专题04 图形的折叠与旋转中考模拟题75题选练（专项训练）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第八章 图形的变化 专题04 图形的折叠与旋转中考模拟题75题选练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 一．翻折变换（折叠问题）（共40小题） 1．（2025•鹿城区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OC上一点，连接DE，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，EF交CD于点G，连接BE，CF．当四边形BCFE为平行四边形时，若sin∠DAC＝k，则的值为（　　） A．k B． C． D． 【答案】B 【分析】设AD＝a，由菱形的性质和sin∠DAC＝k得DO＝ak，由折叠得DF＝DA＝a，由勾股定理得，，证明四边形AEFD是平行四边形，得AE＝DF＝a，，再证明△ECG∽△FGD，根据相似三角形的性质可得结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AD＝BC，AD∥BC，且AC＝2AO， ∵sin∠DAC＝k， ∴， 设AD＝a，则DO＝ak， 由折叠得DF＝DA＝a， 在Rt△ADO中，； ∴， 又四边形BCFE是平行四边形， ∴EF∥BC，BC＝EF， ∴AD∥EF，AD＝EF， ∴四边形AEFD是平行四边形， ∴AE＝DF＝a， ∴， ∵EC∥DF， ∴△ECG∽△FGD， ∴， 故选：B． 【点评】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，菱形的性质，翻折变换相似三角形的判定与性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 2．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿DE折叠，点B落在AC的延长线的点F处．若∠AFD＝∠EFD，则的值为（　　） A．5 B． C． D． 【答案】B 【分析】由∠ACB＝90°，得∠B+∠A＝90°，由折叠得∠EFD＝∠B，FD＝BD，所以∠AFD＝∠EFD＝∠B，推导出∠ADF＝90°，由tan∠AFD＝tanB，得BCAC，设FD＝BD＝4m，则AD＝3m，AF＝5m，AB＝7m，由ABAC＝7m，求得ACm，则CFm，所以，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠ACB＝90°， ∴∠B+∠A＝90°， 由折叠得∠EFD＝∠B，FD＝BD， ∵∠AFD＝∠EFD， ∴∠AFD＝∠B， ∴∠AFD+∠A＝90°， ∴∠ADF＝180°﹣（∠AFD＝∠A）＝90°， ∴tan∠AFD＝tanB， ∴BCAC， 设FD＝BD＝4m，则ADFD＝3m， ∴AF5m，AB＝BD+AD＝4m+3m＝7m， ∵ABAC＝7m， ∴ACm， ∴CF＝AF﹣AC＝5mmm， ∴， 故选：B． 【点评】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出∠AFD＝∠B及∠ADF＝90°是解题的关键． 3．（2025•杭州模拟）如图所示，在四边纸片ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，将纸片沿EF折叠，点A，D分别落在A'，D'处，且A'D'经过点B，FD'交BC于点G，连接EG，若EG平分∠FEB，EG∥A'D'，∠D'FC＝80°，则∠A的度数是（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 【答案】C 【分析】先根据折叠的性质，得出∠DFE∠DFG＝50°，再根据CD∥AB，可得∠BEF＝∠DFE＝50°，进而得到∠AEF＝130°＝∠A'EF，故∠A'EB＝130°﹣50°＝80°，然后根据角平分线的定义以及平行线的性质，即可得到∠A'BE＝∠BEG＝25°，最后在△A'BE中，根据∠A'＝180°﹣∠A'BE﹣∠A'EB进行计算即可得出结论． 【解答】解：如图所示，连接EG， ∵∠D'FC＝80°， ∴∠DFG＝100°， 由折叠可得，∠DFE∠DFG＝50°， ∵CD∥AB， ∴∠BEF＝∠DFE＝50°， ∴∠AEF＝130°＝∠A'EF， ∴∠A'EB＝130°﹣50°＝80°， 又∵EG平分∠FEB， ∴∠BEG∠BEF＝25°， ∵EG∥A'D'， ∴∠A'BE＝∠BEG＝25°， ∴△A'BE中，∠A'＝180°﹣∠A'BE﹣∠A'EB＝180°﹣80°﹣25°＝75°， 由折叠可得∠A＝∠A'＝75°， 故选：C． 【点评】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质以及角平分线的定义的综合应用，解题时注意：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． 4．（2025•缙云县二模）将边长为a的菱形ABCD分别沿着EF和GH折叠（E，F，G，H分别在边CD，BC，AD，AB上），使点A和点C在折叠后均落在BC边上的点M处．若∠C＝45°，DE＝CE，EF⊥BC于点F，则△BHM的周长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质得AB＝CB＝CD＝a，则DE＝CEa，由折叠得MH＝AH，ME＝CEa，∠EMC＝∠C＝45°，则∠CEM＝90°，求得CMa，则BM＝aa，而BH+MH＝BH+AH＝AB＝a，所以△BHM的周长为（2）a，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是边长为a的菱形， ∴AB＝CB＝CD＝a， ∴DE＝CEa， 由折叠得MH＝AH，ME＝CEa，∠EMC＝∠C＝45°， ∴∠CEM＝90°， ∴CMCEa， ∴BM＝aa， ∵BH+MH＝BH+AH＝AB＝a， ∴BH+MH+BM＝a+aa＝（2）a， ∴△BHM的周长为（2）a， 故选：C． 【点评】此题重点考查菱形的性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，求得BM＝aa，且BH+MH＝a是解题的关键． 5．（2025•鹿城区校级二模）如图，四边形ABCD是一张正方形纸片，其面积为49cm2.分别在边AB，BC，CD，DA上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝a（cm）（AE＞BE），连结EF，FG，GH，HE．分别以EF，FG，GH，HE为轴将纸片向内翻折，得到四边形A1B1C1D1.若四边形A1B1C1D1的面积为25cm2，则a等于（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】根据正方形的面积可得正方形的边长为7cm，根据正方形的面积和折叠的性质和面积的和差关系可得8个三角形的面积，进而得到1个三角形的面积，再根据三角形面积公式即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是一张正方形纸片，其面积为49cm2， ∴正方形纸片的边长为7cm， ∵AE＝BF＝CG＝DH＝acm， ∴BE＝AH＝（7﹣a）cm， 又∠A＝∠B＝90°， ∴△AHE≌△BEF（SAS）， 同理可得△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH， 由折叠的性质可知，图中的八个小三角形全等． ∵四边形A1B1C1D1的面积为25cm2， ∴△AEH的面积为（49﹣25）÷8＝3（cm2）， ∴a（7﹣a）＝3， 解得a1＝1（舍去），a2＝6． 故选：C． 【点评】本题考查了折叠问题，正方形的性质，三角形的面积，关键是熟练运用这些性质解决问题． 6．（2025•杭州一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝32°，E，F分别在边BC，AB上，将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF，B′E与AB交于G．当B′E∥AC时，∠AFB'的度数是（　　） A．25° B．26° C．30° D．32° 【答案】B 【分析】由∠C＝90°，∠B＝32°，求得∠A＝58°，由B′E∥AC，得∠AGB′＝∠A＝58°，由折叠得∠B′＝∠B＝32°，则58°＝∠AFB′+32°，求得∠AFB′＝26°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠C＝90°，∠B＝32°， ∴∠A＝90°﹣∠B＝58°， ∵B′E∥AC， ∴∠AGB′＝∠A＝58°， ∵将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF， ∴∠B′＝∠B＝32°， ∵∠AGB′＝∠AFB′+∠B′， ∴58°＝∠AFB′+32°， ∴∠AFB′＝26°， 故选：B． 【点评】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、平行线的性质、翻折变换的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，求得∠AGB′＝∠A＝58°是解题的关键． 7．（2025•新昌县一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，AD＝6，折叠纸片使边AD落在对角线DB上，折痕为DG，则△DBG的面积为（　　） A．30 B．15 C．24 D．16 【答案】B 【分析】根据矩形的性质利用勾股定理得BD＝10，得出A′B＝4，设A′G＝AG＝x，则GB＝8﹣x，在直角△A′GB中由勾股定理得出方程，解方程求出AG，然后利用三角形面积公式即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，∠DAB＝90°， ∵AB＝CD＝8，AD＝BC＝6， 在Rt△BCD中，BD10， 由折叠可知：∠DA′G＝∠DAG＝90°，DA′＝DA＝6，A′G＝AG， ∴∠BA′G＝180°﹣∠DA′G＝90°， 设A′G＝AG＝x，则BG＝8﹣x， 在Rt△BEF中，A′B＝BD﹣DA′＝10﹣6＝4， 由勾股定理得：BG2＝A′G2+A′B2， ∴（8﹣x）2＝x2+42， 解得：x＝3， ∴A′G＝3， ∴△DBG的面积BD•A′G10×3＝15． 故选：B． 【点评】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，解决本题的关键是掌握折叠的性质． 8．（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 【答案】C 【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． 9．（2025•金华模拟）如图1，△ABC是边长为4的等边三角形，将△ABC沿中线AM折叠，得到△AMC，如图2，再次沿过点M的直线将△AMC折叠，得到△MDE，其中点D为折痕MD与AC边的交点，点E为点A的对应点，ME与AC边交于点F，如图3所示．当点D在边AC上，且△EFD为直角三角形时，EF的长度是　或　 ． 【答案】或． 【分析】根据折叠性质及勾股定理求出AM，分∠EDF＝90°和∠EFD＝90°两种情况进行讨论，利用等边三角形的性质及勾股定理即可解答． 【解答】解：∵△ABC沿中线AM折叠，得到△AMC， ∴AM⊥MC，∠CAM＝30°，， 在Rt△AMC中，由勾股定理得， ①当∠EDF＝90°，如图， ∵∠EDF＝90°， ∴∠ADM＝∠EDM＝（180°+90°）÷2＝135°， ∴∠AMD＝∠EMD＝180°﹣135°﹣30°＝15°， ∴∠FMC＝90°﹣2×15°＝60°， ∵△ABC是边长为4的等边三角形， ∴∠FMC＝∠C＝∠CFM＝60°， ∴， ∴； ②当∠EFD＝90°，如图， ∵∠EFD＝90°，∠C＝60°， ∴∠CFM＝∠EFD＝90°，， 在Rt△CMF中，由勾股定理得， ∴EF＝EM﹣MF＝AM﹣MF＝2； 综上，EF的长度是或， 故答案为：或． 【点评】本题考查折叠的性质，等边三角形性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质，等边三角形性质，含30度直角三角形的性质是解题的关键． 10．（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 　　 ． 【答案】3，． 【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； 方法一：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，， ∴， 方法二：延长DE交AB延长线于F，过E作EH⊥AF于H，如图： ∵BC∥AD， ∴∠F＝∠CAE＝α，∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣2α， ∵∠ABE＝∠AEB＝2α， ∴∠BAE＝180°﹣4α， ∴∠EAF＝∠BAD﹣∠BAE＝α， ∴∠EAF＝∠F， ∴EF＝AE＝AB＝5， ∵EH⊥AF， ∴AH＝FH， ∵BC∥AD， ∴， ∴AD：DF＝2：3， 设AD＝4x，则DF＝6x，AH＝FH＝5x， ∴DH＝x， 在Rt△DEH中，EH2＝DE2﹣DH2， 在Rt△AEH中，EH2＝AE2﹣AH2， ∴DE2﹣DH2＝AE2﹣AH2， 即9﹣x2＝25﹣25x2， 解得：x， ∴cos∠EADx． 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． 11．（2025•温州校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，E是AB边上的一点，CF＝2，将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE，当三点A'，B，D'在同一条直线上时，∠A'EB+∠D'GB＝　120　 °，此时D'F交BC边于点G，CG的长为　　 ． 【答案】120，． 【分析】连接BF，延长AB、FD′相交于点I，在CB上截取CH＝CF＝2，连接FH，以BD′、FD′为邻边作▱FD′BM，连接MH，先证明△CFH为等边三角形，得∠CHF＝60°，FH＝CF＝2，再证明△BA′E∽△BD′I，得到，最后证明△BIG∽△CFG即可求解． 【解答】解：如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，连接BF，延长AB、FD′相交于点I，在CB上截取CH＝CF＝2，连接FH，以BD′、FD′为邻边作▱FD′BM，连接MH， ∴AD∥BC，∠A+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣60°＝120°， ∵点A′，B，D′在同一条直线上， ∴∠A′BE+∠D′BC＝180°﹣∠ABC＝60°， ∵A′E∥D′F， ∴∠A′+∠D′＝180°， ∴∠A′EB+∠D′GB ＝360°﹣（∠A′+∠D′）﹣（∠A′BE+∠D′BC） ＝360°﹣180°﹣60° ＝120°， ∵FC＝CH＝2，∠C＝∠A＝60°， ∴△CFH为等边三角形， ∴∠CHF＝60°，FH＝CF＝2， ∵将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE， ∴FD′＝FD＝CD﹣CF＝4，BH＝BC﹣CH＝4，∠FD′B＝∠D＝120°， ∵四边形FD′BM是平行四边形， ∴BM＝FD′＝DF＝BH＝4，∠FMB＝∠FD′B＝120°，BD′＝FM， ∴∠BMH＝∠BHM， ∵∠BHF＝180°﹣∠CHF＝180°﹣60°＝120°， ∴∠FMH＝∠FMB﹣∠BMH＝∠FHB﹣∠BHM＝∠FHM， ∴FM＝FH＝2， ∴BD′＝FM＝2， ∴A′B＝A′D′﹣BD′＝AD﹣BD′＝6﹣2＝4， ∵FD∥AE， ∴FD′∥A′E，即D′I∥A′E， ∴△BA′E∽△BD′I， ∴， 设A′E＝AE＝x，则BE＝6﹣x， ∴，， ∵DF∥AB， ∴∠DFE＝∠IEF， ∵将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE， ∴∠DFE＝∠IFE， ∴∠IFE＝∠IEF， ∴IF＝IE， ∴FD′+D′I＝BE+BI， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵BI∥CF， ∴△BIG∽△CFG， ∴， ∴， ∵BC＝BG+CG＝6， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：120，． 【点评】本题考查了菱形的性质，翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线，构造平行四边形与等边三角形，相似三角形是解题的关键． 12．（2025•景宁县二模）将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH，已知EH＝2，EF＝3，则边AD＝　　 ． 【答案】． 【分析】先根据图形翻折的性质得到∠HEF＝∠EFG＝∠FGH＝90°，则四边形EFGH是矩形；利用勾股定理得出，证得△GHK≌△EFJ，所以FJ＝HK＝HD，然后等量代换． 【解答】解：∵将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH， ∴，， ∴， ∴∠HEF＝∠HEJ+∠FEJ＝90°， 同理：， ∴， ∴∠EFG＝∠EFH+∠GFH＝90°， 同理：，， ∴， ∴∠FGH＝∠FGK+∠HGK＝90°， ∴在四边形EFGH中，∠HEF＝∠EFG＝∠FGH＝90°， ∴四边形EFGH是矩形； ∴EJ⊥HF， 在Rt△EFH中，EH＝2，EF＝3， 由勾股定理得：， 由折叠的性质知：HJ＝HA， ∵四边形EFGH是矩形，四边形ABCD是矩形， ∴HG∥EF，HG＝EF，∠B＝∠D＝90°， ∴∠GHF＝∠EFJ， 由折叠的性质知：∠GKH＝∠D＝90°，∠EJF＝∠B＝90°，HK＝HD， ∴∠GKH＝∠EJF， 在△GHK与△EFJ中， ， ∴△GHK≌△EFJ（AAS）， ∴FJ＝HK＝HD， ∵HJ＝HA， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质． 13．（2025•浙江一模）如图，把一张矩形纸片ABCD沿BE折叠，点A的对应点为F，EF交BD于点G．若点G为EF的中点，BF平分∠DBC，则 　　 ． 【答案】． 【分析】延长EF交BC于点H，可证△BFG≌△BFH，得到GF＝FH，设EG＝GF＝FH＝y，GD＝x，则AE＝EF＝2y，根据平行线分线段成比例得到，得到DE＝x，能够得到AD＝AE+DE＝2y+x＝BC，根据勾股定理得AB2＝BD2﹣AD2＝8x2﹣4y2﹣4xy，BF2＝BG2﹣GF2＝4x2﹣y2，能够得到，先计算即可求得． 【解答】解：延长EF交BC于点H， 由折叠得，AB＝BF，∠A＝∠BFG＝90°＝∠BFH，AE＝EF， 由条件可知∠FBG＝∠FBH， 在△BFG和△BFH中， ， ∴△BFG≌△BFH（ASA）， ∴GF＝FH， 由条件可知EG＝GF， 设EG＝GF＝FH＝y，GD＝x，则AE＝EF＝2y， ∵AD∥BC，AD＝BC， ∴， 即， ∴BG＝2x， 即BH＝BG＝2x， ∴， 即DE＝x， ∴AD＝2y+x＝BC， 在Rt△ABD中，AB2＝（3x）2﹣（2y+x）2＝8x2﹣4y2﹣4xy， 在Rt△BGF中，BF2＝（2x）2﹣y2＝4x2﹣y2， ∴AB2＝BF2， ∴8x2﹣4y2﹣4xy＝4x2﹣y2， 化简得3y2+4xy﹣4x2＝0， 解得y＝﹣2x（舍），3y＝2x， 即， ∴， 即， 方法2：延长EF交BC于H点， 由折叠可知∠A＝∠EFB＝90°，AE＝EF，AB＝BF， ∵BF平分∠DBC， ∴△BHG是等腰三角形， ∴BG＝BH，GF＝FH， 设FH＝1，则GF＝1， ∵G是EF的中点， ∴EG＝GF＝1， ∴EH＝3，AE＝EF＝2， ∵∠AEB＝∠BEH，∠EBH＝∠AEB， ∴∠BEH＝∠EBH， ∴BH＝EH＝3， ∵ED∥BH， ∴， ∴ED， ∵∠DEG＝∠EGD， ∴ED＝GD， ∴AD，BD， 在Rt△ABD中，AB＝2， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例，矩形的性质，勾股定理，翻折变化，熟练掌握以上知识点解答本题的关键． 14．（2025•西湖区一模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ 　36　 °， 　　 ． 【答案】36； 【分析】设AB，CD′交于点J．设∠B＝x．利用三角形内角和定理构建方程求出x即可，证明设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m，利用相似三角形的性质构建一元二次方程求解． 【解答】解：设AB，CD′交于点J．设∠B＝x． ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠B＝∠D＝x，AD∥CB， ∴∠BCD′＝∠D′， ∵CD′平分∠ACB， ∴∠ACD′＝∠BCD′， 由翻折变换的性质可知，∠D＝∠D′， ∴∠BCD′＝∠ACD′＝x， ∵BA＝BC， ∴∠BCA＝∠BAC＝2x， ∵∠B+∠ACB+∠BAC＝180°， ∴5x＝180°， ∴x＝36°， ∴∠B＝36°， ∵∠D′＝∠ACD′＝36°， ∴AD′＝AC， ∵∠CAJ＝∠CJA＝72°， ∴AC＝CJ， 设AD′＝AC＝CJ＝m，BC＝CD＝CD′＝n，则JD′＝n﹣m， ∵∠D′＝∠D′，∠D′AJ＝∠ACD′＝36°， ∴△D′AC∽△D′JA， ∴D′A2＝D′J•D′C， ∴m2＝（n﹣m）•n， ∴n2﹣nm﹣m2＝0， ∴（）21＝0， ∴． 故答案为：36，． 【点评】本题考查翻折变换，角平分线的定义，菱形的性质，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题． 15．（2025•浙江模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝135°，AB＝6，BC＝8．E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△HEF，连接AH，BH，则△ABH面积的最小值为　　 ． 【答案】． 【分析】在以点E为圆心，HE为半径的圆上运动，当点H到AB的距离最短时三角形的面积最小，利用勾股定理求出最小值即可． 【解答】解：由题可知，点H在以点E为圆心，HE为半径的圆上运动， 因为AB的长不变，所以△ABH面积的最小， 所以点H到AB的距离最短． 因为AB∥CD，所以过点C作CP⊥AB，垂足为P． ∵∠C＝135°， ∴∠ABC＝45° ∴BP＝PC， 由勾股定理得， 2CP2＝BC2． ∵BC＝8． ∴， ∴点E到AB的距离为， ∵AB＝6，点E为边线段CD的中点， ∴HE＝3， ∴点H到AB的距离最短，最短距离为， 所以△ABH面积． 故答案为：． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和最短路径，解题关键是确定点H． 16．（2025•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，，点E为BC边上一点，BE＝6，点F是AB边上的动点，将△BEF沿直线EF折叠得到△GEF，若点G恰好落在线段DE上，则AF的值为　　 ． 【答案】． 【分析】作AM⊥BC于M，作DN⊥BC交BC延长线于N，用勾股定理求出BM的长，进而可求AM、BC，证明Rt△ABM≌Rt△DCN（HL），得BM＝CN，进而可用勾股定理求，分别延长EF，DA交于点P，由翻折可知，∠BEP＝∠DEP＝∠DPE，DE＝DP＝10，进而可得PA＝10﹣8＝2，根据PD∥BC，得，即可求出． 【解答】解：作AM⊥BC于M，作DN⊥BC交BC延长线于N， ∴△ABM、△DCN都是直角三角形， ∵tanB＝2， ∴， ∴AM＝2BM， ∵，BM2+AM2＝AB2， 即， ∴BM＝4，AM＝8， ∵， ∴BC＝8， ∴EC＝ME＝2， ∵AB＝CD，BC＝AD＝8，AM＝DN， ∴EN＝EC+CN＝EC+BM＝6，DN＝AM＝8，DE10， ∴BM＝CN， ∴EN＝EC+CN＝ME+BM＝6，DN＝AM＝8， ∴， 分别延长EF，DA交于点P， 由翻折可知，∠BEP＝∠DEP＝∠DPE， ∴DE＝DP＝10， ∴PA＝10﹣8＝2， ∵PD∥BC， ∴△APF∽△BEF， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了翻折背景下勾股定理和相似三角形性质和判定的运用，及平行四边形的性质，解直角三角形，根据题意画出图形是突破该题的关键． 17．（2025•嘉兴模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点M，N分别是BC，AD上的点，将该正方形纸片沿直线MN折叠，使点B落在CD的中点E处．若AB＝4，则△CEM的面积是　　 ． 【答案】． 【分析】由折叠的性质得BM＝EM，设BM＝EM＝x，在Rt△CEM中，利用勾股定理列式计算求得，再利用三角形面积公式求解即可． 【解答】解：∵正方形纸片ABCD，AB＝4， ∴AB＝BC＝CD＝4，∠C＝90°， 由折叠的性质知，BM＝EM， 设BM＝EM＝x， ∵点E是CD的中点， ∴， 在Rt△CEM中，EM＝x，CM＝4﹣EM＝4﹣x， 由勾股定理得CE2+CM2＝EM2， ∴22+（4﹣x）2＝x2， 解得，即， ∴△CEM的面积是， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，掌握以上性质是解题的关键． 18．（2025•西湖区校级三模）如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝4．点M，N分别是线段DC，BC上的点，连结AC，AM，AN．将△ADM和△ABN分别沿AM，AN翻折，使点D的对应点E和点B的对应点F都落在对角线AC上，连结ME，NF． （1）如图2，若∠D＝90°，则的值为　3　 ． （2）若∠D为钝角，延长NF交射线EM于点P且∠EPF＝60°，则EF的值为　2　 ． 【答案】（1）3； （2）2． 【分析】（1）求出AC2，由翻折性质可得AD＝AE＝2，AB＝AF＝4，故CE＝AC﹣AE＝22，CF＝AC﹣AF＝24，即得3； （2）由翻折求出AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，可得EF＝AF﹣AE＝2． 【解答】解：（1）如图： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝4， ∵∠D＝90°，AD＝2， ∴AC2， ∵将△ADM和△ABN分别沿AM，AN翻折，使点D的对应点E和点B的对应点F都落在对角线AC上， ∴AD＝AE＝2，AB＝AF＝4， ∴CE＝AC﹣AE＝22，CF＝AC﹣AF＝24， ∴3； 故答案为：3； （2）由题意可得：CD＝AB＝4，AD＝BC＝2， 由翻折知：AE＝AD＝2，AF＝AB＝4， ∴EF＝AF﹣AE＝4﹣2＝2； 故答案为：2． 【点评】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，分母有理化等知识，解题的关键是掌握翻折的性质． 19．（2025•鹿城区校级二模）如图，已知矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠AOB＝45°，将△ABC沿着直线AC翻折，使点B的对应点B′落在原图所在平面上，连结B′D．若B′D＝4，则AC的长为　4　 ． 【答案】4 【分析】根据矩形的性质求出OA＝OC＝OB＝OD，∠ABC＝90°，根据等腰三角形的性质求出∠OAB＝∠OBA，根据折叠的性质求出∠ABC＝∠AB′C＝90°，∠OAB＝∠OAB′，根据直角三角形的性质求出OB′AC＝OA＝OD，结合等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠AOB＝∠AOB′＝45°，则∠BOB′＝90°，∠DOB′＝90°，解直角三角形求解即可． 【解答】解：如图，连接OB′， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∠ABC＝90°， ∴OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， 根据折叠的性质得，∠ABC＝∠AB′C＝90°，∠OAB＝∠OAB′， ∵OA＝OC， ∴OB′AC＝OA＝OD， ∴∠OAB＝∠OB′A， ∴∠AOB＝∠AOB′＝45°， ∴∠BOB′＝90°， ∴∠DOB′＝180°﹣90°＝90°， ∵B′D＝4， ∴ODB′D＝2， ∴AC＝2OA＝2OD＝4， 故答案为：4． 【点评】此题考查了折叠的性质、矩形的性质等知识，熟练运用折叠的性质、矩形的性质是解题的关键． 20．（2025•滨江区校级三模）如图，矩形ABCD中，P是AD边上的动点，连接点P与AB边的中点E，将△APE沿PE翻折得到△OPE，延长PO交边BC于点F，作∠PFC的平分线FG，交边AD于点G．若AB＝4，且E、O、G三点共线，则AP＝　　 ． 【答案】． 【分析】过点G作GH⊥CD于点H，得矩形DCHG，矩形AGHB，证明△GFO≌△GFH（AAS），得GO＝GH＝4，然后利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝4，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， 如图，过点G作GH⊥CD于点H，得矩形DCHG，矩形AGHB， ∴AB＝CD＝GH＝4，∠GHF＝90°， 由折叠可知：∠APE＝∠OPE， ∴∠EOP＝∠A＝90°， ∴∠GOF＝∠GHF＝90°， ∵GF平分∠PFC， ∴∠PFG＝∠HFG， ∵GF＝GF， ∴△GFO≌△GFH（AAS）， ∴GO＝GH＝4， ∵E是AB边的中点， ∴AE＝BE＝2， 由折叠可知：AP＝OP，AE＝OE＝2， ∴EG＝EO+GO＝2+4＝6， ∴AG4， ∴PG＝AG﹣AP＝4AP， 在Rt△POG中，根据勾股定理得：PG2＝PO2+OG2， ∴（4AP）2＝AP2+42， ∴AP， 故答案为：． 【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换，角平分线的性质，矩形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质． 21．（2025•钱塘区三模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别在AD，BC上，AE＝CF，且DE＞2AE，把△ABE，△CDF分别沿BE，DF折叠，A，C的对应点分别为G，H．若E，G，H，F四点恰好在同一直线上，∠GFB＝60°，GH＝1，AD＝7，则AB的长是　　 ． 【答案】． 【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，由折叠得GE＝AE，HF＝CF，∠GEB＝∠AEB，∠HFD＝∠CFD，因为AE＝CF，所以GE＝HF＝AE，因为∠DEF＝∠GFB＝60°，所以∠GEB＝∠AEB＝∠HFD＝∠CFD＝60°，可证明△BFE和△DEF都是等边三角形，则BE＝EF＝DE＝2AE+1，所以AE+2AE+1＝7，求得AE＝2，则BE＝5，作BL⊥DA交DA的延长线于点L，则∠L＝90°，所以∠EBL＝30°，则EL，求得AL，由tan60°，求得BL，则AB，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， 由折叠得GE＝AE，HF＝CF，∠GEB＝∠AEB，∠HFD＝∠CFD， ∵AE＝CF， ∴GE＝HF＝AE， ∵E，G，H，F四点在同一直线上，∠GFB＝60°， ∴∠DEF＝∠GFB＝60°， ∴∠GEB＝∠AEB＝∠HFD＝∠CFD（180°﹣60°）＝60°， ∴∠EBF＝∠FDE＝60°， ∴△BFE和△DEF都是等边三角形， ∴BE＝EF＝DE， ∵DE＞2AE，GE+HF＝2AE，GH＝1， ∴EF＞GE+HF， ∴BE＝DE＝EF＝GE+HF+GH＝2AE+1， ∵AE+DE＝AD＝7， ∴AE+2AE+1＝7， ∴AE＝2， ∴BE＝5， 作BL⊥DA交DA的延长线于点L，则∠L＝90°， ∴∠EBL＝90°﹣∠AEB＝30°， ∴ELBE， ∴AL＝EL﹣AE， ∵tan60°， ∴BLEL， ∴AB， 故答案为：． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、翻折变换的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出△BFE和△DEF都是等边三角形是解题的关键． 22．（2025•衢州模拟）如图，在△BAC中，∠BAC＝90°，点D是AC的中点，连结BD，△ABD沿BD翻折得△EBD，连结CE． （1）BD与CE的位置关系 BD∥CE ． （2）若，则 　　 ． 【答案】（1）BD∥CE； （2）． 【分析】（1）由△ABD沿BD翻折得△EBD，可得∠ADB＝∠EDB，AD＝ED，而点D是AC的中点，即可得ED＝CD，有∠DEC＝∠DCE，故∠EDB＝∠DEC，从而BD∥CE； （2）过D作DH⊥CE于H，设AB＝1，则AC＝2a，求出sin∠ADB，cos∠ADB，可求出DH，CH，即可得S△DCECE•DHS△BEC，又S△ABDAB•AD，即可求出答案． 【解答】解：（1）∵△ABD沿BD翻折得△EBD， ∴∠ADB＝∠EDB，AD＝ED， ∴∠ADE＝2∠EDB， ∵点D是AC的中点， ∴AD＝CD， ∴ED＝CD， ∴∠DEC＝∠DCE， ∴∠ADE＝∠DEC+∠DCE＝2∠DEC， ∴∠EDB＝∠DEC， ∴BD∥CE； 故答案为：BD∥CE； （2）过D作DH⊥CE于H，如图： 由2a，设AB＝1，则AC＝2a， ∵点D是AC的中点， ∴AD＝CD＝a， ∴BD， ∴sin∠ADB，cos∠ADB， 由（1）知，BD∥CE， ∴∠ADB＝∠DCH， ∴sin∠DCH，cos∠DCH， ∵CD＝a， ∴，， ∴DH，CH， ∵ED＝CD，DH⊥CE， ∴CE＝2CH， ∴S△DCECE•DH•， ∵BD∥CE， ∴S△BEC＝S△DCE， ∵S△ABDAB•AD1•a， ∴； 故答案为：． 【点评】本题考查直角三角形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质． 23．（2025•鄞州区校级模拟）如图，等边△ABC内接于⊙O，D为边AC上一动点（不与A、C重合），连结DO并延长交边AB于E，将△ADE沿DE翻折为△FDE，边DF交BC于点G，若△ABC的周长记为C1，△CDG的周长记为C2，则的值为　　 ． 【答案】． 【分析】连接AF，CF，延长FD交⊙O于点H，连接AH，由折叠性质可知：AD＝FD，则∠CAF＝∠HFA，从而有，通过弧度和差可得，所以∠HFC＝∠BCF，再由周长即可求解． 【解答】解：如图，连接AF，CF，延长FD交⊙O于点H，连接AH， 由折叠性质可知：AD＝FD， ∴∠CAF＝∠HFA， ∵∠CAH＝∠HFC， ∴∠CAH+∠CAF＝∠HFC+∠HFA，即∠HAF＝∠CFA， ∴， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC＝AB， ∴， ∴，AC＝FH， ∴ ∴∠HFC＝∠BCF， ∴CG＝GF， 设AC＝a， ∴△CDG的周长C1＝CD+DG+CG＝CD+DG+GF＝CD+AD＝AC＝a， △ABC的周长C2＝AC+BC+AB＝3a， ∴， 故答案为：． 【点评】此题考查了折叠的性质，圆周角定理，等边三角形的性质，在同圆或等圆中，等弧所对的圆心角、弦相等，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用． 24．（2025•柯城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝2，D是AC的中点，连结BD，以BD为折痕将△ABD折叠得到△BED，连结CE，则CE的长度是 　　 ． 【答案】． 【分析】连接AE交BD于F，根据翻折的性质得出AD＝DE，AE⊥BD，在根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出△AEC为直角三角形，进而得到DF是△ACE的中位线，设DF＝x，在△ABF和△ADF内使用勾股定理，列出关于x的方程，求解出x的值，即可得到CE的长． 【解答】解：连接AE交BD于F，如图： 由翻折的性质可知，AD＝DE，AE⊥BD， ∵D是AC中点， ∴AD＝CD＝BD＝DE， ∴△AEC为直角三角形， ∴CE⊥AE， ∴DF∥CE，DFCE， ∵AB＝1，BC＝2， ∴AC， ∴AD＝BD， 设DF＝x，则BFx， 由勾股定理可得：AF2＝AB2﹣BF2＝AD2﹣DF2， ∴1﹣（x）2＝（）2﹣x2， 解得：x， ∴CE＝2x． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、三角形中位线定理以及勾股定理，利用中位线定理将CE的长度进行转化是本题解题的关键． 25．（2025•衢州四模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，先将△ABC沿AC翻折得到△AB′C，再将△AB′C沿AB′翻折得到△AB′C′，过点C作CD⊥AC′交AB′于点E（垂足为点D），则AE的长为 　3　 ． 【答案】3． 【分析】由勾股定理可得，则，由折叠的性质可得AB＝AB＝4，CB＝CB＝CB＝2，AC＝AC＝25，∠AB'C＝∠B＝90°，∠BAC＝∠BAC＝∠BAC，利用等面积法求出CD的长，再利用勾股定理求出AD的长即可得到答案． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2， ∴， ， 由折叠的性质可得A'B＝AB＝4，C'B'＝CB'＝CB＝2，AC'＝AC＝2，5，∠AB'C＝∠B＝90°，∠B′AC'＝∠B′AC＝∠BAC， ∵CD⊥AC， ∴， ∴， ∴ ∴AD ∴AE3， 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了折叠的性质，解直角三角形，勾股定理， 26．（2025•浙江三模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，线段AD与A′D′关于过点O的直线l对称，点D的对应点D′在线段OC上，A′D′与BC交于点G，将△AEF沿EF折叠，点A与点D′重合，且D′F平分∠AD′A′，则DE：CG＝ 　1：3　 ． 【答案】1：3． 【分析】如图，延长ED′交BC于点J．想办法证明CJ＝DE＝D′J，GJ＝2D′J可得结论． 【解答】解：如图，延长ED′交BC于点J． 由翻折变换的性质可知EF⊥AC， ∵四边形ABC都是菱形， ∴∠EAC＝∠FAC＝∠DCA＝∠BCA， ∴∠EAC+∠AEF＝90°，∠FAC+∠AFE＝90°， ∴∠AEF＝∠AFE， ∴AE＝AF， ∵EA＝ED′，FA＝FD′， ∴AE＝ED′＝FD′＝AF， ∴四边形AED′F使得菱形， ∴∠EAC＝∠ED′A＝∠DCA， ∴EJ∥CD， ∵AD∥CB， ∴四边形DEJC是平行四边形， ∴DE＝CJ， ∵AD∥BC∥D′F， ∴∠D′GC＝∠FD′G＝∠AD′F＝∠ACB， ∵∠AD′A′＝∠ACB+∠D′GC＝2∠ACB，∠ADO＝∠AD′A′， ∴∠ADO＝2∠ACB， ∵∠DAO＝∠ACB， ∴∠ADO＝2∠DAO， ∵AC⊥DB， ∴∠DAO＝30°， ∴∠AD′E＝∠AD′F＝′FD′G＝30°， ∴∠ED′G＝′GD′J＝90°， ∵∠D′GC＝∠ACB＝30°， ∴JG＝2D′G＝2CG＝2DE， ∴CG＝3DE， ∴DE：CG＝1：3， 故答案为：1：3． 【点评】本题考查翻折变换，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 27．（2025•新昌县二模）如图，在菱形ABCD中，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE翻折，点B恰好落在对角线AC上的点B′处，若此时CB′＝CE，则∠D的度数是 　108°　 ，的值为 　　 ． 【答案】108°，． 【分析】设∠BAC＝∠BCA＝α，用两种方法表示出∠B的大小，构建方程求解；在AC上截取线段AT，使得AT＝AB，设AB＝BC＝AT＝x，AC＝y，利用相似三角形的性质构建方程求解． 【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∠BAC＝∠BCA， 设∠BAC＝∠BCA＝α， ∴∠B＝180°﹣2α， ∵CE＝CB′， ∴∠CB′E＝∠CEB′（180°﹣α）， ∴∠AB′E＝180°﹣90°α＝90°α， 由翻折变换的性质可知∠AB′E＝∠ABE＝90°α， ∴180°﹣2α＝90°α， 解得α＝36°， ∴∠ADC＝∠B＝180°﹣2α＝108°． 在AC上截取线段AT，使得AT＝AB， 设AB＝BC＝AT＝x，AC＝y， ∵∠TCB＝∠BCA，∠CBT＝∠BAC＝36°， ∴△CTB∽△CBA， ∴CB2＝CT•CA， ∴x2＝（y﹣x）•y， ∴y2﹣xy﹣x2＝0， ∴yx（负根已经舍去）， ∴， ∴ 故答案为：108°，． 【点评】本题考查翻折变换，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 28．（2025•诸暨市三模）如图，矩形ABCD中，BC＝9，点E为BC上一点，将△ABE沿着AE翻折得到△AFE，连结CF．若∠FEC＝2∠FCE，且CF＝6，则BE的长为 　4　 ，AB的长为 　　 ． 【答案】4，． 【分析】连接BF，作FG⊥BC于G，首先导角说明∠FBC＝∠FCB，得BF＝CF＝6，利用勾股定理求出FG的长，设BE＝EF＝x，则EGx，在Rt△EFG中，由勾股定理得，x2＝（）2＝（）2，求出BE，再根据∠EBC＝∠BAE，得tan∠BAE＝tan∠GBF，进而解决问题． 【解答】解：连接BF，作FG⊥BC于G， ∵将△ABE沿着AE翻折得到△AFE， ∴BE＝EF， ∴∠EBF＝∠EFB， ∴∠FEC＝2∠FBC， ∵∠FEC＝2∠FCE， ∴∠FBC＝∠FCB， ∴BF＝CF＝6， ∵FG⊥BC， ∴BG， 在Rt△BGF中，由勾股定理得，FG， 设BE＝EF＝x，则EGx， 在Rt△EFG中，由勾股定理得，x2＝（）2＝（）2， 解得x＝4， ∴BE＝4， ∵∠EBC+∠ABF＝∠ABF+∠BAE＝90°， ∴∠EBC＝∠BAE， ∴tan∠BAE＝tan∠GBF， ∴， 解得，AB． 故答案为：4，． 【点评】本题主要考查了翻折变换，等腰三角形的性质，勾股定理，三角函数等知识，说明BF＝CF是解题的关键． 29．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，EF∥AB交AC于点F，将△AEF沿EF折叠得到△EFG，EG交AC于点P，若，则tan∠ACB＝ 　　 ． 【答案】． 【分析】作PQ⊥EF于点L，交AE于点Q，由矩形的性质得AD∥BC，由EF∥AB，得∠CEF＝∠B＝90°，可证明PQ∥BC∥AD，由折叠得GE＝AE，GF＝AF，推导出PE＝QE，则PL＝QL，由PFPC，得PFCF，可证明△FPL∽△FCE，得，则PLCE，所以PQCE，再证明△APQ∽△ACE，得，则AP＝CP，可证明GP＝EP，由∠FAE＝∠BAE，∠FEA＝∠BAE，推导出∠FAE＝∠FEA，则EF＝AF＝GF，所以FP垂直平分GE，则AG＝AE＝GE，所以∠EAG＝60°，则∠ACB＝∠PAG＝∠PAE＝30°，所以tan∠ACB，于是得到问题的答案． 【解答】解：作PQ⊥EF于点L，交AE于点Q， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∵EF∥AB， ∴∠CEF＝∠B＝90°， ∴BC⊥EF， ∴PQ∥BC， ∴PQ∥AD， ∴∠EQP＝∠EAG，∠EPQ＝∠EGA， 由折叠得GE＝AE，GF＝AF， ∴∠EAG＝∠EGA， ∴∠EQP＝∠EPQ， ∴PE＝QE， ∴PL＝QL， ∵PFPC（CF﹣PF）， ∴PFCF， ∵PL∥CE， ∴△FPL∽△FCE， ∴， ∴PLCE， ∴PQ＝2PLCE， ∵PQ∥CE， ∴△APQ∽△ACE， ∴， ∴APAC（AP+CP）， ∴AP＝CP， ∴1， ∴GP＝EP， ∵AE平分∠BAC， ∴∠FAE＝∠BAE， ∵∠FEA＝∠BAE， ∴∠FAE＝∠FEA， ∴EF＝AF， ∴GF＝EF， ∴FP⊥GE， ∴FP垂直平分GE， ∴AG＝AE＝GE， ∵△AEG是等边三角形，AP⊥GE， ∴∠EAG＝60°， ∴∠ACB＝∠PAG＝∠PAE∠EAG＝30°， ∴tan∠ACB， 故答案为：． 【点评】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 30．（2025•绍兴一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，E为边AD上的动点，连结BE，CE，将△ABE沿BE折叠得△FBE，再将△FBE沿CE折叠得△GHE（F与G为对应点），当点G落在△CDE内部（不包括△CDE的边）时，则AE长的取值范围是　　 ． 【答案】． 【分析】如图所示，点F，G重合时，，设AE＝EF＝x，则，DE＝AD﹣AE＝10﹣x，在Rt△CDE中，CE2＝DE2+CD2；如图所示，点G在AD上，△ABE∽△DEC，；由此即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝CD＝4，AD＝BC＝10， 如图所示，点F，G重合时， ∵△FBE和△GHE是△ABE折叠而来的， ∴AB＝FB＝GH＝4，∠A＝∠EFB＝∠EGH＝90°，AE＝FE＝GE， 在Rt△BCF中，∠BFC＝90°，BC＝10，BF＝4， ∴， 设AE＝EF＝x，则，DE＝AD﹣AE＝10﹣x， 在Rt△CDE中，CE2＝DE2+CD2， ∴， 解得， ∴； 如图所示，点G在AD上， 根据折叠得到，AB＝BF＝GH＝4，∠A＝∠F＝∠EGH＝90°，∠AEB＝∠FEB，∠CE＝∠CEG， ∴∠AEB+∠BEF+∠CEF+∠CEG＝2∠BEF+2∠CEF＝180°， ∴∠BEF+∠CEF＝90°，即BE⊥CE， ∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠CED＝90°， ∴∠ABE＝∠DEC，且∠A＝∠D＝90°， ∴△ABE∽△DEC， ∴， 根据上述计算得到AE＝x，DE＝10﹣x，AB＝CD＝4， ∴， 整理得，x2﹣10x+16＝0解得x1＝2，x2＝8， 当AE＝2时，AE＝EG＝4＜AD＝10，符合题意； 当AE＝8时，AE＝EG＝16＞AD＝10，即点G在AD延长线上，不符合题意； ∴AE＝2， ∴当点G落在△CDE内部（不包括△CDE的边）时，则AE长的取值范围是， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形与折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握矩形与折叠，相似三角形的判定和性质是关键． 31．（2025•平湖市二模）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝10，C为⊙O上异于A，B的一点．现将劣弧BC沿直线BC折叠，若弧BC与直径AB交于点D，BD＝8，则BC的长为　　 ． 【答案】． 【分析】作DF⊥BC交⊙O于点F，连接BF延长交AC的延长线于点E，连接CF，证明△CEF∽△BAE，进而可得，由对称性质再得，解得AC，最后由勾股定理求BC即可． 【解答】解：如图所示，作DF⊥BC交⊙O于点F，连接BF延长交AC的延长线于点E，连接CF， 由圆内接四边形性质可知∠A+∠CFB＝180°， 又∴∠CFB+∠CFE＝180°， ∴∠A＝∠CFE， ∵∠E＝∠E， ∴△CEF∽△BAE， ∴， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， ∴AB、BE关于BC对称， 故BF＝BD＝8，EF＝AD＝AB﹣BD＝10﹣8＝2，CE＝AC， 故AE＝2AC＝2CE， ∴，解得AC， 故BC． 故答案为：． 【点评】本题考查了勾股定理，圆周角定理的推论，翻折﹣轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题关键． 32．（2025•衢州三模）如图，已知菱形ABCD的边长为5，点E在CD边上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上，且CF＝2，则DE的长度为　　 ． 【答案】． 【分析】延长AE、BC交于点H，由四边形ABCD是菱形得AB＝BC＝DC＝AD＝5，BC∥AD，则∠DAE＝∠H，由折叠得∠FAE＝∠DAE，AF＝AD＝5，所以∠FAE＝∠H，则HF＝AF＝5，而CF＝2，所以HC＝HF﹣CF＝3，再证明△HCE∽△ADE，根据线段三角形的性质及线段的和差求解即可． 【解答】解：延长AE、BC交于点H， ∵四边形ABCD是菱形，菱形ABCD的边长为5， ∴AB＝BC＝DC＝AD＝5，BC∥AD， ∴∠DAE＝∠H， 由折叠得∠FAE＝∠DAE，AF＝AD＝5， ∴∠FAE＝∠H， ∴HF＝AF＝5， ∵CF＝2， ∴HC＝HF﹣CF＝5﹣2＝3， ∵HC∥AD， ∴△HCE∽△ADE， ∴， ∴CEDE， ∴DEDE＝5， ∴DE， 故答案为：． 【点评】此题重点考查折叠的性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 33．（2025•定海区模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点E是AD的中点．将△ABE沿BE折叠，使点A落在点F处，连结DF并延长交BC于点G，再将△CDG沿DG折叠，点C的对应点H恰好落在BE上．若记△BEF和△DGH重叠部分的面积为S1，四边形BEDG的面积为S2，则的值为 　　 ． 【答案】． 【分析】设EF与DH交于点M，BF与HG交于点N，连接AF交BE于点P，先证出四边形BEDG是平行四边形，得DE＝BG，∠GBH＝∠EDF，BE＝GD，从而得AE＝DE＝EF＝BG＝CG＝HG，进而得∠GBH＝∠GHB＝∠EDF＝∠EFD，于是证出△EDF≌△GBH（AAS），得BH＝DF，然后证出四边形EFGH、BFDH是平行四边形，进一步证出四边形MFNH是矩形，接下来设AE＝BG＝HG＝x，则AD＝AB＝DH＝CD＝2x，得，，再证出△BAE∽△AFD，根据相似三角形对应边成比例得，则求出，证明△DMF∽△DHG，得，即可求出，，于是有，最后进行求比即可得到答案． 【解答】解：如图，设EF与DH交于点M，BF与HG交于点N，连接AF交BE于点P， ∵E为AD中点，将△ABE沿BE折叠，使点A落在点F处， ∴AE＝DE＝EF，AF⊥BE，CG＝GH，∠MFN＝∠BAD，DH＝CD， ∴∠EAF＝∠EFA，∠EFD＝∠EDF，∠APE＝90°， ∵∠EAF+∠EFA+∠EFD+∠EDF＝180°， ∴∠AFD＝∠EFA+∠EFD＝90°， ∴∠AFD＝∠APE， ∴BE∥DG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴DE∥BG，AD＝BC＝AB＝CD，∠BAD＝∠MFN＝90°， ∴四边形BEDG是平行四边形， ∴DE＝BG，∠GBH＝∠EDF，BE＝GD， ∵AE＝DE＝EF， ∴AE＝DE＝EF＝BG＝CG＝HG， ∴∠GBH＝∠GHB＝∠EDF＝∠EFD， ∴△EDF≌△GBH（AAS）， ∴BH＝DF， 又∵BE＝GD， ∴EH＝GF， ∵EH∥GF， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∴EF∥HG， ∵BH∥DF， ∴四边形BFDH是平行四边形， ∴DH∥BF， ∵MF∥HN， ∴四边形MFNH是平行四边形， ∵∠MFN＝90°， ∴四边形MFNH是矩形， 设AE＝BG＝HG＝x，则AD＝AB＝DH＝CD＝2x， ∴， 由勾股定理得， ∵∠BAE＝∠BAP+∠DAF＝90°，∠BAP+∠EBA＝90°， ∴∠DAF＝∠EBA， ∵∠BAE＝∠AFD＝90°， ∴△BAE∽△AFD， ∴， ∴， ∴， ∵MF∥HN， ∴△DMF∽△DHG， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查折叠的性质，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，掌握折叠的性质，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 34．（2025•杭州二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点F为AB中点，E是线段BC上一动点，连结FE，把△FBE沿直线FE折叠得△EFP，连结BP并延长交直线CD于点G，当CP最小时，CG＝ 　　 ． 【答案】． 【分析】连接CF，由四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝3，得∠ABC＝90°，BF＝AF＝2，则CF，由折叠得PF＝BF＝2，由CP+PF≥CF，得CP，可知当点P落在CF上时，CP取得最小值，此时CP，∠GPC＝∠BPF，而∠PGC＝∠PBF，且∠BPF＝∠PBF，所以∠GPC＝∠PGC，则CG＝CP，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图1，连接CF， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，BC＝3，点F为AB中点， ∴∠ABC＝90°，BF＝AFAB＝2， ∴CF， ∵把△FBE沿直线FE折叠得△EFP， ∴PF＝BF＝2， ∵CP+PF≥CF， ∴CP+2， ∴CP， ∴当点P落在CF上时，CP取得最小值，CP的最小值为， 如图2，点P落在CF上，则∠GPC＝∠BPF， ∵CD∥AB， ∴∠PGC＝∠PBF， ∵∠BPF＝∠PBF， ∴∠GPC＝∠PGC， ∴CG＝CP， 故答案为：． 【点评】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、两点之间线段最短、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 35．（2025•浙江二模）如图，正方形纸片ABCD，点E在对角线AC上，连结BE，沿BE对折△BEC至△BEF，连结DF．若DF∥BE，则tan∠EBC＝ 　　 ；若∠DFE＝90°，则△BCE与四边形ECDF的面积比为 　　 ． 【答案】；． 【分析】连接CF，延长BE，交CF，CD分别于点G、H，连接FH，由题意易得∠HFC＝∠HCF，然后可得 FH＝DH＝CH，进而问题可求解；连接BD，DE，交AC于点O，过点B作BM⊥DF于点M，由题意易得∠BDM＝30°，则有∠FBE＝∠CBF＝30°，DF＝EFDE'，过点E作ET⊥BC于点T，设ET＝TC＝a，BTET，BE＝2a，最后问题可求解． 【解答】解：连接CF，延长BE，交CF，CD分别于点G、H，连接FH，如图， 由折叠的性质可知：BH⊥CF，， ∴FH＝CH， ∴∠HFC＝∠HCF， ∵DF∥BE， ∴CF⊥DF， 即∠DFC＝90°， ∴∠HFC+∠DFH＝∠FDH+∠HCF＝90°， ∴∠DFH＝∠FDH， ∴FH＝DH＝CH， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠BCD＝90°， ∴， 连接BD，DE，交AC于点O，过点B作BM⊥DF于点M，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BCD＝∠ABC＝90°，，∠ABD＝∠ADB＝∠ACB＝∠ACD＝45°， 由折叠的性质可知：BC＝BF，∠BCE＝∠BFE＝45°， ∵∠DFE＝90°， ∴∠BFD＝135°， ∴∠BFM＝45°， 即△BMF是等腰直角三角形， ∴BFBM， ∴BDBCBF＝2BM， ∴sin∠BDM， ∴∠BDM＝30°， ∴∠MBD＝60°，∠FBD＝∠BFM﹣∠BDF＝15°， ∴∠ABF＝∠ABD﹣∠FBD＝30°， ∴∠FBE＝∠CBE＝30°， ∵BC＝DC，∠BCE＝∠DCE＝45°，CE＝CE， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴BE＝DE，∠CBE＝∠CDE＝30°，S△BCE＝S△DCE， ∴∠FDE＝∠FDB+∠BDC﹣∠CDE＝45°， ∴△FDE是等腰直角三角形， ∴， 过点E作ET⊥BC于点T， 设ET＝TC＝a， ∴，BE＝2a， ∴DE＝BE＝2a，， ∴， ∴，S△DFEa2， ∴S四边形ECDF＝S△DCE+S△DFE． ∴； 故答案为：；． 【点评】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、三角函数、等腰直角三角形及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、折叠的性质、三角函数、等腰直角三角形及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 36．（2025•文成县二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC：BC＝3：4，AD是BC边上的中线，将△ABD沿AD翻折至△AED，点B落在点E处，连结CE，BE．记四边形ADEC面积为S1，△ABD的面积为S2，则S1：S2的值是 　　 ． 【答案】． 【分析】如图所示，过点E作EF⊥AC延长线于点F，延长AD交BE于点G，根据题意设AC＝3x，BC＝4x（x＞0），则，，，根据折叠可得AB＝AE＝5x，BD＝ED＝2x＝CD，，可证CE∥AG，∠FCE＝∠CAD，在Rt△ACD中，，设EF＝2y，FC＝3y，则AF＝AC+CF＝3x+3y，可得，则，由此即可求解． 【解答】解：如图所示，过点E作EF⊥AC延长线于点F，延长AD交BE于点G， ∵AC：BC＝3：4，点D是BC中点， ∴设AC＝3x，BC＝4x（x＞0）， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴AB＝AE＝5x，BD＝ED＝2x＝CD，， ∴AG垂直平分BE，即AG⊥BE， ∴∠DBE＝∠DEB，∠DCE＝∠DEC， ∴∠DBE+∠DEB+∠DEC+∠DCE＝2∠DEC+2∠DEB＝180°， ∴∠DEC+∠DEB＝∠BEC＝90°，即CE⊥BE， ∴CE∥AG， ∴∠FCE＝∠CAD， 在Rt△ACD中，， ∴， 设EF＝2y，FC＝3y，则AF＝AC+CF＝3x+3y， 在Rt△AEF 中，AF2＝EF2+AF2， ∴（5x）2＝（2y）2+（3x+3y）2，整理得，16x2﹣18xy﹣13y2＝0， ∴（2x+y）（8x﹣13y）＝0， 解得：y＝﹣2x（不符合题意，舍去）或， ∴， ∴， ∴， ∴：， 故答案为：． 【点评】本题考查了折叠的性质，勾股定理，解直角三角形的计算，掌握折叠的性质，解直角三角形计算方法是关键． 37．（2025•温岭市二模）在矩形ABCD中，E为BC的中点，将△ABE沿着AE翻折，得到△AGE，连接DG并延长与AE相交于点F，与AB相交于点H．若点F恰好为AE的中点，则的值为 　　 ． 【答案】． 【分析】延长DH、CB交于点P，连结BG，CG，由矩形的性质得AB∥CD，BC∥AD，BC＝AD，则∠P＝∠ADF，而EF＝AF，∠EFP＝∠AFD，即可证明△EFP≌△AFD，得EP＝AD＝BC，则BP＝CE＝BE，由翻折得GE＝BE＝CE，EF垂直平分BG，推导出∠BGC＝90°，则CG⊥BG，所以AE∥CG，可证明△AFH∽△CGD，得，再证明△PEF∽△PCG，则，所以，于是得到问题的答案． 【解答】解：延长DH、CB交于点P，连结BG，CG， ∵四边形ABCD是矩形，E为BC的中点， ∴AB∥CD，BC∥AD，BC＝AD，CE＝BEBC， ∴∠P＝∠ADF， ∵点F为AE的中点， ∴EF＝AF， 在△EFP和△AFD中， ， ∴△EFP≌△AFD（AAS）， ∴EP＝AD， ∴EP＝BC， ∴EP﹣BE＝BC﹣BE， ∴BP＝CE＝BE， ∴EP＝2BE，CP＝3BE， ∵将△ABE沿着AE翻折，得到△AGE， ∴GE＝BE＝CE，EF垂直平分BG， ∴∠EGB＝∠EBG，∠EGC＝∠ECG， ∴∠BGC＝∠EGB+∠EGC＝∠EBG+∠ECG180°＝90°， ∴CG⊥BG， ∴AE∥CG， ∴∠AFH＝∠EFG＝∠CGD， ∵∠AHF＝∠CDG， ∴△AFH∽△CGD， ∴， ∵EF∥CG， ∴△PEF∽△PCG， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】此题重点考查矩形的性质、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，正确地添加辅助线是解题的关键． 38．（2025•杭州模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝4，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：平行四边形ABCD与△CEF的面积比为　　 ． 【答案】． 【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， ∴平行四边形ABCD与△CEF的面积比为：， 故答案为：． 【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． 39．（2025•义乌市二模）如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝3．点M，N分别是线段DC，BC上的点，连结AC，AM，AN．将△ADM和△ABN分别沿AM，AN翻折，使点D的对应点E和点B的对应点F都落在对角线AC上，连结ME，NF． （1）如图2，若∠D＝90°，则的值为　　 ． （2）若∠D为钝角，延长NF交射线EM于点P且∠EPF＝60°，则的值为　　 ． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）由勾股定理得到，再结合折叠的性质，得到，，再求比值即可； （2）根据平行四边形的性质和折叠的性质，推出△PEF是等边三角形，从而得到D＝∠ABC＝∠AFN＝120°，过点C作CQ⊥AB延长线于点Q，则∠CBQ＝60°，再根据特殊角的三角函数值，求出BQ＝1，，进而得到，即可求解． 【解答】解：（1）由题意可得：CD＝AB＝3， ∵∠D＝90°， ∴， ∵AE＝AD＝2，AF＝AB＝3， ∴，， ∴， 故答案为：； （2）由题意可得： ∴CD＝AB＝3，AD＝BC＝2，∠ABC＝∠D， ∵AE＝AD＝2，AF＝AB＝3，∠D＝∠AEM，∠ABC＝∠AFN， ∴∠AEM＝∠AFN， ∵∠MEC＝180°﹣∠AEP，∠AFP＝180°﹣∠AFN， ∴∠PEF＝∠EFP， ∴PE＝PF， ∵∠EPF＝60°， ∴△PEF是等边三角形， ∴∠PEF＝∠EFP＝60°， ∴∠D＝∠ABC＝∠AFN＝120°， 如图，过点C作CQ⊥AB延长线于点Q，则∠CBQ＝60°， 由题意可得：BQ＝BC•cos60°＝1，， ∴AQ＝4， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：； 【点评】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，分母有理化等知识，正确作辅助线构造直角三角形是解题关键． 40．（2025•浙江模拟）如图，在一张矩形纸片ABCD中，E，F分别是AD和BC的中点．现将纸片按如图方式折叠，使点C与EF上的点G重合．若AG平分∠BAD，BC＝2，则AB的长为　1　 ． 【答案】1． 【分析】过点G作GM⊥AB于M，则BF1，由AG平分∠BAD，∠BAD＝90°，所以AM＝MG＝1，由折叠可知，BFBC＝1，再由GF，则BM＝GF，进而求得AB＝AM+BM＝1． 【解答】解：过点G作GM⊥AB于M， ∵E，F分别是AD和BC的中点，BC＝2， ∴BF1， ∵AG平分∠BAD，∠BAD＝90°， ∴AM＝MG＝1， 由折叠可知，BG＝BC＝2，∠BGH＝∠C＝90°， ∴BFBC＝1， ∴GF， ∴BM＝GF， ∴AB＝AM+BM＝1． 故答案为：1． 【点评】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． 二．旋转的性质（共35小题） 41．（2025•长兴县模拟）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论一定正确的是（　　） A．BF＝DF B．∠CBD＝∠EBD C．CB∥DE D．AG⊥DE 【答案】D 【分析】由旋转得∠A＝∠D，∠ABD＝90°，可得∠A+∠AFB＝90°，进而可得∠D+∠DFG＝90°，则∠DGF＝90°，即AG⊥DE，从而可得答案． 【解答】解：∵△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE， ∴∠A＝∠D，∠ABD＝90°， ∴∠A+∠AFB＝90°． ∵∠AFB＝∠DFG， ∴∠D+∠DFG＝90°， ∴∠DGF＝90°， 即AG⊥DE， 故D选项正确，符合题意； 根据已知条件不能得出A，B，C选项， 故A，B，C选项不正确，不符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查旋转的性质、平行线的判定，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 42．（2025•温岭市二模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若AD⊥BC于点F，则∠B的度数为（　　） A．25° B．30° C．35° D．40° 【答案】C 【分析】求出∠BAD＝55°，∠AFB＝90°，可得∠B＝180°﹣∠BAD﹣∠AFB＝35°． 【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE， ∴∠BAD＝55°， ∵AD⊥BC， ∴∠AFB＝90°， ∴∠B＝180°﹣∠BAD﹣∠AFB＝180°﹣55°﹣90°＝35°， 故选：C． 【点评】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是掌握旋转角的定义． 43．（2025•鹿城区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　） A．AD B．CD C．CG D．DE 【答案】B 【分析】连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，先根据直角三角形斜边中线的性质以及旋转的性质确定△AEF为等腰三角形，根据三角形内角和定理以及外角的性质求出∠DAF＝45°，再根据对称的性质，求出∠EDC的度数，从而得到DE∥BH，再根据三角形中位线定理用x，y表示出AD，CD，DE，最后根据三角形中位线定理以及平行线分线段成比例用x，y表示出CG，根据x+y为定值即可判断哪条线段为定值． 【解答】解：连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，如图： ∵∠ACB＝90°，E为AB中点， ∴AE＝CE＝BE， 由旋转的性质可知，EF＝CE，∠FEC＝90°， ∴△AEF和△CEB为等腰三角形，∠AEF+∠BEC＝90°， 设∠BAC＝α，则∠BEC＝2∠BAC＝2α， ∴∠AEF＝90°﹣2α， ∴∠EAF（180°﹣∠AEF）＝45°+α， ∴∠DAF＝45°， 由对称的性质可知，AD＝DF，∠ADE＝∠FDE， ∴∠DFA＝∠DAF＝45°， ∴∠ADF＝90°， ∴DF⊥AC， 又∵∠ADE+∠EDF+∠ADF＝360°， ∴∠ADE＝∠FDE＝135°， ∴∠EDC＝45°， ∵CH＝BC，∠HCB＝90°， ∴∠BHC＝45°，BHBCy，AH＝AC﹣BC＝x﹣y， ∴DE∥BH， ∵E是AB中点， ∴DE是△AHB的中位线， ∴DEBHy，ADAH， ∴DE和AD均不是定值， ∴CD＝AC﹣AD， ∴CD为定值， ∵EK⊥AC， ∴DF∥EK∥BC， ∴EKBCy，AKACx， ∴DK＝AK﹣ADy， ∵， ∴DG， ∴CG＝CD﹣DG， ∴CG不是定值； 综上所述，CD为定值． 故选：B． 【点评】本题主要考查了平行线分线段成比例、三角形中位线定理以及对称和旋转的性质，通过三角形内角和定理以及直角三角形斜边中线的性质求出∠DAF是本题解题的关键． 44．（2025•浙江模拟）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A′CB′，若AC⊥A′B′，则∠BAC等于（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 【答案】A 【分析】已知旋转角度，旋转方向，可求∠A′CA，根据互余关系求∠A′，根据对应角相等求∠BAC． 【解答】解：将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A’CB’， ∴∠A′CA＝40°， ∵AC⊥A′B′， ∴∠A′＝90°﹣40°＝50°， 由对应角相等，得∠BAC＝∠A′＝50°． 故选：A． 【点评】本题考查了旋转的性质，解答本题的关键要明确：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 45．（2025•钱塘区三模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，A，C的对应点分别为D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论正确的是（　　） A．AC＝CG B．∠ABC＝∠BDE C．AG⊥DE D．GB∥DE 【答案】C 【分析】根据旋转的性质逐一判断即可． 【解答】解：∵将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE， ∴AC⊥DE， 即AG⊥DE， 故选项C正确，符合题意， 由已知条件无法得出选项A，B，D中的结论， 故选：C． 【点评】本题考查了旋转的性质，熟记旋转的性质是解题的关键． 46．（2025•临平区校级三模）在等边△ABC中，D为△ABC内的一点，∠BDC＝120°，∠ADB＝90°，CD＝1，则AD的长为（　　） A． B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连接DE，可得CE＝CD，∠ACE＝∠BCD，∠AEC＝∠BDC＝120°．结合等边三角形的判定与性质可得△CDE为等边三角形，则DE＝CD＝1，∠DEC＝∠CDE＝60°，可得∠AED＝∠AEC﹣∠DEC＝60°，点B，D，E在同一条直线上，则∠ADE＝90°．在Rt△ADE中，可得AD． 【解答】解：将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连接DE， 可得CE＝CD，∠ACE＝∠BCD，∠AEC＝∠BDC＝120°． ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ACB＝60°， ∴∠ACD+∠BCD＝∠ACD+∠ACE＝∠DCE＝60°， ∴△CDE为等边三角形， ∴DE＝CD＝1，∠DEC＝∠CDE＝60°， ∴∠AED＝∠AEC﹣∠DEC＝60°，∠BDE＝∠BDC+∠CDE＝180°， ∴点B，D，E在同一条直线上． ∵∠ADB＝90°， ∴∠ADE＝90°． 在Rt△ADE中，∠AED＝60°，DE＝1， ∴AD． 故选：A． 【点评】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 47．（2025•椒江区校级模拟）如图，将△ABC绕点A旋转得到△AB'C'，使边B'C'恰好经过点C，若∠ACB＝75°，则∠BAB'的度数为（　　） A．15° B．25° C．30° D．45° 【答案】C 【分析】由旋转的性质可得AC＝AC'，∠ACB＝∠AC'B'＝75°，∠BAB'＝∠CAC'，由等腰三角形的性质可得∠AC'B'＝∠ACC'＝75°，即可求解． 【解答】解：∵将△ABC绕点A旋转得到△AB'C'， ∴AC＝AC'，∠ACB＝∠AC'B'＝75°，∠BAB'＝∠CAC'， ∴∠AC'B'＝∠ACC'＝75°， ∴∠CAC'＝30°， ∴∠BAB'＝30°， 故选：C． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 48．（2025•龙泉市一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，∠B＝45°，点E为CD上一点，连结AE，把AE绕点E逆时针旋转90°，点A恰好落在BC的中点F处，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由平行线分线段成比例可求GF＝FH，BH＝GC，通过证明四边形AHGD是矩形，可得AD＝GH＝2GF，AH＝DG，由旋转的性质可得AE＝EF，∠AEF＝90°＝∠D＝∠EGF，由AAS可证△ADE≌△EGF，可得DE＝GF＝x，AD＝EG＝2x，由勾股定理可求AF的长，即可求解． 【解答】解：过点F作直线FH⊥AB于H，交直线DC于G， ∵AB∥CD，F是BC的中点，FH⊥AB， ∴1，FH⊥CD， ∴GF＝FH，BH＝GC， ∴GH＝2GF＝2HF， ∵∠B＝45°，FH⊥AB， ∴△FHB是等腰直角三角形， ∴BH＝FH， ∵FH⊥CD，∠D＝90°，FH⊥AB， ∴四边形AHGD是矩形， ∴AD＝GH＝2GF，AH＝DG， ∴设GF＝FH＝x＝BH，则AD＝GH＝2x， ∵把AE绕点E逆时针旋转90°， ∴AE＝EF，∠AEF＝90°＝∠D＝∠EGF， ∴∠AED+∠CEF＝90°＝∠AED+∠DAE， ∴∠DAE＝∠CEF， ∴△ADE≌△EGF（AAS）， ∴DE＝GF＝x，AD＝EG＝2x， ∴DG＝3x＝AH， ∴AB＝4x， ∵AEx， ∴AFAEx， ∴， 故选：D． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线是解题的关键． 49．（2025•钱塘区校级模拟）如图，△ACD绕着点C旋转，得到△BCE，AD与BE相交于点P，若∠ACE＝55°，∠BCD＝155°，则∠ACB的度数为（　　） A．45° B．50° C．55° D．60° 【答案】B 【分析】利用SSS证明△ACD≌△BCE，可得∠BCE＝∠ACD，进而利用角的和差即可解决问题． 【解答】解：在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SSS）， ∴∠BCE＝∠ACD， ∴∠BCA＝∠ECD， ∵∠ACE＝55°，∠BCD＝155°， ∴∠BCA+∠ECD＝100°， ∴∠BCA＝∠ECD＝50°， ∴∠ACB＝50°， 故选：B． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理，解题的关键是理解旋转的性质． 50．（2025•温州模拟）如图所示，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以其三边为边向外作正方形．作△JIH≌△ABC，且HJ∥AC，达•芬奇通过四边形BCGD旋转与四边形BHJA重合的思路证明了勾股定理．若AJ＝8，四边形BCGD的面积．则BC的长是（　　） A．4 B． C． D． 【答案】B 【分析】由旋转的性质可得DG＝AJ＝8，由线段的和差关系和面积和差关系列出方程组，即可求解． 【解答】解：设AB＝a，AC＝b， ∵四边形BCGD旋转与四边形BHJA重合， ∴DG＝AJ＝8， ∴ADa，AGb， ∴AD+AG＝DG＝8（a+b）， ∴a2+b2+2ab＝32， ∵四边形BCGD的面积， ∴， ∴a2+b2＝18， ∴BC3， 故选：B． 【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 51．（2025•浙江模拟）由图1变换到图2的过程可能是绕某一点（　　） A．逆时针旋转180° B．顺时针旋转90° C．逆时针旋转270° D．顺时针旋转270° 【答案】D 【分析】观察图象可得图2是由图1绕某点顺时针旋转270°或逆时针旋转90°得到的，即可解决． 【解答】解：由图形给出的信息分析可得： 图1变换到图2的过程可能是绕某一绕某点顺时针旋转270°或逆时针旋转90°得到的． 故选：D． 【点评】本题考查旋转的定义，熟练根据图形判断旋转方向、旋转角度是解题的关键． 52．（2025•定海区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别为BC，AB的中点，将△EDB绕点B顺时针旋转α（0＜α＜90°）形成△E′D′B，连结AE′．若BC＝2AC，AE′∥BC时，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据BC＝2AC，可设出BC及AC的长，过点B作AE′的垂线，垂足为M，利用勾股定理表示出E′M的长，进而可表示出AE′的长，据此可解决问题． 【解答】解：∵BC＝2AC， ∴令AC＝a，BC＝2a． 在Rt△ABC中， AB． 又∵点D，E分别为BC和AB的中点， ∴BD＝a，BE． 由旋转可知， D′E′＝DE＝a，BE′＝BE． 过点B作AE′的垂线，垂足为M， ∵AE′∥BC， ∴∠E′AC+∠C＝180°， 又∵∠C＝90°， ∴∠E′AC＝90°， ∴四边形ACBM为矩形， ∴BM＝AC＝a，AM＝BC＝2a． 在Rt△BE′M中， ME′， ∴AE′＝2a， ∴． 故选：B． 【点评】本题考查旋转的性质及三角形中位线定理，熟知图形旋转的性质是解题的关键． 53．（2025•绍兴一模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转α，得△DBE（A与D为对应点），若点D刚好落在边AC上，且α＝20°，则∠EDB的度数是（　　） A．60° B．70° C．80° D．90° 【答案】C 【分析】由旋转得，∠ABD＝α＝20°，∠EDB＝∠A，BD＝AB，则可得∠A＝∠ADB80°，进而可得答案． 【解答】解：由旋转得，∠ABD＝α＝20°，∠EDB＝∠A，BD＝AB， ∴∠A＝∠ADB80°， ∴∠EDB＝80°． 故选：C． 【点评】本题考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解答本题的关键． 54．（2025•宁波一模）如图，在正方形ABCD中，将对角线AC绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），使得AE＝kAC（k为正实数）．设AB＝m，CE＝n．（　　） A．若k＝1，α＝45°，则 B．若，则 C．若，则 D．若k＝2，α＝60°，则 【答案】B 【分析】过点E作EH⊥AC于H，根据勾股定理和旋转的性质以及正方形的性质求解即可判断． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝m，CE＝n． ∴AB＝BC＝m，∠B＝90°， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， 当α≠90°时，过点E作EH⊥AC于H， 当k＝1，α＝45°时，则，△AHE是等腰直角三角形， ∴AH＝EH＝m，， 在Rt△CEH中，由勾股定理得：CE2＝CH2+EH2， ∴， 整理得， ∵mn，即nm， 故该选项错误，不符合题意； 当时，则，△AHE是等腰直角三角形， ∴，，即点C与点H重合， ∴， 故B符合题意； 当时，则，∠AEH＝30°， ∴，，， 在Rt△CEH中，， 则， 故该选项错误，不符合题意； 当k＝2，α＝60°时，则，∠AEH＝30°， ∴，，，即点C与点H重合， ∴， 故该选项错误，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 55．（2025•浙江一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，将AC绕着点C按顺时针旋转60°得到CD，连接BD交AC于点E，则S△BEC：S△DEC的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接AD，过点D作DG⊥AC于点G，由旋转的性质可得AC＝CD，∠ACD＝60°，得到△ACD为等边三角形，由等边三角形三线合一可知AG＝CG再设AB＝AC＝2a，则AC＝AD＝CD＝2a，AG＝CG＝a，易得DGa，△ABE∽△GDE，由相似三角形的性质和勾股定理求出DE，以此即可求解． 【解答】解：如图，连接AD，过点D作DG⊥AC于点G， ∵将AC绕着点C按顺时针旋转60°得到CD， ∴AC＝CD，∠ACD＝60°， ∴△ACD为等边三角形， ∵DG⊥AC， ∴AG＝CGAC， 设AB＝AC＝2a，则AC＝AD＝CD＝2a，AG＝CG＝a， 在Rt△ADG中，DGa， ∵∠BAE＝∠DGE＝90°，∠AEB＝∠GED， ∴△ABE∽△GDE， ∴， ∴S△BEC：S△DEC的值为， 故选：D． 【点评】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，解题关键是正确作出辅助线，构造相似三角形解决问题． 56．（2025•婺城区二模）如图，在矩形ABCD中，AB：BC＝3：4，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，旋转90°得矩形AB1C1D1，继续旋转使得点B的对应点B2落在B1D1上，连结BB1，BB2，则sin∠B1BB2＝　　 ． 【答案】． 【分析】根据矩形的性质得出BC＝AD，∠BAD＝90°，根据旋转的性质得出AB＝AB1＝AB2，∠B1AD1＝90°，AD1＝AD，证明点B、B1、B2在以点A为圆心，AB为半径的圆上，根据圆周角定理得出，证明∠B1BB2＝∠B2D1B，设AB1＝AB＝3x，则AD＝AD1＝BC＝4x，根据勾股定理得出，根据三角函数定义求出． 【解答】解：由题意可得：BC＝AD，∠BAD＝90°， ∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，旋转90°得矩形AB1C1D1，继续旋转使得点B的对应点B2落在B1D1上， ∴AB＝AB1＝AB2，∠B1AD1＝90°，AD1＝AD， ∴点B、B1、B2在以点A为圆心，AB为半径的圆上， ∴， ∵AB＝AB1＝AB2， ∴，∠ABB2＝∠AB2A， ∵∠B1AD1+∠BAD＝180°， ∴B、A、D1在同一直线上， ∵∠B2BD1+∠B2D1B＝∠B1B2B＝45°，∠B1BB2+∠B2BA＝∠B2BA＝45°， ∴∠B1BB2＝∠B2D1B， ∵AB：BC＝3：4， ∴设AB1＝AB＝3x，则AD＝AD1＝BC＝4x， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，三角函数定义，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 57．（2025•台州一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝56°，点D在边BC上，∠BAD＝18°，将AD绕点A逆时针旋转56°得到AE，连接CE，则∠AEC的度数为 　100°　 ． 【答案】100°． 【分析】由旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝56°，由SAS可证△ABD≌△ACE，即可求解． 【解答】解：∵AB＝AC，∠BAC＝56°， ∴∠ABC＝62°， ∵∠BAD＝18°， ∴∠ADB＝100°， ∵将AD绕点A逆时针旋转56°得到AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝56°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC＝100°， 故答案为：100°． 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键． 58．（2025•拱墅区校级二模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E在BC边上，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE，连接AF，交CD于点G，连接CF，若，则CF的长是　　 ． 【答案】． 【分析】过F作FM⊥CD于M，FN⊥BC交BC延长线于N，由旋转和正方形可证明△ABE≌△ENF（ASA），得到AB＝EN，BE＝FN，再证明四边形MCNF是正方形，设CM＝MF＝x，则，，最后证明△ADG∽△FMG，得到，代入列方程求解即可． 【解答】解：如图，过F作FM⊥CD于M，FN⊥BC交BC延长线于N，则∠N＝∠FMC＝∠FMD＝90°， ∵正方形ABCD的边长为4， ∴∠B＝∠BCD＝∠NCD＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝4， ∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE， ∴AE＝EF，∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠FEC＝90°， ∵∠AEB+∠BAE＝90°， ∴∠FEC＝∠BAE， 在△ABE和△ENF中， ， ∴△ABE≌△ENF（ASA）， ∴AB＝EN，BE＝FN， ∴BC﹣EC＝AB﹣EC＝EN﹣EC， ∴BE＝CN， ∴BE＝FN＝CN， ∵∠N＝∠FMC＝∠MCN＝90°， ∴四边形MCNF是正方形， ∴CM＝MF， ∴设CM＝MF＝x，则， ∵， ∴， ∵∠D＝∠FMD＝90°，∠DGA＝∠FGM， ∴△ADG∽△FMG， ∴， ∴， 解得x＝3， 经检验x＝3是原方程的解， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查旋转的性质，正方形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 59．（2025•温州模拟）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的大小是 　50　 °． 【答案】50． 【分析】证明∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°，可得结论． 【解答】解：设AC交DE于点O． ∵DE⊥AC， ∴∠AOD＝90°， ∵∠CAD＝25°， ∴∠ADE＝90°﹣25°＝65°， ∵AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB＝∠ADE＝65°， ∴∠BAD＝180°﹣65°﹣65°＝50°． 故答案为：50． 【点评】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型． 60．（2025•定海区二模）如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝120°，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AB′C′D′，连接CC′，当B′C′与CD第一次垂直时，∠D′C′C的度数为　105°　 ． 【答案】105°． 【分析】根据菱形，旋转的性质得到AB＝AB′，∠BCD＝∠B′C′D′＝60°，ABC＝∠AB′C′＝∠ADC，AB′＝B′C′＝AD＝CD，如图所示，连接B′D，设B′C′与CD交于点E，可证EC′＝EC，∠EC′C＝∠ECC′，由此得到∠EC′C＝∠ECC＝45°，由∠D′C′C＝∠D′C′B′+∠EC′C＝60°+45°＝105°，即可求解． 【解答】解：由题意可得： AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝120°， ∵∠ABC＝120°， ∴∠BCD＝60°， ∵AB＝AB′，∠BCD＝∠B′C′D′＝60°，∠ABC＝∠AB′C′＝∠ADC， ∴AB′＝B′C′＝AD＝CD， 连接B′D，设B′C′与CD交于点E， ∵AB′＝AD， ∴∠AB′D＝∠ADB′， ∴∠AB′C′﹣∠AB′D＝∠ADC﹣∠ADB′，即∠EB′D＝∠EDB′， ∴EB′＝ED， ∴B′C′﹣EB′＝CD﹣ED，即EC′＝EC， ∴∠EC′C＝∠ECC′， ∵B′C′⊥CD， ∴， ∴∠D′C′C＝∠D′C′B′+∠EC′C＝105°， 故答案为：105°． 【点评】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握性质、旋转的性质，等边对角的运用是关键． 61．（2025•开化县模拟）如图，已知点E在正方形ABCD的边BC上，将△ABE绕点A逆时针旋转45°得到△AFG，点F，G分别对应点B，E，AB＝8．若点G恰好在线段CD上，则BE＝　88　 ． 【答案】88． 【分析】由HL可证Rt△ADG≌Rt△AFG，可得∠DAG＝∠FAG，FG＝DG，由SAS可证△BAE≌△FAE，可得BE＝EF，由勾股定理列出方程可求解． 【解答】解：连接EF，设BE＝x， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD＝8，∠B＝∠D＝90°， ∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°得到△AFG， ∴AB＝AF，∠BAE＝∠FAG，∠B＝∠AFG＝90°，∠EAG＝45°，BE＝FG， ∴AB＝AF＝AD， 又∵AG＝AG， ∴Rt△ADG≌Rt△AFG（HL）， ∴∠DAG＝∠FAG，FG＝DG， ∵∠EAG＝45°， ∴∠DAG+∠BAE＝45°，∠FAG+∠EAF＝45°， ∴∠DAG＝∠BAE＝∠EAF＝∠FAG＝22.5°， 又∵AB＝AF，AE＝AE， ∴△BAE≌△FAE（SAS）， ∴BE＝EF， ∴BE＝EF＝FG＝DG， ∴EC＝CG， ∴BE＝EF＝FG＝DG＝x， ∴EC＝CG＝8﹣x， ∵EG2＝EC2+CG2， ∴4x2＝（8﹣x）2+（8﹣x）2， ∴x＝88，（负值舍去） ∴BE＝88， 故答案为：88． 【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 62．（2025•拱墅区校级三模）如图，在菱形ABCD中，E是对角线AC上一点，连接BE，将△BCE绕着点B旋转，点C的对应点F落在边AD上，点E的对应点G落在边AB上，BF与AC交于点H．若F是AD的中点，则的长为　　 ． 【答案】． 【分析】由ASA可证△AFH≌△FAG，可得AG＝FH，可得BG＝BH，由平行线分线段成比例可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝AD＝CD，∠DAC＝∠BAC＝∠BCA， ∵将△BCE绕着点B旋转， ∴BE＝BG，BC＝BF，∠BCE＝∠BFG， ∴∠BAF＝∠AFB， ∴∠AFB＝∠BAF＝2∠BCA＝2∠GFB， ∴∠AFG＝∠BFG＝∠DAC＝∠BAC， 又∵AF＝AF， ∴△AFH≌△FAG（ASA）， ∴AG＝FH， ∴BG＝BH， ∵F是AD的中点， ∴AFADBC， ∵AD∥BC， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，菱形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 63．（2025•舟山三模）如图，▱ABCD中，∠ABC＝45°，AE⊥BC，垂足为E，E在直线BC上，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．若CE＝1，DE＝5，则AB＝　3　 ． 【答案】3． 【分析】由旋转的性质可得EF＝DE＝5，∠DEF＝90°＝∠AEB，由SAS可证△BEF≌△AED，可得BF＝AD，BE＝AE，由勾股定理可求BE＝3，即可求解． 【解答】解：∵∠ABC＝45°，AE⊥BC， ∴∠ABC＝45°＝∠BAE， ∴BE＝AE， ∴ABBE， ∵将ED绕点E逆时针旋转90°， ∴EF＝DE＝5，∠DEF＝90°＝∠AEB， ∴∠FEB＝∠AED， ∴△BEF≌△AED（SAS）， ∴BF＝AD，BE＝AE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC， ∴BF＝BC＝BE+EC＝BE+1， ∵EF2＝BE2+BF2， ∴25＝BE2+（BE+1）2， ∴BE＝3，BE＝﹣4（舍去）， ∴AB＝3， 故答案为：3． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 64．（2025•鹿城区校级二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，D是BC的中点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连结BE，BE交AD于点G，交AC于点F，则tan∠E＝　　 ． 【答案】． 【分析】过点E作EH⊥AC于点H，过点A作AT⊥BE于点T，可证△ACD≌△EHA（AAS），可得，再证△EHF∽△BCF，可得，CFAC＝AH，设CF＝AH＝x，在Rt△EHF中，运用勾股定理可得AE的长，根据等面积法S△AEF，可求出AT的值，在Rt△AET 中，可求出ET的值，再根据正切值的计算方法即可求解． 【解答】解：如图，过点E作EH⊥AC于点H，过点A作AT⊥BE于点T， ∵将AD绕点A逆时针旋转90°至AE， ∴AD＝AE，∠DAE＝90°， ∴∠C＝∠DAE＝∠AHE＝90°， ∴∠AEH+∠EAH＝∠EAH+∠CAD＝90°， ∴∠AEH＝∠CAD， ∴△ACD≌△EHA（AAS）， ∴AH＝CD，EH＝AC＝2BC， ∵点D是BC中点， ∴， ∴， ∴，CHAC， ∵EH⊥AC， ∴∠C＝90°， ∴EH∥BC， ∴△EHF∽△BCF， ∴2， ∴HF＝2CF， ∴，CFAC＝AH， ∴设CF＝AH＝x，则HF＝2x，EH＝AC＝4x， ∴AF＝3x，CD＝x， 在Rt△ACD中，ADx， ∴AEx， 在Rt△EHF中，EF2x， ∵S△AEF， ∴AT， 在Rt△AET中，ET， ∴tan∠AET． 故答案为：． 【点评】本题主要考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数的计算方法，相似三角形的判定和性质，掌握相关知识点，添加辅助线构造三角形全等和相似是解题的关键． 65．（2025•杭州校级模拟）如图，菱形ABCD，∠B＝60°，点E为BC上一点，连接AE，将射线AE绕着点E顺时针旋转60°交CD于点F，若DF＝4，CF＝2，则AE＝　　 ． 【答案】． 【分析】证明∠C＝120°在AB上取点G，使BG＝BE，连接EG，过E作EH⊥AB于点H．则△BEG为等边三角形．证明△AGE≌△ECF，得到GE＝FC＝2．BH＝HG＝1，勾股定理求出，则AH＝6﹣1＝5，再用勾股定理即可求出答案． 【解答】解：由题意可得：AB＝BC＝CD＝6，AB∥CD． ∴∠C+∠B＝180°． ∴∠C＝120°． 在AB上取点G，使BG＝BE，连接EG，过E作EH⊥AB于点H． ∴∠BGE＝60°，GE＝BE＝BG． ∴∠AGE＝120°＝∠C． 由题意可得：AE＝EF，∠AEF＝60°． ∵∠AEF+∠FEC＝∠AEC＝∠ABC+∠BAE， ∴∠BAE＝∠FEC． ∴△AGE≌△ECF． ∴GE＝FC＝2． ∵BE＝EG，HE⊥AB， ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 【点评】此题考查了菱形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、旋转的性质是关键． 66．（2025•宁波模拟）如图，直角三角形纸片DEF叠放在直角三角形纸片ABC上，直角顶点A，F重合，顶点B，D，C，E在同一直线上．现将纸片DEF绕点F旋转，顶点D，E旋转后的对应点分别记为D′，E′，边D′E′与边BC的交点为G．若∠ABC＝45°，∠FED＝30°，BC＝12cm，GC＝5cm，则GE′＝　　 cm． 【答案】． 【分析】本题作AM⊥DE于点M，AN⊥D′E′于点N，由旋转性质可得△DEF≌△D′E′E′，进而得出Rt△AMG≌Rt△ANG（HL），再得出MC＝MB＝AM＝AN＝6cm，继而得出MG＝NG＝1cm即可运用含30°的特殊直角三角形进行分析计算得出答案． 【解答】解：如图，作AM⊥DE于点M，AN⊥D′E′于点N， 由题意可得：△DEF≌△D′E′E′， ∵AM⊥DE，AN⊥D′E′， ∴AM＝AN， ∵AG＝AG ∴Rt△AMG≌Rt△ANG（HL）， ∴MG＝NG， ∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，BC＝12cm，AM⊥BC， ∴MC＝MB＝AM＝AN＝6cm， ∵GC＝5cm， ∴MG＝NG＝1cm， ∵AN⊥D′E′，∠E＝∠E′＝30°， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定和旋转的性质和含30°的特殊直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 67．（2025•鹿城区校级三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转80°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长DE恰好经过点A，则∠B的度数为　100°　 ． 【答案】100°． 【分析】由旋转的性质可得AC＝CD，∠ACD＝80°，∠D＝∠BAC，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解． 【解答】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转80°得到△DEC， ∴AC＝CD，∠ACD＝80°，∠D＝∠BAC， ∴∠D＝∠CAD＝50°， ∴∠BAC＝50°， ∴∠B＝180°﹣50°﹣30°＝100°， 故答案为：100°． 【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键． 68．（2025•缙云县二模）如图，四边形ABCD和四边形BEFG都是矩形，且AB＝BG＝2，BC＝BE＝4，连结CE，CG，EG，将矩形BEFG绕点B顺时针转动，若边BE所在的直线恰好经过线段CG的中点，则△CEG的面积为　　 ． 【答案】． 【分析】当BE与AD交于点E时，直线BE经过线段CG的中点Q，过点C作CM⊥BE于点M，证明△BGQ≌△MCQ（AAS），根据解答即可；当BE与DA的延长线交于点E时，直线BE经过线段CG的中点Q，过点C作CT⊥BE于点T，仿照前面的证明解答即可． 【解答】解：当BE与AD交于点E时，直线BE经过线段CG的中点Q， 过点C作CM⊥BE于点M， ∵四边形ABCD和四边形BEFG都是矩形，且AB＝BG＝2，BC＝BE＝4， ∴∠GBQ＝∠BAE＝∠BMC＝90°，AE∥BC， ∴∠AEB＝∠MBC， ∵， ∴△ABE≌△MCB（AAS）， ∴AB＝MC，AE＝MB， ∴BG＝MC， ， ∴△BGQ≌△MCQ（AAS）， ∴CQ＝GQ，BQ＝MQ， ∴， ∴，EM＝BE﹣MB＝4， ∴EQ＝MQ+ME， ∴， 当BE与DA的延长线交于点E时，直线BE经过线段CG的中点Q， 过点C作CT⊥BE于点T， ∵四边形ABCD和四边形BEFG都是矩形，且AB＝BG＝2，BC＝BE＝4， ∴∠ABC＝∠BAE＝∠CTB＝90°， ∴∠AEB＝90°﹣∠ABE＝∠TBC， 在△ABE和△TCB中， ， ∴△ABE≌△TCB（AAS）， ∴AB＝TC，AE＝TB， ∴BG＝TC， 在△BGQ和△TCQ中， ， ∴△BGQ≌△TCQ（AAS）， ∴CQ＝GQ，BQ＝TQ， ∴， ∴， ∴， 4， 设CE，AB的交点为N， ∵AE∥BC， ∴△EAN∽△CBN， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得BN， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，分类思想，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 69．（2025•上城区二模）如图，线段AB绕点A逆时针旋转得到线段AC，AD，已知∠BAD＝108°，连接线段DC并延长，与∠CAB的平分线交于点E，若AE＝DE，DC＝1，则线段AE的长为 　　 ． 【答案】． 【分析】由旋转的性质可得AC＝AB＝AD，由等腰三角形的性质可得∠D＝∠ACD＝∠DAE＝90°，由外角的性质可求x的值，可证AC＝CE＝AD，通过证明△ADC∽△EDA，可得，即可求解． 【解答】解：∵线段AB绕点A逆时针旋转得到线段AC，AD， ∴AC＝AB＝AD， ∴∠D＝∠ACD， ∵AE＝DE， ∴∠D＝∠DAE， ∴△ADC∽△EDA， ∴∠DAC＝∠AED， 设∠DAC＝∠AED＝x， 则∠D＝∠ACD＝∠DAE＝90°， ∵AE平分∠CAB， ∴∠EAC＝∠BAC＝54°， ∴90°54°x， ∴x＝36°， ∴∠DAC＝∠AED＝36°， ∴∠D＝∠ACD＝∠DAE＝72°， ∴∠CAE＝36°＝∠AEC， ∴AC＝CE＝AD， ∵△ADC∽△EDA， ∴， ∴AD2＝1•（1+AD）， ∴AD（负值舍去）， ∴AE＝DE＝1， 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 70．（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　 ． 【答案】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． 71．（2025•路桥区二模）如图，把正方形ABCD的边DA绕点D逆时针旋转30°，得到线段DF，连接BF并延长交DA于点E，连接CE，若AB＝2，则CE2的值是 　20﹣8　 ． 【答案】20﹣8． 【分析】连接AF，CF，过F作FH⊥AD于H，求出HFDF＝1，DHHF，可得AH＝AD﹣DH＝2，再证△ADF≌△BCF（SAS），知AF＝BF，从而可证BF＝EF，又HF∥AB，故EH＝AH＝2，得DE＝DH﹣EH＝22，最后用勾股定理可得CE2＝DE2+CD2＝（22）2+22＝20﹣8． 【解答】解：连接AF，CF，过F作FH⊥AD于H，如图： ∵边DA绕点D逆时针旋转30°，得到线段DF， ∴AD＝DF，∠ADF＝30°， ∵四边形ABCD是正方形，AB＝2， ∴AB＝AD＝DF＝2， ∴HFDF2＝1，DHHF， ∴AH＝AD﹣DH＝2， ∵∠FDC＝90°﹣∠ADF＝90°﹣30°＝60°，CD＝AD＝DF， ∴△CDF是等边三角形， ∴DF＝CF，∠DCF＝60°， ∴∠BCF＝90°﹣∠DCF＝30°＝∠ADF， ∵AD＝DF＝CF＝BC， ∴△ADF≌△BCF（SAS）， ∴AF＝BF， ∴∠FAB＝∠FBA， ∴90°﹣∠FAB＝90°﹣∠FBA，即∠FAE＝∠FEA， ∴AF＝EF， ∴BF＝EF， ∵∠BAE＝90°＝∠FHE， ∴HF∥AB， ∴EH＝AH＝2， ∴DE＝DH﹣EH（2）＝22， ∴CE2＝DE2+CD2＝（22）2+22＝20﹣8， 故答案为：20﹣8． 【点评】本题考查正方形性质，旋转的性质，全等三角形判定与性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 72．（2025•杭州一模）菱形ABCD绕点A旋转得到菱形AB'C'D'，点B'在BC上，B'C'交CD于点E．若AB＝2BB'＝4，则CE的长为　　 ． 【答案】． 【分析】如图，过点C作CF∥C′D′，交B′C′于点F，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠AB′B，根据平行线的性质得到∠B′CF＝∠AB′B，根据相似三角形的性质得到FC，由旋转可知DD′＝BB′＝2求得C′D＝2，又由CF∥C′D，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：如图，过点C作CF∥C′D′，交B′C′于点F， ∵菱形AB′C′D′中，AB′∥C′D′， ∴AB′∥CF∥C′D′， ∵AB＝AB′， ∴∠B＝∠AB′B， ∵∠AB′C′＝∠B， ∴∠FB′C＝∠BAB′， ∵AB′∥FC， ∴∠B′CF＝∠AB′B， ∵AB＝2BB'＝4， ∴B′C＝2， ∴△ABB′∽△B′CF， ∴， ∴， ∴FC＝1， 由旋转可知，△ABB′≌△ADD′， ∴DD′＝BB′＝2， ∴C′D＝2， 又由CF∥C′D， ∴△C′DE∽△FCE， ∴， ∴， ∴ ∴CE； 故答案为：． 【点评】本题主要考查旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形三线合一，相似三角形的性质与判定，解直角三角形的应用等，正确地作出辅助线是解题关键． 73．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠ACB，BC＝5，D是斜边AC上的动点，以线段BD为一边并在其右侧作等边三角形BDE，连结CE，则CE的最小值是 　2，　 ． 【答案】2， 【分析】如图，在BC的上方作等边△FBC，连接AF，DF，过点F作FH⊥AB于点H．利用全等三角形的性质证明DF＝CE，求出DF的最小值即可． 【解答】解：如图，在BC的上方作等边△FBC，连接AF，DF，过点F作FH⊥AB于点H． ∵∠ABC＝90°，∠FBC＝60°，BC＝BF＝CF＝5， ∴FHBF， ∵tan∠ACB， ∴AB， ∴AC， ∵△BDE是等边三角形， ∴BE＝BD，∠DBE＝∠FBC＝60°， ∴∠DBF＝∠EBC， ∴△BDF≌△BEC（SAS）， ∴DF＝CE， ∴当DF⊥AC时，DF的值最小，此时CE的值最小， ∵S△ABF+S△BFC＝S△ABC+S△ACF， ∴525DF， ∴DF2， ∴CE的最小值为2， 故答案为：2， 【点评】本题考查了旋转的性质，解直角三角形、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确找出当CE的值最小时，点E的位置是解题关键． 74．（2025•定海区二模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE． （1）求证：△CAD≌△CBE． （2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和． 【答案】（1）见解答． （2）60°． 【分析】（1）由旋转得CD＝CE，由题意得∠ACD＝∠BCE，根据全等三角形的判定可得结论． （2）由题意得△ABC是等边三角形，可得∠CAB＝60°．由全等三角形的性质可得∠CAD＝∠CBE，则∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°． 【解答】（1）证明：由旋转得，CD＝CE． ∵∠DCE＝∠ACB， ∴∠DCE﹣∠DCB＝∠ACB﹣∠DCB， ∴∠ACD＝∠BCE． 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． （2）解：∵△ACD≌△BCE， ∴∠CAD＝∠CBE． ∵∠CBA＝60°，CA＝CB， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠CAB＝60°． ∴∠CBE+∠BAD＝∠CAD+∠BAD＝∠CAB＝60°． 【点评】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质是解答本题的关键． 75．（2026•鹿城区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，将BC绕点B旋转至BC′，C′在AD上，过点C′作GC′⊥BC′，交CD于点G，连结BG． （1）求证：GC＝GC′． （2）若AB＝5，BC＝13，求GC的长． 【答案】（1）见解析； （2）2.6． 【分析】（1）根据HL证明Rt△BC'G≌Rt△BCG即可得出结论； （2）设GC'＝GC＝x，则GD＝5﹣x，在Rt△GDC'中，由勾股定理得出方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵将BC绕点B旋转至BC′， ∴BC'＝BC， ∵过点C′作GC′⊥BC′， ∴∠BC'G＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠BC'G＝90°， 又∵BG＝BG， ∴Rt△BC'G≌Rt△BCG（HL）， ∴GC＝GC'； （2）解：∵BC＝13， ∴BC'＝13， ∴AC'12， ∴C'D＝13﹣12＝1， 设GC'＝GC＝x，则GD＝5﹣x， 在Rt△GDC'中，由勾股定理得， C'D2+DG2＝C'G2， 即12+（5﹣x）2＝x2， 解得x＝2.6， 即GC的长为2.6． 【点评】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟记各性质定理是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第八章 图形的变化 专题04 图形的折叠与旋转中考模拟题75题选练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 一．翻折变换（折叠问题）（共40小题） 1．（2025•鹿城区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OC上一点，连接DE，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，EF交CD于点G，连接BE，CF．当四边形BCFE为平行四边形时，若sin∠DAC＝k，则的值为（　　） A．k B． C． D． 2．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D，E分别在AB，BC上，将△BDE沿DE折叠，点B落在AC的延长线的点F处．若∠AFD＝∠EFD，则的值为（　　） A．5 B． C． D． 3．（2025•杭州模拟）如图所示，在四边纸片ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，将纸片沿EF折叠，点A，D分别落在A'，D'处，且A'D'经过点B，FD'交BC于点G，连接EG，若EG平分∠FEB，EG∥A'D'，∠D'FC＝80°，则∠A的度数是（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 4．（2025•缙云县二模）将边长为a的菱形ABCD分别沿着EF和GH折叠（E，F，G，H分别在边CD，BC，AD，AB上），使点A和点C在折叠后均落在BC边上的点M处．若∠C＝45°，DE＝CE，EF⊥BC于点F，则△BHM的周长为（　　） A． B． C． D． 5．（2025•鹿城区校级二模）如图，四边形ABCD是一张正方形纸片，其面积为49cm2.分别在边AB，BC，CD，DA上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝a（cm）（AE＞BE），连结EF，FG，GH，HE．分别以EF，FG，GH，HE为轴将纸片向内翻折，得到四边形A1B1C1D1.若四边形A1B1C1D1的面积为25cm2，则a等于（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 6．（2025•杭州一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝32°，E，F分别在边BC，AB上，将△BEF沿着EF折叠，得到△B'EF，B′E与AB交于G．当B′E∥AC时，∠AFB'的度数是（　　） A．25° B．26° C．30° D．32° 7．（2025•新昌县一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝8，AD＝6，折叠纸片使边AD落在对角线DB上，折痕为DG，则△DBG的面积为（　　） A．30 B．15 C．24 D．16 8．（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 9．（2025•金华模拟）如图1，△ABC是边长为4的等边三角形，将△ABC沿中线AM折叠，得到△AMC，如图2，再次沿过点M的直线将△AMC折叠，得到△MDE，其中点D为折痕MD与AC边的交点，点E为点A的对应点，ME与AC边交于点F，如图3所示．当点D在边AC上，且△EFD为直角三角形时，EF的长度是　 　 ． 10．（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 　 　 ． 11．（2025•温州校级三模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠A＝60°，E是AB边上的一点，CF＝2，将四边形AEFD沿着EF折叠得到四边形A'D'FE，当三点A'，B，D'在同一条直线上时，∠A'EB+∠D'GB＝　 　 °，此时D'F交BC边于点G，CG的长为　 　 ． 12．（2025•景宁县二模）将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH，已知EH＝2，EF＝3，则边AD＝　 　 ． 13．（2025•浙江一模）如图，把一张矩形纸片ABCD沿BE折叠，点A的对应点为F，EF交BD于点G．若点G为EF的中点，BF平分∠DBC，则 　 　 ． 14．（2025•西湖区一模）如图是一张菱形纸片ABCD，点E在AD边上，CE⊥AD，把△CED沿直线CE折叠得到△CED'，点D'落在DA的延长线上．若CD'恰好平分∠ACB，则∠ABC＝ 　 　 °， 　 　 ． 15．（2025•浙江模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠C＝135°，AB＝6，BC＝8．E为边CD的中点，F为边AD上的一动点，将△DEF沿EF翻折得△HEF，连接AH，BH，则△ABH面积的最小值为　 　 ． 16．（2025•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，，点E为BC边上一点，BE＝6，点F是AB边上的动点，将△BEF沿直线EF折叠得到△GEF，若点G恰好落在线段DE上，则AF的值为　 　 ． 17．（2025•嘉兴模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点M，N分别是BC，AD上的点，将该正方形纸片沿直线MN折叠，使点B落在CD的中点E处．若AB＝4，则△CEM的面积是　 　 ． 18．（2025•西湖区校级三模）如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝4．点M，N分别是线段DC，BC上的点，连结AC，AM，AN．将△ADM和△ABN分别沿AM，AN翻折，使点D的对应点E和点B的对应点F都落在对角线AC上，连结ME，NF． （1）如图2，若∠D＝90°，则的值为　 　 ． （2）若∠D为钝角，延长NF交射线EM于点P且∠EPF＝60°，则EF的值为　 　 ． 19．（2025•鹿城区校级二模）如图，已知矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠AOB＝45°，将△ABC沿着直线AC翻折，使点B的对应点B′落在原图所在平面上，连结B′D．若B′D＝4，则AC的长为　 　 ． 20．（2025•滨江区校级三模）如图，矩形ABCD中，P是AD边上的动点，连接点P与AB边的中点E，将△APE沿PE翻折得到△OPE，延长PO交边BC于点F，作∠PFC的平分线FG，交边AD于点G．若AB＝4，且E、O、G三点共线，则AP＝　 　 ． 21．（2025•钱塘区三模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别在AD，BC上，AE＝CF，且DE＞2AE，把△ABE，△CDF分别沿BE，DF折叠，A，C的对应点分别为G，H．若E，G，H，F四点恰好在同一直线上，∠GFB＝60°，GH＝1，AD＝7，则AB的长是　 　 ． 22．（2025•衢州模拟）如图，在△BAC中，∠BAC＝90°，点D是AC的中点，连结BD，△ABD沿BD翻折得△EBD，连结CE． （1）BD与CE的位置关系 　 　 ． （2）若，则 　 　 ． 23．（2025•鄞州区校级模拟）如图，等边△ABC内接于⊙O，D为边AC上一动点（不与A、C重合），连结DO并延长交边AB于E，将△ADE沿DE翻折为△FDE，边DF交BC于点G，若△ABC的周长记为C1，△CDG的周长记为C2，则的值为　 　 ． 24．（2025•柯城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝2，D是AC的中点，连结BD，以BD为折痕将△ABD折叠得到△BED，连结CE，则CE的长度是 　 　 ． 25．（2025•衢州四模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝2，先将△ABC沿AC翻折得到△AB′C，再将△AB′C沿AB′翻折得到△AB′C′，过点C作CD⊥AC′交AB′于点E（垂足为点D），则AE的长为 　 　 ． 26．（2025•浙江三模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，线段AD与A′D′关于过点O的直线l对称，点D的对应点D′在线段OC上，A′D′与BC交于点G，将△AEF沿EF折叠，点A与点D′重合，且D′F平分∠AD′A′，则DE：CG＝ 　 　 ． 27．（2025•新昌县二模）如图，在菱形ABCD中，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE翻折，点B恰好落在对角线AC上的点B′处，若此时CB′＝CE，则∠D的度数是 　 　 ，的值为 　 　 ． 28．（2025•诸暨市三模）如图，矩形ABCD中，BC＝9，点E为BC上一点，将△ABE沿着AE翻折得到△AFE，连结CF．若∠FEC＝2∠FCE，且CF＝6，则BE的长为 　 　 ，AB的长为 　 　 ． 29．（2025•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，EF∥AB交AC于点F，将△AEF沿EF折叠得到△EFG，EG交AC于点P，若，则tan∠ACB＝ 　 　 ． 30．（2025•绍兴一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，E为边AD上的动点，连结BE，CE，将△ABE沿BE折叠得△FBE，再将△FBE沿CE折叠得△GHE（F与G为对应点），当点G落在△CDE内部（不包括△CDE的边）时，则AE长的取值范围是　 　 ． 31．（2025•平湖市二模）如图，AB为⊙O的直径，且AB＝10，C为⊙O上异于A，B的一点．现将劣弧BC沿直线BC折叠，若弧BC与直径AB交于点D，BD＝8，则BC的长为　 　 ． 32．（2025•衢州三模）如图，已知菱形ABCD的边长为5，点E在CD边上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上，且CF＝2，则DE的长度为　 　 ． 33．（2025•定海区模拟）如图，在正方形纸片ABCD中，点E是AD的中点．将△ABE沿BE折叠，使点A落在点F处，连结DF并延长交BC于点G，再将△CDG沿DG折叠，点C的对应点H恰好落在BE上．若记△BEF和△DGH重叠部分的面积为S1，四边形BEDG的面积为S2，则的值为 　 　 ． 34．（2025•杭州二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点F为AB中点，E是线段BC上一动点，连结FE，把△FBE沿直线FE折叠得△EFP，连结BP并延长交直线CD于点G，当CP最小时，CG＝ 　 　 ． 35．（2025•浙江二模）如图，正方形纸片ABCD，点E在对角线AC上，连结BE，沿BE对折△BEC至△BEF，连结DF．若DF∥BE，则tan∠EBC＝ 　 　 ；若∠DFE＝90°，则△BCE与四边形ECDF的面积比为 　 　 ． 36．（2025•文成县二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC：BC＝3：4，AD是BC边上的中线，将△ABD沿AD翻折至△AED，点B落在点E处，连结CE，BE．记四边形ADEC面积为S1，△ABD的面积为S2，则S1：S2的值是 　 　 ． 37．（2025•温岭市二模）在矩形ABCD中，E为BC的中点，将△ABE沿着AE翻折，得到△AGE，连接DG并延长与AE相交于点F，与AB相交于点H．若点F恰好为AE的中点，则的值为 　 　 ． 38．（2025•杭州模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝4，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：平行四边形ABCD与△CEF的面积比为　 　 ． 39．（2025•义乌市二模）如图1，在平行四边形ABCD中，AD＝2，AB＝3．点M，N分别是线段DC，BC上的点，连结AC，AM，AN．将△ADM和△ABN分别沿AM，AN翻折，使点D的对应点E和点B的对应点F都落在对角线AC上，连结ME，NF． （1）如图2，若∠D＝90°，则的值为　 　 ． （2）若∠D为钝角，延长NF交射线EM于点P且∠EPF＝60°，则的值为　 　 ． 40．（2025•浙江模拟）如图，在一张矩形纸片ABCD中，E，F分别是AD和BC的中点．现将纸片按如图方式折叠，使点C与EF上的点G重合．若AG平分∠BAD，BC＝2，则AB的长为　 　 ． 二．旋转的性质（共35小题） 41．（2025•长兴县模拟）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，点A，C的对应点分别为点D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论一定正确的是（　　） A．BF＝DF B．∠CBD＝∠EBD C．CB∥DE D．AG⊥DE 42．（2025•温岭市二模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转55°得到△ADE，若AD⊥BC于点F，则∠B的度数为（　　） A．25° B．30° C．35° D．40° 43．（2025•鹿城区校级一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　） A．AD B．CD C．CG D．DE 44．（2025•浙江模拟）如图，将△ABC绕点C顺时针方向旋转40°得△A′CB′，若AC⊥A′B′，则∠BAC等于（　　） A．50° B．60° C．70° D．80° 45．（2025•钱塘区三模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，A，C的对应点分别为D，E，AC的延长线分别交BD，DE于点F，G，下列结论正确的是（　　） A．AC＝CG B．∠ABC＝∠BDE C．AG⊥DE D．GB∥DE 46．（2025•临平区校级三模）在等边△ABC中，D为△ABC内的一点，∠BDC＝120°，∠ADB＝90°，CD＝1，则AD的长为（　　） A． B．2 C． D．3 47．（2025•椒江区校级模拟）如图，将△ABC绕点A旋转得到△AB'C'，使边B'C'恰好经过点C，若∠ACB＝75°，则∠BAB'的度数为（　　） A．15° B．25° C．30° D．45° 48．（2025•龙泉市一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠D＝90°，∠B＝45°，点E为CD上一点，连结AE，把AE绕点E逆时针旋转90°，点A恰好落在BC的中点F处，则的值为（　　） A． B． C． D． 49．（2025•钱塘区校级模拟）如图，△ACD绕着点C旋转，得到△BCE，AD与BE相交于点P，若∠ACE＝55°，∠BCD＝155°，则∠ACB的度数为（　　） A．45° B．50° C．55° D．60° 50．（2025•温州模拟）如图所示，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以其三边为边向外作正方形．作△JIH≌△ABC，且HJ∥AC，达•芬奇通过四边形BCGD旋转与四边形BHJA重合的思路证明了勾股定理．若AJ＝8，四边形BCGD的面积．则BC的长是（　　） A．4 B． C． D． 51．（2025•浙江模拟）由图1变换到图2的过程可能是绕某一点（　　） A．逆时针旋转180° B．顺时针旋转90° C．逆时针旋转270° D．顺时针旋转270° 52．（2025•定海区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别为BC，AB的中点，将△EDB绕点B顺时针旋转α（0＜α＜90°）形成△E′D′B，连结AE′．若BC＝2AC，AE′∥BC时，则为（　　） A． B． C． D． 53．（2025•绍兴一模）如图，将△ABC绕点B顺时针旋转α，得△DBE（A与D为对应点），若点D刚好落在边AC上，且α＝20°，则∠EDB的度数是（　　） A．60° B．70° C．80° D．90° 54．（2025•宁波一模）如图，在正方形ABCD中，将对角线AC绕点A逆时针旋转角度α（0°＜α≤90°），使得AE＝kAC（k为正实数）．设AB＝m，CE＝n．（　　） A．若k＝1，α＝45°，则 B．若，则 C．若，则 D．若k＝2，α＝60°，则 55．（2025•浙江一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，将AC绕着点C按顺时针旋转60°得到CD，连接BD交AC于点E，则S△BEC：S△DEC的值为（　　） A． B． C． D． 56．（2025•婺城区二模）如图，在矩形ABCD中，AB：BC＝3：4，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，旋转90°得矩形AB1C1D1，继续旋转使得点B的对应点B2落在B1D1上，连结BB1，BB2，则sin∠B1BB2＝　 　 ． 57．（2025•台州一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝56°，点D在边BC上，∠BAD＝18°，将AD绕点A逆时针旋转56°得到AE，连接CE，则∠AEC的度数为 　 　 ． 58．（2025•拱墅区校级二模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E在BC边上，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段FE，连接AF，交CD于点G，连接CF，若，则CF的长是　 　 ． 59．（2025•温州模拟）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的大小是 　 　 °． 60．（2025•定海区二模）如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝120°，将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形AB′C′D′，连接CC′，当B′C′与CD第一次垂直时，∠D′C′C的度数为　 　 ． 61．（2025•开化县模拟）如图，已知点E在正方形ABCD的边BC上，将△ABE绕点A逆时针旋转45°得到△AFG，点F，G分别对应点B，E，AB＝8．若点G恰好在线段CD上，则BE＝　 　 ． 62．（2025•拱墅区校级三模）如图，在菱形ABCD中，E是对角线AC上一点，连接BE，将△BCE绕着点B旋转，点C的对应点F落在边AD上，点E的对应点G落在边AB上，BF与AC交于点H．若F是AD的中点，则的长为　 　 ． 63．（2025•舟山三模）如图，▱ABCD中，∠ABC＝45°，AE⊥BC，垂足为E，E在直线BC上，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．若CE＝1，DE＝5，则AB＝　 　 ． 64．（2025•鹿城区校级二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，D是BC的中点，连结AD，将AD绕点A逆时针旋转90°至AE，连结BE，BE交AD于点G，交AC于点F，则tan∠E＝　 　 ． 65．（2025•杭州校级模拟）如图，菱形ABCD，∠B＝60°，点E为BC上一点，连接AE，将射线AE绕着点E顺时针旋转60°交CD于点F，若DF＝4，CF＝2，则AE＝　 　 ． 66．（2025•宁波模拟）如图，直角三角形纸片DEF叠放在直角三角形纸片ABC上，直角顶点A，F重合，顶点B，D，C，E在同一直线上．现将纸片DEF绕点F旋转，顶点D，E旋转后的对应点分别记为D′，E′，边D′E′与边BC的交点为G．若∠ABC＝45°，∠FED＝30°，BC＝12cm，GC＝5cm，则GE′＝　 　 cm． 67．（2025•鹿城区校级三模）如图，在△ABC中，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C顺时针旋转80°得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，延长DE恰好经过点A，则∠B的度数为　 　 ． 68．（2025•缙云县二模）如图，四边形ABCD和四边形BEFG都是矩形，且AB＝BG＝2，BC＝BE＝4，连结CE，CG，EG，将矩形BEFG绕点B顺时针转动，若边BE所在的直线恰好经过线段CG的中点，则△CEG的面积为　 　 ． 69．（2025•上城区二模）如图，线段AB绕点A逆时针旋转得到线段AC，AD，已知∠BAD＝108°，连接线段DC并延长，与∠CAB的平分线交于点E，若AE＝DE，DC＝1，则线段AE的长为 　 　 ． 70．（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 　 　 ． 71．（2025•路桥区二模）如图，把正方形ABCD的边DA绕点D逆时针旋转30°，得到线段DF，连接BF并延长交DA于点E，连接CE，若AB＝2，则CE2的值是 　 　 ． 72．（2025•杭州一模）菱形ABCD绕点A旋转得到菱形AB'C'D'，点B'在BC上，B'C'交CD于点E．若AB＝2BB'＝4，则CE的长为　 　 ． 73．（2025•浙江模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠ACB，BC＝5，D是斜边AC上的动点，以线段BD为一边并在其右侧作等边三角形BDE，连结CE，则CE的最小值是 　 　 ． 74．（2025•定海区二模）如图，在△ABC中，CA＝CB，D是△ABC内一点，连结CD，将线段CD绕点C逆时针旋转到CE，使∠DCE＝∠ACB，连结AD，DE，BE． （1）求证：△CAD≌△CBE． （2）当∠CAB＝60°时，求∠CBE与∠BAD的度数和． 75．（2026•鹿城区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，将BC绕点B旋转至BC′，C′在AD上，过点C′作GC′⊥BC′，交CD于点G，连结BG． （1）求证：GC＝GC′． （2）若AB＝5，BC＝13，求GC的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $