专题24【中考热点专项训练1】几何图形的折叠问题专项训练（解析版+原卷版）-2025年中考二轮复习专题提优重难点拓展综合训练

专题24【中考热点专项训练1】几何图形的折叠问题专项训练（原卷版） 专题诠释: 几何图形的翻折变换是近几年中考的热点，主要呈现的形式是填空或选择题。解决这类问题的核心知识是折痕两侧的图形关于这条折痕成轴对称，折叠前后的两个图形全等，折叠之后的连线被这条折痕垂直平分。解决的主要方法是利用勾股定理、相似的性质、面积法等途径建立方程，分类讨论。 一．选择题 1．（2024秋•高邮市期末）如图，已知点A、B在电线OP上，OA，BP．若将电线在点A处折叠，使点O、B分别落在点O’、B’处，则用老虎钳在点B’处剪断后，电线OP剪成的三段中，最短的电线与最长的电线长度比是（　　） A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．2：5 2．（2025•汕头校级模拟）如图，点E在矩形ABCD的边BC上，将矩形沿AE翻折，点B恰好落在边CD的点F处，如果∠CEF＝45°，那么的值等于（　　） A． B． C． D． 3．（2025•河北模拟）如图，▱ABCD中，AB＝5，AD＝8，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上A′处．若A'C＝5，则BD长为（　　） A．8 B． C．7.8 D． 4．（2024秋•余姚市期末）综合与实践课上，同学们以“矩形折纸”为主题开展了数学活动．小明同学准备了一张长方形纸片ABCD，AB＝24，BC＝20，他在边BC上取中点N，又在边AB上任取一点M，再将△BMN沿MN折叠得到△B′MN，连结AB'．小明同学通过多次实践得到以下结论： ①当点M在边AB上运动时，点B′在以N为圆心的圆弧上运动； ②AB'的最大值为24； ③AB'的最小值为16； ④AB′达到最小值时，． 上述结论中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（2025•汕头模拟）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．22 B．20 C．18 D．16 6．（2024秋•雁塔区校级期末）如图，将长方形纸片ABCD沿EF，EG折叠，EA的对应线段EA′落在折痕EF上，若∠AEG＝68°，则∠GED'的度数为（　　） A．22° B．24° C．26° D．34° 7．（2025•碑林区校级一模）如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若点E恰好是BC的中点，则线段CH的长为（　　） A． B． C．3 D． 8．（2024秋•镇海区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3．将△ABC折叠，使点C与边AB的中点D重合，折痕为EF，则线段BF的长为（　　） A． B． C．2 D． 9．（2024秋•忠县期末）在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝25°，点D是AB边上一点，点E是边BC上一点，将△BDE沿DE翻折，使点B落在点B'处，如果B′E∥AC时，则∠BDE＝（　　） A．20° B．110° C．20°或110° D．25°或115° 10．（2024秋•嘉兴期末）如图，将△ABC沿DE折叠，BD的对应边B′D恰好经过顶点A，△AEB′≌△DCA，设∠B＝α，∠C＝β，则下列等式成立的是（　　） A．α+β＝90° B．3α+2β＝180° C．2α＝β D．3α＝2β 11．（2024秋•蚌山区期末）如图，在矩形纸片ABCD中，BC＝3，AB＝4，折叠纸片使点C的对应点C′始终落在边AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别交于点M，N，线段B′C′与线段AB相交于点E．当B′C′⊥AC时，AC′的长为（　　） A． B． C． D． 12．（2025•越秀区校级开学）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，点E在边CD上，且DE＝4，F是边AD上一动点，将△DEF沿直线EF折叠，点D落在点N处，当点N在四边形ABCD内部（含边界）时，DF的长度的最大值是（　　） A．22 B．22 C．42 D．42 13．（2025•娄底模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，，点D在边BC上运动，将△ABD沿AD所在的直线翻折得到△AB′D，连接CB′，E是线段CB′的中点，连接BE，则BE的最大值为（　　） A． B． C． D． 14．（2024秋•黄陂区期末）已知△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝72°，将△ABC沿边AC进行对折使得点B落在点D处，过点C作CE垂直AB于点E，点P是直线CE上一动点，当DP﹣BP的值最大时，∠DPB的度数为（　　） A．75° B．80° C．84° D．88° 二．填空题 15．（2024秋•江北区校级期末）如图，在△ABC中，AC＝2.5，AB＝3，D为AB的中点，将△ACD沿CD翻折，点A落在点A'处，连接A′B．若∠A'CD＝30°，则A′B的长度为 　 　． 16．（2025•汕头模拟）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，点D是BC边上的一点（不与B、C重合），连接AD，将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处，当△BDE是直角三角形时，CD的长为 　 　． 17．（2024秋•北碚区校级期末）如图，在直角梯形ABCD中，AB＝BC，AB∥CD，CD⊥BC，E是BC上一点，连接AE、DE，将∠B沿AE翻折，使得点B的对应点B'刚好落在DE上，作∠EDC的角平分线交CE于点F，若AB＝3BE，且，则DF＝ 　 　． 18．（2025•义乌市校级开学）如图，长方形纸片ABCD中，E为边AD上一点，F为边CD上一点．AB沿BE折叠得BA′，BC沿BF折叠得BC′（BA′、BC′都在∠ABC的内部），记∠ABE＝α，∠CBF＝β，∠A′BC′＝γ． （1）当γ＝10°时，∠EBF的值＝　 　； （2）当BA′平分∠EBF时，若γα，则γ＝　 　． 19．（2024秋•天山区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝3，点P在边AB上，且PA＝1.5，点D是边AC上的一动点，连接BD，将△BCD沿直线BD折叠，点C的对应点为点Q．当线段PQ的长度最大时，点P到DQ的距离是 　 　． 20．（2025•沙坪坝区开学）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC1，点D是AC上一点，将△BCD沿BD折叠至△BC′D，连接AC′，且满足AC′＝DC′，则点D到AB的距离为　 　． 21．（2025•大渡口区模拟）如图，在正方形ACBD中，AC＝2，M为边BC上任意一点，连接AM，将△ACM沿AM翻折得到△AC′M，连接BC′并延长交AC于点N，若点N为AC的中点，则点C′到AC的距离为 　 ． 22．（2024秋•江北区期末）如图，将一张长方形纸片ABCD的两边CB、CD折叠到一条直线CP上，折痕为CE和CF，则∠ECF等于　 　°． 23．（2024秋•英德市期末）如图，在平面直角坐标系中把矩形OABC沿对角线AC所在的直线折叠，点B落在点B'处．AB′与x轴相交于点D，OA＝3，OC＝9，点F是y轴负半轴上一个动点，点P在坐标平面内，使以点A，D，P，F为顶点的四边形是菱形的点P的坐标为 　 　． 24．（2025•莱芜区开学）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝6，E为AD中点，F为边CD上一点，连接EF，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D′，G为边BC上一点，连接AG，将△ABG沿AG翻折，点B的对应点恰好也为D′，则BG＝ 　 　． 三．解答题 25．（2025•西城区校级开学）如图，长方形ABCD中，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处． （1）用等式表示线段AB，DE，EF之间的数量关系，并说明理由； （2）设∠CBE＝α，求∠AFB（用含α的代数式表示）． 26．（2024秋•开州区期末）在△ABC中，AB＝AC，将△BMN沿MN折叠得到△DMN，连接AD、BD、CD，AD平分∠BAC，过点D作DE⊥AC于点E． （1）求证：BD＝CD； （2）若∠BAC＝40°，E为AC的中点，求∠CMD的度数． 27．（2024秋•丰城市校级期末）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点B落在AD上的点F处，得到折痕AE，连接EF，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． （1）求证：四边形ABEF是正方形； （2）若AB＝8，AD＝12，求线段BM的长． 28．（2024秋•开福区校级期末）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边CD上，且tan∠DAE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF． （1）求证：△ABG≌△AFG； （2）求tan∠FCE的值． 29．（2024秋•浦东新区校级期末）如图所示，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝20，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰巧落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的点H处． （1）求∠EBG的度数； （2）求的值． 30．（2024秋•苏州期末）已知长方形纸片ABCD，点E在边AB上，连接DE，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点F处． （1）如图1，若∠FEB＝52°，则∠DEF＝　 　°； （2）连接CE，将△BCE沿CE翻折，使得点B落在点G处． ①如图2，当EG在∠DEF外部，且∠FEG＝16°，求∠DEC的度数； ②如图3，当EG在∠DEF内部，试猜想∠FEG与∠DEC之间的数量关系，并说明理由． 31．（2024秋•顺德区期末）翻折是一种常见的图形操作，观察翻折前后的图形能探究和发现数学结论，经过量化分析和演绎推理能证明数学结论． 点E是矩形ABCD的边AB上一点，把△BCE沿直线CE翻折，使得点B落在点F处． （1）如图1，当点E与点A重合时，AF交CD于点G，判断GA与GC的数量关系，说明理由； （2）如图2，当点F恰好是AC与DE的交点，且AE＝2时，求BE的长． 32．（2024秋•和平区期末）折纸中的数学（题中所有角都是指小于180°的角） 【知识储备】 我们在第四章《基本平面图形》中学习了角的平分线，用折纸的方法作角平分线． 如图1，将纸片折叠使QP与QR重合，QM是折痕，此时∠PQM与∠RQM重合，所以∠PQM＝∠RQM，射线QM是∠PQR的平分线． 【问题情境】 动手折叠一张正方形纸片ABCD，点E在边AD上，点F，G分别在边AB，CD上，分别沿EF，EG把∠EAF，∠EDG折叠得到∠EA′F和∠ED′G． 【问题初探】 （1）如图2，若点A′，点D′，点E恰好在一条直线上，则∠FEG的度数是 　 　； （2）如图3，若点A′落在EG上，点D′落在EF上，则∠FEG的度数是 　 　； 【问题再探】 （3）若∠A′ED′＝β（β≠0），则∠FEG的度数是 　 　（用含β的代数式表示）； 【问题深探】 （4）若连接BE，∠AEB＝50°，∠AEF＝θ，且射线EB，射线EA′，射线ED′都与正方形的边相交．射线EB，射线EA′，射线ED′，这三条射线中的一条射线是其余两条射线所组成角的角平分线．请画出图形并求出∠FEG的度数（用含θ的代数式表示）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题24【中考热点专项训练1】几何图形的折叠问题专项训练（解析版） 专题诠释: 几何图形的翻折变换是近几年中考的热点，主要呈现的形式是填空或选择题。解决这类问题的核心知识是折痕两侧的图形关于这条折痕成轴对称，折叠前后的两个图形全等，折叠之后的连线被这条折痕垂直平分。解决的主要方法是利用勾股定理、相似的性质、面积法等途径建立方程，分类讨论。 一．选择题 1．（2024秋•高邮市期末）如图，已知点A、B在电线OP上，OA，BP．若将电线在点A处折叠，使点O、B分别落在点O’、B’处，则用老虎钳在点B’处剪断后，电线OP剪成的三段中，最短的电线与最长的电线长度比是（　　） A．1：2 B．1：3 C．2：3 D．2：5 【思路引领】设OP＝x，根据已知条件得到OA＝AO′x，BPx，求得AB＝A′B′＝OA+BP﹣OPxx﹣xx，得到BB′x，B′P＝OP﹣OB′＝xxxx，于是得到结论． 【完整解答】解：设OP＝x， ∴OA＝AO′x，BPx， ∴AB＝A′B′＝OA+BP﹣OPxx﹣xx， ∴OB＝O′B′xxx， ∴BB′x，B′P＝OP﹣OB′＝xxxx， ∴最短的电线与最长的电线长度比是BB′：B′P2：5， 故选：D． 【总结提升】本题考查了翻折变换（折叠问题），比的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 2．（2025•汕头校级模拟）如图，点E在矩形ABCD的边BC上，将矩形沿AE翻折，点B恰好落在边CD的点F处，如果∠CEF＝45°，那么的值等于（　　） A． B． C． D． 【思路引领】根据翻折的性质得出BE＝EF，AB＝AF，∠AFE＝∠B＝90°，再根据等腰直角三角形的性质及勾股定理，设AD＝DF＝x，求出，，，进一步可得结论． 【完整解答】解：由题意可得：∠D＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD． 由题意可得：∠AFE＝∠B＝90°，AB＝AF，BE＝EF． ∵∠CEF＝45°， ∴∠CFE﹣∠CEF＝45°， ∴CE＝CF． ∴∠DFA＝90°﹣∠CFE＝45°， ∴∠DFA＝∠DAF＝45°， ∴AD＝DF． 设AD＝DF＝x， ， ∴， ∴． ∴． 故选：B． 【总结提升】本题考查翻折的性质，矩形、等腰直角三角形的性质，正确进行计算是解题关键． 3．（2025•河北模拟）如图，▱ABCD中，AB＝5，AD＝8，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上A′处．若A'C＝5，则BD长为（　　） A．8 B． C．7.8 D． 【思路引领】由平行四边形和折叠得到AB＝A′B＝CD＝5，AD＝A′D＝BC＝8，∠ADB＝∠A′DB＝∠CBD，过C作CF⊥BD于F，过A′作A′E⊥BD于E，再证明△BCF≌△DA′E（AAS），得到A′E＝CF，DE＝BF，即可得到DF＝BE，四边形A′EFC是矩形，A′C＝EF＝5，设DF＝BE＝x，则BF＝EF+BE＝5+x，BD＝DF+BF＝5+2x，再在Rt△BCF和Rt△DCF中，利用勾股定理得到CF2＝BC2﹣BF2＝DC2﹣DF2，代入列方程求解即可． 【完整解答】解：过C作CF⊥BD于F，过A′作A′E⊥BD于E，则∠A′EB＝∠A′ED＝∠CFB＝∠CFD＝90°， 由题意可得：AB＝CD＝5，AD＝BC＝8，AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBD， ∵由折叠的性质可得： ∴AB＝A′B＝5，AD＝A′D＝8，∠ADB＝∠A′DB， ∴AB＝A′B＝CD＝5，AD＝A′D＝BC＝8，∠ADB＝∠A′DB＝∠CBD， ∵∠A′ED＝∠CFB＝90°，A′D＝BC＝8，∠A′DB＝∠CBD， ∴△BCF≌△DA′E（AAS）， ∴A′E＝CF，DE＝BF， ∴DE﹣EF＝BF﹣EF， 即DF＝BE， ∵∠A′ED＝∠CFB＝90°， ∴A′E∥CF， ∵A′E＝CF， ∴四边形A′EFC是矩形， ∴A′C＝EF＝5， 设DF＝BE＝x，则BF＝EF+BE＝5+x，BD＝DF+BF＝5+2x， ∴CF2＝BC2﹣BF2＝82﹣（5+x）2， ∴CF2＝DC2﹣DF2＝52﹣x2， ∴82﹣（5+x）2＝52﹣x2， ∴x＝1.4， ∴BD＝5+2x＝7.8． 故选：C． 【总结提升】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，根据题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． 4．（2024秋•余姚市期末）综合与实践课上，同学们以“矩形折纸”为主题开展了数学活动．小明同学准备了一张长方形纸片ABCD，AB＝24，BC＝20，他在边BC上取中点N，又在边AB上任取一点M，再将△BMN沿MN折叠得到△B′MN，连结AB'．小明同学通过多次实践得到以下结论： ①当点M在边AB上运动时，点B′在以N为圆心的圆弧上运动； ②AB'的最大值为24； ③AB'的最小值为16； ④AB′达到最小值时，． 上述结论中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【思路引领】根据折叠的性质得到BN＝NB′，根据圆的定义得到点B′在以N为圆心，NB为半径的圆上，故①正确；连接AN，根据勾股定理得到，根据三角形的三边关系得到AB'≥AN﹣NB'，AB'≤AN+NB'，结合点M在AB上，判断②正确，③正确；根据勾股定理即可判断④正确． 【完整解答】解：如图1，连接AN， ∵将△BMN沿MN折叠得到△B′MN， ∴BN＝NB'， ∵点N为BC的中点，BC＝20， BN＝CN＝NB'＝10． ∴当点M在边AB上运动时，点B′在以N为圆心的圆弧上运动， 故①正确； 在Rt△ABN中，AN26， ∵AB'≥AN﹣NB'， ∴AB'≥16， ∴AB'的最小值为16， 故③正确； ∵AB'≤AN+NB'，且M在AB上， ∴AB'≤AB＝24， ∴AB'的最大值为24， 故②正确； 如图2， 当AB'N共线时，AB'的值最小，最小为AB'＝16； ∴∠AB'N＝90°， 设BM＝x，则B′M＝BM＝x，AM＝24﹣x， 在直角三角形AB′M中，由勾股定理得：B'M2+AB'2＝AM2， ∴x2+162＝（24﹣x）2， 解得：x， 即BM， 故④正确， 综上，结论中正确的个数4个， 故选：D． 【总结提升】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 5．（2025•汕头模拟）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．22 B．20 C．18 D．16 【思路引领】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． 【完整解答】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，， ∴MF＝15﹣12＝3， 在Rt△MEF中，设EF＝x，则ME＝9﹣x，由勾股定理得，32+（9﹣x）2＝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． 【总结提升】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． 6．（2024秋•雁塔区校级期末）如图，将长方形纸片ABCD沿EF，EG折叠，EA的对应线段EA′落在折痕EF上，若∠AEG＝68°，则∠GED'的度数为（　　） A．22° B．24° C．26° D．34° 【思路引领】先根据折叠的性质得出∠AEG＝∠A′EG＝68°，∠DEF＝∠D′EF，再由平角的定义得出∠DEF的度数，根据∠GED′＝∠A′EG﹣∠D′EF即可得出结论． 【完整解答】解：∵长方形纸片ABCD沿EF，EG折叠，EA的对应线段EA′落在折痕EF上，∠AEG＝68°， ∴∠AEG＝∠A′EG＝68°，∠DEF＝∠D′EF， ∴∠DEF＝180°﹣∠AEG﹣∠A′EG＝180°﹣68°﹣68°＝44°， ∴∠DEF＝∠D′EF＝44°， ∴∠GED′＝∠A′EG﹣∠D′EF＝68°﹣44°＝24°． 故选：B． 【总结提升】本题考查的是翻折变换，角的计算，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键． 7．（2025•碑林区校级一模）如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若点E恰好是BC的中点，则线段CH的长为（　　） A． B． C．3 D． 【思路引领】根据折叠可得DH＝EH，在直角△CEH中，设CH＝x，则DH＝EH＝6﹣x，根据E是BC的中点，可得CE＝3，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长． 【完整解答】解：设CH＝x，则DH＝EH＝6﹣x， ∵点E恰好是BC的中点，BC＝6， ∴CEBC＝3， ∵在Rt△ECH中，EH2＝EC2+CH2， ∴（6﹣x）2＝32+x2， 解得：x， 即CH． 故选：D． 【总结提升】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换．在直角三角形中，利用勾股定理列出方程进行求解是解决本题的关键． 8．（2024秋•镇海区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3．将△ABC折叠，使点C与边AB的中点D重合，折痕为EF，则线段BF的长为（　　） A． B． C．2 D． 【思路引领】根据题意得出，设BF＝x，则CF＝DF＝CB﹣FB＝3﹣x，在Rt△FDB中，FD2＝FB2+BD2，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【完整解答】解：由题意可得 ∴， 设BF＝x， 由题意可得： ∴CF＝DF＝CB﹣FB＝3﹣x， ∵∠ABC＝90°， 在Rt△FDB中，FD2＝FB2+BD2，即（3﹣x）2＝x2+22， 解得：， 即线段BF的长为． 故选：B． 【总结提升】本题考查了勾股定理与折叠问题，正确进行计算是解题关键． 9．（2024秋•忠县期末）在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝25°，点D是AB边上一点，点E是边BC上一点，将△BDE沿DE翻折，使点B落在点B'处，如果B′E∥AC时，则∠BDE＝（　　） A．20° B．110° C．20°或110° D．25°或115° 【思路引领】设BC与DB′相交于点F，先利用平行线的性质可得∠ACB＝∠CEB′＝90°，再利用折叠的性质可得：∠BDE＝∠B′DE，∠ABC＝∠B′＝25°，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得：∠EFB′＝65°，再利用三角形的外角性质可得∠BDF＝40°，最后进行计算即可解答． 【完整解答】解：如图：设BC与DB′相交于点F， ∵B′E∥AC， ∴∠ACB＝∠CEB′＝90°， 由折叠得：∠BDE＝∠B′DE，∠ABC＝∠B′＝25°， ∴∠EFB′＝90°﹣∠B′＝65°， ∵∠EFB′是△DBF的一个外角， ∴∠BDF＝∠EFB′﹣∠B＝65°﹣25°＝40°， ∴∠BDE＝∠B′DE∠BDF＝20°， 故选：A． 【总结提升】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行线的性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． 10．（2024秋•嘉兴期末）如图，将△ABC沿DE折叠，BD的对应边B′D恰好经过顶点A，△AEB′≌△DCA，设∠B＝α，∠C＝β，则下列等式成立的是（　　） A．α+β＝90° B．3α+2β＝180° C．2α＝β D．3α＝2β 【思路引领】根据折叠的性质，全等三角形的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论． 【完整解答】解：∵将△ABC沿DE折叠，BD的对应边B′D恰好经过顶点A， ∴∠DB′E＝∠B＝α， ∵△AEB′≌△DCA， ∴∠AB′E＝∠CAD＝α，∠AEB′＝∠DCA＝β， ∴∠BAD＝∠AB′E+∠AEB′＝α+β， ∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝α+α+β， ∴∠B+∠C+∠BAC＝α+β+α+α+β＝3α+2β＝180°， 故选：B． 【总结提升】本题考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的性质，熟练掌握折叠的性质和全等三角形的性质是解题的关键． 11．（2024秋•蚌山区期末）如图，在矩形纸片ABCD中，BC＝3，AB＝4，折叠纸片使点C的对应点C′始终落在边AD上，点B的对应点为B′，折痕与AB，CD分别交于点M，N，线段B′C′与线段AB相交于点E．当B′C′⊥AC时，AC′的长为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】由矩形ABCD得到∠BCD＝∠D＝90°，AD＝BC＝3，CD＝AB＝4，从而AC＝5，设DN＝x，则CN＝C′N＝4﹣x，证明C′N∥AC，得到△DC′N∽△DAC，根据相似三角形的性质得到，代入即可求出x，从而得到，，根据勾股定理求出，即可解答． 【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝∠D＝90°，AD＝BC＝3，CD＝AB＝4， ∴， 设DN＝x， 则CN＝DC﹣DN＝4﹣x， 由折叠可得∠NC′B′＝∠BCD＝90°，C′N＝CN＝4﹣x， ∴C′N⊥B′C′， ∵B′C′⊥AC， ∴C′N∥AC， ∴△DC′N∽△DAC， ∴， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴． 故选：D． 【总结提升】本题考查矩形的性质，掌握轴对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质是解题的关键． 12．（2025•越秀区校级开学）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，点E在边CD上，且DE＝4，F是边AD上一动点，将△DEF沿直线EF折叠，点D落在点N处，当点N在四边形ABCD内部（含边界）时，DF的长度的最大值是（　　） A．22 B．22 C．42 D．42 【思路引领】当点N落在AD上时，DF最短，当点N落在边BC上时，DF最长． 【完整解答】解：当点N落在边BC上时，DF最长，过点N作NG⊥AD于点G，分别过点E，D作BC的垂线，交BC的延长线于点H，M， ∴四边形MNGD是矩形， 在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，点E在边CD上，且DE＝4， ∴CD＝AD＝AB＝6，CE＝2，AD∥BC，AB∥CD， ∴∠ABC＝∠DCH＝60°， ∴CM＝3，CH＝1， ∴GN＝DM＝3，EH，HM＝2， 在Rt△NEH中，NE＝DE＝4，EH， ∴NH， ∴MN2， ∴DG＝MN2， 设DF＝x，则NG＝x，GF2﹣x， 在Rt△NGF中，由勾股定理可知，GN2+GF2＝NF2， 即（3）2+（2﹣x）2＝x2， 解得x＝22， ∴DF的最大值为22． 故选：A． 【总结提升】本题考查翻折变换，菱形的性质，矩形的判定和性质，含30°角的直角三角形，勾股定理等知识，得出点N的运动轨迹并找到临界点是解题关键． 13．（2025•娄底模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，，点D在边BC上运动，将△ABD沿AD所在的直线翻折得到△AB′D，连接CB′，E是线段CB′的中点，连接BE，则BE的最大值为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】过点A作AH⊥BC，等边对等角，得到∠ABC＝∠ACB＝30°，三线合一结合锐角三角函数，求出AB的长，折叠得到AB′＝AB，取AC的中点O，连接OE，过点O作OF⊥BC，三角形的中位线定理，得到，进而得到点E在以点O为圆心的圆上，进而得到当B，O，E三点共线时，BE最大，进行求解即可． 【完整解答】解：过点A作AH⊥BC， 由题意可得：∠ABC＝∠ACB＝30°，， ∴， ∴AC＝AB＝2， ∵翻折， ∴AB′＝AB＝2， 取AC的中点O，连接OE，BO，过点O作OF⊥BC，则：， ∴，， ∴， ∴， 由题意可得：， ∴点E在以O为圆心，1为半径的圆上， ∴当B，O，E三点共线时，BE的值最大为． 故选：B． 【总结提升】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，解直角三角形，三角形的中位线定理，求圆外一点到圆上一点的最值，熟练掌握相关知识点，确定点E的运动轨迹，是解题的关键． 14．（2024秋•黄陂区期末）已知△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝72°，将△ABC沿边AC进行对折使得点B落在点D处，过点C作CE垂直AB于点E，点P是直线CE上一动点，当DP﹣BP的值最大时，∠DPB的度数为（　　） A．75° B．80° C．84° D．88° 【思路引领】作点B关于PC的对称点H，连接CH．可以得到BP＝HP，DP﹣BP＝DP﹣HP，即可得到当点P、H、D在同一直线上时，DP﹣BP有最大值，此时DP﹣HP＝DH，进而得到BC＝DH．求出∠ACB＝48°，根据△ABC和△ADC关于AC对称，求出∠DCH＝54°，进而求出∠ADH＝12°，∠AHD＝∠PHB＝48°，根据BP＝HP即可求出∠DPB＝84°． 【完整解答】解：如图，作点B关于PC的对称点H，连接CH． 则BP＝HP，∠BCP＝∠HCP， 此时DP﹣BP＝DP﹣HP， ∴当点P、H、D在同一直线上时，DP﹣BP有最大值，此时DP﹣HP＝DH， ∵当DP﹣BP的最大值是BC时， ∴BC＝DH． ∵∠BAC＝60°，∠ABC＝72°， ∴∠ACB＝48°， 由题意得△ABC和△ADC关于AC对称， ∴DC＝BC，∠ACB＝∠ACD＝45°，∠ABC＝∠ADC＝72°，∠BAC＝∠DAC＝60°， ∴DC＝DH，∠BCD＝90°，∠BAD＝120°， ∵∠ABC＝72°，CE⊥AB， ∴∠BCE＝90°﹣∠ABC＝18°， ∴∠BCH＝2∠BCE＝36°， ∴∠DCH＝∠BCD﹣∠BCH＝54°， ∴△DCH是等边三角形， ∴∠CDH＝60°， ∴∠ADH＝∠ADC﹣∠CDH＝72°﹣60°＝12°， ∴∠AHD＝180°﹣∠ADH﹣∠HAD＝48°， ∴∠AHD＝∠PHB＝48°， ∵BP＝HP， ∴∠DPB＝180°﹣48°﹣48°＝84°． 故选：C． 【总结提升】本题考查了翻折变换（折叠问题），轴对称﹣最短路线问题，解题的关键是熟练掌握折叠的性质． 二．填空题（共10小题） 15．（2024秋•江北区校级期末）如图，在△ABC中，AC＝2.5，AB＝3，D为AB的中点，将△ACD沿CD翻折，点A落在点A'处，连接A′B．若∠A'CD＝30°，则A′B的长度为 　　． 【思路引领】如图，连接AA′．证明△ACA′是等边三角形，∠BA′A＝90°，利用勾股定理求解． 【完整解答】解：如图，连接AA′． 由翻折变换的性质可知∠ACD＝∠A′CD＝30°，CA＝CA′，DA＝DA′， ∴∠ACA′＝60°， ∴△ACA′是等边三角形， ∴AC＝AA′＝2.5， ∵D是AB的中点， ∴DB＝DA＝DA′， ∴∠DBA′＝∠DA′B，∠DA′A＝∠DAA′， ∴2∠DA′B+2∠DA′A＝180°， ∴∠DA′B+∠DA′A＝90°，即∠BA′A＝90°， ∴A′B． 故答案为：． 【总结提升】本题考查翻折变换，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 16．（2025•汕头模拟）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝60°，AC＝6，点D是BC边上的一点（不与B、C重合），连接AD，将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处，当△BDE是直角三角形时，CD的长为 　6或2　． 【思路引领】根据勾股定理得到BC6，根据已知条件得到当△BDE是直角三角形时，∠BDE＝90°或∠BED＝90°，①当∠BDE＝90°时，则∠CDE＝90°，根据折叠的性质得到∠ADC＝∠ADE＝45°，于是得到CD＝AC＝6，②当∠BED＝90°时，根据折叠的性质得到∠AED＝∠C＝90°，∠CAD＝∠EAD，AC＝AE，推出点E在AB上，根据勾股定理即可得到结论． 【完整解答】解：在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，AC＝6， ∴∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝12， ∴BC6， ∵点D是BC边上的一点， ∴∠DBE≠90°， ∴当△BDE是直角三角形时，∠BDE＝90°或∠BED＝90°， ①当∠BDE＝90°时，则∠CDE＝90°， ∵将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处， ∴∠ADC＝∠ADE＝45°， ∴CD＝AC＝6， ②当∠BED＝90°时， ∵将△ACD沿AD折叠，使点C落在点E处， ∴∠AED＝∠C＝90°，∠CAD＝∠EAD，AC＝AE， ∴∠AED+∠BED＝180°， ∴点E在AB上，如图， ∴AE＝AC＝6，BE＝AB﹣AE＝6，∠CAD＝∠BAD， ∴CD＝DE， ∵DE2+BE2＝BD2， ∴CD2+62＝（6CD）2， ∴CD＝2， 综上所述，CD的长为 6或2， 故答案为：6或2． 【总结提升】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 17．（2024秋•北碚区校级期末）如图，在直角梯形ABCD中，AB＝BC，AB∥CD，CD⊥BC，E是BC上一点，连接AE、DE，将∠B沿AE翻折，使得点B的对应点B'刚好落在DE上，作∠EDC的角平分线交CE于点F，若AB＝3BE，且，则DF＝ 　　． 【思路引领】如图，过点A作AT⊥CD交CD的延长线于点T，过点F作FH⊥DE于点H．首先证明四边形ABCT是正方形，证明Rt△ATD≌Rt△AB′D（HL），推出DT＝DB′，求出正方形的边长，设DT＝DB′＝x，利用勾股定理求出x，再利用面积法求出CF可得结论． 【完整解答】解：如图，过点A作AT⊥CD交CD的延长线于点T，过点F作FH⊥DE于点H． ∵AB∥CD，CD⊥BC， ∴AB⊥BC， ∴∠B＝∠C＝90°， 由翻折变换的性质可知AB＝AB′，∠B＝∠AB′E＝90°， ∵∠B＝∠C＝∠T＝90°，BE＝EB′， ∴四边形ABCT是矩形， ∵AB＝BC， ∴四边形ABCT是正方形， ∴CT＝AT＝AB＝BC＝AB′， ∵AD＝AD，∠T＝∠AB′D＝90°， ∴Rt△ATD≌Rt△AB′D（HL）， ∴DT＝DB′， ∵AE，AB＝3BE， ∴BE＝1，AB＝3， 设DT＝DB′＝x， 在Rt△CDE中，DE2＝CD2+EC2， ∴（x+1）2＝（3﹣x）2+22， ∴x＝1.5， ∴CD＝DT＝1.5．DE＝2.5，EC＝2， ∵DF平分∠CDE，FC⊥CD，FH⊥DE， ∴CF＝FH， ∵•CD•CE•CD•CF•FH•DE， ∴CF＝FH， ∴DF． 故答案为：． 【总结提升】本题考查翻折变换，直角梯形，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 18．（2025•义乌市校级开学）如图，长方形纸片ABCD中，E为边AD上一点，F为边CD上一点．AB沿BE折叠得BA′，BC沿BF折叠得BC′（BA′、BC′都在∠ABC的内部），记∠ABE＝α，∠CBF＝β，∠A′BC′＝γ． （1）当γ＝10°时，∠EBF的值＝　50°或40°　； （2）当BA′平分∠EBF时，若γα，则γ＝　或10°　． 【思路引领】（1）分两种情况：当点A′在C′的左侧时，当点A′在C′的右侧时，根据折叠的性质和角的和差求解即可； （2）由BA平分∠EBF可得∠EBF＝2∠A′BE＝2α，分两种情况当点A′在C′的左侧时，当点A′在C′的右侧时，根据折叠的性质和角的和差列方程求解即可． 【完整解答】解：（1）当点A′在C′的左侧时，∠ABA′+∠CBC′＝90°﹣10°＝80°， ∵，， ∴2（∠A′BE+∠C′BF）＝80°， ∴∠A′BE+∠C′BF＝40°， ∴∠EBF＝40°+10°＝50°； 当点A′在C′的右侧时，∠ABA′+∠CBC′＝90°+10°＝100°， ∵，， ∴2（∠A′BE+∠C′BF）＝∠ABA′+∠CBC′＝100°， ∴∠A′BE+∠C′BF＝50°， ∴∠EBF＝∠A′BE+∠C′BF﹣∠A′BC′＝50°﹣10°＝40°， ∴∠EBF＝50°或40°， 故答案为：50°或40°； （2）∵BA′平分∠EBF，， ∴∠EBF＝2∠A′BE＝2α， 当点A′在C′的左侧时，由（1）得：， ∴， ∴， ∴， 解得：； 当点A′在C′的右侧时，由（1）得：， ∴， ∴， ∴， 解得：γ＝10°， 综上所述，或γ＝10°． 故答案为：或10°． 【总结提升】本题主要考查了几何图形中的角度计算问题，角平分线的定义，解题的关键是分情况讨论． 19．（2024秋•天山区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝3，点P在边AB上，且PA＝1.5，点D是边AC上的一动点，连接BD，将△BCD沿直线BD折叠，点C的对应点为点Q．当线段PQ的长度最大时，点P到DQ的距离是 　　． 【思路引领】由题意知Q在以B为圆心，BC长为半径的圆B上运动，当D与A重合时，PQ的长最大，过P作PH⊥DQ于H，由含30度角的直角三角形的性质得到PHPA，即可得到答案． 【完整解答】解：如图，由题意知：Q在以B为圆心，BC长为半径的圆B上运动， 当D与A重合时，PQ的长最大， 过P作PH⊥DQ于H， 由折叠的性质得到：∠BDQ＝∠BAC＝30°，∠BQD＝∠C＝90°， ∴PHPA1.5， ∴当线段PQ的长度最大时，点P到DQ的距离是． 故答案为：． 【总结提升】本题考查折叠问题，含30度角的直角三角形，点与圆的位置关系，关键是判定当D与A重合时，PQ的长最大． 20．（2025•沙坪坝区校级开学）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC1，点D是AC上一点，将△BCD沿BD折叠至△BC′D，连接AC′，且满足AC′＝DC′，则点D到AB的距离为　　． 【思路引领】过D作DE⊥AB于点E，由折叠性质、折叠性质，等腰三角形的性质得∠DBE＝60°，再设DE＝y，用y表示BE与BD，再根据勾股定理列出y的方程求得y便可． 【完整解答】解：过D作DE⊥AB于点E， 设∠CBD＝x°，则∠C′BD＝∠CBD＝x°， ∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠ABC′＝90°﹣2x，∠BAC＝∠BCA＝45°， 由折叠知，AB＝BC＝BC′， ∴∠BAC′＝∠BC′A＝45°+x， ∴∠C′AD＝x， ∵AC′＝DC′， ∴∠C′AD＝∠C′DA＝x， ∵∠BC′D＝∠C＝45°， ∵∠C′AD+∠C′DA+∠AC′D＝180°， ∴x+x+45°+x+45°＝180°， 解得，x＝30°， ∴∠DBE＝90°﹣x＝60°， ∴∠BDE＝30°， ∴BD＝2BE， 设DE＝y， ∵∠BAC＝45°， ∴AE＝DE＝y， ∴BE＝AB﹣AE， ∴， ∵BD2﹣BE2＝DE2， ∴， 解得，y，或y＝22（此时AE＞AB，舍去）， ∴DE， 故答案为：． 【总结提升】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合利用等腰三角形、三角形内角和定理、勾股定理等知识． 21．（2025•大渡口区模拟）如图，在正方形ACBD中，AC＝2，M为边BC上任意一点，连接AM，将△ACM沿AM翻折得到△AC′M，连接BC′并延长交AC于点N，若点N为AC的中点，则点C′到AC的距离为 　　． 【思路引领】由正方形的性质得∠C＝90°，BC＝AC＝2，CN＝AN＝1，由翻折得AC′＝AC＝2，作C′E⊥BC于点E，C′F⊥AC于点F，由EC′∥CN，证明△BC′E∽△BNC，得，则，所以BE＝2EC′，设EC′＝m，则CF＝EC′＝m，BE＝2m，所以C′F＝CE＝2﹣2m，AF＝2﹣m，于是得（2﹣m）2+（2﹣2m）2＝22，求得符合题意的m值为，则C′F，于是得到问题的答案． 【完整解答】解：∵四边形ACBD是正方形，AC＝2，点N为AC的中点， ∴∠C＝90°，BC＝AC＝2，CN＝ANAC＝1， 由翻折得AC′＝AC＝2， 作C′E⊥BC于点E，C′F⊥AC于点F，则∠AFC′＝90°， ∵∠BEC′＝∠C＝90°， ∴EC′∥CN， ∴△BC′E∽△BNC， ∴， ∴， ∴BE＝2EC′， ∵∠C′EC＝∠C＝∠C′FC＝90°， ∴四边形C′ECF是矩形， 设EC′＝m，则CF＝EC′＝m，BE＝2m， ∴C′F＝CE＝2﹣2m，AF＝2﹣m， ∵AF2+C′F2＝AC′2， ∴（2﹣m）2+（2﹣2m）2＝22， 解得m1，m2＝2（不符合题意，舍去）， ∴C′F＝2﹣2， ∴点C′到AC的距离为， 故答案为：． 【总结提升】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 22．（2024秋•江北区期末）如图，将一张长方形纸片ABCD的两边CB、CD折叠到一条直线CP上，折痕为CE和CF，则∠ECF等于　45　°． 【思路引领】根据折叠的性质得到∠FCP＝∠FCB，∠DCE＝∠NCE，根据矩形的性质得到∠BCD＝90°，于是得到结论． 【完整解答】解：∵将一张长方形纸片ABCD的两边CB、CD折叠到一条直线CP上，折痕为CE和CF， ∴∠FCP＝∠FCB，∠DCE＝∠NCE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD＝90°， ∴∠ECF＝∠FCP+∠ECP（∠BCP+∠DCP）∠BCD90°＝45°， 故答案为：45． 【总结提升】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 23．（2024秋•英德市期末）如图，在平面直角坐标系中把矩形OABC沿对角线AC所在的直线折叠，点B落在点B'处．AB′与x轴相交于点D，OA＝3，OC＝9，点F是y轴负半轴上一个动点，点P在坐标平面内，使以点A，D，P，F为顶点的四边形是菱形的点P的坐标为 　（4，﹣5）或 （﹣4，0）　． 【思路引领】先根据题意得AD＝DC，设AD＝DC＝x，根据勾股定理得到 x＝5，即OD＝4，再分不同情况进行解答即可． 【完整解答】解：∵AB∥OC， ∴∠BAC＝∠ACO， 根据题意：∠BAC＝CAB'， ∴∠ACO＝CAB'， ∴AD＝DC， 设AD＝DC＝x， ∵OC＝9， ∴OD＝9﹣x， ∵△AOD为直角三角形，OA＝3， ∴OA2+OD2＝AD2， ∴32+（9﹣x）2＝x2， 解得：x＝5， ∴OD＝4， ∴D（4，0）， ①当F运动到F（0，﹣3），AD，DF作边，AF，DP为对角线时， ∵A，D，P，F为顶点的四边形是菱形， 又∵D（4，0），OP＝OD， ∴P（﹣4，0）； ②当F运动到F（0，﹣2），AD，AF作边时， ∴DP＝AD＝AF＝5， ∴P（4，﹣5）； ③当F运动到F（0，8）时， ∵点F是y轴负半轴上一个动点， ∴不符合题意； 故答案为：（4，﹣5）或 （﹣4，0）． 【总结提升】本题主要考查矩形与折叠，菱形的判定与性质，掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． 24．（2025•莱芜区开学）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝6，E为AD中点，F为边CD上一点，连接EF，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D′，G为边BC上一点，连接AG，将△ABG沿AG翻折，点B的对应点恰好也为D′，则BG＝ 　　． 【思路引领】连接AG、DD′，由矩形的性质得∠ABG＝∠C＝90°，CD＝AB＝4，BC＝AD＝6，由翻折得∠AD′G＝∠ABG＝90°，D′E＝DE，因为AE＝DE，所以D′E＝AE，则∠ED′D＝∠EDD′，∠ED′A＝∠EAD′，推导出∠AD′D＝90°，则G、D′、D三点在同一条直线上，所以∠AGD＝∠AGB＝∠GAD，则GD＝AD＝6，求得CG2，所以BG，于是得到问题的答案． 【完整解答】解：连接AG、DD′， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝6，E为AD中点， ∴∠ABG＝∠C＝90°，CD＝AB＝4，BC＝AD＝6，AE＝DE，BC∥AD， 由翻折得∠AD′G＝∠ABG＝90°，D′E＝DE， ∴D′E＝AE， ∴∠ED′D＝∠EDD′，∠ED′A＝∠EAD′， ∴∠AD′D＝∠ED′D+∠ED′A＝∠EDD′+∠EAD′， ∴∠AD′D+∠EDD′+∠EAD′＝2∠AD′D＝180′， ∴∠AD′D＝90°， ∴∠AD′G+∠AD′D＝180°，∠C＝∠AD′D， ∴G、D′、D三点在同一条直线上， ∴∠AGD＝∠AGB＝∠GAD， ∴GD＝AD＝6， ∴CG2， ∴BG＝BC﹣CG， 故答案为：． 【总结提升】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 三．解答题（共8小题） 25．（2025•西城区校级开学）如图，长方形ABCD中，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处． （1）用等式表示线段AB，DE，EF之间的数量关系，并说明理由； （2）设∠CBE＝α，求∠AFB（用含α的代数式表示）． 【思路引领】（1）根据长方形的性质得到AB＝CD，根据折叠的性质得到EF＝CE，结合CD＝CE+DE，即可得到答案； （2）根据长方形的性质得到∠A＝∠ABC＝90°，根据折叠的性质得到∠CBE＝∠FBE＝α，求得∠CBF＝2α，再表示出∠ABF，最后根据∠AFB是∠ABF的余角，即可得到答案． 【完整解答】解：（1）AB＝DE+EF， 理由： 在长方形ABCD中，AB＝CD， ∵将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处， ∴EF＝CE， ∴AB＝CD＝CE+DE＝EF+DE； （2）∵四边形ABCD是长方形， ∴∠A＝∠ABC＝90°， ∵将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处， ∴∠CBE＝∠FBE＝α， ∴∠CBF＝∠CBE+∠FBE＝2α， ∴∠ABF＝∠ABC﹣∠CBF＝90°﹣2α ∴∠AFB＝90°﹣∠ABF＝2α． 【总结提升】本题考查了翻折变换，长方形的性质，余角的计算，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 26．（2024秋•开州区期末）在△ABC中，AB＝AC，将△BMN沿MN折叠得到△DMN，连接AD、BD、CD，AD平分∠BAC，过点D作DE⊥AC于点E． （1）求证：BD＝CD； （2）若∠BAC＝40°，E为AC的中点，求∠CMD的度数． 【思路引领】（1）首先推导出∠BAD＝∠CAD，进而利用SAS证得△ABD≌△ACD，进而得证； （2）首先推导出∠ABC＝70°，进而推导出∠ABD＝∠BAD＝20°，∠MBD＝50°，由折叠的性质得出BM＝DM，进而得到∠CMD＝2∠MBD＝100°． 【完整解答】（1）证明：AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， 在△ABD和△ACD 中， ， ∴△ABD≌△ACD（SAS）， ∴BD＝CD； （2）解：∵AB＝AC，∠BAC＝40°， ∴∠ABC（180°﹣∠ABD）（180°﹣40°）＝70°， ∵DE⊥AC，E为AC的中点， ∴AD＝CD， 由（1）知BD＝CD， ∴AD＝BD， ∴∠ABD＝∠BAD＝20°， ∴∠MBD＝∠ABC﹣∠ABD＝70°﹣20°＝50°， ∵将△BMN沿MN折叠得到△DMN， ∴BM＝DM， ∴∠CMD＝2∠MBD＝100°， 答：∠CMD的度数为100°． 【总结提升】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，三角形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 27．（2024秋•丰城市校级期末）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点B落在AD上的点F处，得到折痕AE，连接EF，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． （1）求证：四边形ABEF是正方形； （2）若AB＝8，AD＝12，求线段BM的长． 【思路引领】（1）根据矩形的性质和折叠的性质可得AB＝AF，BE＝EF，∠BAE＝∠FAE＝45°，从而得到∠DAE＝∠AEB＝∠BAE，进而得到AB＝BE＝EF＝AF，继而得到四边形ABEF是菱形，即可求证； （2）根据矩形的性质和折叠的性质可得FM＝CM＝BC﹣BM＝12﹣BM．在Rt△FME中，利用勾股定理建立方程即可求得BM的值，从而求解． 【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠ABC＝90°， ∵将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在AD上的点F处， ∴AB＝AF，BE＝EF，∠BAE＝∠FAE＝45°， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB＝∠BAE， ∴AB＝BE， ∴AB＝BE＝EF＝AF， ∴四边形ABEF是菱形， ∵∠B＝90°， ∴菱形ABEF是正方形． （2）解：∵四边形ABCD和四边形CDFE都是矩形， ∴EF＝AB＝8，BC＝AD＝12，EC＝FD＝AD﹣AF＝12﹣8＝4，∴ME＝BC﹣BM﹣EC＝12﹣BM﹣4＝8﹣BM， ∵△MNF是由△MNC折叠得到的， ∴FM＝CM＝BC﹣BM＝12﹣BM． 在Rt△FME中，由勾股定理，得：ME2+EF2＝FM2， 即（8﹣BM）2+82＝（12﹣BM）2， 解得BM＝2． 【总结提升】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，正方形的判定和性质，熟知以上知识是解题的关键． 28．（2024秋•开福区校级期末）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边CD上，且tan∠DAE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF． （1）求证：△ABG≌△AFG； （2）求tan∠FCE的值． 【思路引领】（1）由正方形的性质得AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B＝∠BCD＝90°，再由折叠的性质得AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°，则AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，然后由HL证明Rt△ABG≌Rt△AFG即可； （2）由全等三角形的性质得BG＝FG，设BG＝x，则CG＝12﹣x，GE＝x+4，在Rt△CEG中，由勾股定理得出方程，解得x＝6，则BG＝FG＝6，EG＝EF+FG＝10，CG＝6，过点F作FM∥BC，交DC于点M，则△EFM∽△EGC，然后由相似三角形的性质求出FM，EM，进而求出MC的长，即可解决问题． 【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B＝∠BCD＝90°， 由折叠的性质得：AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°， ∴AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°， 在Rt△ABG和Rt△AFG中， ， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）； （2）解：∵AB＝AD＝DC＝BC＝12，tan∠DAE， ∴DEAD＝4， ∴EF＝DE＝4，CE＝8， 由（1）可知，△ABG≌△AFG， ∴BG＝FG， 设BG＝x，则CG＝12﹣x，GE＝x+4， 在Rt△CEG中，由勾股定理得：GE2＝CG2+CE2， 即（x+4）2＝（12﹣x）2+82， 解得：x＝6， ∴BG＝FG＝6， ∴EG＝EF+FG＝4+6＝10，CG＝12﹣x＝12﹣6＝6， 如图，过点F作FM∥BC，交DC于点M， 则△EFM∽△EGC， ∴， 即， 解得：FM，EM， ∴MC＝CE﹣EM＝8， ∴tan∠FCE． 【总结提升】本题考查了翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、解直角三角形以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键． 29．（2024秋•浦东新区校级期末）如图所示，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝20，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰巧落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的点H处． （1）求∠EBG的度数； （2）求的值． 【思路引领】（1）根据折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG，∠CBE＝∠FBE，则，由此即可得； （2）根据折叠的性质可得BH＝AB＝12，BF＝BC＝20，再根据线段的和差可得HF＝8，由此即可得． 【完整解答】解：（1）由折叠的性质得：∠ABG＝∠HBG，∠CBE＝∠FBE， ∵在长方形ABCD中，∠ABC＝90°， ∴， ∴∠EBG＝∠HBG+∠FBE＝45°． （2）∵在长方形纸片ABCD中，AB＝12，BC＝AD＝20， ∴由折叠的性质得：BH＝AB＝12，BF＝BC＝20， ∴HF＝BF﹣BH＝8， ∴． 【总结提升】本题主要考查了折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 30．（2024秋•苏州期末）已知长方形纸片ABCD，点E在边AB上，连接DE，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点F处． （1）如图1，若∠FEB＝52°，则∠DEF＝　64　°； （2）连接CE，将△BCE沿CE翻折，使得点B落在点G处． ①如图2，当EG在∠DEF外部，且∠FEG＝16°，求∠DEC的度数； ②如图3，当EG在∠DEF内部，试猜想∠FEG与∠DEC之间的数量关系，并说明理由． 【思路引领】（1）根据折叠和平角的定义进行求解即可； （2）①根据折叠和平角的定义进行求解即可；②根据折叠和平角的定义进行求解即可． 【完整解答】解：（1）由题意重折叠的性质可得：∠DEA＝∠DEF， ∵∠FEB＝52°， ∴； 故答案为：64； （2）①∵由折叠的性质可得：∠DEA＝∠DEF，∠BEC＝∠CEG， ∵∠DEA+∠DEF+∠BEC+∠CEG+∠FEG＝180°， ∴， ∴∠DEC＝∠DEF+∠CEG+∠FEG＝98°； ②猜想：， 理由如下： 由折叠的性质可得：∠DEA＝∠DEF，∠BEC＝∠CEG， ∴∠DEA+∠DEF+∠BEC+∠CEG﹣∠FEG＝180°， ∴2（∠DEF+∠CEG）﹣∠FEG＝180°， ∴2∠DEC+∠GEF＝180°， ∴． 【总结提升】本题考查折叠中角度的计算，掌握折痕为角平分线是解题的关键． 31．（2024秋•顺德区期末）翻折是一种常见的图形操作，观察翻折前后的图形能探究和发现数学结论，经过量化分析和演绎推理能证明数学结论． 点E是矩形ABCD的边AB上一点，把△BCE沿直线CE翻折，使得点B落在点F处． （1）如图1，当点E与点A重合时，AF交CD于点G，判断GA与GC的数量关系，说明理由； （2）如图2，当点F恰好是AC与DE的交点，且AE＝2时，求BE的长． 【思路引领】（1）由AAS证得△ADF≌△CFG，即可得出结论； （2）设BE的长为x，由折叠得EF＝BE＝x，∠DEC＝∠BEC，再求出DE＝DC＝2+x，DF＝2，然后证△AEF∽△CDF，得出，即可得出结果． 【完整解答】解：（1）GA＝GC，理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，∠D＝∠B＝90°， 由折叠的性质得：BC＝CF，∠B＝∠F， ∴AD＝CF，∠D＝∠F， 在△ADF和△CFG中， ， ∴△ADF≌△CFG（AAS）， ∴GA＝GC； （2）设BE的长为x， 由折叠得：EF＝BE＝x，∠DEC＝∠BEC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，DC＝AB＝2+x， ∴∠DCE＝∠BEC， ∴∠DCE＝∠DEC， ∴DE＝DC＝2+x， ∴DF＝DE﹣EF＝2+x﹣x＝2， ∵AB∥CD， ∴△AEF∽△CDF， ∴， 即， 解得：x11，x21（不合题意，舍去）， ∴BE的长为1． 【总结提升】本题考查了翻折变换、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握折叠的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键． 32．（2024秋•和平区期末）折纸中的数学（题中所有角都是指小于180°的角） 【知识储备】 我们在第四章《基本平面图形》中学习了角的平分线，用折纸的方法作角平分线． 如图1，将纸片折叠使QP与QR重合，QM是折痕，此时∠PQM与∠RQM重合，所以∠PQM＝∠RQM，射线QM是∠PQR的平分线． 【问题情境】 动手折叠一张正方形纸片ABCD，点E在边AD上，点F，G分别在边AB，CD上，分别沿EF，EG把∠EAF，∠EDG折叠得到∠EA′F和∠ED′G． 【问题初探】 （1）如图2，若点A′，点D′，点E恰好在一条直线上，则∠FEG的度数是 　90　； （2）如图3，若点A′落在EG上，点D′落在EF上，则∠FEG的度数是 　60°　； 【问题再探】 （3）若∠A′ED′＝β（β≠0），则∠FEG的度数是 　90°±β　（用含β的代数式表示）； 【问题深探】 （4）若连接BE，∠AEB＝50°，∠AEF＝θ，且射线EB，射线EA′，射线ED′都与正方形的边相交．射线EB，射线EA′，射线ED′，这三条射线中的一条射线是其余两条射线所组成角的角平分线．请画出图形并求出∠FEG的度数（用含θ的代数式表示）． 【思路引领】（1）（2）根据翻折与角平分线之间的关系，以及角之间的数量关系直接求解即可； （3）根据A′和D′的位置关系分类讨论，结合角平分线的定义求解即可； （4）根据角平分线的不同以及A′，D′的位置关系分类讨论，结合（3）的结论，先求出∠A′ED′，从而代入（3）的结论直接求解即可． 【完整解答】解：（1）由翻折的性质可知，∠AEF＝∠A′EF，∠DEG＝∠D′EG， ∴∠A′EF∠AEA′，∠D′EG∠DED′， ∵点A′，点D′，点E恰好在一条直线上， ∴∠AEA′+∠DED′＝180°， ∴∠FEG＝∠A′EF+∠D′EF（∠AEA′+∠DED′）＝90°； 故答案为：90°； （2）由（1）知，∠AEF＝∠A′EF，∠DEG＝∠D′EG， ∵点A′落在EG上，点D′落在EF上， ∴∠A′EF＝∠FEG＝∠D′EG， ∴∠AEF＝∠EFG＝∠DEG， ∵∠AEF+∠EFG+∠DEG＝180°， ∴∠EFG＝60°； 故答案为：60°； （2）当A′在D′左侧时，如图： ∴∠AEA′+β+∠DED′＝180°， ∴∠AEF+∠DEG（∠AEA′+∠DED′）（180°﹣β）＝90°β， ∴∠FEG＝180°﹣（∠AEF+∠DEG）＝90°β； 当A′在D′右侧时，如图： ∴∠AEA′﹣β+∠DED′＝180°， ∴∠AEF+∠DEG＝90°β， ∴∠FEG＝90°β； 综上所述，∠FEG＝90°±β； 故答案为：90°±β； （4）①当EB是EA′和ED′组成角的角平分线时，如图： （i）如图①，∠BEA′＝∠AEB﹣∠AEA′＝50°﹣2θ， ∴∠A′ED′＝2∠BEA′＝100°﹣4θ， 由（3）知，∠FEG＝90°∠A′ED′＝90°+50°﹣2θ＝140°﹣2θ； （ii）如图②，∠BEA′＝∠AEA′﹣∠AEB＝2θ﹣50°， ∴∠A′ED′＝2∠BEA′＝4θ﹣100°， ∴∠FEG＝90°∠A′ED′＝90°+50°﹣2θ＝140°﹣2θ； ②当EA′是EB和ED′组成角的角平分线时，如图： （i）如图③，∠BEA′＝∠AEA′﹣∠AEB＝2θ﹣50°， ∴∠A′ED′＝2θ﹣50°， ∴∠FEG＝90°∠A′ED′＝90°+θ﹣25°＝65°+θ； （ii）如图④，∠BEA′＝∠AEB﹣∠AEA′＝50°﹣2θ， ∴∠A′ED′＝50°﹣2θ， ∴∠FEG＝90°∠A′ED′＝90°﹣25°+θ＝65°+θ； ③当ED′是EB和EA′组成角的角平分线时，如图： （i）如图⑤，∠BEA′＝∠AEA′﹣∠AEB＝2θ﹣50°， ∴∠A′ED′∠BEA′＝θ﹣25°， ∴∠FEG＝90°∠A′ED′＝90°+12.5°θ＝102.5°θ； （ii）如图⑥，∠BEA′＝∠AEB﹣∠AEA′＝50°﹣2θ， ∴∠A′ED′∠BEA′＝25°﹣θ， ∴∠FEG＝90°∠A′ED′＝90°+12.5°θ＝102.5°θ； 综上所述，∠FEG的度数为140°﹣2θ或65°+θ或102.5°θ． 【总结提升】本题主要考查了角的计算以及翻折的性质，根据角平分线的定义进行求解是本题解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$