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19.如图,在菱形ABCD中,点E,F分别在边AB,BC上,沿EF翻折后,点B落在边CD上的点G处,若$EG ⊥ CD$,$BE=4$,$DG=3$,则AE的长为$\underline{\hspace{5cm}}$。
答案
9/14
解析:如图,过点B作BH⊥DC交DC的延长线于点H,则∠H=90°。因为EG⊥CD,所以BH//EG。因为四边形ABCD是菱形,所以AB//CD,AB=BC=CD,所以BE//GH,所以四边形BEGH是平行四边形,所以GH=BE=4。由折叠的性质,得GE=BE=4,所以BH=GE=4。因为DG=3,所以DH=DG+GH=3+4=7。因为在Rt△BCH中,BH²+CH²=BC²,CH=7-CD=7-AB,所以4²+(7-AB)²=BC²=AB²,解得AB=65/14,所以AE=AB-BE=65/14 -4=9/14。
解析
【分析】
要解决本题，需结合菱形、折叠的性质，通过作辅助线构造平行四边形和直角三角形，利用方程思想求解。首先，由折叠性质得BE=GE=4；根据菱形对边平行且相等，结合EG⊥CD，作BH⊥DC延长线，可证四边形BEGH是平行四边形，得到GH=BE=4，进而求出DH长度；设菱形边长为x，用x表示CH，在Rt△BCH中用勾股定理列方程求出边长，最终计算AE。
【解析】
解：过点B作BH⊥DC交DC的延长线于点H，
∵ EG⊥CD，BH⊥CD，
∴ BH//EG，
又
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，AB=BC=CD，
∴ BE//GH，
∴ 四边形BEGH是平行四边形，
∴ GH=BE=4，BH=GE，
由折叠的性质得：GE=BE=4，
∴ BH=4，
已知DG=3，
∴ DH=DG+GH=3+4=7，
设AB=CD=x，则CH=DH - CD=7 - x，BC=x，
在Rt△BCH中，由勾股定理：BH² + CH² = BC²，
即 4² + (7 - x)² = x²，
展开得：16 + 49 -14x + x² = x²，
化简得：65 -14x = 0，
解得：x=65/14，
∴ AE=AB - BE=65/14 - 4=65/14 - 56/14=9/14。
【答案】9/14
【知识点】菱形性质、折叠性质、勾股定理
【点评】本题综合考查菱形、折叠的性质及勾股定理的应用，关键是通过辅助线构造平行四边形，利用方程思想求解边长，注重几何知识的综合运用，难度适中。
【难度系数】0.4
要解决本题，需结合菱形、折叠的性质，通过作辅助线构造平行四边形和直角三角形，利用方程思想求解。首先，由折叠性质得BE=GE=4；根据菱形对边平行且相等，结合EG⊥CD，作BH⊥DC延长线，可证四边形BEGH是平行四边形，得到GH=BE=4，进而求出DH长度；设菱形边长为x，用x表示CH，在Rt△BCH中用勾股定理列方程求出边长，最终计算AE。
【解析】
解：过点B作BH⊥DC交DC的延长线于点H，
∵ EG⊥CD，BH⊥CD，
∴ BH//EG，
又
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，AB=BC=CD，
∴ BE//GH，
∴ 四边形BEGH是平行四边形，
∴ GH=BE=4，BH=GE，
由折叠的性质得：GE=BE=4，
∴ BH=4，
已知DG=3，
∴ DH=DG+GH=3+4=7，
设AB=CD=x，则CH=DH - CD=7 - x，BC=x，
在Rt△BCH中，由勾股定理：BH² + CH² = BC²，
即 4² + (7 - x)² = x²，
展开得：16 + 49 -14x + x² = x²，
化简得：65 -14x = 0，
解得：x=65/14，
∴ AE=AB - BE=65/14 - 4=65/14 - 56/14=9/14。
【答案】9/14
【知识点】菱形性质、折叠性质、勾股定理
【点评】本题综合考查菱形、折叠的性质及勾股定理的应用，关键是通过辅助线构造平行四边形，利用方程思想求解边长，注重几何知识的综合运用，难度适中。
【难度系数】0.4
20. 如图,在正方形ABCD中,E为边BC上一点,联结AC,将$△ ABE$沿AE折叠至$△ AB'E$处,$B'E$与AC交于点F,若$∠ EFC=69°$,则$∠ CAE$的大小为 （
A.$10°$
B.$12°$
C.$14°$
D.$15°$
B
）A.$10°$
B.$12°$
C.$14°$
D.$15°$
答案
B
解析
【分析】
要解决本题，需结合正方形的性质、折叠的性质以及三角形内角和定理。首先利用正方形对角线平分内角得到45°角，再根据折叠前后对应角相等，结合三角形内角和求出相关角度，最终计算出∠CAE的大小。
【解析】
1. 因为四边形ABCD是正方形，所以∠ACB=45°，∠B=90°，∠BAC=45°。
2. 在△EFC中，根据三角形内角和为180°，可得：
∠FEC = 180° - ∠EFC - ∠ACB = 180° - 69° - 45° = 66°。
3. 由折叠的性质可知，∠AEB = ∠AEB'，又因为点E在BC上，∠BEC为平角，即∠AEB + ∠AEB' + ∠FEC = 180°，所以：
2∠AEB = 180° - ∠FEC = 180° - 66° = 114°，解得∠AEB = 57°。
4. 在Rt△ABE中，∠BAE = 90° - ∠AEB = 90° - 57° = 33°。
5. 因此∠CAE = ∠BAC - ∠BAE = 45° - 33° = 12°。
【答案】
B
【知识点】
正方形性质、折叠性质、三角形内角和
【点评】
本题综合考查正方形与折叠的角度计算，核心是利用折叠的等角关系和三角形内角和，结合正方形的45°内角，步骤清晰，属于中等难度的几何角度题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合正方形的性质、折叠的性质以及三角形内角和定理。首先利用正方形对角线平分内角得到45°角，再根据折叠前后对应角相等，结合三角形内角和求出相关角度，最终计算出∠CAE的大小。
【解析】
1. 因为四边形ABCD是正方形，所以∠ACB=45°，∠B=90°，∠BAC=45°。
2. 在△EFC中，根据三角形内角和为180°，可得：
∠FEC = 180° - ∠EFC - ∠ACB = 180° - 69° - 45° = 66°。
3. 由折叠的性质可知，∠AEB = ∠AEB'，又因为点E在BC上，∠BEC为平角，即∠AEB + ∠AEB' + ∠FEC = 180°，所以：
2∠AEB = 180° - ∠FEC = 180° - 66° = 114°，解得∠AEB = 57°。
4. 在Rt△ABE中，∠BAE = 90° - ∠AEB = 90° - 57° = 33°。
5. 因此∠CAE = ∠BAC - ∠BAE = 45° - 33° = 12°。
【答案】
B
【知识点】
正方形性质、折叠性质、三角形内角和
【点评】
本题综合考查正方形与折叠的角度计算，核心是利用折叠的等角关系和三角形内角和，结合正方形的45°内角，步骤清晰，属于中等难度的几何角度题。
【难度系数】
0.5
21.(2024·金华市浦江县期末)如图,点E,F分别是正方形ABCD的边AD,BC上的点,将正方形沿EF折叠,使得点B的对应点H在边CD上,若已知三角形DGH的周长,则可以求出 (
A.三角形HFC的周长
B.三角形IEG的周长
C.三角形DGH的面积
D.正方形ABCD的面积
D
)A.三角形HFC的周长
B.三角形IEG的周长
C.三角形DGH的面积
D.正方形ABCD的面积
答案
如图,过点B作BN⊥GH于点N,联结BG,BH。由折叠的性质,得∠GHF=∠ABC=90°,BF=FH,所以BN//FH,所以∠NBH=∠FHB。因为BF=FH,所以∠FBH=∠FHB,所以∠FBH=∠NBH。因为∠HNB=∠C=90°,所以HC=NH。因为BH=BH,所以Rt△BNH≌Rt△BCH(HL),所以BC=BN。因为∠BNG=∠A=90°,BG=BG,BA=BC=BN,所以Rt△ABG≌Rt△NBG(HL),所以AG=NG,所以GH=GN+NH=AG+CH,所以△DGH的周长为DG+GH+DH=DG+AG+CH+DH=AD+CD=2AD,所以当△DGH的周长已知时,可求得正方形ABCD的边长,进而求得正方形的面积,即选项D符合题意;由于折叠无法得到E,F的确定位置,从而无法确定点G,H的位置,所以无法确定三角形IEG的周长、三角形HFC的周长、三角形DGH的面积,即选项A,B,C不符合题意。
解析
【分析】
要解决本题，需利用正方形的性质和折叠的对称性，通过作辅助线构造全等三角形，推导△DGH的周长与正方形边长的关系，进而判断可求的量。具体思路：1. 由折叠性质得到对应边、角相等；2. 过点B作BN⊥GH，连接BG、BH，证明Rt△BNH≌Rt△BCH和Rt△ABG≌Rt△NBG，得出GH=AG+CH；3. 计算△DGH的周长，转化为正方形边长之和，从而确定已知△DGH周长时可求正方形边长，进而得到正方形面积，排除其他选项。
【解析】
如图，过点B作BN⊥GH于点N，连接BG、BH。
由折叠的性质可知，BF=FH，∠GHF=∠ABC=90°，故∠FBH=∠FHB。
因为BN⊥GH，∠C=90°，所以BN//FH，得∠NBH=∠FHB，因此∠FBH=∠NBH。
在Rt△BNH和Rt△BCH中：
$\{\begin{array}{l} BH=BH \\ BC=BN \end{array} $
故Rt△BNH≌Rt△BCH（HL），得NH=CH，且BC=BN。
又正方形ABCD中，BA=BC，所以BA=BN。
在Rt△ABG和Rt△NBG中：
$\{\begin{array}{l} BG=BG \\ BA=BN \end{array} $
故Rt△ABG≌Rt△NBG（HL），得AG=NG。
因此GH=NG+NH=AG+CH。
△DGH的周长为：$DG + GH + DH = DG + AG + CH + DH = (DG + AG) + (CH + DH) = AD + CD$。
因为正方形ABCD中，AD=CD，所以△DGH的周长=2AD，即正方形边长的2倍。
因此，当△DGH的周长已知时，可求出正方形的边长，进而求得正方形ABCD的面积。
由于折叠时E、F的位置不确定，无法确定△HFC、△IEG的周长，也无法确定△DGH的面积，故选项A、B、C不符合题意，选项D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合正方形折叠的对称性，通过构造辅助线证明全等三角形，将不规则三角形的周长转化为正方形边长的和，考查几何图形性质与全等三角形的应用，需较强的逻辑推导能力。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需利用正方形的性质和折叠的对称性，通过作辅助线构造全等三角形，推导△DGH的周长与正方形边长的关系，进而判断可求的量。具体思路：1. 由折叠性质得到对应边、角相等；2. 过点B作BN⊥GH，连接BG、BH，证明Rt△BNH≌Rt△BCH和Rt△ABG≌Rt△NBG，得出GH=AG+CH；3. 计算△DGH的周长，转化为正方形边长之和，从而确定已知△DGH周长时可求正方形边长，进而得到正方形面积，排除其他选项。
【解析】
如图，过点B作BN⊥GH于点N，连接BG、BH。
由折叠的性质可知，BF=FH，∠GHF=∠ABC=90°，故∠FBH=∠FHB。
因为BN⊥GH，∠C=90°，所以BN//FH，得∠NBH=∠FHB，因此∠FBH=∠NBH。
在Rt△BNH和Rt△BCH中：
$\{\begin{array}{l} BH=BH \\ BC=BN \end{array} $
故Rt△BNH≌Rt△BCH（HL），得NH=CH，且BC=BN。
又正方形ABCD中，BA=BC，所以BA=BN。
在Rt△ABG和Rt△NBG中：
$\{\begin{array}{l} BG=BG \\ BA=BN \end{array} $
故Rt△ABG≌Rt△NBG（HL），得AG=NG。
因此GH=NG+NH=AG+CH。
△DGH的周长为：$DG + GH + DH = DG + AG + CH + DH = (DG + AG) + (CH + DH) = AD + CD$。
因为正方形ABCD中，AD=CD，所以△DGH的周长=2AD，即正方形边长的2倍。
因此，当△DGH的周长已知时，可求出正方形的边长，进而求得正方形ABCD的面积。
由于折叠时E、F的位置不确定，无法确定△HFC、△IEG的周长，也无法确定△DGH的面积，故选项A、B、C不符合题意，选项D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合正方形折叠的对称性，通过构造辅助线证明全等三角形，将不规则三角形的周长转化为正方形边长的和，考查几何图形性质与全等三角形的应用，需较强的逻辑推导能力。
【难度系数】
0.4
22. 如图,在正方形ABCD中,E是BC边上的一点,BE＝4,EC＝8,将正方形边AB沿AE折叠到AF,延长EF交DC于点G,联结AG,CF。现在有如下四个结论:①$∠ EAG＝45°$;②$FG＝FC$;③$FC// AG$;④$S_{△ GFC}＝14$。其中结论正确的序号是________。
答案
①③
解析:如图,联结DF。因为四边形ABCD是正方形,所以AB=AD=BC=CD,∠ABE=∠BAD=∠ADG=∠ECG=90°。由折叠的性质,得AB=AF,∠ABE=∠AFE=∠AFG=90°,BE=EF=4,∠BAE=∠EAF。因为∠AFG=∠ADG=90°,AG=AG,AD=AF,所以Rt△AGD≌Rt△AGF(HL),所以DG=FG,∠GAD=∠GAF,所以∠EAG=∠EAF+∠GAF=1/2(∠BAF+∠DAF)=45°,故①正确;设DG=FG=x,在Rt△ECG中,由勾股定理,得EG²=EC²+CG²,所以(4+x)²=8²+(12-x)²,解得x=6。因为CD=BC=BE+EC=12,所以DG=CG=6,所以FG=GC。因为FG＞EF,所以F不是EG的中点,所以FG≠FC,故②错误;因为FG=GD=GC,所以∠DFC=90°,所以CF⊥DF。因为AD=AF,GD=FG,所以AG⊥DF,所以FC//AG,故③正确;因为S△ECG=1/2×6×8=24,FG:FE=6:4=3:2,所以FG:EG=3:5,所以S△GFC=3/5×24=72/5,故④错误。
解析
【分析】
本题为正方形背景下的折叠几何题，解题思路：1. 利用正方形和折叠的性质，推导边、角的等量关系；2. 通过HL定理证明三角形全等，得到线段相等、角的关系；3. 设未知数结合勾股定理求解线段长度，再逐一判断四个结论的正确性。
【解析】
联结DF。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠BAD=∠ADG=∠ECG=90°，BC=BE+EC=4+8=12。
由折叠性质得：AB=AF，∠ABE=∠AFE=∠AFG=90°，BE=EF=4，∠BAE=∠EAF。
在Rt△AGD和Rt△AGF中，$\{\begin{array}{l}AD=AF\\AG=AG\end{array} $，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∴DG=FG，∠GAD=∠GAF，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=$\frac{1}{2}$(∠BAF+∠DAF)=$\frac{1}{2}$∠BAD=45°，故①正确。
设DG=FG=x，则CG=12-x，EG=EF+FG=4+x，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：$EG^2=EC^2+CG^2$，
即$(4+x)^2=8^2+(12-x)^2$，
展开得：$16+8x+x^2=64+144-24x+x^2$，
化简得：32x=192，解得x=6，
∴FG=6，GC=12-6=6，即FG=GC=6，
∵FG=6＞EF=4，F不是EG中点，
∴FG≠FC，故②错误。
∵FG=GD=GC，
∴△DFC中，CF⊥DF（直角三角形斜边中线逆定理），
又
∵AD=AF，GD=FG，
∴AG⊥DF，
∴CF//AG，故③正确。
$S_{△ECG}=\frac{1}{2}×EC×CG=\frac{1}{2}×8×6=24$，
∵FG:FE=6:4=3:2，
∴FG:EG=3:5，
∴$S_{△GFC}=\frac{3}{5}×S_{△ECG}=\frac{3}{5}×24=\frac{72}{5}≠14$，故④错误。
【答案】①③
【知识点】正方形性质、折叠性质、全等三角形判定
【点评】本题综合考查正方形、折叠、全等三角形及勾股定理的应用，需逐步推导线段与角的关系，对几何性质的掌握要求较高，是典型的几何综合题。
【难度系数】0.5
本题为正方形背景下的折叠几何题，解题思路：1. 利用正方形和折叠的性质，推导边、角的等量关系；2. 通过HL定理证明三角形全等，得到线段相等、角的关系；3. 设未知数结合勾股定理求解线段长度，再逐一判断四个结论的正确性。
【解析】
联结DF。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠BAD=∠ADG=∠ECG=90°，BC=BE+EC=4+8=12。
由折叠性质得：AB=AF，∠ABE=∠AFE=∠AFG=90°，BE=EF=4，∠BAE=∠EAF。
在Rt△AGD和Rt△AGF中，$\{\begin{array}{l}AD=AF\\AG=AG\end{array} $，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∴DG=FG，∠GAD=∠GAF，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=$\frac{1}{2}$(∠BAF+∠DAF)=$\frac{1}{2}$∠BAD=45°，故①正确。
设DG=FG=x，则CG=12-x，EG=EF+FG=4+x，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：$EG^2=EC^2+CG^2$，
即$(4+x)^2=8^2+(12-x)^2$，
展开得：$16+8x+x^2=64+144-24x+x^2$，
化简得：32x=192，解得x=6，
∴FG=6，GC=12-6=6，即FG=GC=6，
∵FG=6＞EF=4，F不是EG中点，
∴FG≠FC，故②错误。
∵FG=GD=GC，
∴△DFC中，CF⊥DF（直角三角形斜边中线逆定理），
又
∵AD=AF，GD=FG，
∴AG⊥DF，
∴CF//AG，故③正确。
$S_{△ECG}=\frac{1}{2}×EC×CG=\frac{1}{2}×8×6=24$，
∵FG:FE=6:4=3:2，
∴FG:EG=3:5，
∴$S_{△GFC}=\frac{3}{5}×S_{△ECG}=\frac{3}{5}×24=\frac{72}{5}≠14$，故④错误。
【答案】①③
【知识点】正方形性质、折叠性质、全等三角形判定
【点评】本题综合考查正方形、折叠、全等三角形及勾股定理的应用，需逐步推导线段与角的关系，对几何性质的掌握要求较高，是典型的几何综合题。
【难度系数】0.5
23.已知:如图,E是正方形ABCD的对角线BD上的点,联结AE,CE。
(1)求证:$AE=CE$。
(2)若将$△ ABE$沿AB翻折后得到$△ ABF$,当点E在BD的何处时,四边形AFBE是正方形?请证明你的结论。
(1)求证:$AE=CE$。
(2)若将$△ ABE$沿AB翻折后得到$△ ABF$,当点E在BD的何处时,四边形AFBE是正方形?请证明你的结论。
答案
(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以AB=CB,∠BAD=∠ABC=90°,∠ABE=∠CBE=45°。在△ABE和△CBE中,因为{AB=CB, ∠ABE=∠CBE, BE=BE, 所以△ABE≌△CBE(SAS),所以AE=CE。
(2)解:E在BD的中点时,四边形AFBE是正方形。证明:由折叠的性质,得∠F=∠AEB,AF=AE,BF=BE。因为∠BAD=90°,E是BD的中点,所以AE=1/2 BD=BE=DE。因为BF=BE,所以AE=BE=AF=BF,所以四边形AFBE是菱形。因为E是正方形ABCD对角线的交点,所以AE⊥BD,所以∠AEB=90°,所以菱形AFBE是正方形。
(2)解:E在BD的中点时,四边形AFBE是正方形。证明:由折叠的性质,得∠F=∠AEB,AF=AE,BF=BE。因为∠BAD=90°,E是BD的中点,所以AE=1/2 BD=BE=DE。因为BF=BE,所以AE=BE=AF=BF,所以四边形AFBE是菱形。因为E是正方形ABCD对角线的交点,所以AE⊥BD,所以∠AEB=90°,所以菱形AFBE是正方形。
解析
【分析】
(1) 要证AE=CE，可利用正方形的边和角的性质，通过SAS证明△ABE与△CBE全等；
(2) 要确定E的位置使四边形AFBE为正方形，需结合折叠性质得到边相等，再通过正方形对角线中点的性质证菱形，最后利用对角线垂直得到直角，进而判定为正方形。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = CB，∠ABE = ∠CBE = 45°，
在△ABE和△CBE中，
$\{\begin{array}{l}AB = CB \\∠ABE = ∠CBE \\BE = BE\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CBE（SAS），
∴ AE = CE。
(2) 当E为BD的中点时，四边形AFBE是正方形，证明如下：
由折叠的性质得：AF = AE，BF = BE，∠F = ∠AEB，
∵ 四边形ABCD是正方形，E为BD中点，
∴ AE = $\frac{1}{2}$BD = BE = DE，
又
∵ BF = BE，
∴ AF = AE = BE = BF，
∴ 四边形AFBE是菱形，
∵ 正方形ABCD的对角线互相垂直，
∴ AE ⊥ BD，即∠AEB = 90°，
∴ 菱形AFBE是正方形。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 当E为BD中点时，四边形AFBE是正方形，证明见解析。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形判定、正方形的判定
【点评】
本题是几何综合题，结合正方形性质、全等判定和折叠性质，第一问基础易证，第二问需逐步推导菱形到正方形的条件，考查学生对几何定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证AE=CE，可利用正方形的边和角的性质，通过SAS证明△ABE与△CBE全等；
(2) 要确定E的位置使四边形AFBE为正方形，需结合折叠性质得到边相等，再通过正方形对角线中点的性质证菱形，最后利用对角线垂直得到直角，进而判定为正方形。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = CB，∠ABE = ∠CBE = 45°，
在△ABE和△CBE中，
$\{\begin{array}{l}AB = CB \\∠ABE = ∠CBE \\BE = BE\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CBE（SAS），
∴ AE = CE。
(2) 当E为BD的中点时，四边形AFBE是正方形，证明如下：
由折叠的性质得：AF = AE，BF = BE，∠F = ∠AEB，
∵ 四边形ABCD是正方形，E为BD中点，
∴ AE = $\frac{1}{2}$BD = BE = DE，
又
∵ BF = BE，
∴ AF = AE = BE = BF，
∴ 四边形AFBE是菱形，
∵ 正方形ABCD的对角线互相垂直，
∴ AE ⊥ BD，即∠AEB = 90°，
∴ 菱形AFBE是正方形。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 当E为BD中点时，四边形AFBE是正方形，证明见解析。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形判定、正方形的判定
【点评】
本题是几何综合题，结合正方形性质、全等判定和折叠性质，第一问基础易证，第二问需逐步推导菱形到正方形的条件，考查学生对几何定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
