押浙江杭州卷第16題（幾何翻折變換求角度、線段、面積、最值）-備戰(zhàn)2023年中考臨考題號(hào)押題【浙江杭州專用】（解析版）

備戰(zhàn)2023年中考臨考題號(hào)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(shù)學(xué)填空題第16題屬于壓軸題，難度較大，綜合性強(qiáng)，是每年的必考題目，主要涉及四邊形和圓翻折變換、對(duì)稱、旋轉(zhuǎn)，考點(diǎn)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(zhì)，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)；2021年的第16題考查了矩形的翻折，涉及矩形的性質(zhì)，折疊問(wèn)題，三角形的內(nèi)角和定理及其推論；2020年的第16題考查了翻折變換（折疊問(wèn)題），全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì).幾何圖形變換（翻折、平移、旋轉(zhuǎn)）是中考數(shù)學(xué)的重難點(diǎn)。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(dòng)態(tài)變化問(wèn)題，所以通常用來(lái)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(xiàn)，所以圖形變換問(wèn)題特別重要。在解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)，對(duì)于折疊較為復(fù)雜的問(wèn)題可以實(shí)際操作圖形的折疊，這樣便于找到圖形間的關(guān)系。首先清楚折疊和軸對(duì)稱能夠提供給我們隱含的并且可利用的條件．解題時(shí)，我們常常設(shè)要求的線段長(zhǎng)為x，然后根據(jù)折疊和軸對(duì)稱的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長(zhǎng)度，選擇適當(dāng)?shù)闹苯侨切?，運(yùn)用勾股定理列出方程求出答案．我們運(yùn)用方程解決時(shí)，應(yīng)認(rèn)真審題，設(shè)出正確的未知數(shù)．1．（2022?杭州）如圖是以點(diǎn)O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點(diǎn)C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對(duì)折，點(diǎn)B落在⊙O上的點(diǎn)D處（不與點(diǎn)A重合），連接CB，CD，AD．設(shè)CD與直徑AB交于點(diǎn)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(zhì)得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質(zhì)得出∠ECO＝∠BCO，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質(zhì)得出CEEO=BECE，設(shè)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(duì)折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，設(shè)∠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(shè)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(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2021?杭州）如圖是一張矩形紙片ABCD，點(diǎn)M是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在BC邊上，把△DCE沿直線DE折疊，使點(diǎn)C落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)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(jìn)而得到∠FMD＝∠FDM；利用三角形的外角等于和它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和，可得∠DFC＝2∠FMD；最后在△MDC中，利用三角形的內(nèi)角和定理列出方程，結(jié)論可得．【解答】解：連接DM，如圖：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°．∵M(jìn)是AC的中點(diǎn)，∴DM＝AM＝CM，∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．∵DC，DF關(guān)于DE對(duì)稱，∴DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF．∵M(jìn)F＝AB，AB＝CD，DF＝DC，∴MF＝FD．∴∠FMD＝∠FDM．∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，∴∠DFC＝2∠FMD．∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，∴∠DMC＝2∠FAD．設(shè)∠FAD＝x°，則∠DFC＝4x°，∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，∴2x+4x+4x＝180．∴x＝18．故答案為：18．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，折疊問(wèn)題，三角形的內(nèi)角和定理及其推論，利用三角形內(nèi)角和定理列出方程是解題的關(guān)鍵．3．（2020?杭州）如圖是一張矩形紙片，點(diǎn)E在AB邊上，把△BCE沿直線CE對(duì)折，使點(diǎn)B落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)F處，連接DF．若點(diǎn)E，F(xiàn)，D在同一條直線上，AE＝2，則DF＝2，BE＝5?1【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DF＝AE＝2；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，∵把△BCE沿直線CE對(duì)折，使點(diǎn)B落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)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(shè)BE＝x，∵AE∥CD，∴△AEF∽△CDF，∴AECD∴22+x解得：x=5∴BE=5故答案為：2，5?【點(diǎn)評(píng)】本題考查了翻折變換（折疊問(wèn)題），全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．4．（2019?杭州）如圖，把某矩形紙片ABCD沿EF，GH折疊（點(diǎn)E，H在AD邊上，點(diǎn)F，G在BC邊上），使點(diǎn)B和點(diǎn)C落在AD邊上同一點(diǎn)P處，A點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為A′點(diǎn)，D點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為D′點(diǎn)，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(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】設(shè)AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因?yàn)椤鰽′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(shè)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(fù)根已經(jīng)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(diǎn)評(píng)】本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)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(diǎn)E為矩形ABCD的邊BC上一點(diǎn)（點(diǎn)E與點(diǎn)B不重合），AB＝5，AD＝8，將△ABE沿AE對(duì)折得到△AFE，其中點(diǎn)F落在矩形內(nèi)部．若點(diǎn)F到邊AB和CD的距離相等，則tan∠BAE＝12【答案】12【分析】過(guò)點(diǎn)F作AB的平行線，交AD，BC于點(diǎn)G，H，可得GH∥AB∥CD，根據(jù)勾股定理求出FG，然后證明△AGF∽△FHE，可得AGFH【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)F作AB的平行線，交AD，BC于點(diǎn)G，H，在矩形ABCD中，AB∥CD，∠B＝∠BAD＝90°，∴GH∥AB∥CD，∴∠AGF＝∠FHE＝90°，∵點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】此題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2023?西湖區(qū)模擬）如圖是一張菱形紙片，∠DAB＝60°，AB＝5，點(diǎn)E在邊AD上，且DE＝2，點(diǎn)F在AB邊上，把△AEF沿直線EF對(duì)折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A′，當(dāng)點(diǎn)A′落在菱形對(duì)角線上時(shí)，則AF＝12?362【答案】12?36【分析】分情況討論：①當(dāng)點(diǎn)A′落在菱形對(duì)角線BD上時(shí)，根據(jù)菱形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)先證明△DEA′∽△BA′F，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DE：A′B＝A′E：A′F＝A′D：BF，進(jìn)一步求解即可；②當(dāng)點(diǎn)A′落在菱形對(duì)角線BD上時(shí)，根據(jù)菱形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)可知△AEF是等邊三角形，可得AF＝AE＝3．【解答】解：分情況討論：①當(dāng)點(diǎn)A′落在菱形對(duì)角線BD上時(shí)，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(jù)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(shè)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(dāng)點(diǎn)A′落在菱形對(duì)角線BD上時(shí)，如圖所示：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，∴∠DAC＝∠BAC＝30°，根據(jù)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(zhǎng)為12?36故答案為：12?36【點(diǎn)評(píng)】本題考查了翻折變換（折疊問(wèn)題），菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)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(diǎn)，△ADC沿AD翻折，C點(diǎn)落在點(diǎn)E處，AE與BC相交于F點(diǎn)，若EF＝4，CF＝14，AF＝AD，則FD＝6．【答案】6．【分析】連接CE，延長(zhǎng)AD交CE于點(diǎn)G，取CF中點(diǎn)H，連接GH，取DH中點(diǎn)M，連接GM，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得AC＝AE，CD＝DE，進(jìn)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(duì)等角得∠AFD＝∠ADF，再根據(jù)對(duì)頂角相等，兩直線平行內(nèi)錯(cuò)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(zhì)可得∠EDG＝∠CDG，以此可證明△EDG∽△GDM，設(shè)FD＝x，則DE＝14﹣x，DM=7?x【解答】解：連接CE，延長(zhǎng)AD交CE于點(diǎn)G，取CF中點(diǎn)H，連接GH，取DH中點(diǎn)M，連接GM，如圖，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，AC＝AE，CD＝DE，∴AG垂直平分EC，∴∠DGE＝90°，點(diǎn)G為EC中點(diǎn)，∵點(diǎn)H為CF中點(diǎn)，∴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(diǎn)M為DH的中點(diǎn)，∴∠DMG＝90°，DM＝MH，∵CD＝DE，DG⊥EC，∴∠EDG＝∠CDG，即∠EDG＝∠GDM，∵∠DGE＝∠DMG＝90°，∴△EDG∽△GDM，∴DGDM設(shè)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(diǎn)評(píng)】本題主要考查折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線的判定與性質(zhì)，根據(jù)題意正確作出輔助線，構(gòu)建合適的相似三角形解決問(wèn)題是解題關(guān)鍵．4．（2023?拱墅區(qū)模擬）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點(diǎn)M，N，過(guò)點(diǎn)F作AD的垂線交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．連接DF，若DE=32，DF=32，則MN＝【答案】135【分析】延長(zhǎng)GF交BC延長(zhǎng)線于H，由正方形的性質(zhì)，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(zhǎng)，由△BCN∽△BHF，△EDM∽△EGF，即可求出DM，CN的長(zhǎng)，從而求出MN的長(zhǎng)．【解答】解：延長(zhǎng)GF交BC延長(zhǎng)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(diǎn)評(píng)】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形，綜合應(yīng)用以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．5．（2023?淳安縣一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2BC，點(diǎn)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(diǎn)E落在BC邊上，EP交CD于點(diǎn)H．若sin∠CGP=35，GF=25，則CE的長(zhǎng)為【答案】2．【分析】由折疊的性質(zhì)得出GF⊥AE，過(guò)G作GM⊥AB于M，證△ABE∽△GMF，得AEGF=ABGM=ABAD=ABBC=2，可得AE＝2GF，過(guò)P作PK⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于K，由折疊的性質(zhì)得AF＝EF，∠FEP＝∠FAD＝∠D＝∠EPG＝90°，再證出∠BFE＝∠PEC＝∠CGP，則sin∠BFE=BEEF=35，設(shè)BE＝3x，則AF＝EF＝5【解答】解：由折疊的性質(zhì)得：∠AOF＝∠EOF，∵∠AOF+∠EOF＝180°，∴∠AOF＝∠EOF＝90°，∴GF⊥AE，過(guò)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(guò)P作PK⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于K，如圖2所示，由折疊的性質(zhì)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(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)定義等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握矩形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)以及勾股定理是解題的關(guān)鍵．6．（2022?濱江區(qū)一模）如圖，點(diǎn)E是矩形ABCD邊BC上一點(diǎn)，沿AE折疊，點(diǎn)B恰好落在CD邊上的點(diǎn)F處．設(shè)BEEC=x（（1）若點(diǎn)F恰為CD邊的中點(diǎn)，則x＝2．（2）設(shè)DFFC=y，則y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式是y=【答案】（1）2；（2）y=1【分析】（1）根據(jù)線段中點(diǎn)的定義可得DC＝2DF，利用矩形的性質(zhì)可得AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，從而可得∠FEC+∠EFC＝90°，然后根據(jù)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(zhì)即可解答；（2）利用（1）的結(jié)論可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，△AFD∽△FEC，然后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：（1）∵點(diǎn)F為CD邊的中點(diǎn)，∴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(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，翻折變換（折疊問(wèn)題），函數(shù)關(guān)系式，熟練掌握一線三等角模型相似是解題的關(guān)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(diǎn)B落在B′處，AE為折痕；再將EC沿EF翻折，使點(diǎn)C恰好落在線段EB′上的點(diǎn)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(shè)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，F(xiàn)E2＝32+m2，在Rt△AEF中，F(xiàn)A2＝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(jù)勾股定理可得AC'的長(zhǎng)．【解答】解：連接AF，設(shè)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，F(xiàn)E2＝CF2+EC2，∴FE2＝32+m2，在Rt△AEF中，F(xiàn)A2＝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(diǎn)評(píng)】本題考查折疊的性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，靈活應(yīng)用勾股定理是解題的關(guān)鍵．8．（2021?蕭山區(qū)一模）如圖，菱形ABCD中，∠A＝60°，點(diǎn)E為邊AD上一點(diǎn)，連接BE，CE，CE交對(duì)角線BD于點(diǎn)F．若AB＝2，AE＝DF，則AE＝3?5【答案】3?5【分析】通過(guò)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(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，證明△DEF∽△BCF是本題的關(guān)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(jìn)行兩次折疊，得到△ECF．若BC＝3，則△ECF的周長(zhǎng)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(zhì)，∠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(zhǎng)＝32?3+32?3+6﹣32=故答案為：32．【點(diǎn)評(píng)】本題考查翻折變換（折疊的性質(zhì)），熟練掌握翻折的性質(zhì)，對(duì)應(yīng)兩次翻折求出∠EDM＝45°是解題的關(guān)鍵．10．（2022?蕭山區(qū)校級(jí)二模）如圖，點(diǎn)E是菱形ABCD的邊CD上一點(diǎn)，將△ADE沿AE折疊，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F恰好在邊BC上，設(shè)DECE=（1）若點(diǎn)F與點(diǎn)C重合，則k＝1；（2）若點(diǎn)F是邊BC的中點(diǎn)，則k＝2．【答案】（1）1；（2）2．【分析】（1）由折疊性質(zhì)得DE＝CE，進(jìn)而求得比值；（2）延長(zhǎng)AE，與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H，證明△ADE∽△HCE，便可求得結(jié)果．【解答】解：（1）當(dāng)F與C重合時(shí)，DE＝CE，∴k=DE故答案為：1；（2）延長(zhǎng)AE，與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DAH＝∠FHA，由折疊性質(zhì)知，AD＝AF，∠DAH＝∠FAH，∴∠FAH＝∠FHA，∴FH＝FA＝AD，∵F是BC的中點(diǎn)，∴CF=12∴CF=12∴CH＝CF=12FH=∵AD∥CH，∴△ADE∽△HCE，∴DE故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，折疊性質(zhì)，關(guān)鍵是證明三角形相似．11．（2022?上城區(qū)校級(jí)二模）已知矩形ABCD，AB＝2，AD＝5，E為DC上的點(diǎn)，連結(jié)AE，將△ADE沿AE翻折，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為F，AF交BC于G，EF交BC于N，H為AB上的點(diǎn)，將△BHG沿HG翻折，使B點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)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(jù)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(zhì)和三角函數(shù)證明△BHG∽△DEA，所以BHDE=BGDA，即43?6DE=235，從而計(jì)算出DE＝10﹣53，又因?yàn)锳G＝2AB＝4，所以GF＝AF（2）方法二：過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，F(xiàn)Q交BC于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)F作FO⊥DC，交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O，所以四邊形ABKQ與四邊形FODQ都是平行四邊形，F(xiàn)K⊥BC，再利用矩形性質(zhì)和解直角三角形分別計(jì)算出DE、FN的長(zhǎng)就可以解答．【解答】解：（1）設(shè)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(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，F(xiàn)Q交BC于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)F作FO⊥DC，交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O，∴四邊形ABKQ與四邊形FODQ都是平行四邊形，F(xiàn)K⊥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(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)考查了解直角三角形、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，解題關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．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(duì)應(yīng)線段EF經(jīng)過(guò)頂點(diǎn)C，當(dāng)EF⊥CD時(shí)，則CFCE的值是【答案】12【分析】由菱形的性質(zhì)得出∠B＝∠D，AD＝DC，由折疊的性質(zhì)得出∠D＝∠F，AD＝EF，DN＝NF，得出sinB＝sinF=45，設(shè)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(shè)CN＝4x，NF＝DN＝5x，∴CF＝3x，CD＝9x，∴EF＝9x，∴CE＝EF﹣CF＝9x﹣3x＝6x，∴CFCE故答案為：12【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了翻折變換的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)以及解直角三角形，正確表示出CE的長(zhǎng)是解題關(guān)鍵．13．（2022?富陽(yáng)區(qū)二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC與BD交于點(diǎn)O，∠OAB＝45°，∠ABO＝60°，BD＝8．點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)沿著B(niǎo)D方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)O停止運(yùn)動(dòng)．連接AP，點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對(duì)稱點(diǎn)為Q．當(dāng)點(diǎn)Q落在AC上時(shí)，則OQ＝2+23?26，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)Q到直線BD的距離的最大值為2【答案】2+23?26【分析】過(guò)點(diǎn)O作OH⊥AB，垂足為H，根據(jù)題意可得AQ＝AB，利用平行四邊形的性質(zhì)可得OB＝4，然后在Rt△OBH中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出OH，BH的長(zhǎng)，再在Rt△AHO中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AH的長(zhǎng)，AO的長(zhǎng)，從而求出AB，AQ的長(zhǎng)，進(jìn)行計(jì)算即可求出OQ的長(zhǎng)；根據(jù)題意可得點(diǎn)Q的軌跡為：以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑的圓弧上，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O，則點(diǎn)Q在圓弧終點(diǎn)的位置，連接BQ，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥BD，垂足為G，連接OQ，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得OQ＝OB，AQ＝AB，∠QAB＝2∠OAB＝90°，從而可得QB=2AB＝22+26，∠QBA＝∠AQB＝45°，進(jìn)而求出∠OBQ＝15°，然后利用等腰三角形的性質(zhì)以及三角形的外角性質(zhì)可得∠QOG＝30°，最后在Rt△【解答】解：過(guò)點(diǎn)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(dāng)點(diǎn)Q落在AC上時(shí)，則OQ＝2+23?26∵AQ＝AB，∴點(diǎn)Q的軌跡為：以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑的圓弧上，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O，則點(diǎn)Q在圓弧終點(diǎn)的位置，連接BQ，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥BD，垂足為G，連接OQ，∵點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對(duì)稱點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)Q到直線BD的距離的最大值為2．故答案為：2+23?26【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，軸對(duì)稱的性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．14．（2022?西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖，折疊矩形紙片ABCD，AB＝6，BC＝10，具體操作：①點(diǎn)E為AD邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，D重合），把△ABE沿BE所在的直線折疊，A點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為F點(diǎn)；②過(guò)點(diǎn)E對(duì)折∠DEF，折痕EG所在的直線交DC于點(diǎn)G，D點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為H點(diǎn)．（1）若AE＝4，則DG的長(zhǎng)是4；（2）若點(diǎn)C恰在射線EF上，連接DH，則線段DH的長(zhǎng)是8105【答案】（1）4；（2）810【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AB＝DE，由折疊性質(zhì)可得∠ABE＝∠DEG，然后證明△ABE≌△DEG，即可解決問(wèn)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(jù)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(diǎn)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(diǎn)評(píng)】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(zhì)，軸對(duì)稱的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．15．（2022?杭州模擬）如圖，過(guò)正方形ABCD的中心O的直線分別交DC、AB于點(diǎn)E、F，將該正方形沿直線EF折疊，點(diǎn)A、D分別落在點(diǎn)A'、D'的位置，連結(jié)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)、翻折變換、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問(wèn)題．16．（2022?西湖區(qū)校級(jí)模擬）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，點(diǎn)E為BC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)P為邊AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PE，以PE為對(duì)稱軸折疊△PBE得到△PFE，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)F．當(dāng)射線EF經(jīng)過(guò)邊AD邊的中點(diǎn)時(shí)，BP的長(zhǎng)為2；當(dāng)射線EF經(jīng)過(guò)邊AB的中點(diǎn)時(shí)，BP的長(zhǎng)為22?2【答案】2，22?【分析】①當(dāng)EF過(guò)AD中點(diǎn)G時(shí)，可得四邊形ABEG是矩形，又以PE為對(duì)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(dāng)EF過(guò)AB中點(diǎn)H時(shí)，可得HE＝22，HF＝HE﹣EF＝22?2，設(shè)BP＝x，則PF＝x，HP＝1﹣x，由勾股定理可得BP【解答】解：①當(dāng)EF過(guò)AD中點(diǎn)G時(shí)，如圖：∵AG＝BE，AG∥BE，∠B＝90°，∴四邊形ABEG是矩形，∴∠BEG＝90°，∵以PE為對(duì)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(dāng)EF過(guò)AB中點(diǎn)H時(shí)，如圖：∵BE＝BH＝1，∠B＝90°，∴HE=B∵以PE為對(duì)稱軸折疊△PBE得到△PFE，∴EF＝BE＝2，∴HF＝HE﹣EF＝22?設(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查正方形中的折疊問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是分類討論，分別畫出圖形，利用翻折的性質(zhì)解決問(wèn)題．17．（2022?上城區(qū)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D在BC邊上．連結(jié)AD，將△ABD沿直線AD翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，AE交BC邊于點(diǎn)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(dāng)∠EDF＝90°時(shí)，延長(zhǎng)ED，交AB于點(diǎn)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(jìn)而可得△ACD為等腰直角三角形，則AC＝CD＝3，BD＝DE＝BC﹣CD＝1，設(shè)DF＝x，則CF＝3﹣x，利用△ACF∽△EDF可建立方程，求出x的值，進(jìn)而可求出答案；當(dāng)∠DFE＝90°時(shí)，可得AB＝AE=32+42=5，EF＝2，設(shè)DF＝x，則DE＝DB＝4﹣x，由勾股定理可得（4﹣x）2＝x2【解答】解：當(dāng)∠EDF＝90°時(shí)，延長(zhǎng)ED，交AB于點(diǎn)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(shè)DF＝x，則CF＝3﹣x，∵∠C＝∠EDF＝90°，∠AFC＝∠EFD，∴△ACF∽△EDF，∴ACDE即31解得x=3經(jīng)檢驗(yàn)，x=3∴S△DEF當(dāng)∠DFE＝90°時(shí)，如圖，∵AC＝3，BC＝4，∴AB＝AE=3∴EF＝2，設(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查翻折變換（折疊問(wèn)題）、相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握翻折的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．18．（2022?富陽(yáng)區(qū)一模）如圖，在邊長(zhǎng)為2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是邊AD的中點(diǎn)，N是AB上一點(diǎn)，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A'MN．①當(dāng)N為邊AB的中點(diǎn)時(shí)，A′C的長(zhǎng)度3．②當(dāng)N在邊AB上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，A′C長(zhǎng)度的最小值為7?1【答案】①3；②7?【分析】①連接BD、AC，首先證明點(diǎn)A、A'、C三點(diǎn)共線，再說(shuō)明△ABD是等邊三角形，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出答案；②根據(jù)MA'是定值，可知A'C長(zhǎng)度取最小值時(shí)，點(diǎn)A'應(yīng)在MC上，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥DC，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，利用勾股定理求出MC的長(zhǎng)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(diǎn)M、N是AB、AD的中點(diǎn)，∴MN是△ABD的中位線，∴MN∥BD，∴CA⊥MN，∴點(diǎn)A、A'、C三點(diǎn)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∵M(jìn)A'是定值，∴A'C長(zhǎng)度取最小值時(shí)，點(diǎn)A'應(yīng)在MC上，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥DC，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，在邊長(zhǎng)為2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是邊AD的中點(diǎn)，∴2MD＝AD＝CD＝2，∠FDM＝60°，∴∠FMD＝30°，MD＝1，∴FD=1∴FM＝DM?cos30°=3∴MC=F∵M(jìn)A'＝MA，MA＝MD＝1，∴A'C＝MC﹣MA'=7故答案為：7?【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，利用定點(diǎn)定長(zhǎng)構(gòu)造輔助圓是解題的關(guān)鍵．19．（2022?蕭山區(qū)一模）如圖，將矩形紙片ABCD的四個(gè)角向內(nèi)折疊，EH，EF，F(xiàn)G，GH分別為折痕，其中點(diǎn)A，B落在點(diǎn)J處，點(diǎn)C，D落在點(diǎn)K處，且點(diǎn)H，J，K，F(xiàn)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(jù)平角定義可得∠HEF＝90°，同理可得：∠EHG＝∠HGF＝90°，進(jìn)而可以解決問(wèn)題；（2）設(shè)AH＝3x，則DH＝4x，由折疊可得HK＝DH＝4x，AH＝JH＝3x，根據(jù)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(shè)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(diǎn)評(píng)】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)．20．（2022?西湖區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)在BC上，點(diǎn)G是射線DC與射線AF的交點(diǎn)，若BE＝1，∠EAF＝45°，則AG的長(zhǎng)為8103【答案】810【分析】過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AE，交AG于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)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(zhì)可得BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°，從而證明△ABE≌△EMH，進(jìn)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(zhì)可求出MF的長(zhǎng)，從而求出BF的長(zhǎng)，進(jìn)而利用勾股定理求出AF的長(zhǎng)，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(zhì)可求出FG的長(zhǎng)，進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】解：過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AE，交AG于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)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(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．21．（2022?西湖區(qū)校級(jí)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(duì)應(yīng)線段EF經(jīng)過(guò)頂點(diǎn)D，當(dāng)EF⊥AD時(shí)，CNBN的值為【答案】72【分析】延長(zhǎng)NF交CD于點(diǎn)H，利用折疊性質(zhì)得出∠A＝∠DFH，從而判斷NH⊥CD，再設(shè)出DM，分別表示出各個(gè)線段的長(zhǎng)度即可求解．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)NF交CD于點(diǎn)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(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查菱形的性質(zhì)，翻折變換，解直角三角形，解題的關(guān)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(diǎn)E在AB邊上，把△ADE沿直線DE折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處．點(diǎn)G在BC邊上，把△CDG沿直線DG折疊，使點(diǎn)C恰好落在線段DF上的點(diǎn)H處，∠EDG＝45°．若BF+CG=32FG，則CGCD=【答案】45，25【分析】由折疊的性質(zhì)可得∠ADE＝∠EDF，∠CDG＝∠GDF，AD＝DF，∠C＝∠DHG＝90°，CG＝HG，由銳角三角函數(shù)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(diǎn)評(píng)】本題考查了折疊的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，全等三角形的性質(zhì)等知識(shí)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．23．（2023?濱江區(qū)校級(jí)模擬）如圖是一張矩形紙片ABCD，AB＝3，AD＝4，在BC上任意取一點(diǎn)E，將△DEC沿DE折疊，（1）若點(diǎn)C恰好落在對(duì)角線BD上的點(diǎn)C'處，則CE＝1.5；（2）若點(diǎn)C恰好落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)C'處，則CE＝94【答案】（1）1.5；（2）94【分析】（1）根據(jù)折疊可以得到EC＝EC′，DC＝DC′，∠DC′E＝∠DCB＝90°，設(shè)EC＝x，則BE＝4﹣x，由勾股定理列出方程便可求得結(jié)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(shè)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(diǎn)評(píng)】考查矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、直角三角形勾股定理等知識(shí)，通過(guò)折疊對(duì)稱相等的邊和角，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化到另一個(gè)直角三角形中，再利用邊角關(guān)系和勾股定理可將問(wèn)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(diǎn)E與△ABC的斜邊BC的中點(diǎn)重合，將△DEF繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)D落在直線AB上時(shí)，若BC＝2，則AD＝6?22或【答案】6?22【分析】由題意可知，當(dāng)點(diǎn)D落在直線AB上時(shí)，有兩種情況，第一種是點(diǎn)D落在AB的延長(zhǎng)線上，第二種是點(diǎn)D落在BA的延長(zhǎng)線上，然后畫出兩種情況對(duì)應(yīng)的圖形，利用勾股定理求解即可．【解答】解：由題意可知，當(dāng)點(diǎn)D落在直線AB上時(shí)，有兩種情況，第一種是點(diǎn)D落在AB的延長(zhǎng)線上，第二種是點(diǎn)D落在BA的延長(zhǎng)線上，當(dāng)點(diǎn)D落在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，作DM⊥BC交BC于點(diǎn)M，作AN⊥DM交DM于點(diǎn)N，連接AE，如圖：∴AN∥BC，∴∠DAN＝∠B＝45°，∴∠AND＝90°，∵等腰直角三角形△DEF的頂點(diǎn)E與等腰直角三角形△ABC的斜邊BC的中點(diǎn)重合，BC＝2，∴AE＝MN=1∴DE＝AB=2設(shè)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(dāng)點(diǎn)D落在AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，延長(zhǎng)CB交DF于點(diǎn)M，作DN⊥CM于點(diǎn)N，如圖：∴DN∥AE，∴∠DNB＝∠AEB＝90°，∴∠NDB＝∠NBD＝∠BAE＝∠ABE＝45°，∴BE＝AE=12∴AB＝DE=2設(shè)BD＝y(tǒng)，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(diǎn)評(píng)】本題主要考查圖形的旋轉(zhuǎn)，熟練掌握?qǐng)D形的旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理、一元二次方程的解法是解答此題的關(guān)鍵．25．（2022?臨安區(qū)一模）如圖，矩形ABCD，AB：AD＝2：3．點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE折疊，點(diǎn)A落在矩形內(nèi)點(diǎn)F處，連結(jié)BF，CF．若△ADE的面積為37.5，則△BFC的面積為152【答案】152【分析】過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AB于點(diǎn)M，連接AF，設(shè)AB＝2x，AD＝3x，根據(jù)點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，可得AE＝BE＝x，根據(jù)△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(wèn)題．【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AB于點(diǎn)M，連接AF，∵AB：AD＝2：3．設(shè)AB＝2x，AD＝3x，∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴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(diǎn)評(píng)】本題考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，三角形的面積，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．26．（2022?蕭山區(qū)校級(jí)一模）如圖，已知矩形ABCD，將△BCD繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△BEF，連結(jié)AC，BF，若點(diǎn)A，C，F(xiàn)恰好在同一條直線上，則ABBC=1+【答案】1+5【分析】設(shè)AB＝a，BC＝b，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得BE＝BC＝b，EF＝CD＝a，再由△ABC∽△AEF得aa+b=ba，進(jìn)而解方程用【解答】解：設(shè)AB＝a，BC＝b，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)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(diǎn)評(píng)】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，一元二次方程的應(yīng)用，關(guān)鍵是利用相似三角形求得a與b的數(shù)量關(guān)系．27．（2022?富陽(yáng)區(qū)一模）矩形紙片ABCD中，BC＝2AB，將紙片對(duì)折，使頂點(diǎn)A與頂點(diǎn)C重合，得折痕EF，將紙片展開(kāi)鋪平后再進(jìn)行折疊，使頂點(diǎn)B與頂點(diǎn)D重合，得折痕MN，展開(kāi)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(guò)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(jù)BC＝2AB，設(shè)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(guò)D作DH⊥AC于H，如圖：根據(jù)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(shè)AB＝m＝CD，則BC＝2m＝AD，∴AC=AD∴OA＝OC＝OD=52∵2S△ADC＝AD?CD＝AC?DH，∴DH=AD