2024年中考数学精选压轴题之折叠问题
一、选择题（每题3分，共36分）
1．（2024九上·岳阳期末）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，小明把矩形沿折叠，使点落在边的点处，其中，且，则矩形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵矩形沿折叠，使点C落在边的点F处，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，，则，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴解得：，负值舍去，
∴，，
∴矩形的面积．
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质得到，由矩形的性质可得，利用同角的余角相等证得，进而得到，设，则，，，故AD=BC=BE+CE=8x，进而得到DF=10x，在直角三角形DEF中，由勾股定理解得x=1，再根据矩形的面积公式计算即可.
2．如图，已知长方形纸片 ABCD，点E，F分别在边AD和BC上，且∠EFC=53°，H和G 分别是边AD和 BC 上的动点，现将点 A，B 沿 EF 向下折叠至点N，M 处，将点 C，D沿GH 向上折叠至点P，K 处，若 MN∥PK，则∠KHD的度数为 （ ）
A．37°或143° B．74°或96° C．37°或105° D．74°或106°
【答案】D
【知识点】平行线的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：当PK在AD上方时，延长MN、KH交于点Q，
∵∠EFC=53°，AD∥BC，
∴∠AEF=∠EFC=53°，
由折叠知∠K=∠D=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，
∴∠AEN=106°，
∵PK∥MN，
∴∠K+∠Q=180°，
∴∠Q=90°，
∴∠ENM=∠Q=90°，
∴EN∥KQ，
∴∠AHQ=∠AEN=106°，
∵∠KHD与∠AHQ是对顶角，
∴∠KHD=∠AHQ=106°；
当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，
∵∠EFC=53°，AD∥BC，
∴∠AEF=∠EFC=53°，
由折叠得∠HKP=∠D=∠PKT=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，
∴∠AEN=106°，
∵PK∥MN，
∴∠PKT=∠T=90°，
∴∠ENM=∠T=90°，
∴EN∥HT，
∴∠AHT=∠AEN=106°，
∴∠KHD=180°-∠AHT=74°，
综上，∠KHD的度数为74°或106°.
故答案为：D.
【分析】①当PK在AD上方时，延长MN、KH交于点Q，由平行线的性质得∠AEF=∠EFC=53°，由折叠知∠K=∠D=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，则∠AEN=106°，由二直线平行，同旁内角互补可推出∠ENM=∠Q=90°，由同位角相等，两直线平行得EN∥KQ，进而根据二直线平行，同位角相等得∠AHQ=∠AEN=106°，最后根据对顶角相等可得∠KHD=∠AHQ=106°；当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，由平行线的性质得∠AEF=∠EFC=53°，由折叠知∠K=∠D=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，则∠AEN=106°，由二直线平行，内错角相等可推出∠PKT=∠T=90°，进而得∠ENM=∠T=90°，由同位角相等，两直线平行得EN∥HT，进而根据二直线平行，同位角相等得∠AHQ=∠AEN=106°，最后根据邻补角可得∠KHD=180°-∠AHT=74°，综上即可得出答案.
3．（2023九下·衢江月考）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF.将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF.则下列结论不正确的是（ ）
A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC
【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，
故A选项正确；
将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，
，
，
故B选项正确；
，
∴EG∥HF，
故C正确；
设，则，
，
即
，同理可得
若
则
，
，
∴FG不平行CD，
即GF不垂直BC，
故D不正确.
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质得BC=AD=8，AB=CD=6，用勾股定理算出BD=10，据此可判断A选项；由翻折的性质得BG=AB=6，DH=CD=6，根据线段的和差可得DG=BH=4，HG=2，据此可判断B选项；由翻折可得∠EGB=∠A=∠DHF=∠C=90°，由内错角相等，两直线平行，可得EG∥HF，据此判断C选项；设AE=a，则EG=a，ED=8-a，由∠ADB的正切函数的定义可得，据此可求出AE的长，同理可得CF的长，若FG∥CD，由平行线分线段成比例定理得，而根据线段的长度可得，故FG不平行CD，即GF不垂直BC，据此可判断D选项.
4．如图，将矩形ABCD沿GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB⑤△COF∽△CEG.其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠性质可得：DG=OG=AG，AE=OE=BE，OC=BC，
∠DGF=∠FGO，∠AGE=∠OGE，∠AEG=∠OEG，∠OEC=∠BEC，
∴∠FGE=∠FGO+∠OGE=90°，∠GEC=∠OEG+∠OEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°，
∴GF∥CE，①正确；
设AD=2a，AB=2b，
则DG=OG=AG=a，AE=OE=BE=b，
∴CG=OG+OC=3a，
在Rt△AGE中，GE2=AG2+AE2=a2+b2，
在Rt△CGE中，CE2=BE2+CB2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，CG2=GE2+CE2，
即（3a）2=a2+b2+b2+（2a）2，
解得：；
∴；②错误；
设OF=DF=x，则，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
∴，
解得：；
∴，，
在Rt△AGE中，，
∴，；③④正确；
根据题意，无法得出∠FCO=∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG；⑤错误；
综上，正确的是①③④，
故答案为：B.
【分析】根据折叠前后图形的对应边和对应角相等可推得∠FGE+∠GEC=180°，根据同旁内角互补，两直线平行即可得出GF∥CE，判断①正确，设AD=2a，AB=2b，求得CG=3a，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得，即可求得AB与AD的数量关系，判断②错误，设OF=DF=x，求得CF的值，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方得出x与a的关系式，GE的值，即可判断③④正确，结合题意无法得出△COF∽△CEG；判断⑤错误，即可得出答案.
5．（2024九上·万源期末）如图，在一张矩形纸片中，，点E，F分别在边上，将纸片沿直线折叠，点C落在边上的点H处，点D落在点G处，有下列四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段长的取值范围是；④当点H与点A重合时， 2，其中，正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【知识点】平行线的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故①正确；
∵四边形是菱形，
∴，
若平分，
∴，
∴，
∵点C落在上的一点H处，
∴不一定等于30°
∴不一定平分，故②错误；
当点H与点A重合时，有最小值，
设，则，
在中，，
即，解得，
∴，
若落在上时，有最大值，
∴四边形是正方形，
∴，
∴最大值为4，
∴，故③正确；
如图，过点F作于M，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：C.
【分析】根据直线平行性质可得，根据角之间的关系可得，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，再根据菱形判定定理可判断①正确；根据菱形性质及角平分线性质，再根据题意可判断②错误；设，则，在中，根据勾股定理列出方程，解方程可得，再根据正方形性质可判断③正确；过点F作于M，根据矩形性质，勾股定理可判断④正确；
6．（2023九上·长清期中）如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE．下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ GD，正确的是（ ）
A．①③ B．①③④ C．①④ D．①②③④
【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：①四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠可知：∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90°，
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∴∠A=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE，
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ，
∵∠B=∠F=90°，
∴△QFG∽△PBE.
故①正确；
②过点C作CN⊥EG于N，
由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
在△NEC和△BEC中，
∴△NEC≌△BEC(AAS).
∴CN=CB=CD，，
在Rt△CNG和Rt△CDG中，
∴Rt△CNG≌Rt△CDG(HL)，
∴
＞，
∴②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
即EC平分∠BEG.
∴③正确；
④连接DH，NH，HE，如图，
∵△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG，
∴∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠CHP=45°，
由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG，
∴EG2-EH2=GH2.
由折叠可知：EH=CH.
∴EG2-CH2=GH2，
∵CN⊥EG，EH⊥CG，
∴∠ENC=∠EHC=90°，
∴E，N，H，C四点共圆，
∴∠HNC=∠HEC=45°.
在△CNH和△CDH中，
∴△CNH≌△CDH(SAS)，
∴∠CDH=∠CNH=45°，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°，
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°，
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH，
∴，
∴GH2=GQ GD，
∴GE2-CH2=GQ GD，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④.
故答案为：B.
【分析】①根据有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CN⊥EG于N，通过证明△BEC≌△NEC，进而说明△CNG≌△CDG，可得＞，可得②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，NH，HE，由△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG可知：∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，所以∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，则EH⊥CG，利用勾股定理可得EG2-EH2=GH2.由CN⊥EG，EH⊥CG，得到∠ENC=∠EHC=90°，所以E，N，H，C四点共圆，所以∠HNC=∠HEC=45°，通过△CNH≌△CDH，可得∠CDH=∠CNH=45°，这样，∠GDH=45°，因为∠GHQ=∠CHP=45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2= GQ GD，从而说明④成立.
7．（2023八上·瑞安期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°，将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C′处，两条折痕与斜边BC分别交于E，F．以下四个结论正确的是（ ）
①∠EAF＝45°；②FC′＝BE；③EC＝3BE；④FC＝(－1)AE．
A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C′处，
∴∠BAE=∠EAD=∠BAD，∠CAF=∠DAF=∠CAD，
∴∠EAF=∠EAD+∠DAF=（∠BAD+∠CAD）=∠BAC=×90°=45°，故①正确；
∵∠BAC=90°，∠C=30°，
∴∠B=60°=∠BDA=∠CDF，∠C'=30°，
∴△ABD是等边三角形，∠C'FD=90°，DF=m，则C'D=2m，C'F=CF=，
∴CD=DF+CF=，
∵∠BDA=60°，∠C=30°，
∴∠DAC=∠C=30°，
∴DC=AD==BD
∴BE=DE=BD=，而C'F=，
∴C'F≠BE，故②错误；
∵CD=，BE=DE=，
∴CE=CD+CD=，故③正确；
∵∠BEC=90°，∠C=30°，
∴，
∴，
∴FC= (－1)AE ，故④正确，
综上，正确的有①③④.
故答案为：C.
【分析】由翻折得∠BAE=∠EAD=∠BAD，∠CAF=∠DAF=∠CAD，进而根据∠EAF=∠EAD+∠DAF可判断①；由三角形的内角和定理及翻折得∠B=60°=∠BDA=∠CDF，∠C'=30°，则△ABD是等边三角形，∠C'FD=90°，DF=m，则C'D=2m，C'F=CF=，进而根据三角形外角性质得∠DAC=∠C=30°，由等边对等角及线段的和差得DC=AD==BD，则E=DE=BD=，可判断②；由CE=CD+CD算出CE的长，可判断③；由含30°角直角三角形的性质得，从而代入 (－1)AE 算出结果可判断④.
8．如图所示，是等边三角形ABC的边AB上一点，且.现将折叠，使点与点重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF等于（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AD∶DB=1∶2，
∴设AD=a，则BD=2a，AB=3a，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC=3a，∠A=∠B=∠C=60°，
由折叠得CE=DE，CF=DF，∠C=∠EDF=60°，
∵∠A+∠AED=∠EDF+∠FDB，即60°+∠AED=60°+∠FDB，
∴∠AED=∠FDB，
∴△ADE∽△BFD，
∴，
设CE=x，则ED=x，AE=3a-x，
设CF=y，则DF=y，FB=3a-y，
∴，
∴，
∴，即.
故答案为：B.
【分析】由已知设AD=a，则BD=2a，AB=3a，由等边三角形性质得AC=AB=BC=3a，∠A=∠B=∠C=60°，由折叠的性质得CE=DE，CF=DF，∠C=∠EDF=60°，根据三角形外角性质及角的和差可推出∠AED=∠FDB，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△ADE∽△BFD，由相似三角形对应边成比例得，设CE=x，则ED=x，AE=3a-x，CF=y，则DF=y，FB=3a-y，代入比例式可得方程组，求解即可得出答案.
9．如图所示，在中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后，刚好经过AB的中点.若的半径为，则BC的长是（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于E，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，AD=BD=AB=4，
在Rt△OBD中，，
∵将孤BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，
∴孤AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴弧AC=弧CD，
∴AC=DC，
∴AE=DE=2，
易证四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=2 ，
在Rt△OCF中，
∴CE=CF+EF=4+2=6， 而BE=BD+DE=4+2=6，BC=.
故答案为：C.
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于E，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，AD=BD=AB=4，在Rt△OBD中，根据勾股定理可计算出OD=2，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定得到AC=CD，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=2，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=2，然后计算出CF后得到CE=BE=6，由勾股定理可得到BC的长.
10．（2023九上·杭州开学考）如图，在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，连结EM并延长EM分别交BD，AD于点N，F，且BE＝BN，若AB＝6，BC＝8，则AF的长是（ ）
A．5- B．10-2 C．4- D．8-2
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，
∴DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，
∴∠FDE=∠DEC，∠DFE=∠BEN，
∴∠FDE=∠DEF，
∴DF=EF，
∵BE＝BN，
∴∠BEN=∠BNE，
∵∠BNE=∠FND，
∴∠FND=∠DFN，
∴DF=DN=EF，
设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，
∴MF=EF-ME=2+x-x=2，
∴在Rt△DMF中，DF==，
∴AF=AD-DF=8-，
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质及旋转可得DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，结合平行线的性质可推出∠FDE=∠DEF，可得DF=EF， 由BE＝BN，∠BNE=∠FND，可得∠FND=∠DFN，从而得出DF=DN=EF，设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，从而可得MF=EF-ME=2+x-x=2，在Rt△DMF中，由勾股定理求出DF的长，利用AF=AD-DF即可求解.
11．（2023·坪山模拟）如图，在矩形中，，，是的中点，将沿直线翻折，点落在点处，连接，则的长为（ ）
A．8 B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点E作EG⊥CF于点G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°.
∵AB=2，BC=，点E是BC的中点，
∴BE=CE=，
∴AE==5.
由折叠可得∠AEB=∠AEF=∠BEF，BE=EF，
∴CE=EF.
∵EG⊥CF，
∴∠CEG=∠FEG=∠CEF，CG=FG，
∴∠AEB+∠CEG=∠BEF+∠CEF=(∠BEF+∠CEF)=90°.
∵∠ECG+∠CEG=90°，
∴∠AEB=∠ECG.
∵∠B=∠CGE=90°，
∴△ABE∽△EGC，
∴，
∴，
∴CG=，
∴CF=2CG=.
故答案为：B.
【分析】过点E作EG⊥CF于点G，根据矩形的性质可得∠B=90°，由中点的概念可得BE=CE=，利用勾股定理可得AE的值，由折叠可得∠AEB=∠AEF=∠BEF，BE=EF，则CE=EF，结合等腰三角形的性质可得∠CEG=∠FEG=∠CEF，CG=FG，则∠AEB+∠CEG=(∠BEF+∠CEF)=90°，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△ABE∽△EGC，根据相似三角形的性质可得CG，进而可得CF.
12．（2022·梓潼模拟）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，将纸片折叠，点A，D分别落在点，处，且经过点B，EF为折痕，当⊥CD时，的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：延长DC和，两延长线相交于点G，
∵菱形ABCD，∠A＝60°，
∴∠A＝∠DCB＝60°，AB＝BC＝DC
∴∠BCG＝180°－60°＝120°，
∵将纸片折叠，点A，D分别落在点处，且经过点B，EF为折痕，
∴∠D＝∠F＝120°，DF＝F
∵F⊥DC，
∴∠FG＝90°，
∴∠G＝90°－60°＝30°
∴∠CBG＝180°－∠G－∠BCG＝180°－30°－120°＝30°
∴∠CBG＝∠G
∴BC＝CG，
设CF＝x，DF＝y，则DC＝CG＝x＋y
∴FG＝2x＋y，
在Rt△FG中，
.
故答案为：A.
【分析】延长DC和，两延长线相交于点G，由菱形的性质可得∠A＝∠DCB＝60°，AB＝BC＝DC，利用邻补角的定义可得∠BCG＝120°，由折叠的性质可得∠D＝∠F＝120°，DF＝F，易求∠CBG＝∠G，可得BC＝CG，设CF＝x，DF＝y，则DC＝CG＝x＋y，FG＝2x＋y，在Rt△FG中，由可求出，从而求出的值.
二、填空题（每题3分，共18分）
13．（2024·武汉模拟） 如图，在矩形中，是的中点，连接，将沿着翻折得到，交于点，延长，相交于点，若，，则 ．
【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理的应用；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接，
，
是的中点，
，
由折叠的性质可得：，，，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
设，则，，
在中，，即，
解得：，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，
故答案为：．
【分析】连接，由折叠的性质可得，，，得出，然后证明，可得，设，则，，利用勾股定理构建方程，求出，设，则，再次利用勾股定理构建方程求解即可．
14．（2024九下·淮滨开学考）如图是一张菱形纸片，，，点在边上，且，点在边上，把沿直线对折，点的对应点为点，当点落在菱形对角线上时，则 。
【答案】或
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：由题意可分两种情况讨论：
①当点A 落在菱形的对角线BD上时，如图：
在菱形ABCD中，∠A=60°，AD=AB=5，
∴∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADB=∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=5，
由折叠的性质可得：∠FA E=60°，FA =FA，A E=AE，
∴∠DA E+∠BA F=120°，
∵∠DEA +∠DA E=120°，
∴∠DEA=∠BA F，
∴△DEA∽△BA F，
∴，
设A F=AF=x，
∵DE=2，
∴AE=A E=5-2=3，
∴，，
∴A B=x，
∴，解得：x=6＋(舍去）或x=6-，
∴AF=6-；
②当点A 落在菱形的对角线BD上时，如图：
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=30°，
由折叠的性质可得：∠A EF=∠AEF，A E=AE，
∴∠A AE=∠EA A=30°，
∴∠AEA =120°，
∴∠AEF=60°，
∴∠AFE=180°-60°-60°=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=AE=5-2=3，
综上可得，AF的长为6-或3.
故答案为：6-或3.
【分析】由题意可分两种情况讨论：①当点A 落在菱形的对角线BD上时，根据菱形的性质可证△DEA∽△BA F，于是可得比例式可求解；②当点A 落在菱形的对角线BD上时，根据菱形的性质和折叠的性质可求解.
15．（2024九下·深圳开学考）如图，在 ABCD中，点E在边BC上，将△ABE沿着直线AE翻折得到△AFE，点B的对应点F恰好落在线段DE上，线段AF的延长线交边CD于点G，如果BE：EC＝3：2，那么AF：FG的值等于 ．
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：延长AG、BC交于点H，如图，
BE：EC＝3：2，
可设BE=3a，EC=2a，
四边形ABCD是平行四边形，
AD=BC=5a，AD∥BC，
∠DAE=∠AEB，
由折叠的性质可得∠AEB=∠AEF，BE=BF=3a，
AD=DE=5a，
DF=2a，
AD∥BC，
AD∥BC，
设AG=10b，GH=11b，
AH=21b，
故答案为：.
【分析】延长AG、BC交于点H，设BE=3a，EC=2a，利用平行四边形的性质得到AD=DE=5a，根据AD∥BC和折叠的性质得到∠AEB=∠AEF，BE=BF=3a，再证明求出最后根据即可求解.
16．如图，在扇形AOB中，点C，D在上，将D沿弦折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F.已知∠AOB=120°，OA=6，则的度数为 ，折痕CD的长为 .
【答案】60°；
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设折叠后弧的圆心为O'，连接O'E，O'F，OO'，O'C，OO'交CD于点H，
∴OO'⊥CD，CH=DH，O'C=OA=6，
∵ 将沿CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F.
∴∠O'EO=∠O'FO=90°，
∵∠AOB=120°，
∴∠EO'F=60°，∠OO'C=60°，则 的度数为 60°，
∵EO'⊥OA，EO'=6，∠EO'O=30°，
∴OO'=4，
∴O'H=2，
∴CH==
∴CD=2CH=.
故答案为： 60°，.
【分析】设折叠后弧的圆心为O'，连接O'E，O'F，OO'，O'C，OO'交CD于点H，求出∠EO'F的度数，即得 的度数，根据切线的性质可求EO'⊥OA，∠EO'O=30°，从而求出OO'的长，再利用对称性质及勾股定理求出O'H，CH的长，由CD=2CH即得结论.
17．（2023九上·丰城月考）如图，腰长为22的等腰ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 ．
【答案】或2
【知识点】三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：当CE⊥AB 时，如图，
设垂足为M，在Rt△AMC中，∠A＝45°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝22.5°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠B＝∠ACB＝67.5°，
∴∠BCM＝22.5°，
∴∠BCM＝∠DCM，
在△BCM和△DCM中，
，
∴△BCM≌△DCM（ASA），
∴BM＝DM，
由折叠得：∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴△MDE是等腰直角三角形，
∴DM＝EM，
设DM＝x，则BM＝x，DEx，
∴ADx．
∵AB＝22，
∴2xx＝22，解得：x，
∴BD＝2x＝2；
当CE⊥AC时，如图，
∴∠ACE＝90°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝45°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴∠ADC＝∠EDC＝90°，即点D、E都在直线AB上，且△ADC、△DEC、△ACE都是等腰直角三角形，
∵AB＝AC＝＝22，
∴ADAC＝2，
BD＝AB﹣AD＝（22）﹣（2），
综上，BD的长为或2．
故答案为：或2．
【分析】本题分两种情况讨论，当CE⊥AB 时，当CE⊥AC时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质与判定，以及全等三角形的判定与性质，等量代换，找到与BD有关的边，列式求解.
18．（2023九上·安岳月考）如图，在中，，，，，点是边上一动点．连接，将沿折叠，得到，其中点落在处，交于点，当为直角三角形时，长度是 ．
【答案】或
【知识点】翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】 解：，，，，
，
由折叠可知：，，
当时，可得，
又，
是等边三角形，
，
；
当时，，（平角的定义）
，，
，
；
综上可得：EF的长度为 或 .
故答案为：或 .
【分析】先根据折叠的性质得，，再分两种情况讨论，当时，根据三角形内角和定理和对顶角相等可证是等边三角形，即可得到BF的长，再由线段的和差即可求解；当时，利用直角三角形BFA中，所对的边等于斜边的一半可得，再由线段的和差即可求解.
三、解答题（共2题，共13分）
19．（2024八上·江北期末）等边中，于点，点为边上一动点，连接，点关于直线的对称点为点，连接．
（1）如图1，点恰好落在的延长线上，则求 ；
（2）过点作交于点，连接交于点．
①如图2，试判断线段、和之间的数量关系，并说明理由：
②如图3，直线交于点，连接点运动的过程中．当取最小值时，请直接写出线段的长度．
【答案】（1）15
（2）解：①；
理由如下：
如图，延长交于点N；
设，
由折叠性质得：，；
∴，；
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，；
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）解：∵是等边三角形，，
∴，，；
由折叠性质得：；
∴，
∴，
∴；
故答案为：15；
（2）解：①；
理由如下：
如图，延长交于点N；
设，
由折叠性质得：，；
∴，；
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，；
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②如图，连接，取中点P，连接，
∵是等边三角形，
∴，；
∵，
∴，
∴，
当C、M、G三点共线且与重合时，最短，此时点D与H点重合，点G与点P重合，
∵P、H分别是的中点，
∴．
【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，最短距离，线段垂直平分线的性质．
（1）由折叠的性质、由等边三角形的性质可推出：，，， 再利用等腰三角形的性质可得：，利用角的运算可求出答案；
（2）①延长交于点N；利用角的运算可求出∴；，
进而证明为等边三角形；再结合已知条件，可证明是等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，进而证明，利用全等三角形的性质可得，利用线段的运算可得线段、和之间的数量关系；
②连接，取中点P，连接，观察图形可知当C、M、G三点共线且与重合时，最短，此时点D与H点重合，利用线段中点的定义可求出长度．
20．（2024九上·武侯期末）如图，在矩形中，，，点E是边上一点，连接，将沿折叠得到，边，分别交于点M，N．
（1）求证：；
（2）当时．
①求BE的长；
②若点P是边上的动点，连接，过点A作的垂线交线段于点Q，试探究的值是否发生变化，若变化，请说明理由；若不变，请求出的值．
【答案】（1）证明：∵矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，
∴，，，
∴，
又，
∴，
又，
∴；
（2）解：①∵，，，
∴，
∴，，
∴，即，
设，则，，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
②的值不变，值为．
理由：连接，交于点O，过F作于H，
∵折叠，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
解得，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】(1)先证明∠DAM=∠CNE，再结合∠D=∠C=90°，根据两角对就相等的三角形相似即可证明结论.
(2)①根据AAS证明△CNE≌△FNM，得到CN=FN，EN=MN，CE=x，则BE=4-x，AM=5-x，DM=x+1，在Rt△ADM中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可求解.
②的值不变.连接FQ，BF交AE于点O，过点F作FH⊥AB，垂足为点H，证明△AOB∽△ABE，求出BF，证明△FBH∽△AEB，求出FH，证明△FHP∽△ABQ，得，从而求解.
四、实践探究题（共4题，共33分）
21．如图，在△ABC中，已知∠BAC =45°，AD⊥BC于点 D，BD=2，DC=3，求AD 的长.
小萍同学灵活运用轴对称知识，将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题.
请按照小萍同学的思路，探究并解答下列问题：
（1）分别以 AB，AC 为对称轴，作出△ABD，△ACD的轴对称图形，点 D 的对称点分别为E，F，延长 EB，FC相交于点G.求证：四边形AEGF 是正方形.
（2）设 AD=x，利用勾股定理，建立关于 x的方程，求出 AD的长.
【答案】（1）证明：由题意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC．
又∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝2∠BAD+2∠DAC＝2∠BAC＝90°．
又∵AD⊥BC，
∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°．
∴四边形AEGF是矩形．
又∵AE＝AD，AF＝AD，
∴AE＝AF，
∴四边形AEGF是正方形；
（2）解：设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x．
∵BD＝2，DC＝3，
∴BE＝2，CF＝3，
∴BG＝x﹣2，CG＝x﹣3．
在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，
∴（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，
解得x1＝6，x2＝﹣1（舍去），
∴AD＝6．
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）先根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF＝90°；从而可证明四边形AEGF是矩形，然后再根据轴对称的性质得到AE＝AF，即可证明四边形AEGF是正方形；
（2）在Rt△BGC中，利用勾股定理可得BG2+CG2＝BC2，然后建立关于x的方程（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，解方程可求得AD＝x＝6即可解答．
22．（2024九上·蓬溪期末）
（1）【初步探究】把矩形纸片如图①折叠，当点B的对应点在的中点时，填空： （“”或“”）．
（2）【类比探究】
如图②，当点B的对应点为上的任意一点时，请判断（1）中结论是否成立？如果成立，请写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
（3）【问题解决】
在矩形中，，点E为中点，点P为线段上一个动点，连接，将沿折叠得到，连接，当为直角三角形时，的长为 ．
【答案】（1）
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∵矩形纸片如图①折叠，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）或1
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∵矩形纸片如图①折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（3）如图所示，当时，是直角三角形，
由折叠可得，，
∴，即点P，B'，D在一条直线上，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，解得：，
∴；
如图所示，当时，是直角三角形，过作于H，作于Q，则，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵沿折叠得到，
∴，
∴，
解得，
∴，
设，则，
在中，，
∴，解得：，
∴．
综上所述，的长为或1．
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得到，进而根据相似三角形的判定即可求解；
（2）根据（1）的方法结合题意证明即可求解；
（3）根据题意分类讨论：当时，当时，根据三角形全等的判定与性质结合勾股定理，相似三角形的性质与判定即可求解。
23．（2024八上·播州期末）【提出问题】如图，在等腰中，，分别以，为边作等边和等边，与相交于点，连接．
（1）【初步探究】如图，连接，求证：≌．
（2）【深入探究】如图，将沿翻折得到，连接，，类比的探究方法发现：
结论：_▲_≌；
结论：．
请证明结论．
（3）如图、在的情况下将线段沿翻折得到线段，连接，，试判断线段与的位置关系．
【答案】（1）证明：和是等边三角形，
，，，
，
，
≌；
（2）解：是等边三角形，沿翻折得到，
是等边三角形，
同理可知：≌，
故答案为：；
证明：如图，
作，交于，
是等边三角形，
，
，
，
，
由知：≌，
，，
，
，
，
；
（3）解：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，
，，
≌，
，
设，
，
线段沿翻折得到线段，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合
【解析】【分析】(1)根据 和是等边三角形，得，，，利用SAS可得解；
（2）①≌，由翻折性质得≌.
②作，交于， 由等边三角形的性质得 ，由①得≌，从而证得，因此，从而得证；
（3）结合等边三角形的性质，利用SSS得≌，因此，设，，得，根据内错角相等，两直线平行可得证.
24．（2023九上·新田月考）
（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
【答案】（1）解：将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据翻折性质，利用HL可证得 ；
（2） 延长，交于，如图：设，在直角三角形BCH中，根据勾股定理可求得方程， 即可求得x的值，进一步得出DH的值，然后再根据 ， 可求得BG和FG的长度，然后根据△DHQ∽△CHB，即可得出DQ的长度， 设，则， 即可得出EQ=DE+DQ，然后再根据 ，可得，即，解得，即可得出答案；
（3）分两种情况进行讨论：①当DE=时， 延长交于，过作于，如图，设，，则 ，利用相似三角形的性质，可得CP=2x，由翻折性质得到， 根据角平分线的性质可得： ，即①，在中，，②，解方程组，即可求得CP的长度；
②当当DE=时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图，同①可得 ，即， 由得： ，解方程组可得x的值，进一步求出CP=，即可得出CP的值。
1 / 12024年中考数学精选压轴题之折叠问题
一、选择题（每题3分，共36分）
1．（2024九上·岳阳期末）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，小明把矩形沿折叠，使点落在边的点处，其中，且，则矩形的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，已知长方形纸片 ABCD，点E，F分别在边AD和BC上，且∠EFC=53°，H和G 分别是边AD和 BC 上的动点，现将点 A，B 沿 EF 向下折叠至点N，M 处，将点 C，D沿GH 向上折叠至点P，K 处，若 MN∥PK，则∠KHD的度数为 （ ）
A．37°或143° B．74°或96° C．37°或105° D．74°或106°
3．（2023九下·衢江月考）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF.将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF.则下列结论不正确的是（ ）
A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC
4．如图，将矩形ABCD沿GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB⑤△COF∽△CEG.其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
5．（2024九上·万源期末）如图，在一张矩形纸片中，，点E，F分别在边上，将纸片沿直线折叠，点C落在边上的点H处，点D落在点G处，有下列四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段长的取值范围是；④当点H与点A重合时， 2，其中，正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
6．（2023九上·长清期中）如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE．下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ GD，正确的是（ ）
A．①③ B．①③④ C．①④ D．①②③④
7．（2023八上·瑞安期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°，将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C′处，两条折痕与斜边BC分别交于E，F．以下四个结论正确的是（ ）
①∠EAF＝45°；②FC′＝BE；③EC＝3BE；④FC＝(－1)AE．
A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
8．如图所示，是等边三角形ABC的边AB上一点，且.现将折叠，使点与点重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF等于（ ）.
A． B． C． D．
9．如图所示，在中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后，刚好经过AB的中点.若的半径为，则BC的长是（ ）.
A． B． C． D．
10．（2023九上·杭州开学考）如图，在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，连结EM并延长EM分别交BD，AD于点N，F，且BE＝BN，若AB＝6，BC＝8，则AF的长是（ ）
A．5- B．10-2 C．4- D．8-2
11．（2023·坪山模拟）如图，在矩形中，，，是的中点，将沿直线翻折，点落在点处，连接，则的长为（ ）
A．8 B． C． D．
12．（2022·梓潼模拟）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，将纸片折叠，点A，D分别落在点，处，且经过点B，EF为折痕，当⊥CD时，的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题3分，共18分）
13．（2024·武汉模拟） 如图，在矩形中，是的中点，连接，将沿着翻折得到，交于点，延长，相交于点，若，，则 ．
14．（2024九下·淮滨开学考）如图是一张菱形纸片，，，点在边上，且，点在边上，把沿直线对折，点的对应点为点，当点落在菱形对角线上时，则 。
15．（2024九下·深圳开学考）如图，在 ABCD中，点E在边BC上，将△ABE沿着直线AE翻折得到△AFE，点B的对应点F恰好落在线段DE上，线段AF的延长线交边CD于点G，如果BE：EC＝3：2，那么AF：FG的值等于 ．
16．如图，在扇形AOB中，点C，D在上，将D沿弦折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F.已知∠AOB=120°，OA=6，则的度数为 ，折痕CD的长为 .
17．（2023九上·丰城月考）如图，腰长为22的等腰ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 ．
18．（2023九上·安岳月考）如图，在中，，，，，点是边上一动点．连接，将沿折叠，得到，其中点落在处，交于点，当为直角三角形时，长度是 ．
三、解答题（共2题，共13分）
19．（2024八上·江北期末）等边中，于点，点为边上一动点，连接，点关于直线的对称点为点，连接．
（1）如图1，点恰好落在的延长线上，则求 ；
（2）过点作交于点，连接交于点．
①如图2，试判断线段、和之间的数量关系，并说明理由：
②如图3，直线交于点，连接点运动的过程中．当取最小值时，请直接写出线段的长度．
20．（2024九上·武侯期末）如图，在矩形中，，，点E是边上一点，连接，将沿折叠得到，边，分别交于点M，N．
（1）求证：；
（2）当时．
①求BE的长；
②若点P是边上的动点，连接，过点A作的垂线交线段于点Q，试探究的值是否发生变化，若变化，请说明理由；若不变，请求出的值．
四、实践探究题（共4题，共33分）
21．如图，在△ABC中，已知∠BAC =45°，AD⊥BC于点 D，BD=2，DC=3，求AD 的长.
小萍同学灵活运用轴对称知识，将图形进行翻折变换，巧妙地解答了此题.
请按照小萍同学的思路，探究并解答下列问题：
（1）分别以 AB，AC 为对称轴，作出△ABD，△ACD的轴对称图形，点 D 的对称点分别为E，F，延长 EB，FC相交于点G.求证：四边形AEGF 是正方形.
（2）设 AD=x，利用勾股定理，建立关于 x的方程，求出 AD的长.
22．（2024九上·蓬溪期末）
（1）【初步探究】把矩形纸片如图①折叠，当点B的对应点在的中点时，填空： （“”或“”）．
（2）【类比探究】
如图②，当点B的对应点为上的任意一点时，请判断（1）中结论是否成立？如果成立，请写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
（3）【问题解决】
在矩形中，，点E为中点，点P为线段上一个动点，连接，将沿折叠得到，连接，当为直角三角形时，的长为 ．
23．（2024八上·播州期末）【提出问题】如图，在等腰中，，分别以，为边作等边和等边，与相交于点，连接．
（1）【初步探究】如图，连接，求证：≌．
（2）【深入探究】如图，将沿翻折得到，连接，，类比的探究方法发现：
结论：_▲_≌；
结论：．
请证明结论．
（3）如图、在的情况下将线段沿翻折得到线段，连接，，试判断线段与的位置关系．
24．（2023九上·新田月考）
（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵矩形沿折叠，使点C落在边的点F处，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，，则，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
∴解得：，负值舍去，
∴，，
∴矩形的面积．
故答案为：A．
【分析】根据折叠的性质得到，由矩形的性质可得，利用同角的余角相等证得，进而得到，设，则，，，故AD=BC=BE+CE=8x，进而得到DF=10x，在直角三角形DEF中，由勾股定理解得x=1，再根据矩形的面积公式计算即可.
2．【答案】D
【知识点】平行线的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：当PK在AD上方时，延长MN、KH交于点Q，
∵∠EFC=53°，AD∥BC，
∴∠AEF=∠EFC=53°，
由折叠知∠K=∠D=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，
∴∠AEN=106°，
∵PK∥MN，
∴∠K+∠Q=180°，
∴∠Q=90°，
∴∠ENM=∠Q=90°，
∴EN∥KQ，
∴∠AHQ=∠AEN=106°，
∵∠KHD与∠AHQ是对顶角，
∴∠KHD=∠AHQ=106°；
当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，
∵∠EFC=53°，AD∥BC，
∴∠AEF=∠EFC=53°，
由折叠得∠HKP=∠D=∠PKT=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，
∴∠AEN=106°，
∵PK∥MN，
∴∠PKT=∠T=90°，
∴∠ENM=∠T=90°，
∴EN∥HT，
∴∠AHT=∠AEN=106°，
∴∠KHD=180°-∠AHT=74°，
综上，∠KHD的度数为74°或106°.
故答案为：D.
【分析】①当PK在AD上方时，延长MN、KH交于点Q，由平行线的性质得∠AEF=∠EFC=53°，由折叠知∠K=∠D=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，则∠AEN=106°，由二直线平行，同旁内角互补可推出∠ENM=∠Q=90°，由同位角相等，两直线平行得EN∥KQ，进而根据二直线平行，同位角相等得∠AHQ=∠AEN=106°，最后根据对顶角相等可得∠KHD=∠AHQ=106°；当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，由平行线的性质得∠AEF=∠EFC=53°，由折叠知∠K=∠D=90°，∠ENM=∠A=90°，∠AEF=∠FEN=53°，则∠AEN=106°，由二直线平行，内错角相等可推出∠PKT=∠T=90°，进而得∠ENM=∠T=90°，由同位角相等，两直线平行得EN∥HT，进而根据二直线平行，同位角相等得∠AHQ=∠AEN=106°，最后根据邻补角可得∠KHD=180°-∠AHT=74°，综上即可得出答案.
3．【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，
故A选项正确；
将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，
，
，
故B选项正确；
，
∴EG∥HF，
故C正确；
设，则，
，
即
，同理可得
若
则
，
，
∴FG不平行CD，
即GF不垂直BC，
故D不正确.
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质得BC=AD=8，AB=CD=6，用勾股定理算出BD=10，据此可判断A选项；由翻折的性质得BG=AB=6，DH=CD=6，根据线段的和差可得DG=BH=4，HG=2，据此可判断B选项；由翻折可得∠EGB=∠A=∠DHF=∠C=90°，由内错角相等，两直线平行，可得EG∥HF，据此判断C选项；设AE=a，则EG=a，ED=8-a，由∠ADB的正切函数的定义可得，据此可求出AE的长，同理可得CF的长，若FG∥CD，由平行线分线段成比例定理得，而根据线段的长度可得，故FG不平行CD，即GF不垂直BC，据此可判断D选项.
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠性质可得：DG=OG=AG，AE=OE=BE，OC=BC，
∠DGF=∠FGO，∠AGE=∠OGE，∠AEG=∠OEG，∠OEC=∠BEC，
∴∠FGE=∠FGO+∠OGE=90°，∠GEC=∠OEG+∠OEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°，
∴GF∥CE，①正确；
设AD=2a，AB=2b，
则DG=OG=AG=a，AE=OE=BE=b，
∴CG=OG+OC=3a，
在Rt△AGE中，GE2=AG2+AE2=a2+b2，
在Rt△CGE中，CE2=BE2+CB2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，CG2=GE2+CE2，
即（3a）2=a2+b2+b2+（2a）2，
解得：；
∴；②错误；
设OF=DF=x，则，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
∴，
解得：；
∴，，
在Rt△AGE中，，
∴，；③④正确；
根据题意，无法得出∠FCO=∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG；⑤错误；
综上，正确的是①③④，
故答案为：B.
【分析】根据折叠前后图形的对应边和对应角相等可推得∠FGE+∠GEC=180°，根据同旁内角互补，两直线平行即可得出GF∥CE，判断①正确，设AD=2a，AB=2b，求得CG=3a，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得，即可求得AB与AD的数量关系，判断②错误，设OF=DF=x，求得CF的值，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方得出x与a的关系式，GE的值，即可判断③④正确，结合题意无法得出△COF∽△CEG；判断⑤错误，即可得出答案.
5．【答案】C
【知识点】平行线的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故①正确；
∵四边形是菱形，
∴，
若平分，
∴，
∴，
∵点C落在上的一点H处，
∴不一定等于30°
∴不一定平分，故②错误；
当点H与点A重合时，有最小值，
设，则，
在中，，
即，解得，
∴，
若落在上时，有最大值，
∴四边形是正方形，
∴，
∴最大值为4，
∴，故③正确；
如图，过点F作于M，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：C.
【分析】根据直线平行性质可得，根据角之间的关系可得，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，再根据菱形判定定理可判断①正确；根据菱形性质及角平分线性质，再根据题意可判断②错误；设，则，在中，根据勾股定理列出方程，解方程可得，再根据正方形性质可判断③正确；过点F作于M，根据矩形性质，勾股定理可判断④正确；
6．【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：①四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠可知：∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90°，
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∴∠A=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE，
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ，
∵∠B=∠F=90°，
∴△QFG∽△PBE.
故①正确；
②过点C作CN⊥EG于N，
由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
在△NEC和△BEC中，
∴△NEC≌△BEC(AAS).
∴CN=CB=CD，，
在Rt△CNG和Rt△CDG中，
∴Rt△CNG≌Rt△CDG(HL)，
∴
＞，
∴②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
即EC平分∠BEG.
∴③正确；
④连接DH，NH，HE，如图，
∵△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG，
∴∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠CHP=45°，
由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG，
∴EG2-EH2=GH2.
由折叠可知：EH=CH.
∴EG2-CH2=GH2，
∵CN⊥EG，EH⊥CG，
∴∠ENC=∠EHC=90°，
∴E，N，H，C四点共圆，
∴∠HNC=∠HEC=45°.
在△CNH和△CDH中，
∴△CNH≌△CDH(SAS)，
∴∠CDH=∠CNH=45°，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°，
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°，
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH，
∴，
∴GH2=GQ GD，
∴GE2-CH2=GQ GD，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④.
故答案为：B.
【分析】①根据有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CN⊥EG于N，通过证明△BEC≌△NEC，进而说明△CNG≌△CDG，可得＞，可得②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，NH，HE，由△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG可知：∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，所以∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，则EH⊥CG，利用勾股定理可得EG2-EH2=GH2.由CN⊥EG，EH⊥CG，得到∠ENC=∠EHC=90°，所以E，N，H，C四点共圆，所以∠HNC=∠HEC=45°，通过△CNH≌△CDH，可得∠CDH=∠CNH=45°，这样，∠GDH=45°，因为∠GHQ=∠CHP=45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2= GQ GD，从而说明④成立.
7．【答案】C
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C′处，
∴∠BAE=∠EAD=∠BAD，∠CAF=∠DAF=∠CAD，
∴∠EAF=∠EAD+∠DAF=（∠BAD+∠CAD）=∠BAC=×90°=45°，故①正确；
∵∠BAC=90°，∠C=30°，
∴∠B=60°=∠BDA=∠CDF，∠C'=30°，
∴△ABD是等边三角形，∠C'FD=90°，DF=m，则C'D=2m，C'F=CF=，
∴CD=DF+CF=，
∵∠BDA=60°，∠C=30°，
∴∠DAC=∠C=30°，
∴DC=AD==BD
∴BE=DE=BD=，而C'F=，
∴C'F≠BE，故②错误；
∵CD=，BE=DE=，
∴CE=CD+CD=，故③正确；
∵∠BEC=90°，∠C=30°，
∴，
∴，
∴FC= (－1)AE ，故④正确，
综上，正确的有①③④.
故答案为：C.
【分析】由翻折得∠BAE=∠EAD=∠BAD，∠CAF=∠DAF=∠CAD，进而根据∠EAF=∠EAD+∠DAF可判断①；由三角形的内角和定理及翻折得∠B=60°=∠BDA=∠CDF，∠C'=30°，则△ABD是等边三角形，∠C'FD=90°，DF=m，则C'D=2m，C'F=CF=，进而根据三角形外角性质得∠DAC=∠C=30°，由等边对等角及线段的和差得DC=AD==BD，则E=DE=BD=，可判断②；由CE=CD+CD算出CE的长，可判断③；由含30°角直角三角形的性质得，从而代入 (－1)AE 算出结果可判断④.
8．【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AD∶DB=1∶2，
∴设AD=a，则BD=2a，AB=3a，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=BC=3a，∠A=∠B=∠C=60°，
由折叠得CE=DE，CF=DF，∠C=∠EDF=60°，
∵∠A+∠AED=∠EDF+∠FDB，即60°+∠AED=60°+∠FDB，
∴∠AED=∠FDB，
∴△ADE∽△BFD，
∴，
设CE=x，则ED=x，AE=3a-x，
设CF=y，则DF=y，FB=3a-y，
∴，
∴，
∴，即.
故答案为：B.
【分析】由已知设AD=a，则BD=2a，AB=3a，由等边三角形性质得AC=AB=BC=3a，∠A=∠B=∠C=60°，由折叠的性质得CE=DE，CF=DF，∠C=∠EDF=60°，根据三角形外角性质及角的和差可推出∠AED=∠FDB，由有两组角对应相等的两个三角形相似得△ADE∽△BFD，由相似三角形对应边成比例得，设CE=x，则ED=x，AE=3a-x，CF=y，则DF=y，FB=3a-y，代入比例式可得方程组，求解即可得出答案.
9．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于E，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，AD=BD=AB=4，
在Rt△OBD中，，
∵将孤BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，
∴孤AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴弧AC=弧CD，
∴AC=DC，
∴AE=DE=2，
易证四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=2 ，
在Rt△OCF中，
∴CE=CF+EF=4+2=6， 而BE=BD+DE=4+2=6，BC=.
故答案为：C.
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于E，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，AD=BD=AB=4，在Rt△OBD中，根据勾股定理可计算出OD=2，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定得到AC=CD，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=2，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=2，然后计算出CF后得到CE=BE=6，由勾股定理可得到BC的长.
10．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵ 在矩形ABCD中，将△CDE沿DE折叠，点C与点M重合，
∴DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，
∴∠FDE=∠DEC，∠DFE=∠BEN，
∴∠FDE=∠DEF，
∴DF=EF，
∵BE＝BN，
∴∠BEN=∠BNE，
∵∠BNE=∠FND，
∴∠FND=∠DFN，
∴DF=DN=EF，
设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，
∴MF=EF-ME=2+x-x=2，
∴在Rt△DMF中，DF==，
∴AF=AD-DF=8-，
故答案为：D.
【分析】由矩形的性质及旋转可得DM=CD=6，ME=CE，∠DEC=∠MED，∠DME=∠C=90°，AD∥BC，BD==10，结合平行线的性质可推出∠FDE=∠DEF，可得DF=EF， 由BE＝BN，∠BNE=∠FND，可得∠FND=∠DFN，从而得出DF=DN=EF，设CE=EM=x，则BE=EN=8-x，EF=DN=BD-BN=2+x，从而可得MF=EF-ME=2+x-x=2，在Rt△DMF中，由勾股定理求出DF的长，利用AF=AD-DF即可求解.
11．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点E作EG⊥CF于点G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°.
∵AB=2，BC=，点E是BC的中点，
∴BE=CE=，
∴AE==5.
由折叠可得∠AEB=∠AEF=∠BEF，BE=EF，
∴CE=EF.
∵EG⊥CF，
∴∠CEG=∠FEG=∠CEF，CG=FG，
∴∠AEB+∠CEG=∠BEF+∠CEF=(∠BEF+∠CEF)=90°.
∵∠ECG+∠CEG=90°，
∴∠AEB=∠ECG.
∵∠B=∠CGE=90°，
∴△ABE∽△EGC，
∴，
∴，
∴CG=，
∴CF=2CG=.
故答案为：B.
【分析】过点E作EG⊥CF于点G，根据矩形的性质可得∠B=90°，由中点的概念可得BE=CE=，利用勾股定理可得AE的值，由折叠可得∠AEB=∠AEF=∠BEF，BE=EF，则CE=EF，结合等腰三角形的性质可得∠CEG=∠FEG=∠CEF，CG=FG，则∠AEB+∠CEG=(∠BEF+∠CEF)=90°，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△ABE∽△EGC，根据相似三角形的性质可得CG，进而可得CF.
12．【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：延长DC和，两延长线相交于点G，
∵菱形ABCD，∠A＝60°，
∴∠A＝∠DCB＝60°，AB＝BC＝DC
∴∠BCG＝180°－60°＝120°，
∵将纸片折叠，点A，D分别落在点处，且经过点B，EF为折痕，
∴∠D＝∠F＝120°，DF＝F
∵F⊥DC，
∴∠FG＝90°，
∴∠G＝90°－60°＝30°
∴∠CBG＝180°－∠G－∠BCG＝180°－30°－120°＝30°
∴∠CBG＝∠G
∴BC＝CG，
设CF＝x，DF＝y，则DC＝CG＝x＋y
∴FG＝2x＋y，
在Rt△FG中，
.
故答案为：A.
【分析】延长DC和，两延长线相交于点G，由菱形的性质可得∠A＝∠DCB＝60°，AB＝BC＝DC，利用邻补角的定义可得∠BCG＝120°，由折叠的性质可得∠D＝∠F＝120°，DF＝F，易求∠CBG＝∠G，可得BC＝CG，设CF＝x，DF＝y，则DC＝CG＝x＋y，FG＝2x＋y，在Rt△FG中，由可求出，从而求出的值.
13．【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理的应用；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接，
，
是的中点，
，
由折叠的性质可得：，，，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
设，则，，
在中，，即，
解得：，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，
故答案为：．
【分析】连接，由折叠的性质可得，，，得出，然后证明，可得，设，则，，利用勾股定理构建方程，求出，设，则，再次利用勾股定理构建方程求解即可．
14．【答案】或
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：由题意可分两种情况讨论：
①当点A 落在菱形的对角线BD上时，如图：
在菱形ABCD中，∠A=60°，AD=AB=5，
∴∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADB=∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=5，
由折叠的性质可得：∠FA E=60°，FA =FA，A E=AE，
∴∠DA E+∠BA F=120°，
∵∠DEA +∠DA E=120°，
∴∠DEA=∠BA F，
∴△DEA∽△BA F，
∴，
设A F=AF=x，
∵DE=2，
∴AE=A E=5-2=3，
∴，，
∴A B=x，
∴，解得：x=6＋(舍去）或x=6-，
∴AF=6-；
②当点A 落在菱形的对角线BD上时，如图：
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=30°，
由折叠的性质可得：∠A EF=∠AEF，A E=AE，
∴∠A AE=∠EA A=30°，
∴∠AEA =120°，
∴∠AEF=60°，
∴∠AFE=180°-60°-60°=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=AE=5-2=3，
综上可得，AF的长为6-或3.
故答案为：6-或3.
【分析】由题意可分两种情况讨论：①当点A 落在菱形的对角线BD上时，根据菱形的性质可证△DEA∽△BA F，于是可得比例式可求解；②当点A 落在菱形的对角线BD上时，根据菱形的性质和折叠的性质可求解.
15．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：延长AG、BC交于点H，如图，
BE：EC＝3：2，
可设BE=3a，EC=2a，
四边形ABCD是平行四边形，
AD=BC=5a，AD∥BC，
∠DAE=∠AEB，
由折叠的性质可得∠AEB=∠AEF，BE=BF=3a，
AD=DE=5a，
DF=2a，
AD∥BC，
AD∥BC，
设AG=10b，GH=11b，
AH=21b，
故答案为：.
【分析】延长AG、BC交于点H，设BE=3a，EC=2a，利用平行四边形的性质得到AD=DE=5a，根据AD∥BC和折叠的性质得到∠AEB=∠AEF，BE=BF=3a，再证明求出最后根据即可求解.
16．【答案】60°；
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设折叠后弧的圆心为O'，连接O'E，O'F，OO'，O'C，OO'交CD于点H，
∴OO'⊥CD，CH=DH，O'C=OA=6，
∵ 将沿CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F.
∴∠O'EO=∠O'FO=90°，
∵∠AOB=120°，
∴∠EO'F=60°，∠OO'C=60°，则 的度数为 60°，
∵EO'⊥OA，EO'=6，∠EO'O=30°，
∴OO'=4，
∴O'H=2，
∴CH==
∴CD=2CH=.
故答案为： 60°，.
【分析】设折叠后弧的圆心为O'，连接O'E，O'F，OO'，O'C，OO'交CD于点H，求出∠EO'F的度数，即得 的度数，根据切线的性质可求EO'⊥OA，∠EO'O=30°，从而求出OO'的长，再利用对称性质及勾股定理求出O'H，CH的长，由CD=2CH即得结论.
17．【答案】或2
【知识点】三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：当CE⊥AB 时，如图，
设垂足为M，在Rt△AMC中，∠A＝45°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝22.5°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠B＝∠ACB＝67.5°，
∴∠BCM＝22.5°，
∴∠BCM＝∠DCM，
在△BCM和△DCM中，
，
∴△BCM≌△DCM（ASA），
∴BM＝DM，
由折叠得：∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴△MDE是等腰直角三角形，
∴DM＝EM，
设DM＝x，则BM＝x，DEx，
∴ADx．
∵AB＝22，
∴2xx＝22，解得：x，
∴BD＝2x＝2；
当CE⊥AC时，如图，
∴∠ACE＝90°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝45°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴∠ADC＝∠EDC＝90°，即点D、E都在直线AB上，且△ADC、△DEC、△ACE都是等腰直角三角形，
∵AB＝AC＝＝22，
∴ADAC＝2，
BD＝AB﹣AD＝（22）﹣（2），
综上，BD的长为或2．
故答案为：或2．
【分析】本题分两种情况讨论，当CE⊥AB 时，当CE⊥AC时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质与判定，以及全等三角形的判定与性质，等量代换，找到与BD有关的边，列式求解.
18．【答案】或
【知识点】翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】 解：，，，，
，
由折叠可知：，，
当时，可得，
又，
是等边三角形，
，
；
当时，，（平角的定义）
，，
，
；
综上可得：EF的长度为 或 .
故答案为：或 .
【分析】先根据折叠的性质得，，再分两种情况讨论，当时，根据三角形内角和定理和对顶角相等可证是等边三角形，即可得到BF的长，再由线段的和差即可求解；当时，利用直角三角形BFA中，所对的边等于斜边的一半可得，再由线段的和差即可求解.
19．【答案】（1）15
（2）解：①；
理由如下：
如图，延长交于点N；
设，
由折叠性质得：，；
∴，；
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，；
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）解：∵是等边三角形，，
∴，，；
由折叠性质得：；
∴，
∴，
∴；
故答案为：15；
（2）解：①；
理由如下：
如图，延长交于点N；
设，
由折叠性质得：，；
∴，；
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，；
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②如图，连接，取中点P，连接，
∵是等边三角形，
∴，；
∵，
∴，
∴，
当C、M、G三点共线且与重合时，最短，此时点D与H点重合，点G与点P重合，
∵P、H分别是的中点，
∴．
【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，最短距离，线段垂直平分线的性质．
（1）由折叠的性质、由等边三角形的性质可推出：，，， 再利用等腰三角形的性质可得：，利用角的运算可求出答案；
（2）①延长交于点N；利用角的运算可求出∴；，
进而证明为等边三角形；再结合已知条件，可证明是等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，进而证明，利用全等三角形的性质可得，利用线段的运算可得线段、和之间的数量关系；
②连接，取中点P，连接，观察图形可知当C、M、G三点共线且与重合时，最短，此时点D与H点重合，利用线段中点的定义可求出长度．
20．【答案】（1）证明：∵矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，
∴，，，
∴，
又，
∴，
又，
∴；
（2）解：①∵，，，
∴，
∴，，
∴，即，
设，则，，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
②的值不变，值为．
理由：连接，交于点O，过F作于H，
∵折叠，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
解得，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】(1)先证明∠DAM=∠CNE，再结合∠D=∠C=90°，根据两角对就相等的三角形相似即可证明结论.
(2)①根据AAS证明△CNE≌△FNM，得到CN=FN，EN=MN，CE=x，则BE=4-x，AM=5-x，DM=x+1，在Rt△ADM中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可求解.
②的值不变.连接FQ，BF交AE于点O，过点F作FH⊥AB，垂足为点H，证明△AOB∽△ABE，求出BF，证明△FBH∽△AEB，求出FH，证明△FHP∽△ABQ，得，从而求解.
21．【答案】（1）证明：由题意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC．
又∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝2∠BAD+2∠DAC＝2∠BAC＝90°．
又∵AD⊥BC，
∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°．
∴四边形AEGF是矩形．
又∵AE＝AD，AF＝AD，
∴AE＝AF，
∴四边形AEGF是正方形；
（2）解：设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x．
∵BD＝2，DC＝3，
∴BE＝2，CF＝3，
∴BG＝x﹣2，CG＝x﹣3．
在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，
∴（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，
解得x1＝6，x2＝﹣1（舍去），
∴AD＝6．
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）先根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF＝90°；从而可证明四边形AEGF是矩形，然后再根据轴对称的性质得到AE＝AF，即可证明四边形AEGF是正方形；
（2）在Rt△BGC中，利用勾股定理可得BG2+CG2＝BC2，然后建立关于x的方程（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，解方程可求得AD＝x＝6即可解答．
22．【答案】（1）
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∵矩形纸片如图①折叠，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）或1
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∵矩形纸片如图①折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
（3）如图所示，当时，是直角三角形，
由折叠可得，，
∴，即点P，B'，D在一条直线上，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，解得：，
∴；
如图所示，当时，是直角三角形，过作于H，作于Q，则，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵沿折叠得到，
∴，
∴，
解得，
∴，
设，则，
在中，，
∴，解得：，
∴．
综上所述，的长为或1．
【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得到，进而根据相似三角形的判定即可求解；
（2）根据（1）的方法结合题意证明即可求解；
（3）根据题意分类讨论：当时，当时，根据三角形全等的判定与性质结合勾股定理，相似三角形的性质与判定即可求解。
23．【答案】（1）证明：和是等边三角形，
，，，
，
，
≌；
（2）解：是等边三角形，沿翻折得到，
是等边三角形，
同理可知：≌，
故答案为：；
证明：如图，
作，交于，
是等边三角形，
，
，
，
，
由知：≌，
，，
，
，
，
；
（3）解：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，
，，
≌，
，
设，
，
线段沿翻折得到线段，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合
【解析】【分析】(1)根据 和是等边三角形，得，，，利用SAS可得解；
（2）①≌，由翻折性质得≌.
②作，交于， 由等边三角形的性质得 ，由①得≌，从而证得，因此，从而得证；
（3）结合等边三角形的性质，利用SSS得≌，因此，设，，得，根据内错角相等，两直线平行可得证.
24．【答案】（1）解：将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【知识点】三角形全等及其性质；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据翻折性质，利用HL可证得 ；
（2） 延长，交于，如图：设，在直角三角形BCH中，根据勾股定理可求得方程， 即可求得x的值，进一步得出DH的值，然后再根据 ， 可求得BG和FG的长度，然后根据△DHQ∽△CHB，即可得出DQ的长度， 设，则， 即可得出EQ=DE+DQ，然后再根据 ，可得，即，解得，即可得出答案；
（3）分两种情况进行讨论：①当DE=时， 延长交于，过作于，如图，设，，则 ，利用相似三角形的性质，可得CP=2x，由翻折性质得到， 根据角平分线的性质可得： ，即①，在中，，②，解方程组，即可求得CP的长度；
②当当DE=时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图，同①可得 ，即， 由得： ，解方程组可得x的值，进一步求出CP=，即可得出CP的值。
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