专题01 几何折叠（填空压轴题）（北京专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

**基本信息** 聚焦北京中考几何折叠填空压轴题，以矩形、正方形、直角三角形为载体，通过分类题型整合勾股定理、相似等知识，强化分类讨论与几何直观 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |题型01|2道（北京模考题）|正方形单折/双折线段求值|折叠性质→隐直角模型→勾股定理建立方程| |题型02|2道（北京模考题）|矩形折叠角度与面积计算|折叠对称→中点性质→面积转化与角度推理| |题型03|2道（北京模考题）|三角形折叠分类讨论多解|动点位置分析→直角三角形分类→折叠后图形关系判断| |题型04|2道（北京模考题）|折叠结合相似综合判断|折叠对应关系→相似判定→多结论辨析与推理|

专题01 几何折叠（填空压轴题） 命题预测 以矩形、正方形、直角三角形折叠为核心载体，贴合北京中考重几何直观、轻繁杂计算的命题风格。常结合隐直角、等腰模型、等量代换命题，多设置线段长度、比值、面积、结论判断类问题，分类讨论漏解为核心失分点，近年常结合多结论辨析综合考查 高频考法 1.矩形 / 正方形单折、双折综合计算 2.折叠 + 勾股定理组合运用 3.折叠后动点位置多情况分析 4.折叠几何多结论正误判断 典例·靶向·突破 题型01 正方形折叠线段求值 1．（2026·北京·一模）如图，正方形ABCD的边长是9，点E是AB边上的一个动点，点F是CD边上一点，CF＝4，连接EF，把正方形ABCD沿EF折叠，使点A，D分别落在点A′，D′处，当点D′落在直线BC上时，线段AE的长为_____． 【答案】2或8 【分析】分两种情况：①当D′落在线段BC上时，连接ED、ED′、DD′，由折叠可得，D，D'关于EF对称，即EF垂直平分DD'，得出DE＝D′E，求出DF＝D′F＝CD﹣CF＝5，CD′＝，得出BD'＝BC﹣CD'＝6，设AE＝x，则BE＝9﹣x，在Rt△AED和Rt△BED'中，由勾股定理得出方程，解方程即可； ②当D′落在线段BC延长线上时，连接ED、ED′、DD′，解法同①． 【详解】解：分两种情况：①当D′落在线段BC上时，连接ED、ED′、DD′，如图1所示： 由折叠可得，D，D'关于EF对称，即EF垂直平分DD'， ∴DE＝D′E， ∵正方形ABCD的边长是9， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝9， ∵CF＝4， ∴DF＝D′F＝CD﹣CF＝9﹣4＝5， ∴CD′＝， ∴BD'＝BC﹣CD'＝6， 设AE＝x，则BE＝9﹣x， 在Rt△AED和Rt△BED'中，由勾股定理得：DE2＝AD2+AE2＝92+x2，D'E2＝BE2+BD'2＝(9﹣x)2+62， ∴92+x2＝(9﹣x)2+62， 解得：x＝2， 即AE＝2； ②当D′落在线段BC延长线上时，连接ED、ED′、DD′，如图2所示： 由折叠可得，D，D'关于EF对称，即EF垂直平分DD'， ∴DE＝D′E， ∵正方形ABCD的边长是9， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝9， ∵CF＝4， ∴DF＝D′F＝CD﹣CF＝9﹣4＝5，CD′＝， ∴BD'＝BC+CD'＝12， 设AE＝x，则BE＝9﹣x， 在Rt△AED和Rt△BED'中，由勾股定理得：DE2＝AD2+AE2＝92+x2，D'E2＝BE2+BD'2＝(9﹣x)2+122， ∴92+x2＝(9﹣x)2+122， 解得：x＝8，即AE＝8； 综上所述，线段AE的长为2或8； 故答案为：2或8． 【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠变换的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握折叠变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键，注意分类讨论． 2．如图，在矩形中，，E是边上一点，沿折叠，使点B落在边上的点处，P是边上的动点，沿折叠，是点C的对应点，当垂直于的一边，且垂足为点时，的长为______． 【答案】4或 【分析】由矩形的性质得，根据折叠得，，即可判定四边形为正方形，则，，且，(1)当，则四边形是矩形．且，得矩形是正方形，则，那么，；(2)当，在中，求得，由折叠得，则，连接，在中，，结合，在中，， 即，解得即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵沿折叠，使点B落在边上的点处， ∴，， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， (1)如图，当，点为垂足， ∵， ∴四边形是矩形． ∵是由沿PE折叠所得， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， 则． (2)如图，当，点为垂足， 在中，由勾股定理得． 由折叠的性质得，， ∴， 连接，则在中，，即， ∵， ∴在中，， 即，化简，解得， 综上所述，的长为4或， 故答案为：4或． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、正方形的判定和性质、折叠的性质和勾股定理，解题的关键是熟悉折叠的性质和分类讨论思想的应用． 题型02 ：矩形折叠角度与面积计算 1．（25-26·北京海淀·一模）如图，在矩形中，，，E为的中点，将沿折叠，使点B落在矩形内点F处，连接，的面积是_______． 【答案】 【分析】连接交于点，作于点，由矩形的性质可得，由题意可得，由勾股定理可得，由折叠的性质可得，，，则，根据四边形的面积计算得出，由等边对等角可得，，结合三角形内角和定理求出，再由勾股定理可得，再由等面积法求出，最后由三角形面积公式计算即可得出结果． 【详解】解：如图，连接交于点，作于点， ， ∵四边形为矩形， ∴， ∵，E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵将沿折叠，使点B落在矩形内点F处，连接， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 2．（25-26·北京·一模）如图，在矩形中，对角线和相交于点，，是射线上一点，将沿翻折得，当时，的度数为_____ ． 【答案】或 【分析】由题意可分当点在线段上时和当点在线段的延长线上时，然后根据平行线的性质及折叠的性质可进行求解． 【详解】解：如图1，当点在线段上时， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 如图2，当点在线段的延长线上时， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 综上所述，的度数为或． 题型03 三角形折叠分类讨论多解问题 1．（25-26·北京西城·一模）如图，在中，，，，P是线段上一动点，将沿直线折叠，使点B落在点D处交于点E．当是直角三角形时，的长为 ___ ． 【答案】或 【分析】本题考查了折叠问题，等腰三角形的性质，勾股定理，一元二次方程的解法等知识，综合性强，难度较大﹒由题意得，得到中，不可能为直角﹒分和两种情况分类讨论﹒当时，得到，，根据折叠得到，﹒设，根据勾股定理得，即可求出；②当时，作于H，由①得﹒设，根据勾股定理得即，求出，，，，设，根据勾股定理得，解方程舍去不合题意的解，即可求出﹒ 【详解】解：由题意得， ∴中，不可能为直角﹒ ①如图1，当时， ∵， ∴， ∴， 由题意得折叠得到， ∴，， ∴﹒ 设，则，， 在中，根据勾股定理得， 解得， ∴； ②如图2，当时，作于H﹒ 由①得﹒ 设，∵， ∴根据勾股定理得， 即 解得， 即， ∴，， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴﹒ ∴中，根据勾股定理得， 解得（不合题意，舍去）， ∴﹒ 综上所述：的长为或﹒ 2．（25-26·北京丰台·一模）如图，在直角梯形中，，，，，动点从点出发，沿着运动到点停止，若将沿折叠，若点的对应点恰好落在直角梯形的边上时，则线段的长度为___________． 【答案】或 【分析】本题考查了折叠图形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理，渗透了数学学科几何直观、推理能力的核心素养． 若点的对应点恰好落在直角梯形的边上时，有两种情况，①当点与点重合时，点的对应点恰好落在直角梯形的边上，②点的对应点恰好落在直角梯形的边上时，，再分别根据再不同边上时图形的特征利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图1， 过点作，垂足为，过点作，垂足为，若点的对应点恰好落在直角梯形的边上时， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴与是关于的对称，即当点与点重合时，若点的对应点恰好落在直角梯形的边上时，恰好与点重合，如图1， ∴， 若点的对应点恰好落在直角梯形的边上时，如图2，过点作，垂足为，过点作，垂足为， 由折叠可知，， ∴是等腰三角形，， 由图1可知：，， 设，则，， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴， 综上所述∶ 线段的长度为或． 题型04 折叠结合相似综合压轴判断 1．（24-25·北京·三模）正方形，点，在边，上，沿折叠正方形，使点恰好落在边的中点处，点是的中点，若，则______． 【答案】 【分析】由正方形的性质可得，，结合题意可得，作于，令交于，由折叠的性质可得，，，，，设，则，由勾股定理可得，，证明，求出，，进而可得，设，则，证明，可得，，，求出， ，证明得出，，从而可得，最后再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， ∵为的中点， ∴， 如图，作于，令交于， ， 由折叠的性质可得：，，，，， 设，则， 由勾股定理可得：，即， 解得：， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴，，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 2．（2025·北京房山·二模）如图，在矩形中，，，E、F分别是、上的动点，且，连接，将四边形沿折叠，点、的对应点分别为、，连接，则的最小值为_____． 【答案】/ 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，连接，连接交于，过作于，由折叠可得垂直平分，则，由可得，得，即可求出，再证明，得到，求出，，再利用勾股定理求出，最后根据中三边关系列不等式，根据三点共线取最值即可求解． 【详解】解：连接，连接交于，过作于， 由折叠可得垂直平分， ∴， ∵在矩形中，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵中，当、、三点共线时，或， ∴，即， ∴的最小值为， 故答案为：． 1．（2025·北京·模拟预测）如图，已知长方形纸片的长，宽，点均在上(在左侧)，先将纸片沿折叠，记点的对应点为，再将纸片沿折叠，使得的对应线段，连接，若折叠过程保持，分别在长方形的外部和内部，当时，的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 连接，交于，设交于点，利用全等三角形的性质证明，再证明共线，求出，设，，利用勾股定理构建方程组求解即可． 【详解】解：连接，交于，设交于点，如图： ∵四边形是长方形纸片， ∴， 由翻折的性质可知，，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，， 根据勾股定理可得，， 可得： 故答案为： 2．如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=12，AD=10，点E是CD的中点．将这张纸片依次折叠两次；如图2，第一次折叠纸片使点A与点E重合，折痕为MN，连接ME、NE；如图3，第二次折叠纸片使点N与点E重合，点B落在处，折痕为HG，连接HE，则______． 【答案】 【分析】根据折叠的性质可知，是的中点，是斜边上的中线，故有，设，则，在中，由勾股定理得，可求 的值，如图，作，四边形是矩形，，有即，可求的值，进而可求的值，根据，求的值，进而可求的值． 【详解】解：由折叠的性质可知，，，，是线段的垂直平分线 ∴， ∴ ∴是的中点 ∴是斜边上的中线 ∴ ∴ 设，则 在中，由勾股定理得即 解得 ∴ 如图，作 ∵ ∴四边形是矩形 ∵ ∴ ∴ ∴即 解得 ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，三角形相似，正切等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用． 3．（2025·北京·三模）在矩形中，， 如图1， 将矩形沿折叠， 使得点B和点D重合， 则折痕的长为________； 如图2，将矩形沿折叠．使得点D落在 边上的点G处，点C落在点 P处，得到四边形， 若 则的长为________． 【答案】 / / 【分析】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． 连接，过点E作，根据矩形的性质及各角之间的等量代换得出，再由相似三角形的判定和性质即可求解； 先证明，利用三角函数求出的长，利用勾股定理在中求出，在中求出与，在中求出，从而求得与的长，证明，由此求出与的长，从而得的长，在中利用勾股定理求． 【详解】解：如图所示，连接，过点E作， ∴，， ∵矩形， ∵矩形沿折叠， 使得点B和点D重合， ， ∴， ∴， ∴， ， ， ； 过点作于，过点作于， 四边形是矩形， ，，， ， 四边形是矩形， ，． 由轴对称的性质可知，，， ， ， ， ， ，即， ，解得． 在中，． 设，则， 在中，，即， 解得， ，． 在中，． ． ， ， 又， ， ，即， ，， ． 在中，． 故答案为：；． 4．（2026·北京东城·模拟预测）如图，将一张正方形纸片折叠，折痕为，折叠后，点B的对应点落在正方形内部的点F处，连接并延长交于点G．若，，则的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理和相似三角形的判定与性质，过作于点，过作于点，由题意可知，，，证明，，由性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：过作于点，过作于点， 由题意可知，，， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，在中，由勾股定理得： ，即， 解得：， ∴， 故答案为：． 5．如图，长方形纸片，点，分别在，边上，将纸片沿折叠，使点落在边上的点处，然后再次折叠纸片使点与点重合，点落在点，折痕为，若，则__________度． 【答案】 【分析】根据将纸片沿折叠，使点落在边上的点处，得出，，可得，根据四边形为长方形，得出，可得，可求，根据为对称轴，可得，可得，根据，列方程，解方程即可． 【详解】解：∵纸片沿折叠，使点落在边上的点处， ，， ， ∵四边形为长方形， ， ， ， ∵再次折叠纸片使点与点重合，点落在点，折痕为， 四边形与四边形关于对称， ， ∵， ， ∵， ， ， ， ， 故答案为： 【点睛】本题主要考查了折叠的性质、平行线的性质，三角形的内角和定理及其推论，恰当应用折叠的性质是解题的关键． 6．（2025·北京·三模）如图，在矩形纸片中，，，E是边上一点（不与点C、D重合），将纸片沿过点A的一条直线折叠，点B落在点处，折痕交于点P，沿直线PE再折叠纸片，点C落在点处，且P、、三点共线．则：    （1）的度数为______； （2）线段长的最大值为______． 【答案】 /90度 / 【分析】（1）根据折叠得出，根据，即可求出； （2）设，，则，根据翻折的性质证明，可得，所以，整理得：，由题意可知，该方程有实数根，所以，解得，即可得出的最大值． 【详解】解：（1）由折叠可知：， ∵， ∴； 故答案为：． （2）设， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理得：， 由题意可知，该方程有实数根， ∴， 解得：， ∴的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程，综合性较强，要求学生有较强的识图能力． 7．（2026·北京·一模）如图，AD=8，CD=12，点E为矩形纸片的边AB上一点，小华将△ADE沿着DE折叠至△A′DE，线段DE、射线DA′分别与线段AC交于M、N，在折叠过程中，小华发现△DMN的形状随着AE长度的变化而变化，当△DMN为直角三角形时，AE的长为___________________． 【答案】或 【分析】分两种情况：①N为直角顶点时，利用△ANF∽△ABC∽△EA′F，得出==,再根据勾股定理求解即可；②M为直角顶点时，利用△AME∽△ABC，==，再根据勾股定理求解即可. 【详解】解：①N为直角顶点时 延长DA′交AB于点F 在矩形ABCD中 AD=BC=8，CD=AB=12，∠B=90° 由翻折可知，∠EA′D=90°，A′D=AD=8，A′E=AE 又∠AND=90° ∴A′E∥AN ∴△FA′E∽△FNA ∴= 又∠B=90°，∠AND=90° ∴△CAB∽△FAN ∴== ∴== ∴A′F=A′E=AE 在Rt△A′FE中 由勾股定理，得EF==A′E=AE 在Rt△AFD中 由勾股定理，得AD2+AF2= DF2 82+（AE+AE）2=（8+AE）2 解得AE=-12+4 ②M为直角顶点时 在矩形ABCD中 AD=BC=8，CD=AB=12，∠B=90° 由翻折可知，∠EA′D=90°，A′D=AD=8，A′E=AE 又∠AME=90° ∴△AME∽△ABC ∴=== 令AM=3x，EM=2x 则AE==x ∵AD×DC=AC×DM 又AC===4 ∴DM= 在Rt△AMD中 由勾股定理，得AM2+DM2= DA2 ∴（3x）2+（）2=82 ∴x= ∴AE=x= 综上可知，AE的长为-12+4或. 故答案为：-12+4或. 【点睛】本题考查矩形的翻折问题，利用相似三角形和勾股定理是解决问题的关键. 8．如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片，使点D刚好落在线段上，且折痕分别与，相交，设折叠后点A，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与，相交于点E，F，则线段的整数值_________． 【答案】4或5或6 【分析】首先证明四边形DEHF为菱形；当E与A重合时，CF取最大值，此时四边形DEHF为正方形，即得CF最大为6，当H与B重合时，CF最小，设菱形DEHF的边长为x，可得x2=32+（9-x）2，即得CF最小为4，从而可得线段CF的整数值为4或5或6． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥DC， ∴∠BEF=∠DFE， ∵图形翻折后点D与点H重合，EF为折线， ∴∠DFE=∠HFE，DE=HE，DF=HF， ∴∠BEF=∠HFE， ∴EH=FH， ∴DE=EH=FH=DF， ∴四边形DEHF为菱形； 当E与A重合时，CF取最大值，如图： 此时∠EDF=∠ADC=90°， ∴四边形DEHF为正方形， ∴DF=AD=3， ∴CF=CD-DF=6， 即CF最大为6， 当H与B重合时，CF最小，如图： 设菱形DEHF的边长为x，则CF=9-x， 在Rt△HFC中，HF2=CF2+HC2， ∴x2=32+（9-x）2， 解得x=5， ∴CF=4， 即CF最小为4， ∴4≤CF≤6， ∴线段CF的整数值为4或5或6， 故答案为：4或5或6． 【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，解题的关键是掌握折叠的性质，分别求出CF的最大、最小值． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 几何折叠（填空压轴题） 命题预测 以矩形、正方形、直角三角形折叠为核心载体，贴合北京中考重几何直观、轻繁杂计算的命题风格。常结合隐直角、等腰模型、等量代换命题，多设置线段长度、比值、面积、结论判断类问题，分类讨论漏解为核心失分点，近年常结合多结论辨析综合考查 高频考法 1.矩形 / 正方形单折、双折综合计算 2.折叠 + 勾股定理组合运用 3.折叠后动点位置多情况分析 4.折叠几何多结论正误判断 典例·靶向·突破 题型01 正方形折叠线段求值 1．（2026·北京·一模）如图，正方形ABCD的边长是9，点E是AB边上的一个动点，点F是CD边上一点，CF＝4，连接EF，把正方形ABCD沿EF折叠，使点A，D分别落在点A′，D′处，当点D′落在直线BC上时，线段AE的长为_____． 2．如图，在矩形中，，E是边上一点，沿折叠，使点B落在边上的点处，P是边上的动点，沿折叠，是点C的对应点，当垂直于的一边，且垂足为点时，的长为______． 题型02 ：矩形折叠角度与面积计算 1．（25-26·北京海淀·一模）如图，在矩形中，，，E为的中点，将沿折叠，使点B落在矩形内点F处，连接，的面积是_______． 2．（25-26·北京·一模）如图，在矩形中，对角线和相交于点，，是射线上一点，将沿翻折得，当时，的度数为_____ ． 题型03 三角形折叠分类讨论多解问题 1．（25-26·北京西城·一模）如图，在中，，，，P是线段上一动点，将沿直线折叠，使点B落在点D处交于点E．当是直角三角形时，的长为 ___ ． 2．（25-26·北京丰台·一模）如图，在直角梯形中，，，，，动点从点出发，沿着运动到点停止，若将沿折叠，若点的对应点恰好落在直角梯形的边上时，则线段的长度为___________． 题型04 折叠结合相似综合压轴判断 1．（24-25·北京·三模）正方形，点，在边，上，沿折叠正方形，使点恰好落在边的中点处，点是的中点，若，则______． 2．（2025·北京房山·二模）如图，在矩形中，，，E、F分别是、上的动点，且，连接，将四边形沿折叠，点、的对应点分别为、，连接，则的最小值为_____． 1．（2025·北京·模拟预测）如图，已知长方形纸片的长，宽，点均在上(在左侧)，先将纸片沿折叠，记点的对应点为，再将纸片沿折叠，使得的对应线段，连接，若折叠过程保持，分别在长方形的外部和内部，当时，的长为_____． 2．如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=12，AD=10，点E是CD的中点．将这张纸片依次折叠两次；如图2，第一次折叠纸片使点A与点E重合，折痕为MN，连接ME、NE；如图3，第二次折叠纸片使点N与点E重合，点B落在处，折痕为HG，连接HE，则______． 3．（2025·北京·三模）在矩形中，， 如图1， 将矩形沿折叠， 使得点B和点D重合， 则折痕的长为________； 如图2，将矩形沿折叠．使得点D落在 边上的点G处，点C落在点 P处，得到四边形， 若 则的长为________． 4．（2026·北京东城·模拟预测）如图，将一张正方形纸片折叠，折痕为，折叠后，点B的对应点落在正方形内部的点F处，连接并延长交于点G．若，，则的长为______． 5．如图，长方形纸片，点，分别在，边上，将纸片沿折叠，使点落在边上的点处，然后再次折叠纸片使点与点重合，点落在点，折痕为，若，则__________度． 6．（2025·北京·三模）如图，在矩形纸片中，，，E是边上一点（不与点C、D重合），将纸片沿过点A的一条直线折叠，点B落在点处，折痕交于点P，沿直线PE再折叠纸片，点C落在点处，且P、、三点共线．则：    （1）的度数为______； （2）线段长的最大值为______． 7．（2026·北京·一模）如图，AD=8，CD=12，点E为矩形纸片的边AB上一点，小华将△ADE沿着DE折叠至△A′DE，线段DE、射线DA′分别与线段AC交于M、N，在折叠过程中，小华发现△DMN的形状随着AE长度的变化而变化，当△DMN为直角三角形时，AE的长为___________________． 8．如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片，使点D刚好落在线段上，且折痕分别与，相交，设折叠后点A，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与，相交于点E，F，则线段的整数值_________． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $