備戰(zhàn)2023年中考臨考題號押題【浙江杭州專用】押浙江杭州卷第16題（幾何翻折變換求角度、線段、面積、最值）杭州中考數學填空題第16題屬于壓軸題，難度較大，綜合性強，是每年的必考題目，主要涉及四邊形和圓翻折變換、對稱、旋轉，考點有求角度、線段、面積、最值等.2022年第16題是以圓為載體，考查了圓的性質，折疊的性質，等腰三角形的判定與性質；2021年的第16題考查了矩形的翻折，涉及矩形的性質，折疊問題，三角形的內角和定理及其推論；2020年的第16題考查了翻折變換（折疊問題），全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，矩形的性質.幾何圖形變換（翻折、平移、旋轉）是中考數學的重難點。幾何圖形變換主要是用于求線段的大小或角度的大小。由于是動態(tài)變化問題，所以通常用來求最值，或者需要用到分類討論思想，也就是常有兩解。因此圖形變換也常以填空題的壓軸題的形式出現，所以圖形變換問題特別重要。在解決實際問題時，對于折疊較為復雜的問題可以實際操作圖形的折疊，這樣便于找到圖形間的關系。首先清楚折疊和軸對稱能夠提供給我們隱含的并且可利用的條件．解題時，我們常常設要求的線段長為x，然后根據折疊和軸對稱的性質用含x的代數式表示其他線段的長度，選擇適當的直角三角形，運用勾股定理列出方程求出答案．我們運用方程解決時，應認真審題，設出正確的未知數．1．（2022?杭州）如圖是以點O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對折，點B落在⊙O上的點D處（不與點A重合），連接CB，CD，AD．設CD與直徑AB交于點E．若AD＝ED，則∠B＝36度；BCAD的值等于3+5【答案】36，3+5【分析】由等腰三角形的性質得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質得出∠ECO＝∠BCO，設∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質得出CEEO=BECE，設EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE=5?12a【解答】解：∵AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴∠BEC＝∠BCE，∵將該圓形紙片沿直線CO對折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，設∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∴∠CEB＝2x，∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，∴∠B＝36°；∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，∴△CEO∽△BEC，∴CEEO∴CE2＝EO?BE，設EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，∴a2＝x（x+a），解得，x=5?1∴OE=5?1∴AE＝OA﹣OE＝a?5?12a∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴△BCE∽△DAE，∴BCAD∴BCAD故答案為：36，3+5【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質，等腰三角形的判定與性質，三角形內角和定理，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．2．（2021?杭州）如圖是一張矩形紙片ABCD，點M是對角線AC的中點，點E在BC邊上，把△DCE沿直線DE折疊，使點C落在對角線AC上的點F處，連接DF，EF．若MF＝AB，則∠DAF＝18度．【答案】18．【分析】連接DM，利用斜邊上的中線等于斜邊的一半可得△AMD和△MCD為等腰三角形，∠DAF＝∠MDA，∠MCD＝∠MDC；由折疊可知DF＝DC，可得∠DFC＝∠DCF；由MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，可得FM＝FD，進而得到∠FMD＝∠FDM；利用三角形的外角等于和它不相鄰的兩個內角的和，可得∠DFC＝2∠FMD；最后在△MDC中，利用三角形的內角和定理列出方程，結論可得．【解答】解：連接DM，如圖：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°．∵M是AC的中點，∴DM＝AM＝CM，∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．∵DC，DF關于DE對稱，∴DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF．∵MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，∴MF＝FD．∴∠FMD＝∠FDM．∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，∴∠DFC＝2∠FMD．∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，∴∠DMC＝2∠FAD．設∠FAD＝x°，則∠DFC＝4x°，∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，∴2x+4x+4x＝180．∴x＝18．故答案為：18．【點評】本題主要考查了矩形的性質，折疊問題，三角形的內角和定理及其推論，利用三角形內角和定理列出方程是解題的關鍵．3．（2020?杭州）如圖是一張矩形紙片，點E在AB邊上，把△BCE沿直線CE對折，使點B落在對角線AC上的點F處，連接DF．若點E，F，D在同一條直線上，AE＝2，則DF＝2，BE＝5?1【答案】見試題解答內容【分析】根據矩形的性質得到AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，根據折疊的性質得到CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，根據全等三角形的性質得到DF＝AE＝2；根據相似三角形的性質即可得到結論．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，∵把△BCE沿直線CE對折，使點B落在對角線AC上的點F處，∴CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，∴CF＝AD，∠CFD＝90°，∴∠ADE+∠CDF＝∠CDF+∠DCF＝90°，∴∠ADF＝∠DCF，∴△ADE≌△FCD（ASA），∴DF＝AE＝2；∵∠AFE＝∠CFD＝90°，∴∠AFE＝∠DAE＝90°，∵∠AEF＝∠DEA，∴△AEF∽△DEA，∴AEEF∴2EF∴EF=5∴BE＝EF=5方法二：∵AB∥CD，∴S△ACD＝S△DCE，∴S△ACD﹣S△DCF＝S△DCE﹣S△DCF，∴S△ADF＝S△ECF，由題意知，BC＝CF，S△ACD＝S△ABC，S△ECF＝S△BCE，∴S△ACD﹣S△ADF＝S△ABC﹣S△CEF＝S△ABC﹣S△BCE，∴S△DCF＝S△ACE，∴12×DF?CF=12∵CF＝BC，∴DF＝AE＝2，設BE＝x，∵AE∥CD，∴△AEF∽△CDF，∴AECD∴22+x解得：x=5∴BE=5故答案為：2，5?【點評】本題考查了翻折變換（折疊問題），全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，矩形的性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．4．（2019?杭州）如圖，把某矩形紙片ABCD沿EF，GH折疊（點E，H在AD邊上，點F，G在BC邊上），使點B和點C落在AD邊上同一點P處，A點的對稱點為A′點，D點的對稱點為D′點，若∠FPG＝90°，△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，則矩形ABCD的面積等于10+65．【答案】見試題解答內容【分析】設AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因為△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，推出D'H=12x，由12?x?12【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，設AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，∵△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，又∵△A′EP∽△D′PH，∴A′P：D′H＝2，∵PA′＝x，∴D'H=12∵12?x?12∴x＝2（負根已經舍棄），∴AB＝CD＝2，PE=22+42=∴AD＝4+25+5+∴矩形ABCD的面積＝2（5+35）＝10+65．故答案為10+65【點評】本題考查翻折變換，矩形的性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．一．填空題（共30小題）1．（2023?臨安區(qū)一模）如圖，點E為矩形ABCD的邊BC上一點（點E與點B不重合），AB＝5，AD＝8，將△ABE沿AE對折得到△AFE，其中點F落在矩形內部．若點F到邊AB和CD的距離相等，則tan∠BAE＝12【答案】12【分析】過點F作AB的平行線，交AD，BC于點G，H，可得GH∥AB∥CD，根據勾股定理求出FG，然后證明△AGF∽△FHE，可得AGFH【解答】解：如圖，過點F作AB的平行線，交AD，BC于點G，H，在矩形ABCD中，AB∥CD，∠B＝∠BAD＝90°，∴GH∥AB∥CD，∴∠AGF＝∠FHE＝90°，∵點F到邊AB，CD的距離相等，∴AG＝BH=12由折疊知，AF＝AB＝5，∠AFE＝∠B＝90°，∴FG=A∴FH＝GH﹣FG＝AB﹣FG＝2，∵∠EFH+∠AFG＝90°，∠EFH+∠FEH＝90°，∴∠AFG＝∠FEH，∵∠AGF＝∠FHE，∴△AGF∽△FHE，∴AGFH∴42∴EF=5∴tan∠BAE＝tan∠EAF=EF故答案為：12【點評】此題考查了折疊的性質、矩形的性質，熟練掌握折疊的性質、矩形的性質是解題的關鍵．2．（2023?西湖區(qū)模擬）如圖是一張菱形紙片，∠DAB＝60°，AB＝5，點E在邊AD上，且DE＝2，點F在AB邊上，把△AEF沿直線EF對折，點A的對應點為點A′，當點A′落在菱形對角線上時，則AF＝12?362【答案】12?36【分析】分情況討論：①當點A′落在菱形對角線BD上時，根據菱形的性質和折疊的性質先證明△DEA′∽△BA′F，根據折疊的性質可得DE：A′B＝A′E：A′F＝A′D：BF，進一步求解即可；②當點A′落在菱形對角線BD上時，根據菱形的性質和折疊的性質可知△AEF是等邊三角形，可得AF＝AE＝3．【解答】解：分情況討論：①當點A′落在菱形對角線BD上時，如圖所示：在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝AB＝5，∴∠ADC＝∠ABC＝120°，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AB＝5，根據折疊，可知∠FA′E＝60°，A′F＝AF，A′E＝AE，∴∠DA′E+∠BA′F＝120°，∵∠DEA′+∠DA′E＝120°，∴∠DEA′＝∠BA′F，∴△DEA′∽△BA′F，∴DE：A′B＝A′E：A′F＝A′D：BF，設A′F＝AF＝x，∵DE＝2，∴AE＝A′E＝5﹣2＝3，∴2：A′B＝3：x，3：x＝A′D：（5﹣x），∴A′B=2∴3：x＝（5?23x解得x=12+362（舍去）或∴AF=12?3②當點A′落在菱形對角線BD上時，如圖所示：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，∴∠DAC＝∠BAC＝30°，根據折疊可知，EA＝EA′，∠AEF＝∠A′EF，∴∠EAA′＝∠EA′A＝30°，∴∠AEA′＝120°，∴∠AEF＝60°，∴∠AFE＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∴△AEF是等邊三角形，∴AF＝AE＝5﹣2＝3，綜上所述，AF的長為12?36故答案為：12?36【點評】本題考查了翻折變換（折疊問題），菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵，注意分情況討論．3．（2023?杭州一模）如圖，D是△ABC的邊BC上一點，△ADC沿AD翻折，C點落在點E處，AE與BC相交于F點，若EF＝4，CF＝14，AF＝AD，則FD＝6．【答案】6．【分析】連接CE，延長AD交CE于點G，取CF中點H，連接GH，取DH中點M，連接GM，根據折疊的性質可得AC＝AE，CD＝DE，進而可得AG垂直平分EC，則GH為△CFE的中位線，GH＝2，CH＝FH＝7，由等邊對等角得∠AFD＝∠ADF，再根據對頂角相等，兩直線平行內錯角相等可得推出∠HDG＝∠DHG，則DG＝GH＝2，∠DMG＝90°，DM＝MH，由等腰三角形的性質可得∠EDG＝∠CDG，以此可證明△EDG∽△GDM，設FD＝x，則DE＝14﹣x，DM=7?x【解答】解：連接CE，延長AD交CE于點G，取CF中點H，連接GH，取DH中點M，連接GM，如圖，根據折疊的性質可得，AC＝AE，CD＝DE，∴AG垂直平分EC，∴∠DGE＝90°，點G為EC中點，∵點H為CF中點，∴GH為△CFE的中位線，∴GH∥EF，GH=12EF，CH＝∵EF＝4，CF＝14，∴GH＝2，CH＝FH＝7，∵AF＝AD，∴∠AFD＝∠ADF，∴∠HDG＝∠ADF，∵GH∥AB，∴∠DHG＝∠AFD，∴∠HDG＝∠DHG，∴DG＝GH＝2，∵點M為DH的中點，∴∠DMG＝90°，DM＝MH，∵CD＝DE，DG⊥EC，∴∠EDG＝∠CDG，即∠EDG＝∠GDM，∵∠DGE＝∠DMG＝90°，∴△EDG∽△GDM，∴DGDM設FD＝x（x＜14），則CD＝DE＝14﹣x，DH＝7﹣x，DM=7?x∴27?x解得：x＝6或x＝15（舍去），∴FD＝6．故答案為：6．【點評】本題主要考查折疊的性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、三角形中位線的判定與性質，根據題意正確作出輔助線，構建合適的相似三角形解決問題是解題關鍵．4．（2023?拱墅區(qū)模擬）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，若DE=32，DF=32，則MN＝【答案】135【分析】延長GF交BC延長線于H，由正方形的性質，平角的定義推出∠ABE＝∠FEG，即可證明△BAE≌△EGF，得到FG＝AE，EG＝AB，得到△GDF是等腰直角三角形，求出DG，GF的長，由△BCN∽△BHF，△EDM∽△EGF，即可求出DM，CN的長，從而求出MN的長．【解答】解：延長GF交BC延長線于H，∵△EBF是等腰直角三角形，∴BE＝EF，∠BEF＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝90°，∴∠FEG+∠AEB＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABE＝∠FEG，∵∠A＝∠G，BE＝EF，∴△BAE≌△EGF（AAS），∴FG＝AE，EG＝AB，∵AD＝AB，∴GE＝AD，∴DG＝AE，∴DG＝FG，∴△GDF是等腰直角三角形，∴DG＝FG=22DF=2∴AB＝EG＝DE+GD=32+∵FG⊥AG，CD⊥AD，∴DC∥GH，∴△EDM∽△EGF，∴DM：GF＝DE：EG，∴DM：3=32：∴DM＝1，∵△BCN∽△BHF，∴CN：HF＝BC：BH，∵HF＝GH﹣FG=92?3=32，BH＝BC+∴CN：32=9∴CN=9∴MN＝CD﹣DM﹣CN=13故答案為：135【點評】本題考查全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，正方形的性質，等腰直角三角形，綜合應用以上知識點是解題的關鍵．5．（2023?淳安縣一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2BC，點F、G分別在AB、DC邊上，沿GF將四邊形AFGD翻折得到四邊形EFGP，且點E落在BC邊上，EP交CD于點H．若sin∠CGP=35，GF=25，則CE的長為【答案】2．【分析】由折疊的性質得出GF⊥AE，過G作GM⊥AB于M，證△ABE∽△GMF，得AEGF=ABGM=ABAD=ABBC=2，可得AE＝2GF，過P作PK⊥BC，交BC的延長線于K，由折疊的性質得AF＝EF，∠FEP＝∠FAD＝∠D＝∠EPG＝90°，再證出∠BFE＝∠PEC＝∠CGP，則sin∠BFE=BEEF=35，設BE＝3x，則AF＝EF＝5【解答】解：由折疊的性質得：∠AOF＝∠EOF，∵∠AOF+∠EOF＝180°，∴∠AOF＝∠EOF＝90°，∴GF⊥AE，過G作GM⊥AB于M，如圖1所示：則∠FMG＝90°，四邊形ADGM是矩形，∴AD＝GM，∠MFG+∠MGF＝90°，由（1）得：GF⊥AE，∴∠MFG+∠FAO＝90°，∴∠BAE＝∠MGF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠BAD＝∠D＝∠B＝90°＝∠FMG，∴△ABE∽△GMF，∴AEGF∴AE＝2GF，過P作PK⊥BC，交BC的延長線于K，如圖2所示，由折疊的性質得：AF＝EF，∠FEP＝∠FAD＝∠D＝∠EPG＝90°，∴∠CGP+∠GHP＝90°，∵∠PEC+∠EHC＝90°，∠GHP＝∠EHC，∴∠PEC＝∠CGP，∵∠BFE+∠BFE＝∠BEF+∠PEC＝90°，∴∠BFE＝∠PEC＝∠CGP，∵sin∠CGP=∴sin∠BFE=BE設BE＝3x，則AF＝EF＝5x，∴BF=EF2∴AB＝AF+BF＝9x，∵AE＝2GF，GF＝25，∴AE＝45，在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，即（9x）2+（3x）2＝（45）2，解得：x=223或∴AB＝9x＝62，BE＝3x＝22，∵AB＝2BC，∴BC＝32，∴CE＝BC﹣BE＝32?22故答案為：2．【點評】本題考查了矩形的判定與性質、翻折變換的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理、銳角三角函數定義等知識；本題綜合性強，熟練掌握矩形的性質、翻折變換的性質以及勾股定理是解題的關鍵．6．（2022?濱江區(qū)一模）如圖，點E是矩形ABCD邊BC上一點，沿AE折疊，點B恰好落在CD邊上的點F處．設BEEC=x（（1）若點F恰為CD邊的中點，則x＝2．（2）設DFFC=y，則y關于x的函數表達式是y=【答案】（1）2；（2）y=1【分析】（1）根據線段中點的定義可得DC＝2DF，利用矩形的性質可得AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，從而可得∠FEC+∠EFC＝90°，然后根據折疊可得：BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，從而可得AB＝AF＝DC＝2DF，∠EFC+∠AFD＝90°，再利用同角的余角相等可得∠AFD＝∠FEC，最后證明一線三等角模型相似三角形△AFD∽△FEC，從而利用相似三角形的性質即可解答；（2）利用（1）的結論可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，△AFD∽△FEC，然后利用相似三角形的性質進行計算即可解答．【解答】解：（1）∵點F為CD邊的中點，∴DC＝2DF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴∠FEC+∠EFC＝90°，由折疊得：BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，∴AB＝AF＝DC＝2DF，∵∠EFC+∠AFD＝90°，∴∠AFD＝∠FEC，∴△AFD∽△FEC，∴EFEC∴BEEC∴x＝2，故答案為：2；（2）由（1）可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，∵△AFD∽△FEC，∴EFEC∴BEEC∴x=DF+FC∴x＝1+FC∴x＝1+1∴y=1故答案為：y=1【點評】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，翻折變換（折疊問題），函數關系式，熟練掌握一線三等角模型相似是解題的關鍵7．（2022?拱墅區(qū)模擬）如圖，在矩形紙片ABCD中，AD＝10，AB＝8，將AB沿AE翻折，使點B落在B′處，AE為折痕；再將EC沿EF翻折，使點C恰好落在線段EB′上的點C′處，EF為折痕，連接AC′．若CF＝3，則∠AEF＝90度，AC′＝217．【答案】90，217．【分析】連接AF，設EC＝m，則BE＝10﹣m，在Rt△ADF中，AF2＝102+52＝125，在Rt△ABE中，AE2＝82+（10﹣m）2，在Rt△ECF中，FE2＝32+m2，在Rt△AEF中，FA2＝82+（10﹣m）2+32+m2，則有125＝82+（10﹣m）2+32+m2，解得m＝4或m＝6，由BE＞EC，所以m＝4，可求B'C'＝2，最后根據勾股定理可得AC'的長．【解答】解：連接AF，設EC＝m，∵AD＝10，∴BE＝10﹣m，由折疊可知，AB＝AB'，CE＝C'E，∠ABE＝∠AB'E＝90°，∠AEB＝∠AEB'，∠FEC＝∠C'EF，∴∠AEF＝90°，∵CF＝3，∴DF＝5，解法一：在Rt△ADF中，AF2＝AD2+DF2，∴AF2＝102+52＝125，在Rt△ABE中，AE2＝AB2+BE2，AE2＝82+（10﹣m）2，在Rt△ECF中，FE2＝CF2+EC2，∴FE2＝32+m2，在Rt△AEF中，FA2＝AE2+EF2，∴FA2＝82+（10﹣m）2+32+m2，∴125＝82+（10﹣m）2+32+m2，∴m＝4或m＝6，∵BE＞EC，∴m＝4，∴B'E＝6，C'E＝4，∴B'C'＝2，∴AC'=AB'2解法二：∵∠B＝∠C＝90°，∠AEB＝∠EFC，∴△ABE∽△ECF，∴ABEC=BE∴m＝4（舍）或6，∴BE＝B'E＝6，C'E＝4，∴B'C'＝2，∴AC'=AB'2故答案為：90，217．【點評】本題考查折疊的性質，熟練掌握折疊的性質，矩形的性質，靈活應用勾股定理是解題的關鍵．8．（2021?蕭山區(qū)一模）如圖，菱形ABCD中，∠A＝60°，點E為邊AD上一點，連接BE，CE，CE交對角線BD于點F．若AB＝2，AE＝DF，則AE＝3?5【答案】3?5【分析】通過證明△DEF∽△BCF，可得DEBC【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠A＝60°∴AB＝AD＝CD＝BC，∠A＝∠BCD＝60°，AD∥BC，∴△ABD和△CBD是等邊三角形，∴AD＝BD＝AB＝2，∵AD∥BC，∴△DEF∽△BCF，∴DEBC∴2?AE2∴AE＝3±5，∵2﹣AE＞0，∴AE＝3?5故答案為：3?5【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質，菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，證明△DEF∽△BCF是本題的關鍵．9．（2022?拱墅區(qū)模擬）如圖，把一張矩形紙片ABCD按所示方法進行兩次折疊，得到△ECF．若BC＝3，則△ECF的周長為32．【答案】32．【分析】第一次翻折可得DM＝32，EM＝3，∠ADM＝∠EDM＝45°，第二次折疊，可求CD＝32，EC＝32?3，由∠DCN＝45°，可求EF＝32?3，則CF＝6﹣32，再求△【解答】解：第一次折疊，如圖②，∵BC＝3，∴AD＝AM＝DE＝3，∴DM＝32，由折疊的性質，∠ADM＝∠EDM＝45°，∴EM＝3，第二次折疊，如圖③，CN＝BC＝3，∠DNC＝90°，∴DN＝3，∴CD＝32，∴EC＝32?∵∠DCN＝45°，∴EF＝32?∴CF＝6﹣32，∴△ECF的周長＝32?3+32?3+6﹣32=故答案為：32．【點評】本題考查翻折變換（折疊的性質），熟練掌握翻折的性質，對應兩次翻折求出∠EDM＝45°是解題的關鍵．10．（2022?蕭山區(qū)校級二模）如圖，點E是菱形ABCD的邊CD上一點，將△ADE沿AE折疊，點D的對應點F恰好在邊BC上，設DECE=（1）若點F與點C重合，則k＝1；（2）若點F是邊BC的中點，則k＝2．【答案】（1）1；（2）2．【分析】（1）由折疊性質得DE＝CE，進而求得比值；（2）延長AE，與BC的延長線交于點H，證明△ADE∽△HCE，便可求得結果．【解答】解：（1）當F與C重合時，DE＝CE，∴k=DE故答案為：1；（2）延長AE，與BC的延長線交于點H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DAH＝∠FHA，由折疊性質知，AD＝AF，∠DAH＝∠FAH，∴∠FAH＝∠FHA，∴FH＝FA＝AD，∵F是BC的中點，∴CF=12∴CF=12∴CH＝CF=12FH=∵AD∥CH，∴△ADE∽△HCE，∴DE故答案為：2．【點評】本題考查了菱形的性質，相似三角形的性質與判定，折疊性質，關鍵是證明三角形相似．11．（2022?上城區(qū)校級二模）已知矩形ABCD，AB＝2，AD＝5，E為DC上的點，連結AE，將△ADE沿AE翻折，點D的對應點為F，AF交BC于G，EF交BC于N，H為AB上的點，將△BHG沿HG翻折，使B點的對應點M正好落在AF上，若∠AGB＝30°，則AM＝4﹣23，DEFN=103【答案】33；103【分析】（1）：AM＝x，則AH＝2AM＝2x，HM=3x＝HB，再根據AH+HB＝AB，即解方程2x+3（2）方法一：不需要作輔助線，主要利用翻折性質和三角函數證明△BHG∽△DEA，所以BHDE=BGDA，即43?6DE=235，從而計算出DE＝10﹣53，又因為AG＝2AB＝4，所以GF＝AF（2）方法二：過點F作FQ⊥AD于點Q，FQ交BC于點K，過點F作FO⊥DC，交DC的延長線于點O，所以四邊形ABKQ與四邊形FODQ都是平行四邊形，FK⊥BC，再利用矩形性質和解直角三角形分別計算出DE、FN的長就可以解答．【解答】解：（1）設AM＝x，∵∠AGB＝30°，∠B＝90°，∴∠HAM＝60°，∵∠HMC＝∠B＝90°，∴∠AMH＝90°，∠AHM＝30°，∴AH＝2AM＝2x，HM=3x＝HB∵AH+HB＝AB，∴2x+3x解得：x＝4﹣23，即AM＝4﹣23；（2）方法一：在Rt△ABG中，BG＝ABtan∠GAB＝2×3=23，BH=3x∵AD∥BC以及翻折得：∠BGH=12∠BGA=12∠又∵∠B＝∠D＝90°，∴△BHG∽△DEA，∴BHDE=BG解得：DE＝10﹣53，∵AB＝2，∠AGB＝30°，∠B＝90°，∴AG＝2AB＝4，∴GF＝AF﹣AG＝AD﹣AG＝5﹣4＝1，又∵∠AGB＝∠FGN＝30°，∠GFN＝∠D＝90°，∴tan∠FGN=NF∴NF＝GF×tan30°＝1×3∴DEFN=10?5故答案為：33；103（2）方法二，如圖：過點F作FQ⊥AD于點Q，FQ交BC于點K，過點F作FO⊥DC，交DC的延長線于點O，∴四邊形ABKQ與四邊形FODQ都是平行四邊形，FK⊥BC，∵AD∥BC，AD＝AF＝5，∴∠AGB＝∠FAQ＝30°，∴QF=12AF=12×5=5∴QD＝FO＝AD﹣AQ＝5?5∵AB＝QK＝2，∴FK＝QF﹣QK=52?∵∠AGB＝∠FGN＝30°，∠GFN＝∠D＝90°，∴∠FNK＝60°，在Rt△FKN中，sin∠FNK=KF∴sin60°=1解得：FN=3∵FQ∥DC，∴∠FEO＝∠NFE＝30°，∴FE＝2FO＝10﹣53=DE∴DEFN=10?5故答案為：33；103【點評】本題重點考查了解直角三角形、相似三角形的判定和性質、勾股定理，解題關鍵是熟練掌握以上知識點．12．（2022?蕭山區(qū)二模）如圖，在菱形ABCD中，sinB=45，M，N分別在邊AB，CD上，將四邊形AMND沿MN翻折，使AD的對應線段EF經過頂點C，當EF⊥CD時，則CFCE的值是【答案】12【分析】由菱形的性質得出∠B＝∠D，AD＝DC，由折疊的性質得出∠D＝∠F，AD＝EF，DN＝NF，得出sinB＝sinF=45，設CN＝4x，NF＝DN＝5x，則CF＝3x，CD＝9【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B＝∠D，AD＝DC，∵將四邊形AMND沿MN翻折，∴∠D＝∠F，AD＝EF，DN＝NF，∴∠B＝∠F，∴sinB＝sinF=4設CN＝4x，NF＝DN＝5x，∴CF＝3x，CD＝9x，∴EF＝9x，∴CE＝EF﹣CF＝9x﹣3x＝6x，∴CFCE故答案為：12【點評】此題主要考查了翻折變換的性質，菱形的性質以及解直角三角形，正確表示出CE的長是解題關鍵．13．（2022?富陽區(qū)二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．點P從B點出發(fā)沿著BD方向運動，到達點O停止運動．連接AP，點B關于直線AP的對稱點為Q．當點Q落在AC上時，則OQ＝2+23?26，在運動過程中，點Q到直線BD的距離的最大值為2【答案】2+23?26【分析】過點O作OH⊥AB，垂足為H，根據題意可得AQ＝AB，利用平行四邊形的性質可得OB＝4，然后在Rt△OBH中，利用銳角三角函數的定義求出OH，BH的長，再在Rt△AHO中，利用銳角三角函數的定義求出AH的長，AO的長，從而求出AB，AQ的長，進行計算即可求出OQ的長；根據題意可得點Q的軌跡為：以點A為圓心，AB長為半徑的圓弧上，當點P運動到點O，則點Q在圓弧終點的位置，連接BQ，過點Q作QG⊥BD，垂足為G，連接OQ，根據軸對稱的性質可得OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，從而可得QB=2AB＝22+26，∠QBA＝∠AQB＝45°，進而求出∠OBQ＝15°，然后利用等腰三角形的性質以及三角形的外角性質可得∠QOG＝30°，最后在Rt△【解答】解：過點O作OH⊥AB，垂足為H，由題意得：AQ＝AB，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB=12在Rt△OBH中，∠ABO＝60°，∴OH＝OB?sin60°＝4×32=BH＝OB?cos60°＝4×1在Rt△AHO中，∠OAB＝45°，∴AH=OHtan45°=231=2∴AQ＝AB＝AH+BH＝2+23，∴OQ＝AQ﹣OA＝2+23?26∴當點Q落在AC上時，則OQ＝2+23?26∵AQ＝AB，∴點Q的軌跡為：以點A為圓心，AB長為半徑的圓弧上，當點P運動到點O，則點Q在圓弧終點的位置，連接BQ，過點Q作QG⊥BD，垂足為G，連接OQ，∵點B關于直線AP的對稱點為Q，∴OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，∴QB=2AB＝22+2∠QBA＝∠AQB＝45°，∵∠OBA＝60°，∴∠OBQ＝∠OBA﹣∠QBA＝15°，∵OQ＝OB，∴∠OQB＝∠OBQ＝15°，∴∠QOG＝∠OQB+∠OBQ＝30°，在Rt△QOG中，OQ＝OB=12∴QG=12∴在運動過程中，點Q到直線BD的距離的最大值為2．故答案為：2+23?26【點評】本題考查了平行四邊形的性質，解直角三角形，勾股定理，軸對稱的性質，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．14．（2022?西湖區(qū)校級模擬）如圖，折疊矩形紙片ABCD，AB＝6，BC＝10，具體操作：①點E為AD邊上一點（不與點A，D重合），把△ABE沿BE所在的直線折疊，A點的對稱點為F點；②過點E對折∠DEF，折痕EG所在的直線交DC于點G，D點的對稱點為H點．（1）若AE＝4，則DG的長是4；（2）若點C恰在射線EF上，連接DH，則線段DH的長是8105【答案】（1）4；（2）810【分析】（1）根據矩形的性質可得AB＝DE，由折疊性質可得∠ABE＝∠DEG，然后證明△ABE≌△DEG，即可解決問題；（2）由折疊可得∠AEB＝∠FEB，AE＝EF，AB＝BF＝6，∠BFE＝∠A＝90°，然后證明CE＝CB＝10，由△ABE∽△DEG，可得AEDG=ABDE，得DG=83，根據勾股定理可得EG=8103，由折疊可知EG垂直平分線段DH【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AD＝BC＝10，∠D＝∠A＝90°，∵AE＝4，∴DE＝AD﹣AE＝10﹣4＝6，∴AB＝DE，由折疊可知：∠AEB＝∠FEB，∠DEG＝∠HEG，∵∠AEB+∠FEB+∠DEG+∠HEG＝180°，∴∠FEB+∠HEG＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠ABE＝∠DEG，在△ABE和△DEG中，∠A=∠D=90°AB=DE∴△ABE≌△DEG（ASA），∴DG＝AE＝4．故答案為：4；（2）如圖，連接DH．由折疊可知：∠AEB＝∠FEB，AE＝EF，AB＝BF＝6，∠BFE＝∠A＝90°，∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EBC，∴∠FEB＝∠EBC，∴CE＝CB＝10，∵點C在直線EF上，∴∠BFC＝90°，CF＝10﹣EF＝10﹣AE，∴CF=B∴AE＝EF＝10﹣8＝2，∴DE＝AD﹣AE＝10﹣2＝8，由（1）知：∠ABE＝∠DEG，∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABE∽△DEG，∴AEDG∴2DG∴DG=8∴EG=D由折疊可知EG垂直平分線段DH，∴S四邊形DGHE＝2S△DEG，∴12DH?EG＝2×12DE∴12×810∴DH=8故答案為：810【點評】本題屬于中考填空題的壓軸題，考查了翻折變換，矩形的性質，軸對稱的性質，解決本題的關鍵是掌握翻折的性質．15．（2022?杭州模擬）如圖，過正方形ABCD的中心O的直線分別交DC、AB于點E、F，將該正方形沿直線EF折疊，點A、D分別落在點A'、D'的位置，連結A'C．若AB＝6，DE＝1，則OE＝13，A'C＝61313【答案】13，613【分析】連接AC、BD與EF交于點O，作EM⊥BD于M′，連接OA′，AA′交EF于N．求出Rt△EMO的三邊，由△AA′C∽△OME，可得A'CEM【解答】解：連接AC、BD與EF交于點O，作EM⊥BD于M，連接OA′、AA′，AA′交EF于N，∵DE＝1，AB＝6，∴DM＝EM=22，OD＝3∴OM=5在Rt△OME中，OE=O∵OA＝OA′＝OC，∴∠AA′C＝90°，∵∠DOA＝90°，∴∠EOM+∠AON＝90°，∵∠OAN+∠AON＝90°，∴∠EOM＝∠CAA′，∵∠AA′C＝∠OME，∴△AA′C∽△OME，∴A'CEM∴A'C2∴CA′=6故答案為：13，613【點評】本題考查正方形的性質、翻折變換、相似三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題．16．（2022?西湖區(qū)校級模擬）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，點E為BC邊的中點，點P為邊AB上一個動點，連接PE，以PE為對稱軸折疊△PBE得到△PFE，點B的對應點為點F．當射線EF經過邊AD邊的中點時，BP的長為2；當射線EF經過邊AB的中點時，BP的長為22?2【答案】2，22?【分析】①當EF過AD中點G時，可得四邊形ABEG是矩形，又以PE為對稱軸折疊△PBE得到△PFE，可證△BPE是等腰直角三角形，故BP＝BE＝2；②當EF過AB中點H時，可得HE＝22，HF＝HE﹣EF＝22?2，設BP＝x，則PF＝x，HP＝1﹣x，由勾股定理可得BP【解答】解：①當EF過AD中點G時，如圖：∵AG＝BE，AG∥BE，∠B＝90°，∴四邊形ABEG是矩形，∴∠BEG＝90°，∵以PE為對稱軸折疊△PBE得到△PFE，∴∠BEP＝∠FEP＝45°，∴△BPE是等腰直角三角形，∴BP＝BE＝2；②當EF過AB中點H時，如圖：∵BE＝BH＝1，∠B＝90°，∴HE=B∵以PE為對稱軸折疊△PBE得到△PFE，∴EF＝BE＝2，∴HF＝HE﹣EF＝22?設BP＝x，則PF＝x，HP＝1﹣x，在Rt△HPF中，HF2+PF2＝HP2，∴（22?2）2+x2＝（2﹣x）2解得x＝22?∴BP＝22?故答案為：2，22?【點評】本題考查正方形中的折疊問題，解題的關鍵是分類討論，分別畫出圖形，利用翻折的性質解決問題．17．（2022?上城區(qū)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點D在BC邊上．連結AD，將△ABD沿直線AD翻折，點B落在點E處，AE交BC邊于點F．已知AC＝3，BC＝4，若△DEF為直角三角形，則△DEF的面積為38或32【答案】38或3【分析】當∠EDF＝90°時，延長ED，交AB于點G．由翻折可得，∠EAD＝∠BAD，∠B＝∠D，BD＝DE，由于∠E+∠DAE＝∠ADG，∠B+∠BAD＝ADC，可得∠ADG＝∠ADC，進而可得△ACD為等腰直角三角形，則AC＝CD＝3，BD＝DE＝BC﹣CD＝1，設DF＝x，則CF＝3﹣x，利用△ACF∽△EDF可建立方程，求出x的值，進而可求出答案；當∠DFE＝90°時，可得AB＝AE=32+42=5，EF＝2，設DF＝x，則DE＝DB＝4﹣x，由勾股定理可得（4﹣x）2＝x2【解答】解：當∠EDF＝90°時，延長ED，交AB于點G．由翻折可得，∠EAD＝∠BAD，∠B＝∠D，BD＝DE，∵∠E+∠DAE＝∠ADG，∠B+∠BAD＝ADC，∴∠ADG＝∠ADC，∵△DEF為直角三角形，即∠EDF＝90°，∴∠FDG＝90°，∴∠ADG＝∠ADC＝45°，∴△ACD為等腰直角三角形，則AC＝CD＝3，BD＝DE＝BC﹣CD＝1，設DF＝x，則CF＝3﹣x，∵∠C＝∠EDF＝90°，∠AFC＝∠EFD，∴△ACF∽△EDF，∴ACDE即31解得x=3經檢驗，x=3∴S△DEF當∠DFE＝90°時，如圖，∵AC＝3，BC＝4，∴AB＝AE=3∴EF＝2，設DF＝x，則DE＝DB＝4﹣x，∴（4﹣x）2＝x2+22，解得x=3∴S△DEF=1故答案為：38或3【點評】本題考查翻折變換（折疊問題）、相似三角形的判定與性質，熟練掌握翻折的性質是解答本題的關鍵．18．（2022?富陽區(qū)一模）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是邊AD的中點，N是AB上一點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A'MN．①當N為邊AB的中點時，A′C的長度3．②當N在邊AB上運動的過程中，A′C長度的最小值為7?1【答案】①3；②7?【分析】①連接BD、AC，首先證明點A、A'、C三點共線，再說明△ABD是等邊三角形，利用含30°角的直角三角形的性質求出答案；②根據MA'是定值，可知A'C長度取最小值時，點A'應在MC上，過點M作MF⊥DC，交CD的延長線于點F，利用勾股定理求出MC的長度即可．【解答】解：①連接BD、AC，∵將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A'MN．∴AA'⊥MN，∵點M、N是AB、AD的中點，∴MN是△ABD的中位線，∴MN∥BD，∴CA⊥MN，∴點A、A'、C三點共線，∵四邊形ABCD是菱形，∵AB＝AD，∵∠BAD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴A'D＝1，∴AA'＝A'C=3故答案為：3；②∵MA'是定值，∴A'C長度取最小值時，點A'應在MC上，過點M作MF⊥DC，交CD的延長線于點F，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是邊AD的中點，∴2MD＝AD＝CD＝2，∠FDM＝60°，∴∠FMD＝30°，MD＝1，∴FD=1∴FM＝DM?cos30°=3∴MC=F∵MA'＝MA，MA＝MD＝1，∴A'C＝MC﹣MA'=7故答案為：7?【點評】本題主要考查了菱形的性質，翻折的性質，等邊三角形的判定與性質，含30°角的直角三角形的性質，勾股定理等知識，利用定點定長構造輔助圓是解題的關鍵．19．（2022?蕭山區(qū)一模）如圖，將矩形紙片ABCD的四個角向內折疊，EH，EF，FG，GH分別為折痕，其中點A，B落在點J處，點C，D落在點K處，且點H，J，K，F在同一直線上．（1）四邊形EFGH的形狀為矩形．（2）若AHDH=34，JK=2，則AB【答案】（1）矩形；（2）46．【分析】（1）由折疊可得∠FEJ＝∠FEB，∠AEH＝∠JEH，再根據平角定義可得∠HEF＝90°，同理可得：∠EHG＝∠HGF＝90°，進而可以解決問題；（2）設AH＝3x，則DH＝4x，由折疊可得HK＝DH＝4x，AH＝JH＝3x，根據題意可得4x﹣3x=2，所以x=2，證明△AHE∽△BEF，可得AEBF=AHBE，由折疊可得AE＝BE＝EJ，【解答】解：（1）四邊形EFGH是矩形，理由如下：由折疊可知：∠FEJ＝∠FEB，∠AEH＝∠JEH，∵∠FEJ+∠FEB+∠AEH+∠JEH＝180°，∴∠HEF＝90°，同理可得：∠EHG＝∠HGF＝90°，∴四邊形EFGH是矩形；故答案為：矩形；（2）∵AHDH設AH＝3x，則DH＝4x，由折疊可知：HK＝DH＝4x，AH＝JH＝3x，∴HK﹣JH＝JK=2∴4x﹣3x=2∴x=2∴AH＝32，DH＝42，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B90°，∵∠HEF＝90°，∴∠AEH+∠AHE＝90°，∠AEH+∠FEB＝90°，∴∠AHE＝∠FEB，∴△AHE∽△BEF，∴AEBF由折疊可知：AE＝BE＝EJ，BF＝DH＝42，∴AE2＝42×32∴AE＝26，∴AB＝2AE＝46．故答案為：46．【點評】本題考查了翻折變換，矩形的性質，解決本題的關鍵是掌握翻折的性質．20．（2022?西湖區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝8，點E，F在BC上，點G是射線DC與射線AF的交點，若BE＝1，∠EAF＝45°，則AG的長為8103【答案】810【分析】過點E作EH⊥AE，交AG于點H，過點H作HM⊥BC，垂足為M，可得∠AEH＝∠HME＝∠HMF＝90°，從而可得AE＝EH，再利用矩形的性質可得BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°，從而證明△ABE≌△EMH，進而可得AB＝EM＝2，BE＝HM＝1，然后再證明A字模型相似三角形△ABF∽△HMF，利用相似三角形的性質可求出MF的長，從而求出BF的長，進而利用勾股定理求出AF的長，最后證明8字模型相似三角形△ABF∽△GCF，利用相似三角形的性質可求出FG的長，進行計算即可解答．【解答】解：過點E作EH⊥AE，交AG于點H，過點H作HM⊥BC，垂足為M，∴∠AEH＝∠HME＝∠HMF＝90°，∴∠AEB+∠HEM＝90°，∠FCG＝180°﹣∠BCD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠AHE＝90°﹣∠EAH＝45°，∴AE＝EH，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠HEM，∵∠B＝∠HME＝90°，∴△ABE≌△EMH（AAS），∴AB＝EM＝2，BE＝HM＝1，∵∠B＝∠HMF＝90°，∠AFB＝∠HFM，∴△ABF∽△HMF，∴HMAB∴12∴FM＝3，∴BF＝BE+EM+FM＝6，∴CF＝BC﹣BF＝8﹣6＝2，∴AF=AB2∵∠B＝∠FCG＝90°，∠AFB＝∠CFG，∴△ABF∽△GCF，∴FGAF∴FG2∴FG=2∴AG＝AF+FG=8故答案為：810【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，矩形的性質，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．21．（2022?西湖區(qū)校級一模）如圖，在菱形ABCD中，tanA=43，M，N分別在邊AD，BC上，將四邊形AMNB沿MN翻折，使AB的對應線段EF經過頂點D，當EF⊥AD時，CNBN的值為【答案】72【分析】延長NF交CD于點H，利用折疊性質得出∠A＝∠DFH，從而判斷NH⊥CD，再設出DM，分別表示出各個線段的長度即可求解．【解答】解：如圖，延長NF交CD于點H，∵EF⊥AD，∴∠ADF＝90°，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠A+∠FDH＝90°，∵四邊形AMNB沿MN翻折，∴∠A＝∠E，∠B＝∠DFN，AB＝EF，AM＝EM，∵∠DFN+∠DFH＝180°，∠A+∠B＝180°，∴∠A＝∠DFH，∴∠DFH+∠FDH＝90°，∴∠DHF＝90°，∴NH⊥CD，設DM＝4k，∵tanA=4∴tanE=4∴DE＝3k，EM＝5k，∴CD＝AD＝AM+DM＝EM+DM＝9k，DF＝EF﹣DE＝AD﹣DE＝6k，∵tan∠DFH＝tanA=4∴sin∠DFH=4∴DH=245∴CH＝CD﹣DH=215∵cosC＝cosA=3∴CN＝7k，∴BN＝BC﹣CN＝2k，∴CNBN故答案為：72【點評】本題考查菱形的性質，翻折變換，解直角三角形，解題的關鍵是正確作出輔助線，得出NH⊥CD．22．（2022?拱墅區(qū)一模）如圖是一張矩形紙片ABCD，點E在AB邊上，把△ADE沿直線DE折疊，使點A落在BC邊上的點F處．點G在BC邊上，把△CDG沿直線DG折疊，使點C恰好落在線段DF上的點H處，∠EDG＝45°．若BF+CG=32FG，則CGCD=【答案】45，25【分析】由折疊的性質可得∠ADE＝∠EDF，∠CDG＝∠GDF，AD＝DF，∠C＝∠DHG＝90°，CG＝HG，由銳角三角函數可求解．【解答】解：由折疊可得：△ADE≌△FDE，△CDG≌△HDG，∴∠ADE＝∠EDF，∠CDG＝∠GDF，AD＝DF，∠C＝∠DHG＝90°，CG＝HG，∴∠EDG=12∠∵BF+CG=32∴BC＝BF+FG+GC=52FG＝AD＝∵sin∠DFC=CD∴CGCD故答案為：45，25【點評】本題考查了折疊的性質，銳角三角函數，全等三角形的性質等知識，證明三角形相似是解題的關鍵．23．（2023?濱江區(qū)校級模擬）如圖是一張矩形紙片ABCD，AB＝3，AD＝4，在BC上任意取一點E，將△DEC沿DE折疊，（1）若點C恰好落在對角線BD上的點C'處，則CE＝1.5；（2）若點C恰好落在對角線AC上的點C'處，則CE＝94【答案】（1）1.5；（2）94【分析】（1）根據折疊可以得到EC＝EC′，DC＝DC′，∠DC′E＝∠DCB＝90°，設EC＝x，則BE＝4﹣x，由勾股定理列出方程便可求得結果；（2）由折疊知，DE⊥CC′，由三角形的面積公式S△ACD=12AD?CD=12AC?DF，求得DF，再證明△CDF∽△【解答】解：（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠DCB＝90°，∵AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∴BD=B由于折疊∠DC′E＝∠DCB＝90°，DC′＝DC＝3，EC′＝EC，∴∠BC′E＝180°﹣∠DC′E＝90°，設EC＝x，則BE＝4﹣x，在Rt△BEF中，由勾股定理得：BE2＝EC′2+BC′2，∴（4﹣x）2＝x2+（5﹣3）2，解得：x＝1.5，即EC＝1.5，故答案為：1.5；（2）由折疊知，DE⊥CC′，∴S△ACD=12AD?CD=12∴DF=AD?CD∵∠DCE＝∠DFC＝90°，∠CDF＝∠EDC，∴△CDF∽△EDC，∴DCDE∴DE=D∴CE=D故答案為：94【點評】考查矩形的性質、折疊的性質、直角三角形勾股定理等知識，通過折疊對稱相等的邊和角，將問題轉化到另一個直角三角形中，再利用邊角關系和勾股定理可將問題得以解決．24．（2022?上城區(qū)一模）兩塊全等的等腰直角三角板如圖放置，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的頂點E與△ABC的斜邊BC的中點重合，將△DEF繞點E旋轉，旋轉過程中，當點D落在直線AB上時，若BC＝2，則AD＝6?22或【答案】6?22【分析】由題意可知，當點D落在直線AB上時，有兩種情況，第一種是點D落在AB的延長線上，第二種是點D落在BA的延長線上，然后畫出兩種情況對應的圖形，利用勾股定理求解即可．【解答】解：由題意可知，當點D落在直線AB上時，有兩種情況，第一種是點D落在AB的延長線上，第二種是點D落在BA的延長線上，當點D落在BA的延長線上時，作DM⊥BC交BC于點M，作AN⊥DM交DM于點N，連接AE，如圖：∴AN∥BC，∴∠DAN＝∠B＝45°，∴∠AND＝90°，∵等腰直角三角形△DEF的頂點E與等腰直角三角形△ABC的斜邊BC的中點重合，BC＝2，∴AE＝MN=1∴DE＝AB=2設AD＝x，則AN＝DN＝EM=22∴DM＝1+22在Rt△DEM中，DE2＝EM2+DM2，∴(2∴x2+2x解得，x=6∴AD=6當點D落在AB的延長線上時，延長CB交DF于點M，作DN⊥CM于點N，如圖：∴DN∥AE，∴∠DNB＝∠AEB＝90°，∴∠NDB＝∠NBD＝∠BAE＝∠ABE＝45°，∴BE＝AE=12∴AB＝DE=2設BD＝y，則NB＝ND=22∴NE＝1+22在Rt△DEN中，DE2＝DN2+NE2，∴(2∴y2+2y解得，y=6∴BD=6∴AD＝AB+BD=2故答案為：6?22【點評】本題主要考查圖形的旋轉，熟練掌握圖形的旋轉的性質、等腰直角三角形的判定及性質、勾股定理、一元二次方程的解法是解答此題的關鍵．25．（2022?臨安區(qū)一模）如圖，矩形ABCD，AB：AD＝2：3．點E是AB的中點，將△ADE沿DE折疊，點A落在矩形內點F處，連結BF，CF．若△ADE的面積為37.5，則△BFC的面積為152【答案】152【分析】過點F作FM⊥AB于點M，連接AF，設AB＝2x，AD＝3x，根據點E是AB的中點，可得AE＝BE＝x，根據△ADE的面積為37.5，求出x的值，然后利用三角形的面積即可解決問題．【解答】解：如圖，過點F作FM⊥AB于點M，連接AF，∵AB：AD＝2：3．設AB＝2x，AD＝3x，∵點E是AB的中點，∴AE＝BE＝x，∵△ADE的面積為37.5，∴12AE?AD=12x解得x＝﹣5（舍去），x＝5，∴AB＝10，AD＝15，AE＝BE＝5，∴DE=AD2由翻折可知：EF＝AE＝5，DE垂直平分AF，S△ADE＝S△FDE＝37.5，∴S四邊形AEFD＝S△ADE+S△FDE=12×AF∴S四邊形AEFD＝37.5+37.5=12×AF∴AF＝310，∵EF＝AE＝BE＝5，∴△ABF是直角三角形，∴BF=A∵S△ABF=12×AF?BF=1∴MF＝3，∴BM=B∴S△BFC=12BM?BC=1故答案為：152【點評】本題考查了翻折變換，矩形的性質，三角形的面積，解決本題的關鍵是掌握翻折的性質．26．（2022?蕭山區(qū)校級一模）如圖，已知矩形ABCD，將△BCD繞點B順時針旋轉90°至△BEF，連結AC，BF，若點A，C，F恰好在同一條直線上，則ABBC=1+【答案】1+5【分析】設AB＝a，BC＝b，由旋轉性質得BE＝BC＝b，EF＝CD＝a，再由△ABC∽△AEF得aa+b=ba，進而解方程用【解答】解：設AB＝a，BC＝b，由旋轉性質得BE＝BC＝b，EF＝CD＝a，∠E＝∠BCD＝∠B＝90°，∴BC∥EF，∴△ABC∽△AEF，∴ABAE=BC∴a2﹣ab﹣b2＝0，∴a=b±∵a＞0，∴a=1+5∴ABBC故答案為：1+5【點評】本題主要考查了旋轉的性質，矩形的性質，相似三角形的性質與判定，一元二次方程的應用，關鍵是利用相似三角形求得a與b的數量關系．27．（2022?富陽區(qū)一模）矩形紙片ABCD中，BC＝2AB，將紙片對折，使頂點A與頂點C重合，得折痕EF，將紙片展開鋪平后再進行折疊，使頂點B與頂點D重合，得折痕MN，展開鋪平后如圖所示．若折痕EF與MN較小的夾角記為θ，則sinθ＝45【答案】45【分析】過D作DH⊥AC于H，由翻折可得∠EOA＝∠EOC＝90°，∠MOD＝∠MOB＝90°，即可得∠DOH＝∠MOE＝θ，根據BC＝2AB，設AB＝m＝CD，則BC＝2m＝AD，即得AC=5m，OA＝OC＝OD=52m，由面積法得DH=AD?CDAC=25m，在Rt△【解答】解：過D作DH⊥AC于H，如圖：根據題意可得：∠EOA＝∠EOC＝90°，∠MOD＝∠MOB＝90°，∴∠EOD+∠DOH＝90°，∠MOE+∠EOD＝90°，∴∠DOH＝∠MOE＝θ，由矩形紙片ABCD中，BC＝2AB，設AB＝m＝CD，則BC＝2m＝AD，∴AC=AD∴OA＝OC＝OD=52∵2S△ADC＝AD?CD＝AC?DH，∴DH=AD