1. 如图，在菱形纸片 $ABCD$ 中，$E$ 是边 $BC$ 上一点，将 $\triangle ABE$ 沿直线 $AE$ 翻折，使点 $B$ 落在点 $B'$ 上，连接 $DB'$。若 $\angle C = 120^{\circ}$，$\angle BAE = 50^{\circ}$，则 $\angle AB'D$ 的度数为(
C
)
A.$50^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$80^{\circ}$
D.$90^{\circ}$
答案：1.C
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是菱形，$\angle C=120°$，
∴$\angle BAD=\angle C=120°$，$AB=AD$，$\angle ABC=60°$。
∵$\triangle ABE$沿$AE$翻折得$\triangle AB'E$，
∴$AB=AB'$，$\angle BAE=\angle B'AE=50°$，
∴$AB'=AD$，$\angle B'AD=\angle BAD-\angle BAE-\angle B'AE=120°-50°-50°=20°$。
在$\triangle AB'D$中，$AB'=AD$，
∴$\angle AB'D=\frac{180°-\angle B'AD}{2}=\frac{180°-20°}{2}=80°$。
答案：C
2. 如图，边长为 $\sqrt{2}$ 的正方形 $ABCD$ 的对角线 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，将正方形 $ABCD$ 沿直线 $DF$ 折叠，点 $C$ 落在对角线 $BD$ 上的点 $E$ 处，折痕 $DF$ 交 $AC$ 于点 $M$，交 $BC$ 于点 $F$，则 $OM =$
$\sqrt{2}-1$
。
答案：2.$\sqrt{2}-1$
3. (2025·江苏盐城模拟)如图，四边形 $OABC$ 是矩形，点 $A$ 的坐标为 $(8,0)$，点 $C$ 的坐标为 $(0,4)$，把矩形 $OABC$ 沿 $OB$ 折叠，点 $C$ 落在点 $D$ 处，则点 $D$ 的坐标为
$(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$
。
答案：3.$(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$
解析：
解：
∵四边形$OABC$是矩形，点$A(8,0)$，点$C(0,4)$，
∴$OA=8$，$OC=4$，$B(8,4)$。
设直线$OB$的解析式为$y=kx$，将$B(8,4)$代入得$4=8k$，解得$k=\frac{1}{2}$，
∴直线$OB$：$y=\frac{1}{2}x$。
由折叠性质知，$OD=OC=4$，$\angle BOD=\angle BOC$。
设点$D(x,y)$，则$\sqrt{x^{2}+y^{2}}=4$，且点$D$在直线$OB$下方，$y＜0$。
又
∵$OB$是对称轴，$CD$被$OB$垂直平分，直线$CD$的斜率与$OB$的斜率乘积为$-1$，
直线$CD$的斜率为$-2$，其方程为$y - 4=-2x$，即$y=-2x + 4$。
联立$\begin{cases}y=\frac{1}{2}x\\y=-2x + 4\end{cases}$，解得交点$E(\frac{8}{5},\frac{4}{5})$，$E$为$CD$中点。
∵$C(0,4)$，$E(\frac{8}{5},\frac{4}{5})$，
∴$\frac{0 + x}{2}=\frac{8}{5}$，$\frac{4 + y}{2}=\frac{4}{5}$，
解得$x=\frac{16}{5}$，$y=-\frac{12}{5}$。
∴点$D$的坐标为$(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$。
$(\frac{16}{5},-\frac{12}{5})$
4. 已知在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 6$，$AD = 8$，点 $P$ 在边 $BC$ 上，且不与 $B$，$C$ 两点重合，直线 $AP$ 与 $DC$ 的延长线交于点 $E$。
（1）若 $P$ 是 $BC$ 的中点，求证：$\triangle ABP \cong \triangle ECP$；
（2）如图①，将 $\triangle APB$ 沿直线 $AP$ 折叠得到 $\triangle APB'$，点 $B'$ 落在矩形 $ABCD$ 的内部，延长 $PB'$ 交直线 $AD$ 于点 $F$。
① 求证：$FA = FP$，并在（1）的条件下，求 $FA$ 的长；
② 如图②，$BB'$ 交 $AE$ 于点 $H$，$G$ 是 $AE$ 的中点。连接 $B'E$，当 $\angle EAB' = 2\angle AEB'$ 时，请判断 $AB$ 与 $HG$ 之间的数量关系，并说明理由。
答案：4.(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB//CD.所以∠BAP=∠E，∠B=∠PCE.因为P是BC的中点，所以BP=CP.所以△ABP≌△ECP(AAS).
(2)①因为四边形ABCD是矩形，AB = 6，AD = 8，所以AD//BC，∠B = 90°，CD = AB = 6，BC = AD = 8.所以∠APB = ∠FAP.由折叠的性质，得∠APB = ∠APF，AB' = AB = 6，∠AB'P = ∠B = 90°，B'P = BP，所以∠FAP = ∠APF.所以FA = FP.因为P是BC的中点，所以BP = CP = $\frac{1}{2}$BC = 4，即B'P = 4.设FA = x，则FP = x.所以B'F = x - 4.又∠AB'F + ∠AB'P = 180°，所以∠AB'F = 90°.在Rt△AB'F中，由勾股定理，得FA² = B'F² + AB'²，所以x² = (x - 4)² + 6²，解得x = $\frac{13}{2}$，则FA的长为$\frac{13}{2}$.
②AB = 2HG.理由如下：如图，由折叠的性质，得∠1 = ∠2，AB = AB'，BB'⊥AE.过点B'作B'M//DE，交AE于点M.因为四边形ABCD为矩形，所以AB//DE，即AB//B'M.所以∠1 = ∠3，∠1 = ∠AED，即∠1 = ∠2 = ∠3 = ∠AED.所以AB' = B'M = AB.所以H是AM的中点.又∠EAB' = 2∠AEB'，所以∠2 = 2∠5，即∠3 = 2∠5.因为∠3 = ∠4 + ∠5，所以∠4 = ∠5.所以B'M = EM.所以EM = B'M = AB' = AB.因为G是AE的中点，H是AM的中点，所以AG = $\frac{1}{2}$AE，AH = $\frac{1}{2}$AM.所以HG = AG - AH = $\frac{1}{2}$(AE - AM) = $\frac{1}{2}$EM.所以HG = $\frac{1}{2}$AB，即AB = 2HG.
5. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$\angle ABC = 30^{\circ}$，将 $\triangle DCB$ 绕点 $C$ 按顺时针方向旋转 $60^{\circ}$ 后，点 $D$ 的对应点恰好与点 $A$ 重合，得到 $\triangle ACE$。若 $AB = 3$，$BC = 4$，则 $BD =$
5
。
答案：5.5
解析：
证明：由旋转性质得，$\triangle DCB \cong \triangle ACE$，$∠DCA = 60°$，$DC = AC$，$BD = AE$。
$\because DC = AC$，$∠DCA = 60°$，$\therefore \triangle ACD$是等边三角形，$\therefore ∠ACD = 60°$。
$\because ∠ABC = 30°$，$BC = 4$，$AB = 3$，
连接$BE$，由旋转得$CE = CB = 4$，$∠BCE = 60°$，$\therefore \triangle BCE$是等边三角形，$\therefore BE = BC = 4$，$∠CBE = 60°$。
$\therefore ∠ABE = ∠ABC + ∠CBE = 30° + 60° = 90°$。
在$Rt\triangle ABE$中，$AE = \sqrt{AB^2 + BE^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
$\because BD = AE$，$\therefore BD = 5$。
5
6. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是边 $BA$ 上的动点(不与 $A$，$B$ 两点重合)，$\triangle DAM$ 由 $\triangle CBE$ 平移得到。过点 $E$ 作 $EH ⊥ AC$，$H$ 为垂足，连接 $DH$，$HM$。有下列结论：① 当点 $M$ 位置变化，使得 $\angle DHC = 60^{\circ}$ 时，$2BE = DM$；② 无论点 $M$ 运动到何处，$\triangle DHM$ 都是等腰直角三角形；③ 在点 $M$ 的运动过程中，四边形 $CEMD$ 可能成为菱形；④ 无论点 $M$ 运动到何处，$\angle CHM$ 一定大于 $135^{\circ}$。其中正确的是
①②④
。(填序号)
答案：6.①②④
解析：
证明：①设正方形边长为$a$，$BE=x$，则$AE=a-x$。由平移性质得$AM=BE=x$，$DM=CE=\sqrt{a^2+x^2}$。$EH⊥ AC$，$AC$为对角线，$\angle EAH=45°$，$EH=AH=\frac{\sqrt{2}}{2}(a-x)$，$CH=AC-AH=\frac{\sqrt{2}}{2}(a+x)$。在$\triangle DHC$中，$DH=\sqrt{AH^2+AD^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{2a^2-2ax+x^2}$，$CD=a$。由余弦定理$CD^2=DH^2+CH^2-2DH· CH\cos60°$，解得$x=\frac{a}{2}$，则$DM=\frac{\sqrt{5}}{2}a$，$2BE=a$，$2BE=DM$，①正确。
②由平移得$CM// BE$，$CM=BE$，$AM=BE$，$\angle HAM=135°$，$\angle HCD=135°$，$\triangle HAM\cong\triangle HCD(SAS)$，$HM=HD$，$\angle AHM=\angle CHD$，$\angle DHM=\angle AHC=90°$，②正确。
③若四边形$CEMD$为菱形，则$CE=CD=a$，此时$BE=0$，与$E$不与$B$重合矛盾，③错误。
④$\angle CHM=\angle CHD+\angle DHM$，$\angle DHM=90°$，$\angle CHD＞45°$（$E$不与$A$重合），故$\angle CHM＞135°$，④正确。
①②④
