2023年中考数学二轮复习选填专题复习专题九：折叠、对称与落点位置的不确定性问题

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2022-2023年中考二轮复习选填专题九：
折叠、对称与落点位置的不确定性问题
方法点睛
一、解决折叠问题的一般步骤：
1、一画：根据题目描述，画出对应图形．
2、二找：找出图形中线段、角的位置关系和数量关系．
3、三算：要根据图中特殊的图形关系(如全等三角形、直角三角形、相似三角形、等腰三角形等)，列出方程进行求解或根据勾股定理、锐角三角函数等直接计算．
4、四验：根据题目条件，验证计算的结果是否符合题意．
二、点位置不确定性的类型：
1、点(E)在直线(AB)上
①点E在线段AB上；②点E在线段AB的延长线上；③点E在线段BA的延长线上．
2、点在三角形或四边形上的某处
①点在边上：按照点在三角形或四边形的哪条边上分类讨论；②点在对角线上：按照点在四边形的哪条对角线上分类讨论．
3、点(F)是线段(MN)的三等分点
①MN＝3MF(点F靠近点M)；②MN＝3NF(点F靠近点N)．
典例分析
类型一：点在三角形或四边形上的某处
例1：（2022鹤壁一模）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，连接AE，将沿AE翻折，点B的对应点为F．若线段AF的延长线经过矩形一边的中点，，则BE长为_________．


【答案】或或2
【解析】
【分析】主要分三种情况进行讨论：①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，②当线段AF的延长线经过AD的中点时，③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，进行一一求解即可．
【详解】解：分三种情况讨论，
①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，如图1，此时BG=CG=2，


图1
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ABG中，AB=BG=2，
∴AG=，∠AGB=45°，
∴FG=，EF=FG，
∴BE=EF=FG=；
②当线段AF的延长线经过AD的中点时，如图2，此时BE=CE=2，


图2
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∴四边形ABEF是正方形，
∴BE=AF=2，
③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，如图3，此时DG=CG=1，


图3
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ADG中，AD=4，DG=1，
∴，
∴，
设BE=x，则EF=x，CE=4-x，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：或或2．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质是解决本题的关键．
类型二：点是线段的等分点
例2：（2022沈阳中考）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F且点F在矩形内部，MF的延长线交BC与点G，EF交边BC于点H．，，当点H为GN三等分点时，MD的长为______．


【答案】或4
【解析】
【分析】由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，证明得，再分两种情况讨论求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，CD=AB=4，∠D=∠C=90°，
∴∠DMN=∠GNM，
由折叠得，∠DMN=∠GMN，EF=CD==4，CN=EN=2，∠EFM=∠D=90°，
∴∠GMN=∠GNM，∠GFH=∠NEH，
∴GM=GN，
又∠GHE=∠NHE，
∴，
∴，
∵点H是GN的三等分点，则有两种情况：
①若时，则有：
∴EH=，GF=2NE=4，
由勾股定理得，,
∴GH=2NH=
∴GM=GN=GH+NH=，
∴MD=MF=GM-GF=；
②若时，则有：
∴EH=，GF=NE=1，
由勾股定理得，,
∴GH=NH=
∴GM=GN=GH+NH=5；
∴MD=MF=GM-GF=
综上，MD值为或4．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识，进行分类讨论是解答本题的关键．
类型三：点在直线上
例3：（2022河南汝州一模）如图，在中，，，点是斜边上一动点，连接，将沿折叠，点的对应点是，当点落在边的垂直平分线上时，的度数为___．

【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况①当A′落在线段BC的上方时，②当A′落在线段BC的上方时，再利用垂直平分线的性质分析可得答案．
【详解】解：如图：

（1）当A′落在线段BC的上方时，如图①：
在中，，，
∴，
取AB的中点D，连接CD，
则CD=BD=AD，点D在BC的垂直平分线l上，
∴△ACD是等边三角形，
∴CA=CD，
∵将沿折叠，点的对应点是，当点落在边的垂直平分线上，
∴点D与A′重合，
∴∠A′CB=∠B=30°，
∵
∴∠ACA′=90°-30°=60°，
∴∠ACP=∠ACA′=30°．
（2）当A′落在线段BC的下方时，如图②：
∵l是BC的垂直平分线，
∴PC=PB，
∴∠PCB=∠B=30°，
∴∠ACP=90°-30°=60°．
综上，∠ACP的度数是30°或60°．
故答案为：30°或60°．
【点睛】本题考查了折叠的性质，根据折叠得到角相等和利用垂直平分线的性质是解题关键关键，
专题过关
1.（2022盘锦中考）如图，四边形为矩形，，点E为边上一点，将沿翻折，点C的对应点为点F，过点F作的平行线交于点G，交直线于点H．若点G是边的三等分点，则的长是____________．

【答案】或
【解析】
【分析】过点作于点，根据题意可得四边形是平行四边形，证明，等面积法求得，勾股定理求得，可得的长，进而即可求解．
【详解】①如图，过点作于点，

，
四边形是平行四边形

折叠


即




，

四边形是矩形

中，

，


中，

②如图，当时，


同理可得，
，
，

中，

故答案为：或
【点睛】本题考查了勾股定理，折叠，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识，注意分类讨论是解题的关键．
2.（2022河南镇平一模） 如图，在中，，，，F、E分别为直线BC、AC上的点，沿直线EF将折叠，点C落在D处，当点D恰好在AB上，且△DEF与原△ABC相似时，EF的长为______．

【15题答案】
【答案】或2##2或
【解析】
【分析】分∠CEF=∠A=30°，∠DFE=∠A=30°，两种情况讨论，当∠CEF=∠A=30°时， EF∥AB，△EFC∽△ABC，得到△DEF∽△ABC，∠CFE=∠B=60°，得到∠DFE=∠CFE=60°，推出∠FDB=∠DFE=60°，∠BFD=180°-∠CFE-∠DFE=60°，推出△BDF是等边三角形，得到BF=DF，得到CF=BF，推出CE=AE，推出EF=AB，得到；当点F与点B重合时，∠DFE=∠CFE=∠ABC=30°， ．
【详解】当∠CEF=∠A=30°时，由折叠知，∠CEF=∠DEF=30°，
∴∠CEF=∠A，
∴EF∥AB，△EFC∽△ABC
由折叠知，△CEF≌△DEF，
∴△DEF∽△ABC，
∵∠B=90°-∠A=60°，
∴∠CFE=∠B=60°，
∴∠DFE=∠CFE=60°，
∴∠FDB=∠DFE=60°，∠BFD=180°-∠CFE-∠DFE=60°，
∴△BDF是等边三角形，
∴BF=DF，
∵CF=DF，
∴CF=BF，
∴CE=AE，
∴EF=AB，
∵BC=，
∴；

当点F与点B重合时，∠DFE=∠CFE=∠ABC=30°，∠EDF=∠BCA=90°，
△FED∽△ABC，
此时，．
综上，或EF=2．
故答案为：2或

【点睛】本题考查了折叠，三角形全等，三角形相似，熟练掌握折叠图形的全等性，三角形全等的性质，三角形相似的判定和性质，是解决此类问题的关键．
3. （2022河南西平一模） 乐乐用一张直角三角形制片玩折纸游戏．如图1，在中，，，．第一步，将纸片沿AB对折，使点A与点B重合，折痕与边AB的交点为点D；第二步，在AC边上找一点E，将纸片沿ED折叠，点A落在处，如图2；第三步，将纸片沿折叠，点E落在处，如图3．当点恰好在原直角三角形纸片的边上时，线段的长为______．


【答案】1或
【解析】
【分析】因为点恰好在原直角三角形纸片的边上，所以分为当落在边上和边上两种情况分析，根据折叠的性质和三角函数求解即可．
【详解】解：当落在边上时，如下图所示，


设交于点，
∵在中，，，，
∴，
∴，
由题意和折叠的性质可知，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
当落在边上时，如图所示，


此时当落在边上，
，
，
综上，线段的长为1或．
故答案为：1或．
【点睛】本题考查了轴对称变换，三角函数解直角三角形等，正确作出图形是解题的关键．
4. （2022河南商水二模）“希望小组”的同学们利用课余时间对“纸片中的折叠问题”进行了探究．如图，在中，，，点是边上不与端点，重合的一个动点，第一步，将沿折叠，点的对应点为；第二步，将沿折叠，点的对应点为，当直线过的一个顶点时，线段的长度为______．

【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况：①当直线DD'过A时，由△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，得∠B'AD＝∠B'AD'＝90°，根据△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，得∠AB'D＝∠B＝30°，∠ADB＝∠ADB'，即知∠ADB＝∠ADB'＝60°，从而∠BAD＝90°，在Rt△ABD中，可得BD＝；②当DD'过B（C）时，由△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，得∠AED＝∠AED'＝90°，在Rt△ABE，可求得AE，BE，根据△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，可得AB'＝AB＝3，∠AB'D＝∠B＝30°，求出B'E，在Rt△B'DE中，利用三角函数求出DE，即可得到BD．
【详解】解：①当直线DD'过点A时，如图：

∵△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，
∴∠B'AD＝∠B'AD'＝90°，
∵△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，
∴∠AB'D＝∠B＝30°，∠ADB＝∠ADB'，
∴∠ADB＝∠ADB'＝60°，
∴∠BAD＝180°−∠B−∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，cosB＝，即cos30°＝，
∴BD＝；
②当DD'过B（C）时，如图：

∵△ADB'沿AB'折叠，点D的对应点为D'，
∴∠AED＝∠AED'＝90°，
在Rt△ABE中，∠B＝30°，
∴AE＝AB＝，BE＝AE＝，
∵△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，
∴AB'＝AB＝3，∠AB'D＝∠B＝30°，
∴B'E＝AB'−AE＝，
在Rt△B'DE中，tan∠AB'D＝，即tan30°＝，
∴DE＝，
∴BD＝BE−DE＝；
综上所述，线段的长度为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查等腰三角形中的翻折问题，勾股定理，解直角三角形，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练应用含30°的直角三角形的三边的关系．
5. （2022三门峡一模）如图，在中．，点是边上一动点．连接，将沿折叠，点落在处，当点在内部（不含边界）时，长度的取值范围是___________．

【答案】
【解析】
【分析】分别求出当落在AC和BC上时的长度即可.
【详解】∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，
∴，
当点落在AC上时，如图，


∵将△ABD沿BD折叠，点A落在处，
∴∠ADB==90°，
∵，
∴，
当点落在BC上时，如图，过点D作DH⊥AB于H，
∵将△ABD沿BD折叠，点A落在处，
∴∠ABD=∠DBC=45°，
∵DH⊥AB，
∴∠HDB=∠HBD=45°，
∴BH=DH，
∵，
∴HD=2AH=BH，
∵AB=AH+BH=2AH+AH=2，
∴，，
∴，
∴当点在△ABC内部（不含边界）时，AD长度的取值范围为．
【点睛】本题考查折叠问题，解题的关键是考虑两种极端情况．还可以利用相似来解题．
6. （2022开封二模）如图①，四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，，∠BCD＝60°，将四边形ABCD作如下操作：
（1）将四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B与点D重合，如图②所示；
（2）将图②中的直角三角形折叠，使折痕经过△ABC的任一个顶点，再把折叠后的图形完全展开，请观察展开后的图形，当此次折叠后的两条折痕与原四边形的边（或边的一部分）组成的四边形为菱形时，该菱形的边长为______．


【答案】2或
【解析】
【分析】分如图①所示，当折痕经过点B，即四边形ABOD是菱形时，如图②所示，当折痕经过点A，即四边形AECF是菱形时，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图①所示，当折痕经过点B，即四边形ABOD是菱形时，
∴此时菱形的边长即为AB的长，即


如图②所示，当折痕经过点A，即四边形AECF是菱形时，
∴，
∴∠BEA=∠BCD=60°，
∵∠B=90°，
∴，
∴此时菱形的边长为2，
故答案为：2或．

【点睛】本题主要考查了菱形性质，解直角三角形，正确画出图形，用分类讨论的思想求解是解题的关键．
7. （2022焦作一模）小航用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在中，，．第一步，在边上找一点D，将纸片沿折叠，点A落在处，如图2；第二步，将纸片沿折叠，点D落在处，如图3．当点恰好落在原直角三角形纸片的边上时，线段的长为________．


【答案】或
【解析】
【分析】因为点D′恰好在原直角三角形纸片的边上，所以分为当D′落在AB边上和BC边上两种情况分析，勾股定理求解即可．
【详解】解：当D′落在AB边上时，如下图，


设DD′交AB于点E，
由折叠知：∠ =∠=∠A=45°，
AD=A′D=A′D′，DD′⊥A′E，A′C=AC，
∵∠ACB=90°，BC=AC= ，
∴AB=1，∠B=45°，
设=x，则在Rt△中， ，
在Rt△ECB中，EC=BC=1，
∵A′C=AC=，
∴+1=，
即x=2−；
当D′落BC边上时，如下图，


因为折叠，∠ACD=∠A′CD=∠A′CD′=30°，
∠A=∠=∠CA′D′=45°，
作⊥，
设 =x，则 ，CE=，
∵A′C=AC=，
∵+=，
解得：x=，
故答案为：2−或
【点睛】本题考查了轴对称变换，勾股定理，直角三角形中30°的性质，正确的作出图形是解题的关键．
8.（2022河南方城一模） 如图，∠AOB=30°，OA=4，D为OA中点，点P是射线OB上的一个动点，连结AP，DP，将△ADP沿DP折叠，折叠后得到△DPA'，当△DPA'与△ODP的重叠部分的面积恰好为△ODP面积的一半时，OP的长为________．

【答案】2或##2或2
【解析】
【分析】分两种情况讨论：①若PA′与AO交于点F，连接A′O，易得S△DFP=S△ODP=S△A′DP，即可得到DF=OD=OF，PF=A′P=A′F．从而可得四边形A′DPO是平行四边形，即可得到OP=A′D，从而可求出OP；②若DA′与OC交于点G，连接AA′，交DP与H，如图，同理可得GP=OG，DG=DA′=1，根据三角形中位线定理可得AP=2，此时点P与点C重合，从而可求出OP．
【详解】解：①若PA′与为OA交于点F，连接A′O，如图．

∵点D是AO的中点，
∴OD=AD=2．
由折叠可得A′D=AD=2，
由题可得S△DFP=S△ODP=S△ADP=S△A′DP，
∴DF=OD=OF，PF=A′P=A′F．
∴四边形A′DPO是平行四边形，
∴OP=A′D=2；
②若DA′与BO交于点G，连接AA′，交DP与H，如图．

同理可得GP=OP=OG，DG=DA′=×2=1．
∵OD=AD，
∴DG=AP=1，
∴AP=2，
过点A作AC⊥OB于点C，
∵∠AOB=30°，OA=4，
∴AC=2，
∴点P与点C重合，
∴OP=OC=2．
故答案为：2或2．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、平行四边形的判定与性质、等高三角形的面积比等于底的比、三角形中位线定理等知识，运用分类讨论的思想是解决本题的关键．
9.（2022南阳卧龙二模） 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，E为AD上一动点，连接BE，将沿BE折叠得到，当点F落在平行四边形的对角线上时，OF的长为______．


【答案】3或
【解析】
【分析】分点F落在BD上和落在AC上，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图1所示，当点F落在对角线BD上时，
由翻折的性质可得AB=BF，
∵AB=BD=6，
∴BF=BD，即F与D重合，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴；


如图2所示，当点F在AC上时，设AC与BE交于G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD=45°，
∵AB=BD，
∴∠BAD=∠BDA=45°，
∴∠ABD=90°，
∴，
由折叠的性质可知AG=FG，AF⊥BE，
∴∠BGO=∠ABO=90°，
又∵∠AOB=∠BOG，
∴△AOB∽△BOG，
∴
∴,
∴，
∴，
故答案为：3或．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，正确画出图形，利用分类讨论的思想求解是关键．
10.（2022苏州中学三模） 如图所示，矩形ABCD中，AB=12cm，AD=5cm，E是DC上一点（点E不与D、C重合）连接AE，以AE所在的直线为折痕，折叠纸片，点D的对应点为D′，点F为线段BC上一点，连接EF，以EF所在的直线为折痕折叠纸片，使点C的对应点C′落在直线ED′上，若CF=4时，DE=_____．

【答案】2或10
【解析】
【分析】设DE=x，则EC=12-x，然后证明△FEC∽△EAD，则，然后依据比例关系列出关于x的方程求解即可．
【详解】设DE=x，则EC=12-x．
由翻折的性质可知∠DEA=∠D′EA，∠CEF=∠C′EF，
∴∠AEF=90°．
∴∠DEA+∠CEF=90°．
又∵∠DAE+∠DEA=90°，
∴∠DAE=∠CEF．
又∵∠D=∠C=90°，
∴△FEC∽△EAD，
，即
解得x=2或x=10．
故答案是：2或10．
【点睛】考查了翻折变换的性质，主要利用了相似三角形的判定与性质，依据相似三角形的性质，列出关于x的方程是解题的关键．
11.（2022河南上蔡三模） 如图，在矩形ABCD中，，，点E是AB边上的动点（不与点A，B重合），连接CE，将沿直线CE翻折得到，连接．当点落在边AD上，且点恰好是AD的三等分点时，的周长为______．

【答案】或
【解析】
【分析】分以下两种情况进行讨论．①当点恰好是AD的三等分点且靠近A点时；②当点恰好是AD的三等分点且靠近D点时，根据折叠性质及勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，．
由题意，可知需分以下两种情况进行讨论．
①当点恰好是AD的三等分点且靠近A点时，如图1所示．

又∵，
∴，．
由折叠的性质，可知，，
∴．
∴．
∴．
②当点恰好是AD的三等分点且靠近D点时，如图2所示．

又∵，
∴，．
由折叠的性质，可知，，
∴．
∴．
∴．
综上所述，当点落在边AD上，且点恰好是AD的三等分点时，的周长为或．
故答案为：或
【点睛】本题考查矩形及其折叠问题，勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形性质和折叠的性质，对点位置进行分情况讨论．
12. （2022河南滑县一模）小虎用一张矩形纸片玩折纸游戏，如图．在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是边CD上一点（不和点C，D重合），且CE的长是整数．将纸片沿过点A的一条直线折叠，点B落在点B′处，折痕交BC于点P；沿直线PE再折叠纸片，点C落在点C'处．若B′，C′，P三点共线，则线段BP的长是___．

【答案】1或3
【解析】
【分析】设BP＝x，CE＝k，则CP＝BC﹣BP＝4﹣x，根据翻折的性质证明△ABP∽△PCE，可得，所以，整理得：x2﹣4x+3k＝0，由题意可知，该方程有实数根，所以Δ＝16﹣12k≥0，解得k，因为k＞0，且k为整数，k＝1，然后把k＝1代入方程即可解决问题．
【详解】解：设BP＝x，CE＝k，
则CP＝BC﹣BP＝4﹣x，
由折叠可知：∠APB＝∠APB′，∠CPE＝∠C′PE，
∵∠APB+∠APB′+∠CPE+∠C′PE＝180°，
∴∠APE＝90°，
∵∠BAP+∠APB＝90°，
∴∠BAP＝∠CPE，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABP∽△PCE，
∴，
∴，
整理得：x2﹣4x+3k＝0，
由题意可知，该方程有实数根，
∴Δ＝16﹣12k≥0，解得k，
∵k＞0，且k为整数，
∴k＝1，
∴x2﹣4x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
则线段BP的长是1或3．
故答案为：1或3．
【点睛】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程，综合性较强，要求学生有较强的识图能力．
13. （2022大同二模）如图，在矩形ABCD中，，点E是AB上一点，且，连接CE，点F是线段DC上一点，将沿AF折叠，使得点D的对应点落在线段CE上，则DF的长度为___________．


【答案】
【解析】
【分析】过D'作D'G⊥AB于G，D'H⊥AD于H，连结DD'，则由题意和勾股定理可以得到HD'=AG=4，AH=3，DH=2，设DF=y，则由可得关于y的方程，解方程即可得到DF的值．
【详解】解：如图，过D'作D'G⊥AB于G，D'H⊥AD于H，连结DD'，


由题意可得EB=BC=5，
∴∠CEG=45°，
∴EG=GD'，设EG=GD'=x，
又由题意可得AD'=AD=5，AG=AE+EG=AB-BE+EG=1+x
∴在RT△AGD'中，，
解之可得GD'=x=3，
∴HD'=AG=4，AH=3，DH=2，
设DF=y，
则由可得：
，
解之可得y=，即DF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，熟练掌握勾股定理的应用、矩形与轴对称的性质及方程思想方法的运用是解题关键．
14.（2022商丘二模） 如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点M，N分别在AD，BC上，且AMAD，BNBC，E为直线BC上一动点，连接DE，将DCE沿DE所在直线翻折得到，当点恰好落在直线MN上时，tan∠DEC的值是_______．

【答案】2或
【解析】
【分析】分两种情况讨论：当E点在B点左侧时，求出tan∠C'DM=，再求出∠C'DM=∠EC'M，可求EN=6，CE=10，则tan∠DEC=；当E点在B、C之间时，设CE=x，则NE=4-x，在Rt△NEC'中，求出EC=，则tan∠DEC==2．
【详解】解：如图1，当E点在B点左侧时，

由折叠可知，CD＝C'D，
∵AB＝5，BC＝6，AMAD，BNBC，
∴AM＝2，BN＝2，
∴MD＝4，
在Rt△DMC'中，C'M3，
∴tan∠C'DM，
∵∠C'DM+∠MC'D＝90°，∠MC'D+∠EC'M＝90°，
∴∠C'DM＝∠EC'M，
∴，
∴，
∴，
∴EN＝6，
∴CE＝10，
∴tan∠DEC；
如图2，当E点在B、C之间时，

由折叠可知，CD＝C'D＝5，
∵MD＝4，∴C'M＝3，
∴C'N＝2，设CE＝x，则C'E＝x，NE＝4﹣x，
在Rt△NEC'中，C'E2＝NE2+C'N2，
∴x2＝(4﹣x)2+4，
∴x，
∴EC，
∴tan∠DEC2；
综上所述：tan∠DEC的值为2或，
故答案为：2或．
【点睛】本题考查图形的折叠，熟练掌握图形折叠的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．
15. （2022河南实验中学一模）如图，在矩形中，已知，，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段向终点C运动，运动时间为t秒，连接，把沿着翻折得到．作射线与边交于点Q，当时，_______．

【15题答案】
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况讨论，当点E在矩形的内部或外部时，利用矩形的性质及已知条件先分别表示出AQ、EQ、AB等，再利用勾股定理等知识求解即可．
【详解】当点E在矩形的内部时，如图

四边形是矩形


把沿着翻折得到，

，

，



在中，
即
解得
当点E在矩形的外部时，如图






解得
综上，当时，或
故答案为：或．
【点睛】本题考查矩形的性质、几何动点、折叠的性质、勾股定理的应用、等腰三角形的性质等知识，能够根据题意分类讨论是解题的关键．
16. （2022周口扶沟一模）如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB=3．点E为射线 BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点B′处，过点B′作AD的垂线，分别交AD，BC于点M，N．当点B′为线段MN的三等分点时，BE的长为__________ ．

【答案】或
【解析】
【详解】解：根据题意得：∠B=∠BNM=∠AMN=90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴AB=MN=3，AM=BN，
根据折叠的性质得：，，
点B′为线段MN的三等分点时，分两种情况：
①当时，
在 中，由勾股定理得：AM=，
设，
在中，由勾股定理得：，
解得x=；
②当时，
在中，由勾股定理得：AM=，
设，
在中，由勾股定理得，
解得x=．
故答案为：或

17.（2022河南新安一模） 如图，矩形中，，，F为边上一点，连接，将沿折叠，得到，G为上一点，将沿折叠，使点的对应点落在上，当点恰好在矩形的对角线上时，线段的长为________．

【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况进行讨论，①当点在对角线上时，点和点重合，勾股定理求得；②当点在对角线上时，连接，过点作于点, 过点 作 于点 ，在 Rt 中, 证明，即可求得
【详解】如图，①当点在对角线上时，点和点重合，如解图 1 所示.
，，
四边形是矩形，，
，
折叠，
，

②当点在对角线上时，连接，过点作于点, 过点 作 于点 , 如解 图 2 所示.


同理可得.
在 Rt 中，


.








.
.
综上所述, 线段 的长为 或 .
故答案为：或
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
18. （2022南阳淅川一模）如图，在矩形中，，，是边上一点（不与点，重合），先将沿直线BE翻折，点A的对应点为F．再作点B关干直线EF的对称点G连接EG，FG．当点G恰好落在矩形ABCD的边上时，线段AE的长为_______．

【答案】或．
【解析】
【分析】如图，根据轴对称的性质可得，AB=BF=FG=，BG=2AB=13．当点G恰好落在矩形ABCD的边上时，有两种情况：①当G在边AD上；②点G在DC上．当点G在AD上时，利用特殊三角函数值求出，再求，最后利用正切定义求得AE；当点G在DC上时，过点F作交AD于点M，交BC于点N，在中，利用勾股定理求求CG，利用三角形中位线求出FN，最后在中，利用勾股定理求出EF，即可求出AE．
【详解】解： 沿直线BE翻折，点A的对应点为F，
，
点B，点G关干直线EF的对称，
，
，
当点G恰好落在矩形ABCD的边上时，有两种情况：
①如图，当G在边AD上时，
在矩形ABCD中，，
，
，

②如图，点G在DC上时，过点F作交AD于点M，交BC于点N，则 ，，四边形ABNM是矩形，
在中，，
，
，
，
在中，，
设，根据勾股定理，得，
，
，解得， ，
，
综上，AE=或，
故答案为：或．

【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，利用特殊三角函数值求角，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质及三角形中位线的性质，分类讨论的思想是解决本题的关键．
19. （2022河南桐柏一模）如图1，在矩形ABCD中，，．第一步，如图2，在CD边上找一点E，将矩形沿AE折叠，点D落在AB边上点F处；第二步，如图3，在AB上找一点M，将沿CM折叠，得到，点N落在AE上，则MN的长为______．


【答案】##2.5##
【解析】
【分析】首先根据折叠的性质可知：四边形AFED是正方形，AC=BC=5，MN=BM，，再过点N作于点P，交DC于点Q，设AP=x，可得，，，，可证得，可求得，，最后由得到方程，解方程即可解答．
【详解】解：根据第一步折叠可知：AF=AD=EF=DE=5
四边形AFED是正方形

根据第二步折叠可知：NC=BC=5，MN=BM，
如图：过点N作于点P，交DC于点Q，设AP=x


四边形APQD是矩形，
，
，
，


，得
，


整理得：
解得，
经检验，都是原方程的解

不合题意舍去


故答案为：
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定及性质，正方形的判定与性质，解分式方程，作出辅助线是解决本题的关键．
20. （2022平顶山三模）如图1，在矩形ABCD中，，，点E在矩形边上沿运动，连接CE．如图2，将矩形ABCD沿直线CE折叠，点B对应点为，当点落在矩形ABCD对角线所在的直线上时，则__________．

【答案】或
【解析】
【分析】情况1，点在AC上，求出AC的长，由折叠得BE=E，BC=C=4，∠B=∠EC=∠A B′E=90°，设AE=x，得BE=E=3-x，A=5-4=1，根据勾股定理得出AE的长；情况2，点在BD的延长线上，由折叠可知：∠DFC=∠BFC=90°，根据，得CF=，再证△ADB∽△FDE，得出，得DE=，即可得答案．
【详解】解：情况1，如下图，点在AC上，

∵在矩形中，AB=3，BC=4，
∴∠B=90°，，
∵矩形沿直线CE折叠，点B的对应点为B′，
∴BE=E，BC=C=4，∠B=∠EC=∠A B′E=90°，
设AE=x，
∴BE=E=3-x，
∴A=5-4=1，
∴，即，
解得：x=；
情况2，如下图，点在BD的延长线上，

由折叠可知：∠DFC=∠BFC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=5，
∵，即
∴CF=，
∴，
∵∠A=∠EFD=90°，∠ADB=∠FDE，
∴△ADB∽△FDE，
∴，
∴，
解得：DE=，
∴ AE=AD-DE=4-=．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形，解题的关键是注意两种情况．
21.（2022河南虞城二模） 如图，矩形中．，，点为中点，点从点出发匀速沿运动，连接，点关于的对称点为，连接，，当点恰好落在矩形的对角线上时不包括对角线端点，点走过的路径长为______．

【答案】或
【解析】
【分析】当点恰好落在矩形的对角线上时存在两种情况：如图，点在上，点在上，连接，证明可得结论；如图，点在上，连接，根据角的三角函数列式可得的长，从而计算结论．
【详解】解：如图，点在上，点在上，连接，

为的中点，
，
点关于对称点为，
，，
，
，
，
，
即点走过的路径长为；
如图，点在上，连接，

为的中点，且，AD=1，
，，
，
由
，
，
，
，
，
，
，
此时点走过的路径长为；
综上，点走过的路径长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，对称的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识是解题的关键，并注意运用分类讨论的思想．
22. （2022信阳三模）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E是BC边上一个动点（不与点B，C重合），将△ABE沿AE翻折到△AB′E，再将△AB′E沿AB′翻折得到△AB′E′．当点E′恰好落在正方形ABCD的边所在的直线上时，线段BE的长度为____________．

【答案】或
【解析】
【分析】两种情况讨论，当点 落 在 边上时, 证明 ，根据，即可求解，②当点 落在 的延长线上时，根据含30度角的直角三角形的性质，求得
【详解】①当点 落 在 边上时，
四边形是正方形
，
根据折叠可知，
在与中



.
是等腰直角三角形
设 , 则
,
解得 .

②当点 落在 的延长线上时,

，
综上可知, 或 ，
故答案为：或
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，掌握正方形的性质是解题的关键．
23. （2022平顶山二模）如图，将正方形ABCD对折后展开，得折痕MN，连结MD．点E在边BC上，连接DE，将△DEC沿DE折叠，当点C的对应点C′落在∠DMN的边上时，则的值为______．

【答案】
【解析】
【分析】设正方形ABCD的边长为a，ED与MN交于点P，再设PN=PQ=EC=x，根据sin∠DMN=，解方程得出x，进而求出EC即可求解．
【详解】解：如图，设正方形ABCD的边长为a，ED与MN交于点P，

∵MN∥BC，且M为AB的中点，
∴，
过点P作PQ⊥DM于Q，
由折叠的性质知：DE平分∠CDM，
∴PN=PQ，
设PN=PQ=EC=x，
∴PM=MN-PN=a-x，
∵DM==，
∴sin∠DMN=，即，
解得x==，
经检验x=是原方程的解，
∴EC=2x=，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，解直角三角形，勾股定理等，利用辅助线构造直角三角形利用正弦函数得线段比例关系是解题的关键．
24. （2022河南济源一模）如图，在菱形中，，，点为边上一点，，点为边上的一动点，沿将翻折，点落在点处，当点在菱形的对角线上时，的长度为________．


【答案】2或
【解析】
【分析】分两种情况：①当点P在菱形对角线AC上时，由折叠的性质得：AN＝PN，AM＝PM，证出∠AMN＝∠ANM＝60°，得出AN＝AM＝2；②当点P在菱形对角线BD上时，设AN＝x，由折叠的性质得：PM＝AM＝2，PN＝AN＝x，∠MPN＝∠A＝60°，求出BM＝AB−AM＝1，证明△PDN∽△MBP，得出，求出PD＝x，由比例式，求出x的值即可．
【详解】解：分两种情况：①当点P在菱形对角线AC上时，如图1所示：


由折叠的性质得：AN＝PN，AM＝PM，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴∠PAM＝∠PAN＝30°，
∴∠AMN＝∠ANM＝90°−30°＝60°，
∴AN＝AM＝2；
②当点P在菱形对角线BD上时，如图2所示：


设AN＝x，
由折叠的性质得：PM＝AM＝2，PN＝AN＝x，∠MPN＝∠A＝60°，
∵AB＝3，
∴BM＝AB−AM＝1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADC＝180°−60°＝120°，∠PDN＝∠MBP＝∠ADC＝60°，
∵∠BPN＝∠BPM＋60°＝∠DNP＋60°，
∴∠BPM＝∠DNP，
∴△PDN∽△MBP，
∴，即，
∴PD＝x，
∴
解得：或（不合题意舍去），
∴；
综上所述，AN的长为2或；
故答案为：2或．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定以及分类讨论等知识；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是关键．
15. （2022洛阳伊川一模）如图，在矩形中，，点为的中点，点为射线上一点，连接，若将沿直线折叠后，点恰好落到上的点处，则的值为________．

【答案】8或2
【解析】
【分析】连接EC，利用矩形的性质，求出DE的长度，证明EC平分∠DCF，再证∠FEC=90°，最后证△FEC∽△EDC，利用相似的性质即可求出AB的长度．
【详解】解：如图，连接EC，


∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90°，BC=AD=8，DC=AB=a，
∵E为AD中点，
∴AE=DE=AD=4，
∴CE2=CD2+DE2=a2+16，
∵BF=6，BC=8，
∴CF=，
由翻折知，△AEF≌△GEF，
∴AE=GE，∠AEF=∠GEF，∠EGF=∠EAF=90°=∠D，
∴GE=DE，
∴EC平分∠DCG，
∴∠DCE=∠GCE，
∵∠GEC=90°-∠GCE，∠DEC=90°-∠DCE，
∴∠GEC=∠DEC，
∴∠FEC=∠FEG+∠GEC=×180°=90°，
∴∠FEC=∠D=90°，
又∵∠DCE=∠GCE，
∴△FEC∽△EDC，
∴，
∴CE2=CF•CD，
∴a2+16=10a，
解得：a=8或2．
故答案为：8或2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够作出适当的辅助线，熟练运用相似三角形的判定与性质．