2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之折叠问题练习附解析

这是一份2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之折叠问题练习附解析，共40页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．如图1是长方形纸带，∠DEF＝10°，将纸带沿EF折叠成图2，再沿BF折叠成图3，则图3中∠CFE度数是多少（ ）
A．160°B．150°C．120°D．110°
2．如图所示，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C'处.若AB=6，BC=9，则BF的长为( )
A．4B．32C．4.5D．5
3．如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF.若EF＝2，则BF2＝（ ）
A．42＋4B．6＋42C．12D．8＋42
4．如图，将△ADE沿直线DE折叠，使点A落在BC边上的点F处，DE∥BC，若∠C=70°，则∠FEC=（ ）
A．50°B．40°C．30°D．20°
5．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边CD上，且CE=1，连结AE，点F在边AD上，连结BF，把△ABF沿BF翻折，点A恰好落在AE上的点G处，下列结论：①AE=BF；②AD=3DF；③S△ABF=6；④GE=0.2，其中正确的是（ ）
A．①②③④B．①③④C．①②③D．①③
6．如图，三角形纸片ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3．沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则AE的长是（ ）
A．136B．56C．76D．65
7．如图，AB为⊙O的直径，将BC沿BC翻折，翻折后的弧交AB于D．若BC=45，sin∠ABC=55，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．256π−2B．253π−2C．8D．10
8．如图，在△ABC中，AB=2，∠B=60°，∠A=45°，点D为BC上一点，点P、Q分别是点D关于AB、AC的对称点，则PQ的最小值是（ ）
A．6B．8C．4D．2
9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，首先沿着CD折叠，点B落在点E处，然后沿着FG折叠，使得点A与点E重合，则下列说法中（ ）
①EF⊥CE；②若BC＝3，AC＝4，那么FG=2140．
A．①正确，②正确B．①正确，②错误
C．①错误，②正确D．①错误，②错误
10．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上的一点，将△BCE沿着CE折叠至△FCE，若CF、CE恰好与正方形ABCD的中心为圆心的⊙O相切，则折痕CE的长为（ ）
A．53B．5C．833D．以上都不对
11．如图，等边 △ABC 中，D为AC中点，点P、Q分别为AB、AD上的点， BP=AQ=4 ， QD=3 ，在BD上有一动点E，则 PE+QE 的最小值为（ ）
A．7B．8C．10D．12
12．如图，将矩形ABCD沿GE，EC，GF翻折，使得点A，B，D恰好都落在点O处，且点G，O，C在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF，④OC=22OF，⑤△COF∽△CEG.其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①④⑤D．②③④
13．如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5.OA：OD=1∶4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是（ ）
A．（1，2）B．（-1，2）C．（5-1，2）D．（1-5，2）
14．如图，将正方形纸片ABCD沿PQ折叠，使点C的对称点E落在边AB上，点D的对称点为点F，EF为交AD于点G，连接CG交PQ于点H，连接CE．下列四个结论中：①△PBE∽△QFG；②S△CEG＝S△CBE+S四边形CDQH；③EC平分∠BEG；④EG2﹣CH2＝GQ•GD，正确的是（ ）
A．①③B．①③④C．①④D．①②③④
15．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°，将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C′处，两条折痕与斜边BC分别交于E，F．以下四个结论正确的是（ ）
①∠EAF＝45°；②FC′＝BE；③EC＝3BE；④FC＝(3－1)AE．
A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
二、填空题
16． 如图，在矩形ABCD中，AB=9，AD=12，点E是CD边上一点，CE=4，分别在AD，BC边上取点M，N，将矩形ABCD沿直线MN翻折，使得点B的对应点B'恰好落在射线BE上，点A的对应点是A'，那么折痕MN的长为 ；连接CA'，线段CA'的最小值为 ．
17． 如图，在平行四边形ABCD中，AB=6,AD=4,∠A=60°，点E，F分别为边CD,AB上异于端点的动点，且DE=BF，连接EF，将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG．当点G落在平行四边形ABCD的边上时，BG的长为 ．
18．如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到△FDE，AC分别与DF，EF相交于G，H两点．若DG=1，EH=3，则GH的长是 ．
19．如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得AE=2CE，连接BE，将△BCE沿BE翻折得到△BFE，连接DF．若BC=4，则DF的长为 ．
20．如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，点E在边AB上，将△BCE沿CE叠至△FCE． 若EF的延长线经过点D，CF平分∠ACB，BE=1，则DEAE的值为 ，AB的长为 ．
21．如图，在△ABC中，AB=AC=6，BC=10，点D是边BC上一点（点D不与点B，C重合），将△ABD沿AD翻折，点B的对应点为点E，AE交BC于点F，若DE∥AC，则点C到线段AD的距离为 ．
22．如图，腰长为22+2的等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，D为腰AB上的一个动点，将△ACD沿CD折叠，点A落在点E处，当CE与△ABC的某一条腰垂直时，BD的长为 ．
23．如图，将矩形ABCD折叠，使得点D落在AB边的三等分点G上，且BG三、解答题
24．如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，点E是BC边上一点，连接AE，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，边AF，EF分别交CD于点M，N．
（1）求证：△ADM∽△NCE；
（2）当CE=FM时．
①求BE的长；
②若点P是AB边上的动点，连接PF，过点A作PF的垂线交线段BE于点Q，试探究PFAQ的值是否发生变化，若变化，请说明理由；若不变，请求出PFAQ的值．
25． 如图，在矩形ABCD中， AB=3，AD=4，E是BC上一动点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G；
（1）如图1，当∠DAG=30° 时，求BE长；
（2）如图2，当点E是BC的中点时，求线段GC的长；
（3）如图3，在矩形ABCD中，E，G分别是BC、CD上的一点，AE⊥EG，将△EGC沿EG翻折得△EGC'，连接AC'，若△AEC'是以AE为腰的等腰三角形，则BE的值为▲ ．（直接写出答案）
26． 已知，在长方形ABCD中，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，AB∥CD，点E在线段AD上，点F在线段BC上，将长方形ABCD沿EF折叠后，点D的对应点是M，点C的对应点是N．
（1）如图1，若∠AEM=36°，求∠EFB的度数；
（2）如图2，将四边形EMNF沿BF继续折叠，点N的对应点为G，探索∠AEM与∠GHF的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，P是直线MH和线段AE的交点，将四边形ABHP沿PH折叠，点A的对应点是O，点B的对应点是Q．请直接写出∠EFG和∠GHQ的数量关系．
27．等边△ABC中，BC=4，AH⊥BC于点H，点D为BC边上一动点，连接AD，点B关于直线AD的对称点为点E，连接AE，DE，CE．
（1）如图1，点E恰好落在AH的延长线上，则求∠BCE= °；
（2）过点D作DG∥AC交AB于点G，连接GE交AD于点F．
①如图2，试判断线段AF、EF和CE之间的数量关系，并说明理由：
②如图3，直线GE交AH于点M，连接BM，D点运动的过程中．当BM+GM取最小值时，请直接写出线段DG的长度．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴AD∥BC，
∴∠BFE＝∠DEF＝10°．
由翻折的性质可知：图2中，∠EFC＝180°﹣∠BFE＝170°，∠BFC＝∠EFC﹣∠BFE＝160°，
∴图3中，∠CFE＝∠BFC﹣∠BFE＝150°．
故答案为：B．
【分析】由矩形的性质可知AD∥BC，由此得出∠BFE＝∠DEF＝10°．再根据翻折的性质可知枚翻折一次减少一个∠BFE的度数，由此即可算出∠CFE的度数。
2．【答案】A
3．【答案】D
【解析】【解答】解：过点F作FG⊥BC交于G点，
由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，
设正方形的边长为x，
∵EF＝2，
∴DE＝2，EC＝x﹣2，AC=2x，
在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2，
∴（x﹣2）2＝4+（2x﹣x）2，
解得x＝22+2，
∴FC＝2x﹣x＝2，
∵∠ACB＝45°，
∴FG＝CG=2，
∴BG=2+2，
在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（2+2）2+2＝8+42.
故答案为：D.
【分析】过点F作FG⊥BC交于G点，由折叠可知：DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，设正方形的边长为x，则DE=2，EC＝x-2，AC=2x，根据勾股定理可得x，进而得到FC、FG、BG，然后利用勾股定理进行计算.
4．【答案】B
【解析】【解答】解：因为DE//BC，∠C=70°，
所以∠AED=∠C=70°，
由折叠得出：∠DEF=∠AED=70°，
所以∠FEC=180°−∠AED−∠DEF=180°−70°−70°=40°，
故选：B.
【分析】利用平行线的性质可得∠AED=∠C=70°，再利用折叠的性质及角的运算求出∠FEC=180°−∠AED−∠DEF=180°−70°−70°=40°即可.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝CD＝4，∠BAD＝∠D＝90°，
∵CE＝1，
∴DE＝3，
由折叠的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH＝GH，
∴∠BAH+∠ABH＝90°，
∵∠FAH+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠FAH，
在△ABF和△DAE中，
∠BAF=∠DAB=AD∠ABF=∠DAE ，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF＝DE＝3，BF＝AE，故①正确；
∵DF＝AD﹣AF＝4﹣3＝1，
∴AD＝4DF，故②错误；
在Rt△ABF中，
∵BF＝AB2+AF2＝42+32＝5，
∴S△ABF＝12 AB•AF＝12×4×3＝6，故③正确；
∵S△ABF＝12AB•AF＝12BF•AH，
∴4×3＝5AH，
∴AH＝125，
∴AG＝2AH＝245，
∵AE＝BF＝5，
∴GE＝AE﹣AG＝5﹣245＝0.2，故④正确；
综上所述：正确的是①③④.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质可得AB＝AD＝CD＝4，∠BAD＝∠D＝90°，则DE=CD-CE=3，由折叠的性质可知：△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，则BF⊥AE，AH＝GH，根据同角的余角相等可得∠ABH＝∠FAH，证明△ABF≌△DAE，据此判断①；易得DF＝AD-AF＝1，据此判断②；根据勾股定理求出BF，然后根据三角形的面积公式可判断③；根据△ABF的面积公式可得AH，然后求出AG，根据
GE＝AE-AG求出GE，据此判断④.
6．【答案】A
【解析】【解答】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，
∴AD = AB = 2， ∠B = ∠ADB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE= DE， ∠C=∠CDE，
∵∠BAC = 90°，
∴∠B+ ∠C= 90°，
∴∠ADB + ∠CDE = 90°，
∴∠ADE = 90°，
∴AD2 + DE2 = AE2，
设AE=x，则CE=DE=3-x，
∴22+(3-x)2 =x2，
解得x=136
即AE=136
故答案为：A
【分析】根据折叠的性质求出CE= DE， ∠C=∠CDE，再求出∠ADE = 90°，最后列方程求解即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】解：连接AC，DC，过点C作CE⊥AB与E，点D关于BC的对称点D'，连接CD'，BD'，设AC=x，如图所示：
∵AB为直径，
∴∠BCA=90°，
∵sin∠ABC=ACAB=xAB=55，
∴AB=5x，
根据勾股定理得
BC2+AC2=AB2，
即x2+(45)2=(5x)2，
解得x=25，AB=10，
∴12AC⋅BC=12CE⋅AB，
∴CE=AC⋅BCAB=25×4510=4，
∴AE=AC2−CE2=2，
∵BC为折痕，点D与点D'对称，
∴∠CBA=∠CBD'，CD=D'C，
∴DC=D'C=AC，
∴CD=AC，
∵CE⊥AD，
∴DE=AE=2，AD=4，
∴弓形AC=弓形DC，
∴S阴影=S△ACD=12CE⋅AD=12×4×4=8．
故答案为：C．
【分析】连接AC，DC，过点C作CE⊥AB与E，点D关于BC的对称点D'，连接CD'，BD'，设AC=x，根据直径时圆周角性质可知∠BCA=90°，运用锐角三角函数的定义结合勾股定理可求得x=25，AB=10，然后运用面积桥计算求得CE与AE，从而根据折叠的性质得到∠CBA=∠CBD'， DC=D'C=AC，可得AC=CD，结合等腰三角形的性质求得AE=DE=2，最后运用弓形AC=弓形DC进行面积转化即可求解。
8．【答案】A
【解析】【解答】如图，连接AP，AD，AQ，过点A作AE⊥BC于点E
∵点P、Q分别是点D关于AB、AC的对称点
∴AB垂直平分PD，AC垂直平分QD
∴AP=AD=AQ
∴∠PAB=∠DAB，∠QAC=∠DAC
∵∠BAC=45°即∠DAB+∠DAC=45°
∴∠PAB+∠DAB+∠QA+∠DAC=45°×2=90°
∴∠PAQ=90°
∴PQ=AP2+AQ2=2AD
∴当AD最小时 ，PQ最小
AD最小为AE
∵∠B=60°，∠AEB=90°
∴∠BAE=30°
∴BE=12AB=1
∴AE=AB2−BE2=3
∴PQmin=2×3=6
故答案为：A
【分析】根据对称的性质得到垂直平分线，从而得到△PAQ是等腰三角形，通过三线合一进一步得到△PAQ是直角三角形，然后根据垂线段最短得到答案
9．【答案】A
【解析】【解答】解：∵△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠B+∠A=90°.
∵△CBD沿CD折叠得到△CED，
∴∠CED=∠B，ED=BD，CE=CB.
∵△FAG沿FG折叠得到△FEG，
∴∠A=∠FEG，AG=GE，AF=EF.
∴∠CED+∠FEG=90°，
∴∠CEF=90°，
∴EF⊥CE， ①正确；
若 BC＝3，AC＝4， 则AB=5，
∵CD⊥AB，
∴CD=AC×BCAB=125.
∴ED=BD=BC2−CD2=95，
∴AG=EG=12AB−2BD=125−95×2=710.
设AF=x，在Rt△CFE中，CF2=EF2+CE2，
∴(4－x)2=x2+32.
解得x=78.
即AF=78
∴FG=2140， ②正确.
故答案为：A.
【分析】（1）由∠ACB=90°，得到∠B+∠A=90°，由两个折叠得到∠CED=∠B，∠A=∠FEG，于是可得∠CED+∠FEG=90°，结论得证；
（2）根据BC＝3，AC＝4得到AB和CD的值，从而得到BD和AG的值，.设AF=x，则CF=4-x，可在△EFG中利用勾股定理求出x的值。进而得到GF，结论得证.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：连接OC，如图，
∵ 点O为正方形ABCD的中心，
∴ ∠DCO=∠BCO，
∵ CF，CE与 ⊙O相切 ，
∴ ∠FCO=∠ECO，
∴ ∠DCO-∠FCO=∠BCO-∠ECO，
即∠DCF=∠BCE，
∵△BCE沿着CE折叠至△FCE，
∴ ∠BCE=∠FCE，
∴ ∠DCF=∠BCE=∠FCE=30°，
设CE为2x，则BE为x，
在Rt△BCE中，BC2+BE2=CE2，
即42+x2=4x2，
解得，x=433，
则CE=2x=833.
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质可得∠DCO=∠BCO，根据切线长定理可得 ∠FCO=∠ECO，进而可得∠DCF=∠BCE，根据折叠的性质可得 ∠BCE=∠FCE，可推出∠DCF=∠BCE=∠FCE=30°，再根据30°的直角三角形的性质可得2BE=CE，再根据勾股定理列方程即可求得CE的长.
11．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，
∵ΔABC 是等边三角形，
∴BA=BC ，
∵D为AC中点，
∴BD⊥AC ，
∵AQ=4 ， QD=3 ，
∴AD=DC=AQ+QD=7 ，
作点Q关于BD的对称点Q' ，连接PQ'交BD于E，连接QE ，此时PE+QE的值最小，最小值PE+QE=PE+EQ'=PQ' ，
∵AQ=4 ， AD=DC=7 ，
∴QD=DQ'=3 ，
∴CQ'=BP=4 ，
∴AP=AQ'=10 ，
∵∠A=60° ，
∴ΔAPQ' 是等边三角形，
∴PQ'=PA=10 ，
∴PE+QE 的最小值为10.
故答案为：C.
【分析】作点Q关于BD的对称点Q' ，连接PQ'交BD于E，连接QE ，此时PE+QE的值最小，最小值PE+QE=PE+EQ'=PQ' ，进而判断△APQ'是等边三角形，即可解决问题.
12．【答案】B
【解析】【解答】解：由折叠性质可得：DG=OG=AG，AE=OE=BE，OC=BC，
∠DGF=∠FGO，∠AGE=∠OGE，∠AEG=∠OEG，∠OEC=∠BEC，
∴∠FGE=∠FGO+∠OGE=90°，∠GEC=∠OEG+∠OEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°，
∴GF∥CE，①正确；
设AD=2a，AB=2b，
则DG=OG=AG=a，AE=OE=BE=b，
∴CG=OG+OC=3a，
在Rt△AGE中，GE2=AG2+AE2=a2+b2，
在Rt△CGE中，CE2=BE2+CB2=b2+（2a）2，
在Rt△CGE中，CG2=GE2+CE2，
即（3a）2=a2+b2+b2+（2a）2，
解得：b=2a；
∴AB=2AD；②错误；
设OF=DF=x，则CF=2b−x=22a−x，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
∴22a−x2=x2+2a2，
解得：x=22a；
∴6DF=6×22a=3a，22OF=22×22a=2a，
在Rt△AGE中，GE=AG2+AE2=a2+2a2=3a，
∴GE=6DF，OC=22OF；③④正确；
根据题意，无法得出∠FCO=∠GCE，
∴无法判断△COF∽△CEG；⑤错误；
综上，正确的是①③④，
故答案为：B.
【分析】根据折叠前后图形的对应边和对应角相等可推得∠FGE+∠GEC=180°，根据同旁内角互补，两直线平行即可得出GF∥CE，判断①正确，设AD=2a，AB=2b，求得CG=3a，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得b=2a，即可求得AB与AD的数量关系，判断②错误，设OF=DF=x，求得CF的值，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方得出x与a的关系式，GE的值，即可判断③④正确，结合题意无法得出△COF∽△CEG；判断⑤错误，即可得出答案.
13．【答案】D
【解析】【解答】解： ∵矩形ABCD的边AD=5，OA：OD=1∶4 ，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
∵AB∥y轴，
∴∠AOB=∠C1OB，
∵∠OAB=∠D1=90°，
∴∠ABO∽△D1OC1，
∴OAAB=D1C1OD1，
将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置 ，则OD1=OD=4，D1C1=DC=AB，
∴1AB=AB4，解得AB=2，
∴CD=2，
连接OC，设BC与OC1交于点F，
∴OC=OD2+CD2=25，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=∠EFC1，OA=BF=1，
∴CF=4，
由折叠知：OC1=OC=25，EC1=EC=CF-EF=4-EF，
∴FC1=OC1=25-2，
∵EF2+C1F2=EC12，
∴EF2+（25-2）2=（4-EF）2，
解得：EF=5-1，
∴E（1-5，2）.
故答案为：D.
【分析】先证∠ABO∽△D1OC1，可得AB=CD=2，连接OC，设BC与OC1交于点F，利用折叠与勾股定理求出OC1=OC=25，易得FC1=OC1=25-2，再利用勾股定理求出EF的长即可得解.
14．【答案】B
【解析】【解答】解：①四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，
由折叠可知：∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90°，
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∴∠A=90°，
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE，
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ，
∵∠B=∠F=90°，
∴△QFG∽△PBE.
故①正确；
②过点C作CN⊥EG于N，
由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
在△NEC和△BEC中，
∠EMC=∠B=90°∠NEC=∠BECCE=CE
∴△NEC≌△BEC(AAS).
∴CN=CB=CD，S△NEC=S△BEC，
在Rt△CNG和Rt△CDG中，
CN=CDCG=CG
∴Rt△CNG≌Rt△CDG(HL)，
∴S△CNG=S△CDG
S△CEG=S△BEC+S△CDG＞S△BEC+S四边形CDQH，
∴②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，
即EC平分∠BEG.
∴③正确；
④连接DH，NH，HE，如图，
∵△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG，
∴∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECN+∠GCN=12∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠CHP=45°，
由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG，
∴EG2-EH2=GH2.
由折叠可知：EH=CH.
∴EG2-CH2=GH2，
∵CN⊥EG，EH⊥CG，
∴∠ENC=∠EHC=90°，
∴E，N，H，C四点共圆，
∴∠HNC=∠HEC=45°.
在△CNH和△CDH中，
CN=CD∠NCG=∠DCG，CH=CH
∴△CNH≌△CDH(SAS)，
∴∠CDH=∠CNH=45°，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°，
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°，
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH，
∴GQGH=GHGD，
∴GH2=GQ⋅GD，
∴GE2-CH2=GQ⋅GD，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④.
故答案为：B.
【分析】①根据有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CN⊥EG于N，通过证明△BEC≌△NEC，进而说明△CNG≌△CDG，可得S△CEG=S△BEC+S△CDG＞S△BEC+S四边形CDQH，可得②不正确；
③由折叠可得：∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，NH，HE，由△BEC≌△NEC，△CNG≌△CDG可知：∠BCE=∠NCE，∠NCG=∠DCG，所以∠ECG=∠ECN+∠GCN=∠BCD=45°，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得：∠EHP=∠CHP=45°，则EH⊥CG，利用勾股定理可得EG2-EH2=GH2.由CN⊥EG，EH⊥CG，得到∠ENC=∠EHC=90°，所以E，N，H，C四点共圆，所以∠HNC=∠HEC=45°，通过△CNH≌△CDH，可得∠CDH=∠CNH=45°，这样，∠GDH=45°，因为∠GHQ=∠CHP=45°，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2= GQ⋅GD，从而说明④成立.
15．【答案】C
【解析】【解答】解：∵ 将边AB沿着AE翻折，使点B落在BC上的点D处，再将边AC沿着AF翻折，使得C落在AD延长线上的点C′处，
∴∠BAE=∠EAD=12∠BAD，∠CAF=∠DAF=12∠CAD，
∴∠EAF=∠EAD+∠DAF=12（∠BAD+∠CAD）=12∠BAC=12×90°=45°，故①正确；
∵∠BAC=90°，∠C=30°，
∴∠B=60°=∠BDA=∠CDF，∠C'=30°，
∴△ABD是等边三角形，∠C'FD=90°，DF=m，则C'D=2m，C'F=CF=3m，
∴CD=DF+CF=1+3m，
∵∠BDA=60°，∠C=30°，
∴∠DAC=∠C=30°，
∴DC=AD=1+3m=BD
∴BE=DE=12BD=1+32m，而C'F=3m，
∴C'F≠BE，故②错误；
∵CD=1+3m，BE=DE=1+32m，
∴CE=CD+CD=1+32m+1+3m=3+332m=3BE，故③正确；
∵∠BEC=90°，∠C=30°，
∴AE=33CE=33×3+332m=31+32m，
∴3−1AE=3−1×33+12m=3m，
∴FC= (3－1)AE ，故④正确，
综上，正确的有①③④.
故答案为：C.
【分析】由翻折得∠BAE=∠EAD=12∠BAD，∠CAF=∠DAF=12∠CAD，进而根据∠EAF=∠EAD+∠DAF可判断①；由三角形的内角和定理及翻折得∠B=60°=∠BDA=∠CDF，∠C'=30°，则△ABD是等边三角形，∠C'FD=90°，DF=m，则C'D=2m，C'F=CF=3m，进而根据三角形外角性质得∠DAC=∠C=30°，由等边对等角及线段的和差得DC=AD=1+3m=BD，则E=DE=12BD=1+32m，可判断②；由CE=CD+CD算出CE的长，可判断③；由含30°角直角三角形的性质得AE=33CE=31+32m，从而代入 (3－1)AE 算出结果可判断④.
16．【答案】310；391010
17．【答案】4，33,27
18．【答案】2
【解析】【解答】解：△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
∵∠AGD=∠FGH，∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，
∴S△FHGS△ADG=HGDG2=HG2，S△FHGS△CHE=HGHE2=HG32=HG23.
故S△ADG=1HG2×S△FHG，S△CHE=3HG2×S△FHG.
∵DE平分等边三角形ABC的面积，
∴图形ACED的面积=S△BDE=S△FDE，
∴S△FHG=S△ADE+S△CHE.
∴S△FHG=1HG2×S△FHG+3HG2×S△FHG=4HG2S△FHG，
∴HG2=4，
∴HG=±2(舍负).
故答案为：2.
【分析】利用折叠的性质得S△BDE=S△FDE，∠F=∠B，利用等边三角形的性质可得∠F=∠A=∠C=60°.
结合对顶角的性质可证得△ADG∽△FHG，△CHE∽△FHG，根据相似的性质得S△FHGS△ADG=HGDG2=HG2和S△FHGS△CHE=HGHE2=HG32=HG23.根据DE平分等边△ABC的面积可证得S△FHG=S△ADE+S△CHE.
于是可得S△FHG=4HG2S△FHG，即可求得HG长.
19．【答案】455
【解析】【解答】解：如图，延长BE交CD于点G，连接FG、CF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴△CEG∽△AEB，
∴CGAB=CEAE=12，
∴CG=12AB=12CD，
即点G为CD的中点，
∴CG=DG，
根据折叠的性质可得，BC=BF，∠FBE=∠CBE，
∴∠BCF=∠BFC，BG垂直平分CF，
∴CG=FG，
∴CG=DG=FG，
∴∠GFD=∠GDF，∠GFC=∠GCF，
故∠FCG+∠FDC=90°，
即∠CFD=90°，
∵∠FCG+∠BCF=90°，∠FCG+∠GDF=90°，
∴∠BCF=∠BFC=∠GDF=∠GFD，
∴△BCF∽△GDF，
∴CFDF=BCDG=21，
∴CF=2DF，
在Rt△CDF中，DF2+CF2=CD2，
即DF2+（2DF）2=42，
解得：DF=455；
故答案为：455．
【分析】延长BE交CD于点G，连接FG、CF，根据正方形的对边平行且相等可得AB∥CD，AB=CD，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可推得CG=DG，根据折叠前后两个图形的对应边相等，对应角相等可得BC=BF，∠FBE=∠CBE，根据等边对等角可得∠BCF=∠BFC，根据等腰三角形底边上的高，底边上的中线重合可得BG垂直平分CF，根据垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得CG=FG，根据等边对等角可得∠GFD=∠GDF，∠GFC=∠GCF，结合三角形内角和是180°可推得∠CFD=90°，结合等角的余角相等可得∠BCF=∠BFC=∠GDF=∠GFD，根据有两个角对应相等的两个三角形是相似三角形，相似三角形的对应边之比相等可推得CF=2DF，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
20．【答案】12；9+332
【解析】【解答】解：（1）取AB的中点H，连结DH，
∵D为斜边AC的中点，
∴DH是△ABC的中位线，
∴DH=12BC，DH∥BC，
∵AB⊥BC，
∴DH⊥AB，
由折叠性质可得BC=FC，BE=EF=1，∠DFC=∠B=90°，
∵D为斜边AC的中点，
∴S△ADE=S△CDE，
∴12AE·DH=12DE·CF
∴AE=2DE，
∴DEAE=12；
（2）设DF=x，BC=CF=y，则DE=DE+EF=x+1，
∴AE=2DE=2x+2，AB=AE+BE=2x+3，
过点A作AT⊥ED交ED的延长线于T，
∴∠T=∠CFD=90°，
又∵AD=CD，∠ADT=∠CDF
∴△ADT≌△CDF(AAS)
∴DT=DF=x，AT=CF=y，∠DAT=DCF，
∵CF平分∠BCA，
∴∠BCA+2∠DCF=90°，
∵∠CAB+∠ACB=90°，∠BCA+2∠DCF= 90°，
∵∠CAB+∠TAD+∠AET= 90°，
∴∠CAB+∠DCF+∠AET= 90°，
∴∠AET=∠TAD，又∠T=∠T，
∴△ADT∽△TEA，
DTAT=ATTE，即xy=y2x+1，
∴y2=2x2+x，
在Rt△ATE中，AT2+ET2=AE2，
∴y2+(2x+1)2=(2x+2)2，
∴2x2-3x-3=0，
解得：
x1=3+334，x2=3−334（舍）.
AB=2x+3=9+332，
故答案为：12，9+332.
【分析】（1）取AB的中点H，连结DH，根据中位线、折叠性质，通过等底同高三角形面积相等得S△ADE=S△CDE，由等面积法即可求解；
（2）设DF=x，表示出DE=x+1，AE=2x+2，AB=2x+3，根据AAS判断出△ADT≌△CDF，得到DT=DF=x，AT=CF=y，证△ADT∽△TEA，由相似三角形对应边可得y2=2x2+x，在Rt△ATE中，AT2+ET2=AE2，勾股定理即可求解。
21．【答案】33
【解析】【解答】解：过点A作AM⊥BC于点M，
∵AB=AC=6，BC=10，
∴∠C=∠B，CM=12BC=5，
由勾股定理得：AM==AC2−CM2=62−52=11，
∵DE∥AC，
∴∠CAF=∠E，∠C=∠EDF，
由折叠的性质得：∠E=∠B，AE=AB=6，ED=BD，∠EAD=∠BAD，
∴∠CDA=∠BAD+∠B=∠EAD+∠E=∠CAE+∠E=∠CAD，
∴CD=AC=6，
∴DM=CD−CM=1，
由勾股定理得： AD=AM2+DM2=(11)2+12=23，
设点C到AD的距离为ℎ，则
S△ACD=12CD⋅AM=12AD⋅ℎ，即12×6×11=12×23ℎ
解得：ℎ=33.
故答案为33．
【分析】过点A作AM⊥BC于点M，由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠C=∠B，∠C=∠EDF，由折叠的性质得：∠E=∠B，ED=BD，得出∠CDA=∠BAD+∠B=∠EAD+∠E=∠CAE+∠E=∠CAD，证出CD=AC=6，得出DM=1，又由勾股定理得AM=62−52=11，利用三角形等面积得S△ACD=12CD⋅AM=12AD⋅ℎ，代数求解即可．
22．【答案】2或22
【解析】【解答】解：当CE⊥AB 时，如图，
设垂足为M，在Rt△AMC中，∠A＝45°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝22.5°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠B＝∠ACB＝67.5°，
∴∠BCM＝22.5°，
∴∠BCM＝∠DCM，
在△BCM和△DCM中，
∠BMC=∠DMC=90°CM=CM∠BCM=∠DCM，
∴△BCM≌△DCM（ASA），
∴BM＝DM，
由折叠得：∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴△MDE是等腰直角三角形，
∴DM＝EM，
设DM＝x，则BM＝x，DE=2x，
∴AD=2x．
∵AB＝22+2，
∴2x+2x＝22+2，解得：x=2，
∴BD＝2x＝22；
当CE⊥AC时，如图，
∴∠ACE＝90°，
由折叠得：∠ACD＝∠DCE＝45°，
∵等腰△ABC中，顶角∠A＝45°，
∴∠E＝∠A＝45°，AD＝DE，
∴∠ADC＝∠EDC＝90°，即点D、E都在直线AB上，且△ADC、△DEC、△ACE都是等腰直角三角形，
∵AB＝AC＝＝22+2，
∴AD=22AC＝2+2，
BD＝AB﹣AD＝（22+2）﹣（2+2）=2，
综上，BD的长为2或22．
故答案为：2或22．
【分析】本题分两种情况讨论，当CE⊥AB 时，当CE⊥AC时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质与判定，以及全等三角形的判定与性质，等量代换，找到与BD有关的边，列式求解.
23．【答案】8105
【解析】【解答】解：作MN⊥AB交AB的延长线于N，作FM⊥AD交AD于M，连接DG交EF于l，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠A=∠ABC=90°，AD∥BC，CD=AB，
∴∠AGE+∠AEG=90°，
由折叠可得EG=DE，∠HGE=∠ADC=90°，EF垂直平分DG，
∴∠HGN+∠AGE=90°，∠FED+∠ADG=90°，HG=CD，
∴∠AGE=∠HGN，
由tan∠AEG=43可设AG=4x，AE=3x，则DE=EG5x，BG=2x， AD=8x，tan∠ADG=12，
∵FM⊥AD，
∴∠FED+∠EFM=90°，FM=AB=AG+BG=6x，
∴∠ADG=∠EFM，即tan∠EFM=tan∠ADG=12，
∴ME=3k，
∴ME2+FM2=EF2，即（3x）2+（6x）2=（35）2，
解得k=1或-1（舍），
∴BG=2，HG=CD=AB=6，
由tan∠HGN=43，可设HN=4a，NG=3a，
∴HN2+NG2=HG2，即（4a）2+（3a）2=62，
解得a=65，即HN=245，NG=185，
∴NB=NG-BF=85，
∴BH=HN2+BN2=8105.
故答案为：8105.
【分析】作MN⊥AB交AB的延长线于N，作FM⊥AD交AD于M，连接DG交EF于l，根据矩形的性质、折叠及解直角三角形分别求出FM、ME，HN，NG，NB，最后利用勾股定理求出BH即可.
24．【答案】（1）证明：∵矩形ABCD，
∴AB=CD=5，BC=AD=4，∠B=∠C=∠D=90°，
∵折叠，
∴△ABE≌△AFE，
∴∠F=∠B=90°，FE=BE，AB=AF，
∴∠AMD+∠DAM=∠FMN+∠FNM=90°，
又∠AMD=∠NMF，
∴∠DAM=∠FNM=∠CNE，
又∠C=∠D，
∴△ADM∽△NCE；
（2）解：①∵CE=FM，∠C=∠F=90°，∠FNM=∠CNE，
∴△FNM≌△CNE，
∴FN=CN，MN=EN，
∴FN+EN=CN+MN，即FE=CM=BE，
设CE=x，则BE=4−x，AM=5−x，DM=DC−CM=x+1，
在Rt△ADM中，AD2+DM2=AM2，
∴42+(x+1)2=(5−x)2，
解得x=23，
∴BE=BC−CE=103；
②PFAQ的值不变，值为1213．
理由：连接FQ，BF交AE于点O，过F作FH⊥AB于H，
∵折叠，
∴BO=FO，BF⊥AE，
∵∠ABE=90°，AB=5，BE=103，
∴AE=AB2+BE2=5313，
∴BO=AB⋅BEAE=101313，
∴BF=2BO=201313，
∵BF⊥AE，∠ABE=90°，
∴∠FBH=90°−∠OBE=∠AEB，
又∠FHB=∠ABE=90°，
∴△FBH∽△AEB，
∴FHAB=FBAE，即FH5=2013135313，
解得FH=6013，
∵FP⊥AQ，∠ABC=90°，
∴∠APF=90°−∠BAQ=∠AQB，
又∠FHP=∠ABQ=90°，
∴△FHP∽△ABQ，
∴FPAQ=FHAB=60135=1213．
【解析】【分析】(1)先证明∠DAM=∠CNE，再结合∠D=∠C=90°，根据两角对就相等的三角形相似即可证明结论.
(2)①根据AAS证明△CNE≌△FNM，得到CN=FN，EN=MN，CE=x，则BE=4-x，AM=5-x，DM=x+1，在Rt△ADM中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可求解.
②PFAQ的值不变.连接FQ，BF交AE于点O，过点F作FH⊥AB，垂足为点H，证明△AOB∽△ABE，求出BF，证明△FBH∽△AEB，求出FH，证明△FHP∽△ABQ，得FPAQ=FHAB，从而求解.
25．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=90°，
∵∠DAG=30°，
∴∠BAG=60°，
由折叠的性质可知∠BAE=12∠BAG=30°，
∴AE=2BE，
在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，
∴4BE2=32+BE2，
∴BE=3；
（2）解：如图所示，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=∠C=90°，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
由折叠的性质可知，BE=FE，∠AFE=∠B=90°，AF=AB=3，
∴EF=EC，∠GFE=∠GCE=90°，
又∵EG=EG，
∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），
∴CG=FG，
设GF=FG=x，则DG=3-x，AG=3+x，
在Rt△ADG中，AG2=AD2+DG2，
∴(3+x)2=(3−x)2+42，
解得x=43，
∴CG=43
（3）78或43
【解析】【解答】解：设BE=m，则EC=4-m，
根据翻折性质可得：C'E=EC=4−m，
①当AE=C'E时，AE=4-m，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
由勾股定理可得：32+m2=（4−m）2，
解得：m=78，
②当AE=AC'时，作AH⊥C'E，如图，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=∠AEC'+∠FEC'=90°,
∴∠BAE+∠FEC=90°,
根据翻折性质可得：∠FEC'=∠FEC,
∴∠AEB=∠AEH,
∵∠B=∠AHE=90°,AE=AE,
∴△ABE≅△AHE(AAS),
∴BE=EH=m，
∵AE=AC',
∴EC'=2EH,
即4-m=2m，
解得m=43，
综上所述：BE的值为78或43.
【分析】（1）根据矩形的性质求得 ∠BAG=60°， 再求得∠BAE=30°，利用含30°角的直角三角形性质求得 AE=2BE， 最后利用勾股定理即可求解；
（2） 连接EG， 根据E是BC的中点以及翻折的性质求得 BE=CE=GE，再利用HL证明 Rt△GFE≌Rt△GCE ，得到 CG=FG， 设GF=FG=x，则DG=3-x，AG=3+x， 利用勾股定理建立关于x的方程，解得x的值，即可求解；
（3）设BE=m，则EC=4-m，根据翻折性质可得：C'E=EC=4−m，进行分两种情况求解即可得出结论.
26．【答案】（1）解：∵∠AEM=36°，
∴∠DEM=180°−∠AEM=144°，
根据折叠可知：∠DEF=∠MEF=12×144°=72°，
∵AD∥BC，
∴∠EFB=∠DEF=72°；
（2）解：∠AEM+∠GHF=90°，理由如下：
过点M作MK∥AE，如图所示：
∵AE∥BE，
∴MK∥AE∥BE，
∴∠AEM=∠EMK，∠BHM=∠HMK，
∵∠EMN=90°，
∴∠AEM+∠BHM=∠EMK+∠HMK=∠EMN=90°，
根据折叠可知：∠GHF=∠NHF，
∵∠NHF=∠BHM，
∴∠BHM=∠GHF，
∴∠AEM+∠GHF=90°；
（3）解：2∠EFG−∠GHQ=90°，理由如下：
根据折叠可知：∠CFE=∠NFE，∠N=∠C=90°，∠GFH=∠NFH，∠G=∠N=90°，∠EMN=∠D=90°，∠BHP=∠QHP，∠DEF=∠MEF，
设∠GFH=∠NFH=x，∠CFE=∠NFE=y，
则∠EFG=∠NFE−∠GFN=∠NFE−(∠NFH+∠GFH)=y−2x，
又∵∠GFH+∠EFG+∠CFE=x+y−2x+y=180°，
即2y−x=180°，
∴x=2y−180°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠EFB，
∵∠EFB=∠EFG+∠GFH=y−2x+x=y−x，
∴∠DEF=y−x=∠MEF，
即∠MEF=y−x，
∴y−(2y−180°)=180°−y，
在Rt△GHF中，∠GHF=90°−x，
设∠BHP=∠QHP=z，
∠BHG=180°−∠GHF=180°−(90°−x)=90°+x，
∴∠MHF=180°−∠BHP=180°−z，
在四边形MHFE中，∠EMH+∠MHF+∠HFE+∠MEF=360°，
即90°+180°−z+y−x+y−x=360°，
∴2y−2x−z=90°，
∴2y−2(2y−180°)−z=90°，
∴360°−2y−z=90°，
∴z=270°−2y，
∴∠GHQ=∠BHQ−∠BHG
=∠BHP+∠QHP−∠BHG
=2z−(90°+x)
=2(270°−2y)−(90°+2y−180°)
=630°−6y，
∵∠EFG=y−2x=y−2(2y−180°)=360°−3y，
∴3y=360°−∠EFG，6y=630°−∠GHQ，
∴2(360°−∠EFG)=630°−∠GHQ，
∴2∠EFG−∠GHQ=90°．
27．【答案】（1）15
（2）解：①AF=CE+EF；
理由如下：
如图，延长CE，AD交于点N；
设∠BAD=α，
由折叠性质得：∠EAD=∠BAD=α，AB=AE，GD=ED，∠AED=∠B=60°；
∴∠CAE=60°−2α，∠BAE=2α；
∵AB=AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC=12(180°−∠CAE)=60°+α，∠DCE=∠ACE−∠ACB=α，
∵DG∥AC，
∴∠GDB=∠ACB=60°，∠BGD=∠BAC=60°，
∴∠AGD=∠GDC=180°−60°=120°，
∵∠AGD+∠AED=180°，
∴∠GDE+∠GAE=180°，
∴∠GDE=180°−∠BAE=180°−2α，
∴DG=DE，
∴∠DGE=∠DEG=α，
∴∠AEG=∠AED−∠DEG=60°−α，
∴∠CEG=∠AEC+∠AEG=60°+α+60°−α=120°，
∴∠FEN=60°；
∵∠EFN=∠EAD+∠AEG=α+60°−α=60°，
∴∠FEN=∠EFN=60°，
∴△EFN为等边三角形，
∴EF=EN，∠N=∠EFN=∠AFG=60°；
∵∠GDB=∠BGD=60°，
∴△BDG是等边三角形，
∴BD=BG，
∵AB=AC，
∴AG=CD，
∵∠GAF=∠DCN=α，∠N=∠AFG=60°
∴△AGF≌△CDN(AAS)，
∴AF=CN，
∴AF=CE+NE=CE+EF．
②DG=2．
【解析】【解答】解：（1）解：∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，
∴AB=AC，∠ACB=∠BAC=60°，∠CAH=12∠BAC=30°；
由折叠性质得：AB=AE；
∴AE=AC，
∴∠ACE=12(180°−∠CAH)=75°，
∴∠BCE=∠ACE−∠ACB=75°−60°=15°；
故答案为：15；
（2）解：①AF=CE+EF；
理由如下：
如图，延长CE，AD交于点N；
设∠BAD=α，
由折叠性质得：∠EAD=∠BAD=α，AB=AE，GD=ED，∠AED=∠B=60°；
∴∠CAE=60°−2α，∠BAE=2α；
∵AB=AC=AE，
∴∠ACE=∠AEC=12(180°−∠CAE)=60°+α，∠DCE=∠ACE−∠ACB=α，
∵DG∥AC，
∴∠GDB=∠ACB=60°，∠BGD=∠BAC=60°，
∴∠AGD=∠GDC=180°−60°=120°，
∵∠AGD+∠AED=180°，
∴∠GDE+∠GAE=180°，
∴∠GDE=180°−∠BAE=180°−2α，
∴DG=DE，
∴∠DGE=∠DEG=α，
∴∠AEG=∠AED−∠DEG=60°−α，
∴∠CEG=∠AEC+∠AEG=60°+α+60°−α=120°，
∴∠FEN=60°；
∵∠EFN=∠EAD+∠AEG=α+60°−α=60°，
∴∠FEN=∠EFN=60°，
∴△EFN为等边三角形，
∴EF=EN，∠N=∠EFN=∠AFG=60°；
∵∠GDB=∠BGD=60°，
∴△BDG是等边三角形，
∴BD=BG，
∵AB=AC，
∴AG=CD，
∵∠GAF=∠DCN=α，∠N=∠AFG=60°
∴△AGF≌△CDN(AAS)，
∴AF=CN，
∴AF=CE+NE=CE+EF．
②如图，连接CM，取AB中点P，连接CP，
∵△ABC是等边三角形，
∴CP⊥AB，AC=BC=4；
∵AH⊥BC，BH=CH，
∴BM=CM，
∴BM+GM=CM+GM≥PC，
当C、M、G三点共线且与CP重合时，BM+GM最短，此时点D与H点重合，点G与点P重合，
∵P、H分别是AB，BC的中点，
∴DG=12AC=2．
【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，最短距离，线段垂直平分线的性质．
（1）由折叠的性质AB=AE、由等边三角形的性质可推出：AB=AC，∠ACB=∠BAC=60°，∠CAH=30°， 再利用等腰三角形的性质可得：∠ACE=75°，利用角的运算可求出答案；
（2）①延长CE，AD交于点N；利用角的运算可求出∴∠FEN=60°；∠FEN=∠EFN=60°，
进而证明△EFN为等边三角形；再结合已知条件∠GDB=∠BGD=60°，可证明△BDG是等边三角形，利用等边三角形的性质可得：BD=BG，进而证明△AGF≌△CDN，利用全等三角形的性质可得AF=CN，利用线段的运算可得线段AF、EF和CE之间的数量关系；
②连接CM，取AB中点P，连接CP，观察图形可知当C、M、G三点共线且与CP重合时，BM+GM最短，此时点D与H点重合，利用线段中点的定义可求出DG长度．