中考數(shù)學三輪復(fù)習-圖形的對稱

第46頁（共46頁）中考數(shù)學三輪復(fù)習之圖形的對稱一．選擇題（共10小題）1．（2021?雷州市模擬）如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠A＝60°，M是AD的中點，N是AB邊上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C，則當A′C取得最小值時，tan∠DCA′的值為（）A． B． C． D．2．（2021?佳木斯二模）如圖，菱形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，將菱形沿EF折疊，點B恰好落在邊AD上的點G處，若∠B＝45°，AE＝，BE＝2，則cos∠AGE的值是（）A． B． C． D．3．（2021?馬山縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點E在AC邊上．將∠A沿直線BE翻折，點A落在點A'處，連接A'B，交AC于點F．若A'E⊥AE，cosA＝，則＝（）A． B． C． D．4．（2021?梅州模擬）如圖，在正方形ABCD中，E是AD邊上的一點，DE＝4，AE＝8，將正方形邊CD沿CE折疊到CF，延長EF交AB于點G，連接CG，AF，如下4個結(jié)論：①∠ECD+∠BCG＝45°；②G為AB中點；③AF∥CG；④．其中正確結(jié)論的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個5．（2021?蘭溪市模擬）如圖，將一矩形ABCD如圖折起，恰好拼成一個無縫隙、無重疊的四邊形EFGH．連接EK，JG．當四邊形EKGJ的面積是矩形ABCD的面積的時，的值為（）A． B． C． D．6．（2021?港南區(qū)四模）如圖，正方形紙片ABCD中，對角線AC、BD交于點O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點A恰好與BD上的點F重合，展開后折痕DE分別交AB、AC于點E、G，連接GF，下列結(jié)論：①∠ADG＝22.5°；②S△AGD＝S△OGD；③四邊形AEFG是菱形；④BE＝2OG；⑤若S△OGF＝1，則正方形ABCD的面積是6+4．正確的個數(shù)為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個7．（2021?德城區(qū)一模）如圖，先有一張矩形紙片ABCD，AB＝4，BC＝8，點M，N分別在矩形的邊AD，BC上，將矩形紙片沿直線MN折疊，使點C落在矩形的邊AD上，記為點P，點D落在G處，連接PC，交MN于點Q，連接CM．下列結(jié)論：①CQ＝CD；②四邊形CMPN是菱形；③P，A重合時，MN＝；④△PQM的面積S的取值范圍是4≤S≤5．其中正確的是（）A．①②④ B．②③④ C．①③ D．①②③④8．（2021?濱城區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD是矩形紙片，AB＝2，對折矩形片ABCD，使AD與BC重合，折痕為EF，展平后再過點B折疊矩形紙片，使點A落在EF上的點N處，折痕BM與EP相交于點Q；再次展平，連接BN，MN，延長MN交BC于點G；P為線段BM上一動點，有如下結(jié)論：①∠ABN＝60°；②AM＝1；③△BMG是等邊三角形；④QN＝BG；⑤若H是BN的中點，則PN+PH的最小值是，其中正確結(jié)論的序號是（）A．①②③④⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤9．（2021?自貢）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，M是AD邊上的一點，AM：MD＝1：2．將△BMA沿BM對折至△BMN，連接DN，則DN的長是（）A． B． C．3 D．10．（2021?深圳模擬）如圖1，有一張矩形紙片ABCD，已知AB＝10，AD＝12，現(xiàn)將紙片進行如下操作：先將紙片沿折痕BF進行折疊，使點A落在BC邊上的點E處，點F在AD上（如圖2）；然后將紙片沿折痕DH進行第二次折疊，使點C落在第一次的折痕BF上的點G處，點H在BC上（如圖3），給出四個結(jié)論：①AF的長為10；②△BGH的周長為18；③；④GH的長為5，正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4二．填空題（共10小題）11．（2021?盤錦）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB＝2，AD＝2，點P為邊AB上一點，以DP為折痕將△DAP翻折，點A的對應(yīng)點為點A′，連接AA′，AA′交PD于點M，點Q為線段BC上一點，連接AQ，MQ，則AQ+MQ的最小值是．12．（2021?本溪）如圖，將正方形紙片ABCD沿PQ折疊，使點C的對稱點E落在邊AB上，點D的對稱點為點F，EF交AD于點G，連接CG交PQ于點H，連接CE．下列四個結(jié)論中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四邊形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ?GD，正確的是（填序號即可）．13．（2021?海州區(qū)校級二模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝a，點E在邊AD上，連接BE，將△ABE沿BE折疊，點A的對應(yīng)點為F．若在AD邊上存在兩個不同位置的點E，使得點F落在∠C的平分線上，則a的取值范圍為．14．（2021?襄州區(qū)模擬）如圖，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．點D和點E分別在BC邊和AB邊上，連接DE．將△BDE沿DE折疊，得到△B'DE，點B恰好落在AC的中點處．設(shè)DE與BB'交于點F，則DE＝．15．（2021?騰沖市模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝a，點E在邊BC上，且BE＝a．連接AE，將△ABE沿AE折疊，若點B的對應(yīng)點B'落在矩形ABCD的邊上，則a的值為．16．（2021?九龍坡區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，點E是線段AB上的一點，AE＜EB，DE⊥CE，將△BCE沿CE翻折，得到△FCE，連接DF，若AD＝3，AB＝10，則線段DF的長度為．17．（2021?黃山區(qū)二模）如圖，在△ABC中，D是BC邊的中點，連接AD，把△ACD沿AD翻折，得到△ADF，DF與AB交于點E，連接BF，BD＝BF＝2，AD＝3．（1）連接CF，∠DCF的度數(shù)為；（2）點D到AF的距離為．18．（2021?交城縣二模）如圖，折疊矩形紙片ABCD時，進行如下操作：①把△BCE翻折使點B落在DC邊上的點F處，折痕為CE，點E在AB邊上；②把紙片展開并鋪平；③把△CDH翻折使點D落在線段AE上的點G處，折痕為CH，點H在AD邊上．若，BC＝6，則EG的長為．19．（2021?濱江區(qū)校級三模）在矩形紙片ABCD中，AB＝4，AD＝3，點E是CD中點，將這張紙片依次折疊兩次；第一次折疊紙片使點A與點E重合，如圖1，折痕為MN，連接ME、NE，則AN＝；第二次折疊紙片使點N與點E重合，如圖2，點B落到B′處，折痕為HG，連接HE，則BG＝．20．（2021?蚌埠模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，，AC＝2，點D是BC的中點，點E是邊AB上一動點，沿DE所在直線把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于點F．（1）連接AD，若AB′⊥B′F，則∠ADE＝；（2）若△AB′F為直角三角形，則AE的長為．

2022年中考數(shù)學三輪復(fù)習之圖形的對稱參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2021?雷州市模擬）如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠A＝60°，M是AD的中點，N是AB邊上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C，則當A′C取得最小值時，tan∠DCA′的值為（）A． B． C． D．【考點】等邊三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；解直角三角形．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；運算能力；推理能力．【分析】根據(jù)題意得出A′的位置，過點M作MH⊥DC于點H，進而利用銳角三角函數(shù)關(guān)系即可解決問題．【解答】解：如圖所示：∵MA′是定值，當A′C長度取最小值時，即A′在MC上時，過點M作MH⊥DC于點H，在邊長為4的菱形ABCD中，∠A＝60°，∵M為AD中點，∴2MD＝AD＝CD＝4，∠HDM＝60°，∴∠HMD＝30°，∴HD＝MD＝1，∴HM＝DM×cos30°＝，∴CH＝HD+CD＝5，∴tan∠DCA′＝＝，∴tan∠DCA′的值為．故選：B．【點評】本題考查翻折變換、菱形的性質(zhì)、勾股定理、兩點之間線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，本題的突破點是正確尋找點A′的位置．2．（2021?佳木斯二模）如圖，菱形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，將菱形沿EF折疊，點B恰好落在邊AD上的點G處，若∠B＝45°，AE＝，BE＝2，則cos∠AGE的值是（）A． B． C． D．【考點】翻折變換（折疊問題）；解直角三角形；菱形的性質(zhì)．【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；解直角三角形及其應(yīng)用；運算能力；推理能力．【分析】過E作PH⊥BC于P，交DA延長線于H，則PH⊥AH，由折疊的性質(zhì)得：GE＝BE＝2，由平行線的性質(zhì)得出HAE＝∠B＝45°，得出△AEH是等腰直角三角形，得出AH＝EH＝AE＝1，在Rt△GEH中，由勾股定理求出GH＝，進而可以解決問題．【解答】解：如圖，過E作PH⊥BC于P，交DA延長線于H，則PH⊥AH，由折疊的性質(zhì)得：GE＝BE＝2，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠HAE＝∠B＝45°，∴△AEH是等腰直角三角形，∴AH＝EH＝AE＝1，在Rt△GEH中，由勾股定理得：12+GH2＝（2）2，解得：GH＝±（負值舍去），∴GH＝，∴cos∠AGE＝＝＝．故選：B．【點評】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)．等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)等知識；熟練掌握翻折變換的性質(zhì)，由勾股定理得出方程是解題的關(guān)鍵．3．（2021?馬山縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點E在AC邊上．將∠A沿直線BE翻折，點A落在點A'處，連接A'B，交AC于點F．若A'E⊥AE，cosA＝，則＝（）A． B． C． D．【考點】翻折變換（折疊問題）；解直角三角形．【專題】等腰三角形與直角三角形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；圖形的相似；解直角三角形及其應(yīng)用；幾何直觀；應(yīng)用意識．【分析】根據(jù)題意設(shè)AC＝4x，AB＝5x，則BC＝3x，再證明△BCE為等腰直角三角形，得到EC＝3x，根據(jù)△A′EF∽△BCF，得到＝＝．【解答】解：∵∠C＝90°，cosA＝，∴＝，設(shè)AC＝4x，AB＝5x，則BC＝3x，∵AE⊥AE′，∴∠AEA′＝90°＝∠A'EF，∴∠A'EF＝∠C，又∠A'FE＝∠BFC，∴△A'EF∽△BCF，∴＝，∵將∠A沿直線BE翻折，點A落在點A'處，∴∠A′EB＝∠AEB＝（360﹣90）÷2＝135°，∵∠A′EF＝∠C＝90°，∴∠BEC＝∠A'EB﹣∠A'EF＝45°，即△BCE為等腰直角三角形，∴EC＝BC＝3x，∴AE＝AC﹣EC＝x＝A′E，∴＝＝＝，故選：D．【點評】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，三角函數(shù)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)折疊得出△BCE為等腰直角三角形．4．（2021?梅州模擬）如圖，在正方形ABCD中，E是AD邊上的一點，DE＝4，AE＝8，將正方形邊CD沿CE折疊到CF，延長EF交AB于點G，連接CG，AF，如下4個結(jié)論：①∠ECD+∠BCG＝45°；②G為AB中點；③AF∥CG；④．其中正確結(jié)論的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【考點】勾股定理；正方形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】①正確，證明∠1＝∠2，∠3＝∠4即可；②正確，可以證明BG＝GA＝FG；③正確，證明∠5＝∠7，即可；④正確，利用相似求出FM＝即可．【解答】解：如圖，①∵將正方形邊CD沿CE折疊到CF，∴△CDE≌△CFE，∴∠1＝∠2，CD＝CF，又∵CD＝CB，∠CBG＝∠CFG＝90°，∴CB＝CF，在Rt△CBG與Rt△CFG中，，∴Rt△CBG≌Rt△CFG（HL），∴∠3＝∠4，又∵∠BCD＝∠1+∠2+∠3+∠4＝2∠1+2∠4＝90°，∴∠1+∠4＝45°，即∠ECD+∠BCG＝45°，故①正確；②設(shè)AG＝x，則BG＝12﹣x，∵△CBG≌△CFG，∴BG＝FG＝12﹣x，又∵△CDE≌△CFE，∴GE＝FG+FE＝FG+DE＝12﹣x+4＝16﹣x，∵∠GAE＝90°，∴AE2+AG2＝GE2，∴82+x2＝（16﹣x）2，解得：x＝6，故G為AB的中點，故②正確；③由△CBG≌△CFG，可知∠5＝∠6，又由②可知GA＝GF，∴∠7＝∠8，∵∠5+∠6+∠AGF＝180°，∠7+∠8+∠AGF＝180°，∴∠5+∠6＝∠7+∠8，∴∠5＝∠7，∴AF∥CG，故③正確；④過點F作FM⊥AD于M，得FM∥AG，∴△EMF∽△EAG，∴，∴，∴FM＝，∴S△AEF＝，故④正確．故選：D．【點評】本題主要考差了正方形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，運用參數(shù)思想，根據(jù)折疊和軸對稱的性質(zhì)表示出其他線段的長度，運用勾股定理列出方程是解題的關(guān)鍵．5．（2021?蘭溪市模擬）如圖，將一矩形ABCD如圖折起，恰好拼成一個無縫隙、無重疊的四邊形EFGH．連接EK，JG．當四邊形EKGJ的面積是矩形ABCD的面積的時，的值為（）A． B． C． D．【考點】翻折變換（折疊問題）．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】連接EG交FH于點O．設(shè)AH＝m．想辦法用m表示DH，可得結(jié)論．【解答】解：連接EG交FH于點O．設(shè)AH＝m．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥DG，由翻折的性質(zhì)可知，EA＝EJ＝EB，GD＝GK＝GC，∴AE＝DG，∴四邊形AEGD是平行四邊形，∴AD∥EG∥BC，∵AE＝EB，∴OH＝OF，∵△EFH的面積＝矩形ABCD的面積的，四邊形EKGJ的面積是矩形ABCD的面積的，∴△EHF的面積＝四邊形EKGJ的面積，∵△EKJ的面積＝△KGJ的面積，∴△EKJ的面積＝△EHF的面積的，∴FH＝2JK，∵OJ＝OK，HJ＝FK，∴HJ＝JO，∵EJ⊥OH，∴EH＝EO，∴∠AEH＝∠HEJ＝∠JEO＝30°，∴AE＝AH＝m，∵∠AHJ＝120°，∴∠DHF＝60°，∴∠DHG＝∠GHF＝30°，∴DH＝DG＝3m，∴＝＝，故選：D．【點評】本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，三角形的面積，等高模型等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考?？碱}型．6．（2021?港南區(qū)四模）如圖，正方形紙片ABCD中，對角線AC、BD交于點O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點A恰好與BD上的點F重合，展開后折痕DE分別交AB、AC于點E、G，連接GF，下列結(jié)論：①∠ADG＝22.5°；②S△AGD＝S△OGD；③四邊形AEFG是菱形；④BE＝2OG；⑤若S△OGF＝1，則正方形ABCD的面積是6+4．正確的個數(shù)為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【考點】翻折變換（折疊問題）；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．【專題】圖形的全等；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】①由四邊形ABCD是正方形，可得∠GAD＝∠ADO＝45°，又由折疊的性質(zhì)，可求得∠ADG的度數(shù)；②由AG＝GF＞OG，可得△AGD的面積＞△OGD的面積；③由折疊的性質(zhì)與平行線的性質(zhì)，易得△EFG是等腰三角形，即可證得AE＝GF；④易證得四邊形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性質(zhì)，即可得BE＝2OG；⑤根據(jù)四邊形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB＝GF，再由∠BAO＝45°，∠GOF＝90°可得出△OGF時等腰直角三角形，由S△OGF＝1求出GF的長，進而可得出BE及AE的長，利用正方形的面積公式可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠GAD＝∠ADO＝45°，由折疊的性質(zhì)可得：∠ADG＝∠ADO＝22.5°，故①正確．∵∠AOB＝90°，∴AG＝FG＞OG，△AGD與△OGD同高，∴S△AGD＞S△OGD，故②錯誤．∵∠EFD＝∠AOF＝90°，∴EF∥AC，∴∠FEG＝∠AGE，∵∠AGE＝∠FGE，∴∠FEG＝∠FGE，∴EF＝GF，∵AE＝EF，∴AE＝GF，∵AE＝EF＝GF，AG＝GF，∴AE＝EF＝GF＝AG，∴四邊形AEFG是菱形，故③正確．∴∠OGF＝∠OAB＝45°，∴EF＝GF＝OG，∴BE＝EF＝×OG＝2OG．故④正確．∵四邊形AEFG是菱形，∴AB∥GF，AB＝GF．∵∠BAO＝45°，∠GOF＝90°，∴△OGF時等腰直角三角形．∵S△OGF＝1，∴OG2＝1，解得OG＝，∴BE＝2OG＝2，GF＝＝2，∴AE＝GF＝2，∴AB＝BE+AE＝2+2，∴S正方形ABCD＝AB2＝（2+2）2＝12+8，故⑤錯誤．∴其中正確結(jié)論的序號是：①③④共3個．故選：C．【點評】此題考查的是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)以及菱形的判定與性質(zhì)等知識．此題綜合性較強，難度較大，注意掌握折疊前后圖形的對應(yīng)關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．7．（2021?德城區(qū)一模）如圖，先有一張矩形紙片ABCD，AB＝4，BC＝8，點M，N分別在矩形的邊AD，BC上，將矩形紙片沿直線MN折疊，使點C落在矩形的邊AD上，記為點P，點D落在G處，連接PC，交MN于點Q，連接CM．下列結(jié)論：①CQ＝CD；②四邊形CMPN是菱形；③P，A重合時，MN＝；④△PQM的面積S的取值范圍是4≤S≤5．其中正確的是（）A．①②④ B．②③④ C．①③ D．①②③④【考點】全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】先判斷出四邊形CNPM是平行四邊形，再根據(jù)翻折的性質(zhì)可得CN＝NP，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明，判斷出②正確；假設(shè)CQ＝CD，得Rt△CMQ≌Rt△CMD，進而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，這個不一定成立，判斷①錯誤；點P與點A重合時，設(shè)BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，進而用勾股定理求得MN，判斷出③正確；當MN過D點時，求得四邊形CMPN的最小面積，進而得S的最小值，當P與A重合時，S的值最大，求得最大值即可．【解答】解：如圖1，∵PM∥CN，∴∠PMN＝∠MNC，∵∠MNC＝∠PNM，∴∠PMN＝∠PNM，∴PM＝PN，∵NC＝NP，∴PM＝CN，∵MP∥CN，∴四邊形CNPM是平行四邊形，∵CN＝NP，∴四邊形CNPM是菱形，故②正確；∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，∴∠MQC＝∠D＝90°，∵CM＝CM，若CQ＝CD，則Rt△CMQ≌Rt△CMD（HL），∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，這個不一定成立，故①錯誤；點P與點A重合時，如圖2所示：設(shè)BN＝x，則AN＝NC＝8﹣x，在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，即42+x2＝（8﹣x）2，解得x＝3，∴CN＝8﹣3＝5，AC＝＝＝4，∴CQ＝AC＝2，∴QN＝＝＝，∴MN＝2QN＝2．故③正確；當MN過點D時，如圖3所示：此時，CN最短，四邊形CMPN的面積最小，則S最小為S＝S菱形CMPN＝×4×4＝4，當P點與A點重合時，CN最長，四邊形CMPN的面積最大，則S最大為S＝×5×4＝5，∴4≤S≤5，故④正確．故選：B．【點評】此題是四邊形綜合題，主要考查了折疊問題與菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理的綜合應(yīng)用等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)，構(gòu)建方程解決問題．8．（2021?濱城區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD是矩形紙片，AB＝2，對折矩形片ABCD，使AD與BC重合，折痕為EF，展平后再過點B折疊矩形紙片，使點A落在EF上的點N處，折痕BM與EP相交于點Q；再次展平，連接BN，MN，延長MN交BC于點G；P為線段BM上一動點，有如下結(jié)論：①∠ABN＝60°；②AM＝1；③△BMG是等邊三角形；④QN＝BG；⑤若H是BN的中點，則PN+PH的最小值是，其中正確結(jié)論的序號是（）A．①②③④⑤ B．①②③ C．②③④ D．①③④⑤【考點】等邊三角形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；軸對稱﹣最短路線問題；翻折變換（折疊問題）；解直角三角形．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】先證明BN＝2BE，推出∠ENB＝30°，再利用翻折不變性以及直角三角形、等邊三角形的性質(zhì)一一判斷即可．【解答】解：在Rt△BEN中，∵BN＝AB＝2BE，∴∠ENB＝30°，∴∠ABN＝60°，故①正確，∴∠ABM＝∠NBM＝∠NBG＝30°，∴AM＝AB?tan30°＝，故②錯誤，∵∠AMB＝∠BMN＝60°，∵AD∥BC，∴∠GBM＝∠AMB＝60°，∴∠MBG＝∠BMG＝∠BGM＝60°，∴△BMG為等邊三角形，故③正確．∴BG＝BM＝2AM＝，∵EF∥BC∥AD，AE＝BE，∴BQ＝QM，MN＝NG，∴QN是△BMG的中位線，∴QN＝BG，故④正確．連接PE．∵BH＝BE＝1，∠MBH＝∠MBE，∴E、H關(guān)于BM對稱，∴PE＝PH，∴PH+PN＝PE+PN，∴E、P、N共線時，PH+PN的值最小，最小值＝EN＝，故⑤正確，故選：D．【點評】本題考查翻折變換、等邊三角形的判定和性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角形中位線定理、直角三角形的性質(zhì)、軸對稱最短問題等知識，熟練掌握翻折變換得性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2021?自貢）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，M是AD邊上的一點，AM：MD＝1：2．將△BMA沿BM對折至△BMN，連接DN，則DN的長是（）A． B． C．3 D．【考點】翻折變換（折疊問題）；正方形的性質(zhì)．【專題】方程思想；三角形；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力；應(yīng)用意識．【分析】連接AN交BM于點O，作NH⊥AD于點H，根據(jù)已知可求出AM、BM．的長度，利用面積法求出AO，再結(jié)合折疊性質(zhì)，找到AN長度．結(jié)合勾股定理建立AN2﹣AH2＝MN2﹣MH2等式，即可求出MH．最后即可求解．【解答】解：連接AN交BM于點O，作NH⊥AD于點H．如圖：∵AB＝6，AM：MD＝1：2．∴AM＝2，MD＝4．∵四邊形ABCD是正方形．∴BM＝．根據(jù)折疊性質(zhì)，AO⊥BM，AO＝ON．AM＝MN＝2．∴．∴＝．∴AN＝．∵NH⊥AD．∴AN2﹣AH2＝MN2﹣MH2．∴．∴．∴．∴．∴DN＝．故選：D．【點評】本題考查了折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理，面積法求三角形的高等知識．本題關(guān)鍵在于利用勾股定理建立等式，求出邊MH的長度．10．（2021?深圳模擬）如圖1，有一張矩形紙片ABCD，已知AB＝10，AD＝12，現(xiàn)將紙片進行如下操作：先將紙片沿折痕BF進行折疊，使點A落在BC邊上的點E處，點F在AD上（如圖2）；然后將紙片沿折痕DH進行第二次折疊，使點C落在第一次的折痕BF上的點G處，點H在BC上（如圖3），給出四個結(jié)論：①AF的長為10；②△BGH的周長為18；③；④GH的長為5，正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】過G點作MN∥AB，交AD、BC于點M、N，可知四邊形ABEF為正方形，可求得AF的長，可判斷①，且△BNG和△FMG為等腰三角形，設(shè)BN＝x，則可表示出GN、MG、MD，利用折疊的性質(zhì)可得到CD＝DG，在Rt△MDG中，利用勾股定理可求得x，再利用△MGD∽△NHG，可求得NH、GH和HC，則可求得BH，容易判斷②③④，可得出答案．【解答】解：如圖，過點G作MN∥AB，分別交AD、BC于點M、N，∵四邊形ABCD為矩形，∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝12，由折疊可得AB＝BE，且∠A＝∠ABE＝∠BEF＝90°，∴四邊形ABEF為正方形，∴AF＝AB＝10，故①正確；∵MN∥AB，∴△BNG和△FMG為等腰直角三角形，且MN＝AB＝10，設(shè)BN＝x，則GN＝AM＝x，MG＝MN﹣GN＝10﹣x，MD＝AD﹣AM＝12﹣x，又由折疊的可知DG＝DC＝10，在Rt△MDG中，由勾股定理可得MD2+MG2＝GD2，即（12﹣x）2+（10﹣x）2＝102，解得x＝4，∴GN＝BN＝4，MG＝6，MD＝8，又∠DGH＝∠C＝∠GMD＝90°，∴∠NGH+∠MGD＝∠MGD+∠MDG＝90°，∴∠NGH＝∠MDG，∵∠DMG＝∠GNH，∴△MGD∽△NHG，∴＝＝，即＝＝，∴NH＝3，GH＝CH＝5，∴BH＝BC﹣HC＝12﹣5＝7，故④正確；又△BNG和△FMG為等腰直角三角形，且BN＝4，MG＝6，∴BG＝4，GF＝6，∴△BGH的周長＝BG+GH+BH＝4+5+7＝12+4，∴＝＝，故②不正確；③正確；綜上可知正確的為①③④，故選：C．【點評】本題考查了翻折及矩形的性質(zhì)，過G點作AB的平行線，構(gòu)造等腰直角三角形，利用方程思想在Rt△GMD中得到方程，求得BN的長度是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．二．填空題（共10小題）11．（2021?盤錦）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB＝2，AD＝2，點P為邊AB上一點，以DP為折痕將△DAP翻折，點A的對應(yīng)點為點A′，連接AA′，AA′交PD于點M，點Q為線段BC上一點，連接AQ，MQ，則AQ+MQ的最小值是4．【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】如圖，作點A關(guān)于BC的對稱點T，取AD的中點R，連接BT，QT，RT，RM，MT．想辦法求出RM，RT，求出MT的最小值，再根據(jù)QA+QM＝QM+QT≥MT，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，作點A關(guān)于BC的對稱點T，取AD的中點R，連接BT，QT，RT，RM，MT．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠RAT＝90°，∵AR＝DR＝，AT＝2AB＝4，∴RT＝＝＝5，∵A，A′關(guān)于DP對稱，∴AA′⊥DP，∴∠AMD＝90°，∵AR＝RD，∴RM＝AD＝，∵MT≥RT﹣RM，∴MT≥4，∴MT的最小值為4，∵QA+QM＝QT+QM≥MT，∴QA+QM≥4∴QA+QM的最小值為4．故答案為：4．【點評】本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是求出MT的最小值，屬于中考?？碱}型．12．（2021?本溪）如圖，將正方形紙片ABCD沿PQ折疊，使點C的對稱點E落在邊AB上，點D的對稱點為點F，EF交AD于點G，連接CG交PQ于點H，連接CE．下列四個結(jié)論中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四邊形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ?GD，正確的是①③④（填序號即可）．【考點】翻折變換（折疊問題）；勾股定理；正方形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【分析】①利用有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似進行判定即可；②過點C作CM⊥EG于M，通過證明△BEC≌△MEC，進而說明△CMG≌△CDG，可得S△CEG＝S△BEC+S△CDG＞S△BEC+S四邊形CDQH，可得②不正確；③由折疊可得：∠GEC＝∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC＝∠DCE，結(jié)論③成立；④連接DH，MH，HE，由△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG可知：∠BCE＝∠MCE，∠MCG＝∠DCG，所以∠ECG＝∠ECM+∠GCM＝∠BCD＝45°，由于EC⊥HP，則∠CHP＝45°，由折疊可得：∠EHP＝∠CHP＝45°，則EH⊥CG；利用勾股定理可得EG2﹣EH2＝GH2；由CM⊥EG，EH⊥CG，得到∠EMC＝∠EHC＝90°，所以E，M，H，C四點共圓，所以∠HMC＝∠HEC＝45°，通過△CMH≌△CDH，可得∠CDH＝∠CMH＝45°，這樣，∠GDH＝45°，因為∠GHQ＝∠CHP＝45°，易證△GHQ∽△GDH，則得GH2＝GQ?GD，從而說明④成立．【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°．由折疊可知：∠GEP＝∠BCD＝90°，∠F＝∠D＝90°．∴∠BEP+∠AEG＝90°，∵∠A＝90°，∴∠AEG+∠AGE＝90°，∴∠BEP＝∠AGE．∵∠FGQ＝∠AGE，∴∠BEP＝∠FGQ．∵∠B＝∠F＝90°，∴△PBE∽△QFG．故①正確；②過點C作CM⊥EG于M，由折疊可得：∠GEC＝∠DCE，∵AB∥CD，∴∠BEC＝∠DCE，∴∠BEC＝∠GEC，在△BEC和△MEC中，，∴△BEC≌△MEC（AAS）．∴CB＝CM，S△BEC＝S△MEC．∵CG＝CG，∴Rt△CMG≌Rt△CDG（HL），∴S△CMG＝S△CDG，∴S△CEG＝S△BEC+S△CDG＞S△BEC+S四邊形CDQH，∴②不正確；③由折疊可得：∠GEC＝∠DCE，∵AB∥CD，∴∠BEC＝∠DCE，∴∠BEC＝∠GEC，即EC平分∠BEG．∴③正確；④連接DH，MH，HE，如圖，∵△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG，∴∠BCE＝∠MCE，∠MCG＝∠DCG，∴∠ECG＝∠ECM+∠GCM＝∠BCD＝45°，∵EC⊥HP，∴∠CHP＝45°．∴∠GHQ＝∠CHP＝45°．由折疊可得：∠EHP＝∠CHP＝45°，∴EH⊥CG．∴EG2﹣EH2＝GH2．由折疊可知：EH＝CH．∴EG2﹣CH2＝GH2．∵CM⊥EG，EH⊥CG，∴∠EMC＝∠EHC＝90°，∴E，M，H，C四點共圓，∴∠HMC＝∠HEC＝45°．在△CMH和△CDH中，，∴△CMH≌△CDH（SAS）．∴∠CDH＝∠CMH＝45°，∵∠CDA＝90°，∴∠GDH＝45°，∵∠GHQ＝∠CHP＝45°，∴∠GHQ＝∠GDH＝45°．∵∠HGQ＝∠DGH，∴△GHQ∽△GDH，∴．∴GH2＝GQ?GD．∴GE2﹣CH2＝GQ?GD．∴④正確；綜上可得，正確的結(jié)論有：①③④．故答案為：①③④．【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，翻折問題，勾股定理，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形的相似的判定與性質(zhì)，翻折問題是全等變換，由翻折得到對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等是解題的關(guān)鍵．13．（2021?海州區(qū)校級二模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝a，點E在邊AD上，連接BE，將△ABE沿BE折疊，點A的對應(yīng)點為F．若在AD邊上存在兩個不同位置的點E，使得點F落在∠C的平分線上，則a的取值范圍為6＜a＜6．【考點】翻折變換（折疊問題）；角平分線的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】推理填空題；矩形菱形正方形；推理能力．【分析】如圖，以B為圓心，BA為半徑作⊙B，當⊙B與∠BCD的角平分線相切于點F時，求出此時BC的值，利用圖象法判斷即可．【解答】解：如圖，以B為圓心，BA為半徑作⊙B，當⊙B與∠BCD的角平分線相切于點F時，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∵CF平分∠BCD，∴∠FCB＝∠BCD＝45°，∵BA＝BF＝6，BF⊥EC，∴∠FBC＝∠FCB＝45°，∴FB＝FC＝6，∴BC＝BF＝6，觀察圖象可知當6＜BC＜6時，在AD邊上存在兩個不同位置的點E，使得點F落在∠C的平分線上，即6＜a＜6，故答案為：6＜a＜6．【點評】本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．14．（2021?襄州區(qū)模擬）如圖，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4．點D和點E分別在BC邊和AB邊上，連接DE．將△BDE沿DE折疊，得到△B'DE，點B恰好落在AC的中點處．設(shè)DE與BB'交于點F，則DE＝．【考點】等腰直角三角形；翻折變換（折疊問題）．【專題】等腰三角形與直角三角形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】在Rt△BCB'中，求出BB'＝，設(shè)BD＝x，則CD＝4﹣x，B'D＝x，在Rt△CDB'中，由勾股定理得x2＝（4﹣x）2+（2）2，求得BD＝，在Rt△BDF中，求出DF＝，過點B'作B'G⊥AB于點G，則AG＝B'G＝2，設(shè)BE＝y(tǒng)，則GE＝6﹣y，B'E＝y(tǒng)，在Rt△B'GE中，GE2+B'G2＝B'E2，可求BE＝，在Rt△BEF中，EF2＝BE2﹣BF2，可求EF＝，則ED＝DF+EF＝．【解答】解：由折疊可知，BD＝B'D，BF＝B'F，DF⊥BF，∵BC＝AC＝4，B'是AC的中點，∴CB'＝2，在Rt△BCB'中，BB'＝＝＝，∴BF＝，設(shè)BD＝x，則CD＝4﹣x，B'D＝x，在Rt△CDB'中，B'D＝，∴x2＝（4﹣x）2+（2）2，∴x＝，∴BD＝在Rt△BDF中，DF＝＝＝，過點B'作B'G⊥AB于點G，如圖所示：∵∠A＝45°，∴AG＝B'G，∵AB'＝2，∴AG＝B'G＝2，設(shè)BE＝y(tǒng)，則GE＝6﹣y，B'E＝y(tǒng)，在Rt△B'GE中，GE2+B'G2＝B'E2，∴（6﹣x）2+4＝x2，∴x＝，∴BE＝，在Rt△BEF中，EF2＝BE2﹣BF2，∴EF2＝（）2﹣（）2＝，∴EF＝，∴ED＝DF+EF＝＝，故答案為：．【點評】本題考查折疊的性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)、靈活應(yīng)用勾股定理是解題的關(guān)鍵．15．（2021?騰沖市模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝a，點E在邊BC上，且BE＝a．連接AE，將△ABE沿AE折疊，若點B的對應(yīng)點B'落在矩形ABCD的邊上，則a的值為或．【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)．【專題】分類討論；矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；幾何直觀；應(yīng)用意識．【分析】分兩種情況：①點B′落在AD邊上，根據(jù)矩形與折疊的性質(zhì)易得AB＝BE，即可求出a的值；②點B′落在CD邊上，證明△ADB′∽△B′CE，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例即可求出a的值．【解答】解：分兩種情況：①當點B′落在AD邊上時，如圖1：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，∵將△ABE沿AE折疊，點B的對應(yīng)點B′落在AD邊上，∴∠BAE＝∠B′AE＝∠BAD＝45°，∴AB＝BE，∴a＝2，∴a＝；②當點B′落在CD邊上時，如圖2：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a．∵將△ABE沿AE折疊，點B的對應(yīng)點B′落在CD邊上，∴∠B＝∠AB′E＝90°，AB＝AB′＝2，EB＝EB′＝a，∴DB′＝＝，EC＝BC﹣BE＝a﹣a＝a，∵∠B'AD＝∠EB'C＝90°﹣∠AB'D，∠D＝∠C＝90°，∴△ADB′∽△B′CE，∴＝，即＝，解得a1＝，a2＝﹣（舍去）．綜上所述，a的值為或，故答案為：或．【點評】本題考查了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，進行分類討論與數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．16．（2021?九龍坡區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，點E是線段AB上的一點，AE＜EB，DE⊥CE，將△BCE沿CE翻折，得到△FCE，連接DF，若AD＝3，AB＝10，則線段DF的長度為．【考點】矩形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）．【專題】推理填空題；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；運算能力；推理能力．【分析】方法一：作DG⊥EF于點G，證明△ADE∽△EBC，所以＝，可得＝，解得AE＝1或AE＝9，根據(jù)AE＜EB，可得AE＝1，然后證明△DEG≌△AED，可得EG＝AE＝1，DG＝AD＝3，再根據(jù)勾股定理可得DF的長．方法二：由翻折可得∠EFC＝∠B＝90°，∠FEC＝∠BEC，證明HE＝HC，根據(jù)勾股定理和直角三角形面積公式求出FG的長，再根據(jù)勾股定理即可求出DF的長．【解答】解：方法一：如圖，作DG⊥EF于點G，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°，∵DE⊥CE，∴∠DEC＝90°，∴∠ADE+∠AED＝∠BEC+∠AED＝90°，∴∠ADE＝∠BEC，∴△ADE∽△EBC，∴＝，∴＝，解得AE＝1或AE＝9，∵AE＜EB，∴AE＝1，由翻折可知：∠FEC＝∠BEC，∴∠FEC+∠DEG＝∠BEC+∠AED＝90°，∴∠DEG＝∠AED，∴△DEG≌△AED（AAS），∴EG＝AE＝1，DG＝AD＝3，∴EF＝BE＝AB﹣AE＝10﹣1＝9，∴FG＝EF﹣EG＝9﹣1＝8，∴DF＝＝＝．方法二：由翻折可知：∠EFC＝∠B＝90°，∠FEC＝∠BEC，∵DC∥AB，∴∠ECD＝∠BEC，∴∠ECD＝∠FEC，∴HE＝HC，∵DE⊥CE，∴∠DEC＝90°，∴HD＝HC＝HE＝DC＝5，∵CF＝CB＝3，∴FH＝＝4，∴FG＝＝，∴CG＝＝＝，∵DG＝CD﹣CG＝10﹣＝，∴DF＝＝＝．故答案為：．【點評】本題考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．17．（2021?黃山區(qū)二模）如圖，在△ABC中，D是BC邊的中點，連接AD，把△ACD沿AD翻折，得到△ADF，DF與AB交于點E，連接BF，BD＝BF＝2，AD＝3．（1）連接CF，∠DCF的度數(shù)為30°；（2）點D到AF的距離為．【考點】點到直線的距離；翻折變換（折疊問題）．【專題】等腰三角形與直角三角形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】（1）連接CF，交AD于點M，過點D作DH⊥AF于點H，由翻折知，△ADC≌△ADF，AD垂直平分CF，證△BDF為等邊三角形，可得∠DCF的度數(shù)；（2）利用解直角三角形求出DM＝1，F(xiàn)M＝DM＝，AM＝2，在Rt△AMF中，利用勾股定理求出AF的長，在△ADF中利用面積法求出DH的長．【解答】解：（1）連接CF，交AD于點M，∵BD＝BF＝2，D是AC邊上的中點，∴BD＝DC＝2，由翻折知，△ADC≌△ADF，AD垂直平分CF，∴DC＝DF＝2，AC＝AF，CM＝FM，∴BD＝BF＝DF＝2，∴△BDF為等邊三角形，∴∠BDF＝∠BFD＝∠FBC＝60°，∵DC＝DF，∴∠DCF＝∠DFC＝×60°＝30°；故答案為：30°；（2）過點D作DH⊥AF于H，在Rt△FDM中，∠DFC＝30°，DF＝2，∴DM＝1，F(xiàn)M＝，∴AM＝AD﹣DM＝3﹣1＝2，在Rt△AMF中，AF＝＝，∵S△ADF＝AF?DH＝AD?CM，∴DH＝3×，∴DH＝．故答案為：．【點評】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等，解題關(guān)鍵是會通過面積法求線段的長度．18．（2021?交城縣二模）如圖，折疊矩形紙片ABCD時，進行如下操作：①把△BCE翻折使點B落在DC邊上的點F處，折痕為CE，點E在AB邊上；②把紙片展開并鋪平；③把△CDH翻折使點D落在線段AE上的點G處，折痕為CH，點H在AD邊上．若，BC＝6，則EG的長為2．【考點】矩形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）；相似三角形的判定與性質(zhì)．【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；運算能力；推理能力．【分析】根據(jù)翻折的性質(zhì)可證明四邊形BEFC為正方形，所以BE＝BC＝6，然后證明△AGH∽△BCG，可得＝＝＝，得AG＝2，設(shè)AH＝x，則DH＝HG＝6﹣x，根據(jù)勾股定理可得x＝，所以BG＝3AH＝8，進而可得BE的長．【解答】解：∵把△BCE翻折使點B落在DC邊上的點F處，折痕為CE，∴CF＝CB，BE＝EF，∠CFE＝∠B＝90°，∴四邊形BEFC為正方形，∴BE＝BC＝6，∵把△CDH翻折使點D落在線段AE上的點G處，折痕為CH，∴∠HGC＝90°，DH＝GH，DC＝GC，∴∠AGH+∠CGB＝90°，∵∠AGH+∠AHG＝90°，∴∠CGB＝∠AHG，∵∠A＝∠B＝90°，∴△AGH∽△BCG，∴＝＝＝，∵BC＝6，∴AG＝2，設(shè)AH＝x，則DH＝HG＝6﹣x，在Rt△AGH中，∵AH2+AG2＝GH2，∴x2+22＝（6﹣x）2，解得x＝，∴BG＝3AH＝8，∴EG＝BG﹣BE＝8﹣6＝2．故答案為：2．【點評】本題考查了折疊的性質(zhì)：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等．也考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握折疊的性質(zhì)．19．（2021?濱江區(qū)校級三模）在矩形紙片ABCD中，AB＝4，AD＝3，點E是CD中點，將這張紙片依次折疊兩次；第一次折疊紙片使點A與點E重合，如圖1，折痕為MN，連接ME、NE，則AN＝；第二次折疊紙片使點N與點E重合，如圖2，點B落到B′處，折痕為HG，連接HE，則BG＝．【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；幾何直觀；運算能力．【分析】過N作NF⊥CD于F，連接EG、NG，設(shè)AN＝EN＝x，則EF＝x﹣2，在Rt△EFN中，32+（x﹣2）2＝x2，即可解得AN＝，BN＝AB﹣AN＝，根據(jù)第二次折疊紙片使點N與點E重合，得NG＝EG，故BN2+BG2＝NG2＝EG2＝CG2+CE2，設(shè)BG＝y(tǒng)，則CG＝3﹣y，有（）2+y2＝（3﹣y）2+22，即可解得BG＝．【解答】解：過N作NF⊥CD于F，連接EG、NG，如圖：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝3，∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，四邊形ANFD是矩形，∵第一次折疊紙片使點A與點E重合，∴AN＝EN，∵點E是CD中點，∴DE＝CE＝CD＝2，設(shè)AN＝EN＝x，則EF＝x﹣2，在Rt△EFN中，NF2+EF2＝EN2，∴32+（x﹣2）2＝x2，解得x＝，∴AN＝，∴BN＝AB﹣AN＝，∵第二次折疊紙片使點N與點E重合，∴NG＝EG，∴BN2+BG2＝NG2＝EG2＝CG2+CE2，設(shè)BG＝y(tǒng)，則CG＝3﹣y，∴（）2+y2＝（3﹣y）2+22，解得y＝，∴BG＝，故答案為：，．【點評】本題考查矩形中的折疊問題，解題的關(guān)鍵是掌握折疊的性質(zhì)，熟練運用勾股定理列方程．20．（2021?蚌埠模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，，AC＝2，點D是BC的中點，點E是邊AB上一動點，沿DE所在直線把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于點F．（1）連接AD，若AB′⊥B′F，則∠ADE＝90°；（2）若△AB′F為直角三角形，則AE的長為3或．【考點】勾股定理；翻折變換（折疊問題）．【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得∠BDE＝∠B'DE，BD＝B'D，由D是BC的中點，則有BD＝CD＝B'D，結(jié)合∠C＝∠AB'D＝90°，AD＝AD，利用HL可判定Rt△ACD≌Rt△AB'D，從而有∠ADC＝∠ADB'，則有∠ADE＝∠ADB'+∠B'DE＝90°；（2）利用三角函數(shù)的定義得到∠B＝30°，AB＝4，再利用折疊的性質(zhì)得DB＝DC＝，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，設(shè)AE＝x，則BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，討論：當∠AFB′＝90°時，則∴BF＝cos30°＝，則EF＝﹣（4﹣x）＝x﹣，于是在Rt△B′EF中利用EB′＝2EF得到4﹣x＝2（x﹣），解方程求出x得到此時AE的長；當∠AB′F＝90°時，作EH⊥AB′于H，連接AD，如圖，證明Rt△ADB′≌Rt△ADC得到AB′＝AC＝2，再計算出∠EB′H＝60°，則B′H＝（4﹣x），EH＝（4﹣x），接著利用勾股定理得到（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2＝x2，方程求出x得到此時AE的長．【解答】解：（1）連接AD，如圖所示：由題意得：∠BDE＝∠B'DE，BD＝B'D，∵點D是BC的中點，∴BD＝CD＝B'D，∵AB′⊥B′F，∴∠AB'D＝90°，∴∠AB'D＝∠C＝90°，在Rt△ACD和Rt△AB'D中，，∴Rt△ACD≌Rt△AB'D（HL），∴∠ADC＝∠ADB'，∵∠BDB'+∠CDB'＝180°，∴2∠B'DE+2∠ADB'＝180°，2（∠B'DE+∠ADB'）＝180°，即2∠ADE＝180°，∴∠ADE＝90°；故答案為：90°；（2）∵∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，∴tanB＝＝＝，∴∠B＝30°，∴AB＝2AC＝4，∵點D是BC的中點沿DE所在直線把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于點F∴DB＝DC＝，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，設(shè)AE＝x，則BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，當∠AFB′＝90°時，在Rt△BDF中，cosB＝，∴BF＝cos30°＝，∴EF＝﹣（4﹣x）＝x﹣，在Rt△B′EF中，∠EB′F＝30°，∴EB′＝2EF，即4﹣x＝2（x﹣），解得x＝3，此時AE為3；當∠AB′F＝90°時，作EH⊥AB′于H，連接AD，如圖，由（1）可知Rt△ADB′≌Rt△ADC，∴AB′＝AC＝2，∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°，∴∠EB′H＝60°，在Rt△EHB′中，B′H＝B′E＝（4﹣x），EH＝B′H＝（4﹣x），在Rt△AEH中，∵EH2+AH2＝AE2，∴（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2＝x2，解得x＝，此時AE為．綜上所述，AE的長為3或．故答案為：3或．【點評】本題考查了折疊的性質(zhì)：折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等．也考查了含30度的直角三角形三邊的關(guān)系和勾股定理．

考點卡片1．點到直線的距離（1）點到直線的距離：直線外一點到直線的垂線段的長度，叫做點到直線的距離．（2）點到直線的距離是一個長度，而不是一個圖形，也就是垂線段的長度，而不是垂線段．它只能量出或求出，而不能說畫出，畫出的是垂線段這個圖形．2．全等三角形的判定與性質(zhì)（1）全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關(guān)鍵是選擇恰當?shù)呐卸l件．（2）在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當輔助線構(gòu)造三角形．3．角平分線的性質(zhì)角平分線的性質(zhì)：角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等．注意：①這里的距離是指點到角的兩邊垂線段的長；②該性質(zhì)可以獨立作為證明兩條線段相等的依據(jù)，有時不必證明全等；③使用該結(jié)論的前提條件是圖中有角平分線，有垂直角平分線的性質(zhì)語言：如圖，∵C在∠AOB的平分線上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE4．等邊三角形的性質(zhì)（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作為判定一個三角形是否為等邊三角形的方法；②可以得到它與等腰三角形的關(guān)系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對而言的．（2）等邊三角形的性質(zhì)：等邊三角形的三個內(nèi)角都相等，且都等于60°．等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對邊，三邊的垂直平分線是對稱軸．5．等邊三角形的判定與性質(zhì)（1）等邊三角形是一個非常特殊的幾何圖形，它的角的特殊性給有關(guān)角的計算奠定了基礎(chǔ)，它的邊角性質(zhì)為證明線段、角相等提供了便利條件．同是等邊三角形又是特殊的等腰三角形，同樣具備三線合一的性質(zhì)，解題時要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應(yīng)用．（2）等邊三角形的特性如：三邊相等、有三條對稱軸、一邊上的高可以把等邊三角形分成含有30°角的直角三角形、連接三邊中點可以把等邊三角形分成四個全等的小等邊三角形等．（3）等邊三角形判定最復(fù)雜，在應(yīng)用時要抓住已知條件的特點，選取恰當?shù)呐卸ǚ椒?，一般地，若從一般三角形出發(fā)可以通過三條邊相等