(共62张PPT)
微专题七 图形的折叠问题
第七章 图形的变换
模型展示
1．图形的折叠实质是轴对称变换，即折叠前后的两个图形是全等的．
模型一 折叠中的度数或线段长度问题
(1)全等关系：△BC′D≌△BCD≌△DAB，△ABE≌△C′DE．
(2)线段相等：C′D＝CD，BC′＝BC．
(3)角相等：∠1＝∠2，∠3＝∠4．
(4)特殊三角形：△BED是等腰三角形．
2．折痕是两对称点连接线段的垂直平分线，即BD垂直平分CC′．
3．折痕可看成折叠前后对应线段夹角的平分线．
【典例1】 (2024·济宁)综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片(如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长)进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平．
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，
点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平．
第三步，连接GF．
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平．
第五步，连接FM交GP于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：
FN·AM＝GN·AD．
(2)请证明这个结论．
[解] (1)甲同学和乙同学的结论都正确，证明如下，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，
折叠后，
∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE，
∴四边形AEFD是正方形，
故甲同学的结论正确．
(2)证明：过点G作GQ⊥PM交PM的延长线于点Q，
根据图形折叠可知FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ，
∵AB∥CD，
∴∠FPG＝∠PGM，
∴∠PGM＝∠MPG，
∴PM＝GM，
[跟踪训练]
1．(2024·东昌府月考)如图，有一个三角形纸片ABC，∠A＝65°，∠B＝75°，将纸片的一角进行折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝36°，则∠1的度数为( )
A．96° B．106° C．116° D．126°
√
C [如图，
∵∠A＝65°，∠B＝75°，
∴∠C＝180°－∠A－∠B＝180°－65°－75°＝40°，
又∵将三角形纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，
∴∠C′＝∠C＝40°，
而∠3＋∠2＋∠5＋∠C′＝180°，∠5＝∠4＋∠C＝∠4＋40°，∠2＝36°，
∴∠3＋36°＋∠4＋40°＋40°＝180°，
∴∠3＋∠4＝64°，
∴∠1＝180°－64°＝116°．
故选C．]
2．(2024·沂南县二模)如图，将菱形ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE．若∠D＝70°，则∠AEF＝________．
30°
30° [∵四边形ABCD是菱形，∠D＝70°，
∴∠B＝70°，∠A＝110°，
∵将菱形ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，
∴∠B＝∠EFC＝70°，CF＝CD，
∴∠CFD＝∠D＝70°，
∴∠AFE＝180°－70°－70°＝40°，
∴∠AEF＝180°－∠A－∠AFE＝30°．
故答案为30°．]
[跟踪训练]
3．(2024·临沂一模)如图，将菱形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点D落在射线CA上的点E处，折痕CP交AD于点P．若∠ABC＝30°，AP＝2，则PE的长等于___________．
√
模型展示
1．直角三角形的角不确定
折叠后△BEF为直角三角形，则∠EFB＝90°或∠FEB＝90°．
模型二 折叠中的多解问题
2．等腰三角形的腰和底不确定
折叠后△A′EC是以A′E为腰的等腰三角形，则CE为底或A′C为底．
√
[跟踪训练]
5．如图，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝40°，点M，N分别是AB，BC上的动点，沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点B′落在线段AC所在的直线上，若△NB′C为直角三角形，则∠MNB′的度数为___________．
75°或45°
6．(2024·兖州期末)在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点P是直线BC上一动点，若将△ABP沿AP折叠，使点B落在点E处，若P，E，D三点在同一条直线上，则BP＝________．
2或18
【典例4】 (2024·任城区三模)如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，D点在边AB上运动(D与A，B不重合)，设∠ACD＝α，将△ACD沿CD翻折至△A′CD处，CA′与AB边相交于点E．若△A′DE是等腰三角形，则α的值为( )
A．15°或30° B．15°
C．30°或60° D．15°或60°
√
A [△DEA′为等腰三角形时，根据折叠变换的性质可得∠A＝∠A′＝40°，∠ACD＝∠ECD，
①当DA＝DE时，∠A′＝∠DEA′＝40°，如图，
∴∠ACE＝∠A′ED－∠A＝40°－40°＝0°，显然不符合题意．
[对点演练]
7．如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为____________．
8．如图，四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠ABC＝30°，点E是射线DA上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为D′，连接D′B，若△D′BC为等边三角形，则DE＝_______________．
②当点E在DA的延长线上时，如图2，过点B作BF⊥AD，交DA的延长线于点F由折叠性质可知∠ED′C＝∠D＝30°，又∠BD′C＝60°，所以D′E为∠BD′C的平分线，
又△BD′C是等边三角形，所以D′E⊥BC．
又AD∥BC，所以D′E⊥AD．
因为∠ABC＝30°，所以∠BAF＝30°，
模型特点
一般是在动点处翻折，考查特殊图形的存在性问题，由于对应关系不确定，需要进行分类讨论．
模型三 动态折叠问题
4 cm或12 cm或
[对点演练]
9．如图，已知长方形纸片ABCD，点E，F分别在边AD和BC上，且∠EFC＝49°，H和G分别是边AD和BC上的动点，现将点A，B，C，D分别沿EF，GH折叠至点N，M，P，K处，若MN∥PK，则∠KHD的度数为___________．
98°或82°
98°或82° [当PK在AD上方时，延长MN，KH交于点Q，
由折叠可知，∠K＝∠P＝90°，∠ENM＝90°，
∵PK∥MN，
∴∠K＝∠Q＝90°，
∴∠ENM＝∠Q，
∴EN∥KH，
∵∠EFC＝49°，
∴∠AEF＝49°，
∴∠AEN＝98°，
∴∠AHQ＝98°，
∵∠KHD＝∠AHQ，
∴∠KHD＝98°．
当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，
由折叠可知，∠HKP＝90°，∠MNE＝90°，
∵MN∥KP，
∴∠T＝∠HKP＝90°，
∴∠ENM＝∠T＝90°，
∴EN∥HK，
∵∠EFC＝49°，
∴∠AEF＝49°，
∴∠AEN＝98°，
∴∠AHK＝98°，
∴∠KHD＝180°－∠AHK＝82°，
综上所述：∠KHD＝98°或82°．
故答案为98°或82°．]
10．如图，矩形ABCD中，AD＝13，AB＝17，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为________．微专题七 图形的折叠问题
模型一 折叠中的度数或线段长度问题
模型展示
1．图形的折叠实质是轴对称变换，即折叠前后的两个图形是全等的．
(1)全等关系：△BC′D≌△BCD≌△DAB，△ABE≌△C′DE．
(2)线段相等：C′D＝CD，BC′＝BC．
(3)角相等：∠1＝∠2，∠3＝∠4．
(4)特殊三角形：△BED是等腰三角形．
2．折痕是两对称点连接线段的垂直平分线，即BD垂直平分CC′．
3．折痕可看成折叠前后对应线段夹角的平分线．
【典例1】 (2024·济宁)综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片(如图1，矩形ABCD中，AB＞AD且AB足够长)进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平．
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平．
第三步，连接GF．
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形AEFD是正方形；
乙同学的结论：tan ∠AFG＝．
(1)请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由．
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平．
第五步，连接FM交GP于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：
FN·AM＝GN·AD．
(2)请证明这个结论．
[解] (1)甲同学和乙同学的结论都正确，证明如下，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，
折叠后，
∠D＝∠AEF＝90°＝∠DAE，AD＝AE，
∴四边形AEFD是正方形，
故甲同学的结论正确．
作GK⊥AF，
设AE＝2x，则AG＝EG＝x，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EAF＝45°，
∴AF＝2x，AK＝KG＝AG＝x，
∴FK＝AF－AK＝x，
∴tan ∠AFG＝＝，
故乙同学的结论也正确．
(2)证明：过点G作GQ⊥PM交PM的延长线于点Q，
根据图形折叠可知FP＝PM，FG＝GM，GH＝GQ，∠FPG＝∠MPG，PH＝PQ，
∵AB∥CD，
∴∠FPG＝∠PGM，
∴∠PGM＝∠MPG，
∴PM＝GM，
∴PF＝GM＝PM＝FG，
∴四边形FGMP是菱形，
∴∠FNG＝90°，
∵∠GQP＝90°＝∠FNG，∠FGN＝∠GPQ，
∴△GFN∽△PGQ，
∴＝，
∴FN·PQ＝GN·GQ，
∵AM＝AG＋GM＝HF＋FP＝PH，
∴AM＝PQ，
∵GQ＝GH＝AD，
∴FN·AM＝GN·AD．
[跟踪训练]
1．(2024·东昌府月考)如图，有一个三角形纸片ABC，∠A＝65°，∠B＝75°，将纸片的一角进行折叠，使点C落在△ABC外，若∠2＝36°，则∠1的度数为( )
A．96° B．106° C．116° D．126°
C [如图，
∵∠A＝65°，∠B＝75°，
∴∠C＝180°－∠A－∠B＝180°－65°－75°＝40°，
又∵将三角形纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，
∴∠C′＝∠C＝40°，
而∠3＋∠2＋∠5＋∠C′＝180°，∠5＝∠4＋∠C＝∠4＋40°，∠2＝36°，
∴∠3＋36°＋∠4＋40°＋40°＝180°，
∴∠3＋∠4＝64°，
∴∠1＝180°－64°＝116°．
故选C．]
2．(2024·沂南县二模)如图，将菱形ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE．若∠D＝70°，则∠AEF＝________．
30° [∵四边形ABCD是菱形，∠D＝70°，
∴∠B＝70°，∠A＝110°，
∵将菱形ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，
∴∠B＝∠EFC＝70°，CF＝CD，
∴∠CFD＝∠D＝70°，
∴∠AFE＝180°－70°－70°＝40°，
∴∠AEF＝180°－∠A－∠AFE＝30°．
故答案为30°．]
【典例2】 (2024·江苏苏州)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝5，CA＝10，点D，E分别在AC，AB边上，AE＝AD，连接DE，将△ADE沿DE翻折，得到△FDE，连接CE，CF．若△CEF的面积是△BEC面积的2倍，则AD＝________．
[∵AE＝AD，
∴设AD＝x，AE＝x，
∵△ADE沿DE翻折得到△FDE，
∴DF＝AD＝x，∠ADE＝∠FDE，
过E作EH⊥AC于H，设EF与AC相交于M，
则∠AHE＝∠ACB＝90°，又∠A＝∠A，
∴△AHE∽△ACB，
∴＝＝，
∵CB＝5，CA＝10，AB＝＝＝5，
∴＝＝，
∴EH＝x，AH＝＝2x，则DH＝AH－AD＝x＝EH，
∴Rt△EHD是等腰直角三角形，
∴∠HDE＝∠HED＝45°，则∠ADE＝∠EDF＝135°，
∴∠FDM＝135°－45°＝90°，
在△FDM和△EHM中，
∴△FDM≌△EHM(AAS)，
∴DM＝MH＝x，CM＝AC－AD－DM＝10－x，
∴S△CEF＝S△CME＋S△CMF＝CM·EH＋CM·DF＝x×2＝x，
S△BEC＝S△ABC－S△AEC＝×10×5－×10·x＝25－5x，
∵△CEF的面积是△BEC面积的2倍，
∴·x＝2(25－5x)，则3x2－40x＋100＝0，
解得x1＝，x2＝10(舍去)，
即AD＝．
故答案为．]
[跟踪训练]
3．(2024·临沂一模)如图，将菱形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点D落在射线CA上的点E处，折痕CP交AD于点P．若∠ABC＝30°，AP＝2，则PE的长等于________．
[过点A作AF⊥PE于点F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D＝∠ABC＝30°，AD＝CD，
∴∠DAC＝＝75°，
由折叠可知：∠E＝∠D＝30°，
∴∠APE＝∠DAC－∠AEP＝45°，
在Rt△APF中，PF＝AP·cos ∠APE，
∴PF＝AF＝2×cos 45°＝，
在Rt△AEF中，tan ∠AEP＝，
∴EF＝＝＝，
∴PE＝PF＋EF＝，
故答案为．]
4．(2024·聊城期末)如图，把一张矩形纸片ABCD按如下方法进行两次折叠：第一次将DA边折叠到DC边上得到DA′，折痕为DM，连接A′M，CM，第二次将△MBC沿着MC折叠，MB边恰好落在MD边上．若AD＝1，则AB的长为( )
A． B． C． D．－1
B [∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC＝∠BAD＝90°，AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC．
由第一次折叠可知，∠DA′M＝∠DAM＝90°，DA′＝DA，
∴四边形AMA′D为正方形，
∴AM＝A′M＝AD，
∴DM＝＝AD＝．
由第二次折叠可知，∠BMC＝∠B′MC，
∵BM∥CD，
∴∠DCM＝∠BMC，
∴∠B′MC＝∠DCM，
∴CD＝DM＝，
∴AB＝CD＝．
故选B．]
模型二 折叠中的多解问题
模型展示
1．直角三角形的角不确定
折叠后△BEF为直角三角形，则∠EFB＝90°或∠FEB＝90°．
2．等腰三角形的腰和底不确定
折叠后△A′EC是以A′E为腰的等腰三角形，则CE为底或A′C为底．
【典例3】 在长方形ABCD中，AB＝5，BC＝12，点E是AD边上的一个动点，把△BAE沿BE折叠，点A落在A′处，当△A′DE为直角三角形时，DE的长为( )
A．7 B．
C．7或 D．以上答案均不对
C [连接A′D，当∠EA′D＝90°时，如图．
∵把△BAE沿BE折叠，点A落在A′处，
∴AB＝A′B＝5，∠A＝∠BA′E＝90°，AE＝A′E，
∴∠EA′D＋∠BA′E＝180°，
∴B，A′，D三点共线，
∵BD＝＝＝13，
∴A′D＝BD－A′B＝13－5＝8，
在Rt△A′DE中，A′E2＋A′D2＝DE2，
∴(12－DE)2＋82＝DE2，
解得DE＝．
当∠DEA′＝90°时，如图．
∵∠DEA′＝90°，
∴∠AEA′＝90°，
∴∠A＝∠ABA′＝∠AEA′＝90°，
∴四边形ABA′E是矩形，
∵把△BAE沿BE折叠，点A落在A′处，
∴AB＝A′B，
∴四边形ABA′E是正方形，
∴AE＝AB＝5，
∴DE＝AD－AE＝12－5＝7．
综上所述，DE的长为或7．
故选C．]
[跟踪训练]
5．如图，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝40°，点M，N分别是AB，BC上的动点，沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点B′落在线段AC所在的直线上，若△NB′C为直角三角形，则∠MNB′的度数为________．
75°或45° [∵∠C＝180°－∠A－∠B，∠A＝80°，∠B＝40°，
∴∠C＝180°－80°－40°＝60°．
当∠CB′N＝90°时，
∠CNB′＝90°－60°＝30°，∠BNB′＝150°，
由折叠的性质可知：∠MNB′＝∠BNB′＝75°；
当∠B′NC＝90°时，∠MNB′＝∠BNB′＝45°．
故答案为75°或45°．]
6．(2024·兖州期末)在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点P是直线BC上一动点，若将△ABP沿AP折叠，使点B落在点E处，若P，E，D三点在同一条直线上，则BP＝________．
2或18 [①如图，当点P在线段BC上时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，∠B＝∠C＝90°，
∵将△ABP沿AP折叠，P，E，D三点在同一条直线上，
∴∠AEP＝∠AED＝∠B＝90°，AE＝AB＝6，
∴DE＝＝＝8，
设BP＝x，则PE＝x，PC＝10－x，
在Rt△PCD中，PC2＋CD2＝PD2，
即(10－x)2＋62＝(x＋8)2，
解得x＝2，
∴BP＝2．
②当点P在线段BC的延长线上时，
∵将△ABP沿AP折叠，P，E，D三点在同一条直线上，
∴∠AEP＝∠B＝90°，AE＝AB＝6，
∵AD＝10，
∴DE＝＝＝8，
设BP＝x，则PE＝x，PC＝x－10，DP＝x－8，
在Rt△PCD中，PC2＋CD2＝PD2，
即(x－10)2＋62＝(x－8)2，
解得x＝18，
∴BP＝18．
由①②可知BP＝2或18．
故答案为2或18．]
【典例4】 (2024·任城区三模)如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，D点在边AB上运动(D与A，B不重合)，设∠ACD＝α，将△ACD沿CD翻折至△A′CD处，CA′与AB边相交于点E．若△A′DE是等腰三角形，则α的值为( )
A．15°或30° B．15°
C．30°或60° D．15°或60°
A [△DEA′为等腰三角形时，根据折叠变换的性质可得∠A＝∠A′＝40°，∠ACD＝∠ECD，
①当DA＝DE时，∠A′＝∠DEA′＝40°，如图，
∴∠ACE＝∠A′ED－∠A＝40°－40°＝0°，显然不符合题意．
②当EA′＝DA′时，∠A′＝40°，
如图，
∴∠EDA′＝∠A′ED＝＝70°，
∴∠ACE＝∠A′ED－∠A＝70°－40°＝30°，
∴∠ACD＝∠ACE＝15°．
③当DE＝EA′时，∠A′＝∠EDA′＝40°，如图，
∴∠DEA′＝180°－40°－40°＝100°，
∴∠ACE＝∠A′ED－∠A＝100°－40°＝60，
∴∠ACD＝∠ACE＝30°．
故选A．]
[对点演练]
7．如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为________．
16或4 [需分三种情况讨论：
①若DB′＝DC，则DB′＝16(此时易知点F在BC上且不与点C，B重合)．
②若CB′＝CD，因为EB＝EB′，CB＝CB′，所以点E，C在BB′的垂直平分线上，则EC垂直平分BB′，
由折叠可知点F与点C重合，不符合题意，则这种情况不成立．
③如图，若CB′＝DB′，作B′G⊥AB与AB交于点G，交CD于点H．
因为AB∥CD，所以B′H⊥CD．
因为CB′＝DB′，所以DH＝CD＝8，所以AG＝DH＝8，则GE＝AG－AE＝5．
因为B′E＝BE＝13，在Rt△B′EG中，由勾股定理求得B′G＝12，
所以B′H＝GH－B′G＝4．
在Rt△B′DH中，由勾股定理求得DB′＝4．
综上，DB′的长为16或4．]
8．如图，四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠ABC＝30°，点E是射线DA上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为D′，连接D′B，若△D′BC为等边三角形，则DE＝________．
2－2或＋1
[①如图1所示，当点E在边AD上时，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠ABC＝30°，
∴CD＝AB＝2，∠D＝∠B＝30°，∠BCD＝150°，
∵△D′BC为等边三角形，
∴∠BCD′＝60°，
∴∠DCD′＝90°，
∵△CDE沿CE折叠，得到△CD′E，
∴△DCE≌△D′CE，
∴∠DCE＝∠DCD′＝45°，
过点E作EF⊥CD，垂足为点F，
则∠CFE＝90°，
∴∠CEF＝∠DCE＝45°，
∴CF＝EF，
在Rt△DEF中，∠D＝30°，
∴EF＝DE，
设EF＝x，则DE＝2x，CF＝x，
由勾股定理可得：FD＝x，
∵CF＋FD＝CD＝2，
即x＋x＝2，
解得：x＝－1，
∴DE＝2x＝2－2．
②当点E在DA的延长线上时，如图2，过点B作BF⊥AD，交DA的延长线于点F由折叠性质可知∠ED′C＝∠D＝30°，又∠BD′C＝60°，所以D′E为∠BD′C的平分线，
又△BD′C是等边三角形，所以D′E⊥BC．
又AD∥BC，所以D′E⊥AD．
因为∠ABC＝30°，所以∠BAF＝30°，
又AB＝2，所以AF＝，
令D′E与BC的交点为G，则易知EF＝BG＝BC＝1，
所以AE＝－1，
所以此时DE＝＋1．
故答案为2－2或＋1．]
模型三 动态折叠问题
模型特点
一般是在动点处翻折，考查特殊图形的存在性问题，由于对应关系不确定，需要进行分类讨论．
【典例5】 (2024·兰陵县二模)矩形纸片ABCD，长AD＝8 cm，宽AB＝4 cm，折叠纸片，使折痕经过点B，交AD边于点E，点A落在点A′处，展平后得到折痕BE，同时得到线段BA′，EA′，不再添加其他线段．当图中存在30°角时，AE的长为________．
4 cm或12 cm或(8－12)cm [当∠ABE＝30°设AE＝AB·tan 30°＝4＝4(cm)．
当∠AEB＝30°时，AE＝AB＝×4＝12(cm)．
当∠ABA′＝30°时，如图，延长BA′交AD一点F．
设AE＝EA′＝x cm，则EF＝x cm，
∵AB＝AF，
∴4＝，
∴x＝8－12，
即AE＝(8－12)cm．
综上所述，满足条件的AE的长为4 cm或12 cm或(8－12)cm．
故答案为4 cm或12 cm或(8－12)cm．]
[对点演练]
9．如图，已知长方形纸片ABCD，点E，F分别在边AD和BC上，且∠EFC＝49°，H和G分别是边AD和BC上的动点，现将点A，B，C，D分别沿EF，GH折叠至点N，M，P，K处，若MN∥PK，则∠KHD的度数为________．
98°或82° [当PK在AD上方时，延长MN，KH交于点Q，
由折叠可知，∠K＝∠P＝90°，∠ENM＝90°，
∵PK∥MN，
∴∠K＝∠Q＝90°，
∴∠ENM＝∠Q，
∴EN∥KH，
∵∠EFC＝49°，
∴∠AEF＝49°，
∴∠AEN＝98°，
∴∠AHQ＝98°，
∵∠KHD＝∠AHQ，
∴∠KHD＝98°．
当PK在AD下方时，延长HK，MN交于点T，
由折叠可知，∠HKP＝90°，∠MNE＝90°，
∵MN∥KP，
∴∠T＝∠HKP＝90°，
∴∠ENM＝∠T＝90°，
∴EN∥HK，
∵∠EFC＝49°，
∴∠AEF＝49°，
∴∠AEN＝98°，
∴∠AHK＝98°，
∴∠KHD＝180°－∠AHK＝82°，
综上所述：∠KHD＝98°或82°．
故答案为98°或82°．]
10．如图，矩形ABCD中，AD＝13，AB＝17，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为________．
或 [如图，连接BD′，过点D′作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，作D′P⊥BC交BC于点P，
则四边形MBPD′为矩形，
∵点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上，
∴MD′＝PD′，
设MD′＝x，则PD′＝BM＝x，
∴AM＝AB－BM＝17－x，
由折叠的性质可得AD＝AD′＝13，
在Rt△AMD′中，由勾股定理得＝AD′2，
∴(17－x)2＋x2＝132，
解得x＝12或x＝5，即MD′＝5或MD′＝12．
在Rt△END′中，设ED′＝ED＝a，
①当MD′＝5时，AM＝17－5＝12，D′N＝13－5＝8，EN＝12－a，
由勾股定理得，a2＝82＋(12－a)2，
解得a＝，即DE＝．
②当MD′＝12时，AM＝17－12＝5，D′N＝13－12＝1，EN＝5－a，
由勾股定理得，a2＝12＋(5－a)2，
解得a＝，即DE＝．
故答案为或．]
