《2026年通城学典全国中考试题分类精粹中考数学》

29. (2025·湖北)如图，折叠正方形ABCD的一边BC，使点C落在BD上的点F处，折痕BE交AC于点G。若DE=2√2，则CG的长是(B)

A.√2
B.2
C.√2 + 1
D.2√2 - 1

答案： 29.B 解析：$\because$四边形$ABCD$是正方形，$\therefore \angle BCD=90^{\circ}$，$\angle DBC=\angle BDC=\angle ACB=45^{\circ}$，$AC\perp BD$。
由折叠可得$CE=EF$，$\angle BFE=\angle BCE=90^{\circ}$，$\angle FBE=\angle CBE$。
$\therefore \angle DEF=\angle FDE=45^{\circ}$。
$\because DE=2\sqrt{2}$，$\therefore EF=DE·\sin45^{\circ}=2$。
$\because \angle FBE=\angle CBE=\frac{1}{2}\angle DBC=22.5^{\circ}$，$\therefore \angle CGE=\angle ACB+\angle CBE=45^{\circ}+22.5^{\circ}=67.5^{\circ}$。
$\because \angle CEG=90^{\circ}-\angle CBE=90^{\circ}-22.5^{\circ}=67.5^{\circ}$，$\therefore \angle CGE=\angle CEG$，$\therefore CG=CE=EF=2$。

30. (2025·苏州)如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE翻折，得到△A'BE，连接A'C，A'D，则下列结论不正确的是(D)

A.A'D // BE
B.A'C = √2 A'D
C.$S_{△A'CD} = S_{△A'DE}$
D.$S_{四边形A'BED} = S_{△A'BC}$

答案：
30.D 解析：如图，连接$AA^{\prime}$交$BE$于点$L$。
$\because$四边形$ABCD$是正方形，$\therefore AB=CD=AD$，$\angle BAD=\angle ADC=90^{\circ}$。
$\because E$为边$AD$的中点，$\therefore AE=DE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}AB$。
$\because$将$\triangle ABE$沿$BE$翻折，得到$\triangle A^{\prime}BE$，$\therefore A^{\prime}E=AE=DE$，点$A^{\prime}$与点$A$关于直线$BE$对称。
$\therefore \angle EA^{\prime}A=\angle EAA^{\prime}$，$\angle EA^{\prime}D=\angle EDA^{\prime}$，$BE$垂直平分$AA^{\prime}$，$\therefore \angle ALE=90^{\circ}$。
$\because \angle EA^{\prime}A+\angle EAA^{\prime}+\angle EA^{\prime}D+\angle EDA^{\prime}=180^{\circ}$，$\therefore \angle AA^{\prime}D=\angle EA^{\prime}A+\angle EA^{\prime}D=\frac{1}{2}×180^{\circ}=90^{\circ}$，$\therefore \angle AA^{\prime}D=\angle ALE$，$\therefore A^{\prime}D// BE$。故选项A正确。
如图，过点$A^{\prime}$作$A^{\prime}H\perp CD$于点$H$，则$\angle A^{\prime}HD=\angle A^{\prime}HC=\angle ADC=90^{\circ}$，设$A^{\prime}H=m$。
$\therefore A^{\prime}H// AD$，$\therefore \angle DA^{\prime}H=\angle ADA^{\prime}$。
$\because A^{\prime}D// BE$，$\therefore \angle ADA^{\prime}=\angle AEB$，$\therefore \angle DA^{\prime}H=\angle ADA^{\prime}=\angle AEB$。
$\therefore \tan\angle DA^{\prime}H=\frac{DH}{A^{\prime}H}=\tan\angle ADA^{\prime}=\frac{AA^{\prime}}{A^{\prime}D}=\tan\angle AEB=\frac{AB}{AE}=2$。
$\therefore DH=2A^{\prime}H=2m$，$AA^{\prime}=2A^{\prime}D$，$AB=2AE$。
$\therefore A^{\prime}D=\sqrt{A^{\prime}H^{2}+DH^{2}}=\sqrt{m^{2}+(2m)^{2}}=\sqrt{5}m$，$AD=\sqrt{A^{\prime}D^{2}+AA^{\prime 2}}=\sqrt{A^{\prime}D^{2}+(2A^{\prime}D)^{2}}=\sqrt{5}×\sqrt{5}m=5m$。
$\therefore CH=CD - DH=5m - 2m=3m$，$\therefore A^{\prime}C=\sqrt{A^{\prime}H^{2}+CH^{2}}=\sqrt{m^{2}+(3m)^{2}}=\sqrt{10}m$。
$\therefore \frac{A^{\prime}C}{A^{\prime}D}=\frac{\sqrt{10}m}{\sqrt{5}m}=\sqrt{2}$，$\therefore A^{\prime}C=\sqrt{2}A^{\prime}D$。故选项B正确。
由选项B的分析知，$AA^{\prime}=2A^{\prime}D=2\sqrt{5}m$，$\therefore S_{\triangle AA^{\prime}D}=\frac{1}{2}A^{\prime}D· AA^{\prime}=\frac{1}{2}×\sqrt{5}m×2\sqrt{5}m=5m^{2}$。
$\because AE=DE$，$\therefore S_{\triangle A^{\prime}DE}=S_{\triangle A^{\prime}AE}=\frac{1}{2}S_{\triangle AA^{\prime}D}=\frac{5}{2}m^{2}$。
$\because S_{\triangle A^{\prime}CD}=\frac{1}{2}CD· A^{\prime}H=\frac{1}{2}×5m· m=\frac{5}{2}m^{2}$，$\therefore S_{\triangle A^{\prime}CD}=S_{\triangle A^{\prime}DE}$。故选项C正确。
$\because AE=\frac{1}{2}AD=\frac{5}{2}m$，$\therefore S_{\triangle A^{\prime}BE}=S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}AB· AE=\frac{1}{2}×5m×\frac{5}{2}m=\frac{25}{4}m^{2}$。
$\therefore S_{四边形A^{\prime}BED}=S_{\triangle A^{\prime}BE}+S_{\triangle A^{\prime}DE}=\frac{25}{4}m^{2}+\frac{5}{2}m^{2}=\frac{35}{4}m^{2}$。
$\because S_{正方形ABCD}=(5m)^{2}=25m^{2}$，$\therefore S_{\triangle A^{\prime}BC}=S_{正方形ABCD}-S_{\triangle A^{\prime}BED}-S_{\triangle ABE}-S_{\triangle A^{\prime}CD}-S_{\triangle A^{\prime}DE}=25m^{2}-2×\frac{25}{4}m^{2}-2×\frac{5}{2}m^{2}=\frac{15}{2}m^{2}$。
$\because m\neq0$，$\therefore S_{四边形A^{\prime}BED}\neq S_{\triangle A^{\prime}BC}$。故选项D不正确。

31. (2025·甘肃)如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B'处，B'C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形。若AB=6cm，则AD=12cm。

答案： 12

32. (2025·宜宾)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且EF // BD，把△ECF沿EF翻折，点C恰好落在矩形对角线BD上的点M处。若A，M，E三点共线，则$\frac{AD}{DC}$的值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。

答案： $\frac{\sqrt{2}}{2}$

33. (2025·绥化)如图，在菱形ABCD中，AB=4，对角线BD=4√3，P是边CD的中点，M是对角线BD上的一个动点，连接PM，CM，则PM + CM的最小值是$2\sqrt{3}$。

答案： $2\sqrt{3}$

34. (2025·内江)如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点B的坐标为(1,0)，点E在边CD上。将△ADE沿AE折叠，点D落在点F处。若点F的坐标为(0,3)，则点E的坐标为$(-1.5,5)$。

答案： $(-1.5,5)$

35. (2025·江西)如图，在矩形纸片ABCD中，沿着点A折叠纸片并展开，AB的对应边为AB'，折痕与边BC交于点P。当AB'与AB，AD中任意一边的夹角为15°时，∠APB的度数是$82.5^{\circ}$或$52.5^{\circ}$或$37.5^{\circ}$。

答案：
35.$82.5^{\circ}$或$52.5^{\circ}$或$37.5^{\circ}$ 解析：$\because$四边形$ABCD$是矩形，$\therefore \angle B=\angle BAD=90^{\circ}$。
由折叠，得$\angle PAB^{\prime}=\angle PAB=\frac{1}{2}\angle BAB^{\prime}$。
如图①，若$\angle BAB^{\prime}=15^{\circ}$，则$\angle PAB=\frac{1}{2}×15^{\circ}=7.5^{\circ}$，$\therefore \angle APB=90^{\circ}-\angle PAB=82.5^{\circ}$。
如图②，若$\angle DAB^{\prime}=15^{\circ}$，且点$B^{\prime}$与点$B$在直线$AD$同侧，则$\angle BAB^{\prime}=\angle BAD-\angle DAB^{\prime}=75^{\circ}$，$\therefore \angle PAB=\frac{1}{2}×75^{\circ}=37.5^{\circ}$，$\therefore \angle APB=90^{\circ}-\angle PAB=52.5^{\circ}$。
如图③，若$\angle DAB^{\prime}=15^{\circ}$，且点$B^{\prime}$与点$B$在直线$AD$异侧，则$\angle BAB^{\prime}=\angle BAD+\angle DAB^{\prime}=105^{\circ}$，$\therefore \angle PAB=\frac{1}{2}×105^{\circ}=52.5^{\circ}$，$\therefore \angle APB=90^{\circ}-\angle PAB=37.5^{\circ}$。
综上所述，$\angle APB$的度数是$82.5^{\circ}$或$52.5^{\circ}$或$37.5^{\circ}$。