专题20 图形的轴对称-2025年精选中考真题分类汇编
一、选择题
1．（2025·徐州）传统纹样作为中华传统文化的一部分，具有深厚的底蕴．徐州出土汉代玉器的下列纹样，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·黑龙江）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．杨辉三角
B．割圆术示意图
C．赵爽弦图
D．洛书
3．（2025·福建）中国古算诗词歌赋较多.古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式.下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025·巴中）下列图形中，既是无盖正方体盒子的表面展开图，又是轴对称图形和中心对称图形的是
A． B． C． D．
5．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．3 B．2 C．2 D．4
6．（2025·资阳）如图，在四边形ABCD中，，，，，E是线段AD的中点，F是线段AB上的一个动点.现将沿EF所在直线翻折得到(图3的所有点在同一平面内)，连接A'B，A'C，则面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·河北）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025·长春）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025·青岛）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025·苏州）如图，在正方形 ABC'D中，E 为边AD 的中点，连接BE，将△ABE沿BE 翻折，得到△A'BE，连接A'C. A'D，则下列结论不正确的是（ ）
A．A'D ∥BE
B．
C．△A'CD 的面积=△A'DE的面积
D．四边形A'BED 的面积=△A'BC的面积
二、填空题
11．（2025·西藏）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，连接BD，点P是BD上的一个动点，连接PA，PC，则PA＋PB＋PC的最小值是 ．
12．（2025·潍坊）如图，在□中，点在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将△ADB'沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则 ．（用含的式子表示）
13．（2025·白银）如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B'处.B'C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形，若AB=6cm，则AD= cm
14．（2025·无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是 ．
15．（2025·齐齐哈尔）等腰三角形纸片ABC中，AB=AC，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交AB于点D，交直线AC于点E，连接BE，若AE=5，tan∠AED=，则△BEC的面积为 .
三、解答题
16．（2025·吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
（1）【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
（2）【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
（3）【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
17．（2025·威海）如图
（1）如图①，将平行四边形纸片ABCD的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH．判断四边形EFGH的形状，并说明理由；
（2）如图②，已知 ABCD能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形MNPQ，其中，点M在AD上，点N在AB上，点P在BC上，点Q在CD上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹）
18．（2025·淄博）【问题情境】
小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的ABCD正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习．
【探究感悟】
如图①，小明在边AB上取点E（E不与A，B重合），连接DE，将△ADE沿DE翻折，使得点A的对应点A1恰好落到对角线BD上，则此时线段BE的长是 ▲ ；
【深入探究】
小明继续将△ADE沿DE翻折，发现：A1，B，C三点能构成等腰三角形．请求出此时线段BE的长；
【拓展延伸】
如图②，小明又在边CD上取点F（F不与C，D重合），并将四边形ADFE沿EF翻折，使得点A的对应点A1恰好落在边BC上，记A1D1（D1为D的对应点）与CD的交点为G，连接AD1，小明再次发现：线段EF与AD1的长度之和存在最小值，请求出此时线段CG的长．
19．（2025·广州）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开．
（1）求的长；
（2）求证：四边形是黄金矩形；
（3）如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由．
20．（2025·泰安）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知.
（1）求 CD的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究.
在线段CD上取一点E，连接BE.将四边形ABED 沿BE翻折得到四边形A'BED'，其中A'，D'分别是 A，D的对应点.
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点 D'恰好落在边 BC 上，延长A'D'交 CD 于点 F，如图2.判断四边形 DBA'F的形状，并说明理由；
②乙：点A'恰好落在边 BC上，如图3.求DE的长；
（3）如图4，连接DD'交 BE 于点 P，连接CP.当点E在线段 CD上运动时，线段CP 是否存在最小值 若存在，直接写出；若不存在，说明理由.
21．（2025·山西）综合与探究
问题情境：如图1，在△ABC纸片中，AB>BC，点D在边AB上，AD>BD.沿过点D的直线折叠该纸片，使DB的对应线段DB与BC平行，且折痕与边BC交于点E，得到△DB'E，然后展平。
（1）猜想证明：判断四边形BDB'E的形状，并说明理由；
（2）拓展延伸：如图2，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点A'落在射线DB'上，且折痕与边AC交于点F，然后展平.连接A'E交边AC于点G，连接A'F.
①若AD=2BD，判断DE与A'E的位置关系，并说明理由；
②若∠C=90°，AB=15，BC=9，当△A'FG是以A'F为腰的等腰三角形时，请直接写出A'F的长.
22．（2025·眉山）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点处，折痕交AB于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕CE、，连接、、．
（1）【初步猜想】确定CE和的位置关系及线段BE和CF的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．由矩形的性质，
可知，．① ▲ ．．
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② ▲ ．
经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
（2）【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程．
（3）【尝试运用】如图2，在矩形ABCD中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交CE于点G，连接．当为直角三角形时，求出BE的长．
23．（2025·重庆市）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，两点，与轴交于点，抛物线的对称轴是直线．
（1）求抛物线的表达式：
（2）点P是射线下方抛物线上的一动点，连接与射线交于点Q，点D，E为抛物线对称轴上的动点（点E在点D的下方），且，连接，．当取得最大值时，求点P的坐标及的最小值；
（3）在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，点M为点P的对应点，点N为抛物线上的一动点．若，请直接写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
24．（2025·南充）矩形ABCD中， AB=10，AD=17， 点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE 折叠，使点B落在点P处.
（1）【初步感知】如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F， 求证：FP=FC.
（2）【深入探究】如图2，点 M在线段CD上，CM=4. 点E在移动过程中，求PM的最小值.
（3）【拓展运用】如图2， 点N在线段AD上， AN=4. 点E在移动过程中，点 P 在矩形内部，当△PDN 是以DN 为斜边的直角三角形时，求BE 的长.
25．（2025·山东）【图形感知】
如图，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是，的对应点．
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图判断四边形的形状，并说明理由；
乙：点恰好落在边上，如图求的长；
（3）如图，连接交于点，连接当点在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此图形不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、此图形是轴对称图形，又是中心对称图形，故B符合题意；
C、此图形不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、此图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是将一个图形沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对各选项逐一判断即可.
2．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、杨辉三角是轴对称图形，不是中心对称图形，所以A不符合题意；
B、割圆术示意图既是轴对称图形又是中心对称图形，所以B符合题意；
C：赵爽弦图不是轴对称图形，是中心对称图形，所以C不符合题意；
D：洛书既不是轴对称图形又不是中心对称图形，所以D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，分别进行判断，即可得出答案。
3．【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解： A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据轴对称和中心对称图形的定义判断即可.
轴对称图形：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；
中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.
4．【答案】C
【知识点】轴对称图形；正方体的几种展开图的识别；中心对称图形
【解析】【解答】解：A不是无盖正方体盒子的表面展开图，A错误；
B不是轴对称图形也不是中心对称图形，B错误；
C是无盖正方体盒子的表面展开图，且是轴对称图形和中心对称图形，C正确；
D是中心对称图形但不是轴对称图形，D错误.
故选：C。
【分析】借助正方体展开图想象无盖正方体展开图，再根据轴对称图形和中心对称图形的定义就可以筛选出正确答案。
5．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
6．【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；四边形的综合；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：过点C作CG⊥AB于点G，
∵DC∥AB，AD⊥CD，
∴∠AGC=∠DCG=∠ADC=90°，
∴四边形ADCG是矩形，
∵AD=DC，
∴四边形ADCG是正方形，
∴AG=CD=CG=2，
∴BG=AB-AG=4-2=2，
∴，
∴当点A'到BC的距离最小时△A'BC的面积最小，
过点A'作A'H⊥BC，交BC的延长线于点H，当A'H最小时，△A'BC的面积最小，
∵点E是线段AD的中点，AD=2，
∴DE=AE=1，
∵ 将沿EF所在直线翻折得到，
∴AE=A'E=1，
∴点A在以E为圆心，1为半径的半圆上运动，
∴当点E、A'、H三点共线时，A'H最小，
延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，
∴DN∥EH，
∵CG=BG=2，∠BGC=90°，
∴∠ABC=∠BCG=45°，
∵AB∥CD，
∴∠DCM=∠ABC=45°，
∵∠CDM=180°-∠ADC=180°-90°=90°，
∴△CDM是等腰直角三角形，
∴DM=CD=2，DN=MN=NC=CM，
∴，
，DN=，
∵DN∥EH
∴△MND∽△MHE，
∴即
解之：
∴，
∴面积的最小值为
故答案为：B.
【分析】过点C作CG⊥AB于点G，利用垂直的定义可推出四边形ADCG是矩形，利用一组邻边相等的矩形是正方形，可证得四边形ADCG是正方形，利用正方形的性质可推出AG=CD=CG=2，即可求出BG的长，利用勾股定理求出BC的长，当点A'到BC的距离最小时△A'BC的面积最小，过点A'作A'H⊥BC，交BC的延长线于点H，当A'H最小时，△A'BC的面积最小，利用线段的中点和折叠的性质可求出DE、AE、A'E的长，可知点A在以E为圆心，1为半径的半圆上运动，由此可推出当点E、A'、H三点共线时，A'H最小，延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，同时可证得△CDM是等腰直角三角形，可求出DM、CD的长，即可证得DN=MN=NC=CM，利用勾股定理求出CM的长，可得到EM、DN的长，易证DN∥EH，可证得△MND∽△MHE，利用相似三角形的性质可求出EH的长；即可求出A'H的长，然后利用三角形的面积公式可求出△A'BC面积的最小值.
7．【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠ADB=∠1
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠ADB=∠A'DB
∴∠1=∠A'DB
∵∠DEC=90°-，即2∠1=90°-
∴，A错误
∵∠BDE≠∠CDE
∴∠1≠，B错误
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠C'ED=∠CED
，C错误，D正确
故答案为：D
【分析】根据矩形性质可得AD∥BC，则∠ADB=∠1，再根据折叠性质可得∠ADB=∠A'DB，则∠1=∠A'DB，再根据角之间的关系逐项进行判断即可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：由折叠可得： DE⊥AC， PQ⊥AC， MN⊥AC，AM=MD=DP=PC，
故A正确，不符合题意；
∴△ADE∽△ACB∽△AMN，
∴BC=2DE， DE=2MN，
∴BC =4MN，
∴BC=2DE=4MN， 故B正确， 不符合题意；
∵MN∥PQ∥BC，
故C正确，不符合题意；
∵△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ，
故D错误，符合题意，
故答案为：D.
【分析】由折叠可得： DE⊥AC， PQ⊥AC， MN⊥AC，AM=MD=DP=PC， 则MN∥DE∥PQ∥BC，那么△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ， 继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可.
9．【答案】A
【知识点】角的运算；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】
解： C、在△ABC中，∠B=57° ，∠C=38°，
∴∠BAC=180°-57°-38°=85°，
∵△ADE是由△ABD翻折得到，
∴∠DAE= ∠DAB == 42.5°，故C错误；
A、∵△ADE是由△ABD翻折得到，∠DAE=∠DAB=42.5°，
∴∠AED=∠B=57°，
∴∠ADE= ∠ADB=180°-57°-42.5°=80.5°，
∴∠EDG=180°- ∠ADE-∠ADB=180°-80.5°X2=19°，
∵△EFG是由△EFC翻折得到，
∴∠EGF=∠C=38°，
∴ ∠EGD=180°-∠EGF=180°-38°=142° ，
在△EGD中， ∠DEG=180°-142°-19°=19° ，
∵∠EDG=∠DEG=19° ，
∴DG=EG，故A选项正确；
B、 ∵∠AED+∠DEG=57°+19°=76°，
即∠AEG=76°，
∴GE与AE不垂直，故B错误；
D、过点G作GM⊥DE交DE于点M，如图，
假设DE=2GF，
∵△EFG是由△EFC翻折得到，
∴∠EFC=∠EFG=90° ，
∵DG=EG，
∴△DGE为等腰三角形，
∵GM⊥DE，∴DM=EM，即DE=2EM，
∴GF=EM，
在Rt△EMG中，sin∠DEG = sin19°=
在Rt△EFG中，sin∠ EGF= sin38°=
∵sin19°≠sin38° ，
∴ MG≠EF，
∵EM =≠GF=，与已知不符，故D选项错误.
故答案为：A.
【分析】根据△ADE是由△ABD翻折得到可求解∠DAE的度数，由此判断C选项；根据翻折前后角度的求解，可求解∠EDG与∠DEG的度数，由“等角对等边”可判断A选项；利用角度的和差运算可求解∠AEG的度数可判断B选项；先假设结论成立，根据直角三角形中的正弦值求解边长即可判断D选项；逐一判断即可解答.
10．【答案】D
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合；异侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：A、如图，连接交于，
∵将沿翻折，得到，为的中点，
∴，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故A正确；
B、如图，连接交于，连接，
∵折叠的性质，四边形是正方形，
∴，，，，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，
，
∴，
∴，故B正确；
C、如图，连接，过点作于，过点作，交延长线于点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴点是中点，
又∵点是中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，，
∴的面积=的面积，故C正确；
D、如图，连接，过点作于，过点作，交延长线于点，过点作于，
∵，
∴，
∵点是中点，
∴，
∵折叠的性质，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积≠的面积，故D错误；
故答案为：D.
【分析】①连接交于，根据翻折的性质得，由等腰三角形“等边对等角“性质以及三角形内角和定理求出，从而根据平行线的判定得证，即可判断A正确；②连接交于，连接，根据折叠以及正方形的性质推出，，从而证明，由相似三角形对应边成比例得，进而得，即可判断B正确；③连接，过点作于，过点作，交延长线于点，利用“一线三垂直”全等模型证明，得，然后设，则，利用勾股定理得，从而得，进而由等腰三角形“三线合一”性质以及三角形中位线定理得，最后利用三角形面积公式，即可判断C正确；④连接，过点作于，过点作，交延长线于点，过点作于，利用勾股定理以及正方形的性质得，从而得，进而结合折叠的性质求出，于是得，然后根据等腰三角形“三线合一”性质得，利用勾股定理得，最后利用三角形面积公式求出，即可判断D错误.
11．【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵ABCD是菱形， ∠ABC＝60°，
∴∠ABP=∠CBP=30°，AB=BC=4，
又∵BP=BP，
∴△APB≌△CPB，
∴PA=PC，
过点P 作PE⊥AB于点E，
则BP=2PE，
∴PA+PB+PC=2PC+2PE=2(PC+PE)，
即当C，P，E三点共线时，PA+PB+PC最小值为2CE长，
这时∠BCE=30°，
∴BE=2，
∴，
故PA+PB+PC最小值为，
故答案为：.
【分析】根据菱形的性质得到△APB≌△CPB，即可得到PA=PC，过点P 作PE⊥AB于点E，根据30°的直角三角形的性质求得BP=2PE，即可得到 PA+PB+PC=2(PC+PE)，即可得到当C，P，E三点共线时，PA+PB+PC最小值为2CE长，然后根据勾股定理解答即可.
12．【答案】
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
∵点在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在边上
∴
∵将△ADB'沿折叠，点的对应点恰好落在上
∴
∴
∵∠CB'E+∠AB'E+∠BAB'=180°
∴
∴
故答案为：
【分析】根据平行四边形性质可得，再根据旋转性质可得，，根据角之间的关系可得∠BAB'，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
13．【答案】12
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，为等边三角形，，
∴，，，
∴，
∵把平行四边形纸片沿对角线折叠，点落在点处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：12.
【分析】根据平行四边形以及等边三角形的性质得，，，从而得，由折叠的性质求出，进而得，最后利用含30°的直角三角形的性质求出的值.
14．【答案】；或
【知识点】翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【解答】解：若与重合，在上，且，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴与四边形的面积的比为．
若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，
如图，取的中点，的中点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为，
连接，，交于点，当过点时，四边形的面积与四边形的面积的比为，
∴四边形的面积与四边形的面积的比为，
当时，取最小值，由可知，的最小值为，
作，交延长线于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，取的中点，的中点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，，平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为，
连接，，交于点，当过点时，四边形的面积与四边形的面积的比为，
∴四边形的面积与四边形的面积的比为，
作，交延长线于点，作于点，则，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴折痕长的取值范围是或．
故答案为：；或．
【分析】若与重合，在上，且，则，由角所对直角边与斜边的关系，可得，根据勾股定理可得，从而可得的面积和平行四边形纸片的面积，相减可得四边形的面积，进而可得与四边形的面积的比；取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，当过点或当过点时，折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，分别求出每种情况对应的的取值范围即可．
15．【答案】或
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；已知正切值求边长；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：当∠BAC为锐角时，如图，
根据题意得∠ADE = 90，
∴tan∠AED=.
设AD=3x，则DE = 4x，
∵AE=5.
∴AD2 +DE2=AE2，即(3x)2+(4x)2=52，解得x=1，
∴AD=3，DE=4，
由折叠得AB= 2AD=6，
∴AC=6，
∴，
过点C作CF⊥AB于点F，则CF // DE，
∴ADECAFE，
∴即，
∴CF=，
∴，
∴
过点B作BG于点G，则
∴
同（1）可得AE=5，AB=AC=6，
∴CE=AC+AE=
∴
综上所述， △BEC的面积为或.
故答案为：或.
【分析】分∠BAC为锐角和钝角两种情况讨论求解：①当∠BAC为锐角时求出AD=3，DE=4，由折叠得AB=6，可求得，再利用相似计算出，再利用面积之差计算即可解答；②当∠BAC为钝角时，过点B作BG⊥CE于点G，得出，可求出CE，从而利用面积公式计算即可解答.
16．【答案】（1）解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形；
（2）证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
（3）解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE =GE， DF=GF， 而DF =DE， 故GE=DE=DF=GF， 从而四边形DEGF是菱形；
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE =BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FGIINH， 从而四边形GFHN是平行四边形；
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时， 过G作GK⊥AB于K， 过E作ET⊥AB于T， 设AT =x， 则AE =2x， 可得AD=2AE =4x， DE =AE =2x， 求出AB=AT+TK+KN+BN =x+2x+3x+2x=8x，即可得到比值；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W， 设AD= y， 求出 ，即可得到比值.
17．【答案】（1）解：结论：四边形EFGH是矩形．
理由：通过折叠的性质可知∠AFE＝∠EFK，∠BFG＝∠KFG，
∵∠AFB＝180°，
∴2∠EFK+2∠KFG＝180°，
∴∠EFK+∠KFG＝90°，即∠EFG＝90°，
同法可证∠FGH＝∠EHG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：如图，即为题目所求
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)结论：四边形EFGH是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可；
(2)分别以点D、C为圆心，大于 为半径作弧，连接两个交点，即为DC的垂直平分线，与DC交于点Q，同理作出AB的垂直平分线交于点N，连接NQ、AC， 交于点O， 以点O为中心， OQ长为半径作弧交AD于点M，点M即为所作.连接MO于点P， 连接MN、PQ、PN、MQ即为题目所求.
18．【答案】解：【探究感悟】8﹣4；
【深入探究】①当A1C＝BC时，如图，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，
则四边形ADFG为矩形，
∴DF＝AG，FG＝AD＝4，
∵BC＝CD，
∴A1C＝CD，
又∵折叠，
∴AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，
∴A1C＝CD＝A1D，
∴△A1CD为等边三角形，
∴∠DA1C＝60°，
∵A1F⊥CD，
∴30°，，
∴，∠GA1E＝180°﹣∠DA1E﹣∠DA1F＝60°，
∴，
在Rt△A1GE中，EG，
∵AG＝DF＝2，
∴BG＝AB﹣AG＝2，
∴BE＝BG+EG；
②当A1C＝A1B时，如图：作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，
则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，
∴AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，
∴A1G＝FG﹣A1F＝2，
在Rt△A1FD中，，
∴∠A1DF＝30°，
∴∠FA1D＝60°，，
∴，∠EA1G＝180°﹣∠DA1F﹣∠DA1E＝30°，
在Rt△A1GE中，EG，
∴BE＝BG+EG＝4，
综上：；
【拓展延伸】连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，
∴FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，
由折叠可知AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，
∴∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，
∴∠BAA1＝∠KFE，
又∵∠FKE＝∠ABC＝90°，FK＝AB，
∴△EFK≌△A1AB（AAS），
∴EF＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D，
作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，
则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，
∴当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小；
如图：
∵∠DCA1＝∠A'BA1＝90°，∠CA1D＝∠BA1A'，A'B＝CD，
∴△CDA1≌△BAA1（ASA），
∴CA1＝BA1，
∴A1为BC的中点，
∴，
设AE＝A1E＝x，
则BE＝AB﹣AE＝4﹣x，
在Rt△A1BE中，由勾股定理，得：x2＝22+（4﹣x）2，
解得，
∴，
∴BE＝AB﹣AE，
∴∠ABC＝∠C＝90°＝∠GA1E，
∴∠BEA1＝∠CA1G＝90°﹣∠BA1E，
∴△EBA1∽△A1CG，
∴，即，
∴．
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：【探究感悟】∵正方形ABCD，边长为4，
∴AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，
∴，
由折叠可知∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，
∴∠BA1E＝90°，，
∵∠DBA＝45°，
∴△A1EB为等腰直角三角形，
∴；
故答案为：8﹣4；
【分析】【探究感悟】：根据正方形性质可得AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，根据勾股定理可得BD，再根据折叠性质可得∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，根据边之间的关系可得BA1，再根据等腰直角三角形判定定理及性质即可求出答案.
【深入探究】：分情况讨论：①当A1C＝BC时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，则四边形ADFG为矩形，根据矩形性质可得DF＝AG，FG＝AD＝4，根据折叠性质可得AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，则A1C＝CD＝A1D，根据等边三角形判定定理可得△A1CD为等边三角形，则∠DA1C＝60°，30°，，根据含30°角的直角三角形性质可得A1F，根据三角形内角和定理可得∠GA1E，再根据边之间的关系可得A1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案；②当A1C＝A1B时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，根据矩形性质可得AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，根据边之间的关系可得A1G，根据特殊角的三角函数值可得∠A1DF＝30°，再根据含30°角的直角三角形性质可得DF，根据边之间的关系可得BG，再根据三角形内角和定理可得∠EA1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
【拓展延伸】：连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，根据矩形性质可得FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，根据折叠性质可得AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，则∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，再根据全等三角形判定定理可得△EFK≌△A1AB（AAS），则EF＝AA1，作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，根据边之间的关系可得EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小，根据全等三角形判定定理可得△CDA1≌△BAA1（ASA），则CA1＝BA1，再根据线段中点可得，设AE＝A1E＝x，则BE＝4﹣x，根据勾股定理建立方程，解方程可得，则BE，再根据相似三角形判定定理可得△EBA1∽△A1CG，则，代值计算即可求出答案.
19．【答案】（1）解：∵，矩形是黄金矩形，
∴，
∴
（2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处，
∴，，
又∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
∴，
由（1）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是黄金矩形．
（3）解：四边形是黄金矩形，证明如下：
∵，四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形；
由（2）可知，，
∵为的中点，
∴，
∴，
如图，连接，由对折可得：，，，
设，则，
∵
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴四边形是黄金矩形．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）根据黄金矩形的定义即可求出答案.
（2）根据折叠性质可得，，再根据矩形性质可得，，，再根据正方形判定定理可得四边形是正方形，则=2，根据边之间的关系可得，再根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再根据黄金矩形的定义进行判断即可求出答案.
（3）根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，根据勾股定理可得FG，连接，由对折可得：，，，设，则，根据割补法，结合三角形，梯形的面积建立方程，解方程可得x值，再根据黄金矩形的定义进行判断即可求出答案.
20．【答案】（1）解：∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴△ADB∽△DBC，
∵∠BAD=90°， AD=2， AB=4，
（2）解：①四边形DBA'F 是矩形， 理由如下，
由折叠的性质得.
∴四边形DBA'F 是矩形；
②延长AD和 相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得.
∵点A'恰好落在边BC上，
∴四边形ABA'Q是矩形，
∴四边形ABA'Q是正方形，
∴点E在对角线BQ上，
∵四边形ABA'Q是正方形，
∴AQ∥CB，
∴△DQE∽△CBE，
（3）
【知识点】平行线的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】
解：存在，理由如下：
由折叠的性质得∠EBD=∠EBD'， BD=BD'，∴ BE是线段DD'的垂直平分线，
∴∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的⊙O上， 连接OC， OP，
∴CP≤OC-OP， 即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，
∴线段CP的最小值为
故答案为：
【分析】
(1) 根据AA判定△ADB∽△DBC，再利用相似三角形求解CD的长度，解答即可；
(2) ① 根据折叠性质及角度关系，可判断得到四边形OBEF为矩形；② 根据折叠性质可判断得到四边形ABA'Q为矩形，四边形ABA'Q是正方形，根据AQ∥CB判定△DQE∽△CBE，再利用相似三角形求解DE的长度，解答即可；
(3) 分析CP的最小值存在性，利用动点轨迹即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，根据勾股定理求解最小值，解答即可.
21．【答案】（1）解：四边形BDB'E是菱形.
理由如下：由折叠可知，B'D=BD，B'E=BE，
∠B'DE=∠BDE.
∵DB'//BC，
∴∠B'DE=∠BED.
∴∠BDE=∠BED.
∴BD=BE.
∴B'D=BD=BE=B'E.
∴四边形BDB'E是菱形.
（2）解：①DE⊥A'E.理由如下：
由（1）得B'D=BD=B'E.
∵B'D=B'E， ∴∠1=∠2.
由折叠可知，A'D=AD.
∵AD=2BD，
∴A'D=2B'D.
∴点B'是A'D的中点..
∴B'D=B'A'.
∴B'A'=B'E. ∴∠3=∠4.
在△A'DE中，
∠1+∠A'ED +∠4=180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°.
∴∠2+∠3=90°
即∠DEA'=90°
∴DE⊥A'E.
②5或
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】
解： (2)②∵∠C= 90°，AB= 15， BC= 9，
∴AC== 12，
当△A'FG是以A'F为腰，A'G为底的等腰三角形时，如图，延长A'F交AB于点H，设AC、A'D交点为M，
则FG= A'F，
∵∠C'= 90°， A'D// BC，
∴∠AMD= ∠C'= 90°，
∴∠AMA'= 90°，
由折叠的性质得
AD= A'D，∠ADF=∠A'DF， AF= A'F，
∴△ADF≌△A'DF(SAS)，
∴∠A=∠DA'F，
∵∠AFH = ∠ A'FG，
∴∠AHF=∠AMA'=90，
∵∠A= ∠A，
∴АFHABC，
∴
∴HF：AH：AF=BC：AC：AB=3：4：5
∠A= ∠D'A'F，AF= A'F，∠AHF= ∠A'MF，
∴AHFA'MF(AAS)，
∴HF= FM，AH = A'M，
设HF=FM=3x，АН=A'M=4x，
∴AF= A'F= 5x，
∴АМ=AF+FM=8x，
∵A'D//BC，
∴AMDАCB，
∴
∴AD = 10x，
∴BE=BD=AB-AD=15-10x
∴CE= BC- BE= 10x- 6，
∵ FG= A'F= 5x，
∴MG= FG- FM = 2x，
∴CG=AC-AM-MG=12-8x-2x=12-10x，
∵ A'D// BC，
∴△A'MG△ECG，
∴
解得： x= 1，
∴A'F= 5x= 5；
当△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形时，如图，则A'F= AG，
同理得：HF： AH ： AF= BC ： AC： AB=3：4：5，
HF= FM，AH = A'M，AF= A'F，
设HF=FM=3y，AH=A'M=4y，
AF= A'F= 5y，
∴AM=AF+FM=8y，
∵A'D// BC，
∴△AMD△ACB，
∴
∴AD = 10y，
∴BE= BD= AB- AD= 15- 10y， CE= BC- BE= 10y- 6，
∵△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形，A'M⊥AC，
∴GM=FM=3y，
∴FG=GM+FM=6y，
∴CG=AC-AF-FG=12-11y，
∵A'D// BC，
∴△A'MG△ECG，
∴
解得：
∴
综上可知A'F的长为5或，
故答案为：5或.
【分析】(1)由折叠的性质可得BD= B'D， BE= B'E，∠B'DE=∠BDE，再根据平行线的性质可∠B'DE=∠BED，进而得到∠BDE=∠BED，由等角对等边推出BD= BE，从而证明BE= BD= B'D= B'E，即可证四边形BDB' E是菱形，解答即可；
(2)①由(1)推出BD= B'D= B'E，由折叠的性质得到AD= A'D，结合已知可得A'D= 2B'D= 2B' E，进而推出
B'D= A'B' = B'E，得到∠1 =∠2、∠3=∠4，再根据三角形内角和定理即可求出∠2+∠3= 90°，即可得到DE与A' E的位置关系；解答即可；
②分△A'FG是以A'F为腰A'G为底的等腰三角形和△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长A'F交AB于点H，设AC、A'D交点为M，利用三角形相似的性质建立方程求解即可解答.
22．【答案】（1），
（2）法一： ∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，BC=AD，
由折叠得∠EBC=∠B=90°，BD=BD'，BC=BC=AD， ∠D=∠BDF=90°，BE=BE，
∴AD-BD=BC-CD，即： AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，
由(1) 知： ∠CBD=∠BCB
又∵∠ABE+∠CBD=180°-∠EBC=90°，∠BCB+∠BCF=∠BCD=90°，
∴∠ABE=∠FCD'，
又∵∠A=∠CDF，AB=CD，
∴△ABE≌△DCF，
∴BE=CF，
∵BE=BE，
∴BE=CF；
法二： 作BG∥AB交CE于点G， 则： BG∥AB∥CD，
∵CE∥BF.
∴四边形CFBG为平行四边形，
∴BG=CF.
∵矩形ABCD.
∴AB∥CD.
∴AB∥BG.
∴∠BGE=∠BEC.
由折叠得∠BEC=∠BEC，BE=BE，
∴∠BGE=∠BEC.
∴BE=BG.
∴BE=BE=BG=CF
（3） 解： 作BG∥AB交CE于点G， 则： ∠A=∠GBD=90°.
由(2) 可知： BG=BE=BE=CF，CD'=AB，△ABE≌△DCF，
∴DF=AE，
设BE=x， 则：
如图，当△BDG为直角三角形时，则：
∴GD'∥AD∥BC，
∴∠DGC=∠ECB.
又∵∠GCD'=∠ECB
∵BG∥AB∥CD，
∴∠GBD=∠FCD'.
∵在Rt△BGD和Rt△CDF中，
即：
∴x(6-x)=12x-36，
解得： 或 (舍去) ；
故
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解： (1)由折叠可知 由矩形的性质，可知AD∥BC.
∴∠DBC=∠BCB.
∴∠ECB=∠FBC.
∴CE∥BF.
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为BE=CF；
故答案为：，；
【分析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质得到∠ECB=∠FBC，即可得到CE∥BF，通过测量得到BE=CF解答即可；
(2)法一：由矩形的性质和折叠的性质得到AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，由（1）得∠CBD=∠BCB，即可得到∠ABE=∠FCD'，进而利用ASA得到△ABE≌△DCF，证明结论；法二： 作BG∥AB交CE于点G，则 BG∥AB∥CD，证明CFBG为平行四边形，进而得到∠BGE=∠BEC.再根据折叠得到∠BEC=∠BEC，进而得到BE=BG，根据等角对等边得到列轮即可；
(3)作BG∥AB交CE于点G，即可得到DF=AE，设BE=x， 表示CD'长，然后根据△BDG为直角三角形得到D'G=D'C的长，然后利用正切的定义得到代入数值求出x值即可解题.
23．【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，
把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，
即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，
解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，∵，
即，
解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；二次函数-动态几何问题；利用顶点式求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）根据题意利用待定系数法求出，再利用相似三角形的判定方法证明，最后结合题意，利用勾股定理等计算求解即可；
（3）根据平移求出，再求出，最后结合函数图象，利用锐角三角函数等计算求解即可.
（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，则∵，
即，解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
24．【答案】（1）证明：连接EF， 由折叠可得∠APE=∠B=90°， PE=BE.
∵ 四边形ABCD为矩形， ∠C=90°.
∵ E为BC的中点， BE=EC，
∴ PE=EC.
在Rt△EPF 与Rt△ECF中，
∴ Rt△EPF≌Rt△ECF (HL)，
∴ FP=FC.
（2）解：AP=AB=10， 点E在移动过程中， AP=10不变.
∴ 点 P在以A为圆心，10为半径的⊙A 的弧上.
∴ 连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值.
∵ AD=17， AB=CD=10， CM=4，
∴ DM=6.
，
∴ PM的最小值为 .
（3）解：P在矩形内部， 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G.
∵ ∠NPD=90°， 即∠1+∠2=90°，
∴ ∠1+∠3=90°.
∴∠3=∠2.
∵ ∠PHN=∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，
∴
AN=4， AD=17，
∴ DN=13.
设HN=x， HD=13-x，
∴ AH=x+4，
HP2=x(13-x).
∵ AB=10，
∴ AP=AB=10，
∵ HP2=AP2-AH2，
∴ HP2=102-(x+4)2.
∴ x(13-x) =102-(x+4)2，
解得：x=4.
∴ HP=6， AH=8. HG=AB=10， PG=4， BG=AH=8.
设BE=m， 则PE=m， GE=8-m.
在Rt△PGE中，
∴
解得， m=5，
答：BE的长为5.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；翻折变换（折叠问题）；四边形-动点问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由题意，用HL定理可证Rt△EPF≌Rt△ECF；
（2） 点E在移动过程中， AP=10不变；连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值，在Rt△ADM中，用勾股定理求出AM的值，然后根据线段的和差PM=AM-AP可求解；
（3） 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G；由同角的余角相等可得∠2=∠3，结合已知，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△PHN∽△DHP，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，将比例式化为乘积式；在Rt△APH中，用勾股定理将HP2 用含x的代数式表示出来，于是可得关于x的方程，解方程可求出x的值；设BE=m，在Rt△PGE中，用勾股定理可得关于m的方程，解方程即可求解.
25．【答案】（1）解：，
，
，
，
，
，，，
，
，
；
（2）四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
，
，
四边形是矩形；
延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
点恰好落在边上，
，，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
点在对角线上，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
（3）由折叠的性质得，，
是线段的垂直平分线，
，
点在以为直径的上，连接，，
，即点在上时，线段存在最小值，
，
线段的最小值为
【知识点】正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）由于同旁内角互补两直线平行，则，又，则，此时可由勾股定理先求出BD，再利用相似比即可求出CD；
（2）由折叠的性质知，、，则，即四边形DBA`F是矩形；
如图所示，延长AD交A`D`于点Q，则由折叠的性质可判定四边形ABA`Q为正方形，由已知知则点D恰好为AQ的中点，由勾股定理可求得，则同正方形的对边平行可判定，由相似比可，即；
（3）如图所示，取的斜边BD的中点O，则点P在BD为直径的上运动，由于点C是圆外一定点，点P是圆上一动点，显然当点P在线段OC上时，CP最小，即，此时利用勾股定理求出OC的长即可.
1 / 1专题20 图形的轴对称-2025年精选中考真题分类汇编
一、选择题
1．（2025·徐州）传统纹样作为中华传统文化的一部分，具有深厚的底蕴．徐州出土汉代玉器的下列纹样，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、此图形不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、此图形是轴对称图形，又是中心对称图形，故B符合题意；
C、此图形不是轴对称图形，故C不符合题意；
D、此图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是将一个图形沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对各选项逐一判断即可.
2．（2025·黑龙江）我国古代有很多关于数学的伟大发现，其中包括很多美丽的图案，下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．杨辉三角
B．割圆术示意图
C．赵爽弦图
D．洛书
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解：A、杨辉三角是轴对称图形，不是中心对称图形，所以A不符合题意；
B、割圆术示意图既是轴对称图形又是中心对称图形，所以B符合题意；
C：赵爽弦图不是轴对称图形，是中心对称图形，所以C不符合题意；
D：洛书既不是轴对称图形又不是中心对称图形，所以D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，分别进行判断，即可得出答案。
3．（2025·福建）中国古算诗词歌赋较多.古算诗词题，是反映数学数量关系的内在联系及其规律的一种文学浪漫形式.下列分别是古算诗词题“圆中方形”“方形圆径”“圆材藏壁”“勾股容圆”所描绘的图形，其中既不是轴对称图形也不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形；中心对称图形
【解析】【解答】解： A．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据轴对称和中心对称图形的定义判断即可.
轴对称图形：在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；
中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180度，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.
4．（2025·巴中）下列图形中，既是无盖正方体盒子的表面展开图，又是轴对称图形和中心对称图形的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】轴对称图形；正方体的几种展开图的识别；中心对称图形
【解析】【解答】解：A不是无盖正方体盒子的表面展开图，A错误；
B不是轴对称图形也不是中心对称图形，B错误；
C是无盖正方体盒子的表面展开图，且是轴对称图形和中心对称图形，C正确；
D是中心对称图形但不是轴对称图形，D错误.
故选：C。
【分析】借助正方体展开图想象无盖正方体展开图，再根据轴对称图形和中心对称图形的定义就可以筛选出正确答案。
5．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（ ）
A．3 B．2 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
6．（2025·资阳）如图，在四边形ABCD中，，，，，E是线段AD的中点，F是线段AB上的一个动点.现将沿EF所在直线翻折得到(图3的所有点在同一平面内)，连接A'B，A'C，则面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】翻折变换（折叠问题）；四边形的综合；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】解：过点C作CG⊥AB于点G，
∵DC∥AB，AD⊥CD，
∴∠AGC=∠DCG=∠ADC=90°，
∴四边形ADCG是矩形，
∵AD=DC，
∴四边形ADCG是正方形，
∴AG=CD=CG=2，
∴BG=AB-AG=4-2=2，
∴，
∴当点A'到BC的距离最小时△A'BC的面积最小，
过点A'作A'H⊥BC，交BC的延长线于点H，当A'H最小时，△A'BC的面积最小，
∵点E是线段AD的中点，AD=2，
∴DE=AE=1，
∵ 将沿EF所在直线翻折得到，
∴AE=A'E=1，
∴点A在以E为圆心，1为半径的半圆上运动，
∴当点E、A'、H三点共线时，A'H最小，
延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，
∴DN∥EH，
∵CG=BG=2，∠BGC=90°，
∴∠ABC=∠BCG=45°，
∵AB∥CD，
∴∠DCM=∠ABC=45°，
∵∠CDM=180°-∠ADC=180°-90°=90°，
∴△CDM是等腰直角三角形，
∴DM=CD=2，DN=MN=NC=CM，
∴，
，DN=，
∵DN∥EH
∴△MND∽△MHE，
∴即
解之：
∴，
∴面积的最小值为
故答案为：B.
【分析】过点C作CG⊥AB于点G，利用垂直的定义可推出四边形ADCG是矩形，利用一组邻边相等的矩形是正方形，可证得四边形ADCG是正方形，利用正方形的性质可推出AG=CD=CG=2，即可求出BG的长，利用勾股定理求出BC的长，当点A'到BC的距离最小时△A'BC的面积最小，过点A'作A'H⊥BC，交BC的延长线于点H，当A'H最小时，△A'BC的面积最小，利用线段的中点和折叠的性质可求出DE、AE、A'E的长，可知点A在以E为圆心，1为半径的半圆上运动，由此可推出当点E、A'、H三点共线时，A'H最小，延长AD，BC交于点M，过点D作DN⊥CM于点N，同时可证得△CDM是等腰直角三角形，可求出DM、CD的长，即可证得DN=MN=NC=CM，利用勾股定理求出CM的长，可得到EM、DN的长，易证DN∥EH，可证得△MND∽△MHE，利用相似三角形的性质可求出EH的长；即可求出A'H的长，然后利用三角形的面积公式可求出△A'BC面积的最小值.
7．（2025·河北）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠ADB=∠1
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠ADB=∠A'DB
∴∠1=∠A'DB
∵∠DEC=90°-，即2∠1=90°-
∴，A错误
∵∠BDE≠∠CDE
∴∠1≠，B错误
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠C'ED=∠CED
，C错误，D正确
故答案为：D
【分析】根据矩形性质可得AD∥BC，则∠ADB=∠1，再根据折叠性质可得∠ADB=∠A'DB，则∠1=∠A'DB，再根据角之间的关系逐项进行判断即可求出答案.
8．（2025·长春）将直角三角形纸片（）按如图方式折叠两次再展开，下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：由折叠可得： DE⊥AC， PQ⊥AC， MN⊥AC，AM=MD=DP=PC，
故A正确，不符合题意；
∴△ADE∽△ACB∽△AMN，
∴BC=2DE， DE=2MN，
∴BC =4MN，
∴BC=2DE=4MN， 故B正确， 不符合题意；
∵MN∥PQ∥BC，
故C正确，不符合题意；
∵△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ，
故D错误，符合题意，
故答案为：D.
【分析】由折叠可得： DE⊥AC， PQ⊥AC， MN⊥AC，AM=MD=DP=PC， 则MN∥DE∥PQ∥BC，那么△ADE∽△ACB∽△AMN∽△APQ， 继而根据相似三角形的性质以及平行线分线段成比例定理逐一判断即可.
9．（2025·青岛）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】角的运算；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】
解： C、在△ABC中，∠B=57° ，∠C=38°，
∴∠BAC=180°-57°-38°=85°，
∵△ADE是由△ABD翻折得到，
∴∠DAE= ∠DAB == 42.5°，故C错误；
A、∵△ADE是由△ABD翻折得到，∠DAE=∠DAB=42.5°，
∴∠AED=∠B=57°，
∴∠ADE= ∠ADB=180°-57°-42.5°=80.5°，
∴∠EDG=180°- ∠ADE-∠ADB=180°-80.5°X2=19°，
∵△EFG是由△EFC翻折得到，
∴∠EGF=∠C=38°，
∴ ∠EGD=180°-∠EGF=180°-38°=142° ，
在△EGD中， ∠DEG=180°-142°-19°=19° ，
∵∠EDG=∠DEG=19° ，
∴DG=EG，故A选项正确；
B、 ∵∠AED+∠DEG=57°+19°=76°，
即∠AEG=76°，
∴GE与AE不垂直，故B错误；
D、过点G作GM⊥DE交DE于点M，如图，
假设DE=2GF，
∵△EFG是由△EFC翻折得到，
∴∠EFC=∠EFG=90° ，
∵DG=EG，
∴△DGE为等腰三角形，
∵GM⊥DE，∴DM=EM，即DE=2EM，
∴GF=EM，
在Rt△EMG中，sin∠DEG = sin19°=
在Rt△EFG中，sin∠ EGF= sin38°=
∵sin19°≠sin38° ，
∴ MG≠EF，
∵EM =≠GF=，与已知不符，故D选项错误.
故答案为：A.
【分析】根据△ADE是由△ABD翻折得到可求解∠DAE的度数，由此判断C选项；根据翻折前后角度的求解，可求解∠EDG与∠DEG的度数，由“等角对等边”可判断A选项；利用角度的和差运算可求解∠AEG的度数可判断B选项；先假设结论成立，根据直角三角形中的正弦值求解边长即可判断D选项；逐一判断即可解答.
10．（2025·苏州）如图，在正方形 ABC'D中，E 为边AD 的中点，连接BE，将△ABE沿BE 翻折，得到△A'BE，连接A'C. A'D，则下列结论不正确的是（ ）
A．A'D ∥BE
B．
C．△A'CD 的面积=△A'DE的面积
D．四边形A'BED 的面积=△A'BC的面积
【答案】D
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合；异侧一线三垂直全等模型
【解析】【解答】解：A、如图，连接交于，
∵将沿翻折，得到，为的中点，
∴，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故A正确；
B、如图，连接交于，连接，
∵折叠的性质，四边形是正方形，
∴，，，，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，
，
∴，
∴，故B正确；
C、如图，连接，过点作于，过点作，交延长线于点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴点是中点，
又∵点是中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，，
∴的面积=的面积，故C正确；
D、如图，连接，过点作于，过点作，交延长线于点，过点作于，
∵，
∴，
∵点是中点，
∴，
∵折叠的性质，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积≠的面积，故D错误；
故答案为：D.
【分析】①连接交于，根据翻折的性质得，由等腰三角形“等边对等角“性质以及三角形内角和定理求出，从而根据平行线的判定得证，即可判断A正确；②连接交于，连接，根据折叠以及正方形的性质推出，，从而证明，由相似三角形对应边成比例得，进而得，即可判断B正确；③连接，过点作于，过点作，交延长线于点，利用“一线三垂直”全等模型证明，得，然后设，则，利用勾股定理得，从而得，进而由等腰三角形“三线合一”性质以及三角形中位线定理得，最后利用三角形面积公式，即可判断C正确；④连接，过点作于，过点作，交延长线于点，过点作于，利用勾股定理以及正方形的性质得，从而得，进而结合折叠的性质求出，于是得，然后根据等腰三角形“三线合一”性质得，利用勾股定理得，最后利用三角形面积公式求出，即可判断D错误.
二、填空题
11．（2025·西藏）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，连接BD，点P是BD上的一个动点，连接PA，PC，则PA＋PB＋PC的最小值是 ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵ABCD是菱形， ∠ABC＝60°，
∴∠ABP=∠CBP=30°，AB=BC=4，
又∵BP=BP，
∴△APB≌△CPB，
∴PA=PC，
过点P 作PE⊥AB于点E，
则BP=2PE，
∴PA+PB+PC=2PC+2PE=2(PC+PE)，
即当C，P，E三点共线时，PA+PB+PC最小值为2CE长，
这时∠BCE=30°，
∴BE=2，
∴，
故PA+PB+PC最小值为，
故答案为：.
【分析】根据菱形的性质得到△APB≌△CPB，即可得到PA=PC，过点P 作PE⊥AB于点E，根据30°的直角三角形的性质求得BP=2PE，即可得到 PA+PB+PC=2(PC+PE)，即可得到当C，P，E三点共线时，PA+PB+PC最小值为2CE长，然后根据勾股定理解答即可.
12．（2025·潍坊）如图，在□中，点在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将△ADB'沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则 ．（用含的式子表示）
【答案】
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
∵点在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在边上
∴
∵将△ADB'沿折叠，点的对应点恰好落在上
∴
∴
∵∠CB'E+∠AB'E+∠BAB'=180°
∴
∴
故答案为：
【分析】根据平行四边形性质可得，再根据旋转性质可得，，根据角之间的关系可得∠BAB'，再根据三角形内角和定理即可求出答案.
13．（2025·白银）如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B'处.B'C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形，若AB=6cm，则AD= cm
【答案】12
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，为等边三角形，，
∴，，，
∴，
∵把平行四边形纸片沿对角线折叠，点落在点处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：12.
【分析】根据平行四边形以及等边三角形的性质得，，，从而得，由折叠的性质求出，进而得，最后利用含30°的直角三角形的性质求出的值.
14．（2025·无锡）在平行四边形纸片ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝8．现将该纸片折叠，折痕与纸片ABCD的两边交于点E、F．若E与A重合，F在BC上，且EF⊥BC，则被折痕分成的△EBF与四边形EFCD的面积的比为 ；若折痕EF将纸片ABCD分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为1：3，则折痕EF长的取值范围是 ．
【答案】；或
【知识点】翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【解答】解：若与重合，在上，且，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴与四边形的面积的比为．
若折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，
如图，取的中点，的中点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为，
连接，，交于点，当过点时，四边形的面积与四边形的面积的比为，
∴四边形的面积与四边形的面积的比为，
当时，取最小值，由可知，的最小值为，
作，交延长线于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，取的中点，的中点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴，，平行四边形的面积与平行四边形的面积的比为，
连接，，交于点，当过点时，四边形的面积与四边形的面积的比为，
∴四边形的面积与四边形的面积的比为，
作，交延长线于点，作于点，则，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴折痕长的取值范围是或．
故答案为：；或．
【分析】若与重合，在上，且，则，由角所对直角边与斜边的关系，可得，根据勾股定理可得，从而可得的面积和平行四边形纸片的面积，相减可得四边形的面积，进而可得与四边形的面积的比；取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，取的中点，的中点，连接，连接，，交于点，当过点或当过点时，折痕将纸片分成两个四边形，且被分成的两个四边形的面积的比为，分别求出每种情况对应的的取值范围即可．
15．（2025·齐齐哈尔）等腰三角形纸片ABC中，AB=AC，将纸片沿直线l折叠，使点A与点B重合，直线l交AB于点D，交直线AC于点E，连接BE，若AE=5，tan∠AED=，则△BEC的面积为 .
【答案】或
【知识点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）；已知正切值求边长；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：当∠BAC为锐角时，如图，
根据题意得∠ADE = 90，
∴tan∠AED=.
设AD=3x，则DE = 4x，
∵AE=5.
∴AD2 +DE2=AE2，即(3x)2+(4x)2=52，解得x=1，
∴AD=3，DE=4，
由折叠得AB= 2AD=6，
∴AC=6，
∴，
过点C作CF⊥AB于点F，则CF // DE，
∴ADECAFE，
∴即，
∴CF=，
∴，
∴
过点B作BG于点G，则
∴
同（1）可得AE=5，AB=AC=6，
∴CE=AC+AE=
∴
综上所述， △BEC的面积为或.
故答案为：或.
【分析】分∠BAC为锐角和钝角两种情况讨论求解：①当∠BAC为锐角时求出AD=3，DE=4，由折叠得AB=6，可求得，再利用相似计算出，再利用面积之差计算即可解答；②当∠BAC为钝角时，过点B作BG⊥CE于点G，得出，可求出CE，从而利用面积公式计算即可解答.
三、解答题
16．（2025·吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
（1）【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
（2）【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
（3）【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】（1）解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形；
（2）证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
（3）解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE =GE， DF=GF， 而DF =DE， 故GE=DE=DF=GF， 从而四边形DEGF是菱形；
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE =BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FGIINH， 从而四边形GFHN是平行四边形；
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时， 过G作GK⊥AB于K， 过E作ET⊥AB于T， 设AT =x， 则AE =2x， 可得AD=2AE =4x， DE =AE =2x， 求出AB=AT+TK+KN+BN =x+2x+3x+2x=8x，即可得到比值；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W， 设AD= y， 求出 ，即可得到比值.
17．（2025·威海）如图
（1）如图①，将平行四边形纸片ABCD的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH．判断四边形EFGH的形状，并说明理由；
（2）如图②，已知 ABCD能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形MNPQ，其中，点M在AD上，点N在AB上，点P在BC上，点Q在CD上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）解：结论：四边形EFGH是矩形．
理由：通过折叠的性质可知∠AFE＝∠EFK，∠BFG＝∠KFG，
∵∠AFB＝180°，
∴2∠EFK+2∠KFG＝180°，
∴∠EFK+∠KFG＝90°，即∠EFG＝90°，
同法可证∠FGH＝∠EHG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：如图，即为题目所求
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)结论：四边形EFGH是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可；
(2)分别以点D、C为圆心，大于 为半径作弧，连接两个交点，即为DC的垂直平分线，与DC交于点Q，同理作出AB的垂直平分线交于点N，连接NQ、AC， 交于点O， 以点O为中心， OQ长为半径作弧交AD于点M，点M即为所作.连接MO于点P， 连接MN、PQ、PN、MQ即为题目所求.
18．（2025·淄博）【问题情境】
小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的ABCD正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习．
【探究感悟】
如图①，小明在边AB上取点E（E不与A，B重合），连接DE，将△ADE沿DE翻折，使得点A的对应点A1恰好落到对角线BD上，则此时线段BE的长是 ▲ ；
【深入探究】
小明继续将△ADE沿DE翻折，发现：A1，B，C三点能构成等腰三角形．请求出此时线段BE的长；
【拓展延伸】
如图②，小明又在边CD上取点F（F不与C，D重合），并将四边形ADFE沿EF翻折，使得点A的对应点A1恰好落在边BC上，记A1D1（D1为D的对应点）与CD的交点为G，连接AD1，小明再次发现：线段EF与AD1的长度之和存在最小值，请求出此时线段CG的长．
【答案】解：【探究感悟】8﹣4；
【深入探究】①当A1C＝BC时，如图，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，
则四边形ADFG为矩形，
∴DF＝AG，FG＝AD＝4，
∵BC＝CD，
∴A1C＝CD，
又∵折叠，
∴AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，
∴A1C＝CD＝A1D，
∴△A1CD为等边三角形，
∴∠DA1C＝60°，
∵A1F⊥CD，
∴30°，，
∴，∠GA1E＝180°﹣∠DA1E﹣∠DA1F＝60°，
∴，
在Rt△A1GE中，EG，
∵AG＝DF＝2，
∴BG＝AB﹣AG＝2，
∴BE＝BG+EG；
②当A1C＝A1B时，如图：作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，
则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，
∴AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，
∴A1G＝FG﹣A1F＝2，
在Rt△A1FD中，，
∴∠A1DF＝30°，
∴∠FA1D＝60°，，
∴，∠EA1G＝180°﹣∠DA1F﹣∠DA1E＝30°，
在Rt△A1GE中，EG，
∴BE＝BG+EG＝4，
综上：；
【拓展延伸】连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，
∴FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，
由折叠可知AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，
∴∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，
∴∠BAA1＝∠KFE，
又∵∠FKE＝∠ABC＝90°，FK＝AB，
∴△EFK≌△A1AB（AAS），
∴EF＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D，
作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，
则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，
∴EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，
∴当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小；
如图：
∵∠DCA1＝∠A'BA1＝90°，∠CA1D＝∠BA1A'，A'B＝CD，
∴△CDA1≌△BAA1（ASA），
∴CA1＝BA1，
∴A1为BC的中点，
∴，
设AE＝A1E＝x，
则BE＝AB﹣AE＝4﹣x，
在Rt△A1BE中，由勾股定理，得：x2＝22+（4﹣x）2，
解得，
∴，
∴BE＝AB﹣AE，
∴∠ABC＝∠C＝90°＝∠GA1E，
∴∠BEA1＝∠CA1G＝90°﹣∠BA1E，
∴△EBA1∽△A1CG，
∴，即，
∴．
【知识点】两点之间线段最短；三角形全等及其性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：【探究感悟】∵正方形ABCD，边长为4，
∴AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，
∴，
由折叠可知∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，
∴∠BA1E＝90°，，
∵∠DBA＝45°，
∴△A1EB为等腰直角三角形，
∴；
故答案为：8﹣4；
【分析】【探究感悟】：根据正方形性质可得AD＝AB＝BC＝CD＝4，∠DAB＝∠ABC＝∠DCB＝∠ADC＝90°，∠DBA＝45°，根据勾股定理可得BD，再根据折叠性质可得∠DA1E＝∠A＝90°，A1D＝AD＝4，根据边之间的关系可得BA1，再根据等腰直角三角形判定定理及性质即可求出答案.
【深入探究】：分情况讨论：①当A1C＝BC时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，则四边形ADFG为矩形，根据矩形性质可得DF＝AG，FG＝AD＝4，根据折叠性质可得AD＝A1D，∠DA1E＝∠A＝90°，则A1C＝CD＝A1D，根据等边三角形判定定理可得△A1CD为等边三角形，则∠DA1C＝60°，30°，，根据含30°角的直角三角形性质可得A1F，根据三角形内角和定理可得∠GA1E，再根据边之间的关系可得A1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案；②当A1C＝A1B时，作A1F⊥CD于点F，延长FA1交AB于点G，作A1H⊥BC于点H，则，四边形CFA1H为矩形，四边形BGFC为矩形，根据矩形性质可得AF＝CH＝2，BG＝CF，FG＝BC＝4，根据边之间的关系可得A1G，根据特殊角的三角函数值可得∠A1DF＝30°，再根据含30°角的直角三角形性质可得DF，根据边之间的关系可得BG，再根据三角形内角和定理可得∠EA1G，解直角三角形可得EG，再根据边之间的关系即可求出答案.
【拓展延伸】：连接AA1，A1D，A1D交AD1于点O，作FK⊥AB，则四边形ADFK为矩形，根据矩形性质可得FK＝AD＝AB，∠FEK+∠KFE＝90°，根据折叠性质可得AE＝A1E，A1D1＝AD，AA1⊥FE，∠GA1E＝∠DAB＝90°，OA＝OA1，OD＝OD1，则∠A1AB+∠FEA＝90°，A1D＝AD1，再根据全等三角形判定定理可得△EFK≌△A1AB（AAS），则EF＝AA1，作点A关于BC的对称点A'，连接A1A'，连接A'D交BC于点M，则A'B＝AB＝CD，A1A'＝AA1，根据边之间的关系可得EF+A1D＝AA1+A1D＝A'A1+A1D≥A'D，当点A1在A'D上时，即点A1与点M重合时，EF+A1D＝A'D值最小，根据全等三角形判定定理可得△CDA1≌△BAA1（ASA），则CA1＝BA1，再根据线段中点可得，设AE＝A1E＝x，则BE＝4﹣x，根据勾股定理建立方程，解方程可得，则BE，再根据相似三角形判定定理可得△EBA1∽△A1CG，则，代值计算即可求出答案.
19．（2025·广州）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开．
（1）求的长；
（2）求证：四边形是黄金矩形；
（3）如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由．
【答案】（1）解：∵，矩形是黄金矩形，
∴，
∴
（2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处，
∴，，
又∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
∴，
由（1）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是黄金矩形．
（3）解：四边形是黄金矩形，证明如下：
∵，四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形；
由（2）可知，，
∵为的中点，
∴，
∴，
如图，连接，由对折可得：，，，
设，则，
∵
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴四边形是黄金矩形．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）根据黄金矩形的定义即可求出答案.
（2）根据折叠性质可得，，再根据矩形性质可得，，，再根据正方形判定定理可得四边形是正方形，则=2，根据边之间的关系可得，再根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，再根据黄金矩形的定义进行判断即可求出答案.
（3）根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，根据勾股定理可得FG，连接，由对折可得：，，，设，则，根据割补法，结合三角形，梯形的面积建立方程，解方程可得x值，再根据黄金矩形的定义进行判断即可求出答案.
20．（2025·泰安）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知.
（1）求 CD的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究.
在线段CD上取一点E，连接BE.将四边形ABED 沿BE翻折得到四边形A'BED'，其中A'，D'分别是 A，D的对应点.
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点 D'恰好落在边 BC 上，延长A'D'交 CD 于点 F，如图2.判断四边形 DBA'F的形状，并说明理由；
②乙：点A'恰好落在边 BC上，如图3.求DE的长；
（3）如图4，连接DD'交 BE 于点 P，连接CP.当点E在线段 CD上运动时，线段CP 是否存在最小值 若存在，直接写出；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴△ADB∽△DBC，
∵∠BAD=90°， AD=2， AB=4，
（2）解：①四边形DBA'F 是矩形， 理由如下，
由折叠的性质得.
∴四边形DBA'F 是矩形；
②延长AD和 相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得.
∵点A'恰好落在边BC上，
∴四边形ABA'Q是矩形，
∴四边形ABA'Q是正方形，
∴点E在对角线BQ上，
∵四边形ABA'Q是正方形，
∴AQ∥CB，
∴△DQE∽△CBE，
（3）
【知识点】平行线的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的判定预备定理（利用平行）
【解析】【解答】
解：存在，理由如下：
由折叠的性质得∠EBD=∠EBD'， BD=BD'，∴ BE是线段DD'的垂直平分线，
∴∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的⊙O上， 连接OC， OP，
∴CP≤OC-OP， 即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，
∴线段CP的最小值为
故答案为：
【分析】
(1) 根据AA判定△ADB∽△DBC，再利用相似三角形求解CD的长度，解答即可；
(2) ① 根据折叠性质及角度关系，可判断得到四边形OBEF为矩形；② 根据折叠性质可判断得到四边形ABA'Q为矩形，四边形ABA'Q是正方形，根据AQ∥CB判定△DQE∽△CBE，再利用相似三角形求解DE的长度，解答即可；
(3) 分析CP的最小值存在性，利用动点轨迹即点P在OC上时， 线段CP存在最小值，根据勾股定理求解最小值，解答即可.
21．（2025·山西）综合与探究
问题情境：如图1，在△ABC纸片中，AB>BC，点D在边AB上，AD>BD.沿过点D的直线折叠该纸片，使DB的对应线段DB与BC平行，且折痕与边BC交于点E，得到△DB'E，然后展平。
（1）猜想证明：判断四边形BDB'E的形状，并说明理由；
（2）拓展延伸：如图2，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点A'落在射线DB'上，且折痕与边AC交于点F，然后展平.连接A'E交边AC于点G，连接A'F.
①若AD=2BD，判断DE与A'E的位置关系，并说明理由；
②若∠C=90°，AB=15，BC=9，当△A'FG是以A'F为腰的等腰三角形时，请直接写出A'F的长.
【答案】（1）解：四边形BDB'E是菱形.
理由如下：由折叠可知，B'D=BD，B'E=BE，
∠B'DE=∠BDE.
∵DB'//BC，
∴∠B'DE=∠BED.
∴∠BDE=∠BED.
∴BD=BE.
∴B'D=BD=BE=B'E.
∴四边形BDB'E是菱形.
（2）解：①DE⊥A'E.理由如下：
由（1）得B'D=BD=B'E.
∵B'D=B'E， ∴∠1=∠2.
由折叠可知，A'D=AD.
∵AD=2BD，
∴A'D=2B'D.
∴点B'是A'D的中点..
∴B'D=B'A'.
∴B'A'=B'E. ∴∠3=∠4.
在△A'DE中，
∠1+∠A'ED +∠4=180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°.
∴∠2+∠3=90°
即∠DEA'=90°
∴DE⊥A'E.
②5或
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定-AA；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】
解： (2)②∵∠C= 90°，AB= 15， BC= 9，
∴AC== 12，
当△A'FG是以A'F为腰，A'G为底的等腰三角形时，如图，延长A'F交AB于点H，设AC、A'D交点为M，
则FG= A'F，
∵∠C'= 90°， A'D// BC，
∴∠AMD= ∠C'= 90°，
∴∠AMA'= 90°，
由折叠的性质得
AD= A'D，∠ADF=∠A'DF， AF= A'F，
∴△ADF≌△A'DF(SAS)，
∴∠A=∠DA'F，
∵∠AFH = ∠ A'FG，
∴∠AHF=∠AMA'=90，
∵∠A= ∠A，
∴АFHABC，
∴
∴HF：AH：AF=BC：AC：AB=3：4：5
∠A= ∠D'A'F，AF= A'F，∠AHF= ∠A'MF，
∴AHFA'MF(AAS)，
∴HF= FM，AH = A'M，
设HF=FM=3x，АН=A'M=4x，
∴AF= A'F= 5x，
∴АМ=AF+FM=8x，
∵A'D//BC，
∴AMDАCB，
∴
∴AD = 10x，
∴BE=BD=AB-AD=15-10x
∴CE= BC- BE= 10x- 6，
∵ FG= A'F= 5x，
∴MG= FG- FM = 2x，
∴CG=AC-AM-MG=12-8x-2x=12-10x，
∵ A'D// BC，
∴△A'MG△ECG，
∴
解得： x= 1，
∴A'F= 5x= 5；
当△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形时，如图，则A'F= AG，
同理得：HF： AH ： AF= BC ： AC： AB=3：4：5，
HF= FM，AH = A'M，AF= A'F，
设HF=FM=3y，AH=A'M=4y，
AF= A'F= 5y，
∴AM=AF+FM=8y，
∵A'D// BC，
∴△AMD△ACB，
∴
∴AD = 10y，
∴BE= BD= AB- AD= 15- 10y， CE= BC- BE= 10y- 6，
∵△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形，A'M⊥AC，
∴GM=FM=3y，
∴FG=GM+FM=6y，
∴CG=AC-AF-FG=12-11y，
∵A'D// BC，
∴△A'MG△ECG，
∴
解得：
∴
综上可知A'F的长为5或，
故答案为：5或.
【分析】(1)由折叠的性质可得BD= B'D， BE= B'E，∠B'DE=∠BDE，再根据平行线的性质可∠B'DE=∠BED，进而得到∠BDE=∠BED，由等角对等边推出BD= BE，从而证明BE= BD= B'D= B'E，即可证四边形BDB' E是菱形，解答即可；
(2)①由(1)推出BD= B'D= B'E，由折叠的性质得到AD= A'D，结合已知可得A'D= 2B'D= 2B' E，进而推出
B'D= A'B' = B'E，得到∠1 =∠2、∠3=∠4，再根据三角形内角和定理即可求出∠2+∠3= 90°，即可得到DE与A' E的位置关系；解答即可；
②分△A'FG是以A'F为腰A'G为底的等腰三角形和△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长A'F交AB于点H，设AC、A'D交点为M，利用三角形相似的性质建立方程求解即可解答.
22．（2025·眉山）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点处，折痕交AB于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕CE、，连接、、．
（1）【初步猜想】确定CE和的位置关系及线段BE和CF的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．由矩形的性质，
可知，．① ▲ ．．
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② ▲ ．
经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
（2）【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程．
（3）【尝试运用】如图2，在矩形ABCD中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交CE于点G，连接．当为直角三角形时，求出BE的长．
【答案】（1），
（2）法一： ∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，BC=AD，
由折叠得∠EBC=∠B=90°，BD=BD'，BC=BC=AD， ∠D=∠BDF=90°，BE=BE，
∴AD-BD=BC-CD，即： AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，
由(1) 知： ∠CBD=∠BCB
又∵∠ABE+∠CBD=180°-∠EBC=90°，∠BCB+∠BCF=∠BCD=90°，
∴∠ABE=∠FCD'，
又∵∠A=∠CDF，AB=CD，
∴△ABE≌△DCF，
∴BE=CF，
∵BE=BE，
∴BE=CF；
法二： 作BG∥AB交CE于点G， 则： BG∥AB∥CD，
∵CE∥BF.
∴四边形CFBG为平行四边形，
∴BG=CF.
∵矩形ABCD.
∴AB∥CD.
∴AB∥BG.
∴∠BGE=∠BEC.
由折叠得∠BEC=∠BEC，BE=BE，
∴∠BGE=∠BEC.
∴BE=BG.
∴BE=BE=BG=CF
（3） 解： 作BG∥AB交CE于点G， 则： ∠A=∠GBD=90°.
由(2) 可知： BG=BE=BE=CF，CD'=AB，△ABE≌△DCF，
∴DF=AE，
设BE=x， 则：
如图，当△BDG为直角三角形时，则：
∴GD'∥AD∥BC，
∴∠DGC=∠ECB.
又∵∠GCD'=∠ECB
∵BG∥AB∥CD，
∴∠GBD=∠FCD'.
∵在Rt△BGD和Rt△CDF中，
即：
∴x(6-x)=12x-36，
解得： 或 (舍去) ；
故
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解： (1)由折叠可知 由矩形的性质，可知AD∥BC.
∴∠DBC=∠BCB.
∴∠ECB=∠FBC.
∴CE∥BF.
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为BE=CF；
故答案为：，；
【分析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质得到∠ECB=∠FBC，即可得到CE∥BF，通过测量得到BE=CF解答即可；
(2)法一：由矩形的性质和折叠的性质得到AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，由（1）得∠CBD=∠BCB，即可得到∠ABE=∠FCD'，进而利用ASA得到△ABE≌△DCF，证明结论；法二： 作BG∥AB交CE于点G，则 BG∥AB∥CD，证明CFBG为平行四边形，进而得到∠BGE=∠BEC.再根据折叠得到∠BEC=∠BEC，进而得到BE=BG，根据等角对等边得到列轮即可；
(3)作BG∥AB交CE于点G，即可得到DF=AE，设BE=x， 表示CD'长，然后根据△BDG为直角三角形得到D'G=D'C的长，然后利用正切的定义得到代入数值求出x值即可解题.
23．（2025·重庆市）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，两点，与轴交于点，抛物线的对称轴是直线．
（1）求抛物线的表达式：
（2）点P是射线下方抛物线上的一动点，连接与射线交于点Q，点D，E为抛物线对称轴上的动点（点E在点D的下方），且，连接，．当取得最大值时，求点P的坐标及的最小值；
（3）在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，点M为点P的对应点，点N为抛物线上的一动点．若，请直接写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，
把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，
即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，
解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，∵，
即，
解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
【知识点】轴对称的应用-最短距离问题；二次函数-动态几何问题；利用顶点式求二次函数解析式；二次函数-线段周长问题；二次函数-角度的存在性问题
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）根据题意利用待定系数法求出，再利用相似三角形的判定方法证明，最后结合题意，利用勾股定理等计算求解即可；
（3）根据平移求出，再求出，最后结合函数图象，利用锐角三角函数等计算求解即可.
（1）解：设抛物线的解析式为，
把代入得，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
∴点C的坐标为，
设直线的解析式为，把和代入得：
，解得，
∴，
设点P的坐标为，过点P作轴交于点F，交x轴于点H，
则点F的坐标为，
∴，
∵轴，
∴，，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，这时点P的坐标为，
把点P向上平移个单位长度得到点，点的坐标为，连接，
则四边形是平行四边形，
∴，
即，
由A，B关于对称性可得点A的坐标为，
连接，则的最小值为长，
即，
即的最小值为；
（3）解：∵，
∴，
∴将抛物线沿射线方向平移个单位长度即为向左平移两个单位长度，向下平移两个单位长度得到抛物线，即，
过点P作轴于点Q，过点N作轴于点K，连接，
设点N的坐标为，
由平移得，
∴，
如图所示，∵，
即，解得（舍去）或，
这时点N的坐标为；
如图所示，则∵，
即，解得或（舍去），
这时点N的坐标为；
综上所述，点N的坐标为或．
24．（2025·南充）矩形ABCD中， AB=10，AD=17， 点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE 折叠，使点B落在点P处.
（1）【初步感知】如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F， 求证：FP=FC.
（2）【深入探究】如图2，点 M在线段CD上，CM=4. 点E在移动过程中，求PM的最小值.
（3）【拓展运用】如图2， 点N在线段AD上， AN=4. 点E在移动过程中，点 P 在矩形内部，当△PDN 是以DN 为斜边的直角三角形时，求BE 的长.
【答案】（1）证明：连接EF， 由折叠可得∠APE=∠B=90°， PE=BE.
∵ 四边形ABCD为矩形， ∠C=90°.
∵ E为BC的中点， BE=EC，
∴ PE=EC.
在Rt△EPF 与Rt△ECF中，
∴ Rt△EPF≌Rt△ECF (HL)，
∴ FP=FC.
（2）解：AP=AB=10， 点E在移动过程中， AP=10不变.
∴ 点 P在以A为圆心，10为半径的⊙A 的弧上.
∴ 连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值.
∵ AD=17， AB=CD=10， CM=4，
∴ DM=6.
，
∴ PM的最小值为 .
（3）解：P在矩形内部， 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G.
∵ ∠NPD=90°， 即∠1+∠2=90°，
∴ ∠1+∠3=90°.
∴∠3=∠2.
∵ ∠PHN=∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，
∴
AN=4， AD=17，
∴ DN=13.
设HN=x， HD=13-x，
∴ AH=x+4，
HP2=x(13-x).
∵ AB=10，
∴ AP=AB=10，
∵ HP2=AP2-AH2，
∴ HP2=102-(x+4)2.
∴ x(13-x) =102-(x+4)2，
解得：x=4.
∴ HP=6， AH=8. HG=AB=10， PG=4， BG=AH=8.
设BE=m， 则PE=m， GE=8-m.
在Rt△PGE中，
∴
解得， m=5，
答：BE的长为5.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；翻折变换（折叠问题）；四边形-动点问题；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由题意，用HL定理可证Rt△EPF≌Rt△ECF；
（2） 点E在移动过程中， AP=10不变；连接AM，当点 P在线段AM上时，PM有最小值，在Rt△ADM中，用勾股定理求出AM的值，然后根据线段的和差PM=AM-AP可求解；
（3） 过点 P作PH⊥AD于H， 交BC 于点G；由同角的余角相等可得∠2=∠3，结合已知，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△PHN∽△DHP，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，将比例式化为乘积式；在Rt△APH中，用勾股定理将HP2 用含x的代数式表示出来，于是可得关于x的方程，解方程可求出x的值；设BE=m，在Rt△PGE中，用勾股定理可得关于m的方程，解方程即可求解.
25．（2025·山东）【图形感知】
如图，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
（2）【探究发现】
老师指导同学们对图所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是，的对应点．
其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图判断四边形的形状，并说明理由；
乙：点恰好落在边上，如图求的长；
（3）如图，连接交于点，连接当点在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：，
，
，
，
，
，，，
，
，
；
（2）四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
，
，
四边形是矩形；
延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
点恰好落在边上，
，，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
点在对角线上，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
（3）由折叠的性质得，，
是线段的垂直平分线，
，
点在以为直径的上，连接，，
，即点在上时，线段存在最小值，
，
线段的最小值为
【知识点】正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；定点定长辅助圆模型；相似三角形的判定-AA
【解析】【分析】（1）由于同旁内角互补两直线平行，则，又，则，此时可由勾股定理先求出BD，再利用相似比即可求出CD；
（2）由折叠的性质知，、，则，即四边形DBA`F是矩形；
如图所示，延长AD交A`D`于点Q，则由折叠的性质可判定四边形ABA`Q为正方形，由已知知则点D恰好为AQ的中点，由勾股定理可求得，则同正方形的对边平行可判定，由相似比可，即；
（3）如图所示，取的斜边BD的中点O，则点P在BD为直径的上运动，由于点C是圆外一定点，点P是圆上一动点，显然当点P在线段OC上时，CP最小，即，此时利用勾股定理求出OC的长即可.
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