中考数学：答题技巧与模板构建 专题14 一题多解型（学案解析版）

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几何中一题多解型问题是指由于试题条件的不明确性，或题意中含有不确定的参数或图形时，导致结果有多种可能性，从而使答案不唯一、而此类问题因其能更好的体现学生分析问题和解决问题的能力，所以此类问题往往会出现在中考的试卷中，同时，许多考生因忽视问题中的“不确定性”而导致所得出的答案不全，从而失分．
应如何解决此类问题呢？解决此类问题最好的方法就是应用分类讨论思想．
分类讨论思想就是人们面对比较复杂的问题，有时无法通过统一研究或者整体研究解决，需要把研究的对象按照一定的标准进行分类并逐类进行讨论，再把每一类的结论综合，使问题得到解决．该问题是中招考试中必考的题型，一般以压轴题的形式出现，具有一定的难度，需要学生多练习、多总结．
模型01 翻折问题
几何变换中的翻折（折叠、对称）问题是历年中考的热点问题，试题立意新颖，变幻巧妙，主要考查学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力．
涉及翻折问题，以矩形对称最常见，变化形式多样．无论如何变化，解题工具无非全等、相似、勾股以及三角函数，从条件出发，找到每种对称下隐藏的结论，往往是解题关键．本专题以各类几个图形（三角形、平行四边形、菱形、矩形、正方形、圆等）为背景进行梳理及对应试题分析，方便掌握．
常见翻折模型：

模型02 旋转问题
旋转问题在近几年各地中考主要以填空题、选择题、解答题的形式进行考查，各地试题有容易题、中档题也有压轴题；考查的内容主要涉及的有：中心对称和中心对称图形的概念与性质；图形的旋转的概念与性质；考查的热点主要有旋转对称图形与中心对称图形；旋转的性质；旋转变换；几何变换综合问题．
三角形共顶点旋转模型：
正方形共顶点旋转模型：
旋转相似
模型03 平移问题
对应点、对应线段、对应角一个图形经过平移后得到一个新的图形，这个新图形与原图形是能够互相重合的全等形，我们把互相重合的点称为对应点，互相重合的线段称为对应线段，互相重合的角称为对应角．
1．定义
在平面内，一个图形由一个位置沿某个方向移动到另一个位置，这样的图形运动叫做平移．平移不改变图形的形状和大小．
2．三大要素
一是平移的起点，二是平移的方向，三是平移的距离．
3．性质
（1）平移前后，对应线段平行且相等、对应角相等；
（2）各对应点所连接的线段平行（或在同一条直线上）且相等；
（3）平移前后的图形全等．
模型04 存在性问题
多可能性问题中，等腰三角形与直角三角形的存在性考试较多．
等腰三角形中的分类讨论：
凡是涉及等腰三角形的存在性问题优先考虑分类讨论，再利用等腰三角形的性质与三角形三边关系解题．注意一下几种谈论形式：（1）已知边长度无法确定是底边还是腰时要分类讨论；（2）已知角度数无法确定是顶角还是底角时要分类讨论；（3）遇高线需分高在△内和△外两类讨论；（4）中线把等腰△周长分成两部分需分类讨论．
直角三角形的存在性问题谈论：
一般分三个步骤：第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．
解直角三角形的问题，常常和相似三角形、锐角三角函数的问题联系在一起．一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照相似或勾股定理列方程．在平面直角坐标系中，两点间的距离公式常常用得到．
有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．
模型05 动点问题
模型一 动点运动轨迹--直线型
【模型解读】 （1）定距离判断直线型路径：当某一动点到某条直线的距离不变时，该动点的路径为直线．（2）定角度判断直线型路径：当某一动点与定线段的一个端点连接后所成的角度不变时，该动点的路径为直线．
基本图形：
模型二 动点运动轨迹--圆或圆弧型
【模型解读】 （1）“一中同长”：到定点的距离等于定长的点的集合是圆．（2）用定弦对定角定圆：当某条边与该边所对的角是定值时，该角的顶点的路径是圆弧．见直角→找斜边（定长）→想直径→定外心→现“圆”形；见定角→找对边（定长）→想圆周角→转圆心角→现“圆”形．
基本图形：
模型三 动点轨迹为其他曲线，构造三角形
【模型解读】 （1）当动点轨迹不是“定线”或“定圆”，是两条线段时，可以考虑三角形的三边关系，最大值为其他两线段长之和，最小值为其他两线段长之差．（2）在转化较难进行时，可以借助于三角形的中位线及直角三角形斜边上的中线．（3）这类问题归属为滑竿问题．
基本图形：
模型四 双动点型
【模型解读】 （1）对于不关联的双动点问题，采用“控制变量法”，先控制其中一个点不动，分析另一个点的运动轨迹，再让这个点运动起来，可以使问题更直观，思路更清晰；（2）对于多个点运动并且是联动的问题，一般采用相对运动法，可以让一些点静止，减少动点的个数，使问题简单化．
模型01 翻折模型
考｜向｜预｜测
翻折模型该题型近年主要以多可能性问题和应用题形式出现，多可能性问题一般为填空题的最后 一题，具有一定的难度，在各类考试中均为压轴题型．翻折和折叠问题其实质就是对称问题，翻折图形的性质就是翻折前后图形是全等的，对应的边和角都是相等的．以这个性质为基础，结合三角形、四边形、圆的性质，三角形相似，勾股定理设方程思想来考查．
答｜题｜技｜巧
例1．（2024·江苏·一模）
1．如图，点在正方形边上，且，点是线段上一动点（点不与点重合），连接，将沿所在直线折叠，点的对应点为，过作于点，当点落在正方形的对角线上时，线段的长为 ．
例2．（2024·河南周口·一模）
2．如图，在中，是上两点，将沿直线折叠，沿直线折叠，使得的对应点重合于点．当为直角三角形时，线段的长为
模型02 旋转问题
考｜向｜预｜测
旋转问题该题型主要以选择、填空形式出现，旋转模型相对固定，在各类考试中出题频率较高．掌握旋转图形的性质是解题的重点，在旋转图形中对应点到旋转中心的距离相等；两组对应点分别与旋转中心连线所成的角度相等；图形在绕着某一个点进行旋转的时候，既可以顺时针旋转，也可以逆时针旋转．
答｜题｜技｜巧
例1．（2023·河南）
3．如图所示，在中，，，为斜边中线，点P为线段上一动点，将线段绕点P逆时针旋转得线段，连接，，当垂直于的一边时，线段的值为 ．
例2．（2024·山东·一模）
4．如图，在中，，，，点O是边的中点，点P是边上一动点，连接，将线段绕点P顺时针旋转，使点O的对应点D落在边上，连接，若为直角三角形，则的长为 ．
模型03 平移问题
考｜向｜预｜测
平移问题在近几年各地中考主要以填空题或选择题的形式进行考查，属于中、低档题，较为简单；少数题目以解答题的形式进行考查，属于中档题，难度一般；考查的内容主要涉及的有：平移的概念及要素；平移的性质；平移变换作图；利用平移设计图案；考查的热点主要有平移的性质；平移变换作图；利用平移设计图案．
答｜题｜技｜巧
例1．（2023·湖南）
5．如图，和都是等边三角形，，，边，位于同一条直线上，点与点重合．现将固定不动，把自左向右沿直线平移，移出外（点与重合）时停止移动．在移动过程中，当两个三角形重合部分的面积为时，平移的距离是 ．
例2．（2023·贵州）
6．如图，两个直角三角板与按如图所示的方式摆放，其中，，，且共线，将沿方向平移得到，若点落在上，则平移的距离为 ．
模型04 存在性问题
考｜向｜预｜测
存在性问题该题型主要是在填空题的多可能性试题、综合性大题中考试较多，具有一定的综合性和难度．这部分考题的考查形式多样，主要考查等腰三角形性质与判定，与等腰三角形有关的证明及计算，与直角三角形有关的证明与计算，在命题点下拓展其他新的考查形式．形式上年年有创新，年年有新意．从各省近几年真题分析，该题型均与其他知识结合考查，命题在继承中有创新，创新体现在加大开放探究，注重学生思维认知能力的考查．
答｜题｜技｜巧
例1．（2024·福建·一模）
7．如图，点P为矩形ABCD对角线AC上异于A、C的一个动点，过点P作PE⊥AD于点E，点F为点A关于PE的对称点，连接PF、FC，若AB＝6，BC＝8，当△CPF为直角三角形时，AE的长为 ．
例2．（2024·陕西·一模）
8．如图，在中，，，点为边的中点，点是边上的一个动点，连接，将沿翻折得到，线段交边于点．当为直角三角形时，的长为 ．
模型05动点问题
考｜向｜预｜测
动点问题该题型主要是在填空题的多可能性试题、综合性大题中考试较多，具有一定的综合性和难度．本题型在各省的中招考试中考试频率较高，均位于填空题的第15题，分值3分，且都有两个答案，属于几何题型的多可能性问题讨论．难度系数较难，得分率较低．本题属于几何范畴，主要借助折叠或旋转的思想应用在三角形或四边形中，涉及的知识点主要有勾股定理，三角形的全等或相似，四边形中的特殊平行四边形的性质，本题一般有两个答案．
答｜题｜技｜巧
例1．（2023·河北）
9．如图，在中，，，，动点P从点B出发，沿方向以每秒4个单位的速度向终点A运动，同时动点Q从点C出发，以每秒1个单位的速度沿方向运动，当点P到达点A时，点Q也停止运动．以，为邻边作平行四边形，，分别交AC于点E，F，设点P运动的时间为t秒．连接，，点D关于直线的对称点为点，当点恰好落在的边上时，t的值为 ．
例2．（2023·山东）
10．如图，中，，点在上，且，为上任意一点，若将绕点逆时针旋转得到，连接，则在点运动过程中，线段的最小值为 ．
（2023·山西）
11．如图，矩形中，，，点为矩形对角线，的交点，将绕点顺时针旋转，点的对应点为，连接，当点落在矩形的对称轴上时，的长为 ．
（2023·内蒙古）
12．如图，已知矩形，，，点是线段上一点，且不与、重合，沿折叠使点落在矩形某边所在直线上，则的长是 ．
（2023·南京）
13．如图，在等腰三角形中，，，点为的中点．将线段绕点旋转，得到线段，连接，．当时，的长为 ．
（2023·重庆）
14．如图，正方形中，，点为对角线上的动点，以为边作正方形，点H是上一点，，连接，则的最小值为 ．
（2023·北京）
15．如图，在中，，，，E为上的点，将绕点E在平面内旋转，点B的对应点为点D，且点D在的边上，当恰好为直角三角形时，的长为 ．
（2023·东北）
16．如图，在中，，，点D为边上一动点，点E在边上，，将沿翻折，点A的对应点为F，连接．当为直角三角形时，的长为 ．

（2023·甘肃）
17．如图，在△ABC中，，，，D为中点，E为直线上任意一点，将沿翻折，点A 落在点F 上，线段、线段交于点M，则当为直角三角形时，的长为 ．

（2023·四川）
18．如图所示，在矩形中，，．点P为边上一定点且，点Q为边上不与端点重合的一动点，将四边形沿翻折，使得点D的对应点E落在矩形的边上，连接，则的长为 ．
（2023·厦门）
19．如图，在中，，点D为边上一动点，将沿过点D的直线折叠，使点C的对应点落在射线上，连接，当的某一直角边等于斜边长度的一半时，的长度为 ．

（2024·江苏宿迁·模拟预测）
20．如图，中，，，，点为上一个动点，以为轴折叠得到，点A的对应点为点，当点落在内部（不包括边）上时，的取值范围为 .

（2024·新疆·模拟预测）
21．如图，在矩形中，，，点为射线上一动点，将沿折叠，得到．若恰好落在射线上，则的长为 ．
22．如图，在钝角中，，，点从点出发沿以的速度向点移动，点从点出发沿以的速度向点移动，如果两点同时移动，经过 秒时，与相似．

23．如图在矩形中，，，平分交于点，过作交于点，将沿翻折得到，将绕点逆时针旋转角（其中），记旋转中的为，在旋转过程中，设直线分别与直线、直线交于点、，当时，线段长为 ．
（2024·兰州·一模）
24．若一个三角形的三边长之比为，则称这个三角形为“勾股三角形”．如图，在矩形中，，点在边上，将沿所在直线折叠，得到，再将沿过点的直线折叠，使与重合，点的对应点为点，折痕与交于点．若是“勾股三角形”，则的长为 ．
（2024·苏州·一模）
25．如图，在边长为的菱形中，，点是边的中点，连接，将菱形翻折，使点落在线段上的点处，折痕交于点，则线段的长为 ．
（2024·河南平顶山·一模）
26．如图，在矩形纸片中，，，点为的中点，点在边上，连接，将矩形纸片沿着折叠，点、分别落在点、处，连接，当时，的长为 ．
27．如图，矩形的边长为4，将沿对角线翻折得到，与交于点E，再以为折痕，将进行翻折，得到．若两次折叠后，点恰好落在的边上，则的长为 ．
（2024·江苏盐城·一模）
28．如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当 时，是以为腰的等腰三角形．

（2024·河南商丘·一模）
29．如图，中，，，，平分，将绕点A逆时针旋转得线段，连接、，当是直角三角形时，的长为 ．
（2024·河南洛阳·一模）
30．如图，在中，，点，分别为，上一个动点，以为对称轴将折叠得到，点的对应点为，若点落在上，且与相似，已知，，则的长为 ．
（2023·河南新乡·三模）
31．如图，在中，，点在上，，将线段绕点旋转得线段，连接．当点在直线上方，且到直线的距离为1时，的长为 ．

32．如图，在中，，，，点在边上，将点绕点顺时针旋转得到点，连接，．当是等腰三角形时，的长为 ．

33．如图，在中，，点为斜边的中点，点为边上的一动点，沿着所在直线折叠，得到，当垂直于的直角边时，的长度为 ．

（2024·河南开封·一模）
34．如图，中，，，点D为边AC上的中点，点E为边上一个动点，将沿折叠，点C的对应点为点F，交的直角边于点G，当点G为直角边的中点时，则长为 ．
第一步：
利用翻折的性质：①翻折前后两个图形全等；②对应点连线被对称轴垂直平分；
第二步：
结合相关图形的性质（三角形，四边形等）；
第三步：
运用勾股定理或者三角形相似建立方程．
第一步：
连接图形中的每一个关键点与旋转中心；
第二步：
把连线按要求（顺/逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
第三步：
在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
第四步：
连接所得到的对应点．
第一步：
根据题意，确定平移的方向和平移的距离；
第二步：
找出原图形的关键点；
第三步：
按平移方向和平移距离平移各个关键点，得到各关键点的对应点；
第四步：
按原图形依次连接对应点，得到平移后的图形．
第一步：
根据题意确定分类讨论的思路，等腰三角形或直角三角形分别以各顶点为直角顶点或等腰三角形顶点分类讨论；
第二步：
依据图形变化，画出对应图形；
第三步：
利用等腰三角形、直角三角形的性质并结合勾股定理或者相似进行求解；
第一步：
根据图形特点，结合运动特征，确定在运动变化过程中符合运动规律的固定点的位置；
第二步：
分析图中某些基本元素之间的位置关系，为计算最值提供解题的入口；
第三步：
分析图中的数量关系，寻求在运动变化过程中长度固定的线段，为两点间的距离最值计算做好准备．
参考答案：
1．或1
【分析】本题主要考查折叠的性质、正方形形的性质、两点间的距离公式、用待定系数法求函数解析式．根据题意可得，，由折叠的性质可得，，，，再分两种情况：①当点在对角线上时，以点为原点建立直角坐标系，连接，根据待定系数法可求得所在直线解析式为，设点的坐标为，根据两点间的距离公式列出方程，求得，因此，则；②当点在对角线上时，此时点与点重合，连接，易证四边形为正方形，则，．
【详解】解：，
，，
，
四边形为正方形，
，，
由折叠的性质可得，，，，，
①当点在对角线上时，
如图，以点为原点建立直角坐标系，连接，
则点，，，
设所在直线解析式为，
，
解得：，
所在直线解析式为，
设点的坐标为，
，，
，
解得：或（舍去），
，
，
；
②当点在对角线上时，此时点与点重合，
如图，连接，
，
，
，
四边形为正方形，
，
．
综上，线段的长为或1．
故答案为：或1．
2．1或2
【分析】本题考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．根据题意知当为直角三角形时有两种情况，一是，二是，两种情况分别求出即可，具体见详解．
【详解】由题意得，
故为直角三角形分为两种情况：
(1)当时，如图1，作于，
设，则，
，，
，
，，
，
所以，
解得，即；
(2)当时，如图2，作于，
设，则，
，，
，
，，
，
所以，
解得，则．
综上所述，线段的长为1或2．
故答案为：1或2．
3．或
【分析】根据和两种情况进行讨论，当时，根据得到，在中根据直角三角函数计算出和，从而计算出，当时，证明，得到，得到，再根据勾股定理计算出．
【详解】解：①当时，如图1所示，
，，
，
．
为斜边中线，
，
．
在中，，，
，，
，，
；
②当时；如图2所示，过点Q作于点D．
，，
．
．
，．
．
在中，．
综上，线段的长为或，
故答案为：或．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质和解直角三角形，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是掌握解直角三角形的相关知识．
4．或3
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，解直角三角形等知识点，先利用含30度角的直角三角形三边的关系得到，当时，如图1，过P点作于E点，于F点，计算，再根据旋转的性质得到，则利用等腰三角形的性质得到，接着证明四边形为矩形，得出，然后在中利用含30度角的直角三角形三边的关系可求出的长；当时，如图2，过P点作于E点，在中，先求出，则，接着证明四边形为矩形得到，然后计算即可，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【详解】∵，
∴，
∵点O是边的中点，
∴，
当时，如图1，过P点作于E点，于F点，
在中，
∵，
∴，
∵线段绕点P顺时针旋转，使点O的对应点D落在边上，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴；
当时，如图2，过P点作于E点，
在中，
∵，
∴，
∵线段绕点P顺时针旋转，使点O的对应点D落在边上，
∴ ，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
综上所述，的长为或3．
故答案为：或3．
5．或
【分析】本题考查了平移的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，分两种情况：完全进入前，两个三角形重合部分的面积为和完全进入后，两个三角形重合部分的面积为，进行解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：分两种情况：
完全进入前，两个三角形重合部分的面积为时，如图，
∵和都是等边三角形，
∴，
∴为等边三角形，
设，过点作于，
则，，
∴，
∴重合部分的面积，
∴，
∴此时平移的距离为；
完全进入后，两个三角形重合部分的面积为时，如图，
此时，仍有，
∴此时平移的距离为；
综上，平移的距离是或，
故答案为：或．
6．
【分析】根据平移的性质可知，设平移的距离为，则可表示出，再根据含角的的性质可得，从而列出含的方程，解方程即可得解．
【详解】解：∵将沿方向平移得到
∴
∵若设平移的距离为，则
∴
∵
∴
∴
∴在中，由勾股定理可推导出
∴
∴
∴平移的距离为．
故答案是：
【点睛】本题考查了平移的性质、含角的直角三角形的性质以及平行线的性质，此题还可有其他方法来解决比如锐角三角函数、相似三角形以及列一元二次方程等，但因是八年级试题故选择的是列一元一次方程求得最后结论．
7．或
【分析】根据△CBF为直角三角形，即∠CFP为直角，从而证明∠CFD+∠PFA＝90°，得∠CFD＝∠BAC，证得△CDF∽△CBA，根据相似三角形的性质计算得到DF的长度，再用AD长度减去DF后根据轴对称的性质可得AE的长．
【详解】解：①当∠CFP＝90°时，
∵△PCF为直角三角形，
∴∠CFP＝90°，
∴∠CFD+∠PFA＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠CAB+∠PAF＝90°，
∵PE⊥AD，点A与点F关于PE对称，
∴PE＝PA，EF＝EA，
∴∠PFA＝∠PAF，
∴∠CAB＝∠CFD，
在△CBA和△CDF中
∴△CBA∽△CDF，
∴，
∵AB＝CD＝6，BC＝8，
∴，
即DF＝ ，
∴AE＝（AD﹣DF）
＝（8﹣）
＝ ．
②当∠PCF＝90°时，
∵∠ACB＝∠CAF，∠B＝∠ACF＝90°，
∴△ACB∽△FAC，
∴＝，
∴AF＝，
∴AE＝AF＝
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定及轴对称的性质，解答本题的关键是能够从复杂的图形中获得基本图形的相似，从而列出等式求线段长度．
8．或
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，，分两种情况：，，分别画出图形，进行解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：∵，点为边的中点，
∴，
依题意得：，
如图，当时，点重合，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图，当时，
∵，
∴，，
∴，
又由折叠可得，，
设，则，
∵，，
∴，
即，
解得，
∴；
综上，的长为为或，
故答案为：或．
9．1或
【分析】先证明，分两种情况，点在上，在斜边上，分别画出图形，求出结果即可.
【详解】解：在中，，
，，
由题意，，，，
，，
四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∵在中，，
，
，
，
，
，
，，
点在上时，

由对称得：，，
∵，点Q在上，点在上，
∴点与点Q重合，
∵，
，
，
是等边三角形，
，
，
；
在边上时，如图所示：

此时，
由对称得：，
，
是等边三角形，
，
，
，
综上分析可知，当点恰好落在的边上时，t的值为1或．
故答案为：1或.
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，含的直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论，学会取边界点解决实际问题，属于中考压轴题.
10．
【分析】在上截取，连接，证明，推出，当时，的值最小，即线段有最小值，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，在上截取，连接，
∵将绕A点逆时针旋转得到，
∴，
∴即，
在和中，
，
∴，
∴，
∵D点在线段上运动，
∴当时，的值最小，即线段有最小值，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴由勾股定理得，
∴线段有最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
11．2或##或2
【分析】分两种情况讨论，由旋转的性质和勾股定理可求解．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，，，
，
，
如图，当落在的垂直平分线上时，
，
将绕点顺时针旋转，
，
当点落在的垂直平分线上时，连接，设的垂直平分线与交于点，
同理可得，
，
四边形是菱形，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
综上所述：的长为2或，
故答案为：2或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
12．或
【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、正方形的判定、勾股定理等知识，应注意分类讨论，以免丢解．设点、点的对应点分别为点、点，由矩形的性质得，，，由折叠得，，，，再分两种情况讨论，一是点在的延长线上，可证明四边形是正方形，则；二是点在的延长线上，可证明，则，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：设点、点的对应点分别为点、点，
四边形是矩形，，，
，，，
由折叠得，，，，
当点在的延长线上，如图，则，
四边形是矩形，
，
，
四边形是正方形，
，
；
当点在的延长线上，如图，
，
，
由折叠得，
，
，
，
，
故答案为：或．
13．或
【详解】先根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得的长，然后分类讨论分别得出的长即可求解．
【分析】解：在等腰三角形中，，，点为的中点．
∴,，
如图，过点作于点,则
∴，
在中，，则
如图，当在的右侧时，
∵
∴
∴
∴,
如图，当在的左侧时，连接，
∵
∴
∵
∴
∴
∵旋转，
∴，
∴是等边三角形，
∴
∴
在中，
，
综上所述，的长为或
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
14．
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，正确判断点G的轨迹是解题关键．根据正方形的性质，证明，进而推断点G的轨迹是射线，根据垂线段最短可知，当时，有最小值，根据特殊角的正弦函数值求出的长即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∴点G的轨迹是射线，
根据垂线段最短可知，当时，有最小值，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
15．或
【分析】先求解，再分两种情况讨论：如图，当时，当时，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
【详解】解：∵，，，，
∴．
为直角三角形时分两种情况∶
①如图，当时，设，
由，，
∴，
∴，
∴，
解得；
②当时，设，
同理可得：，
∴，
∴，
解得．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，作出正确的图形是解本题的关键．
16．3
【分析】先判断当为直角三角形时，则，然后根据30度角的直角三角形的性质得，再根据求解即可．
【详解】解：∵，，
∴．
∵将沿翻折，点A的对应点为F，
∴，，
∴，
∴当为直角三角形时，则，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
17．或
【分析】根据题意，当为直角三角形时，分两种情况：①当点为直角顶点时，②当点为直角顶点时，根据相似三角形的判定与性质解答即可．
【详解】解：，，，
∴，
根据题意，当为直角三角形时，分两种情况：
①当点为直角顶点时，如图1，

由翻折可知：，
∵，
，
，
设，则，
，
过点作交于点，
∴．
为中点，
为中点，
，
，
，
，
，
，
，
；
②当点为直角顶点时，如图2，

由翻折可知：，
∵，
，
，
设，则，
，
，
，，
，
，
，
，
．
综上所述：的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等角对等边，三角形的中位线，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
18．或2##2或
【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关运算法则成为解题的关键．根据题意，分点在上和上两种情况，分别根据折叠的性质、矩形的性质、勾股定理进行解答即可．
【详解】解：①如图：当点在上时，
在矩形中，，，
，，
四边形沿翻折，使得点D的对应点E落在矩形的边上，
四边形是矩形，
，，，
．
如图：当点在上时，
在矩形中，，，
，，
，
四边形沿翻折，使得点D的对应点E落在矩形的边上，
，，
，
，，，
．
综上，的长为或2．
19． 或
【分析】由翻折得，，分三种情况：①当点在边上，且（即）时；②当点在的延长线上，且（即）时；③当点在的延长线上，且（即）时，分别根据勾股定理求出的长，再求出的长即可
【详解】解：由翻折得，，分三种情况：
①当点在边上，且（即）时，
，
由勾股定理得，，
即，
，
，
；
②当点在的延长线上，且（即）时，同理得，
，
；
③当点在的延长线上，且（即）时，
由勾股定理得，，
即，
，
，
，
，
，此时点不在边上，不符合题意，舍去，
综上，当的某一直角边等于斜边长度的一半时，的长度为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查图形的翻折变换（折叠问题），勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用折叠的性质及勾股定理是解答本题的关键，同时要注意分类思想的运用．
20．
【分析】先过点作，垂足为，以为轴折叠得到，点的对应点为点，此时点落在边上，求出，再作的角平分线，交于点，以为轴折叠得到，点的对应点为点，此时点落在边上，求出，结合点落在内部（不包括边）上，即可得到的取值范围．
【详解】解：过点作，垂足为，以为轴折叠得到，点A的对应点为点，则点落在边上，

∵，，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
作的角平分线，交于点，以为轴折叠得到，点A的对应点为点，则点落在边上，

∵由折叠可知：，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点落在内部（不包括边），
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称中的折叠问题、含角的直角三角形的性质、勾股定理等，等腰三角形的判定，熟知折叠前后两个三角形全等是解答本题的关键．
21．或30
【分析】如图1，根据折叠的性质得到，，根据勾股定理得到，于是得到，如图2，根据折叠的性质得到，求得，根据勾股定理得到根据相似三角形的性质列方程得到，即可得到结论．
【详解】解：如图1，将沿折叠，得到，
，，
，
，
，
，
，
，
，
如图2，将沿折叠，得到，
垂直平分，，
∴，
∴，
，
，
，
，，
，
，
，
，
∴
∵
，
，
即，
，
，
综上所述：的长为：或30，
故答案为：或30．
【点睛】本题考查了翻折变换折叠的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，平行线的性质，正确的作出图形是解题的关键．
22．3或
【分析】先分别求出，，再分①和②，根据相似三角形的性质求解即可得．
【详解】解：设经过秒时，与相似，
由题意得：，
，，
，点从点运动到点所需时间为，点从点运动到点所需时间为，
，
①当时，
则，即，
解得，符合题意；
②当时，
则，即，
解得，符合题意；
故答案为：3或．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，正确分两种情况讨论是解题关键．
23．
【分析】如图，，作垂足为，于，得，推出，，设，在中，，可得，进而可求得，，易知，，由，得，在中，，得，求得，再根据，即可求解．
【详解】解：如图，，作垂足为，于，则．
∵四边形是矩形，∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，，设，
在中，∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、轴对称变换，旋转变换、勾股定理，解直角三角形等知识，正确画出图形，再利用直角三角形的边角关系是解决问题的关键．
24．或
【分析】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，证明，分和，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：由折叠的性质，可得：，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴
∵是“勾股三角形”，
∴或；
当时，设，则：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当时，同法可得：；
故答案为：或．
25．##
【分析】过点M作，交于点F，解直角三角形得出的长，再根据勾股定理求得，即可解答．
【详解】解：如图所示，过点M作，交于点F，
∵在边长为2的菱形中，，
，
，
，
，点M为的中点，
∴，
∴，，
∴，
将菱形翻折，使点A的对应点落在上，
，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了解含有角的直角三角形，解直角三角形，菱形的性质，勾股定理，正确画出辅助线是解题的关键．
26．或
【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分两种情况讨论：当点、在下方时，设与的交点为，由折叠的性质，证明四边形、四边形都是矩形，得到，再利用勾股定理，即可得出的长；点、在上方时，设与的交点为，四边形、四边形都是矩形，得到，再利用勾股定理，即可得出的长．
【详解】解：在矩形纸片中，，，点为的中点，
，，，，
如图1，当时，且点、在下方时，设与的交点为，
由折叠的性质可知，，，，，
，
四边形、四边形都是矩形，
，，
，
在等腰中，；
如图2，当时，且点、在上方时，设与的交点为，
由折叠的性质可知，，，，，，
，
，
四边形、四边形都是矩形，
，
，
，
，
，
，
综上可知，当时，的长为或，
故答案为：或．
27．或
【分析】根据题意分两种情况讨论：①当点恰好落在上时，由翻折以及矩形的性质利用可证明，然后根据等腰三角形的性质求出的长，再依据勾股定理求解即可；②当点恰好落在上时，同理利用可证明，根据全等三角形的性质可得出的长，再根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】∵四边形为矩形，
∴，，
∵沿对角线翻折得到，
∴，，
∵以为折痕，将进行翻折，得到，
∴，，
①当点恰好落在上时，如图，
在和中，
∴
∴，即为等腰三角形，
∵
∴点为中点，
∴，
在中，有，
即，解得
②当点恰好落在上时，如图，
∵
∴四边形为矩形，
∴，
∵沿进行翻折，得到，
∴
在中，
，
在和中，
∴≌（）
∴
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了空间想象能力以及分类讨论的思想，熟练掌握翻折的性质，运用全等三角形的判定与性质、勾股定理是解答此题的关键．
28．或
【分析】对是以为腰的等腰三角形分类讨论，当时，设，可得到，再根据折叠可得到，然后在Rt△ABE中利用勾股定理列方程计算即可；当时，过A作AH垂直于于点H，然后根据折叠可得到，在结合，利用互余性质可得到，然后证得△ABE≌△AHE，进而得到，然后再利用等腰三角形三线合一性质得到，然后在根据数量关系得到．
【详解】解：当时，设，则，
∵沿翻折得，
∴，
在Rt△ABE中由勾股定理可得：即，
解得：；
当时，如图所示，过A作AH垂直于于点H，

∵AH⊥，，
∴，
∵，
∴，
∵沿翻折得，
∴，
∴，
在△ABE和△AHE中，
∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
综上所述，，
故答案为：
【点睛】本题主要考查等腰三角形性质，勾股定理和折叠性质，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰，然后结合勾股定理计算即可．
29．或
【分析】本题考查了解直角三角形和旋转的性质，解题关键是根据题意分类讨论，恰当构建直角三角形求解；
根据是直角三角形时，直角不同进行分类讨论，构建直角三角形，利用解直角三角形求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，，，
∵平分，
∴，，
∴，，
当时，，
作于H，
∵，
∴，
∴．
当时，取、的中点F、I，连接、、，与交于K，
∵，，
∴垂直平分，
∴，，
∵、的中点为F、I，
∴，，，，
，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
综上，的长为或．
30．或
【分析】本题考查了翻折变换的性质，解直角三角形，相似三角形的性质；
根据题意分，，两种情况讨论，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】
，
∴，
当时，如图所示，
∴
∴
∵折叠，
∴
∴
∴，
如图所示，
当，则
∵
∴
∴
同理可得
∴
故答案为：或．
31．
【分析】根据旋转的性质求出，再利用勾股定理求出长度，最后根据勾股定理求出长度．
【详解】解：过点作于点，则，如图所示，

根据旋转的性质可知，．
在中，．
，
．
在中，．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相关性质．
32．或
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质定理，灵活运用分类讨论的思想是解答本题的关键．
根据题意，分两种情况：当时，当时，分别利用勾股定理列出式子，计算得到结果．
【详解】解：根据题意设：
，则，
当时，

根据题意得：，
在中，，
即，
解得：，即，
当时，作于点，如图，

由旋转的性质得：，，
，
，
，，
，
在中，
，
，即，
，
解得：，
，
综上，的长为或．
故答案为：或．
33．或5
【分析】此题重点考查轴对称的性质、勾股定理、菱形的判定与性质、相似三角形的性质和判定、三角形的中位线定理等知识，当时，证明四边形是边形是解题的关键．
由，求得，则，再分两种情况讨论，一是于点，则，所以，则，由折叠求得，则，由勾股定理得，求得；二是，则，可证明四边形是菱形，则于是得到问题的答案．
【详解】解：∵，
∵点为的中点，
如图1，，垂足为点，则，

由折叠得，
解得；
如图2，，

由折叠得，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
综上所述，的长为或5，
故答案为：或5．
34．或
【分析】分两种情况进行讨论，当G为直角边的中点时，当点G为直角边的中点时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：∵中，，，
∴；
当G为边的中点时，如图所示：
∵点D是的中点，
∴，
∴，
∵是由折叠得到的，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点G为直角边的中点时，如图所示：
则，
∵点D是的中点，
∴，，
∴，
∴，
根据折叠可知，，
，
在中，根据勾股定理得：
，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴，
综上分析可知，的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，折叠的性质，平行线的性质，中位线的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．