中考数学二轮专题第01讲 翻折问题专题(教师版)

这是一份中考数学二轮专题第01讲 翻折问题专题(教师版)，共22页。试卷主要包含了 轴对称的定义， 轴对称的性质等内容，欢迎下载使用。


1. 轴对称的定义
把一个图形沿着某条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线对称，对应点叫对称点，直线叫对称轴，两个图形关于某条直线对称也叫轴对称.

2. 轴对称的性质
（1）关于某条直线对称的两个图形是全等形；
（2）对称轴这条直线是对应点连线段的垂直平分线.


1. 轴折叠两侧的部分对应相等，如①对应角相等、②对应边相等、③折痕上的点到对应点的距离相等；
2. 对应点的连线段被折痕所在直线垂直平分，这会出现垂直于中点；
3. 折叠问题中，常常结合角平分线、等腰三角形、三线合一、设未知数解勾股定理等综合知识点；
4. 在平面直角坐标系中出现折叠，常常还会用到求解析式法、两点间距离公式、中点坐标公式等.










【例题1】（2019•青岛模拟）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=4，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上．则sin∠EFG的值为　　．

【解析】如图：过点E作HE⊥AD于点H，连接AE交GF于点N，连接BD，BE．
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠DAB=60°，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠DCB=60°，DC∥AB
∴∠HDE=∠DAB=60°，
∵点E是CD中点，∴DE=CD=2
在Rt△DEH中，DE=2，∠HDE=60°
∴DH=1，HE=，∴AH=AD+DH=5
在Rt△AHE中，AE==2
∵折叠，∴AN=NE=，AE⊥GF，AF=EF
∵CD=BC，∠DCB=60°
∴△BCD是等边三角形，且E是CD中点
∴BE⊥CD，
∵BC=4，EC=2，∴BE=2
∵CD∥AB，∴∠ABE=∠BEC=90°
在Rt△BEF中，EF2=BE2+BF2=12+（AB﹣EF）2．
∴EF=，∴sin∠EFG===，故答案为：
【点评】本题关键词：“对应点的连线段被折痕所在直线垂直平分”，“三线合一”，“转化目标角”








【例题2】如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是边AB上一点，且AE=2EB，点P是边BC上一点，连接EP，过点P作PQ⊥PE交射线CD于点Q．若点C关于直线PQ的对称点正好落在边AD上，求BP的值．

【解析】过点P作PE⊥AD于点E，∴∠PEC'=90°
∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4
∴∠EAB=∠B=∠C=∠QDC'=90°，CD=AB=3
∴四边形CPED是矩形
∴DE=PC，PE=CD=3
∵AE=2EB，∴AE=2，EB=1
设BP=x，则DE=PC=4﹣x
法2：亦可过C`作C`G⊥BC，连接CC`
∵点C与C'关于直线PQ对称
∴△PC'Q≌△PCQ
∴PC'=PC=4﹣x，C'Q=CQ，∠PC'Q=∠C=90°
∵PE⊥PQ
∴∠BPE+∠CPQ=90°
又∵∠BEP+∠BPE=90°
∴∠BEP=∠CPQ
∴△BEP∽△CPQ
同理可证：△PEC'∽△C'DQ
∴，，∴CQ==x（4﹣x）
∴C'Q=x（4﹣x），DQ=3﹣x（4﹣x）=x2﹣4x+3
∴，∴C'D=3x，EC'=
∵EC'+C'D=DE，∴，解得：x1=1，x2=
∴BP的值为1或








【例题3】（2019秋•双流区校级月考）如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，则OE的长为_________.
法2：亦可过D作DG⊥AO，连接AA`

【解析】连接A′D，AD，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，
∵CD=3DB，
∴CD=3，BD=1，
∴CD=AB，
∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，
∴A′D=AD，A′E=AE，
在Rt△A′CD与Rt△DBA中，，
∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），
∴A′C=BD=1，
∴A′O=2，
∵A′O2+OE2=A′E2，
∴22+OE2=（4﹣OE）2，
∴OE=，
【点评】本题关键词：“对应点的连线段被折痕垂直平分”，“全等相似”，“十字架”，“勾股定理解方程”


【例题4】（2019•东西湖区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为　　．

法2：亦可过E作EG⊥FC；或者过F作MN分别垂直AD和BC
【解析】连接BF，
∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=3，
又∵AB=4，
∴AE==5，∴BH=，则BF=，
∵FE=BE=EC，∴∠BFC=90°，
根据勾股定理得，CF===．
故答案为：．

【例题5】如图，将边长为6的正方形纸片ABCD对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展平后，再将点B折到边CD上，使边AB经过点E，折痕为GH，点B的对应点为M，点A的对应点为N
（1）若CM=x，则CH=　　（用含x的代数式表示）；
（2）求折痕GH的长．

【解析】（1）∵CM=x，BC=6，
∴设HC=y，则BH=HM=6﹣y，
故y2+x2=（6﹣y）2，整理得：y=﹣x2+3，
∵∠HMC+∠MHC=90°，∴∠EMD=∠MHC，
∴△EDM∽△MCH，
∴=，∴=，解得：HC=﹣x2+2x，
故答案为：﹣x2+3或﹣x2+2x；
（2）方法一：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
设CM=x，由题意可得：ED=3，DM=6﹣x，∠EMH=∠B=90°，
故∠HMC+∠EMD=90°，
∵∠HMC+∠MHC=90°，∴∠EMD=∠MHC，
∴△EDM∽△MCH，
∴=，即=，解得：x1=2，x2=6，
当x=2时，∴CM=2，∴DM=4，
∴在Rt△DEM中，由勾股定理得：EM=5，
∴NE=MN﹣EM=6﹣5=1，
∵∠NEG=∠DEM，∠N=∠D，
∴△NEG∽△DEM，
∴=，∴=，解得：NG=，
由翻折变换的性质，得AG=NG=，
过点G作GP⊥BC，垂足为P，则BP=AG=，GP=AB=6，
当x=2时，CH=﹣x2+3=，
∴PH=BC﹣HC﹣BP=6﹣﹣=2，
在Rt△GPH中，GH===2．
当x=6时，则CM=6，
点H和点C重合，点G和点A重合，点M在点D处，点N在点A处．
MN同样经过点E，折痕GH的长就是AC的长．
所以，GH长为6．

方法二：有上面方法得出CM=2，连接BM，
可得BM⊥GH，
则可得∠PGH=∠HBM，
在△GPH和△BCM中
，
∴△GPH≌△BCM（SAS），
∴GH=BM，
∴GH=BM==2．

【例题6】已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A （11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．
（1）如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；
（2）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，求m（用含有t的式子表示）；
（3）在（2）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果）．

【解析】（1）根据题意，∠OBP=90°，OB=6，
在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．
∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，
解得：t1=2，t2=﹣2（舍去）．
∴点P的坐标为（2，6）；
（2）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，
∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC，
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，
∴∠OPB+∠QPC=90°，
∵∠BOP+∠OPB=90°，
∴∠BOP=∠CPQ，
又∵∠OBP=∠C=90°，
∴△OBP∽△PCQ，
∴=，
由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11﹣t，CQ=6﹣m．
∴=，
∴m=t2﹣t+6（0＜t＜11）；
（3）过点P作PE⊥OA于E，如图3，
∴∠PEA=∠QAC′=90°，
∴∠PC′E+∠EPC′=90°，
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，
∴∠EPC′=∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴=，
在△PC′E和△OC′B′中，
，
∴△PC′E≌△OC′B′（AAS），
∴PC'=OC'=PC，
∴BP=AC'，
∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11﹣2t，
∴=，
∵m=t2﹣t+6，
∴3t2﹣22t+36=0，
解得：t1=，t2=
故点P的坐标为（ ，6）或（ ，6）．


1．如图，在菱形纸片ABCD中，AB=15，tan∠ABC=，将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，若CE⊥AD，则cos∠EFG的值为　　．

【解析】如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接BE，过点P作PE⊥AB，
∵AB=15，tan∠ABC=，
∴AH=9，BH=12，
∴CH=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=15，AD∥BC，
∵AH⊥BC，
∴AH⊥AD，且AH⊥BC，CE⊥AD，
∴四边形AHCE是矩形
∴EC=9，AE=CH=3，
∴BE===3，
∵将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，
∴BF=EF，BE⊥FG，BO=EO=
∵AD∥BC，
∴∠ABC=∠PAE，
∴tan∠ABC=tan∠PAE=，且AE=3，
∴AP=，PE=，
∵EF2=PE2+PF2，
∴EF2=+（15﹣EF+）2，
∴EF=，
∴FO===
∴cos∠EFG==，故答案为：
2．（2019•江北区一模）如图，在菱形ABCD中，AB=5，tanD=，点E在BC上运动（不与B，C重合），将四边形AECD沿直线AE翻折后，点C落在C′处，点D′落在D处，C′D′与AB交于点F，当C′D'⊥AB时，CE长为　　．

【解析】如图，作AH⊥CD于H，交BC的延长线于G，连接AC′．
由题意：AD=AD′，∠D=∠D′，∠AFD′=∠AHD=90°，
∴△AFD′≌△AHD（AAS），
∴∠FAD′=∠HAD，
∵∠EAD′=∠EAD，
∴∠EAB=∠EAG，
∴=（角平分线的性质定理，可以用面积法证明）
∵AB∥CD，AH⊥CD，
∴AH⊥AB，
∴∠BAG=90°，
∵∠B=∠D，
∴tanB=tanD==，
∴=，∴AG=，
∴BG===，
∴BE：EG=AB：AG=4：3，
∴EG=BG=，
在Rt△ADH中，∵tanD==，AD=5，
∴AH=3，CH=4，
∴CH=1，
∵CG∥AD，
∴=，∴CG=，
∴EC=EG﹣CG=﹣=．故答案为．

3．如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=3，DE=1，则AB=　5　．

【解析】∵折叠，
∴△ADE≌△AD'E，
∴AD=AD'=3，DE=D'E=1，∠DEA=∠D'EA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DEA=∠EAB，
∴∠EAB=∠AEB，
∴AB=BE，
∴D'B=BE﹣D'E=AB﹣1，
在Rt△ABD'中，AB2=D'A2+D'B2，
∴AB2=9+（AB﹣1）2，
∴AB=5
故答案为：5

4．（2019•罗山县一模）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点N为边BC的中点，点M为AB边上任意一点，连接MN，把△BMN沿MN折叠，使点B落在点E处，若点E恰在矩形ABCD的对称轴上，则BM的长为　5或　．

【解析】①当E在矩形的对称轴直线PN上时，如图1
此时∠MEN=∠B=90°，∠ENB=90°，
∴四边形BMEN是矩形．
又∵ME=MB，
∴四边形BMEN是正方形．
∴BM=BN=5．
②当E在矩形的对称轴直线FG上时，如图2，
过N点作NH⊥FG于H点，则NH=4．
根据折叠的对称性可知EN=BN=5，
∴在Rt△ENH中，利用勾股定理求得EH=3．
∴FE=5﹣3=2．
设BM=x，则EM=x，FM=4﹣x，
在Rt△FEM中，ME2=FE2+FM2，
即x2=4+（4﹣x）2，解得x=，即BM=．
故答案为5或．
5．（2019•虹口区二模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，点E在边AD上且AE=4，点F是边BC上的一个动点，将四边形ABFE沿EF翻折，A、B的对应点A1、B1与点C在同一直线上，A1B1与边AD交于点G，如果DG=3，那么BF的长为　　．

【解析】∵△CDG∽△A'EG，A'E=4
∴A'G=2
∴B'G=4
由勾股定理可知CG'=
则CB'=
由△CDG∽△CFB'
设BF=x

∴
解得x=
故答案为

6．如图，已知扇形AOB的半径为6，圆心角为90°，E是半径OA上一点，F是上一点．将扇形AOB沿EF对折，使得折叠后的圆弧恰好与半径OB相切于点G．若OE=4，则O到折痕EF的距离为　2　．

【解析】过点G作O′G⊥OB，作AO′⊥O′G于O′，如图，连结OO′交EF于H，
则四边形AOGO′为矩形，
∴O′G=AO=6，
∵沿EF折叠后所得得圆弧恰好与半径OB相切于点G，
∴与所在圆的半径相等，
∴点O′为所在圆的圆心，
∴点O与点O′关于EF对称，
∴OO′⊥EF，OH=HO′，
设OH=x，则OO′=2x，
∵∠EOH=∠O′OA，
∴Rt△OEH∽Rt△OO′A，
∴=，即=，解得x=2，
即O到折痕EF的距离为2．
故答案为2．

7．如图，矩形ABCD中，AD=4，O是BC边上的点，以OC为半径作⊙O交AB于点E，BE=AE，把四边形AECD沿着CE所在的直线对折（线段AD对应A′D′），当⊙O与A′D′相切时，线段AB的长是　　．

【解析】设⊙O与A′D′相切于点F，
连接OF，OE，
则OF⊥A′D′，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠OEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=A′=90°，
由折叠的性质得：∠AEC=∠A′EC，
∴∠B+∠BCE=∠A′EO+∠OEC，
∴∠OEA′=∠B=90°，
∵OE=OF，
∴四边形A′FOE是正方形，
∴A′E=AE=OE=OC，
∵BE=AE，
设BE=3x，AE=5x，
∴OE=OC=5x，
∵BC=AD=4，
∴OB=4﹣5x，
在RtBOE中，OE2=BE2+OB2，
∴（5x）2=（3x）2+（4﹣5x）2，解得：x=，x=4（舍去），
∴AB=8x=．故答案为：．

9．如图，矩形ABCD中，AB=2BC，E是AB上一点，O是CD上一点，以OC为半径作⊙O，将△ADE折叠至△A′DE，点A′在⊙O上，延长EA′交BC延长线于F，且恰好过点O，过点D作⊙O的切线交BC延长线于点G．若FG=1，则AD=　2　，⊙O半径=　　．

【解析】作OH⊥DG于H，如图，设DA=x，则AB=2x，
∵△ADE折叠至△A′DE，
∴DA′=DA=x，∠DA′E=∠A=90°，
∴DA′与⊙O相切，
在△ODA′和△OCF中

∴△DOA′≌△FOC．
∴DA′=CF=x，
∵DG是⊙O的切线，OH⊥DG，
∴H点为切点，
∴DH=DA′=x，GH=GC=CF+GF=x+1，
在Rt△DCG中，∵DC2+CG2=DG2，
∴（2x）2+（x+1）2=（x+x+1）2，解得x1=0（舍去），x2=2，
∴AD=2，
设⊙O的半径为r，则OC=OA′=r，OD=2x﹣r=4﹣r，
在Rt△DOA′中，∵DA′2+OA′2=DO2，
∴22+r2=（4﹣r）2，解得r=，
即⊙O的半径为．故答案为2，．

10．如图1，在△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10，分别以△ABC的三边AB，BC，AC为边在三角形外部作正方形ABDE，BCIJ，AFGC．如图2，作正方形ABDE关于直线AB对称的正方形ABD′E′，AE′交CG于点M，D′E′交IC于点N点D′在边IJ上．则四边形CME′N的面积是　24　．

【解析】∵正方形ABDE关于直线AB对称的正方形ABD′E′，
∴AE′=AB=10，∠E′AB=90°，∠AE′N=90°，
∵AC=6，BC=8，AB=10，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ACB为直角三角形，
∴AC2=BC•MC，
∴MC==，
∵∠MAC=∠NAE′，
∴Rt△ACM∽Rt△AE′N，
∴=，即=，∴E′N=，
∴四边形CME′N的面积=S△AE′N﹣S△ACM=×10×﹣×6×=24．
故答案为24．

11．如图，菱形ABCD中，∠A=60°，将纸片折叠，点A，D分别落在A′，D′处，且A′D′经过点B，EF为折痕，当D′F⊥CD时，的值为　　．

【解析】设BC与D′F交于点K．CF=a，D′K=b，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴∠C=60°，∠D′=∠D=120°，
∵KF⊥CD，
∴∠KFC=90°，
∴∠FKC=∠BKD′=30°，
∴∠KBD′=180°﹣∠D′﹣∠BKD′=30°，
∴BD′=b，BK=b，KC=2a，KF=a，
∵BC=CD=D′F+CF，
∴b+2a=b+a+a，
∴（﹣1）a=（﹣1）b，
∴a=b，
∴==，
故答案为．

12．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B=　﹣1　．

【解析】如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，
，
∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，
∵∠C=90°，AC=BC=，
∴AB==2，
∴BD=2×=，C′D=×2=1，
∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．故答案为：﹣1．
13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D是边BC的中点，点E是边AB上的任意一点（点E不与点B重合），沿DE翻折△DBE使点B落在点F处，连接AF，当线段AF=AC时，BE的长为　　．

【解析】连接AD，作EG⊥BD于G，如图所示：
则EG∥AC，
∴△BEG∽△BAC，
∴==，
设BE=x，
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴AB==5，
∴==，
解得：EG=x，BG=x，
∵点D是边BC的中点，
∴CD=BD=2，
∴DG=2﹣x，
由折叠的性质得：DF=BD=CD，∠EDF=∠EDB，
在△ACD和△AFD中，，
∴△ACD≌△AFD（SSS），
∴∠ADC=∠ADF，
∴∠ADF+∠EDF=×1880°=90°，
即∠ADE=90°，
∴AD2+DE2=AE2，
∵AD2=AC2+CD2=32+22=13，DE2=DG2+EG2=（2﹣x）2+（x）2，
∴13+（2﹣x）2+（x）2=（5﹣x）2，解得：x=，即BE=；
故答案为：．
14．在正方形ABCD中，
（1）如图1，若点E，F分别在边BC，CD上，AE，BF交于点O，且∠AOF=90°．求证：AE=BF．
（2）如图2，将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G．若DC=5，CM=2，求EF的长．

【解析】（1）如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵∠AOF=90°，
∴∠BAE+∠OBA=90°，
又∵∠FBC+∠OBA=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中
∵，
∴△ABE≌△BCF（ASA）．
∴AE=BF．

（2）由折叠的性质得EF⊥AM，
过点F作FH⊥AD于H，交AM于O，
则∠ADM=∠FHE=90°，
∴∠HAO+∠AOH=90°、∠HAO+∠AMD=90°，
∴∠POF=∠AOH=∠AMD，
又∵EF⊥AM，
∴∠POF+∠OFP=90°、∠HFE+∠FEH=90°，
∴∠POF=∠FEH，
∴∠FEH=∠AMD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=FH=5，
在△ADM和△FHE中，
∵，
∴△ADM≌△FHE（AAS），
∴EF=AM===．
15．如图，已知E是正方形ABCD的边AB上一点，点A关于DE的对称点为F，∠BFC=90°，求的值．

【解析】如图，延长EF交CB于M，连接CM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，
∵将△ADE沿直线DE对折得到△DEF，
∴∠DFE=∠DFM=90°，
在Rt△DFM与Rt△DCM中，，
∴Rt△DFM≌Rt△DCM，
∴MF=MC，
∴∠MFC=∠MCF，
∵∠MFC+∠BFM=90°，∠MCF+∠FBM=90°，
∴∠MFB=∠MBF，
∴MB=MC，
设MF=MC=BM=a，AE=EF=x，
∵BE2+BM2=EM2，
即（2a﹣x）2+a2=（x+a）2，
解得：x=a，∴AE=a，
∴==3．













16．在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．
（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC=54°，则∠DAE的度数为　18　°．
（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB=6，AD=10，求CE的长．
（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB=6，AD=10，求CG的长．

【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵∠BAC=54°，
∴∠DAC=90°﹣54°=36°，
由折叠的性质得：∠DAE=∠FAE，
∴∠DAE=∠DAC=18°；故答案为：18；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=6，
由折叠的性质得：AF=AD=10，EF=ED，
∴BF===8，
∴CF=BC﹣BF=10﹣8=2，
设CE=x，则EF=ED=6﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2=（6﹣x）2，解得：x=，即CE的长为；
（3）连接EG，如图3所示：
∵点E是CD的中点，∴DE=CE，
由折叠的性质得：AF=AD=10，∠AFE=∠D=90°，FE=DE，
∴∠EFG=90°=∠C，
在Rt△CEG和△FEG中，，
∴Rt△CEG≌△FEG（HL），
∴CG=FG，设CG=FG=y，
则AG=AF+FG=10+y，BG=BC﹣CG=10﹣y，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2=（10+y）2，解得：y=，
即CG的长为．
17．（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C′处，若∠ADB=46°，则∠DBE的度数为　23　°．
（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB=4，AD=9．
【画一画】如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；
【算一算】如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别落在点A′，B′处，若AG=，求B′D的长；
【验一验】如图4，点K在这张矩形纸片的边AD上，DK=3，将纸片折叠，使AB落在CK所在直线上，折痕为HI，点A，B分别落在点A′，B′处，小明认为B′I所在直线恰好经过点D，他的判断是否正确，请说明理由．

【解析】（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=46°，
由翻折不变性可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=23°，
故答案为23．

（2）【画一画】，如图2中，
【算一算】如图3中，
∵AG=，AD=9，
∴GD=9﹣=，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，
∴∠DFG=∠DGF，
∴DF=DG=，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，CF==，
∴BF=BC﹣CF=，
由翻折不变性可知，FB=FB′=，
∴DB′=DF﹣FB′=﹣=3．

【验一验】如图4中，小明的判断不正确．
理由：连接ID，在Rt△CDK中，∵DK=3，CD=4，
∴CK==5，
∵AD∥BC，
∴∠DKC=∠ICK，
由折叠可知，∠A′B′I=∠B=90°，
∴∠IB′C=90°=∠D，
∴△CDK∽△IB′C，
∴==，即==，
设CB′=3k，IB′=4k，IC=5k，
由折叠可知，IB=IB′=4k，
∴BC=BI+IC=4k+5k=9，
∴k=1，
∴IC=5，IB′=4，B′C=3，
在Rt△ICB′中，tan∠B′IC==，
连接ID，在Rt△ICD中，tan∠DIC==，
∴tan∠B′IC≠tan∠DIC，
∴B′I所在的直线不经过点D．