《2025年5年中考3年模拟八年级数学下册湘教版》

7.如图，在边长为 2 的菱形 ABCD 中，∠B = 45°，AE 为 BC 边上的高，将△ABE 沿 AE 所在直线折叠得到△AB'E，AB'与 CD 交于点 F，则 B'F 的长为（ ）

A.1
B.$\sqrt{2}$
C.2 - $\sqrt{2}$
D.2$\sqrt{2}$ - 2

答案： C\n由折叠的性质可知，$\angle B=\angle B' = 45^{\circ}$，$AB = AB'$，所以 $\angle BAB' = 90^{\circ}$。\n因为四边形 $ABCD$ 是菱形，且边长为 $2$，所以 $AB = AD = 2$，$\angle D=\angle B = 45^{\circ}$，$AD// BC$。\n所以 $\angle DAF=\angle B' = 45^{\circ}=\angle D$，$DF = AF=\sqrt{2}$。\n所以 $B'F=AB'-AF = AB - AF = 2-\sqrt{2}$，故选 C。

8.如图，在菱形 ABCD 中，∠B = 60°，E 是 CD 上一点，连接 AE，将△ADE 沿 AE 所在的直线折叠，点 D 的对应点为 D'，AD'与 BC 交于点 F，若点 F 为 BC 的中点，则∠AED 的度数为________.

答案：
答案：$75^{\circ}$\n**解析**：连接 $AC$ 交 $D'E$ 于点 $G$，如图，因为四边形 $ABCD$ 是菱形，所以 $AB = BC$，$\angle B=\angle D$。\n因为 $\angle B = 60^{\circ}$，所以 $\triangle ABC$ 是等边三角形，$AB = AC$。\n因为点 $F$ 为 $BC$ 的中点，所以 $AF\perp BC$，$\angle BAF=\angle CAF = 30^{\circ}$。\n由折叠的性质可得 $\angle D'=\angle D=\angle B = 60^{\circ}$，$\angle AED=\angle AED'$。\n所以 $\angle AGD'=180^{\circ}-\angle CAF-\angle D' = 90^{\circ}$，$\angle EGC = 90^{\circ}$。\n因为 $\angle ACE=\angle BCA = 60^{\circ}$，所以 $\angle CEG = 30^{\circ}$。\n所以 $\angle AED=\angle AEG=\frac{1}{2}\times(180^{\circ}-30^{\circ}) = 75^{\circ}$。

9.如图，已知菱形 ABCD 的边长为 3，∠A = 60°，点 E、F 分别在边 AB、AD 上.连接 EF，若将△AEF 沿 EF 所在的直线折叠，使得点 A 恰好与 CD 边的中点 G 重合，则 AF = ________.

答案：
答案：$2.1$\n**解析**：过点 $F$ 作 $FH\perp CD$，交 $CD$ 的延长线于点 $H$，如图所示，由折叠的性质可得 $AF = GF$。\n因为四边形 $ABCD$ 是菱形，所以 $AB// CD$，则 $\angle HDF=\angle A = 60^{\circ}$，因为 $FH\perp CH$，所以 $\angle HFD=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，设 $HD = x$，则 $DF = 2x$。\n所以 $FH=\sqrt{3}x$，$AF = GF = 3 - 2x$，因为 $G$ 为 $CD$ 的中点，所以 $DG=\frac{1}{2}DC = 1.5$，$HG=x + 1.5$。\n在 $Rt\triangle FGH$ 中，$(x + 1.5)^{2}+(\sqrt{3}x)^{2}=(3 - 2x)^{2}$，解得 $x = 0.45$。\n所以 $AF=3 - 0.45\times2 = 2.1$。

10.如图，在正方形 ABCD 中，AB = 6，点 E 在边 CD 上，且 CE = 2DE，将△ADE 沿 AE 所在直线折叠得到△AFE，延长 EF 交边 BC 于点 G，连接 AG，CF，则 BG 的长为（ ）

A.2
B.$\frac{5}{2}$
C.3
D.$\frac{10}{3}$

答案： C\n因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $AB = AD = 6$，$\angle B=\angle D=\angle BCD = 90^{\circ}$，由折叠的性质得 $AD = AF$，$\angle AFE=\angle D = 90^{\circ}$，所以 $\angle AFG = 90^{\circ}=\angle B$，$AF = AB$。\n在 $Rt\triangle ABG$ 和 $Rt\triangle AFG$ 中，$\begin{cases}AG = AG\\AB = AF\end{cases}$，所以 $Rt\triangle ABG\cong Rt\triangle AFG(HL)$，$BG = GF$。\n因为 $CE = 2DE$，$AB = CD = 6$，所以 $DE = 2$，$CE = 4$，设 $BG = x$，则 $CG=BC - BG = 6 - x$，$GE=GF + EF=BG + DE=x + 2$。\n在 $Rt\triangle ECG$ 中，由勾股定理得 $CG^{2}+CE^{2}=EG^{2}$，即 $(6 - x)^{2}+4^{2}=(x + 2)^{2}$，解得 $x = 3$，所以 $BG = 3$。故选 C。

11.如图，在正方形 ABCD 中，AB = 4，E 是 CD 的中点，将△BCE 沿 BE 所在直线折叠得到△BFE，连接 DF，求 DF 的长.

答案： 解析\n因为四边形 $ABCD$ 是正方形，$AB = 4$，$E$ 是 $CD$ 的中点，所以 $BC = CD = AB = 4$，$CE = DE = 2$，$\angle BCD = 90^{\circ}$。\n所以 $BE=\sqrt{BC^{2}+CE^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{5}$。\n将 $\triangle BCE$ 沿 $BE$ 所在直线折叠得到 $\triangle BFE$，所以 $CE = EF = 2$，$BC = BF = 4$，连接 $CF$，交 $BE$ 于点 $H$（图略），则 $BE\perp CF$，$FH = CH$。\n所以 $S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}BE\cdot CH=\frac{1}{2}BC\cdot CE$，$CH=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。\n所以 $EH=\sqrt{CE^{2}-CH^{2}}=\sqrt{2^{2}-\left(\frac{4\sqrt{5}}{5}\right)^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。\n因为 $CE = DE$，$FH = CH$，所以 $EH$ 是 $\triangle CDF$ 的中位线。\n所以 $DF = 2EH=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。