2026年中考数学二轮复习 高频考点09 几何与函数中折叠问题14大题型专练

高频考点 几何与函数中折叠问题（压轴题命题探源·考向解密（3年中考考向与命题特征根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等考点一三角形中折叠问题考点二四边形中折叠问题12341234考点四函数中折叠问题1231一次函数中折叠求点坐标2k3二次函数折叠解答题综合（解答压轴1.1.以填空/选择压轴题和解答题小问为主，分值45行四边形3.3.4.4.1.叠（2.2.三角形3.等边三角形折叠与特殊角3./60˚）4.4.易错题集中在点在外部”核心考查 “折叠产生等角” 的性质，通过等角推导相似关系；4.折叠与反比例图像上，求k值；考点一三角形中折叠问题例：折痕DE垂直平分AA',DE⊥AA',DEAA'。标记折叠前后的等角：用∠1、∠2题型2：求线段长度类折叠（中考主流题）万能解题模板（90%的题都能用题型3：等腰三角形折叠(易漏解题型)命题点01连接𝐶𝐷，过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐷𝐶交𝐵𝐶于𝐸，已将△𝐵𝐷𝐸沿𝐷𝐸△𝐷𝐵1𝐸，连接𝐵1𝐶．下列说法错误的是（A．∠𝐴𝐷𝐶=B．当𝐵1𝐸∥𝐴𝐶时，𝐷𝐵1⊥C．当𝐵𝐸∥𝐴𝐶时，折痕 的长D．当△𝐵1𝐶𝐷是等腰三角形时，𝐴𝐷的长【答案】𝐹，由平行线的性质，结合翻折的性质，可证明𝐷𝐹𝐸𝐷𝑂𝐸(ASA)，可得∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝑂𝐸B；证𝐷𝑂𝐵(HL)𝐷𝑂𝐷𝐴𝐶(AAS)𝐷𝑂𝐷𝐴

△𝐵𝐹𝐸∽△𝐵𝐴𝐶，可得𝐵𝐴=𝐴𝐶△𝐷𝐹𝐸∽△𝐶𝐴𝐷，𝐶𝐴=𝐷𝐴，可得𝐷𝐹，𝐸𝐹，由勾股定理可得C；当△𝐵1𝐶𝐷是等腰三角形时，𝐷𝐵1=𝐷𝐶，或𝐶𝐷=𝐶𝐵1，或𝐵1𝐶=𝐵1𝐷，分类讨论，用勾股定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，可得𝐴𝐷D．【详解】解：由翻折可得∠𝐵𝐷𝐸=∵𝐷𝐸⊥∴∠𝐶𝐷𝐸=∴∠𝐵𝐷𝐸+∠𝐴𝐷𝐶=180°−90°=90°，∠𝐵1𝐷𝐸+∠𝐵1𝐷𝐶=∴∠𝐴𝐷𝐶=∴A当𝐵1𝐸∥𝐴𝐶𝐷𝐵1与𝐵𝐶的交点记作点𝑂，延长𝐵1𝐸，交𝐴𝐵于点𝐹，则∠𝐵𝐸𝐹=∴∠𝐵1𝐹𝐷+∠𝐴=∵∠𝐴=∴∠𝐵1𝐹𝐷=180°−90°=∴∠𝐸𝐷𝐹+∠𝐷𝐸𝐹=∴∠𝐴𝐷𝐶=由翻折可得∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐵1𝐷𝐸，𝐷𝐵=𝐷𝐵1，∠𝐵𝐸𝐷=∴∠𝐵𝐸𝐷−∠𝐵𝐸𝐹=∴∠𝐷𝐸𝐹=在𝐷𝐹𝐸和𝐷𝑂𝐸∠𝐸𝐷𝐹=𝐷𝐸= ∠𝐷𝐸𝐹=∴△𝐷𝐹𝐸≌△∴∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝑂𝐸，𝐷𝐹=∴∠𝐷𝑂𝐸=∴𝐷𝐵1⊥𝐵𝐶，∠𝐷𝑂𝐶=90°=∴B在Rt△𝐷𝐹𝐵1和Rt△𝐷𝑂𝐵𝐷𝐹=𝐷𝐵1=𝐷𝐵∴Rt△𝐷𝐹𝐵1≌Rt△∴𝐷𝐹=在𝐷𝑂𝐶和∠𝐷𝐴𝐶∠𝐷𝑂𝐶=∠𝐶𝐷𝑂=∠𝐶𝐷𝐴𝐶𝐷=∴△𝐷𝑂𝐶≌△∴𝐷𝑂=∴𝐷𝐹=𝐷𝑂=设𝐷𝐹=𝐷𝑂=𝐷𝐴=𝑥，则𝐵𝐹=∵𝐸𝐹∥∴△𝐵𝐹𝐸∽△∴𝐵𝐹=

∴𝐸𝐹=6

=6−∵∠𝐹𝐸𝐷=∠𝐴𝐷𝐶，∠𝐷𝐹𝐸=∴△𝐷𝐹𝐸∽△∴𝐷𝐹=

6−∴6 解得𝑥1=3，𝑥2=−12（舍去 ∴𝐷𝐹=3，𝐸𝐹=6−2×3=∴𝐷𝐸 32

3 3 =∴C当𝐵1𝐶𝐷是等腰三角形时，若𝐷𝐵1=𝐷𝐶，由翻折可得𝐷𝐵1=∴𝐷𝐶=𝐷𝐵=∴𝐴𝐷2+62=∴𝐴𝐷=若𝐶𝐷=作𝐶𝐻⊥𝐵1𝐷于点𝐻，则𝐷𝐻=𝐵1𝐻，∠𝐷𝐻𝐶=90°=∴𝐵𝐷=𝐵1𝐷=2𝐻𝐷，在𝐷𝐴𝐶𝐷𝐻𝐶中，∠𝐴=∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐻𝐷𝐶𝐶𝐷=∴△𝐷𝐴𝐶≌△又又∵∠𝐵1𝐷𝑇=∴△𝐵1𝑇𝐷∽△ ∴𝐷𝑇= =∴3𝐴𝐷2−16𝐴𝐷+36=∵Δ=(−16)2−4×3×36=−176<∴方程3𝐴𝐷2−16𝐴𝐷36=0∴𝐵1𝐶≠∴当△𝐵1𝐶𝐷是等腰三角形时，𝐴𝐷的长4或∴D不正确，符合题意𝐴𝐷𝐴𝐷2+62作𝐵𝑇⊥𝐶𝐷，则∠𝐵𝑇𝐷=90°=∠𝐴，𝐷𝑇=1𝐶𝐷∴𝐴𝐷=若𝐵1𝐶=∴𝐴𝐷=∴𝐵𝐷=∴2𝐴𝐷+𝐴𝐷=01】（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷5，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【答案】

【分析】过𝐶作𝐶𝐻⊥𝐴𝐷于𝐻，过𝐶′作𝐶′𝐹⊥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=∠𝐵′𝐸𝐷=135°，得到∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐸𝐷𝐶′=45°，从而得到△𝐶𝐻𝐷≌△𝐷𝐹𝐶′，则𝐶′𝐹=𝐻𝐷=5【详解】解：过𝐶作𝐶𝐻⊥𝐴𝐷于𝐻，过𝐶′作𝐶′𝐹⊥𝐴𝐷于由已知，𝐴𝐷=5，tan𝐵=∴𝐶𝐷=5，tan∠𝐶𝐷𝐻

=∴设𝐻𝐷=𝑥，则𝐻𝐶=∴在Rt△𝐻𝐷𝐶中，𝐻𝐶2+𝐻𝐷2=(2𝑥)2+𝑥2=解得𝑥=∴𝐻𝐷=5，𝐻𝐶=2由折叠可知，∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐵′𝐸𝐷，∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐸𝐷𝐶′，𝐶𝐷=∵∠𝐵𝐸𝐵′=∴∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐵′𝐸𝐷=∵𝐴𝐵∥∴∠𝐸𝐷𝐶=180°−∠𝐵𝐸𝐷=∴∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐸𝐷𝐶′=∴∠𝐶𝐷𝐶′=∵∠𝐶𝐻𝐷=∠𝐶′𝐹𝐷=∴∠𝐶𝐷𝐻+𝐶′𝐷𝐹=∵∠𝐶𝐷𝐻+∠𝐻𝐶𝐷=∴∠𝐶′𝐷𝐹=∴△𝐶𝐻𝐷≌△∴𝐶∴𝐶′𝐹=𝐻𝐷=∴点𝐶′到𝐵𝐶的距离是𝐶′𝐹+𝐶𝐻=5+25=35．是根据折叠的条件推出∠𝐵𝐸𝐷=∠𝐵′𝐸𝐷=命题点0202】（2026·河南周口·一模）如图，在直角三角形纸片𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=25，𝐴𝐵=𝐷是斜边𝐴𝐵的中点．把纸片沿直线𝐶𝐷折叠，点𝐵落在点𝐸处，连接𝐴𝐸，则𝐴𝐸的长为（D．4 D．4【答案】【答案】【分析】由勾股定理和直角三角形的性质可得𝐶𝐷=𝐴𝐷=𝐵𝐷=1𝐴𝐵=5，由折叠可知𝐷𝐸=𝐵𝐷=∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐶𝐷𝐵，所以𝐴𝐷=𝐷𝐸=5，即𝐴𝐷𝐸是等腰三角形，过点𝐶作𝐶𝐻𝐴𝐵于点𝐻，过点𝐷作𝐷𝑁于点𝑁，通过等面积求出𝐶𝐻=4，在Rt△𝐶𝐷𝐻中，cos∠𝐶𝐷𝐴=𝐷𝐻=3，再得出∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐶𝐷𝐴𝐴𝐸=2𝐴𝑁=2𝐴𝐷cos∠𝐷𝐴𝐸【详解】解：∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=25，𝐴𝐵=∴𝐵𝐶 𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=100−20=4∴𝐶𝐷=𝐴𝐷=𝐵𝐷=𝐴𝐵=由折叠可知：𝐷𝐸=𝐵𝐷=5，∠𝐶𝐷𝐸=∴𝐴𝐷=𝐷𝐸=5，即△𝐴𝐷𝐸过点𝐶作𝐶𝐻𝐴𝐵于点𝐻，过点𝐷作𝐷𝑁𝐴𝐸于点𝑁∴𝐴𝐸=2𝐴𝑁=2𝐴𝐷⋅cos∠𝐷𝐴𝐸=2×5×==∴∠𝐷𝐴𝐸∵∠𝐶𝐷𝐵=∴∠𝐶𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶𝐷𝐸−∠𝐶𝐷𝐴=(180°−∠𝐶𝐷𝐴)−∠𝐶𝐷𝐴=∵𝐴𝐷=在Rt△𝐶𝐷𝐻中，cos∠𝐶𝐷𝐴=𝐷𝐻=在Rt△𝐴𝐶𝐻中，𝐴𝐻 𝐴𝐶2−𝐶𝐻2=20−16=∴𝐷𝐻=𝐴𝐷−𝐴𝐻=5−2=∴𝐶𝐻=25×45=∵𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝐴𝐶⋅𝐵𝐶=2𝐴𝐵⋅【变式01】（2026·黑龙江佳木斯·一模）如图，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90°，𝐴𝐶=6，𝐵𝐶=8，将△𝐴𝐵𝐶沿直线𝐷𝐸折叠，使点B与点A重合，折痕𝐷𝐸交𝐴𝐵于点D，交𝐵𝐶于点E，则𝐶𝐸的长为（ 【答案】【答案】【分析】根据折叠的性质得到𝐴𝐸=𝐵𝐸，设𝐶𝐸=𝑥，则𝐴𝐸=𝐵𝐸=8−𝑥，在Rt𝐴𝐶𝐸中，根据勾股定理列【详解】解：由折叠知：𝐴𝐸=设设𝐶𝐸=𝑥，则𝐴𝐸=𝐵𝐸=在Rt△𝐴𝐶𝐸中，𝐴𝐶2+𝐶𝐸2=∴62+𝑥2=解得𝑥=02】（2026·河南周口·一模）𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵90°，𝐴𝐶=𝐵𝐶=4D在𝐴𝐶在𝐴𝐵△𝐴𝐷𝐸沿直线𝐷𝐸A的对称点𝐴′落在𝐵𝐶上，若𝐶𝐷=1，则𝐴′𝐵的长是（​

​

C．C．【答案】【答案】【分析】由折叠性质得𝐴′𝐷=𝐴𝐷=3，由勾股定理得𝐴′𝐶 𝐴′𝐷2−𝐶𝐷2，即可求解∵𝐴𝐶=𝐵𝐶=4，𝐶𝐷=∴𝐴𝐷=𝐴𝐶−𝐶𝐷=3，由折叠得𝐴′𝐷=𝐴𝐷=3，∴𝐴′𝐶 32−12=2∴𝐴′𝐵==4−203】（2026·河南新乡·一模）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶=3，∠𝐶=30°，点𝐷在𝐵𝐶𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，将𝐴𝐵折叠到𝐴𝐵′，若点𝐵′在线段𝐴𝐷的延长线上，则𝐷𝐵′的长为（ 【答案】【答案】30【详解】解：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=3，∠𝐶=∴∠𝐵=∵𝐴𝐷⊥∴𝐴𝐷=𝐵𝐷，𝐴𝐵=3𝐴𝐷=∴𝐴𝐷=∴𝐴𝐵′=𝐴𝐵=∴𝐷𝐵′=𝐴𝐵′−𝐴𝐷=3−命题点0303】（2025·陕西榆林·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形𝐴𝑂𝐶𝐷的边𝑂𝐶，𝑂𝐴分别在𝑥、𝑦轴上，点𝐷的坐标为(5,4)，点𝐸在边𝐶𝐷△𝐴𝐷𝐸沿直线𝐴𝐸折叠，折叠后顶点𝐷恰好落在边𝑂𝐶上的点𝐹处，则点𝐸的坐标 5,定理．根据矩形的性质得出𝐴𝐷=𝑂𝐶=5，𝐶𝐷=𝑂𝐴=4，𝐶𝐷𝑦，∠𝐴𝑂𝐹=∠𝐸𝐶𝐹=90°求出𝑂𝐹= 𝐴𝐹2−𝑂𝐴2= 52−42=3，求出𝐶𝐹=𝑂𝐶−𝑂𝐹=5−3=2，再根据勾股定理得出22+𝐶𝐸2=四边形𝐴𝑂𝐶𝐷是矩形，𝐷5，4𝐴𝐷=𝑂𝐶=5，𝐶𝐷=𝑂𝐴=4，𝐶𝐷𝑦，∠𝐴𝑂𝐹=∠𝐸𝐶𝐹=90°，由折叠得𝐴𝐹=𝐴𝐷=5，𝐹𝐸=𝐷𝐸=4−𝐶𝐸，在在Rt△𝐴𝑂𝐹中，𝑂𝐹 𝐴𝐹2−𝑂𝐴2 52−42=∴𝐶𝐹=𝑂𝐶−𝑂𝐹=5−3=Rt𝐶𝐸𝐹𝐶𝐹2+𝐶𝐸2=∴22+𝐶𝐸2=解得𝐶𝐸=∴点𝐸5201】（2025·湖北襄阳·模拟预测）如图，将矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷折叠，折痕为𝐸𝐹MNC对应，𝑀𝑁经过𝐴𝐷P，𝑀𝑁B

𝐴𝐵=3𝐵𝐶,𝐸𝐹= ，，𝐶𝐸=𝐸𝑁=𝑎 ,可得𝐵𝐸=，在Rt𝐵𝐸𝑁中由勾股定理求出𝑎=18,从而可求出∴𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶,∠𝐴=∠𝐶=∠𝐷=设𝐵𝐶=𝑎,则𝐶𝐷=𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2𝑎，𝐴𝐷=𝐵𝐶=∴𝐷𝑃=𝐴𝑃=2𝐴𝐷=由折叠得，𝐷𝐹=𝑀𝐹,𝑀𝑁=𝐶𝐷=2𝑎,∠𝑀=∠𝐷=90°,∠𝑀𝑁𝐸=∠𝐶=【答案】【分析】本题主要考查矩形的折叠，勾股定理以及相似三角形的判定与性质，设𝐵𝐶=𝑎，得𝐴𝐵=𝐴𝑃=𝐷𝑃=2𝑎，设𝐷𝐹=𝑚,则𝑀𝐸=𝑚，𝑃𝐸=2𝑎−𝑚,△𝑃𝑀𝐹𝑃𝐴𝐵，得出𝑃𝑀=4𝑚，在Rt△𝑃𝑀𝐹由勾股定理求出𝑚=2𝑎,得𝑀𝐹=2𝑎，𝑃𝑀=1𝑎,在Rt△𝐴𝐵𝑃中由勾股定理得𝐵𝑃=5𝑎,得𝐵𝑀=𝑎，过点Ｆ𝐹𝐺𝑁𝐸G，得𝐹𝐺=𝑀𝑁=𝐶𝐷=𝑎，求出𝐵𝑁=𝑎,求得𝐸𝐺= 设𝑀𝐹=𝐷𝐹= 则𝑃𝐹=∵∠𝑀𝑃𝐹=∠𝐴𝑃𝐵,∠𝑀=∠𝐴=∴△𝑃𝑀𝐹∽△∴𝑃𝑀=

,即

2∴𝑃𝑀=在Rt△𝑃𝑀𝐹中，𝑃𝑀2+𝑀𝐹2=∴3

+𝑚2

1解得 2𝑚= ∴𝑀𝐹=9𝑎,𝑃𝑀=4×9𝑎=

在Rt△𝐴𝑃𝐵中，𝑃𝐵

+𝑃𝐵

=∴𝐵𝑀=𝐵𝑁+𝑀𝑁=𝐵𝑁

3𝑎=𝐵𝑃+𝑃𝑀

6𝑎

1𝑎=∴𝐵𝑁=F作𝐹𝐺𝐹𝑁G ∴𝑁𝐺=𝑀𝐹=9𝑎，𝐹𝐺=𝑀𝑁=在Rt△𝐸𝐹𝐺中，𝐸𝐺

2∴𝐶𝐸=𝐸𝑁=𝑁𝐺+𝐸𝐺=9𝑎

2∴𝐵𝐸=𝐵𝐶−𝐶𝐸=

2 在Rt△𝐵𝐹𝑁中，𝐵𝑁2+𝐹𝑁2=∴1

2𝑎

2

7𝑎−

2解得，解得，𝑎=18（负值舍去∴𝐵𝐶=∴𝐴𝐵=×18=3【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，直角三角形的性质，根据勾股定理得到𝐵𝐶=𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=3，根据已知条件得到当△𝐵𝐷𝐸是直角三角形时，∠𝐵𝐷𝐸=90°或∠𝐵𝐸𝐷=90°，①∠𝐵𝐷𝐸=90°时，则∠𝐶𝐷𝐸=90°，根据折叠的性质得到∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=45°，于是得到𝐶𝐷=𝐴𝐶=当∠𝐵𝐸𝐷=3【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，直角三角形的性质，根据勾股定理得到𝐵𝐶=𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=3，根据已知条件得到当△𝐵𝐷𝐸是直角三角形时，∠𝐵𝐷𝐸=90°或∠𝐵𝐸𝐷=90°，①∠𝐵𝐷𝐸=90°时，则∠𝐶𝐷𝐸=90°，根据折叠的性质得到∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=45°，于是得到𝐶𝐷=𝐴𝐶=当∠𝐵𝐸𝐷=90°∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐶=90°，∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐷，𝐴𝐶=𝐴𝐸E在𝐴𝐵【详解】解：在Rt𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=60°，𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐴𝐵=2𝐴𝐶=∴𝐵𝐶 𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=∵D是𝐵𝐶∴∠𝐷𝐵𝐸≠∴当𝐵𝐷𝐸是直角三角形时，∠𝐵𝐷𝐸=90°或∠𝐵𝐸𝐷=①当∠𝐵𝐷𝐸=90°时，则∠𝐶𝐷𝐸=∵将𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐷CE∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=∴𝐶𝐷=𝐴𝐶=②当∠𝐵𝐸𝐷=90°∵将𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐷CE∴∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐶=90°，∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐷，𝐴𝐶=∴∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐵𝐸𝐷=∴𝐴𝐸=𝐴𝐶=1，𝐵𝐸=𝐴𝐵−𝐴𝐸=1，∠𝐶𝐴𝐷=∴𝐶𝐷=∵𝐷𝐸2+𝐵𝐸2=∴𝐶𝐷2+12=(3−𝐶𝐷)∴𝐶𝐷=3综上所述，𝐶𝐷的长为3命题点0404】（2026·浙江嘉兴·一模）如图，在三角形纸片𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵𝐴𝐶，点𝐷在边𝐵𝐶上（点𝐵，𝐷不重合，𝐶𝐷𝐵𝐷），𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐷𝐴𝐸𝐷，𝐷𝐸交𝐴𝐵于点𝐹．若𝐴𝐷𝐴𝐹，则∠𝐸𝐴𝐷与∠𝐵𝐴𝐶的数量关系正确的是（） ∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐸𝐴𝐷=【答案】【答案】【分析】设∠𝐵𝐴𝐶=𝛼，∠𝐸𝐴𝐷=𝑥，利用折叠对应角相等、等腰三角形底角相等，结合三角形外角与内角【详解】解：设∠𝐵𝐴𝐶=𝛼，∠𝐸𝐴𝐷=由折叠得由折叠得∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐴𝐷𝐶=90°+即∠𝐸𝐴𝐷=∴𝑥=∴𝛼−𝑥+180°+𝛼−2𝑥=∴2𝛼=∴(𝛼−𝑥)+2(90°+−𝑥)=∵𝐴𝐷=∴∠𝐴𝐷𝐹=在𝐴𝐷𝐹中，∠𝐵𝐴𝐷+∠𝐴𝐷𝐹+∠𝐴𝐹𝐷=180°即∠𝐵𝐴𝐷+2∠𝐴𝐷𝐹=+(𝛼−𝑥)=90°+∴∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵+∠𝐵𝐴𝐷∴∠𝐵=∠𝐶∵将𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐷∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐸𝐴𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐴𝐶−∠𝐶𝐴𝐷=∵𝐴𝐵=01】（2025·云南昭通·模拟预测）𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=60°，∠𝐶=80°，将𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐷折叠，使点𝐶落在𝐴𝐵边上的点𝐸处，若𝐶𝐷=4，则𝐵𝐸的长为（）

【答案】【答案】【详解】解：∵∠𝐵𝐴𝐶=60°，∠𝐶=∴∠𝐵=180°−80°−60°=∵将𝐴𝐶𝐷沿𝐴𝐷折叠，使点𝐶落在𝐴𝐵边上的点𝐸∴∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐶=80°，𝐷𝐸=𝐷𝐶=∵∠𝐵𝐷𝐸∵∠𝐵𝐷𝐸=∠𝐴𝐸𝐷−∠𝐵=80°−40°=∴∠𝐵=∴𝐵𝐸=𝐷𝐸=【变式处，再将右侧余下部分折叠，使𝐻𝐷与𝐻𝐹能在直线重合，折痕为𝐻𝐺．若𝐴′𝐸:𝐻𝐹:𝐺𝐶=

，则𝐴𝐵 【答案】7【答案】7【分析】连接𝐵𝐸，依据折叠性质可得：𝐵𝐹=𝐹𝐻，𝐴𝐸=𝐴′𝐸，𝐴𝐵=𝐴′𝐻，∠𝐴=∠𝐴′=90°，𝐸𝐻=∠𝐵𝐹𝐸∠𝐻𝐹𝐸，再利用矩形性质，可证明四边形𝐵𝐸𝐻𝐹是菱形，由𝐴𝐸:𝐵𝐸1∶2∠𝐴𝐵𝐸30°，进而可证𝐹𝐻𝐺是等边三角形，且𝐸𝐹𝐻𝐻𝐹𝐺，由𝐴𝐸:𝐺𝐶1∶3，求得𝐴𝐸:𝐵𝐶1∶7，再由𝐴𝐵=3𝐴𝐸，可求得答案．由折叠，得：𝐵𝐹=𝐹𝐻，𝐴𝐸=𝐴′𝐸，𝐴𝐵=𝐴′𝐻，∠𝐴=∠𝐴′=90°，𝐸𝐻=𝐵𝐸，∠𝐵𝐹𝐸=𝐴𝐵𝐶𝐷∴∴∠𝐵𝐹𝐸=∴∠𝐹𝐸𝐻=∴𝐸𝐻=∴𝐸𝐻=四边形𝐵𝐸𝐻𝐹∵𝐸𝐻=四边形𝐵𝐸𝐻𝐹∴𝐵𝐸=∵𝐴𝐸:𝐻𝐹:𝐺𝐶=∴𝐴𝐸:𝐵𝐸=∴sin∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐸𝐵𝐹=60°=∵𝐹𝐻=𝐸𝐹𝐻∴𝐸𝐹=∵∴∠𝐻𝐹𝐺=∠𝐸𝐵𝐹=由折叠知：∠𝐷𝐻𝐺=∠𝐹𝐻𝐺=𝐹𝐻𝐺是等边三角形，且𝐸𝐹𝐻∴𝐵𝐸=𝐹𝐻=𝐹𝐺=∵𝐴𝐸:𝐵𝐸=∴𝐴𝐸:𝐵𝐺=∵𝐴𝐸:𝐺𝐶=∴𝐴𝐸:𝐵𝐶=在Rt△𝐴𝐵𝐸中，𝐴𝐸=tan∠𝐴𝐸𝐵=tan60°=∴𝐴𝐵=∴𝐴𝐵

7中考预测题如图所示，由Rt△𝐴𝐵𝐶经过两次折叠得到的，首先将Rt△𝐴𝐵𝐶沿𝐶𝐷A落在斜边上的点𝐴′处，再沿𝐷𝐸B落在𝐷𝐴′的延长线上的点𝐵′处．若图中∠𝐴=90°，𝐷𝐸=3cm，𝐶𝐷=4cm，则𝐷𝐴′的长 ． ∴𝐷𝐴′=𝐷𝐸⋅𝐶𝐷=∵𝑆△𝐶𝐷𝐸=1𝐶𝐸⋅𝐷𝐴′=1𝐷𝐸⋅∵𝐷𝐸=3cm，𝐶𝐷=∴𝐶𝐸 𝐷𝐸2+𝐶𝐷2=∴∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐴′𝐷𝐶+∠𝐵′𝐷𝐸=1(∠𝐴𝐷𝐴′+∠𝐵𝐷𝐵′)=∴∠𝐴𝐷𝐴′+∠𝐵𝐷𝐵′=180°，∠𝐵′𝐷𝐸=∠𝐵𝐷𝐸=∴𝐷𝐴′⊥∵再沿𝐷𝐸B落在𝐷𝐴′的延长线上的点𝐵′处∴∠𝐷𝐴′𝐶=∠𝐴=90°，∠𝐴′𝐷𝐶=∠𝐴𝐷𝐶=5【分析】根据折叠的性质可得出∠𝐶𝐷𝐸=90°，再利用勾股定理求出𝐶𝐸=5cm【详解】解：∵将Rt△𝐴𝐵𝐶沿𝐶𝐷A落在斜边上的点𝐴′处，∠𝐴=点H，G分别在𝐵𝐷，𝐶𝐷上．将△𝐸𝐵𝐻沿𝐸𝐻折叠，点B与点D恰好重合．将△𝐶𝐹𝐺沿𝐹𝐺折叠，点C与点D 【答案】【答案】2−𝐴𝐷𝐸𝐹，𝐴𝐹=𝐹𝐷=𝐶𝐹，𝐴𝐸=𝐸𝐷=𝐵𝐸，𝐵𝐻=𝐻𝐷,𝐶𝐺=𝐷𝐺，然后可得𝐸𝐹∥𝐵𝐶，则有𝐴𝐷⊥𝐵𝐶得𝐴𝐷=1𝐴𝐶=2，则有𝐵𝐷=𝐵𝐶−𝐶𝐷=5−23由折叠的性质可知：𝐴𝐷⊥𝐸𝐹，𝐴𝐹=𝐹𝐷=𝐶𝐹，𝐴𝐸=𝐸𝐷=𝐵𝐸，𝐵𝐻=𝐻𝐷,𝐶𝐺=∴𝐸𝐹∥∴𝐴𝐷⊥∵𝐴𝐶=4，∠𝐶=∴𝐴𝐷=𝐴𝐶=∴𝐶𝐷 𝐴𝐶2−𝐴𝐷2=2∴𝐵𝐷=𝐵𝐶−𝐶𝐷=5−2∴𝐻𝐷=𝐵𝐷=− 故答案为2−3．如图，三角形纸片𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，∠𝐵=60°，𝐴𝐶=12．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边𝐵𝐶上的点D处；E、F分别为𝐴𝐶、𝐶𝐷上一点（不含端点），𝐸𝐹⊥𝐵𝐶，沿𝐸𝐹折叠纸片，使三角形𝐶𝐸𝐹折叠后能盖住D点，则𝐶𝐸长的取值范围是 【答案】4【答案】4≤𝐶𝐸<CD重合时，连接𝐷𝐸，由折叠得到𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐵=∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶∠𝐶=∠𝐸𝐷𝐶=30°，𝐷𝐸=𝐶𝐸，然后得到∠𝐷𝐴𝐸=𝐴𝐷𝐵−∠𝐶=30°，得到𝐴𝐸=2𝐷𝐸=2𝐸𝐶，然后结合𝐴𝐶=∵三角形纸片𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，∠𝐵=∴∠𝐶=由折叠得，𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐵=∠𝐴𝐷𝐵=60°，∠𝐶=∠𝐸𝐷𝐶=30°，𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐷𝐸=180°−∠𝐴𝐷𝐵−∠𝐸𝐷𝐶=∴∠𝐷𝐴𝐸=𝐴𝐷𝐵−∠𝐶=∴𝐴𝐸=2𝐷𝐸=∵𝐴𝐶=𝐴𝐸+𝐸𝐶=∴𝐸𝐶=∵E为𝐴𝐶上一点（不含端点∴使三角形𝐶𝐸𝐹D点，则𝐶𝐸长的取值范围是4𝐶𝐸12．故答案为：4≤𝐶𝐸<12．考点二四边形中折叠问题矩形(四角90˚、对边相等)、正方形(四边相等+90˚)、菱形(四边相等、对角线垂直)、平行四边形(对边2.正方形折叠（难度偏高关键结论：正方形折叠常伴随：全等三角形、45°特殊角、垂直关系命题点0105】（2026·河南洛阳·一模）如图，▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵45°，将▱𝐴𝐵𝐶𝐷沿对角线𝐴𝐶D恰好落在𝐷𝐶延长线上的点𝐷′处，𝐴𝐷′交𝐵𝐶E，若𝐷𝐷′=2，则𝐵𝐸的长为（）

D．【答案】【答案】【分析】连接𝐵𝐷′，先根据轴对称的性质得出𝐴𝐶⊥𝐷𝐷′，𝐶𝐷=1𝐴𝐶=1，进而求出𝐴𝐷=2，再证明四边形𝐴𝐵𝐷′𝐶【详解】解：连接▱𝐴𝐵𝐶𝐷沿对角线𝐴𝐶D恰好落在𝐷𝐶延长线上的点𝐷′∴𝐴𝐶⊥𝐷𝐷′，𝐶𝐷=𝐶𝐷′=1𝐷𝐷′=1，∠𝐷=∠𝐵=∴∠𝐶𝐴𝐷=∠𝐷=∴𝐴𝐶=𝐶𝐷=∴𝐴𝐷 𝐴𝐶2+𝐶𝐷2 12+12=∵∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐵𝐶=𝐴𝐷=∴𝐴𝐵=∴四边形𝐴𝐵𝐷′𝐶∴𝐵𝐸=𝐶𝐸=2𝐵𝐶=2延长线上的点𝐸处．若𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=4，则𝐵𝐸的长是（ ​

【答案】【答案】【分析】利用折叠和平行四边形的性质可得𝐴𝐵=𝐶𝐷=𝐶𝐸=2，∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐶𝐷=90°，𝐴𝐵∥𝐶𝐷𝐴𝐶= 𝐴𝐷2−𝐶𝐷2【分析】利用折叠和平行四边形的性质可得𝐴𝐵=𝐶𝐷=𝐶𝐸=2，∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐶𝐷=90°，𝐴𝐵∥𝐶𝐷𝐴𝐶= 𝐴𝐷2−𝐶𝐷2=23，四边形𝐴𝐵𝐸𝐶𝐴𝐷𝐶∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐸，𝐶𝐷=∴∠𝐴𝐶𝐷+∠𝐴𝐶𝐸=∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐸=∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐶𝐷=2，𝐴𝐷=𝐵𝐶=∴𝐴𝐵=∵∠𝐴𝐶𝐷=90°，𝐴𝐷=4,𝐶𝐷=∴𝐴𝐶 𝐴𝐷2−𝐶𝐷2 42−22=2∵𝐴𝐵=又∵∠𝐴𝐶𝐸=90°，∴𝐵𝐸=𝐴𝐶=2𝐶𝐷△𝐵𝐶𝐸沿𝐵𝐸折叠得△𝐵𝐶′𝐸，下列结论正确的是（当𝐵𝐸⊥𝐶𝐷时，𝐷𝐶′=当𝐶′落在𝐶𝐷边上时，tan∠𝐵𝐶′𝐸=当𝐶′落在𝐴𝐵△𝐵𝐶′𝐸𝐶′𝐷的最小值为【答案】【答案】【分析】先根据平行四边形的性质求出𝐵𝐶，𝐶𝐷，∠𝐶的度数，利用折叠的性质得到𝐵𝐶′=𝐵𝐶=𝐸=∠𝐶=A：计算𝐶𝐸，𝐷𝐸的长，确定𝐶′的位置求解；B：直接利用折叠性质判断角度；C：确定𝐶′的运动轨迹，推导出△𝐵𝐶𝐸D：确定𝐶′BD到圆上一点的最小距离问题，即【详解】解：A项：如图，当𝐵𝐸𝐶𝐷时，𝐵𝐸B到𝐶𝐷在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴=∠𝐶=45°，𝐵𝐶=𝐴𝐷=2，𝐴𝐵=𝐶𝐷=∴∠𝐸𝐵𝐶=∠𝐶=45°，即△𝐵𝐶𝐸∴𝐵𝐸=𝐶𝐸=2𝐵𝐶=1，即平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，以𝐴𝐵𝐵𝐶𝐸沿𝐵𝐸折叠得△∴△𝐵𝐶𝐸≌△∴𝐶𝐸𝐶′𝐸1，∠𝐶′𝐸𝐵∠𝐶𝐸𝐵90°，即点𝐶′落在𝐶𝐷边上，∴𝐷𝐶′=𝐶𝐷−𝐶𝐶′=3−2=1≠2，ABA项可知，当𝐶′落在𝐶𝐷边上时，∠𝐵𝐶′𝐸=∴tan∠𝐵𝐶′𝐸=1≠1，BC项：∵△𝐵𝐶𝐸沿𝐵𝐸折叠得△𝐵𝐶′𝐸E在𝐶𝐷∴点𝐶′B为圆心，𝐵𝐶B为圆心，𝐵𝐶⊙𝐵与𝐴𝐵交点𝐶′，连接𝐶𝐶′E作𝐸𝐹⊥∵∠𝐶=∠𝐸𝐶′𝐵=∴四边形𝐶′𝐸𝐶𝐵∵𝐵𝐶=𝐵𝐶′=A项可知，平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，以𝐴𝐵∴𝐵𝐹∴𝐵𝐹=𝐴𝐵−𝐴𝐹=3−1=在Rt△𝐷𝐹𝐵中，𝐵𝐷 𝐷𝐹2+𝐵𝐹2=∴𝐷𝐶′=𝐵𝐷−𝐵𝐶′=5−2，即𝐷𝐶′的最小值为5−2，D∴𝐴𝐹=𝐷𝐹=2𝐴𝐷=D作𝐷𝐹∵∠𝐴=D项：∵点𝐶′B为圆心，𝐵𝐶D，𝐶′，B三点共线时，𝐶′𝐷2，C2 =𝐵𝐶′⋅𝐸𝐹=×2×1∴𝐸𝐹=△BG处．当𝐺𝐹⊥𝐶𝐷时，线段𝐴𝐸的长度为（） 【答案】【答案】【分析】先说明四边形𝐴𝐵𝐹𝐸为平行四边形，再由翻折可得∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐺𝐹𝐸=90°，进而得到∠𝐴𝐸𝐷=90°，【详解】在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵=∴𝐴𝐵∥𝐸𝐹,𝐴𝐵=四边形𝐴𝐵𝐹𝐸∵𝐺𝐹⊥∴∠𝐺𝐹𝐶∴∠𝐺𝐹𝐶=又𝐵𝐸𝐹沿𝐸𝐹BG∴∠𝐵𝐹𝐸=∠𝐺𝐹𝐸=四边形𝐴𝐵𝐹𝐸𝐴𝐸𝐷90°，又∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐷=60°,∠𝐷𝐴𝐸=∵𝐴𝐷=∴𝐷𝐸=𝐴𝐷=3,𝐴𝐸 𝐴𝐷2−𝐷𝐸2=304】（2026·河北沧州·模拟预测）如图，平行四边形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐶16cm，𝐶𝐷=10cm，面积为128cm2，将其沿对角线𝐵𝐷折叠，使点𝐶落在点𝐹处，𝐵𝐹与边𝐴𝐷交于点𝐸，则𝐴𝐸的长为（） 【答案】【答案】【分析】作𝐴𝐺𝐵𝐶，𝐸𝐻𝐵𝐶，垂足分别为𝐺，𝐻，则∠𝐴𝐺𝐻=90°，证明四边形𝐴𝐺𝐻𝐸𝐴𝐸=𝐺𝐻，由题意得𝐵𝐶𝐴𝐺=128cm2，求得𝐴𝐺=𝐸𝐻=8cm，在Rt𝐴𝐵𝐺中，通过勾股定理得𝐵𝐺=6cm，由折叠性质知∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐷𝐵𝐶，所以∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐵𝐷𝐸，则𝐵𝐸=𝐷𝐸，设𝐴𝐸=𝐺𝐻=𝑥cm，则𝐵𝐸=𝐷𝐸=(16−𝑥)cm，𝐵𝐻=𝐵𝐺+𝐺𝐻=(6+𝑥)cm，再通过得𝐵𝐻2+𝐸𝐻2=𝐵𝐸2，即(6+𝑥)2+82=(16−𝑥)2，求出𝑥【详解】解：作𝐴𝐺𝐵𝐶，𝐸𝐻𝐵𝐶，垂足分别为𝐺，𝐻，则∠𝐴𝐺𝐻=∴𝐴𝐺∥∴𝐴𝐵=𝐶𝐷=∴𝐴𝐸∴𝐴𝐸∥𝐺𝐻，𝐴𝐺=∵∠𝐴𝐺𝐻=∴𝐴𝐸=由题意得𝐵𝐶×𝐴𝐺=∴𝐴𝐺=𝐸𝐻=在Rt△𝐴𝐵𝐺中，𝐵𝐺 𝐴𝐵2−𝐴𝐺2 102−82=∵𝐴𝐷∥∴∠𝐴𝐷𝐵=由折叠性质知∠𝐷𝐵𝐸=∴∠𝐷𝐵𝐸=∴𝐵𝐸=设𝐴𝐸=𝐺𝐻=𝑥cm，则𝐵𝐸=𝐷𝐸=(16−𝑥)cm，𝐵𝐻=𝐵𝐺+𝐺𝐻=(6+𝑥)cm，在Rt△𝐵𝐸𝐻中，𝐵𝐻2+𝐸𝐻2=𝐵𝐸2，即(6+𝑥)2+82=(16−𝑥)2，解得𝑥=上的点𝐸处，若∠𝐷=60°,𝐴𝐵=3，则𝐵𝐶的长度为 【答案】【答案】【分析】先由平行四边形性质得𝐴𝐵=𝐶𝐷=3、𝐵𝐶=𝐴𝐷，再由折叠得𝐶𝐷=𝐶𝐸、∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐸𝐷、𝐶、𝐸共线得∠𝐴𝐶𝐷=90°𝐴𝐶𝐷为直角三角形；在Rt𝐴𝐶𝐷中，由∠𝐷=60°得∠𝐷𝐴𝐶=30°𝐴𝐷=2𝐶𝐷=6，最后由平行四边形对边相等得𝐵𝐶=∴𝐴𝐵=𝐶𝐷=3,𝐵𝐶=∴𝐶𝐷=𝐶𝐸,∠𝐴𝐶𝐷=∵点𝐸在𝐷𝐶的延长线上，𝐷、𝐶、𝐸共线，∠𝐴𝐶𝐷∠𝐴𝐶𝐸=∴∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐴𝐶𝐸=90°，即△𝐴𝐶𝐷是直角三角形，在Rt△𝐴𝐶𝐷中，∠𝐷=60°，∴∠𝐷𝐴𝐶=∴斜边𝐴𝐷=2𝐶𝐷=∵𝐵𝐶=∴𝐵𝐶=命题点02【典例𝐴𝐵=4,𝐵𝐶=6，则tan∠𝑀𝐸𝐹的值为（ 【答案】【答案】【分析】本题以矩形折叠为背景，先利用矩形性质与中点条件得出边长𝐶𝐷4、𝐶𝑀3，再根据折叠性质得到点𝐷、𝑀关于折痕𝐸𝐹对称，进而推出𝐸𝐹⊥𝐷𝑀且∠𝐷𝐸𝐹=∠𝑀𝐸𝐹，通过同角的余角相等，证得∠𝐷𝐸𝐹=∠𝐶𝐷𝑀，因此∠𝑀𝐸𝐹=∠𝐶𝐷𝑀，最后在Rt△𝐷𝐶𝑀中计算tan∠𝐶𝐷𝑀 =从而得到tan∠𝑀𝐸𝐹= 【详解】解：连接∴AB=CD=4,BC=AD=∴CM=1BC=1×6=∵∠C=90°,AD∥又∵折叠后点D落在M可得：EF⊥DM,∠DEF=∴∠DEF+∠EDM=∵∠CDM+∠EDM=∴∠DEF=∴∠DEF=∴∠MEF=在Rt△𝐷𝐶𝑀中，tan∠𝐶𝐷𝑀=𝐶𝑀=∴tan∠𝑀𝐸𝐹=tan∠𝐶𝐷𝑀=01】（2026·山东青岛·一模）如图，将矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷沿边𝐺𝐻A落在边𝐵𝐶处．若𝐴𝐷=3，𝐴𝐵=2，则𝐺𝑀的长为（ 【答案】【答案】【分析】过点𝐺作𝐺𝑁𝐵𝐶于点𝑁，则∠𝐺𝑁𝑀∠𝐺𝑁𝐶90°定义得到𝐺𝐷=𝐶𝑁,𝐶𝐷=𝐺𝑁=2,𝐵𝑀=𝐶𝑀=1𝐵𝐶=3，设𝐺𝑀=𝐴𝐺=𝑥，在Rt△𝑀𝑁𝐺【详解】解：如图，过点𝐺作𝐺𝑁𝐵𝐶于点𝑁，则∠𝐺𝑁𝑀=∠𝐺𝑁𝐶=∴∠𝐷=∠𝐶=∠𝐴=90°,𝐴𝐷=𝐵𝐶=3,𝐴𝐵=𝐶𝐷=∴𝐺𝐷=𝐶𝑁,𝐶𝐷=𝐺𝑁=∴𝐵𝑀=𝐶𝑀=2𝐵𝐶=设𝐺𝑀=𝐴𝐺=𝑥，则𝐺𝐷=𝑁𝐶=∴𝑀𝑁=𝐶𝑀−𝑁𝐶=−(3−𝑥)=𝑥− 在Rt△𝑀𝑁𝐺中，𝐺𝑀2=𝑀𝑁2+𝐺𝑁2，即𝑥2=𝑥− +解得𝑥=02】（2026·安徽池州·一模）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=3E是𝐵𝐶上一点，将𝐴𝐵𝐸沿B的对应点𝐵′恰好落在对角线𝐴𝐶上，且𝐵′为𝐴𝐶中点，连接𝐷𝐸交𝐴𝐶P，则𝐴𝑃的长为（A．

2 C．2

D．5【答案】【答案】可得𝐸𝐵′是𝐴𝐶的垂直平分线，𝐴𝐶=2𝐴𝐵′=23，进而得到𝐴𝐸=𝐶𝐸，𝐴𝐷=𝐵𝐶=3，设𝐵𝐸=𝑎，则𝐴𝐸=𝐶𝐸=3−𝑎，利用勾股定理可得𝑎=1，𝐶𝐸=2，再证明𝐴𝐷𝑃𝐶𝐸𝑃解得𝐴𝑃=6=2∴𝐴𝑃=解得𝑎=∴𝐶𝐸=3−1=∴△𝐴𝐷𝑃∽△+𝑎2=∴(设𝐵𝐸=𝑎，则𝐴𝐸=𝐶𝐸=在Rt△𝐴𝐵𝐸中，由勾股定理得𝐴𝐵2+𝐵𝐸2==(23)−(∴𝐴𝐸=𝐶𝐸，𝐴𝐷=𝐵𝐶 𝐴𝐶2−𝐴𝐵2∴∠𝐵=90°，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐷=由折叠得，∠𝐴𝐵′𝐸∠𝐵90°，𝐴𝐵′=𝐴𝐵∴𝐸𝐵′⊥∴𝐸𝐵′是𝐴𝐶的垂直平分线，𝐴𝐶=2𝐴𝐵′=2命题点03【典例07】（2025·浙江丽水·模拟预测）如图，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐵𝐶=4+43，P为线段𝐴𝐵上一动点，以𝑃𝐶为折痕将四边形𝐴𝑃𝐶𝐷折叠得到四边形𝐴′𝑃𝐶𝐷′，𝐴′𝐷′与𝐵𝐶交于点Q，当△𝐶𝑄𝐷′为直角三角 【答案】4【答案】4【分析】由折叠可知，∠𝑃𝐶𝐷′=∠𝐷𝐶𝑃，∠𝐷=∠𝐷′，由菱形的性质可推出∠𝐷′=60°，∠𝐵𝐶𝐷=120°∠𝐶𝑄𝐷′=90°时，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐵𝐶于点𝑀，可得∠𝑃𝐶𝐵=45°，则𝑃𝑀=𝐶𝑀，再由𝐵𝐶=𝐵𝑀+𝐶𝑀=𝑃𝑀+𝑃𝑀=4+43，求出𝑃𝑀，即可求𝑃𝐶；当∠𝑄𝐶𝐷′=90°时，连接𝐴𝐶，过点𝑃作𝑃𝑁⊥𝐴𝐶交于点𝑁∠𝑃𝐶𝐴=45°，则𝑃𝑁=𝑁𝐶，再由𝐴𝐶=𝐴𝑁+𝑁𝐶=3𝑃𝑁+𝑃𝑁=4+43，求出𝑃𝑁=43，即可求【详解】解：由折叠可知，∠𝑃𝐶𝐷′=∠𝐷𝐶𝑃，∠𝐷=∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，且∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷，𝐴𝐵∥∴∠𝐷′=60°，∠𝐵𝐶𝐷=180°−∠𝐴𝐵𝐶=1，当∠𝐶𝑄𝐷′=90°时，过点𝑃作𝑃𝑀⊥𝐵𝐶于点∴∠𝑄𝐶𝐷′=90°−∠𝐷′=∴∠𝐷𝐶𝐷′=∠𝑄𝐶𝐷′+∠𝐵𝐶𝐷=120°+30°=∴∠𝐷𝐶𝑃= 𝐷′==∴∠𝑃𝐶𝐵=∠𝑃𝐶𝐷′−∠𝑄𝐶𝐷′=𝑃𝐶𝑀∴𝑃𝑀=在Rt𝑃𝐵𝑀中，∠𝐵=60°，则∠𝐵𝑃𝑀=90°−60°=∴𝐵𝑃=∴𝑃𝑀 𝐵𝑃2−𝐵𝑀2=∴𝐶𝑀=∵𝐵𝐶=𝐵𝑀+𝐶𝑀=4+4∴𝐵𝑀+3𝐵𝑀=4+4∴𝐵𝑀=∴𝑃𝑀=𝐶𝑀=4∴𝑃𝐶 𝑃𝑀2+𝐶𝑀2=42，当∠𝑄𝐶𝐷′=90°时，连接𝐴𝐶，过点𝑃作𝑃𝑁⊥𝐴𝐶交于点∵∵𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∴△∴𝐴𝐶=𝐵𝐶=4+43，∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐵𝐴𝐶=∵∠𝐵𝐶𝐷=∴∠𝑃𝐶𝐷+∠𝑃𝐶𝐷′=120°+90°=210°，∠𝐴𝐶𝐷=120°−60°=∴∠𝑃𝐶𝐷=∠𝑃𝐶𝐷′=∴∠𝐴𝐶𝑃=∠𝑃𝐶𝐷−∠𝐴𝐶𝐷=𝑃𝐶𝑁∴𝑃𝑁=在Rt△𝐴𝑃𝑁中，∠𝑃𝐴𝑁=60°，则∠𝐴𝑃𝑁=∴𝐴𝑃=∴𝑃𝑁 𝐴𝑃2−𝐴𝑁2=∴𝐶𝑁=∴𝐴𝐶=𝐴𝑁+𝐶𝑁=𝐴𝑁+3𝐴𝑁=4+4∴𝐴𝑁=∴𝑃𝑁=4∴𝑃𝐶= 𝑃𝑁2+𝐶𝑁2=46；综上所述：𝑃𝐶的长为46，01】（2026·辽宁本溪·一模）如图，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴=30°，𝐴𝐵=6E在边𝐴𝐷𝐵𝐸，将△𝐴𝐵𝐸沿𝐵𝐸A落在𝐴𝐷F处，𝐵𝐹交𝐶𝐷G，则𝐶𝐺的值为（B．B．

D．6 ∴𝐷𝐺=63−6代入𝐷𝐹=63−6，𝐵𝐶= ∴𝐴𝐹=2𝐴𝐸=63，𝐷𝐹=𝐴𝐹−𝐴𝐷=6∵𝐵𝐶∥∴△𝐺𝐷𝐹∽△∴𝐵𝐸=𝐴𝐵=3，𝐴𝐸=𝐴𝐵⋅cos30°=3【答案】𝐴𝐹𝐶𝐵𝐹𝐷𝐺与𝐺𝐶𝐵∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷=6，𝐵𝐶∥由折叠性质得：𝐴𝐵=𝐵𝐹=6，𝐴𝐸=𝐸𝐹，𝐵𝐸𝐴𝐹．在Rt△𝐴𝐵𝐸中，∠𝐴=30°，𝐴𝐵=6，【变式为𝑂𝐴边上一点，连接𝐶𝐷．将菱形𝑂𝐴𝐵𝐶沿𝐶𝐷折叠，点𝑂落在点𝐸处，𝐶𝐸⊥𝐴𝐵于点𝐹．若点𝐹的坐标为(5,4)，则点𝐷的坐标为（）1515 20 20 15 【答案】【分析】由点𝐹的坐标得𝑂𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=5，求出点𝐴(3,4)，运用待定系数法求出直线的解析式为𝑦=求得𝐸(5,5)，设𝐷𝑎3𝑎，则𝑂𝐷=3𝑎=𝐷𝐸，由两点间距离公式得(5−𝑎)+53 ，解得𝑎=7D∴𝐴𝐵𝑥∵𝐶𝐸𝐴𝐵于点𝐹，且点𝐹的坐标为∴𝐶𝐹𝑥∴𝑂𝐶=5，𝐶𝐹=∴𝑂𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=过点𝐴作𝐴𝐻𝑥轴于点𝐻，则𝐴𝐻=𝐶𝐹=∴𝑂𝐻 𝑂𝐴2−𝐴𝐻2=设直线𝑂𝐴的解析式为𝑦𝑚𝑥，把𝐴(3,4)代入得3𝑚=4，∴𝑚=∴直线𝑂𝐴的解析式为𝑦=

由折叠可得𝐶𝐸=𝑂𝐶=5，𝑂𝐷=设𝐷𝑎,3𝑎，则𝑂𝐷 𝑎

4

=∴𝐷𝐸

+5−3

5解得𝑎=7 ∴𝑎=3×7=7∴𝐷15,20 【变式△△点𝐶的坐标为(3,3)，则点𝐸的坐标为（A． B．3 C．3,3 D．【答案】【答案】【分析】根据点𝐶的坐标为(3,3)，得出𝑂𝐶 32+32=32，tan∠𝐶𝑂𝐴=3=1，求出∠𝐶𝑂𝐴=45°，根菱形的性质得出𝐵𝐶=𝑂𝐶=32，∠𝐵=∠𝐶𝑂𝐴=45°，𝐵𝐶𝑂𝐴，根据折叠得出∠𝐸=∠𝐵=∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐸，∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐸，𝐸𝐶=𝐵𝐶=32，证明𝐸𝐶𝑥轴，得出𝐶𝐹=𝑂𝐹=3𝐸𝐹=𝐸𝐶−𝐶𝐹=32−3∴𝑂𝐶 32+32=32，tan∠𝐶𝑂𝐴=3=∴∠𝐶𝑂𝐴=∴𝐵𝐶=𝑂𝐶=32，∠𝐵=∠𝐶𝑂𝐴=45°，𝐵𝐶∥∴∠𝐵𝐶𝑂=180°−∠𝐶𝑂𝐴=根据折叠可得：∠𝐸=∠𝐵=45°，∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐸，∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐸，𝐸𝐶=𝐵𝐶=3∴∠𝐶𝐷𝐵+∠𝐶𝐷𝐸=∴∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐸=∴∠𝐷𝐶𝐸=90°−45°=∴∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐸=∴∠𝑂𝐶𝐸=135°−45°−45°=∴∠𝑂𝐹𝐶=180°−45°−45°=∴𝐸𝐶𝑥∴𝐶𝐹=𝑂𝐹=∴𝐸𝐹∴𝐸𝐹=𝐸𝐶−𝐶𝐹=3∴E3,3−32𝑂𝐴边上一点，连接𝐶𝐷．将菱形𝑂𝐴𝐵𝐶沿𝐶𝐷OE处，𝐶𝐸𝐴𝐵FF(10,8)D的坐标为（3030 40 15 【详解】解：∵四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是菱形，边𝑂𝐶x∴𝐴𝐵𝑥∵𝐶𝐸𝐴𝐵于点𝐹F的坐标为∴𝐶𝐹𝑥∴𝑂𝐶=10，𝐶𝐹=∴𝑂𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=过点𝐴作𝐴𝐻𝑥轴于点𝐻，则𝐴𝐻=𝐶𝐹=，解得𝑎 ,进而可得点D的坐标 𝑦=𝑥，求得𝐸(10,10)，设𝐷𝑎,𝑎，则𝑂𝐷=5𝑎=𝐷𝐸，由两点间距离公式得(10−𝑎)2+10−4 【答案】F的坐标得𝑂𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=10，求出点𝐴(6,8)，运用待定系数法求出直线𝑂𝐴∴∴(10−𝑎)2+10−4 5解得：𝑎=∴4=4×30= 30 ∴𝑂𝐻 𝑂𝐴2−𝐴𝐻2 102−82=设直线𝑂𝐴的解析式为𝑦𝑚𝑥，把𝐴(6,8)代入得6𝑚=8，∴𝑚=∴直线𝑂𝐴的解析式为𝑦=由折叠得𝐶𝐸=𝑂𝐶=10，𝑂𝐷=设𝑎,4，则𝑂𝐷𝑎 = ∴𝐷𝐸=命题点0408】（2026·河南周口·二模）如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃是𝐴𝐷边上一点且𝐴𝑃1，𝐸是𝐴𝐵𝐴𝑃𝐸沿𝑃𝐸翻折得到𝑂𝑃𝐸，延长𝑃𝑂交𝐵𝐶边于点𝐹，作∠𝑃𝐹𝐶的平分线𝐹𝐺，交𝐴𝐷的延长线于点𝐺，若𝐸𝑂、𝐺三点共线，则该正方形的边长为（C．2 C．2【答案】【答案】【分析】设正方形的边长为𝑥，过点𝐺作𝐺𝐻𝐵𝐶交𝐵𝐶的延长线于点𝐻，得矩形𝐷𝐶𝐻𝐺，矩形𝐴𝐺𝐻𝐵𝐺𝐹𝑂𝐺𝐹𝐻(AAS)，得𝐺𝑂=𝐺𝐻=𝑥四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，设正方形的边长为∴𝐴𝐵=𝐶𝐷=𝑥，∠𝐴=∠𝐵=∠𝐶=∠𝐷=如图，过点𝐺作𝐺𝐻𝐵𝐶交𝐵𝐶的延长线于点𝐻，连接∴𝐴𝐵=𝐶𝐷=𝐺𝐻=𝑥，∠𝐺𝐻𝐹=由折叠可知：∠𝐴𝑃𝐸=∠𝑂𝑃𝐸，∠𝐸𝑂𝑃=∠𝐴=∴∠𝐺𝑂𝐹=∠𝐸𝑂𝑃=∠𝐺𝐻𝐹=𝐺𝐹平分∴∠𝑃𝐹𝐺=∵𝐺𝐹=∴△𝐺𝐹𝑂≌△∴𝐺𝑂=𝐺𝐻=𝐸是𝐴𝐵∴𝐴𝐸=𝐵𝐸=由折叠可知：𝐴𝑃=𝑂𝑃，𝐴𝐸=𝑂𝐸=∴𝑥∴𝑥=22或𝑥=0（舍去∴该正方形的边长为2∴(2𝑥−1)=12+∴𝑃𝐺=𝐴𝐺−𝐴𝑃=在Rt△𝑃𝑂𝐺中，根据勾股定理得：𝑃𝐺2=𝑃𝑂2= ∴𝐴𝐺 𝐸𝐺−𝐴𝐸 ∴𝐸𝐺=𝐸𝑂+𝐺𝑂=𝑥+𝑥=01】（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=9,𝐺是𝐵𝐶的中点．将𝐴𝐵𝐺沿对折至𝐴𝐹𝐺，延长𝐺𝐹交𝐷𝐶于点𝐸，则𝐷𝐸的长是（ 【答案】【答案】【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt𝐴𝐹𝐸≌Rt𝐴𝐷𝐸𝐸𝐶𝐺中，根据勾股定理【详解】解：如图，连接∵𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐴𝐹，∠𝐷=∠𝐴𝐹𝐸=∴Rt△𝐴𝐹𝐸≌Rt△∴𝐸𝐹=设𝐷𝐸=𝐹𝐸=𝑥，则𝐸𝐶=𝐺为𝐵𝐶中点，𝐵𝐶=∴𝐶𝐺=在在Rt△𝐸𝐶𝐺中，根据勾股定理，得：(9−𝑥) 9𝑥9解得𝑥=则𝐷𝐸3．【答案】【分析】首先求出𝐵𝐸=𝐶𝐸=1𝐵𝐶=2，推出tan∠𝐴𝐺𝐻=tan∠𝐶𝐷𝐸=1，设𝐴𝐻=𝑥，则𝐴𝐺=𝐻𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐻=4−𝑥，表示出𝐺𝐵=𝐴𝐵−𝐴𝐺=4−2𝑥，如图，连接𝐺𝐸，证明出Rt𝐺𝐵𝐸≌Rt𝐺𝐹𝐸【答案】【分析】首先求出𝐵𝐸=𝐶𝐸=1𝐵𝐶=2，推出tan∠𝐴𝐺𝐻=tan∠𝐶𝐷𝐸=1，设𝐴𝐻=𝑥，则𝐴𝐺=𝐻𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐻=4−𝑥，表示出𝐺𝐵=𝐴𝐵−𝐴𝐺=4−2𝑥，如图，连接𝐺𝐸，证明出Rt𝐺𝐵𝐸≌Rt𝐺𝐹𝐸(HL)，得到𝐺𝐹=𝐺𝐵=4−2𝑥，表示出𝐷𝐾=𝐷𝐺−𝐺𝐾=8−2𝑥−2𝑥=8−4𝑥，然后利用勾股定理求解．∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷=4，∠𝐴=∠𝐵=∠𝐶=∴𝐵𝐸=𝐶𝐸=2𝐵𝐶=∴tan∠𝐶𝐷𝐸=𝐶𝐷=4=∵𝐴𝐵∥ ∴∠𝐴𝐺𝐷=由折叠得，∠𝐴𝐺𝐻=∠𝐷𝐺𝐻=1∠𝐴𝐺𝐷，∠𝐺𝐷𝐸=∠𝐶𝐷𝐸=∴∠𝐴𝐺𝐻=∠𝐻𝐺𝐷=∠𝐸𝐷𝐺=∴tan∠𝐴𝐺𝐻=tan∠𝐶𝐷𝐸=∴设𝐴𝐻=𝑥，则𝐴𝐺=2𝑥，𝐻𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐻=由折叠得，𝐹𝐸=𝐶𝐸=2，𝐷𝐹=𝐶𝐷=4，𝐺𝐾=𝐴𝐺=2𝑥，𝐻𝐾=𝐴𝐻=∴𝐺𝐵=𝐴𝐵−𝐴𝐺=如图，连接由折叠得，∠𝐸𝐹𝐷=∠𝐶=∴∠𝐸𝐹𝐺=∠𝐵=∵𝐵𝐸=𝐸𝐹=2，𝐺𝐸=∴Rt△∴𝐺𝐹=𝐺𝐵=∴𝐺𝐷=𝐺𝐹+𝐹𝐷=4−2𝑥+4=∴𝐷𝐾=𝐷𝐺−𝐺𝐾=8−2𝑥−2𝑥=由折叠得，∠𝐻𝐾𝐺=∠𝐴=∴在Rt△𝐷𝐻𝐾中，𝐻𝐾2+𝐷𝐾2=∴𝑥2+(8−4𝑥)2=解得𝑥=2或𝑥=当𝑥=2时，𝐻𝐷=4−𝑥=2=𝐻𝐾∴𝑥=∴𝐻𝐾==△折叠后，点𝐵的对应点为点𝐵′．若𝐴𝐵′与𝐵𝐷的交点恰好是𝐵𝐷的三等分点，则𝐵𝐸的长 【答案】35−3或3【分析】根据正方形的性质以及勾股定理可得𝐵𝐷的长，由折叠的性质得𝐴𝐵′=𝐴𝐵=3，𝐵′𝐸=𝐵𝐸，设𝐸=𝐵𝐸=𝑥，设𝐴𝐵′与𝐵𝐷G

𝐷𝐺=3𝐵𝐷=

𝐷𝐺=3𝐵𝐷=2

【详解】解：∵在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶=∴𝐵𝐶⊥𝐶𝐷,𝐶𝐷=𝐵𝐶=𝐴𝐷=𝐴𝐵=3,∠𝐴𝐷𝐵=45°，𝐴𝐷∥∴𝐵𝐷 𝐵𝐶2+𝐶𝐷2=3由折叠的性质得：𝐴𝐵′=𝐴𝐵=3，𝐵′𝐸=𝐵𝐸，设𝐵′𝐸=𝐵𝐸=𝑥，设𝐴𝐵′与𝐵𝐷当𝐷𝐺=

1𝐵𝐷=2时，延长

与𝐵𝐶FG作𝐺𝐻𝐴𝐷H，则△𝐷𝐺𝐻 三角形，𝐵𝐺=∴𝐺𝐻=𝐷𝐻=∴𝐴𝐻=∴𝐴𝐺 𝐴𝐻2+𝐺𝐻2=∵𝐴𝐷∥∴△𝐴𝐷𝐺∽△∴𝐴𝐷=𝐴𝐺=

3=5= 𝐵𝐺，即 ∴𝐵𝐹=6,𝐹𝐺=2∴𝐸𝐹∴𝐸𝐹=6−𝑥,𝐵′𝐹=3在Rt△𝐵′𝐸𝐹中，𝐵′𝐸2+𝐵′𝐹2=∴𝑥23 =解得：𝑥=3此时𝐵𝐸=3当𝐷𝐺=𝐵𝐷=22时，延长𝐴𝐵′与𝐵𝐶PG作𝐺𝑄⊥𝐴𝐷Q△𝐷𝐺𝑄=同理𝐵𝐸=3综上所述，𝐵𝐸的长为35−3或3𝑀𝐹𝐺′𝐻′ 𝐺′∠𝐸𝐹𝑀=的度数 【答案】20°【答案】20°/20设∠𝐸𝐹𝑀=𝑥，则∠𝐸𝐹𝐺′=6𝑥，所以∠𝑀𝐹𝐺′=7𝑥，再根据折叠的性质得到∠𝑀𝐹𝐺=∠𝑀𝐹𝐺′=7𝑥∠𝐸𝐹𝐺8𝑥，接着利用折叠的性质得到∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐸𝐹𝐺=8𝑥，然后根据平角的定义得到𝑥8𝑥=180°【详解】解：∵∠𝐸𝐹𝑀=设∠𝐸𝐹𝑀=∴∠𝐸𝐹𝐺′=∴∠𝑀𝐹𝐺′=∴∠𝑀𝐹𝐺=∠𝑀𝐹𝐺′=∴∠𝐸𝐹𝐺=∠𝐸𝐹𝑀+∠𝑀𝐹𝐺=∴∠𝐸𝐹𝐶=∠𝐸𝐹𝐺=∵∠𝐸𝐹𝐶+∠𝐸𝐹𝑀=∴8𝑥𝑥=180°，解得𝑥=20°，2．如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是一段矩形纸条，𝐴𝐵3E为𝐵𝐶的中点．第一步，在𝐴𝐷F，将纸条沿𝐸𝐹折叠，得到的图形如图②；第二步，在图②中的𝐶𝐸G，将纸条沿𝐷𝐺折叠，得到的图形如图③，设∠𝐺𝐸𝐹=𝛼．若折叠后𝐷𝐺∥𝐴𝐹，𝐸𝐹=𝐷𝐹．（1）∠𝐺𝐷𝐹= （α的式子表示 63=由折叠的性质得到∠𝐹𝐸𝐼=∠𝐹𝐸𝐻=𝛼，∠𝐸𝐹𝐼=∠𝐻𝐹𝐸∠𝐻𝐹𝐼=2∠𝐻𝐹𝐸=2𝛼，∠𝐺𝐻𝐹=∠𝐻𝐹𝐼=2∠𝐻𝐹𝐸=2𝛼，从而可得∠𝐺𝐷𝐹=∠𝐺𝐻𝐹=（2）先由折叠的性质得出∠𝐶′𝐷𝐹=90°，∠𝐶′𝐷𝐺=∠𝐶𝐷𝐺，𝐶′𝐺=𝐶𝐺∠𝐶𝐷𝐹=∠𝐸𝐹𝐼=𝛼，结合由（1）得∠𝐺𝐷𝐹=2𝛼，得到关于𝛼的方程求解，再利用含有30°性质得出𝐶𝐺=1𝐷𝐺，再根据矩形的性质得出，∠𝐶=90°，𝐶𝐷=𝐴𝐵=3，然后利用勾股定理求得𝐶𝐺∵四边形𝐷𝐺𝐻𝐹∴∠𝐺𝐷𝐹=由折叠可知：∠𝐹𝐸𝐼=∠𝐹𝐸𝐻=𝛼，∠𝐸𝐹𝐼=又∵∴∠𝐹𝐸𝐼=∴∠𝐻𝐹𝐸=∠𝐹𝐸𝐼=∴∠𝐻𝐹𝐼=2∠𝐻𝐹𝐸=∵∴∠𝐺𝐻𝐹=∠𝐻𝐹𝐼=2∠𝐻𝐹𝐸=即∠𝐺𝐷𝐹=∠𝐺𝐻𝐹=则∠𝐶′𝐷𝐹=90°，∠𝐶′𝐷𝐺=∠𝐶𝐷𝐺，𝐶′𝐺=∴∠𝐶′𝐷𝐺+∠𝐶𝐷𝐺+∠𝐶𝐷𝐹=∵∴∠𝐶𝐷𝐹=∠𝐸𝐹𝐼=由（1）得∠𝐺𝐷𝐹=∴∠𝐶𝐷𝐺=∠𝐺𝐷𝐹−∠𝐶𝐷𝐹=∴∠𝐶𝐷𝐺=∠𝐶′𝐷𝐺=∠𝐶𝐷𝐹=∴3𝛼=解得：𝛼=∴∠𝐶𝐷𝐺=∴𝐶𝐺

四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴∠𝐶=90°，𝐶𝐷=𝐴𝐵=∴𝐶𝐷2+𝐶𝐺2=∴(3)2+𝐶𝐺2=解得：𝐶𝐺=±1（负值舍去∴𝐷𝐺=∵四边形𝐷𝐺𝐻𝐹∴𝐻𝐹=𝐷𝐺=2，𝐺𝐻=∵四边形𝐸𝐼𝐹𝐻由（1）知∠𝐻𝐹𝐸=∠𝐻𝐸𝐹=𝛼=∴𝐻𝐸=四边形𝐸𝐼𝐹𝐻∴𝐻𝐼⊥𝐸𝐹，𝐸𝐹= ∴𝐻𝐽

解得：𝐸𝐽=±3（负值舍去∴𝐸𝐹=2𝐸𝐽=2∴𝐷𝐹=𝐸𝐹=2∴𝐺𝐻=𝐷𝐹=2∴𝐸𝐶′=𝐸𝐻+𝐺𝐻+𝐶′𝐺=𝐸𝐻+𝐺𝐻+𝐶𝐺=2+23+1=3+23，E为𝐵𝐶的中点，∴𝐵𝐶=2𝐶𝐸=2𝐶𝐸′=2(3+23)=6+4矩形纸条的面积为𝐴𝐵×𝐵𝐶=(6+43)3=63

，那么这张矩形纸片的两条邻边𝐴𝐵:𝐵𝐶 是一个黄金矩形，其中 【答案】【答案】矩形的性质可得∠𝑀𝑁𝐶=90°，𝑀𝑁∥𝐷𝐶，𝑀𝐷=𝑁𝐶，𝑀𝑁=𝐷𝐶，则∠𝑀𝐶𝐷=∠𝑁𝑀𝐶，由折叠性质可知：∠𝑀𝐶𝐷=∠𝑀𝐶𝑃，∠𝑁𝑀𝐶=∠𝑀𝐶𝑃，故𝑀𝐻=𝐶𝐻，设𝑀𝐷 5−1𝑘，𝐶𝐷=2𝑘，𝑀𝐻=𝐶𝐻=𝑥，根据勾定理求出𝑥=5−5𝑘，则𝑁𝐻=5−1𝑘，再证明𝐶𝐵𝐴𝐶𝑁𝐻∴∠𝑀𝑁𝐶=90°，𝑀𝑁∥𝐷𝐶，𝑀𝐷=𝑁𝐶，𝑀𝑁=∴∠𝑀𝐶𝐷=由折叠性质可知：∠𝑀𝐶𝐷=∴∠𝑁𝑀𝐶=∴𝑀𝐻=∴𝐴𝐵:𝐵𝐶=∴△𝐶𝐵𝐴∽△∴𝐴𝐵=𝑁𝐻= =5−1∴𝑁𝐻=2𝑘−5−5𝑘=5−1 =𝑥2，解得：𝑥=5−∴(2𝑘−𝑥)2∴设𝑀𝐷 5−1𝑘，𝐶𝐷=2𝑘，𝑀𝐻=𝐶𝐻=∴𝑀𝐷=𝑁𝐶 5−1𝑘，𝑀𝑁=𝐶𝐷=∴𝑁𝐻=𝑀𝑁−𝑀𝐻=在Rt△𝑁𝐻𝐶中，由勾股定理得：𝑁𝐻2+𝑁𝐶2=∵𝑀𝐷考点三命题点01【典例09】（2026·新疆乌鲁木齐·一模）定义：将三角形沿过顶点的直线折叠，折叠后的另一个顶点恰好落在这个三角形的边上（不含顶点）时，此时折痕被称为“落边折痕”．特例感知：已知△𝐴𝐵𝐶，𝐷为𝐴𝐶边上直角三角形，其中∠𝐴=90°，∠𝐴𝐵𝐶=60°，𝐴𝐵=1，若点𝐷为𝐴𝐶边上一点，将△𝐴𝐵𝐶沿着𝐵𝐷折叠后，点𝐴 若△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形其中𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=6，则其“落边折痕”的长 22411【分析】根据折叠的性质可知，∠𝐸𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐷=1∠𝐴𝐵𝐶=30°，则𝐵𝐷= 根据折叠的性质可知，∠𝐸𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐷=1∠𝐴𝐵𝐶=∵∠𝐴=90°，𝐴𝐵=∴𝐵𝐷=cos∠𝐴𝐵𝐷

23=根据题意可知，当三角形存在“落边折痕”时，折叠后的对应点在三角形的边上（不含顶点在等腰𝐴𝐵𝐶𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐵𝐶=6，𝐵𝐶>∴只能是点𝐴①如图②，当沿𝐵𝐷折叠，点𝐴落在𝐵𝐶边上的点𝐸处时，过点𝐷作𝐷𝐹𝐵𝐶于点𝐹，过点𝐴作𝐴𝐺𝐵𝐶于点𝐺，过点𝐷作𝐷𝑀⊥𝐴𝐵于点𝑀，由折叠得，∠𝐴𝐵𝐷=∴𝐷𝑀= 1 ∴△𝐴𝐵𝐷= = =

11

∴△𝐵𝐶𝐷= =

1 ∴𝐴𝐺=∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=5，𝐴𝐺⊥∴𝐵𝐺=𝐶𝐺

1𝐵𝐶=∴由勾股定理得，𝐴𝐺 𝐴𝐶2−𝐶𝐺2=∵𝐴𝐺∥∴△𝐴𝐺𝐶∽△

𝐶𝐺=𝐴𝐺=113=4= ∴𝐶𝐹=11，𝐷𝐹= ∴𝐺𝐹=𝐺𝐶−𝐹𝐶=3−11= ∴𝐵𝐹=𝐵𝐶−𝐶𝐹=6−11=∴在Rt△𝐵𝐷𝐹中，𝐵𝐷 𝐵𝐹2+𝐷𝐹2=24同①可得，𝐶𝐻=24∴𝐴𝑃=𝑃𝑄，∠𝐴𝑃𝐵=∠𝑄𝑃𝐵=∴𝐵𝑃为𝐴𝑄的垂直平分线，即𝐵𝑃 =2×6×4=∴𝐵𝑃⋅𝐴𝐶=∴𝐵𝑃=5同③可得，𝐶𝑋=5综上所述，“落边折痕”的长度为24 11501】（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为5−1（约为0.618）的矩形称为“黄金矩形”【分析】由折叠可得四边形𝑀𝑁𝐶𝐵为正方形，𝑀𝐺=𝐵𝐺，设𝑀𝐺=𝐵𝐺=𝑁𝐴=𝐴𝐶=1，则𝑀𝑁=𝑁𝐶=由勾股定理可得𝐴𝐵=5，第三次折叠可得𝐴𝐷=𝐴𝐵=【分析】由折叠可得四边形𝑀𝑁𝐶𝐵为正方形，𝑀𝐺=𝐵𝐺，设𝑀𝐺=𝐵𝐺=𝑁𝐴=𝐴𝐶=1，则𝑀𝑁=𝑁𝐶=由勾股定理可得𝐴𝐵=5，第三次折叠可得𝐴𝐷=𝐴𝐵=5，从而𝐶𝐷=5−1，进而可得𝐷𝐸则𝑀𝐵=𝐵𝐶=𝑀𝑁=𝑁𝐶，再将纸片沿𝐴𝐺对折，则可知𝑀𝐺=𝐵𝐺,𝑁𝐴=设𝑀𝐺=𝐵𝐺=𝑁𝐴=𝐴𝐶=1，则𝑀𝑁=𝑁𝐶=连接𝐴𝐵，则𝐴𝐵 𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=1+4=∴𝐴𝐷=𝐴𝐵=∴𝐶𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐶=∴𝐷𝐸 ，𝑁𝐷=1+5 02】（2026·安徽合肥·一模）定义：一个矩形较短边与较长边之比是5−1，则这个矩形叫作黄金矩1，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷为黄金矩形（𝐴𝐵𝐴𝐷），E为𝐵𝐶边上一点，将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷沿𝐴𝐸B恰好落在𝐴𝐷F处．（1）𝐴𝐹= 5【分析】（1）由折叠的性质可得𝐴𝐹=𝐴𝐵，设𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝑎，由黄金矩形的定义可得𝐴𝐷=5+1进而得到𝐹𝐷=5−1𝑎（2）先说明四边形𝐴𝐵𝐸𝐹是正方形得𝐴𝐹=𝐴𝐵=5【分析】（1）由折叠的性质可得𝐴𝐹=𝐴𝐵，设𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝑎，由黄金矩形的定义可得𝐴𝐷=5+1进而得到𝐹𝐷=5−1𝑎（2）先说明四边形𝐴𝐵𝐸𝐹是正方形得𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝐸𝐹=𝐵𝐸，设𝐴𝐵=𝑎，则𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝐸𝐹=𝐵𝐸=𝑎,矩形定义𝐴𝐷=5+1 5−1 3−5 、𝐵𝐺=𝐺𝐻 ,𝐴𝐺 ；由折叠的性质可得𝐵′𝐺=𝐵𝐺设𝐴𝑄=𝑥，则𝑄𝐹=(𝑎−𝑥)，运用勾股定理列方程可求得𝐴𝑄,进而求的𝐷𝑄,【详解】解：（1）∵将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷沿𝐴𝐸B恰好落在𝐴𝐷F∴𝐴𝐹=设𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝑎，则𝐴𝐷=5+1∴𝐹𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐹=5+1𝑎−𝑎=5−1∴𝐹𝐷= （2）∵将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷沿𝐴𝐸B恰好落在𝐴𝐷F∴𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝐸𝐹=设𝐴𝐵=𝑎，则𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝐸𝐹=𝐵𝐸=∴𝐴𝑄∴𝐴𝑄= ，解得：𝑥=3−55−1 𝑎2+ ∴𝑄𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝑄=5+1 𝑎 5，即𝑎 ，解得：𝐵𝐺∴𝐴𝐺=𝐴𝐵−𝐵𝐺=𝑎−5−1𝑎=3−5∴𝐵𝐺=5+1由黄金矩形定义𝐴𝐷∴𝐵′𝐺=𝐵𝐺=设𝐴𝑄=𝑥，则𝑄𝐹=∴𝑄𝐸 𝐸𝐹2+𝑄𝐹2 𝑎2+∴𝑄𝐵′ 𝑎2+∴𝐺𝑄= 𝑎+(𝑎−𝑥) 在Rt△𝐴𝑄𝐺中，𝐺𝑄2=𝑄𝐴2+𝐴𝐺2=𝑥23−5命题点0210】（2026·安徽蚌埠·一模）如图，有一矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷，对其进行第一次折叠操作，使𝐴𝐷与𝐵𝐶重B，展开后得到折痕𝑀𝐵．（1）如图（1），延长𝑀𝐴′交𝐵𝐶于点G，则∠𝑀𝐺𝐵= （2）如图（2），对矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷D的对应点𝐷′落在𝐸𝐹C，展开后得到折痕𝐶𝑁，已知点𝐷′在点𝐴′左侧．若𝐴′𝐷′=2𝑀𝑁=2，则矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷的面积 【答案 21【分析】（1）解直角三角形求得∠𝐴′𝐵𝐴=60°，据此求解即可得到∠𝑀𝐺𝐵=（2）证明四边形𝑀𝑃𝐷′𝑁是平行四边形，求得𝑃𝐷′=𝑀𝑁=1，同理𝐴′𝑄=𝑀𝑁=1，设𝐸𝑃=𝑄𝐹=𝑥𝐴𝑀=𝐷𝑁=2𝑥，根据𝐴𝐷=𝐸𝐹【详解】解：（1）由题意可得𝐴𝐷∥𝐸𝐹∥𝐵𝐶E是𝐴𝐵的中点，∠𝑀𝐴′𝐵=∠𝐴=90°，∠𝑀𝐵𝐴=∴𝐵𝐸

2𝐴𝐵

∴cos∠𝐴′𝐵𝐴=𝐵𝐸=∴∠𝐴′𝐵𝐴=∴∠𝑀𝐵𝐴=

1 = 𝐵𝐴=∴∠𝐴′𝐵𝐺=90°−∠𝐴′𝐵𝐴=∵∠𝐺𝐴′𝐵=180°−∠𝑀𝐴′𝐵=∴∠𝑀𝐺𝐵=同（1）得∠𝐴𝐵𝑀=∠𝐷𝐶𝑁=30°，∠𝐴𝑀𝐵=∠𝐷𝑁𝐶=∴∠𝑀𝑃𝐴′=∠𝑁𝐷′𝐴′=∴四边形𝑀𝑃𝐷′𝑁∴𝑃𝐷′=𝑀𝑁=1，同理𝐴′𝑄=𝑀𝑁=1，∴△𝐵𝑃𝐸∽△∴𝑃𝐸=𝐵𝐸= ∴𝐴𝑀∴𝐴𝑀=同理𝐷𝑁=∵𝐴𝐵=3𝐴𝑀，𝐶𝐷=3𝐷𝑁，𝐴𝐵=∴𝐴𝑀=𝐷𝑁，𝐸𝑃=设𝐸𝑃=𝑄𝐹=𝑥，则𝐴𝑀=𝐷𝑁=∵𝐴𝐷=𝐴𝑀+𝑀𝑁+𝑁𝐷=4𝑥+1，𝐸𝐹=𝐸𝑃+𝑃𝐷′+𝐴′𝐷′+𝐴′𝑄+𝑄𝐹=2𝑥+∴4𝑥+1=2𝑥+解得𝑥=∴𝐴𝑀=3，𝐴𝐷=∴𝐴𝐵=3∴矩形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵·𝐴𝐷=21【变式（1）如图1，点𝐷落在点𝐷′处，若∠𝐴𝐶𝐷=𝛼，则∠𝐵𝐴𝐷′= ；（用含𝛼的式子表示痕𝐸𝐹，再沿𝐴′𝐹折叠△𝐴′𝐹𝐸，使得点𝐸落在𝐶𝐵边上的点𝐸′处，若𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=3，则𝐶𝐹的长为 【分析】（1）由折叠的性质可得∠𝐴𝐶𝐷′=∠𝐴𝐶𝐷=𝛼，由平行线的性质可得∠𝐴𝐶𝐷=𝛼，再由∠𝐵𝐴𝐷′= 𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=5，由折叠得∠𝐴=∠𝐹𝐴′𝐸，∠𝐹𝐴′𝐸=𝐴′𝐸′，从而得出∠𝐴=∠𝐹𝐴′𝐻△𝐴′𝐻𝐹∽△𝐴𝐵𝐶，得出𝐹𝐻=𝐵𝐶=3，设𝐹𝐻=3𝑥，则𝐴′𝐹=𝐴𝐹=再证明△𝐹𝐻𝐶∽△𝐴𝐵𝐶，由相似三角形的性质求出𝑥=7【详解】解：（1）由折叠得∠𝐴𝐶𝐷′=∠𝐴𝐶𝐷=∴𝐴𝐵∥∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝐷=在Rt△𝐴𝐶𝐷′中，∠𝐷′𝐴𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐷′=∠𝐷′𝐴𝐶−∠𝐵𝐴𝐶=（2）过点𝐹作𝐹𝐻𝐵𝐶于点∵𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=∴𝐴𝐶 𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=由折叠得∠𝐴=∠𝐹𝐴′𝐸，∠𝐹𝐴′𝐸=∴∠𝐴=∴△𝐴′𝐻𝐹∽△∴𝐹𝐻=𝐵𝐶= 设𝐹𝐻=3𝑥，则𝐴′𝐹=𝐴𝐹=∵𝐹𝐻⊥∴𝐹𝐻∥∴△𝐹𝐻𝐶∽△

∴𝐴𝐵=𝐴𝐶，即4 5解得𝑥=∴𝐶𝐹=5−5𝑥=7702】（2025·安徽滁州·二模）如图，现有矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=7，将边𝐴𝐵沿折痕𝐴𝐸折叠，B落在边𝐴𝐷F处，再沿折痕𝐷𝐸C落在矩形所在平面内的点𝐶′处，边𝐷𝐶′与𝐸𝐹交于点 （2）在边𝐶𝐷上取点H，满足𝐶𝐻:𝐷𝐻=1∶3，沿𝐸𝐻折叠使点C落在矩形所在平面内的点𝐶″处，作∠𝐶″𝐻𝐷的平分线分别交𝐷𝐸,𝐴𝐷于点P，M，则𝐷𝑃的长为 【答案 【分析】（1）由折叠的性质可得𝐴𝐹=𝐴𝐵,𝐵𝐸=𝐸𝐹,∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐹𝐴𝐸,∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝐸=90°∠𝐵𝐴𝐹=90°，易证四边形𝐴𝐵𝐸𝐹,𝐹𝐸𝐶𝐷都是矩形，得到𝐸𝐹=𝐶𝐷=𝐴𝐵=4，求出∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐹𝐴𝐸=45°，推出𝐴𝐹=𝐸𝐹,𝐴𝐵=𝐵𝐸，易证四边形𝐴𝐵𝐸𝐹是正方形，进而求出𝐷𝐹=𝐶𝐸=3，设𝐹𝐺=𝑥，则𝐸𝐺=4−𝑥，证明△𝐷𝐹𝐺≌△𝐸𝐶′𝐺(AAS)，推出𝐷𝐺=𝐸𝐺=4−𝑥（2延长𝑀𝐻,𝐸𝐶交于点∠𝐸𝐻𝐶=∠𝐸𝐻𝐶′′结合𝑀𝐻平分∠𝐶′′𝐻𝐷得到∠𝐶′′𝐻𝑀=∠𝐷𝐻𝑀，求出∠𝐸𝐻𝑀=90°，进而证明∠𝑀𝐻𝐷=∠𝐶𝐸𝐻，利用正切的定义结合结合𝐶𝐻:𝐷𝐻=1∶3，求出𝑀𝐷=1，证明

△𝐻𝐷𝑀∽△𝐻𝐶𝑄，求出𝐶𝑄=3，进而求出𝐸𝑄=3，证明△𝑃𝐷𝑀∽△𝑃𝐸𝑄，推出𝑃𝐸=𝐸𝑄=10股定理求出𝐷𝐸=5【详解】解：（1）由折叠的性质可得𝐴𝐹=𝐴𝐵,𝐵𝐸=𝐸𝐹,∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐹𝐴𝐸,∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝐸=∵𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐹=∠𝐵=∠𝐹𝐷𝐶=∠𝐷𝐶𝐸=∴𝐸𝐹=𝐶𝐷=𝐴𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐹𝐴𝐸=∴∠𝐵𝐸𝐴=∠𝐹𝐸𝐴=∴𝐴𝐹=𝐸𝐹,𝐴𝐵=∴𝐴𝐹=𝐵𝐸=𝐴𝐵=∴𝐷𝐹=𝐶𝐸=设𝐹𝐺=𝑥，则𝐸𝐺=由折叠的性质得：𝐶𝐸=𝐶′𝐸=3，∠𝐶′=∴𝐷𝐹=𝐶′𝐸=3，∠𝐶′=∠𝐷𝐹𝐸=∵∠𝐸𝐺𝐶′=∴△𝐷𝐹𝐺≌△∴𝐷𝐺=𝐸𝐺=∵𝐷𝐺2=𝐷𝐹2∴(4−𝑥)2=𝑥2+ 解得：𝑥=8，则𝐹𝐺=由折叠的性质可得∠𝐸𝐻𝐶=∵𝑀𝐻平分∴∠𝐶′′𝐻𝑀=∵∠𝐶′′𝐻𝑀+∠𝐷𝐻𝑀+∠𝐸𝐻𝐶+∠𝐸𝐻𝐶′′=∴∠𝐸𝐻𝑀=∠𝐶′′𝐻𝑀+∠𝐸𝐻𝐶′′=∵∠𝐷𝐻𝑀+∠𝐸𝐻𝐶=∠𝐶𝐸𝐻+∠𝐸𝐻𝐶=∴∠𝐷𝐻𝑀=

∴tan∠𝐷𝐻𝑀=𝐷𝐻=tan∠𝐶𝐸𝐻=∵𝐶𝐻:𝐷𝐻=1∶3，𝐶𝐷=∴𝐶𝐻=1,𝐷𝐻=∵𝐶𝐸=∴𝑃𝐷= ∴∵𝐷𝐸 𝐶𝐸2+𝐶𝐷2= ∴𝑃𝐷=𝑀𝐷=3∴△𝑃𝐷𝑀∽△∴𝐸𝑄=𝐶𝐸+𝐶𝑄=3∴𝐶𝑄= ∴𝑀𝐷=𝐷𝐻=∴𝑀𝐷=∴△𝐻𝐷𝑀∽△ ∴𝑀𝐷=𝐶𝐻=03】（2024·安徽合肥·一模）1，在矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵83，𝐴𝐷=10，点𝐸是𝐶𝐷中点，折叠纸片使点𝑁与点𝐸重合，如图3，点𝐵落到𝐵′处，折痕为𝐻𝐺，连接𝐻𝐸．完成下面的探究： （2）tan∠𝐸𝐻𝐺= 【答案 53/56【分析】如图2中，作𝑁𝐹𝐶𝐷于𝐹．设𝐷𝑀=𝑥，则𝐴𝑀=𝐸𝑀=10−𝑥，利用勾股定理求出𝑥 △𝐷𝑀𝐸∽△𝐹𝐸𝑁，得𝐹𝑁=𝐸𝑁，求出𝐸𝑁，𝐸𝑀，求出tan∠𝐴𝑀𝑁，再证明∠𝐸𝐻𝐺=∠𝐴𝑀𝑁【详解】解：如图2中，作𝑁𝐹𝐶𝐷于设𝐷𝑀=𝑥，则𝐴𝑀=𝐸𝑀=∵𝐷𝐸=𝐸𝐶，𝐴𝐵=𝐶𝐷=8∴𝐷𝐸

2𝐶𝐷=4在Rt𝐷𝐸𝑀∵𝐷𝑀2+𝐷𝐸2=∴(43)2+𝑥2=解得𝑥=∴𝐷𝑀=2.6，𝐴𝑀=𝐸𝑀=∵∠𝐷𝐸𝑀+∠𝑁𝐸𝐹=90°，∠𝑁𝐸𝐹+∠𝐸𝑁𝐹=∴∠𝐷𝐸𝑀=∵∠𝐷=∠𝐸𝐹𝑁=∴△𝐷𝑀𝐸∽△ ∴𝐹𝑁=∴43= ∴𝐸𝑁

37∴𝐴𝑁=𝐸𝑁

37∴tan∠𝐴𝑀𝑁如图3

5𝐴𝑀 ∵𝑀𝐸⊥𝐸𝑁，𝐻𝐺⊥∴∴∠𝑁𝑀𝐸=∵∠𝑁𝑀𝐸=∠𝐴𝑀𝑁，∠𝐸𝐻𝐺=∴∠𝐴𝑀𝑁=∴∴tan∠𝐸𝐻𝐺=tan∠𝐴𝑀𝑁 65故答案为:2.6；5关键是学会把问题转化，证明∠𝐴𝑀𝑁∠𝐸𝐻𝐺命题点0311】（24-25九年级上·山东济南·期中）如图，点𝐸是菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐴𝐷的中点，点𝐹是𝐴𝐵上的一点，点𝐺是𝐵𝐶𝐶𝐸𝐶𝐷𝐸𝐷落在𝐶𝐹上的点𝐷′𝐸𝐹𝐴𝐸𝐹，使得点𝐴的对应点𝐴′与点𝐷′重合，以𝐹𝐺为对称轴折叠△𝐵𝐹𝐺，使得点𝐵的对应点𝐵′落在𝐶𝐹上．若∠𝐴=𝐹𝐺=2，则𝐶𝐸的值为 【答案】【答案】 【分析】过点𝐶作𝐶𝐻⊥𝐴𝐵延长线于点𝐻，设菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2𝑥，设𝐴𝐹=𝐴′𝐹=𝑎𝑎=0.8𝑥，然后根据△𝐸𝐶𝐷′∽△𝐹𝐺𝐵′【详解】解：如图，过点𝐶作𝐶𝐻𝐴𝐵延长线于点四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐷∥∴∠𝐶𝐵𝐻=∠𝐴=∴∠𝐵𝐶𝐻=∴𝐵𝐻=∴𝐶𝐻=设𝐴𝐹=𝐴′𝐹=则𝐵𝐹=𝐴𝐵−𝐴𝐹=𝐶𝐹=𝐶𝐷′+𝐴′𝐹=𝐶𝐷+𝐴𝐹=2𝑥+𝐹𝐻=𝐵𝐹+𝐵𝐻=2𝑥−𝑎+𝑥=在Rt△𝐹𝐶𝐻𝐹𝐻2+𝐶𝐻2=∴(3𝑥−𝑎)2+(3𝑥)2=(2𝑥+解得𝑎=∴𝐶𝐷′=2𝑥，𝐵′𝐹=2𝑥−𝑎=由折叠可知：∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐴′𝐶𝐸，∠𝐵𝐹𝐺=∵𝐶𝐷∥∴∠𝐷𝐶𝐹=∴∠𝐸𝐶𝐷′=∵∠𝐷=∠𝐸𝐷′𝐶=∠𝐵=∴△𝐸𝐶𝐷′∽△

∴𝐶𝐸=𝐶𝐷′

2𝑥=∵𝐹𝐺=∴𝐶𝐸=3301】（24-25九年级上·山东济南·期中）E是菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐴𝐷F是𝐴𝐵上的一G是𝐵𝐶上的一点，先以𝐶𝐸为对称轴将𝐶𝐷𝐸D落在𝐶𝐹上的点𝐷′处，再以𝐸𝐹为对称轴折叠△𝐴𝐸𝐹A的对应点𝐴′与点𝐷′重合，以𝐹𝐺为对称轴折叠△𝐵𝐹𝐺B的对应点𝐵′落在𝐶𝐹上．若∠𝐴=60°，𝐹𝐺=2，则𝐶𝐸的值 C作𝐶𝐻𝐴𝐵H，设菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2𝑥，设𝐴𝐹=𝐴′𝐹=𝑎𝑎=0.8𝑥，然后根据△𝐸𝐶𝐷′∽△𝐹𝐺𝐵′C作𝐶𝐻𝐴𝐵∴𝐴𝐷∥∴∠𝐶𝐵𝐻=∠𝐴=∴∠𝐵𝐶𝐻=∴𝐵𝐻=∴𝐶𝐻=设𝐴𝐹=𝐴′𝐹=则𝐵𝐹=𝐴𝐵−𝐴𝐹=𝐶𝐹=𝐶𝐷′+𝐴′𝐹=𝐶𝐷+𝐴𝐹=2𝑥+𝐹𝐻=𝐵𝐹+𝐵𝐻=2𝑥−𝑎+𝑥=在Rt△𝐹𝐶𝐻𝐹𝐻2+𝐶𝐻2=∴(3𝑥−𝑎)2+(3𝑥)2=(2𝑥+解得𝑎=∴∴𝐶𝐷′=2𝑥，𝐵′𝐹=2𝑥−𝑎=由折叠可知：∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐴′𝐶𝐸，∠𝐵𝐹𝐺=∵𝐶𝐷∥∴∠𝐷𝐶𝐹=∴∠𝐸𝐶𝐷′=∵∠𝐷=∠𝐸𝐷′𝐶=∠𝐵=∴△𝐸𝐶𝐷′∽△ = ∵𝐹𝐺=∴𝐶𝐸=3接𝐴𝐸、𝐷𝐸，将△𝐴𝐵𝐸沿着𝐴𝐸折叠，得到△𝐴𝐹𝐸，再将△𝐴𝐹𝐸沿着𝐷𝐸折叠，得到△𝐻𝐺𝐸（𝐹与𝐺为对应点）．当边𝐸𝐺与△𝐸𝐶𝐷的边所在直线重合时，𝐵𝐸= 【答案】1【答案】13或4−∴∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐸𝐹,∠𝐹𝐸𝐷=∠𝐺𝐸𝐷，∠𝐵=∠𝐶=90°，𝐶𝐷=𝐴𝐵=3，𝐵𝐶=𝐴𝐷=∴2∠𝐴𝐸𝐹+2∠𝐷𝐸𝐹=∴∠𝐴𝐸𝐹∠𝐷𝐸𝐹=90°，即∠𝐴𝐸𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐶𝐸𝐷=又∵∠𝐵=∠𝐶=∴△𝐴𝐵𝐸∽△∴𝐴𝐵=

∴𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐸𝐶𝐸=𝐵𝐸(𝐵𝐶−𝐵𝐸)，即3×3=𝐵𝐸(4−𝐵𝐸)，解得𝐵𝐸=1或𝐵𝐸=3；∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐵=∴∠𝐷𝐴𝐸=∴𝐵𝐸=𝐸𝐹,∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐸𝐷，∠𝐴𝐹𝐸=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐹=∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐷𝐸𝐴,∠𝐴𝐹𝐷=∴𝐴𝐷=𝐷𝐸=在在Rt△𝐴𝐹𝐷中𝐷𝐹 𝐴𝐷2−𝐴𝐹2=∴𝐵𝐸=𝐸𝐹=𝐷𝐸−𝐷𝐹=4−综上：𝐵𝐸=1或𝐵𝐸=3或𝐵𝐸=4−03】（25-26九年级上·辽宁铁岭·月考）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝐸在𝐶𝐷△𝐴𝐷𝐸沿𝐴𝐸折叠，使点𝐷恰好落在边𝐵𝐶上的点𝐹处；点𝐺在𝐵𝐹上，将△𝐴𝐵𝐺沿𝐴𝐺折叠，使点𝐵恰好落在线段𝐴𝐹上的点𝐻处．若𝐵𝐶=2𝐺𝐹，则𝐵𝐶的值 【答案】【答案】∠𝐹𝐻𝐺=90°，𝐴𝐷=𝐴𝐹=𝐵𝐶，则𝐴𝐷=𝐴𝐹=𝐵𝐶=2𝐺𝐹𝐻𝐹𝐺𝐵𝐹𝐴，得到𝐴𝐵=𝐵𝐹=𝐴𝐹= =，设𝐴𝐵=𝐴𝐻=2𝑥，𝐴𝐷=𝐴𝐹=𝐵𝐶=2𝑦，则𝐺𝐻=𝐵𝐺=𝑥，𝐹𝐺=𝑦，𝐹𝐻=1(𝑥+𝑦)，在Rt△𝐹𝐻𝐺由勾股定理得𝑥2 ，解得5𝑥−3𝑦=0，即=5，最后根据𝐵𝐶 =求解即可∴∠𝐷=∠𝐵=90°，𝐵𝐶=∴∠𝐵=∠𝐴𝐻𝐺=90°，𝐴𝐵=𝐴𝐻，𝐴𝐷=𝐴𝐹，𝐺𝐻=∴∠𝐹𝐻𝐺=90°，𝐴𝐷=𝐴𝐹=∴∠𝐹𝐻𝐺=∠𝐵=∵𝐵𝐶=∴𝐴𝐷=𝐴𝐹=𝐵𝐶=∵∠𝐻𝐹𝐺=∴△𝐻𝐹𝐺∽△∴𝐺𝐻=𝐹𝐻=𝐹𝐺=𝐹𝐺= ∴𝐴𝐵=2𝐺𝐻，𝐵𝐹= ∴𝐴𝐵=2𝑥=𝑥= ∴5𝑥−3𝑦=0，即𝑦==整理得5𝑥2+2𝑥𝑦−3𝑦2=0，(5𝑥−3𝑦)(𝑥+𝑦)=0，∵𝑥>0，𝑦>∴𝑥2在Rt△𝐹𝐻𝐺中，由勾股定理得𝐺𝐻2+𝐹𝐻2=设𝐴𝐵=𝐴𝐻=2𝑥，𝐴𝐷=𝐴𝐹=𝐵𝐶=2𝑦，则𝐺𝐻=𝐵𝐺=𝑥，𝐹𝐺=𝑦，𝐹𝐻=1𝐵𝐹=1(𝐵𝐺+𝐺𝐹)=1(𝑥+D重合，折痕为𝐸𝐹，展开后连接𝐷𝐸、𝐷𝐹，测得𝐴𝐵=4，𝐴𝐶=7，当△𝐵𝐷𝐸是直角三角形时，𝐵𝐷的【答案】【答案】433或4 【分析】先根据折叠证明四边形𝐴𝐸𝐷𝐹是菱形，然后分类讨论，根据平行证明𝐵𝐸𝐷𝐵𝐴𝐶【详解】解：由折叠的性质可知𝐴𝐹=𝐷𝐹,𝐴𝐸=𝐷𝐸,∠𝐹𝐴𝐷=∴∠