热点06 折叠、旋转等几何变换中考模拟题选练-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

热点06 折叠、旋转等几何变换中考模拟题选练 类型一：折叠问题 ☆折叠问题常见应用规律 基本结论：①翻折或折叠问题必有图形全等 ②折叠问题中，对应点的连线段被折痕垂直平分 ③折叠问题中，常出现角平分线，注意角平分线的常见应用 其他规律：①圆中出现折叠时，折叠所形成的圆和原来的圆是等圆，因为圆周角相等，也就可以出现等弧，进而应用圆中“知1得4”求解长度。 ②折叠问题求长度，常结合方程思想，而几何问题列方程常用的等量关系有： Rt△勾股定理、相似△相似比（或某特定角的三角函数值）、基本的线段数量关系等 ③折叠问题中注意特殊位置隐含的数量关系，一般也会是列方程的等量关系 ④折叠问题中注意逆向思维、转化思想、化归思想的综合应用 ⑤折叠问题没思路可以从“特例”入手。 1．（2025•西湖区校级模拟）如图，在▱ABCD中，点E是CD边上的一点，若AB＝5，CE＝2，将△BCE沿BE翻折得△BGE，连结AG，点A在EG的延长线上，BG恰好平分∠ABE，则AG的长为 　3　 ，cos∠EAD的值为 　　 ． 【分析】根据平行四边形的性质以及折叠的性质得出AE＝AB，进而得出AG＝3，延长BE交AD的延长线于点F，过点B分别作AE，AF的垂线，垂足分别为H，M，根据AB∥DE，证明△FED∽△FBA，求得，进而勾股定理求得HE，BG，BG，根据sin∠BGH＝sin∠BAM得出BM，进而勾股定理求得MF，根据余弦的定义，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∵将△BCE沿BE翻折得△BGE， ∴∠CBE＝∠GBE，∠CEB＝∠AEB，CE＝GE， 设∠CBE＝∠GBE＝α ∵BG恰好平分∠ABE， ∴∠ABG＝∠GBE＝∠CBE＝α ∴∠ABE＝2α， ∵AB∥CD， ∴∠CEB＝∠ABE＝2α， ∴∠AEB＝∠ABE＝2α ∴AE＝AB， 又∵CE＝GE， ∴AG＝AE﹣GE＝AB﹣CE＝5﹣2＝3； 如图所示，延长BE交AD的延长线于点F，过点B分别作AE，AF的垂线，垂足分别为H，M， ∵AB＝AE，∠AEB＝∠ABE＝2α， ∴∠BAE＝180°﹣4α， ∵BC∥AD， ∴∠F＝∠CBE＝α，∠EAD＝∠BAD﹣∠BAE＝（180°﹣3α）﹣（180°﹣4α）＝α， ∴∠F＝∠EAF＝α， ∴EF＝EA＝5， ∵DE＝CD﹣CE＝AB﹣CE＝5﹣2＝3，AB∥DE， ∴△FED∽△FBA， ∴， ∴， ∴，则， 在Rt△ABH，Rt△BEH中， BE2﹣EH2＝AB2﹣AH2， ∴， 解得：， 则，， 在Rt△BGH中，， ∵∠BGH＝∠C＝∠BAM， ∴sin∠BGH＝sin∠BAM， ∴， ∴， 在Rt△BMF中，， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，折叠的性质，平行四边形的性质，求余弦，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．（2025•浙江模拟）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，要想知道正方形ABCD的边长，只需知道（　　） A．BF的长度 B．△B′CF的周长 C．△B′DG的周长 D．△A′EG的面积 【分析】证明△DB′G∽△CFB′，可得，故DB'+DG+B'G，即可证明DB'+DG+B'G＝2AB，故要想知道正方形ABCD的边长，只需知道△B′DG的周长． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠C＝∠B＝90°，BC＝CD＝AB， 由折叠得∠GB′F＝∠B＝90°，B′F＝BF， ∴DB′＝CD﹣B′C＝BC﹣B′C，CF+B′F＝CF+BF＝BC，BF2﹣B′C2＝B′F2﹣B′C2＝CF2，∠DB′G＝∠CFB′＝90°﹣∠CB′F， ∴△DB′G∽△CFB′， ∴， ∴， ∴DB'+DG+B'G， ∵2（BF+CF）＝2AB， ∴DB'+DG+B'G＝2AB， ∴要想知道正方形ABCD的边长，只需知道△B′DG的周长； 故选：C． 【点评】本题考查折叠变化，涉及相似三角形的判定与性质，正方形性质及应用，解题的关键是需要有较强的运算，变形的能力． 3．（2025•乐清市校级模拟）如图，在直角坐标系中，A（0，4），B是直线y＝x上一点，连结AB，△AOB沿着AB折叠，点O的对应点为C，过点C作DE⊥x轴，交直线y＝x于点D，交x轴于点E．若CD＝CE，则的值为　　 ． 【分析】先根据点D在直线y＝x上，得D（r，r），结合折叠性质，得AC＝AO＝4，OB＝BC，再运用两点距离公式列式，得出，，则，同理设B（b，b），结合OB＝BC，故，解得，同理得，把数值代入进行化简，即可作答． 【解答】解：过点B作BH⊥x轴，如图所示： ∵点D在直线y＝x上，过点C作DE⊥x轴， ∴设点D（r，r）， ∵CD＝CE， ∴， 由条件可知AC＝AO＝4，OB＝BC， 则， 整理得， 解得， ∴，； ∴OD， ∵B是直线y＝x上一点， ∴设B（b，b）， ∵OB＝BC， ∴， ∴， 整理得， 解得， ∴， ∴， 则， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理，正比例函数，解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 4．（2024•浙江模拟）如图，反比例函数的图象分别交矩形OABC的边AB，BC于点D，E，连接DE．若把△BDE沿DE翻折，点B恰好落在x轴上的点F处，且AD：DB＝3：5，CE＝1.5，则k的值为 　12　 ． 【分析】过D作DH⊥OC 于点H，设AD＝3m，则DB＝FD＝5m，OC＝AB＝8m，则D（3m，），E（8m，1.5），利用待定系数法求得k＝12m，进而得到D（3m，4），于是OA＝DH＝4，则BC＝4，求得BE＝BC﹣CE＝2.5，再利用勾股定理求得FC＝2．利用相似三角形的判定与性质求得m值，则D（3，4），利用待定系数法解答即可得出结论． 【解答】解：过D作DH⊥OC 于点H，如图， ∵△BDE沿DE翻折，点B恰好落在x轴上的点F处， ∴DF＝DB， ∵四边形OABC为矩形， ∴AB＝OC，OA＝BC， ∵AD：DB＝3：5， ∴设AD＝3m，则DB＝FD＝5m，OC＝AB＝8m． ∵CE＝1.5，反比例函数， ∴D（3m，），E（8m，1.5）， ∴3m8m×1.5， ∴k＝12m， ∴D（3m，4）， ∴OA＝DH＝4， ∴BC＝4， ∴BE＝BC﹣CE＝2.5． 由翻折的性质得：EF＝BE＝2.5，∠DFC＝∠B＝90°， ∴FC2，∠DFH+∠EFC＝90°， ∵∠EFC+∠FEC＝90°， ∴∠DFH＝∠FEC． ∵∠DHF＝∠FCE＝90°， ∴△DHF﹣△FCE， ∴， ∴． 解得：m＝1， ∴AD＝3， ∴D（3，4）， ∴k＝3×4＝12． 故答案为：12． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，反比例的图象与性质，翻折的性质，利用线段的长度表示出对应点的坐标是解题的关键． 5．（2024•鹿城区校级三模）如图，将矩形纸片ABCD（AB＜BC）沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE与AD相交于点F，若∠EDF＝44°，则∠DBE的度数是（　　） A．22° B．22.5° C．23° D．23.5° 【分析】根据矩形的性质得出AD∥BC，∠C＝90°，根据翻折的性质可得∠DBE＝∠CBD，∠E＝∠C＝90°，根据两直线平行，内错角相等可得∠CBD＝∠ADB，从而得到∠ADB＝∠DBE，然后根据三角形的内角和定理列式计算即可得解． 【解答】解：在矩形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°， ∴∠CBD＝∠ADB， 由翻折的性质得，∠DBE＝∠CBD，∠E＝∠C＝90°， ∴∠ADB＝∠DBE， 在△BDE中，∠DBE+∠ADB+∠EDF+∠E＝180°， 即2∠EBD+44°＝90°， ∴∠DBE＝23°． 故选：C． 【点评】本题考查了翻折变换的性质，平行线的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键． 6．（2025•洞头区模拟）如图，在正方形ABCD中，M是边AD上一点，．将△DCM沿CM翻折得△D′CM，延长MD′、CD′分别交AB于点P、Q，过M作MN∥CD交CQ于点E，则△PQD′与△MD′E的面积比为 　　 ． 【分析】连接PC，利用正方形的性质，折叠的性质和全等三角形的判定与性质得到PD′＝PB，设AM＝x，PD′＝PB＝y，则DM＝2x，AB＝AD＝3x，AP＝AB﹣PB＝3x﹣y，PM＝PD′+D′M＝2x+y，利用勾股定理列出方程得到xy，再利用相似三角形的面积比等于相似比的平方的性质解答即可得出结论． 【解答】解：连接PC，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD＝AD＝AB，∠A＝∠B＝∠D＝90°， ∵将△DCM沿CM翻折得△D′CM， ∴∠MD′C＝∠D＝90°，MD′＝MD，CD′＝CD， ∴∠PD′C＝90°，CD′＝BC， 在Rt△PD′C和Rt△PBC中， ， ∴Rt△PD′C≌Rt△PBC（HL）， ∴PD′＝PB． ∵， ∴设AM＝x，PD′＝PB＝y，则DM＝2x， ∴AB＝AD＝3x，AP＝AB﹣PB＝3x﹣y，PM＝PD′+D′M＝2x+y， ∵AP2+AM2＝PM2， ∴（2x+y）2＝x2+（3x﹣y）2， ∴x＝0（不合题意，舍去）或xy， ∴． ∵MN∥CD， ∴△PQD′∽△MED′， ∴△PQD′与△MD′E的面积比． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 7．（2024•镇海区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边BC上，将△ABE沿AE对折，使得AB恰好落在对角线AC上，记点B的对应点为B′，则tan∠BAE＝　　 ，将∠D折起，使得点D与B′重合，则折痕的长为 　　 ． 【分析】由矩形的性质和勾股定理可求得AC的长，根据折叠可知BE′＝BE，AB′＝AB＝3，∠AB′E＝∠B＝90°，设BE＝x，则B′E＝x，CE＝4﹣x，在Rt△CEB′中，根据勾股定理求得BE的长，即可求出tan∠BAE．将∠D折起，使得点D与B′重合，折痕为MN，点M在AD上，点N在CD上，过点B′作B′G⊥AD于点G，点B′作B′F⊥CD于点F，设B′M＝MD＝a，B′N＝ND＝b，则AM＝AD﹣DM＝4﹣a，CN＝CD﹣DM＝3﹣b，由锐角三角函数求出，则，得到，在Rt△B′MG中，B′M2＝B′G2+GM2，即，解得，，同理可求得，根据勾股定理即可求出折痕MN的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠D＝90°， ∴， 由折叠的性质得：BE′＝BE，AB′＝AB＝3，∠AB′E＝∠B＝90°， ∴B′C＝AC﹣AB′＝2，∠CB′E＝90°， 设BE＝x，则B′E＝x，CE＝4﹣x， 在Rt△CEB′中，B′E2+B′C2＝CE2， 即x2+22＝（4﹣x）2， 解得：， 即， ∴， 将∠D折起，使得点D与B′重合，折痕为MN，点M在AD上，点N在CD上，过点B′作B′G⊥AD于点G，点B′作B′F⊥CD于点F， 设B′M＝MD＝a，B′N＝ND＝b，则AM＝AD﹣DM＝4﹣a，CN＝CD﹣DM＝3﹣b， ∵， ∴， ∴， ∴， 在Rt△B′MG中，B′M2＝B′G2+GM2， 即， 解得， ∵， ∴， ∴， ∴， 在Rt△B′FC中，B′N2＝B′F2+FN2， 即， 解得， ∴， 即折痕的长为， 故答案为：，． 【点评】此题考查的是矩形的折叠、勾股定理、解直角三角形等知识 8．（2024•余姚市校级四模）如图，已知▱ABCD，M、N分别是边AD、BC上动点．将▱ABCD沿直线MN折叠，点B的对应点B′恰好落在边CD上，A的对应点为A′，连结MB、BB′．若，∠MBB′∠ABC＝30°，则tan∠B′NC的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接B′M，在AD上截取DE＝B′D，作B′F⊥BC，交BC的延长线于点F，BB′交MN于T，设AB＝CD＝3m，AD＝BC＝5m，可证得△ABM≌△EMB′，EM＝AB＝3m，AM＝B′E＝DE，进而求得DE＝m，B′C＝BC﹣B′D＝2m，解斜三角形NCB′，进一步得出结果． 【解答】解：如图， 连接B′M，在AD上截取DE＝B′D，作B′F⊥BC，交BC的延长线于点F，BB′交MN于T， 设AB＝CD＝3m，AD＝BC＝5m， ∵▱ABCD沿直线MN折叠，点B的对应点B′恰好落在边CD上， ∴MN⊥BB′，BT＝B′T， ∴∠BTM＝90°，MB′＝BM， ∴∠MB′B＝∠MBB′＝30°， ∴∠BMB′＝120°， ∴∠AMB+∠B′MD＝60°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠ABC＝60°，AD∥BC，AB∥CD， ∴∠A＝180°﹣∠ABC＝120°，△B′DE是等边三角形，∠B′CF＝∠ABC＝60°， ∴∠ABM+∠AMB＝60°，∠DEB′＝60°，B′E＝DE＝B′D， ∴∠ABM＝∠B′ME，∠MEB′＝180°﹣∠DEB′＝120°， ∴∠A＝∠MEB′， ∴△ABM≌△EMB′（AAS）， ∴EM＝AB＝3m，AM＝B′E＝DE， ∵AD＝AM+EM+DE＝5m， ∴2DE+3m＝5m， ∴DE＝m， ∴B′D＝m， ∴B′C＝BC﹣B′D＝2m， ∴CFB′C＝m，B′FB′C， 设CN＝x，则B′N＝BN＝5m﹣x， 在Rt△B′NF中，由勾股定理得， NF2+B′F2＝B′N2， ∴（5m﹣x）2， ∴x， ∴NF＝x+m， ∴tan∠B′NC， 故选C． 【点评】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形． 9．（2024•鄞州区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在BC边上，连结DE，将△CDE沿DE翻折至△FDE，连结BF，∠ABF﹣∠ADF＝∠CDE．若，BE﹣EF＝2，则EF的长为 　　 ，tan∠ADF的值为 　　 ． 【分析】通过对称，得出CE＝EF，即可求出EF的长；过点F作平行线，通过角度计算得出tanB＝tan∠CDE，tan∠ADF＝tan∠EFN，设a和b，解方程求出三角形边长，得到tan∠ADF的值． 【解答】解：∵翻折， ∴CE＝EF，∠CDE＝∠FDE， ∵BE﹣EF＝2， ∴BE﹣CE＝2， ∵BE+CE＝BC＝AD， ∴CE＝EF，BE， 过点F作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N， 设∠CDE＝∠FDE＝x，则∠CED＝∠FED＝90﹣x， ∴∠FEN＝2x＝∠ADF， ∵∠ABF﹣∠ADF＝∠CDE， ∴∠ABF＝∠ADF+∠CDE＝∠ADE＝90﹣x， ∴∠EBF＝x， ∴tanB＝tan∠CDE，tan∠ADF＝tan∠EFN， ∴，， 设EN＝a，FM＝b，则MD＝a，FN，CD＝b，BN， ∴，， 解得：a＝1， ∴EN＝1，FN＝2， ∴tan∠ADF； 故答案为：；． 【点评】本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，属于综合题，解题的关键是找到相对应的相似三角形． 10．（2024•温州三模）在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，如图1，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，则折痕EF的长为 　　 ；如图2，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若，则BP的长为 　　 ． 【分析】连接BD，过点E作EG⊥BC，根据矩形的性质及各角之间的等量代换得出∠GEF＝∠DBF，再由相似三角形的判定和性质即可求解；先证明∠ADG＝∠EFH，利用三角函数求出DG的长，利用勾股定理在Rt△ADG 中求出AG，在Rt△AEG 中求出AE与EG，在Rt△EFH中求出EH，从而求得PF与FC的长，证明△AEG∽△JFP，由此求出JF与JP的长，从而 得B．J的长，在Rt△BJP 中利用勾股定理求BP． 【解答】解：如图所示，连接BD，过点E作EG⊥BC， ∴∠GEF+∠GFE＝90°，∠EGF＝∠C＝90°， ∵矩形ABCD， ∴∠C＝90°AB＝CD＝EG＝2， ∴， ∵矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合， ∴BD⊥EF， ∴∠DBF+∠BFE＝90°， ∴∠GEF＝∠DBF， ∴△GEF∽△CBD， ∴， ∴， ∴， 过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°， ∵∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°， ∴四边形PFHG是矩形， ∴FH＝GP＝CD＝AB＝2，GH＝PF＝FC． 由轴对称的性质可知，∠GEF＝∠DEF，DG⊥EF， ∴∠ADG+∠DEF＝90°， ∵FH⊥EG， ∴∠EFH+∠GEF＝90°， ∴∠ADG＝∠EFH， ∴cos∠ADG＝cos∠EFH， 即， ∴． ∴， 在Rt△ADG 中， 设AE＝x，则EG＝ED＝3﹣x， 在Rt△AEG 中，AE2+AG2＝EG2， 即x2+12＝（3﹣x）2， 解得， ∴，， 在Rt△EFH中， EH， ∴． ∵PF∥GE，AE∥BF， ∴∠AEG＝∠JFP， 又∵∠A＝∠PJF＝90°， ∴△AEG∽△JIFP， ∴， 即， ∴ ， ∴， 在Rt△BJP中，． 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质与判定，折叠与轴对称的性质，三角函数的应用，勾股定理的应用，相似三角形的性质与判定，解决本题的关键是作出正确的辅助线． 11．（2024•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D是边BC上，将△ABD沿AD翻折得到△ADB′，当DB′∥AC时． （1）tan∠B的值为 　　 ． （2）AD的长为 　2　 ． 【分析】（1）过点A作AH⊥BC，垂足为H，根据等腰三角形三线合一性质可得，再由勾股定理求出，由此即可求解； （2）由等腰三角形性质、折叠、平行线性质容易证明∠C＝∠B＝∠B′＝∠CAB′，∠BAD＝∠DAB′，进而可得∠BAD+∠B＝∠DAB′+∠CAB′，即得∠ADC＝∠CAD，从而可得CD＝AC＝10，HD＝CD﹣CH＝2，由勾股定理求出． 【解答】解：（1）如图，过点A作AH⊥BC，垂足为H， ∵，AB＝AC＝10，BC＝16， ∴， ∴， ∴； （2）由折叠可知：∠BAD＝∠DAB′，∠B＝∠B′， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠B， ∵DB′∥AC ∴∠B′＝∠CAB′， ∴∠B＝∠CAB′， ∵∠ADC＝∠BAD+∠B，∠CAD＝∠DAB′+∠CAB′， ∴∠ADC＝∠CAD， ∴CD＝AC＝10， ∴HD＝CD﹣CH＝10﹣8＝2， ∴， 故答案为（1）， （2）． 【点评】本题考查了解三角形，利用等腰三角形三线合一性质构造直角三角形，由折叠和平行、等边对等角证明角相等从而得到等腰三角形是解题关键． 12．（2024•温州模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若点D是边AB上一点，E是CD的中点，C关于直线BE对称的点为C′，CC′交AB于点F． （1）若∠ACF＝α，则∠FBC′＝　45﹣2α．　 度（用含α的代数式表示）． （2）若，则tan∠FBC′＝　　 ． 【分析】（1）延长BE交CF于P，根据轴对称的性质得CP＝C'P，BP⊥CF，∠CBE＝∠C'BE，根据等腰直角三角形性质得AC＝BC，∠A＝∠CBA＝45°，则∠CBE＝∠C'BE＝∠ACF＝α，由此可得∠FBC'的度数； （2）过点E作EG∥AC交AB于G，交BC于H，则∠BHE＝∠ACB＝90°，进而得△BHG为等腰直角三角形，则GH＝BH，证明EG为△ACD的中位线得AC＝2EG，由（1）可知∠CBE＝∠C'BE＝∠ACF，则tan∠CBE＝tan∠C'BE＝tan∠ACF，在Rt△BEH中，tan∠CBE，设EH＝a，则BH＝3a，进而得GH＝BH＝3a，EG＝2a，则AC＝BC＝4a，CH＝a，由此得△CEH为等腰直角三角形，则∠CEH＝∠ECH＝45°，此时CD⊥AB，设AD与BC'交于N，过N作NM⊥BE于M，由勾股定理分别求出BE，AB，则CD＝AD＝BD，进而得DE，在Rt△BED中，tan∠BED2，在Rt△EMN中，tan∠BED2，则MN＝2EM，在Rt△BMN中，tan∠C'BE，则BM＝3MN＝6EM，进而得EMBE，则MN＝2EM，再由由勾股定理求出EN，则DN＝DE﹣EN，然后在Rt△BDN中，根据tan∠FBC′可得出答案． 【解答】解：（1）延长BE交CF于P，如图1所示： ∵C关于直线BE对称的点为C′， ∴CP＝C'P，BP⊥CF，∠CBE＝∠C'BE， ∴∠CBE+∠BCF＝90°， ∵在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠CBA＝45°，∠ACF+∠BCF＝90°， ∴∠CBE＝∠ACF＝α， ∴∠CBE＝∠C'BE＝α， ∴∠CBC'＝2α， ∴∠FBC'＝∠CBA﹣∠CBC'＝45°﹣2α， 故答案为：45﹣2α． （2）过点E作EG∥AC交AB于G，交BC于H，如图2①所示： 则∠BHE＝∠ACB＝90°， ∴△BHG为等腰直角三角形， ∴GH＝BH， ∵点E为CD的中点， ∴EG为△ACD的中位线， ∴AC＝2EG， 由（1）可知：∠CBE＝∠C'BE＝∠ACF， ∵tan∠ACF， ∴tan∠CBE＝tan∠C'BE＝tan∠ACF， 在Rt△BEH中，tan∠CBE， 设EH＝a，则BH＝3a， ∴GH＝BH＝3a， ∴EG＝GH﹣EH＝2a， ∴AC＝2EG＝4a， ∴AC＝BC＝4a， ∴CH＝BC﹣BH＝a， ∴AH＝EH＝a， 又∵∠BHE＝90°， ∴△CEH为等腰直角三角形， ∴∠CEH＝∠ECH＝45°， ∴△BCD为等腰直角三角形，即CD⊥AB， 设AD与BC'交于N，过N作NM⊥BE于M，如图2②所示： 在Rt△BEH中，EH＝a，BH＝3a， 由勾股定理得：BE， 在Rt△ABC中，AC＝BC＝4a， 由勾股定理得：AB， ∵CD⊥AB， ∴CD＝AD＝BCAB， ∵E是CD的中点， ∴DECD， 在Rt△BED中，tan∠BED2， 在Rt△EMN中，tan∠BED2， ∴MN＝2EM， 在Rt△BMN中，tan∠C'BE， ∴BM＝3MN＝6EM， ∴BE＝BM+EM＝7EM， ∴EMBE， ∴MN＝2EM， 在Rt△EMN中，由勾股定理得：EN， ∴DN＝DE﹣EN， 在Rt△BDN中，tan∠FBC′． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了解直角三角形，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，灵活运用锐角三角函数的定义及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 13．（2024•下城区校级模拟）如图，已知矩形ABCD，AB＝15，BC＝10．P为BC边上的中点，将矩形沿AP折叠，使得点B落在点M处，延长PM，交CD于点E．继续将矩形折叠，折痕为AF，使得点D落在线段AM上，记为点N，则EF＝　　 ． 【分析】作EG⊥NF于点G，易得四边形MNGE是矩形，△EPC≌△FEG，那么EF＝PE，CE＝GF，设EF长x，CE长a，则PE＝x，GF＝a，整理后得到DF用a和x表示的长度，进而根据CD长为15得到a用x表示的代数式，根据△PEC为直角三角形使用勾股定理可得x的值，也就是EF的长． 【解答】解：作EG⊥NF于点G． ∴∠EGF＝∠EGN＝90°． ∵四边形ABCD是矩形，AB＝15，BC＝10， ∴CD＝15，AD＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°． ∴∠C＝∠EGF，∠EPC+∠PEC＝90°． ∵P为BC边上的中点， ∴BP＝PC＝5． 由折叠可得：AM＝AB＝15，AN＝AD＝10，PM＝BP＝5，DF＝NF，∠AMP＝∠B＝90°，∠ANF＝∠D＝90°． ∴MN＝5，∠MNF＝90°，∠NME＝90°． ∴四边形MNGE是矩形． ∴GE＝5，NG＝ME，∠MEG＝90°． ∴GE＝PC，∠PEC+∠GEF＝90°． ∴∠EPC＝∠GEF． ∴△EPC≌△FEG． ∴EF＝PE，CE＝GF． 设EF长x，CE长a， 则PE＝x，GF＝a． ∴ME＝x﹣5． ∴NG＝x﹣5． ∴NF＝x﹣5+a． ∴DF＝x﹣5+a． ∵CD＝15， ∴（x﹣5+a）+x+a＝15． ∴x+a＝10． ∴a＝10﹣x． 在Rt△PEC中，PC2+CE2＝PE2． 即：52+（10﹣x）2＝x2． 解得：x． ∴EF． 故答案为：． 【点评】本题考查与翻折变换相关的问题．利用翻折变换得到的直角构造矩形及全等三角形是解决本题的关键． 14．（2024•婺城区模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝7，点M、N分别是AD、BC上的动点，AM＝CN，连结MN，作CD关于MN的对称线段C′D′，当C′D′与▱ABCD的某边平行时，AM＝　或1或6　 ． 【分析】分三种情况讨论，①当C′D′∥AD时，如图所示，作∠ADC的角平分线DE交BC于点E，②当C′D′∥|AD时，如图所示，作∠ADC的外角平分线DG，同理可得CG＝CD＝5，四边形MNGD是平行四边形，③当C′D′∥CD时，M，N为AD，BC的中 点，分别画出图形，即可求解． 【解答】解：①当C′D′∥AD时，如图所示，作∠ADC的角平分线 DE交BC于点E， ∵作CD关于MN的对称线段C′D′，C′D′∥AD， ∴MN∥DE， ∴四边形MDEN是平行四边形， 如图所示，设MD＝x，则NE＝x， ∴BE＝2x， 又∵∠ADE＝∠CDE，AD∥BC， ∴∠ADE＝∠DEC， ∴∠CDE＝∠DEC， ∴EC＝CD＝5， ∵BN+NE+EC＝7，即2x+5＝7， 解得：x＝1， ∴AM＝AD﹣MD＝7﹣1＝6； ②当C′D′∥AD时，如图所示，作∠ADC的外角平分线DG， 同理可得CG＝CD＝5，四边形MNGD是平行四边形， 设AM＝y，则NC＝y， ∵MD＝NG，即7﹣y＝y+5， 解得：y＝1， ∴AM＝1， ③当C′D′∥CD时，M，N为AD，BC的中点，， 综上所述，或1或6， 故答案为：或1或6． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，轴对称的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 15．（2024•浙江模拟）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，BG＝4，则点E到BD的距离为 　　 ． 【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG＝EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，进而得到AB＝BD；设BE＝x，则EG＝AE＝6﹣x，在Rt△EHB中，EHx，GH＝4x，再根据勾股定理列出方程求解． 【解答】解：过点E作EH⊥BD于H， 由折叠的性质可知，EG＝EA， 由题意得，BD＝DG+BG＝6， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD∠ABC＝60°， ∴△ABD为等边三角形， ∴AB＝BD＝6， 设BE＝x，则EG＝AE＝6﹣x， 在Rt△EHB中，BHx，EHx， 在Rt△EHG中，EG2＝EH2+GH2， 即（6﹣x）2＝（x）2+（4x）2， 解得x＝2.5，即BE＝2.5， ∴EH2.5， 故答案为：． 【点评】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理，掌握翻转变换是一种对称变换，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． 16．（2024•义乌市二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，OC是AB边上的中线，点E在CB上，连结AE，将△CAE沿着AE向△ABC内部翻折得到△PAE．若PE∥OC，则CE＝　2　 ． 【分析】作FG⊥AC于点G，由∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，求得AB＝10，S△ABC＝24，由OC是AB边上的中线，得OC＝OA＝OB＝5，S△AOC＝12，由翻折得∠P＝∠ACE＝90°，∠PAE＝∠CAE，由PE∥OC，得∠AHF＝∠P＝90°，可证明GF＝HF，由S△AOC5AH＝12，求得AH，则CH，再证明AG＝AH，由GF6GFS△ACH，求得GF，再证明△GAF∽△CAE，得，则CEGF＝2，于是得到问题的答案． 【解答】解：作FG⊥AC于点G，则∠AGF＝90°， ∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB10，S△ABCAC•BC6×8＝24， ∵OC是AB边上的中线， ∴OC＝OA＝OBAB＝5，S△AOCS△ABC＝12， 由翻折得∠P＝∠ACE＝90°，∠PAE＝∠CAE， ∵PE∥OC， ∴∠AHF＝∠P＝90°， ∴AH⊥OC，FH⊥AH， ∴GF＝HF， ∵S△AOC5AH＝12， ∴AH， ∴CH， 在Rt△AGF和Rt△AHF中， ， ∴Rt△AGF≌Rt△AHF（HL）， ∴AG＝AH， ∵S△AHF+S△ACF＝S△ACH，且S△AHFAH•HFGF，S△ACFAC•GF6GF，S△ACH， ∴GF6GF， 解得GF， ∵∠AGF＝∠ACE＝90°，∠GAF＝∠CAE， ∴△GAF∽△CAE， ∴， ∴CEGF2， 故答案为：2． 【点评】此题重点考查勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、翻折变换的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 17．（2024•吴兴区二模）如图，在平行四边形ABCD中，且tanB＝3，将其沿着直线EF折叠使得点A的对应点A'恰好落在对角线AC上，且满足AE：DE＝2：1．问：△CEF与平行四边形ABCD的面积比为（　　） A． B． C． D． 【分析】由锐角三角函数可求DH，CH的长，由折叠的性质可得△AOE是等腰直角三角形，可求AO＝OE，通过证明△AOE∽△COF，可求CF的长，即可求解． 【解答】解：如图，延长EA'交BC于N，过点C作CH⊥AD于H，设AC与EF交于点O， ∵tanB＝3， ∴设DH＝x，CH＝3x， ∵CD2＝CH2+DH2， ∴10＝x2+9x2， ∴x＝1，（负值舍去）， ∴DH＝1，CH＝3， ∴AH＝AD﹣DH＝3， ∴AH＝CH＝3， ∴∠DAC＝45°，AC＝3， ∵AE：DE＝2：1， ∴AE，DE， ∵将其沿着直线EF折叠使得点A的对应点A'恰好落在对角线AC上， ∴AC⊥EF， ∴△AOE是等腰直角三角形， ∴AO＝OE， ∴CO， ∵AD∥BC， ∴△AOE∽△COF， ∴， ∴CF， ∴△CEF与平行四边形ABCD的面积比， 故选：B． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质等知识，利用相似三角形的性质求出CF的长是解题的关键． 18．（2024•钱塘区二模）如图，在▱ABCD中，点E和点F分别在AD和CD上，EF∥AC，将△DEF沿直线EF翻折，点D落在BC边上的点G处．若S△DEFS▱ABCD，则 　　 ． 【分析】根据翻折的性质、相似三角形的性质、相似三角形是判定及比例的性质求解． 【解答】解：连接DG交EF于Q，交AC于点P， ∵将△DEF沿直线EF翻折，点D落在BC边上的点G处， ∴DQ＝QG，DG⊥EF， ∵EF∥AC， ∴△EFD∽△ACD， ∵S△DEFS▱ABCDS△ACD， ∴， ∴， 在▱ABCD中，AD∥BC， ∴△ADP∽△CGP， ∴， ∴•， 故答案为：． 【点评】本题考查了翻折变换，掌握翻折的性质、相似三角形的性质、相似三角形是判定及比例的性质是解题的关键． 19．（2024•西湖区校级二模）如图，将矩形ABCD沿BE折叠，点A与点A′重合，连结EA′并延长分别交BD、BC于点G、F，且BG＝BF． （1）若∠AEB＝55°，则∠GBF＝　40°　 ； （2）若AB＝3，BC＝4，则ED＝　5　 ． 【分析】（1）根据折叠的性质可得∠AEB＝∠A′EB，进而求出∠AEA′＝∠AEB+∠A′EB＝110°，则∠DEF＝∠BFG＝70°，根据等边对等角可得∠BGF＝∠BFG＝70°，最后根据三角形内角和定理即可求解； （2）过点E作EH⊥BC于点H，得到四边形ABHE、EHCD均为矩形，根据BG＝BF得到∠BGF＝∠BFG，由平行线的性质得∠DEG＝∠BFG，由对顶角相等得∠BGF＝∠DGE，则∠DEG＝∠DGE，进而得到DE＝DG，根据勾股定理求出BD＝5，设BG＝BF＝x，则DG＝DE＝5﹣x，AE＝BH＝x﹣1，FH＝1，再根据勾股定理求得EF，根据折叠的性质可得，AB＝A′B＝3，AE＝A′E＝x﹣1，∠A＝∠BA′E＝90°，于是A′F，∠BA′F＝90°，在Rt△A′BF中，根据勾股定理列出方程求解即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC， ∴∠DEF＝∠BFG， 根据折叠的性质可得，∠AEB＝∠A′EB， ∵∠AEB＝55°， ∴∠AEA′＝∠AEB+∠A′EB＝110°， ∴∠DEF＝70°， ∴∠BFG＝70°， ∵BG＝BF， ∴∠BGF＝∠BFG＝70°， ∴∠GBF＝180°﹣∠BGF﹣∠BFG＝40°； 故答案为：40°； （2）如图，过点E作EH⊥BC于点H， ∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4， ∴AD＝BC＝4，AB＝CD＝3，∠A＝90°，AD∥BC， ∵EH⊥BC， ∴四边形ABHE、EHCD均为矩形， ∴AE＝BH，AB＝EH＝3，DE＝CH， ∵BG＝BF， ∴∠BGF＝∠BFG， ∵AD∥BC， ∴∠DEG＝∠BFG， ∵∠BGF＝∠DGE， ∴∠DEG＝∠DGE， ∴DE＝DG， 在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4， ∴5， 设BG＝BF＝x，则DG＝DE＝5﹣x， ∴AE＝AD﹣DE＝4﹣（5﹣x）＝x﹣1， ∴BH＝AE＝x﹣1， ∴FH＝BF﹣BH＝x﹣（x﹣1）＝1， 在Rt△EFH中，， 根据折叠的性质可得，AB＝A′B＝3，AE＝A′E＝x﹣1，∠A＝∠BA′E＝90°， ∴A′F＝EF﹣A′E，∠BA′F＝90°， 在Rt△A′BF中，A′B2+A′F2＝BF2， ∴， 解得：x， ∴DE＝5﹣x＝5． 故答案为：5． 【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、勾股定理，灵活运用所学知识解决问题是解题关键． 20．（2024•西湖区校级二模）已知矩形纸片ABCD，将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O．（如图1），将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）．已知DE＝5，CE＝4，则tan△CDF＝ 　　 ；AH＝ 　4　 ． 【分析】连结EF．因为CE＝4，根据勾股定理得出CF，则tan∠CDF，由勾股定理求出DF，则OD，推导出∠DAE＝∠CDF．则tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF，则OH，OA，则AH＝OA﹣OH＝4． 【解答】解：连结EF，如图2， ∵CE＝4， ∴CF3， ∴tan∠CDF， ∴DF3， ∴ODDF， ∵∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°， ∴∠DAE＝∠CDF． ∴tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF， ∴OHOD，OA＝3OD， ∴AH＝OA﹣OH＝4， 故答案为：；4． 【点评】本题考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 21．（2024•杭州四模）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（　　） A．2 B． C． D．3 【分析】由折叠的性质可得BC＝CH＝4，∠DCF＝∠GCF，BE＝EH＝2，∠B＝∠CHE＝90°，由“AAS”可证△CPH≌△CPN，可得NP＝PH，CH＝CN＝4，通过证明四边形BCNM是正方形，可得MN＝BM＝4，在Rt△EPM中，利用勾股定理可求NP的长，由锐角三角函数可求解． 【解答】解：如图，延长EH交CF于点P，过点P作MN⊥CD于N， ∵将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处， ∴BC＝CH＝4，∠DCF＝∠GCF，BE＝EH＝2，∠B＝∠CHE＝90°， 在△CPH和△CPN中， ， ∴△CPH≌△CPN（AAS）， ∴NP＝PH，CH＝CN＝4， ∵∠B＝∠BCD＝90°，MN⊥CD， ∴四边形BCNM是矩形， 又∵CN＝CB＝4， ∴四边形BCNM是正方形， ∴MN＝BM＝4， ∴EM＝2， ∵EP2＝EM2+PM2， ∴（2+NP）2＝4+（4﹣NP）2， ∴NP， ∵tan∠DCF， ∴， ∴DF＝2， 故选：A． 【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 22．（2024•浙江模拟）如图，点E为菱形ABCD中AB边上一点，连结DE，DE＝DA，将菱形沿DE折叠，点A的对应点F恰好落在BC边上，则∠A的度数为 　72°　 ． 【分析】由将菱形ABCD沿DE折叠，点A的对应点F，DE＝DA，得DA＝DE＝DF，得∠A＝∠DEA＝∠DEF＝∠DFE＝x，由DC＝DA＝DF，得∠DFC＝∠C＝∠A＝x，得∠BEF＝∠BFE＝180﹣2x，∠B＝180﹣∠A＝180﹣x，得180﹣2x+180﹣2x+180﹣x＝180，即可得∠A＝x＝72°． 【解答】解：∵将菱形ABCD沿DE折叠，点A的对应点F，DE＝DA， ∴DA＝DE＝DF， ∴∠A＝∠DEA＝∠DEF＝∠DFE＝x， ∵DC＝DA＝DF， ∴∠DFC＝∠C＝∠A＝x， ∴∠BEF＝∠BFE＝180﹣2x，∠B＝180﹣∠A＝180﹣x， ∴180﹣2x+180﹣2x+180﹣x＝180， ∴∠A＝x＝72°． 故答案为：72°． 【点评】本题主要考查了图形的折叠，解题关键是正确应用折叠的性质． 23．（2024•鹿城区一模）如图，把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD沿PQ，MN折叠．顶点A，B，C，D的对应点分别为A'，B'，C，D'，点B'与D重合，点A'恰与BC，MD'的交点重合．若，则AP的长为（　　） A．cm B．（1）cm C．cm D．cm 【分析】由BQ/NC＝4/3，设BQ＝4a，NC＝3a，证明△QA'B'∽△QNC'得A'B'：C'N＝B'Q：QC'，即1：3a＝4a：（4a+1），由此得a，则BQ＝B'Q＝4a＝2，CN＝C'N＝3a＝3/2，QC'＝4a+1＝3，C'Q＝B'Q+B'C'＝3，在Rt△QNC'中由勾股定理得QN，则BC＝BQ+QN+CN，设AP＝b，则AP＝A'P＝b，证明△PMA'∽△QA'B'得A'M，MD＝MB'＝A'M+A'B'，在Rt△PA'M中由勾股定理得PM，则AD＝AP+PM+MD，再根据AD＝BC得，由此解出b即可得出AP的长． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AB＝CD＝1，AD＝BC，AD∥BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∵， ∴设BQ＝4a，NC＝3a， 由折叠性质得：BQ＝B'Q＝4a，CN＝C'N＝3a，AP＝A'P，MD＝MB'，AB＝A'B'＝1，B'C'＝CD＝1，∠A'B'Q＝∠B＝90°，∠NC'Q＝∠C＝90°，∠PA'B'＝∠A＝90°， ∴QC'＝B'Q+B'C'＝4a+1， ∴MB'∥NC'， ∴△QA'B'∽△QNC'， ∴A'B'：C'N＝B'Q：QC'， 即1：3a＝4a：（4a+1）， 整理得：12a2﹣4a﹣1＝0， 解得：a，a（不合题意，舍去）， ∴BQ＝B'Q＝4a＝2，CN＝C'N＝3a，QC'＝4a+1＝3， ∴C'Q＝B'Q+B'C'＝2+1＝3， 在Rt△QNC'中，由勾股定理得：QN， ∴BC＝BQ+QN+CN， 设AP＝b，则AP＝A'P＝b， ∵∠PA'B'＝∠A＝90°，∠A'B'Q＝∠B＝90°， ∴PA'∥B'Q， ∵AD∥BC， ∴∠MPA'＝∠PA'Q＝∠A'QB'， ∠PMA'＝∠QA'B'， ∴△PMA'∽△QA'B'， ∴A'M：A'B'＝PA'：B'Q， 即A'M：1＝b：2， ∴A'M， ∴MD＝MB'＝A'M+A'B'＝1/2b+1， ∵∠PA'B'＝∠A＝90°， ∴在Rt△PA'M中，AP＝A'P＝b，A'M， 由勾股定理得：PM， ∴AD＝AP+PM+MD， ∴， 解得：b， ∴AP＝b， 故选：A． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，图形的折叠变换及其性质，相似三角形的性质，理解矩形的性质，图形的折叠变换及其性质，熟练掌握相似三角形的性质是解决问题的关键． 24．（2024•浙江）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，．线段AB与A′B′关于过点O的直线l对称，点B的对应点B′在线段OC上，A′B′交CD于点E，则△B′CE与四边形OB′ED的面积比为 　　 ． 【分析】根据轴对称可得到等线段等角，再结合菱形的性质可得到△A'ED≌△CEB'（AAS），再证△DOE≌△B'OE（SSS），由B'C：B'O＝2：3即可求出答案． 【解答】解：如图连接OE、A'D， ∵AB关于过O的直线对称， ∴A'在BD延长线上， ∵， ∴设AC＝10k，BD＝6k， 在菱形ABCD中，OA＝OC＝5k，CB＝OD＝3k， ∵AB与A'B'关于过O的直线对称， ∴OA＝OA'＝5k，OB＝OB'＝3k，∠A'＝∠DAC＝∠DCA， ∴A'D＝B'C＝2k， ∵∠A'ED＝∠B'CE， ∴△A'ED≌△CEB'（AAS）， ∴DE＝B'E， ∵OE＝OE，OD＝OB'， ∴△DOE≌△B'OE（SSS）， ∴S△DOE＝S△B′OE， ∵， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了轴对称的性质和菱形的性质、全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上基础知识和线段之间的转化是解题关键． 25．（2024•滨江区校级三模）如图，在赵爽弦图中，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形ABF，BCG，CDH，DAE和一个小正方形EFGH组成的．若把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，可得正方形MNPQ，连接PH并延长，交MQ于点O．若正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4，则： （1）正方形ABCD的面积为 　100　 ． （2）OH的长为 　7.9　 ． 【分析】（1）可设每个小直角三角形的长直角边长为a，短直角边长为b，斜边长为c．根据正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4可得关于a和b的两个等式，计算即可得到a和b的值，进而可得c的值，正方形ABCD的面积等于c2，计算即可； （2）由a，b，c的值可得∠DCP的正弦值和余弦值．设HP交CD于点K， 【解答】解：（1）设每个小直角三角形的长直角边长为a，短直角边长为b，斜边长为c． ∵正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4， ∴． ∵a＞0，b＞0， ∴． 解得：． ∴c10． ∴正方形ABCD的面积为：c2＝100． 故答案为100； （2）设HP交CD于点K． 由题意得：CH＝CP，∠HCK＝∠PCK， ∴CK⊥HP． ∴∠CKP＝90°． ∴∠KCP+∠KPC＝90°． ∵四边形MNPQ是正方形， ∴∠CPK+∠DPK＝90°． ∴∠KCP＝∠DPK． 由题意得：PC＝b＝8，sin∠DCP． ∴PK＝PC•sin∠DCP＝84.8． 同理HK＝4.8． ∴PH＝9.6． 由题意得：∠Q＝90°，PQ＝6+8＝14，cos∠OPQ＝cos∠DCP． ∴OP＝QP÷cos∠OPQ＝14÷0.8＝17.5． ∴OH＝OP﹣PH＝17.5﹣9.6＝7.9． 故答案为：7.9． 【点评】本题综合考查勾股定理和三角函数的相关知识．根据所给正方形的面积得到直角三角形的边长是解决本题的关键． 26．（2024•衢州一模）已知矩形纸片ABCD， 第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）． 第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）． （1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论． （2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长． 【分析】（1）由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，则有∠EOD＝∠HOD＝90°．由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，即∠EDO＝∠HDO．又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）．得出DE＝DH． （2）连结EF．因为CE＝4，根布局勾股定理得出CF，则．由勾股定理求出DF，则，再根据∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°，得出∠DAE＝∠CDF．则tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF，则，，则． 【解答】解：（1）DE＝DH． 理由如下：由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD， 则有∠EOD＝∠HOD＝90°． 由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF， 即∠EDO＝∠HDO． 又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）． ∴DE＝DH． （2）连结EF． ∵CE＝4， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°， ∴∠DAE＝∠CDF． ∴tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF， ∴，， ∴． 【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 27．（2024•东阳市二模）根据以下操作，完成任务． 如何折出正多边形？ 操作1 如图①，先对折正方形，得到AB的垂直平分线，再摊开、铺平，把点D，C折到AB的垂直平分线上．折叠后的点D，点C重合，记为点O．得到△ABO． 操作2 将操作1中折出的△ABO剪下，如图②，将△ABO对折，记折痕为OH，再摊开、铺平，把点A，B折到OH上．折叠后的点A，点B重合，记为点G…… 问题解决 任务1 判断△ABO的形状，并说明理由 任务2 某数学学科小组在操作2的基础上继续折叠，提供了以下三种方案： 方案①：将纸片沿EF向上折叠，使得点H落在点P处． 方案②：将∠OEG对折，使得角两边EO与EG重合，折痕交OH于点P． 方案③：将纸片向左上方折叠，使得点E与点H重合，折叠后的点F落在点P处． 以上方案中折出的四边形EHFP为正方形的是 　①②③　 ．（填写序号） 任务3 求操作1中的正方形ABCD与操作2中所折出的正方形EHFP的面积之比． 【分析】任务1：根据折叠的性质得出△OAB是等边三角形； 任务2：由折叠的方法和对称性质可得∠EHF＝90°，EH＝FH，再由方案①②③的折叠方法可证明四边形EHFP是正方形； 任务3：根据含30° 直角三角形性质和等腰直角三角形性质求出正方形EHFP的边长EH与正方形ABCD边长AB之比的平方，即可解答． 【解答】解：任务1：△OAB是等边三角形， 理由：根据折叠的方法可知：OA＝AD＝AB＝BC＝OB， ∴△OAB是等边三角形； 任务2：连接EF， ∵△OAB是等边三角形，OH所在直线是△OAB的一条对称轴， ∴由折叠方法可知EH＝FH，∠EHA＝∠EHO＝∠OHF＝∠FHB＝45°，E、F是关于OH的对称， ∴OH⊥EF，EK＝FK，即OH是EF的垂直平分线，∠EHF＝90°， 方案①，将纸片沿EF向上折叠，使得点H落在点P处， ∴EH＝HF＝FP＝PE， ∴四边形EHFP是菱形， 又∠EHF＝90°， ∴菱形EHFP是正方形； 方案②，将∠OEG对折，使得角两边EO与EG重合，折痕交OH于点P， ∵∠AEH＝∠GEH＝∠AEG，， ∴∠HEP＝∠GEH+∠PEG（∠AEG+∠OEG）＝90°， ∴∠EPH＝∠EHG＝45°， ∴EP∥HF， ∴EP＝EH＝HF， ∴四边形EHFP是是正方形； 方案③：将纸片向左上方折叠，使得点E与点H重合，折叠后的点F落在点P处， 如图， 由折叠方法可知：∠PEH＝∠FHE＝90°，EP＝HF， ∴EP∥HF， ∴四边形EHFP是平行四边形， ∵EH＝HF，EH⊥HF， ∴四边形EHFP是正方形； 综上所述：方案中折出的四边形EHFP为正方形的是①②③， 故答案为：①②③； 任务3：如图，过点E作EM⊥AB，垂足为M， ∵∠A＝60°，∠EHA＝45°， ∴EM＝MH，AE＝2AM， ∴，， ∴，， 正方形ABCD与正方形EHFP的面积之比为：． 【点评】本题考查了正方形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 类型二：旋转问题 旋转变换做题规律总结 1、 知识必备 1. 旋转三要素：旋转中心、旋转角度、旋转方向 2. 旋转的性质： ①旋转前后的两个图形全等，（只改变位置，不改变其他） ②几何图形的旋转本质上是图形上各点同时旋转，同步画圆 ③图形旋转后，每组对应点和旋转中心组成的三角形是等腰△，且分别都相似 3. 旋转特别注意事项： ①当旋转角为特殊角时，如36°、60°、90°、120°时，会对应出现黄金△、等边△、等腰直角△、 的等腰△； ②旋转△时，除了旋转角相等外，两对应线段所在的直线形成的夹角=旋转角(∠A`CA=∠AOA`) 两组对应点连线所在的直线的夹角=原顶角(∠A`DB`=∠A`OB`) ③有蝴蝶型相似，必有四点共圆 2、 要素选择标准 1. 旋转中心——必为等腰△顶角定点 2. 旋转方向——与所选的被旋转的△方向相反 3. 旋转结论——①必得全等（后续接着用边相等或角相等） ②必有等腰，且有两个（当原等腰△特殊时，新等腰△亦特殊） ③必得相似，且有两对（一对等腰△相似，一对蝴蝶型相似） 3、 重点总结 解决旋转问题时，重点分析三个方面： ①谁在转——图形本身的性质 ②绕谁转——旋转得到的结论 ③转到哪——旋转后产生的新结论. 整理完以上三个方面，从中提炼出基本图形和常用模型，进而借助全等（相似）三角形来转化，结合勾股定理、基本图形的性质等其他知识求解。 28．（2024•瑞安市校级模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，则旋转角α的度数是 　50°　 ． 【分析】先求出∠ADE的度数，然后由旋转的性质和等腰三角形的性质分析求解． 【解答】解：根据题意， ∵DE⊥AC，∠CAD＝25°， ∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°， 由旋转的性质可得∠B＝∠ADE，AB＝AD， ∴∠ADB＝∠B＝65°， ∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°， ∴旋转角α的度数是50°； 故答案为：50°． 【点评】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质进行计算． 29．（2025•拱墅区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，且DP＝1，则菱形的边长是 　1　 ． 【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质得出CD＝AB，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC∠BAD＝30°，由旋转的性质得出AE＝AB，∠EAG＝∠BAD＝60°，设PE＝x，则CE＝2x，PCx，DC＝1x，由AC＝2OC列出方程求出x即可得出答案． 【解答】解：连接BD交AC于O，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD＝AB，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD， ∵四边形AEFG是菱形， ∴EF∥AG， ∴∠CEP＝∠EAG＝60°， ∴∠CEP+∠ACD＝90°， ∴∠CPE＝90°， ∴PECE， 由旋转的性质得：AE＝AB，∠EAG＝∠BAD＝60°， 设PE＝x，则CE＝2x，PCx， ∴DC＝1x， ∴OC（1x）， ∵AC＝CE+AE＝2x+1x， ∵AC＝2OC， ∴2x+1x（1x）， 解得x＝1， ∴DC＝1． ∴菱形的边长是1； 方法2：连接DF， 由题可知旋转角度为∠BAC＝30°， ∴AF＝AC，AE＝AB＝AD， ∴DF＝EC， ∵∠AFE＝∠ACD，∠FPD＝∠CPE， ∴△FDP≌△CEP（AAS）， ∴DP＝PE＝1， ∴DC＝1． ∴菱形的边长是1； 故答案为：1． 【点评】本题考查了菱形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和菱形的性质是解题的关键． 30．（2024•下城区校级模拟）如图，已知AC是正方形ABCD的对角线，E是BC的中点，连结DE，以E为旋转中心将直线DE逆时针旋转45°，交AC于F，交AD于G，若AC＝4，则S△FEC等于（　　） A． B． C．3 D．4 【分析】通过证明点D，点F，点E，点C四点共圆，可求∠DFE＝90°，可得△DFE是等腰直角三角形，可求DF的长，由等腰直角三角形的性质可求EH的长，由勾股定理可求FH的长，即可求解． 【解答】解：如图，连接DF，过点E作EH⊥AC于H， ∵四边形ABCD是正方形，AC＝4， ∴∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2， ∵E是BC的中点， ∴BE＝EC， ∴DE， ∵以E为旋转中心将直线DE逆时针旋转45°， ∴∠FED＝45°， ∴∠ACD＝∠FED， ∴点D，点F，点E，点C四点共圆， ∴∠DCE+∠DFE＝180°， ∴∠DFE＝90°， ∴△DFE是等腰直角三角形， ∴DF＝EFDE， ∵∠ACB＝45°，EH⊥AC， ∴△EHC是等腰直角三角形， ∴EH＝HCEC＝1， ∴FH2， ∴CF＝3， ∴S△FECFC•EH， 故选：B． 【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 31．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC上一点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连结BE，BE交AD于G，交AC于点F． （1）若CD＝CF，则tan∠FBC＝　　 ； （2）若CD＝BD，则tanE＝　　 ． 【分析】（1）过点E作EH⊥AF于点H．证明AH＝FH＝CF，可得结论； （2）过点A作AT⊥BE于点T．证明AH＝CD＝BD＝CH，FH＝CF，设CF＝FH＝m，求出AT，TE，可得结论． 【解答】解：（1）如图，过点E作EH⊥AF于点H． ∵∠C＝∠DAE＝∠AHE＝90°， ∴∠DAC+∠CAE＝90°，∠CAE+∠AEH＝90°， ∴∠DAC＝∠AEH， 在△ACD和△EHA中， ， ∴△ACD≌△EHA（AAS）， ∴AC＝EH，AH＝CD， ∵BC＝AC， ∴BC＝EH， 在△BCF和△EHF中， ， ∴△BCF≌△EHF（AAS）， ∴CF＝FH， ∵CD＝CF， ∴CF＝FH＝AH， ∴BC＝3CF， ∴tan∠FBC； 故答案为：； （2）当BD＝CD时，过点A作AT⊥BE于点T． 同法可证△ACD≌△EHA，△BCF≌△EHF， ∴CD＝AH＝CH，CF＝FH，设CF＝FH＝m，则AC＝BC＝EH＝4m， ∴AE2m，BF＝EFm， ∵•AF•EH•EF•AT， ∴ATm， ∴ETm， ∴tanE． 故答案为：； 【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 32．（2024•滨江区二模）如图1，矩形A1BC1D1是矩形ABCD以点B为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为x°所得的图形，其中0＜x≤90．连结BD，BD1，CC1．已知AB＝4，BC＝2． （1）求∠BCC1的度数（用含x的代数式表示）． （2）如图2，当BD1经过点C时，求的值． （3）如图3，当BA1平分∠DBD1时，求CC1的长. 【分析】（1）利用旋转的性质和等腰三角形的性质即可求解． （2）利用勾股定理求得BD＝BD1，进而得到CD1，再进一步计算即可； （3）过点B作BE⊥CC1于E，由等腰三角形的三线合一的性质易知BE平分∠CBC1，CE＝C1E，进而可得∠CBE＝∠A1BD1，则sin∠A1BD1＝sin∠CBE，以此即可得解． 【解答】解：（1）∵矩形A1BC1D1是矩形ABCD以点B为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为x°所得的图形， ∴BC＝BC，∠CBC1＝x， ∴△CBC1为等腰三角形， ∴∠BCC1＝∠BC1C． （2）∵AB＝4，BC＝2，四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝90°，AD＝BC＝2，AB＝DC＝4， ∴BD， 由旋转可知，BD＝BD1， ∴CD1， ∴． （3）如图，过点B作BE⊥CC1于E， 由旋转可知，AB＝A1B＝4，AD＝A1D1＝2，BD＝BD1，∠DBD1＝∠CBC1， 在Rt△BA1D1中，sin∠A1BD1， 由（1）知，△CBC1为等腰三角形， ∵BE⊥CC1， ∴BE平分∠CBC1，CE＝C1E， 又∵BA1平分∠DBD1，∠DBD1＝∠CBC1， ∴∠CBE＝∠A1BD1， ∴sin∠CBE， ∴CE，CC1． 【点评】本题主要考查矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 33．（2024•拱墅区模拟）在Rt△ABC中，M是斜边AB上的一点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点C，D在直线AB的同一侧． （1）当M是AB的中点时，连接AD，BD． ①如图1，求∠ADB的大小； ②如图2，已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB，连接CD．求证：BD＝CD． （2）如图3，当AM＞BM时，在线段MD取一点G，连接BG并延长交AC的延长线于点F，当四边形CMGF是平行四边形时，若△ACM的面积为8，BC•GM＝12，求▱CMGF的面积． 【分析】（1）①由旋转得MA＝MD，则∠MAD＝∠MDA，再由中点定义得MA＝MB，得出MB＝MD，则∠MBD＝∠MDB，再运用三角形内角和定理即可求得答案； ②连接CM，先证得四边形EMBD是平行四边形，再证得四边形AMDE是平行四边形，进而证得△MCD≌△MBD（SAS），即可证得结论； （2）连接CG，设▱CMGF的面积为S，则S△CGM＝S△CFG＝S△BCMS，由题意得S△BCFBC•GM＝6，推出S△ABF＝S△ACM+S△BCM+S△BCF＝8S+6S+14，S△BGM＝S△ABF﹣S△ACM﹣S▱CFGM＝6S，由GM∥AF，得△BGM∽△BFA，推出（）2＝（）2，又，建立方程求解即可求得答案． 【解答】（1）①解：如图1， ∵将线段MA绕点M旋转至MD位置， ∴MA＝MD， ∴∠MAD＝∠MDA， ∵点M是AB的中点， ∴MA＝MB， ∴MB＝MD， ∴∠MBD＝∠MDB， ∵∠BAD+∠ABD+∠ADB＝180°， ∴∠MAD+∠MDA+∠MBD+∠MDB＝180°， ∴2∠MDA+2∠MDB＝180°， ∴∠MDA+∠MDB＝90°， 即∠ADB＝90°； ②证明：连接CM，如图2， ∵点M是AB的中点，∠ACB＝90°， ∴AM＝CM＝BM， ∵EM⊥AD， ∴EM∥BD， ∵DE∥AB， ∴四边形EMBD是平行四边形， ∴DE＝BM， ∴DE＝AM， ∴四边形AMDE是平行四边形， ∴AE∥DM， ∴∠EAM＝∠DMB，∠ACM＝∠DMC， ∵AM＝CM， ∴∠EAM＝∠ACM， ∴∠DMB＝∠DMC， ∵MC＝MB，MD＝MD， ∴△MCD≌△MBD（SAS）， ∴BD＝CD． （2）如图3，连接CG，设▱CMGF的面积为S， 则S△CGM＝S△CFGS， ∵四边形CMGF是平行四边形， ∴CM∥BF，GM∥AF，CF＝MG， ∴S△BCM＝S△CGMS， ∵BC•GM＝12， ∴S△BCFBC•GM＝6， ∴S△ABF＝S△ACM+S△BCM+S△BCF＝8S+6S+14， ∴S△BGM＝S△ABF﹣S△ACM﹣S▱CFGM＝6S， ∵， ∴， ∵GM∥AF， ∴△BGM∽△BFA， ∴（）2＝（）2， ∵， ∴（）2， 整理得：S2+16S﹣192＝0， 解得：S＝8或S＝﹣24（不符合题意，舍去）， ∴▱CMGF的面积为8． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，三角形面积，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键． 34．（2024•拱墅区校级二模）综合与实践 如图1是实验室中的一种机械装置，BC在地面上，所在等腰直角三角形ABC是固定支架，机械臂AD可以绕点A旋转，同时机械臂DM可以绕点D旋转，已知∠BAC＝90°，AD＝6，DM＝2． （1）如图2，把机械臂AD顺时针旋转90°，点D旋转到点E处，连结DE，当∠AEC＝135°， ①连接CD，探究BE与CD的数量关系和位置关系，并说明理由； ②当CE＝7时，求BE的长； （2）如图3，机械臂A、D、M三点共线，AM∥BC，此时机械臂AM顺时针旋转105°，机械臂一端恰好落在BC边上，标记为点N，求支架AB的长． 【分析】（1）①连接CD，先证明△BAE≌△CAD（AAS），则BE＝CD，BE⊥CD； ②根据勾股定理求即可． （2）过点N作NE⊥AB，根据30° 所对的边等于斜边的一半可得，构造直角三角形，即可得出结论； 【解答】解：（1）①连接CD， 由旋转可知，AE＝AD，∠DAE＝90°， ∵△ABC是等腰三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠BAE＝∠CAD， ∴△BAE≌△CAD（AAS）， ∴BE＝CD，∠ABE＝∠ACD， ∵∠BAC＝90°， ∴∠ABE+∠CBE+∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠CBE+∠ACB＝90°， ∴BE⊥CD， ②∵AD＝6，∠DAE＝90°，AE＝AD， ∴，∠AED＝45°， ∵∠AEC＝135°， ∴∠CED＝90°， ∵，CE＝7， ∴， ∴BE＝11． （2）过点N作NE⊥AB， ∵AM顺时针旋转105°， ∴∠MAN＝105°，AM＝AD+DM＝AN＝8， ∵AM∥BC， ∴∠MAN＝∠ANB＝105°， ∵NE⊥AB， ∴∠BEN＝∠AEN＝90°， ∵∠B＝45°， ∴∠BNE＝45°，BE＝EN， ∴∠ANE＝60°， ∴∠NAE＝30°， ∴， ， ∴． 【点评】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键． 35．（2025•西湖区校级模拟）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H． 【初步分析】 （1）线段EG与BF的数量关系为 　EG＝BF　 ，位置关系为 　EG⊥BF　 ； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； （3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝3，求CG的长． 【分析】（1）先根据正方形的性质，得出∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB，再证明△ABE≌△CBF（SAS），结合旋转性质，得出BE＝EG，进行角的等量代换，即可作答； （2）根据旋转性质，得出EG＝EM，∠GEM＝90°，得出四边形BEMF是平行四边形，结合一组邻边相等，得证四边形BEMF是菱形； （3）先得出BF是EG的垂直平分线，进行角的等量代换以及直角三角形的两个锐角互补，得出∠ABE＝30°，因为正方形的性质，得出∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3，求出BG，则可得出答案． 【解答】解：（1）EG＝BF，EG⊥BF；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，AB＝CB， 又∵AE＝CF， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴BE＝BF，∠ABE＝∠CBF． 由旋转的性质，得BE＝EG， ∴EG＝BF， ∴∠EBG＝∠EGB． 又∵∠ABE+∠EBG＝∠ABC＝90°， ∴∠CBF+∠EGB＝90°， ∴∠BHG＝90°， 即EG⊥BF． 故答案为：EG＝BF，EG⊥BF； （2）四边形BEMF为菱形，理由如下： 由旋转的性质，得EG＝EM，∠GEM＝90°， 又∵EG＝BF，∠BHE＝90°， ∴EM＝BF，∠GEM＝∠BHE＝90°， ∴EM∥BF， ∴四边形BEMF是平行四边形， 又∵BE＝BF， ∴四边形BEMF是菱形； （3）∵点H是EG的中点，BF⊥EG， ∴BF是EG的垂直平分线， ∴BE＝BG，∠EBF＝∠GBF． 又∵∠ABE＝∠CBF， ∴∠ABE＝∠CBF＝∠EBF∠ABC30°． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝BC＝3， ∴在Rt△ABE中，BE2， ∴BG＝2， ∴CG＝BG﹣BC＝23． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解直角三角形的相关性质，菱形的判定，旋转的性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 类型三：其他几何变换问题 36．（2024•桐乡市校级一模）如图，在直角坐标系中，A（0，﹣1），B（2，0），以A为位似中心，把△ABC按相似比1：3放大，放大后的图形记作△ADE，则点D的坐标为 　（6，2）　 ． 【分析】以A为坐标原点，原y轴为y轴建立新的平面直角坐标系，根据位似变换的性质解答即可． 【解答】解：以A为坐标原点，原y轴为y轴建立新的平面直角坐标系， 在新坐标系中，点B的坐标为（2，1）， 在新坐标系中，以A为位似中心，把△ABC按相似比1：3放大，点B的坐标为（2，1）， ∴点D的坐标为：（2×3，1×3），即（6，3）， 则在原坐标系中，点D的坐标为（6，2）， 故答案为：（6，2）． 【点评】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k． 37．（2025•乐清市校级模拟）如图，A，B是⊙O上的点，A′，B′是⊙O外的点，△AOB和△A′OB′是位似图形，位似中心为点O，点A，B对应点是点A′，B′，OB′交⊙O于点C，若OC＝2B′C，AB＝2，则A′B′的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】利用位似图形得出，再结合OB＝OC，OC＝2B′C，得出，即可求解． 【解答】解：由题意可得：， ∵OB＝OC，OC＝2B′C， ∴OB＝OC＝2B′C， ∴， ∵AB＝2， ∴， 解得：A′B′＝3， 故选：A． 【点评】本题考查位似图形的性质，圆的性质，熟练掌握位似图形的对应边成比例相等是解题的关键． 38．（2025•宁波模拟）如图1，四个边长为1的小正方形组成一个边长为2的大正方形，过点G的直线l是它的一条对称轴．如图2，将图1中的正方形CDEF沿直线l向下平移，使点A落在CD的垂直平分线上，连结AC，BE，则阴影部分面积为　　 ． 【分析】连接MC，延长AM交CD于点N，根据垂直平分线的性质得到，由平移的性质得到MC∥l，求出，即可解答． 【解答】解：如图，连接MC，延长AM交CD于点N， 由题意可得：． 由平移，得MC∥l， ∴∠CMN＝∠MCN＝∠CDF＝45°， ∴． ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，轴对称图形的性质，平移的性质及垂直平分线的性质，正确进行计算是解题关键． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点06 折叠、旋转等几何变换中考模拟题选练 类型一：折叠问题 ☆折叠问题常见应用规律 基本结论：①翻折或折叠问题必有图形全等 ②折叠问题中，对应点的连线段被折痕垂直平分 ③折叠问题中，常出现角平分线，注意角平分线的常见应用 其他规律：①圆中出现折叠时，折叠所形成的圆和原来的圆是等圆，因为圆周角相等，也就可以出现等弧，进而应用圆中“知1得4”求解长度。 ②折叠问题求长度，常结合方程思想，而几何问题列方程常用的等量关系有： Rt△勾股定理、相似△相似比（或某特定角的三角函数值）、基本的线段数量关系等 ③折叠问题中注意特殊位置隐含的数量关系，一般也会是列方程的等量关系 ④折叠问题中注意逆向思维、转化思想、化归思想的综合应用 ⑤折叠问题没思路可以从“特例”入手。 1．（2025•西湖区校级模拟）如图，在▱ABCD中，点E是CD边上的一点，若AB＝5，CE＝2，将△BCE沿BE翻折得△BGE，连结AG，点A在EG的延长线上，BG恰好平分∠ABE，则AG的长为 　 　 ，cos∠EAD的值为 　 　 ． 2．（2025•浙江模拟）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，要想知道正方形ABCD的边长，只需知道（　　） A．BF的长度 B．△B′CF的周长 C．△B′DG的周长 D．△A′EG的面积 3．（2025•乐清市校级模拟）如图，在直角坐标系中，A（0，4），B是直线y＝x上一点，连结AB，△AOB沿着AB折叠，点O的对应点为C，过点C作DE⊥x轴，交直线y＝x于点D，交x轴于点E．若CD＝CE，则的值为　 　 ． 4．（2024•浙江模拟）如图，反比例函数的图象分别交矩形OABC的边AB，BC于点D，E，连接DE．若把△BDE沿DE翻折，点B恰好落在x轴上的点F处，且AD：DB＝3：5，CE＝1.5，则k的值为 　 　 ． 5．（2024•鹿城区校级三模）如图，将矩形纸片ABCD（AB＜BC）沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE与AD相交于点F，若∠EDF＝44°，则∠DBE的度数是（　　） A．22° B．22.5° C．23° D．23.5° 6．（2025•洞头区模拟）如图，在正方形ABCD中，M是边AD上一点，．将△DCM沿CM翻折得△D′CM，延长MD′、CD′分别交AB于点P、Q，过M作MN∥CD交CQ于点E，则△PQD′与△MD′E的面积比为 　 　 ． 7．（2024•镇海区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边BC上，将△ABE沿AE对折，使得AB恰好落在对角线AC上，记点B的对应点为B′，则tan∠BAE＝　 　 ，将∠D折起，使得点D与B′重合，则折痕的长为 　 　 ． 8．（2024•余姚市校级四模）如图，已知▱ABCD，M、N分别是边AD、BC上动点．将▱ABCD沿直线MN折叠，点B的对应点B′恰好落在边CD上，A的对应点为A′，连结MB、BB′．若，∠MBB′∠ABC＝30°，则tan∠B′NC的值为（　　） A． B． C． D． 9．（2024•鄞州区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在BC边上，连结DE，将△CDE沿DE翻折至△FDE，连结BF，∠ABF﹣∠ADF＝∠CDE．若，BE﹣EF＝2，则EF的长为 　 　 ，tan∠ADF的值为 　 　 ． 10．（2024•温州三模）在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，如图1，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，则折痕EF的长为 　 　 ；如图2，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若，则BP的长为 　 　 ． 11．（2024•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，点D是边BC上，将△ABD沿AD翻折得到△ADB′，当DB′∥AC时． （1）tan∠B的值为 　 　 ． （2）AD的长为 　 　 ． 12．（2024•温州模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若点D是边AB上一点，E是CD的中点，C关于直线BE对称的点为C′，CC′交AB于点F． （1）若∠ACF＝α，则∠FBC′＝　 　 度（用含α的代数式表示）． （2）若，则tan∠FBC′＝　 　 ． 13．（2024•下城区校级模拟）如图，已知矩形ABCD，AB＝15，BC＝10．P为BC边上的中点，将矩形沿AP折叠，使得点B落在点M处，延长PM，交CD于点E．继续将矩形折叠，折痕为AF，使得点D落在线段AM上，记为点N，则EF＝　 　 ． 14．（2024•婺城区模拟）如图，在▱ABCD中，AB＝5，BC＝7，点M、N分别是AD、BC上的动点，AM＝CN，连结MN，作CD关于MN的对称线段C′D′，当C′D′与▱ABCD的某边平行时，AM＝　 　 ． 15．（2024•浙江模拟）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，BG＝4，则点E到BD的距离为 　 　 ． 16．（2024•义乌市二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，OC是AB边上的中线，点E在CB上，连结AE，将△CAE沿着AE向△ABC内部翻折得到△PAE．若PE∥OC，则CE＝　 　 ． 17．（2024•吴兴区二模）如图，在平行四边形ABCD中，且tanB＝3，将其沿着直线EF折叠使得点A的对应点A'恰好落在对角线AC上，且满足AE：DE＝2：1．问：△CEF与平行四边形ABCD的面积比为（　　） A． B． C． D． 18．（2024•钱塘区二模）如图，在▱ABCD中，点E和点F分别在AD和CD上，EF∥AC，将△DEF沿直线EF翻折，点D落在BC边上的点G处．若S△DEFS▱ABCD，则 　 　 ． 19．（2024•西湖区校级二模）如图，将矩形ABCD沿BE折叠，点A与点A′重合，连结EA′并延长分别交BD、BC于点G、F，且BG＝BF． （1）若∠AEB＝55°，则∠GBF＝　 　 ； （2）若AB＝3，BC＝4，则ED＝　 　 ． 20．（2024•西湖区校级二模）已知矩形纸片ABCD，将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O．（如图1），将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）．已知DE＝5，CE＝4，则tan△CDF＝ 　 　 ；AH＝ 　 　 ． 21．（2024•杭州四模）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（　　） A．2 B． C． D．3 22．（2024•浙江模拟）如图，点E为菱形ABCD中AB边上一点，连结DE，DE＝DA，将菱形沿DE折叠，点A的对应点F恰好落在BC边上，则∠A的度数为 　 　 ． 23．（2024•鹿城区一模）如图，把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD沿PQ，MN折叠．顶点A，B，C，D的对应点分别为A'，B'，C，D'，点B'与D重合，点A'恰与BC，MD'的交点重合．若，则AP的长为（　　） A．cm B．（1）cm C．cm D．cm 24．（2024•浙江）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，．线段AB与A′B′关于过点O的直线l对称，点B的对应点B′在线段OC上，A′B′交CD于点E，则△B′CE与四边形OB′ED的面积比为 　 　 ． 25．（2024•滨江区校级三模）如图，在赵爽弦图中，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形ABF，BCG，CDH，DAE和一个小正方形EFGH组成的．若把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，可得正方形MNPQ，连接PH并延长，交MQ于点O．若正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4，则： （1）正方形ABCD的面积为 　 　 ． （2）OH的长为 　 　 ． 26．（2024•衢州一模）已知矩形纸片ABCD， 第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）． 第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）． （1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论． （2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长． 27．（2024•东阳市二模）根据以下操作，完成任务． 如何折出正多边形？ 操作1 如图①，先对折正方形，得到AB的垂直平分线，再摊开、铺平，把点D，C折到AB的垂直平分线上．折叠后的点D，点C重合，记为点O．得到△ABO． 操作2 将操作1中折出的△ABO剪下，如图②，将△ABO对折，记折痕为OH，再摊开、铺平，把点A，B折到OH上．折叠后的点A，点B重合，记为点G…… 问题解决 任务1 判断△ABO的形状，并说明理由 任务2 某数学学科小组在操作2的基础上继续折叠，提供了以下三种方案： 方案①：将纸片沿EF向上折叠，使得点H落在点P处． 方案②：将∠OEG对折，使得角两边EO与EG重合，折痕交OH于点P． 方案③：将纸片向左上方折叠，使得点E与点H重合，折叠后的点F落在点P处． 以上方案中折出的四边形EHFP为正方形的是 　 　 ．（填写序号） 任务3 求操作1中的正方形ABCD与操作2中所折出的正方形EHFP的面积之比． 类型二：旋转问题 旋转变换做题规律总结 1、 知识必备 1. 旋转三要素：旋转中心、旋转角度、旋转方向 2. 旋转的性质： ①旋转前后的两个图形全等，（只改变位置，不改变其他） ②几何图形的旋转本质上是图形上各点同时旋转，同步画圆 ③图形旋转后，每组对应点和旋转中心组成的三角形是等腰△，且分别都相似 3. 旋转特别注意事项： ①当旋转角为特殊角时，如36°、60°、90°、120°时，会对应出现黄金△、等边△、等腰直角△、 的等腰△； ②旋转△时，除了旋转角相等外，两对应线段所在的直线形成的夹角=旋转角(∠A`CA=∠AOA`) 两组对应点连线所在的直线的夹角=原顶角(∠A`DB`=∠A`OB`) ③有蝴蝶型相似，必有四点共圆 2、 要素选择标准 1. 旋转中心——必为等腰△顶角定点 2. 旋转方向——与所选的被旋转的△方向相反 3. 旋转结论——①必得全等（后续接着用边相等或角相等） ②必有等腰，且有两个（当原等腰△特殊时，新等腰△亦特殊） ③必得相似，且有两对（一对等腰△相似，一对蝴蝶型相似） 3、 重点总结 解决旋转问题时，重点分析三个方面： ①谁在转——图形本身的性质 ②绕谁转——旋转得到的结论 ③转到哪——旋转后产生的新结论. 整理完以上三个方面，从中提炼出基本图形和常用模型，进而借助全等（相似）三角形来转化，结合勾股定理、基本图形的性质等其他知识求解。 28．（2024•瑞安市校级模拟）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，若DE⊥AC，∠CAD＝25°，则旋转角α的度数是 　 　 ． 29．（2025•拱墅区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，且DP＝1，则菱形的边长是 　 　 ． 30．（2024•下城区校级模拟）如图，已知AC是正方形ABCD的对角线，E是BC的中点，连结DE，以E为旋转中心将直线DE逆时针旋转45°，交AC于F，交AD于G，若AC＝4，则S△FEC等于（　　） A． B． C．3 D．4 31．（2024•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D是BC上一点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连结BE，BE交AD于G，交AC于点F． （1）若CD＝CF，则tan∠FBC＝　 　 ； （2）若CD＝BD，则tanE＝　 　 ． 32．（2024•滨江区二模）如图1，矩形A1BC1D1是矩形ABCD以点B为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为x°所得的图形，其中0＜x≤90．连结BD，BD1，CC1．已知AB＝4，BC＝2． （1）求∠BCC1的度数（用含x的代数式表示）． （2）如图2，当BD1经过点C时，求的值． （3）如图3，当BA1平分∠DBD1时，求CC1的长. 33．（2024•拱墅区模拟）在Rt△ABC中，M是斜边AB上的一点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点C，D在直线AB的同一侧． （1）当M是AB的中点时，连接AD，BD． ①如图1，求∠ADB的大小； ②如图2，已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB，连接CD．求证：BD＝CD． （2）如图3，当AM＞BM时，在线段MD取一点G，连接BG并延长交AC的延长线于点F，当四边形CMGF是平行四边形时，若△ACM的面积为8，BC•GM＝12，求▱CMGF的面积． 34．（2024•拱墅区校级二模）综合与实践 如图1是实验室中的一种机械装置，BC在地面上，所在等腰直角三角形ABC是固定支架，机械臂AD可以绕点A旋转，同时机械臂DM可以绕点D旋转，已知∠BAC＝90°，AD＝6，DM＝2． （1）如图2，把机械臂AD顺时针旋转90°，点D旋转到点E处，连结DE，当∠AEC＝135°， ①连接CD，探究BE与CD的数量关系和位置关系，并说明理由； ②当CE＝7时，求BE的长； （2）如图3，机械臂A、D、M三点共线，AM∥BC，此时机械臂AM顺时针旋转105°，机械臂一端恰好落在BC边上，标记为点N，求支架AB的长． 35．（2025•西湖区校级模拟）综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形ABCD中，点E在线段AD上，点F在线段CD上，且始终满足AE＝CF，连接BE，BF，将线段BE绕点E逆时针旋转一定角度，得到线段EG（点G是点B旋转后的对应点），并使点G落在线段BC上，EG与BF交于点H． 【初步分析】 （1）线段EG与BF的数量关系为 　 　 ，位置关系为 　 　 ； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段EG绕点E逆时针旋转90°，得到线段EM（点M是点G旋转后的对应点），连接FM，请判断四边形BEMF的形状，并说明理由； （3）如图③，若点G落在BC的延长线上，且当点H恰好为EG的中点时，设CD与EG交于点N，AD＝3，求CG的长． 类型三：其他几何变换问题 36．（2024•桐乡市校级一模）如图，在直角坐标系中，A（0，﹣1），B（2，0），以A为位似中心，把△ABC按相似比1：3放大，放大后的图形记作△ADE，则点D的坐标为 　 　 ． 37．（2025•乐清市校级模拟）如图，A，B是⊙O上的点，A′，B′是⊙O外的点，△AOB和△A′OB′是位似图形，位似中心为点O，点A，B对应点是点A′，B′，OB′交⊙O于点C，若OC＝2B′C，AB＝2，则A′B′的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 38．（2025•宁波模拟）如图1，四个边长为1的小正方形组成一个边长为2的大正方形，过点G的直线l是它的一条对称轴．如图2，将图1中的正方形CDEF沿直线l向下平移，使点A落在CD的垂直平分线上，连结AC，BE，则阴影部分面积为　 　 ． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$