解：①证明：如图9-2，在矩形

A B C D

中，

A D ∥ B C

，

∴ $∠ 3 = ∠ F A P$ .

由折叠可知 $∠ 3 = ∠ 4$ ，

∴ $∠ F A P = ∠ 4$ .

∴ $F A = F P$ .

在矩形 $A B C D$ 中， $B C = A D = 8$ ，

∵点P是 $B C$ 的中点，

∴ $B P = \frac{1}{2} B C = \frac{1}{2} \times 8 = 4$ .

由折叠可知 $A B^{'} = A B = 6 ， P B^{'} = P B = 4$ ， $∠ B = ∠ A B^{'} P = ∠ A B^{'} F = 90 °$ .

设 $F A = x$ ，则 $F P = x$ .

∴ $F B^{'} = x - 4$ .

在 $R t △ A B^{'} F$ 中，由勾股定理得 $A F^{2} = B^{'} A^{2} + B^{'} F^{2}$ ，

∴ $x^{2} = 6^{2} + (x - 4)^{2}$ ，

∴ $x = \frac{13}{2}$ ，

即 $A F = \frac{13}{2}$ .

②解：如图9-3，由折叠可知 $A B^{'} = A B = 6$ ， $B^{'} P = B P$ .

∴ $C_{△ P C B^{'}} = C P + P B^{'} + C B^{'} = C B + C B^{'} = 8 + C B^{'}$ .

由两点之间线段最短可知，

当点 $B^{'}$ 恰好位于对角线 $A C$ 上时， $C B^{'} + A B^{'}$ 最小.

连接 $A C$ ，在 $R t △ A D C$ 中， $∠ D = 90 °$ ，

∴ $A C = \sqrt{A D^{2} + D C^{2}} = \sqrt{8^{2} + 6^{2}} = 10$ ，

∴ $C {B^{'}}_{最小值} = A C - A B^{'} = 10 - 6 = 4$ ，

∴ $C_{△ P C B^{'} 最小值} = 8 + C B^{'} = 8 + 4 = 12$ .

③解： $A B$ 与 $H G$ 的数量关系是 $A B = 2 H G$ .

理由是：如图9-4，由折叠可知 $∠ 1 = ∠ 6 ， A B^{'} = A B ， B B^{'} ⊥ A E$ .

过点 $B^{'}$ 作 $B^{'} M ∥ D E$ ，交 $A E$ 于点M，

∵ $A B ∥ D E$ ，

∴ $A B ∥ D E ∥ B^{'} M$ ，

∴ $∠ 1 = ∠ 6 = ∠ 5 = ∠ A E D$ .

∴ $A B^{'} = B^{'} M = A B$ ，

∴点H是 $A M$ 中点.

∵ $∠ E A B^{'} = 2 ∠ A E B^{'}$ ，即 $∠ 6 = 2 ∠ 8$ ，

∴ $∠ 5 = 2 ∠ 8$ .

∵ $∠ 5 = ∠ 7 + ∠ 8$ ，

∴ $∠ 7 = ∠ 8$ .

∴ $B^{'} M = E M$ .

∴ $B^{'} M = E M = A B^{'} = A B$ .

∵点G为 $A E$ 中点，点H是 $A M$ 中点，

∴ $A G = \frac{1}{2} A E ， A H = \frac{1}{2} A M$ .

∴ $H G = A G - A H = \frac{1}{2} (A E - A M) = \frac{1}{2} E M$ .

∴ $H G = \frac{1}{2} A B$ .

∴ $A B = 2 H G$ .

2022年中考数学真题分类汇编：18 四边形