2025年中考数学压轴突破【几何中的折叠】题型汇编解析版

几何中的折叠问题

一、单选题

1如图，在菱形ABCD中，AD=5，tanB=2，E是AB上一点，将菱形ABCD沿DE折叠，使B、C的

对应点分别是B、C，当∠BEB=90°时，则点C到BC的距离是()

A.5+5B.25+2C.6D.35

【答案】D

【分析】过C作CH⊥AD于H，过C作CF⊥AD于F，由菱形性质和正切定义求出HD=5，HC=25，

再由折叠证明∠BED=∠BED=135°，得到∠EDC=∠EDC=45°，从而得到△CHD≌△DFC，则CF=

HD=5，则问题可解．

【详解】解：过C作CH⊥AD于H，过C作CF⊥AD于F，

由已知，AD=5，tanB=2，

HC

∴CD=5，tan∠CDH==2，

HD

∴设HD=x，则HC=2x，

∴在Rt△HDC中，HC2+HD2=CD2，

222

2x+x=5，

解得x=5，

∴HD=5，HC=25，

由折叠可知，∠BED=∠BED，∠EDC=∠EDC，CD=CD

∵∠BEB=90°，

∴∠BED=∠BED=135°，

∵AB∥DC，

∴∠EDC=180°-∠BED=45°，

∴∠EDC=∠EDC=45°

1

∴∠CDC=90°

∵∠CHD=∠CAD=90°，

∴∠CDH+CDF=90°，

∵∠CDH+∠HCD=90°，

∴∠CDF=∠HCD，

∴△CHD≌△DFC，

∴CF=HD=5，

∴点C到BC的距离是CF+CH=5+25=35．

故选：D．

【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及正切定义的应用，解答关键是根

据折叠的条件推出∠BED=∠BED=135°．

2如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕l与BC交于点P，且点P到AB的距

离为3cm，点Q为AC上任意一点，则PQ的最小值为()

A.2cmB.2.5cmC.3cmD.3.5cm

【答案】C

【分析】由折叠可得：PA为∠BAC的角平分线，根据垂线段最短即可解答．

【详解】解：∵将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，

∴PA为∠BAC的角平分线，

∵点Q为AC上任意一点，

∴PQ的最小值等于点P到AB的距离3cm．

故选C．

【点睛】本题主要考查了折叠的性质、角平分线的性质定理等知识点，掌握角平分线上的点到两边距离相等

是解答本题的关键．

3如图，在▱ABCD中，BC=8,AB=AC=45，点E为BC边上一点，BE=6，点F是AB边上的动

点，将△BEF沿直线EF折叠得到△GEF，点B的对应点为点G，连接DE，有下列4个结论：①tanB=2；②

AF1

DE=10；③当GE⊥BC时，EF=32；④若点G恰好落在线段DE上时，则=．其中正确的是

BF3

()

A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④

2

【答案】D

【分析】过点A作AH⊥BC于点H，利用三线和一以及正切的定义，求出tanB，即可判断①；过点D作DK

⊥BC于点K，利用勾股定理求出DE，判断②；过点F作FM⊥BC于点M，证明△EMF为等腰直角三角

形，设EM=FM=x，三角函数求出BM的长，利用BE=BM+EM，求出x的值，进而求出EF的长，判断

③；证明△AND∽△CNE，推出∠ENC=∠ECN，根据折叠的性质，推出EF∥CA，利用平行线分线段成比

例，即可得出结论，判断④．

【详解】解：①过点A作AH⊥BC于点H，

∵BC=8,AB=AC=45，

1

∴BH=BC=4，

2

∴AH=AB2-BH2=8，

AH

∴tanB==2；故①正确；

BH

②过点D作DK⊥BC于点K，则：四边形AHKD为矩形，

∴DK=AH=8，HK=AD=BC=8，

∵BE=6，

∴CE=2，

1

∵CH=BC=4，

2

∴CK=4，

∴EK=CE+CK=6，

∴DE=EK2+DK2=10；故②正确；

③过点F作FM⊥BC于点M，

∵GE⊥BC，

∴∠BEG=90°，

∵翻折，

∴∠BEF=∠GEF=45°，

∴∠EFM=∠BEF=45°，

∴EM=FM，

设EM=FM=x，

FM

∵tanB==2，

BM

11

∴BM=FM=x，

22

1

∴BE=BM+EM=x+x=6，

2

∴x=4，

∴EM=FM=4，

∴EF=2EM=42；故③错误；

④当点G恰好落在线段DE上时，如图：设AC与DE交于点N，

∵▱ABCD，

∴AD∥BC，

∴△AND∽△CNE，

3

ENCE21

∴===，

DNAD84

EN1

∴=，

DE5

1

∴EN=DE=2=CE，

5

∴∠ENC=∠ECN，

∴∠BEN=∠ENC+∠ECN=2∠ECN，

∵翻折，

∴∠BEN=2∠BEF，

∴∠BEF=∠ECN，

∴EF∥AC，

AFCE21

∴===；故④正确，

BFBE63

综上：正确的是①②④；

故选D．

【点睛】本题考查平行四边形的折叠问题，同时考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形

的判定和性质，勾股定理．本题的综合性强，难度较大，是中考常见的压轴题，熟练掌握相关性质，添加合适

的辅助线，构造特殊三角形，是解题的关键．

4如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，将劣弧BC沿弦BC折叠交直径AB于点D，连接CD，

若∠ABC=α0°<α<45°，则下列式子正确的是()

BCCDADCD

A.sinα=B.sinα=C.cosα=D.cosα=

ABABBDBC

【答案】B

【分析】连AC，由AB是⊙O的直径，可知∠ACB=90°，由折叠，AC和CD所在的圆为等圆，可推得AC=

CD，再利用正弦定义求解即可．

【详解】解：连AC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，

4

由折叠，AC和CD所在的圆为等圆，

又∵∠CBD=∠ABC，

∴AC和CD所对的圆周角相等，

∴AC=CD，

∴AC=CD，

在Rt△ACB中，

ACCD

sinα==，

ABAB

故选：B．

【点睛】本题考查圆周角定理和圆心角、弦、弧之间的关系以及正弦、余弦定义，解答关键是通过折叠找到公

共的圆周角推出等弦．

5如图，在平面直角坐标系中，OA在x轴正半轴上，OC在y轴正半轴上，以OA，OC为边构造矩形

OABC，点B的坐标为8,6，D，E分别为OA，BC的中点，将△ABE沿AE折叠，点B的对应点F恰好落

在CD上，则点F的坐标为()

3230303230202030

A.,B.,C.,D.,

1313131313131313

【答案】A

【分析】先求得直线CD的解析式，过点F作FM⊥CE于点M，过点F作FN⊥OC于点N，设点

3

Fm,-m+6，在Rt△EMF中，再利用勾股定理得到关于m的方程，解方程即可．

2

【详解】解：∵点B的坐标为8,6，四边形OABC是矩形，D，E分别为OA，BC的中点，

∴C0,6，D4,0，E4,6，

由折叠的性质可得：EF=BE=4，

设直线CD的解析式为y=kx+b，

6=b

则，

4k+b=0

k=-3

解得：2，

b=6

3

∴直线CD的解析式为y=-x+6，

2

过点F作FM⊥CE于点M，过点F作FN⊥OC于点N，

5

3

设点Fm,-m+6，

2

33

则MF=CN=6--m+6=m，EM=4-m，

22

在Rt△EMF中，EM2+MF2=EF2，

2322

∴4-m+m=4，

2

32

解得：m=或m=0(不合题意，舍去)，

13

3233230

当m=时，y=-×+6=，

1321313

3230

∴点F的坐标为,，

1313

故选：A．

【点睛】本题是一次函数与几何综合题，考查了求一次函数解析式，勾股定理，翻折的性质，矩形的性质，中点

的性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．

6综合与实践课上，李老师让同学们以矩形纸片的折叠为主题开展数学活动．如图，将矩形纸片

ABCD对折，折痕为EF，再把点A折叠在折痕EF上，其对应点为A，折痕为DP，连接AB，若AB=2，BC

=3，则tan∠ABF的值为()

331

A.B.3C.D.

322

【答案】A

3

【分析】先证明EF=AB=CD=2，CF=BF=DE=，∠DEA=90°，∠AFB=90°，AD=AD=3，可

2

22331

得AE=AD-DE=，AF=2-=，再利用正切的定义求解即可.

222

【详解】解：∵矩形纸片ABCD对折，折痕为EF，AB=2，BC=3，

3

∴EF=AB=CD=2，CF=BF=DE=，∠DEA=90°，∠AFB=90°，

2

由折叠可得：AD=AD=3，

223

∴AE=AD-DE=，

2

31

∴AF=2-=，

22

6

1

23

∴tan∠ABF==.

33

2

故选A

【点睛】本题考查的是轴对称的性质,矩形的性质,勾股定理的应用,求解锐角的正切,熟记轴对称的性质是

解本题的关键.

7如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，P是边BC中点，将顶点D折叠至线段AP上一点D，折痕为

EF，此时，点C折叠至点C．下列说法中错误的是()

45

A.cos∠BAP=B.当AE=时，DE⊥AP

53

4

C.当AE=18-65时，△ADE是等腰三角形D.sin∠DAP=

5

【答案】C

【分析】根据矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质计算判断即可．

【详解】∵矩形ABCD中，AB=2，BC=3，P是边BC中点，

13

∴BP=BC=，∠B=90°，

22

22225

∴AP=AB+BP=2+3=，

22

AB24

∴cos∠BAP===，

AP55

2

故A正确；

∵矩形ABCD，

∴AD∥BC，

∴∠DAP=∠APB，

4

∴sin∠DAP=sin∠APB=cos∠BAP=，

5

故D正确；

设DE=DE=x，

4

根据题意，得AE=AD-DE=3-x，sin∠DAP=，

5

∵DE⊥AP，

DEx4

∴sin∠DAP===，

AE3-x5

4

解得x=，

3

5

∴AE=AD-DE=3-x=，

3

故B正确；

当DE=AE时，

设DE=DE=x，根据题意，得AE=AD-DE=3-x，

7

∴x=3-x，

3

解得x=；

2

此时D,A重合，三角形不存在，不符合题意；

当DE=AD时，过点D作DN⊥AD于点N，

则AN=NE；

∵矩形ABCD，

∴AD∥BC，

∴∠DAP=∠APB，

3

23

∴cos∠DAP=cos∠APB==，

55

2

设DE=DE=x，根据题意，得AE=AD-DE=3-x，DE=AD=x，

ANAN3

∴==，

ADx5

3

解得AN=x；

5

6

∴AE=AD-DE=3-x=2AN=x，

5

15

解得x=；

11

61518

∴AE=×=；

51111

当AE=AD时，过点D作DH⊥AD于点H，

设DE=DE=x，根据题意，得AE=AD=AD-DE=3-x，

43

∴DH=ADsin∠DAP=3-x，AH=ADcos∠DAP=3-x，

55

32

∴HE=AE-AH=3-x-3-x=3-x，

55

根据勾股定理，得HE2+DH2=DE2，

22422

∴3-x+3-x=x

55

解得x=65-12；

∴AE=3-x=15-65；

18

综上所述，AE=15-65或AE=，

11

故C错误，

故选C．

【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握三角函数，

勾股定理，矩形的性质，折叠的性质是解题的关键．

8如图，AB为半圆O的直径，点O为圆心，点C是弧上的一点，沿CB为折痕折叠BC交AB于点M，

连接CM，若点M为AB的黄金分割点(BM>AM)，则sin∠BCM的值为()

8

5-15+15-11

A.B.C.D.

2242

【答案】A

【分析】过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M′，连接CM，BM′，根据折叠的性质可得：

BM5-1

∠CMB=∠CM′B，BC⊥MM′，从而可得∠BDM=90°，再根据黄金分割的定义可得=，然后

AB2

利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而证明A字模型相似三角形△DBM∽△CBA，进而利

DMBM5-1

用相似三角形的性质可得==，最后根据圆内接四边形对角互补以及平角定义定义可

ACAB2

得：∠A=∠AMC，从而可得CA=CM，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．

【详解】解：过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M′，连接CM，BM′，

由折叠得：∠CMB=∠CM′B，BC⊥MM′，

∴∠BDM=90°，

∵点M为AB的黄金分割点(BM>AM)，

BM5-1

∴=，

AB2

∵AB为半圆O的直径，

∴∠ACB=90°，

∴∠ACB=∠MDB，

∵∠DBM=∠CBA，

∴△DBM∽△CBA，

DMBM5-1

∴==，

ACAB2

∵四边形ACM′B是半⊙O的内接四边形，

∴∠A+∠CM′B=180°，

∵∠AMC+∠CMB=180°，∠CMB=∠CM′B，

∴∠A=∠AMC，

∴CA=CM，

DMDM5-1

在Rt△CDM中，sin∠BCM===．

CMAC2

故选：A．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，黄金分割，解直角三角形，翻折变换(折叠问题)，圆周角定理，

根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

二、填空题

9如图，将一张矩形纸片ABCD折叠，折痕为EF，折叠后，EC的对应边EH经过点A，CD的对应边

HG交BA的延长线于点P．若PA=PG，AH=BE，CD=3，则BC的长为．

9

【答案】43

【分析】本题考查了矩形与折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理．连接PF，设BC=2x，AH=BE

1

=a，证明Rt△PAF≌Rt△PGFHL，求得FA=FG=FD=x，由折叠的性质求得BE=x，在Rt△ABE

2

中，利用勾股定理列式计算，即可求解．

【详解】解：连接PF，设BC=2x，AH=BE=a，

由矩形的性质和折叠的性质知FG=FD，∠G=∠FAP=90°，AB=CD=3，AD=BC，

∵PA=PG，PF=PF，

∴Rt△PAF≌Rt△PGFHL，

11

∴FA=FG=FD=AD=BC=x，

22

由矩形的性质知：AD∥BC

∴∠AFE=∠FEC，

折叠的性质知：∠FEA=∠FEC，

∴∠FEA=∠AFE，

∴AE=FA=x，

由折叠的性质知EC=EH=AE+AH=x+a，

∴BC=BE+EC=a+x+a=2x，

11

∴a=x，即BE=x，

22

2222122

在Rt△ABE中，AB+BE=AE，即3+x=x，

2

解得x=23，

∴BC=2x=43，

故答案为：43

10如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=6，M为AD的中点，N为BC边上一动点，把矩形沿MN折

叠，点A，B的对应点分别为A，B，连接AA'并延长交射线CD于点P，交MN于点O，当N恰好运动到BC

的三等分点处时，CP的长为．

10

【答案】1或5

【分析】分两种情况：①当CN=2BN时．过点N作NG⊥AD于点G，则四边形ABNG为矩形；②当BN=

2CN时，过点N作NG⊥AD于点G，则四边形ABNG为矩形，根据矩形的性质得GM=AM-AG=1.再

由折叠的性质可得∠AOM=90°，然后根据相似三角形的判定与性质可得答案．

【详解】解：①当CN=2BN时．

如图1，过点N作NG⊥AD于点G，则四边形ABNG为矩形，

∴NG=AB=3，AG=BN=2．

∵M为AD的中点，

∴AM=3，

∴GM=AM-AG=1．

由折叠A与A对应，

∴∠AOM=90°，

∵∠MAO+∠APD=90°，∠MAO+∠AMO=90°，

∴∠AMO=∠APD，即∠GMN=∠APD．

又∵∠NGM=∠ADP=90°，

∴△ADP∽△NGM，

NGGM1

∴==，

ADDP2

解得DP=2，

∴CP=CD-DP=1．

②当BN=2CN时，

如图2，过点N作NG⊥AD于点G，则四边形ABNG为矩形，

∴NG=AB=3，AG=BN=4．

∵M为AD的中点，

∴AM=3，

∴GM=AG-AM=1．

由折叠A与A对应，

∴∠AOM=90°

∠MAO+∠AMO=90°，∠MAO+∠APD=90°，

∴∠AMO=∠APD，即∠GMN=∠APD．

又∠ADP=∠NGM=90°，

∴△ADP∽△NGM，

NGGM1

∴==，

ADDP2

解得DP=2，

∴CP=CD+DP=5．

综上，CP的长为1或5．

故答案为：1或5．

11

【点睛】此题考查的是翻折变换-折叠问题、矩形的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．

11如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE,AC分别与DF,EF相交于G,H两点．

若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是．

【答案】m2+n2

【分析】先根据折叠的性质可得S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°，从而可得S△FHG=S△ADG+S△CHE，再根据相似

S△ADGDG2

三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得==

S△FHGGH

2S22

m，△CHEEHn，然后将两个等式相加即可得．

2==2

GHS△FHGGHGH

【详解】解：∵△ABC是等边三角形，

∴∠A=∠B=∠C=60°，

∵折叠△BDE得到△FDE，

∴△BDE≌△FDE，

∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，

∵DE平分等边△ABC的面积，

∴S梯形ACED=S△BDE=S△FDE，

∴S△FHG=S△ADG+S△CHE，

又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，

∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，

S22S22

△ADGDGm，△CHEEHn，

∴==2==2

S△FHGGHGHS△FHGGHGH

SS22S+S

△ADG△CHEm+n△ADG△CHE，

∴+=2==1

S△FHGS△FHGGHS△FHG

∴GH2=m2+n2，

解得GH=m2+n2或GH=-m2+n2(不符合题意，舍去)，

故答案为：m2+n2．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角

形的判定与性质是解题关键．

12在矩形ABCD中，点E为AD边上一点(不与端点重合)，连接BE，将矩形ABCD沿BE折叠，折叠

后点A与点F重合，连接并延长EF，BF分别交BC，CD于G，H两点.若BA=6，BC=8，FH=CH，则

AE的长为．

12

【答案】9

2

【分析】连接GH，证明Rt△FHG≅Rt△CHG(HL)，可得FG=CG，设FG=CG=x，在Rt△BFG中，有62

22725

+x=(8-x)，可解得CG=FG=，知BG=，由矩形ABCD沿BE折叠，折叠后点A与点F重合，得

44

2599

∠AEB=∠FEB，可得∠FEB=∠EBG，EG=BG=，故EF=EG-FG=，从而得到AE=．

422

【详解】连接GH，如图：

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠C=90°，

∵将矩形ABCD沿BE折叠，折叠后点A与点F重合，

∴BF=AB=6,AE=EF,∠BFE=∠A=90°，

∴∠GFH=90°=∠C，

∵GH=GH,FH=CH，

∴Rt△FHG≅Rt△CHG(HL)，

∴FG=CG，

设FG=CG=x，则BG=BC-CG=8-x

在Rt△BFG中，BF2+FG2=BG2

∴62+x2=(8-x)2，

7

解得：x=，

4

7

∴CG=FG=，

4

25

∴BG=8-x=，

x

∵将矩形ABCD沿BE折叠，折叠后点A与点F重合，

∴∠AEB=∠FEB，

∵AD⎳BC，

∴∠AEB=∠EBG，

∴∠FEB=∠EBG，

25

∴EG=BG=，

4

9

∴AE=，

2

故答案为：9．

2

【点睛】本题考查矩形中的翻折变换，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用，掌握相关知识是解题

的关键．

13如图，在矩形ABCD中，AD=23，CD=6，E是AB的中点，F是线段BC上的一点，连接EF，把

△BEF沿EF折叠，使点B落在点G处，连接DG，BG的延长线交线段CD于点H．给出下列判断：①

13

∠BAC=30°；②△EBF∽△BCH；③当∠EGD=90°时，DG的长度是23④线段DG长度的最小值是

21-3；⑤当点G落在矩形ABCD的对角线上，BG的长度是3或33；其中正确的是．(写出所

有正确判断的序号)

【答案】①②③

【分析】利用正切函数的定义即可判断①正确；利用同角的余角相等推出∠HBC=∠BEF，可判断②正确；推

出点D、G、F三点共线，证明Rt△EAD≌Rt△EGDHL，可判断③正确；当点D、G、E三点共线，线段DG

长度的最小值是21-3，由于F是线段BC上的一点，不存在D、G、E三点共线，可判断④不正确；证明

△BGE是等边三角形，可判断⑤．

【详解】解：连接AC，

∵矩形ABCD中，AD=23，CD=6，

AD233

∴tan∠ACD===，

CD63

∴∠ACD=30°，

∴∠BAC=30°，故①正确；

由折叠的性质知EF是BG的垂直平分线，

∴∠HBC+∠BFE=90°=∠BEF+∠BFE，∴∠HBC=∠BEF，

∴△EBF∽△BCH，故②正确；

由折叠的性质知∠EGF=∠ABC=90°，

∵∠EGD=90°，

∴点D、G、F三点共线，连接DE，

在Rt△EAD和Rt△EGD中，AE=BE=EG，DE=DE，

∴Rt△EAD≌Rt△EGDHL，

∴DG=AD=23，故③正确；

∵AE=BE=EG，

22

∴点A、G、B都在以E为圆心，3为半径的圆上，DE=23+3=21，

∴当点D、G、E三点共线，线段DG长度的最小值是21-3，但F是线段BC上的一点，∴D、G、E三点不

可能共线，故④不正确；

当点G落在矩形ABCD的对角线AC上时，

由折叠的性质知BE=EG，

∵E是AB的中点，由①知∠BAC=30°，

∴BE=EG=EA，∠BAC=∠EGA=30°，

∴∠BEG=∠BAC+∠EGA=60°，

∴△BGE是等边三角形，

∴BG的长度是3；由于F是线段BC上的一点，则点G不会落在矩形ABCD的对角线

BD上，故⑤不正确；

14

综上，①②③说法正确，

故答案为：①②③．

【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，正切函数，相似三角形的判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是明

确题意，找出所求问题需要的条件．

14如图，将矩形ABCD沿BE折叠，点A与点A重合，连接EA并延长分别交BD、BC于点G、F，且

BG=BF．

(1)若∠AEB=55°，则∠GBF=；

(2)若AB=3，BC=4，则ED=．

【答案】40°/40度5-10/-10+5

【分析】(1)先证明∠DEF=180°-2×55°=70°，∠BFG=∠DEF=70°，利用BG=BF，可得答案；

(2)如图，过F作FQ⊥AD于Q，可得CF=DQ，FQ=CD=3，同理可得：∠BGF=∠BFG，∠DEG=

∠BFG，而∠DGE=∠BGF，则∠DEG=∠DGE，设DE=DG=x，而BD=32+42=5，则BG=BF=5-

22

x，CF=4-5-x=x-1，EQ=x-x-1=1，再求解EF=1+3=10，由折叠可得：AE=AE=4

-x，AF=10-4+x，利用cos∠BFA=cos∠FEQ，再建立方程求解即可．

【详解】解：(1)∵∠AEB=55°，结合折叠可得：

∠AEB=∠AEB=55°，

∴∠DEF=180°-2×55°=70°，

∵矩形ABCD，

∴AD∥BC，

∴∠BFG=∠DEF=70°，

∵BG=BF，

∴∠BGF=∠BFG=70°；

∴∠GBF=180°-2×70°=40°；

故答案为：40°．

(2)如图，过F作FQ⊥AD于Q，

∴四边形FCDQ是矩形，

则CF=DQ，FQ=CD=3，

同理可得：∠BGF=∠BFG，∠DEG=∠BFG，而∠DGE=∠BGF，

∴∠DEG=∠DGE，

∴设DE=DG=x，

∵矩形ABCD，AB=3，BC=4，

∴BD=32+42=5，

∴BG=BF=5-x，

∴CF=4-5-x=x-1，

15

∴EQ=x-x-1=1，

∴EF=12+32=10，

由折叠可得：AE=AE=4-x，

∴AF=10-4+x，

∵∠QEF=∠BFA，

∴cos∠BFA=cos∠FEQ，

EQAF

∴=，

EFBF

110-4+x

∴=，

105-x

解得：x=5-10，经检验符合题意；

∴DE=5-10．

故答案为：5-10．

【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质与判定，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，等腰三角

形的判定与性质，熟练的利用以上知识解题是关键．

三、解答题

15综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．

(1)操作判断

操作一：如图(1)，正方形纸片ABCD，点E是BC边上(点E不与点B，C重合)任意一点，沿AE折叠

△ABE到△AFE，如图(2)所示；

操作二：将图(2)沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为

H，如图(3)所示；

操作三：将纸片展平，连接BM，如图(4)所示．

根据以上操作，回答下列问题：

①B，M，N三点(填“在”或“不在”)一条直线上；

②AE和BN的位置关系是，数量关系是；

③如图(5)，连接AN，改变点E在BC上的位置，(填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分∠DAE．

(2)迁移探究

苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照(1)中的方式操作，得到图(6)或图(7)．

请完成下列探究：

①当点N在CD上时，如图(6)，BE和CN有何数量关系？并说明理由；

②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．

16

【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；

BE216

(2)①=，理由见解析；②BE=2或．

CN35

【分析】(1)①E的对称点为E，BF⊥EE，MF⊥EE，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余角相等得

∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可判定

△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即可得证；

(2)①由(1)中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽

△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性

质即可求解．

【详解】(1)解：①E的对称点为E，

∴BF⊥EE，MF⊥EE，

∴B、F、M共线，

故答案为：在；

②由①知：B、F、M共线，N在FM上，

∴AE⊥BN，

∴∠AMB=90°，

∴∠ABM+∠BAE=90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC=∠BCN=90°，

AB=BC，

∴∠CBN+∠ABM=90°，

∴∠BAE=∠CBN，

∠BAE=∠CBN

在△ABE和△BCN中，∠ABC=∠BCN，

AB=BC

∴△ABE≌△BCN(AAS)，

∴AE=BN，

故答案为：相等；

③不存在，理由如下：

假如存在，

∵AN平分∠DAE，

∴∠DAN=∠MAN，

∵四边形ABCD是正方形，

AM⊥BN，

∴∠D=∠AMN=90°，

∠D=∠AMN

在△DAN和△MAN中，∠DAN=∠MAN

AN=ANN

∴△DAN≌△MAN(AAS)，

∴AM=AD，

∵AD=AB，

∴AB=AM，

∵AB是Rt△ABM的斜边，

∴AB>AM，

17

∴AB=AM与AB>AM矛盾，

故假设不成立，所以答案为：不存在；

BE2

(2)解：①=，理由如下：

CN3

由(1)中的②得：

∠BAE=∠CBN，

∠ABE=∠C=90°，

∴△ABE∽△BCN，

BEAB2

∴==；

CNBC3

②当N在CD上时，

CN=CD-DN=3，

由①知：△ABE∽△BCN，

BEAB2

∴==，

CNBC3

2

∴BE=CN=2，

3

当N在AD上时，

AN=AD-DN=5，

∵∠BAE=∠CBN=∠ANB，

∠ABE=∠BAN=90°，

∴△ABE∽△NAB，

BEAB

∴=，

ABAN

BE4

∴=，

45

16

∴BE=，

5

16

综上所述：BE=2或．

5

【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定

及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．

16在矩形ABCD中，AD=2AB=8，点P是边CD上的一个动点，将△BPC沿直线BP折叠得到

△BPC．

(1)如图1，当点P与点D重合时，BC′与AD交于点E，求BE的长度；

(2)当点P为CD的三等分点时，直线BC′与直线AD相交于点E，求DE的长度；

(3)如图2，取AB中点F，连接DF，若点C′恰好落在DF边上时，试判断四边形BFDP的形状，并说明理由．

【答案】(1)BE的长度为5；

118

(2)DE的长度为或;

33

(3)四边形BFDP是平行四边形(理由见解析)

18

【分析】本题利用了折叠的知识(折叠后的两个图形全等)以及矩形的性质(矩形的对边相等，对角相等)，以

及平行四边形的判定有关知识．

(1)利用矩形性质和折叠的性质可推出BE=DE，设BE=x,则DE=x,AE=8-x,利用勾股定理建立方

程求解即可得出答案；

CGBCCG

(2)设DE=m,则AE=m+8，设BE交CD于G，可证得△AEB∽△CBG，得出=，即=

ABAE4

8321428

，求得CG=，分两种情况：当PC=CD=时，当PC=CD=时，分别添加辅助线构

m+8m+83333

造相似三角形，利用相似三角形性质建立方程求解即可得出答案；

(3)由中点定义可得AF=BF，过点C作CM∥AD交AB于点M，过点F作FN⊥BC于点N，由矩形性

1FMCM

质和翻折的性质可得∠CBP=∠CBP=∠CBC，可证得△FCM∽△FDA，得出=，再证得

2AFAD

△BFN∽△BCM，进而推出

1

FM=FN，利用角平分线的判定定理可得