ECA，∴∠DAC=∠ECA，∴AE=CE．
设AE=x，则CE=x，DE=8﹣x．在Rt△CDE中，DE2+CD2=CE2．
即（8﹣x）2+42=x2，解得：x=5．
即AE=5．
故答案为5cm．
点睛：本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及等腰三角形的判定与性质．由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
22．（2022·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE=GF；③△GDK和△GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75°，上述结论中正确的有 ．（填序号）
【答案】①②④
【分析】根据折叠的性质可直接判定①，则有∠BFE=∠GFE=∠GEF，然后可得②；根据三角形面积公式可得DK与KH不一定相等，连接BE，由题意易得四边形BFGE是菱形，然后可得∠AEB=30°，进而问题可求解．
【详解】解：∵将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，
∴EF⊥BG；故①正确；
由折叠可得：∠BFE=∠GFE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A=90°，
∴∠BFE=∠GEF，
∴∠BFE=∠GFE=∠GEF，
∴GE＝GF，故②正确；
连接BE，设BG与EF的交点为O，如图所示：
∵EG∥BF，EG=FG=BF，
∴四边形BFGE是菱形，
当点F与点C重合时，AB＝6，BC＝12，
∴BC=BF=BE＝12，
∴AB=12BE，
∵∠A=90°，
∴∠AEB=30°，
∴∠AEB=∠EGF=30°，
∴∠DEF=180°-∠EGF2=75°；故④正确，
∵S△GDK=12DK⋅DG，S△GKH=12KH⋅DG，
由DK与KH不一定相等，故△GDK和△GKH的面积不一定相等，故正确的有①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查菱形的性质与判定、矩形的性质及折叠的性质，熟练掌握菱形的性质与判定、矩形的性质及折叠的性质是解题的关键．
23．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，矩形ABCD中，AB=4,BC=10，M为AD的中点，把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边BC上的点E处，则AE的长为 ．
【答案】25或45
【分析】如图1，连接EM，过M作MH⊥BC于H，根据矩形的性质得到∠BAD=∠ABC=90°,AD=BC=10，求得BH=AM=5，由折叠的性质知MF是线段AE的垂直平分线，得到EM=AM=5，根据勾股定理得到AE=AB2+BE2=42+22=25，如图2，连接AF，根据线段垂直平分线的性质得到AG=EG，根据全等三角形的性质得到EF=AM=12AD=5，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵M为AD的中点，
∴AM=12AD，
如图1，连接EM，过M作MH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°,AD=BC=10，
∴四边形ABHM是矩形，AM=5，
∴MH=AB=4，
∴BH=AM=5，
由折叠的性质知MF是线段AE的垂直平分线，
∴EM=AM=5，
在Rt△AEH中，EH=EM2-MH2=52-42=3，
∴BE=BH-EH=2，
在Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=42+22=25，
如图2，连接AF，
∵把矩形沿着过点M的直线折叠，点A刚好落在边BC上的点E处，
∴MF是线段AE的垂直平分线，
∴AG=EG，
∵AD∥BC，
∴∠AMG=∠EFG，
∵∠AGM=∠EGF，
∴△AMG≌△EFGAAS，
∴EF=AM=12AD=5，
∴AF=5，
∴BF=BF=AF2-AB2=3，
∴BE=8，
∴AE=AB2+BF2=42+82=45，
故答案为：25或45．
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理，全等三角形的性质和判定，分类讨论是解题的关键．
24．（2023·河南南阳·校联考一模）如图，在矩形AOBC中，O为坐标原点，OA、OB分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（0，33），∠ABO=30°，将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，则点D的坐标为 ．
【答案】(32,323)
【详解】分析：根据翻折变换的性质和矩形的性质可得∠DAM=30°，AC=OB=AD=33，，结合锐角三角函数关系得出线段AN和DM的长，进而得出D点坐标．
详解：∵四边形AOBC是矩形，∠ABO=30°，点B的坐标为（0，33），
∴AC=OB=33，∠CAB=30°，
∴BC=AC•tan30°=33×33=3，
∵将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，
∴∠BAD=30°，AD=33，
过点D作DM⊥x轴于点M，
∵∠CAB=∠BAD=30°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=12AD=332，
∴AM=33×cs30°=92，
∴MO=92-3=32，
∴点D的坐标为（32，332）．
故答案为（32，332）．
点睛：此题主要考查了翻折变换以及矩形的性质和锐角三角函数关系，正确得出∠DAM=30°是解题关键．
25．（2023·陕西咸阳·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是AB上一个动点，F是AD上一点（点F不与点D重合）．连接EF，将△AEF沿EF翻折，使点A的对应点A'落在边CD上，连接EC，若A'E=CE，则△A'EC的面积为 ．

【答案】3
【分析】过点E作EH⊥CD于H，在Rt△EBC中，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】解：如图，过点E作EH⊥CD于H．

由折叠的性质得AE=EA'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=1，∠B=90°，
设AE=EA'=EC=x，则BE=4-x，
在Rt△EBC中，则有x2=22+4-x2，
解得x=52，
∴EB=4-x=32，
∵∠B=∠BCH=∠CHE=90°，
∴四边形CBEH是矩形，
∴CH=BE=32，
∵EC=EA'，EH⊥CA'，
∴HA'=CH=32，
∴△A'EC的面积为12×A'C×EH=12×2×32×2=3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
三、解答题
26．（2023秋·江西抚州·八年级崇仁县第一中学阶段练习）如图，长方形ABCD中，AB=8cm，AD=4cm，将△ABC沿着对角线AC折叠，使点B落在E处，AE交CD于F点．
（1）试说明AF=CF；
（2）求DF的长．
【答案】（1）证明见解析（2）5cm
【详解】试题分析：（1）根据矩形的性质和折叠的性质，得到AD=CE，∠D=∠E，然后根据全等三角形的判定AAS，证得△ADF≌△CEF，从而得证结论；
（2）根据（1）的结论求出AF=CF，然后在直角三角形ADF中，设出相应的边长，根据勾股定理构造方程求解即可.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是长方形，
∴∠D=90°，AD=BC，AB=DC=8cm，
∵将△ABC沿着对角线AC折叠，使点B落在E处，AE交CD于F点，
∴∠D=∠E=90°，CE=BC=AD，
在△ADF和△CEF中，
∠D=∠E∠DFA=∠EFCAD=CE
∴△ADF≌△CEF（AAS），
∴AF=CF；
（2）∵△ADF≌△CEF，
∴AF=CF，
设DF为xcm，则CF=AF=（8﹣x）cm，在直角△ADF中，由勾股定理得：
x2+42=（8﹣x）2，
解得：x=3，
CF=AF=3cm，
则DF=8cm﹣3cm=5cm.
27．（2023春·广东惠州·八年级统考期末）已知，如图矩形ABCD中，AB=3，AD=9，将此矩形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF．
（1）求ΔABE的面积；
（2）求证：BE=BF．
【答案】（1）6；（2）见解析．
【分析】（1）设ED=EB=x，则AE=9-x，在△ABE中，根据勾股定理BE2=AB2+AE2，得到x2=32+(9-x)2，求得x即可；
（2）根据折叠的性质，得∠DEF=∠BEF，根据平行线的性质，得∠DEF=∠BFE，从而得到∠BEF=∠BFE，问题得证．
【详解】（1）设ED=EB=x，则AE=9-x，在△ABE中，根据勾股定理，得
BE2=AB2+AE2，
∴x2=32+(9-x)2，
解得x=5，
∴AE=9-x=4，
∴S△ABE=12AB×AE=12×3×4
=6；
（2）根据折叠的性质，得∠DEF=∠BEF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF=∠BFE，
∴∠BEF=∠BFE，．
∴BE=BF．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，熟练掌握折叠的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键．
28．（2023秋·河南周口·七年级校联考期末）已知长方形纸片ABCD，点E，F，G分别在边AB，DA，BC上，将三角形AEF沿EF翻折，点A落在点A'处，将三角形EBG沿EG翻折，点B落在点B'处．
(1)点E，A'，B'共线时，如图①，求∠GEF的度数；
(2)点E，A'，B'不共线时，如图②③，设∠GEF=α，，请分别写出α、β满足的数量关系式，并说明理由．
【答案】(1) ∠QEF=90°；(2)如图②，结论：2α+β=180∘．理由见解析.
【分析】(1)根据翻折不变性得：∠AEF=∠A'EF,∠BEG=∠B'EG，由此即可解决问题．
(2)根据翻折不变性得到：∠AEF=∠A'EF,∠BEG=∠B'EG，根据∠AEB=180∘分别列等式可得图②和③的结论即可．
【详解】(1)如图①中，由翻折得：∠AEF=∠A'EF,∠BEG=∠B'EG,
∴2∠B'EF+2∠B'EG=180∘,
∴∠GEF=∠B'EF+∠B'EG=90∘.
(2)如图②，结论：2α+β=180∘．
理由：如图②中，由翻折得：∠AEF=∠A'EF,∠BEG=∠B'EG
∵∠GEF=α，∠A'EB'=β,
∴2∠A'EF+2∠B'EG+∠A'EB'=180∘,
∴2α+β=180∘
如图③，结论：2α-β=180∘，
理由：∠AEF=∠A'EF,∠BEG=∠B'EG,
∵∠GEF=α， ∠A'EB'=β,
∴2∠A'EF+2∠B'EG-∠A'EB'=180∘,
∴2α-β=180∘．
【点睛】本题考查矩形的性质、翻折不变性等知识，解题的关键是灵活应用翻折不变性解决问题，属于基础题，中考常考题型．
29．（2023春·北京房山·八年级统考期中）如图，将矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，且CE与AD相交于点F．
（1）求证：AF=CF；
（2）若AB=4，BC=6，求△AFC的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）263.
【详解】试题分析：（1）由折叠的性质可知∠ECA=∠BCA，由AD∥BC可知∠DAC=∠BCA，则∠ECA=∠DAC，可证AF=CF；
（2）根据（1）FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6-x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6-x）2，解方程求出x，然后根据三角形的面积公式计算即可．
试题解析：（1）证明：由折叠的性质可知∠ECA=∠BCA，
由AD∥BC可知∠DAC=∠BCA，
∴∠ECA=∠DAC，
∴AF=CF；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
由（1）知：FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6-x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6-x）2，解得x=133，
∴折叠后的重叠部分的面积=12•AF•CD=12×4×133=263．
考点：翻折变换（折叠问题）．
30．（2023·全国·九年级专题练习）如图所示，正方形ABCD中，点E在边CD上，将ΔADE沿AE对折至ΔAFE，延长EF交边BC于点G,G为BC的中点，连结AG,CF．
（1）求证：AG∥CF；
（2）求DECE的值．
【答案】（1）见解析；（2）12.
【分析】（1）连BF，由△ABG≌△AFG得出BG=FG=CG,然后根据AG垂直平分BF即可证明；
（2）设DE=EF=x，BG=FG=y，则CE=2y-x，CG=y，在ΔCEG中通过勾股定理列出式子，化简即可得到结果.
【详解】解：（1）连BF，易得△ABG≌△AFG，
∴BG=FG=CG，
∴CF⊥BF，
∵BG=FG，AB=AF，
∴AG垂直平分BF，
∴AG∥CF；
（2）设DE=EF=x，BG=FG=y，则CE=2y-x，CG=y，
在ΔCEG中，x+y2=2y-x2+y2，整理得3x=2y，
∴DECE=12.
【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质以及勾股定理的应用，巧妙的运用勾股定理得出DE与CG之间的关系是解题关键.
31．（2023春·甘肃金昌·九年级统考期中）[问题解决]
（1）如图①，在矩形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F恰好落在AD边上，请你判断四边形ABEF的形状，并说明理由；
[问题探索]
（2）如图②，在矩形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F在矩形纸片ABCD的内部，延长AF交CD于点G，求证：FG＝CG；
[拓展应用]
（3）如图③，在正方形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F落在正方形纸片ABCD内，延长AF交CD于点G，若AB＝4，求线段FG的长．
【答案】（1）正方形，理由见详解；（2）见详解；（3）1
【分析】（1）由矩形的性质得∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，再由折叠的性质得∠AFE＝∠B＝90°，AB＝AF，则四边形ABEF是矩形，即可得出结论；
（2）连接EG，由折叠的性质可知，BE＝FE，∠AFE＝∠B＝90°，再证Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），即可得出结论；
（3）由（2）得FG＝CG，设FG＝CG＝x，则AG＝4+x，DG＝4﹣x，再在Rt△ADG中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：四边形ABEF是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，
由折叠的性质得：∠AFE＝∠B＝90°，AB＝AF，
∴四边形ABEF是矩形，
又∵AB＝AF，
∴矩形ABEF是正方形；
（2）证明：如图，连接EG，
由折叠的性质可知，BE＝FE，∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠EFG＝90°＝∠C，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴FE＝CE，
又∵EG＝EG，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），
∴FG＝CG；
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB＝4，∠D＝90°，
由（2）得：FG＝CG，
设FG＝CG＝x，则AG＝AF+FG＝4+x，DG＝CD﹣CG＝4﹣x，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG2＝DG2+AD2，
即（4+x）2＝（4﹣x）2+42，
解得：x＝1，
∴FG＝1．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质和勾股定理，由正方形和折叠的性质利用勾股定理建立方程是解答（3）问的关键．
32．（2022秋·江苏淮安·九年级统考期末）【问题探究】
数学实践小组的同学利用一张宽AD=2dm的矩形纸片ABCD进行了如下的操作写探究：
第一步：如图1，将该矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，然后把纸片展平．
第二步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，使点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，C'F交DE于点N，再把纸片展平．
(1)【问题解决】
如图1，填空：四边形AEA'D的形状是__________．
(2)如图2，小明连接了C'，E两点，发现线段MC'写ME是相等的．
①请帮助小明写出证明过程；
②如图2，若AC'=23dm，求DNEN的值．
(3)【问题延伸】如图3，若该矩形纸片的长AB=5dm，点Q在CD边上，且CQ=1dm，P是AB边上的动点（不与点A，B重合）．现将纸片沿PQ折叠，使点B，C分别落在点B'，C'处．在点P从点A向点B运动的过程中，若边PB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为__________dm．
【答案】(1)正方形
(2)①证明见解析；②25
(3)5-32
【分析】（1）由翻折可知AD=A'D，又不难证明AEA'D是长方形，从而可得结论．
（2）①由题目中的等量关系，考虑证明△B'EM≌△AC'M．②可以把DN：EN转化为面积比S△C'DF:S△C'EF，计算三角形的面积即可．
（3）注意动点E随着P的移动先从左往右，再从右往左，计算几个零界点时QE的长度即可．
【详解】（1）解：依题意，∠A=∠ADA'=∠DA'E=90°，
∴四边形AEA'D是矩形． 又AD=A'D，
∴四边形AEA'D是正方形．
故答案为：正方形．
（2）①证明：连接EC、EC'，则由翻折的对称性可知EC=EC'，
又由（1）可知AE=AD=BC，
∴Rt△AEC'≌Rt△BCE，
∴AC'=BE．
在Rt△B'EM和Rt△AC'M中，又由∠A=∠B'，∠AMC'=∠B'ME，
∴△B'EM≌△AC'M，
∴MC'=ME．
②解：∵AC'=23，
∴C'D=AD-AC'=43，
Rt△AMC'中，设AM=x，则x2+(23)2=(2-x)2，
解得AM=x=89,MC'=109．
Rt△AC'M和Rt△DFC'中，
∵∠AMC'+∠AC'M=90°,∠AC'M+∠DC'F=90°，
∴∠AMC'=∠DC'F．
∴Rt△AC'M∽Rt△DFC'．
∴DFAC'=C'DAM．
解得DF=AC'×C'DAM=1．
∴DNEN=S△C'DFS△C'EF,
而S△C'DF=12×43×1=23，
S△C'EF=S四边形AEFD-S△C'DF-S△AEC'=3-23-23=53,
∴DNEN=2353=25．
（3）（3）解：如图，连接BQ,B'Q，
∵边PB'与边CD交于点E，
∴∠BQP=∠B'QP≥∠EQP．
故∠EQP≤12∠EQB．
当P在点A处时，由对折可得∠EAQ=∠BAQ,
由AB∥CD可得∠EQA=∠BAQ,
∴∠EAQ=∠EQA,
∴EA=EQ,
∴22+(5-1-EQ)2=EQ2,
∴ QE=52，
当P移动到AP=2时，如图，同理可得：点E向右移动到QE=2，
当P移动到∠EQP=12∠EQB时，点E又向左移动到QE=QB=12+22=5,
当P继续移动时，边PB'与边CD不相交，不合题意．
故点E移动的路径长为52-2+5-2=5-32,．
故答案为：5-32．
【点睛】本题考查四边形的综合问题、动点问题．矩形的性质，轴对称的性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键在与分析动点的运动状态，特别是要准确地判断零界点发生的条件，并确定位置．
33．（2023春·河南商丘·八年级统考期中）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断：操作一：如图1，将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处．得到折痕DE；
操作二：将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C'交AB于点M，如图2．
根据以上操作：
①写出图1中一个45°的角： ；
②判断四边形AEA'D的形状，并证明；
(2)拓展应用：图2中，写出线段MC'与ME的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)①∠ADE（答案不唯一）；②四边形AEA'D是正方形，证明见解析
(2)MC'=ME．证明见解析
【分析】（1）①根据折叠的性质可以证明四边形AEA'D是正方形，进而可以解决问题；②由折叠性质得AD=AD'，AE=A'E，∠ADE=∠A'DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA'D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA'D为正方形；
（2）连接C'E，证明Rt△EC'A≅Rt△C'EB'，得∠C'EA=∠EC'B'，便可得结论．
【详解】（1）解：①∠ADE（答案不唯一），理由如下：
∵ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD=A'D，AE=A'E，∠ADE=∠A'DE=45°，
故答案为：∠ADE（答案不唯一）；
②四边形AEA'D是正方形，
证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD=A'D，AE=A'E，∠ADE=∠A'DE=45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED=∠A'DE=∠ADE，
∴AD=AE，
∴AD=AE=A'E=A'D，
∴四边形AEA'D是菱形，
∵∠A=90°，
∴四边形AEA'D是正方形；
（2）MC'=ME．
证明：如图，连接C'E，由（1）知，AD=AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠EAC'=∠B=90°，
由折叠知，B'C'=BC，∠B=∠B'，
∴AE=B'C'，∠EAC'=∠B'，
又EC'=C'E，
在Rt△EC'A和Rt△C'EB'中，
EC'=C'EAE=B'C'
∴Rt△EC'A≅Rt△C'EB'HL，
∴∠C'EA=∠EC'B'，
∴MC'=ME．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠，菱形的判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，解决本题关键熟练掌握相关的判定与性质．
34．（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）如图1，矩形的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为(6,8)．D是AB边上一点（不与点A、B重合），将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点E处．
(1)如图1，当点E恰好落在y轴时，直接写出点D的坐标
(2)如图2，当点E恰好落在矩形的对角线AC上时，求点D的坐标．
(3)如图3，当以O、E、C三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求△OEA的面积．
【答案】(1)6,2
(2)(6,5)
(3)12或694
【分析】（1）利用矩形的性质，求出点E、C的坐标，得出OE的长即可求解；
（2）Rt△AED中，由勾股定理得：AE2+DE2=AD2，即可求解；
（3）①当EC=EO时，ON=12OC=4=EM，则△OEA的面积=12×OA×EM；②当OE=OC时，利用勾股定理得：NE2=EC2-CN2=EO2-ON2，求出ON=234，进而求解．
【详解】（1）∵点B的坐标为(6,8)，且四边形OABC是矩形，
∴点A、C的坐标分别为(6,0)、(0,8)，
∴BC=AO=6，AB=OC=8
由折叠得，CE=BC=6
∴OE=OC-CE=8-6=2
∴点D的坐标为6,2
（2）∵点A的坐标为(6,0)，点C的坐标为(0,8)，
∴OA=6，OC=8．
∴Rt△AOC中，AC=62+82=10，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B=90°，BC=6，AB=8，
∵沿CD折叠，
∴∠CED=90°，BD=DE，CE=6，AE=4，
∴∠AED=90°，
设BD=DE=a,则AD=8-a,
∵Rt△AED中，由勾股定理得：AE2+DE2=AD2，
∴42+a2=(8-a)2，解得a=3，
∴点D的坐标为(6,5)；
（3）过点E分别作x、y轴的垂线，垂足分别为M、N，
∵EN⊥OC，EM⊥OA，OC⊥OA，
∴∠ENO=∠NOM=∠OME=90°，
∴四边形OMEN是矩形，
∴EM=ON．
①当EC=EO时，
∵EC=EO，NE⊥OC，
∴ON=12OC=4=EM，
△OEA的面积=12×OA×EM=12×6×4=12；
②当OE=OC时，
∵EN⊥OC，
∴∠ENC=∠ENO=90°，
设ON=b，则CN=8-b，
在Rt△NEC中，NE2=EC2-CN2，
在Rt△ENO中，NE2=EO2-ON2，
即62-(8-b)2=82-b2，
解得：b=234，
则EM=ON=234，
△OEA的面积=12×OA×EM=12×6×234=694；
故△OEA的面积为12或694．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、勾股定理的运用、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
35．（2023春·北京平谷·八年级统考期末）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，D为BC中点，E、F分别为AB、AC上一点，且ED⊥DF，
求证：BE+CF＞EF．
小明发现，延长FD到点H，使DH=FD，连结BH、EH，构造△BDH和△EFH，通过证明△BDH与△CDF全等、△EFH为等腰三角形，利用△BEH使问题得以解决（如图2）．
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在矩形ABCD中，O为对角线AC中点，将矩形ABCD翻折，使点B恰好与点O重合，EF为折痕，猜想EF、BE、FC之间的数量关系？并证明你的猜想．
【答案】EF2=AE2+CF2，，详见解析
【分析】猜想：EF2=AE2+CF2，延长EO交CD于点H，连结FH，首先证明△AEO≌△CHO，进而可得EO=HO，CH=AE，由折叠的性质可得△EFO≌△EFB，所以∠EOF=∠B=90°，继而在△FCH中，由勾股定理得FH2=CH2+FC2，即EF2=AE2+CF2问题得证．
【详解】解：猜想：EF2=AE2+CF2，
理由如下：延长EO交CD于点H，连结FH．
∵四边形ABCD是矩形．
∴AB∥DC．∠B=90°
∴∠EAO=∠HCO．
∵O为对角线AC中点，
∴AO=CO．
∵∠BOE=∠COH，
∴△AEO≌△CHO．
∴EO=HO，CH=AE，
由题意可知△EFO≌△EFB．
∴∠EOF=∠B=90°．
∴OF垂直平分EH．
∴FH=EF
在△FCH中，由勾股定理得FH2=CH2+FC2，
∴EF2=AE2+CF2．
【点睛】考点：全等三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质