《2024年初中升学考试专题复习数学总复习（按知识点分类）翻折变换.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年初中升学考试专题复习数学总复习（按知识点分类）翻折变换.docx（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、翻折变换（折叠问题）45（2023通辽）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ（1）如图1，当点M在EF上时，EMB30度；（2）改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断MBQ与CBQ的数量关系，并说明理由【答案】（1）30；（2）MBQCBQ，理由见解答过程【分析】（1）由折叠可得AEBE=12AB，AEMBEM90，ABBM
2、，故BE=12BM，从而可得EMB30；（2）证明RtBMQRtBCQ（HL），可得MBQCBQ【解答】解：（1）由折叠可得：AEBE=12AB，AEMBEM90，ABBM，BE=12BM，EMB30；故答案为：30；（2）MBQCBQ，理由如下：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，ABBM，ABMP90，BCABBM，BMQC90，BMBM，RtBMQRtBCQ（HL）；MBQCBQ【点评】本题考查正方形中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质和正方形性质翻折变换（折叠问题）47（2023赤峰）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点
3、Q重合，DE交BC于点F，交AB延长线于点E，DQ交BC于点P，DMAB于点M，AM4，则下列结论：DQEQ，BQ3，BP=158，BDFQ正确的是（）ABCD【答案】A【分析】由折叠性质和平行线的性质可得QDFCDFQEF，根据等角对等边即可判断正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQAM4，再求出BQ即可判断正确；由CDPBQP 得 CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判断正确；根据 EFDEQEBE 即可判断错误【解答】解：由折叠性质可知：CDFQDF，CDDQ5，CDAB，CDFQEFQDFQEFDQEQ5故正确；DQCDAD5，DMAB，MQAM4MBABAM541，BQMQMB
4、413故正确；CDAB，CDPBQPCPBP=CDBQ=53CPBPBC5，BP=38BC=158，故正确；CDAB，CDFBEFDFEF=CDBE=CDBQQE=535=58EFDE=813，QEBE=58，EFDEQEBE，EFQ与EDB不相似EQFEBDBD与FQ不平行故错误；故选：A【点评】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键翻折变换（折叠问题）50（2023吉林）如图，在RtABC中，C90，BCAC点D，E分别在边AB，BC上，连接DE，将BDE沿DE折叠，点B的
5、对应点为点B，若点B刚好落在边AC上，CBE30，CE3，则BC的长为 9【答案】9【分析】根据折叠的性质以及含30角的直角三角形的性质得出BEBE，2CE6即可求解【解答】解：将BDE沿DE折叠，点B的对应点为点B，若点B刚好落在边AC上，在RtABC中，C90，BCAC，CBE30，CE3，BEBE2CE6，BCCEBE369故答案为：9【点评】本题考查了折叠的性质，含30角的直角三角形的性质熟练掌握以上性质是解题关键翻折变换（折叠问题）44（2023南充）如图，在等边ABC中，过点C作射线CDBC，点M，N分别在边AB，BC上，将ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B处，连接AB，
6、已知AB2给出下列四个结论：CN+NB为定值；当BN2NC时，四边形BMBN为菱形；当点N与C重合时，ABM18；当AB最短时，MN=72120其中正确的结论是 .（填写序号）【考点】翻折变换（折叠问题）；等边三角形的性质；菱形的判定与性质【分析】根据将ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B处，得NBNB，故CN+NBCN+NBBC，判断正确；由cosBNC=NCBN=12，得BNC60，可得BMN是等边三角形，即可得BMBMBNBN，判断正确；当点N与C重合时，可得BACABC75，ABMABCMBC15，判断错误；当AB最短时，ABC90，过M作KTBC于T，交BA延长线于K，设BN
7、BNx，有x2（2x）2+（3）2，可求得BN=74，设AMy，则BM2yBM，AK=12y，KM=32y，有（1+12y）2+（32y）2（2y）2，可求出AM=35，BM=75，在RtBMT中，BT=12BM=710，MT=3BT=7310，故NTBNBT=2120，在RtMNT中，MN=NT2+MT2=72120，判断正确【解答】解：将ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B处，NBNB，CN+NBCN+NBBC，ABC是等边三角形，AB2，BC2，CN+NBBC2，故正确；BN2NC，BN2NC，CDBC，BCN90，cosBNC=NCBN=12，BNC60，BNB120，将ABC
8、沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B处，BNMMNB60，BMBM，BNBN，B60，BMN是等边三角形，BMBN，BMBMBNBN，四边形BMBN为菱形；故正确；当点N与C重合时，如图：ACB60，DCB90，ACD30，将ABC沿MN折叠，使点B落在射线CD上的点B处，ACBCBC，MBCB60，BACABC（18030）275，ABMABCMBC756015，故错误；当AB最短时，ABC90，过M作KTBC于T，交BA延长线于K，如图：ACBBCBBCA30，AB=12AC1，BC=3AB=3，BAC60，设BNBNx，则CN2x，在RtBCN中，BN2CN2+BC2，x2（2x）2+
9、（3）2，解得x=74，BN=74，ABC90BCB，ABBC，KTAB，K90，KAM180BACBAC60，KMA30，AK=12AM，KM=32AM，设AMy，则BM2yBM，AK=12y，KM=32y，BKAB+AK1+12y，在RtBKM中，BK2+KM2BM2，（1+12y）2+（32y）2（2y）2，解得y=35，AM=35，BM=75，在RtBMT中，B60，BT=12BM=710，MT=3BT=7310，NTBNBT=74710=2120，在RtMNT中，MN=NT2+MT2=(2120)2+(7310)2=72120，故正确，正确的有，故答案为：【点评】本题考查等边三角形中
10、的翻折问题，涉及含30角的直角三角形三边的关系，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题翻折变换（折叠问题）49（2023凉山州）如图，在RtABC纸片中，ACB90，CD是AB边上的中线，将ACD沿CD折叠，当点A落在点A处时，恰好CAAB，若BC2，则CA23【考点】翻折变换（折叠问题）；直角三角形斜边上的中线【分析】由ACB90，CD是AB边上的中线，可得AACD，由翻折的性质可知ACDACD，ACCA，故AACDACD，而ACAB，即得AACDACD30，在RtABC中，tan30=2AC，可解得AC，从而可得答案【解答】解：设CA交AB于O，如图：ACB90，CD是AB边上的中线
11、，CDADDB，AACD，由翻折的性质可知ACDACD，ACCA，AACDACD，ACAB，AOC90，ACD+ACD+A90，AACDACD30，在RtABC中，tanA=BCAC，tan30=2AC，AC23，CA23，故答案为：23【点评】本题考查直角三角形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练掌握含30角的直角三角形三边的关系翻折变换（折叠问题）48（2023武威）如图，将矩形纸片ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH若AB2，BC4，则四边形EFGH的面积为（）A2B4C5D6【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质菁优网版权所有【分析】由
12、折叠可知AGEBGE90，AGBG，AFHDFH90，AFDF，由同旁内角互补，两直线平行得ADGEBC，ABFHCD，由平行线的性质可得FHGE，GEBC4，FHAB2，OFOH，OGOE，再根据对角线互相垂直平分的四边形为菱形可知四边形EFGH为菱形，最后利用菱形的面积公式计算即可求解【解答】解：如图，设EG与FH交于点O，四边形ABCD为矩形，ADBC，ABCD，ABCD90，根据折叠的性质可得，AGEBGE90，AGBG，AFHDFH90，AFDF，ADGEBC，ABFHCD，FHGE，GEBC4，FHAB2，OFOH，OGOE，四边形EFGH为菱形，S菱形EFGH=12GEFH=12
13、24=4故选：B【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、菱形的面积公式，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解题关键翻折变换（折叠问题）41（2023成都）如图，在RtABC中，ABC90，CD平分ACB交AB于点D，过D作DEBC交AC于点E，将DEC沿DE折叠得到DEF，DF交AC于点G若AGGE=73，则tanA377【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；平行线的性质【分析】过点G作GMDE于M，证明DGECGD，得出DG2GEGC，根据ADGM，得AGEG=DMEM=73，设GE3k，AG7k，EM3n，DM7n，则ECDE10n，在RtDGM 中，GM2DG2DM2
14、，在RtGME中 GM2GE2EM2，则 DG2DM2GE2EM2，解方程求得 n=34k，则 EM=94k，GE3k，用勾股定理求得GM，根据正切的定义，即可求解【解答】解：过点G作 GMDE于M，如图，CD平分ACB交AB于点D，DEBC，12，23，13，EDEC，将DEC沿DE折叠得到DEF，34，14，又DGECGD，DGECGD，DGCG=GEDG，DG2GEGC，ABC90，DEBC，ADDE，ADGM，AGGE=DMEM，MGEA，AGGE=73，DMEM=73，设GE3k，EM3n，则AG7k，DM7n，ECDE10n，DG2GEGC3k（3k+10n）9k2+30kn，在R
15、tDGM中，GM2DG2DM2，在RtGME中，GM2GE2EM2，DG2DM2GE2EM2，即9k2+30kn（7n）2（3k）2（3n）2，解得：n=34k，EM=94k，GE3k，GM=GE2EM2=(3k)2(94k)2=374k，tanAtanEGM=EMGM=94k374k=377故答案为：377【点评】本题考查了求正切，折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键翻折变换（折叠问题）50（2023邵阳）如图，在矩形ABCD中，AB2，AD=7，动点P在矩形的边上沿BCDA运动当点P不与点A、B重合时，将ABP沿AP对折，得到ABP
16、，连接CB，则在点P的运动过程中，线段CB的最小值为 112【答案】112【分析】根据折叠的性质得出B在A为圆心，2为半径的弧上运动，进而分类讨论当点P在BC上时，当点P在DC上时，当P在AD上时，即可求解【解答】解：在矩形ABCD中，AB2，AD=7，BCAD=7，AC=BC2+AB2=7+4=11，如图所示，当点P在BC上时，ABAB2，.B在A为圆心，2为半径的弧上运动，当A，B，C三点共线时，CB最短，此时CBACAB=112，当点P在DC上时，如图所示，此时CB112，当P在AD上时，如图所示，此时CB112，综上所述，CB的最小值为112，故答案为：112【点评】本题考查了矩形与折
17、叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键51（2023随州）如图，在矩形ABCD中，AB5，AD4，M是边AB上一动点（不含端点），将ADM沿直线DM对折，得到NDM当射线CN交线段AB于点P时，连接DP，则CDP的面积为 10；DP的最大值为 25【答案】10，25，【分析】CDP的面积直接以CD为底，AD为高即可求；当点P和M重合时，DP的值最大，画出图形，利用勾股定理构造方程即可解答【解答】解：CDP的面积为 1254=10；当点P和M重合时，DP的值最大，如图；设APx，则PB5x，DN4，CN3，在RtPBC中，根据勾股定理有：（5x）2+42（x+3）
18、2，解得x2，DP25，故答案为：10，25，【点评】本题考查矩形的性质和翻折的性质及勾股定理，熟悉性质是解题关键翻折变换（折叠问题）46（2023宜昌）如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A处，并得到折痕DE，小宇测得长边CD8，则四边形AEBC的周长为 16【答案】16【分析】可证ADEAED，得到ADAE，再证四边形AEBC是平行四边形，可得四边形AEBC的周长2（AC+AE），即可求解【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，ABCD，AEDAED，由折叠得ADEADE，ADAD，AEAE，ADEAED，ADAE，ADAEADAE，ABBECDAD，ACBE，四边
19、形AEBC是平行四边形，四边形AEBC的周长2（AC+AE）2（AC+AD）2CD16故答案为：16【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解决问题的关键翻折变换（折叠问题）46（2023广西）【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF：折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为BE展平纸片，连接AB，BB，BE请完成：（1）观察图1中1，2和3，试猜想这三个角的大小关系；（2）证明（
20、1）中的猜想；【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B，P，展平纸片，连接BB，PB请完成：（3）证明BB是NBC的一条三等分线【答案】（1）123；（2）证明过程详见解答；（3）证明过程详见解答【分析】（1）猜想123；（2）可推出点O是等边三角形ABB的外心，从而得出1230，进一步得出结论；（3）同理（2）可得OBOBOPOP，BPPBBB，从而PBOBBO，OBBBBO，根据EFBC得出OBBBBC，进一步得出结
21、论【解答】（1）解：123；（2）证明：如图1，设AM，EF交于点O，由题意得：EF是AB的垂直平分线，AM是BB的垂直平分线，ABAB，ABBB，OAOBOB，ABBBAB，O为外心，ABB60，1230，四边形ABCD是矩形，ABC90，3906030，123；（3）证明：如图2，同理（2）得：OBOBOPOP，BPPBBB，PBOBBO，OBBBBO，EFBC，OBBBBC，PBOBBOBBC，BB是NBC的一条三等分线【点评】本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握轴对称的性质翻折变换（折叠问题）18（2023湖北）如图，将边长为3的正
22、方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A，D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM（1）求证：AMBBMP；（2）若DP1，求MD的长【答案】（1）证明过程见详解；（2）MD=125【分析】（1）利用平行线内错角相等和翻折前后对应角相等，等量代换即可证明；（2）利用相似列出关系式DPAM=MDAE，利用边的关系代入到关系式可求出【解答】（1）证明：点B、M关于线段EF对称，由翻折的性质可知：MBCBMP，ABCD是正方形，ADBC，MBCAMB，AMBBMP（等量代换）（2）解：设MDx，则AM3x，设AEy，则E
23、MEB3y在RtAEM中，AE2+AM2EM2，y2+（3x）2（3y）2，y=16x2+x即AE=16x2+xABCEMN90，AME+DMP90，又AEM+AME90，AEMDMP，AD，AEMDMPDPAM=MDAE，13x=x16x2+x，整理得：56x2=2x，x=125MD=125【点评】本题考查了翻折的性质以及相似三角的判定，勾股定理的应用，掌握一线三垂直的相似是本题突破的关键翻折变换（折叠问题）26（2023深圳）如图，在ABC中，ABAC，tanB=34，点D为BC上一动点，连接AD，将ABD沿AD翻折得到ADE，DE交AC于点G，GEDG，且AG：CG3：1，则S三角形AG
24、ES三角形ADG=4975【答案】4975【分析】过点A作AFBC于点F，过点A作AHDE于点H，由折叠易得AFAH，ABAE，BFEH，CGa，则AG3a，于是ABACAE4a，在RtABF中，利用tanB=34可求出AHAF=125a，BFEH=165a，在RtAGH中，利用勾股定理求出GH=95a，以此求出EG=75a，由AEGDCG得AGDG=EGCG，求得DG=157a，则S三角形AGES三角形ADG=EGDG【解答】解：如图，过点A作AFBC于点F，过点A作AHDE于点H，ABAC，BC，根据折叠的性质可知，BE，AFAH，ABAE，BFEH，EC，设CGa，则AG3a，ABACA
25、E4a，在RtABF中，tanB=AFBF=34，BF=43AF，(43AF)2+AF2=(4a)2，解得：AF=125a或AF=125a（舍去），AHAF=125a，BFEH=165a，在RtAGH中，GH=AG2AH2=(3a)2(125)a2=95a，EGEHGH=165a95a=75a，AGEDGC，EC，AEGDCG，AGDG=EGCG，即3aDG=75aa，DG=157a，EGDG=75a157a=4975，S三角形AGES三角形ADG=EGDG=4975故答案为：4975【点评】本题主要考查等腰三角形的性质、折叠的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解题关键是将
26、两三角形的面积比转化为两条线段的比，再利用相似三角形解决问题27（2023黑龙江）矩形ABCD中，AB3，AD9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是 6或3+22或322【答案】6或3+22或322【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解【解答】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动
27、，如图1，延长BA交OA的另一侧于点E，则此时ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE2AB6；当过点D的直线与圆相切于点E时，ADE是直角三角形，分两种情况：如图2，过点E作EHBC交BC于点H，交AD于点G， 四边形ABCD是矩形，EGAD，四边形ABHG是矩形，GHAB3，AEAB3，AEDE，AD9，由勾股定理可得DE=9232=62，SAED=12AEDE=12ADEG，EG22，E到直线BC的距离EHEG+GH3+22；如图3，过点E作ENBC交BC于点N，交AD于点M，四边形ABCD是矩形，NMAD，四边形ABNM是矩形，MNAB3，AEAB3，AEDE，AD
28、9，由勾股定理可得DE=9232=62，SAED=12AEDE=12ADEM，EM22，E到直线BC的距离ENMNGN322；综上，点E到直线BC的距离是6或3+22或322，故答案为：6或3+22或322【点评】本题考查了矩形的折叠问题，切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键翻折变换（折叠问题）43（2023齐齐哈尔）矩形纸片ABCD中，AB3，BC5，点M在AD边所在的直线上，且DM1，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，则线段EF的长度为 352或154【答案】352或154【分析】分点M在D点右边与左边两种情况，分别画出图形，根
29、据勾股定理，锐角三角函数即可求解【解答】解：设BM，EF交于点O，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，OMOB，EFBM，四边形ABCD是矩形，ADBC，MOBF，MEOBFO，又OMOB，OEMOFB（AAS），OEOF，当M点在D点的右侧时，如图所示，BC5，DM1，AMAD+DMBC+DM6，RtABM中，BM=AM2+AB2=62+32=35，OM=12BM=352，tanM=EOOM=ABAM，EO352=36，EO=354，EF2EO=352； 当M点在D点的左侧时，如图所示，AB3，BC5，DM1，BM=AM2+AB2=(51)2+32=5
30、，OM=12BM=52，tanEMO=EOOM=ABAM，EO52=34，EO=158，EF2EO=154， 综上所述，EF的长为352或154故答案为：352或154【点评】本题考查矩形中的折叠问题，涉及勾股定理，锐角三角函数等知识，分类讨论是解题的关键44（2023黑龙江）矩形ABCD中，AB3，AD9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是 6或3+22或322【答案】6或3+22或322【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时ADE是直角三角形，易得点E到直线BC
31、的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解【解答】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，如图1，延长BA交OA的另一侧于点E，则此时ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE2AB6；当过点D的直线与圆相切于点E时，ADE是直角三角形，分两种情况：如图2，过点E作EHBC交BC于点H，交AD于点G， 四边形ABCD是矩形，EGAD，四边形ABHG是矩形，GHAB3，AEAB3，AEDE，AD9，由勾股定理可得DE=9232=62，SAED=12AEDE=12ADEG，
32、EG22，E到直线BC的距离EHEG+GH3+22；如图3，过点E作ENBC交BC于点N，交AD于点M，四边形ABCD是矩形，NMAD，四边形ABNM是矩形，MNAB3，AEAB3，AEDE，AD9，由勾股定理可得DE=9232=62，SAED=12AEDE=12ADEM，EM22，E到直线BC的距离ENMNGN322；综上，点E到直线BC的距离是6或3+22或322，故答案为：6或3+22或322【点评】本题考查了矩形的折叠问题，切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键翻折变换（折叠问题）44（2023嘉兴、舟山）如图，已知矩形纸片ABCD，其中AB3，BC4，现将纸片进行如
33、下操作：第一步，如图将纸片对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展开后如图；第二步，再将图中的纸片沿对角线BD折叠，展开后如图；第三步，将图中的纸片沿过点E的直线折叠，使点C落在对角线BD上的点H处，如图则DH的长为（）A32B85C53D95【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质【分析】过点M作MGBD于点G，根据勾股定理求得BD5，由折叠可知BECEEH=12BC2，CEHM90，CMHM，进而得出BEEH，EBHEHB，利用等角的余角相等可得HDMDHM，则DMHM，于是可得DMHMCM=12CD=32，由等腰三角形的性质可得DH2DG，易证明MGDBCD，利用相似三角形的性质即可求解【
34、解答】解：如图，过点M作MGBD于点G，四边形ABCD为矩形，AB3，BC4，ABCD3，C90，在RtBCD中，BD=BC2+CD2=42+32=5，根据折叠的性质可得，BECE=12BC2，CEHM90，CEEH2，CMHM，BEEH2，BEH为等腰三角形，EBHEHB，EBH+HDM90，EHB+DHM90，HDMDHM，DHM为等腰三角形，DMHM，DMHMCM=12CD=32，MGBD，DH2DG，MGDBCD90，MDGBDC，MGDBCD，DGCD=DMBD，即DG3=325，DG=910，DH2DG=95故选：D【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，根据矩形和折叠的性质推理论证出DMHM，以此得出点M为CD的中点是解题关键