中考数学折叠问题专项突破4--折叠中直角三角形存在性问题
中考复习专题-折叠问题
四、举例：
例 1、已知如图一所示，沿折痕 BD 折
叠矩形纸片 ABCD,再沿折痕 BE 折叠，使 AB
边与 BD 重合，若 AB=2,BC=4,求 AE+FE 的值。
E
A
D
F
B
C
图一
解：过 E 作 EF⊥BD 于 F ∵∠A=∠EFB=900, ∠ABE=∠FBE,BE=BE ∴△ABE≌△FBE ∴AE=FE, BF=AB=2 ∵BD= AB2 AD2 = 22 42 =2 5 ∴DF=BD-BF=2 5 -2 设 AE=FE=x，则 DE=4-x 在 Rt△DFE 中，由勾股定理得：FE2+DF2=DE2 即：x2+（2 5 -2）2=（4-x）2 解得：x= 5 -1 ∴AE+FE=（ 5 -1）+（ 5 -1）=2（ 5 -1） ∴AE+FE 的值为 2（ 5 -1）
解：在矩形 ABCD 中，∵AD//BC ∴∠CBD=∠ADB 又∠ADB=∠BDE ∴∠CBD=∠BDE 即∠OBD =∠ODB ∴OB=OD
设 OD=OB=x，则 OC=BC-OB=8－x
在 Rt△ODC 中,OC2+CD2=OD2 即 (8 x)2 62 x2 ，解之得 x 25 。
1、折痕为AB
2：折痕为PQ
3：使PA与PQ重合，折痕为PC4：使PB与PA重合，折痕为PD
最后：展开，复原到图1，则∠CPD的大小是（B ） A．120° B．90° C．60° D．45°
例 3、如图二所示，有一矩型纸片
ABCD，AB=6，BC=8 沿 BD 对折，使点 A 落在
点 E 处，DE 与 BC 相交于点 O，求 OD+OB 的
例7：如图，折叠长方形的一边AD，
2024年中考数学压轴突破【几何中的折叠】题型汇编(解析版)
几何中的折叠问题一、单选题1如图，在菱形ABCD中，AD=5，tan B=2，E是AB上一点，将菱形ABCD沿DE折叠，使B、C的对应点分别是B 、C ，当∠BEB =90°时，则点C 到BC的距离是()A.5+5B.25+2C.6D.35【答案】D【分析】过C作CH⊥AD于H，C 作C F⊥AD于F，HD=5，HC=25，再由折叠证明∠BED=∠B ED=135°，∠EDC=∠EDC =45°，△CHD≌△DFC ，C F= HD=5，【C作CH⊥AD于H，C 作C F⊥AD于F，由已知AD=5，tan B=2，=2，∴CD=5，tan∠CDH=HCHD∴设HD=x，HC=2x，∴在Rt△HDC中HC2+HD2=CD2，2x2+x2=52，解得x=5，∴HD=5，HC=25，由折叠可知∠BED=∠B ED，∠EDC=∠EDC ，CD=C D∵∠BEB =90°，∴∠BED=∠B ED=135°，∵AB∥DC，∴∠EDC=180°-∠BED=45°，∴∠EDC=∠EDC =45°∴∠CDC =90°∵∠CHD =∠C AD =90°，∴∠CDH +C DF =90°，∵∠CDH +∠HCD =90°，∴∠C DF =∠HCD ，∴△CHD ≌△DFC ，∴C F =HD =5，∴点C 到BC 的距离是C F +CH =5+25=35．故选：D ．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及正切定义的应用，解答关键是根据折叠的条件推出∠BED =∠B ED =135°．2如图，将△ABC 折叠，使AC 边落在AB 边上，展开后得到折痕l 与BC 交于点P ，且点P 到AB 的距离为3cm ，点Q 为AC 上任意一点，则PQ 的最小值为()A.2cmB.2.5cmC.3cmD.3.5cm【答案】C【分析】由折叠可得：PA 为∠BAC 的角平分线，根据垂线段最短即可解答．【详解】解：∵将△ABC 折叠，使AC 边落在AB 边上，∴PA 为∠BAC 的角平分线，∵点Q 为AC 上任意一点，∴PQ 的最小值等于点P 到AB 的距离3cm ．故选C ．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、角平分线的性质定理等知识点，掌握角平分线上的点到两边距离相等是解答本题的关键．3如图，在▱ABCD 中，BC =8,AB =AC =45，点E 为BC 边上一点，BE =6，点F 是AB 边上的动点，将△BEF 沿直线EF 折叠得到△GEF ，点B 的对应点为点G ，连接DE ，有下列4个结论：①tan B =2；②DE =10；③当GE ⊥BC 时，EF =32；④若点G 恰好落在线段DE 上时，则AF BF=13．其中正确的是()A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④【答案】D【分析】过点A 作AH ⊥BC 于点H ，利用三线和一以及正切的定义，求出tan B ，即可判断①；过点D 作DK ⊥BC 于点K ，利用勾股定理求出DE ，判断②；过点F 作FM ⊥BC 于点M ，证明△EMF 为等腰直角三角形，设EM =FM =x ，三角函数求出BM 的长，利用BE =BM +EM ，求出x 的值，进而求出EF 的长，判断③；证明△AND ∽△CNE ，推出∠ENC =∠ECN ，根据折叠的性质，推出EF ∥CA ，利用平行线分线段成比例，即可得出结论，判断④．【详解】解：①过点A 作AH ⊥BC 于点H ，∵BC =8,AB =AC =45，∴BH =12BC =4，∴AH =AB 2-BH 2=8，∴tan B =AHBH=2；故①正确；②过点D 作DK ⊥BC 于点K ，则：四边形AHKD 为矩形，∴DK =AH =8，HK =AD =BC =8，∵BE =6，∴CE =2，∵CH =12BC =4，∴CK =4，∴EK =CE +CK =6，∴DE =EK 2+DK 2=10；故②正确；③过点F 作FM ⊥BC 于点M ，∵GE ⊥BC ，∴∠BEG =90°，∵翻折，∴∠BEF =∠GEF =45°，∴∠EFM =∠BEF =45°，∴EM =FM ，设EM =FM =x ，∵tan B =FMBM =2，∴BM =12FM =12x ，∴BE =BM +EM =12x +x =6，∴x =4，∴EM =FM =4，∴EF =2EM =42；故③错误；④当点G 恰好落在线段DE 上时，如图：设AC 与DE 交于点N ，∵▱ABCD ，∴AD ∥BC ，∴△AND ∽△CNE ，∴EN DN =CE AD=28=14，∴EN DE =15，∴EN =15DE =2=CE ，∴∠ENC =∠ECN ，∴∠BEN =∠ENC +∠ECN =2∠ECN ，∵翻折，∴∠BEN =2∠BEF ，∴∠BEF =∠ECN ，∴EF ∥AC ，∴AF BF =CE BE=26=13；故④正确，综上：正确的是①②④；故选D ．【点睛】本题考查平行四边形的折叠问题，同时考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性强，难度较大，是中考常见的压轴题，熟练掌握相关性质，添加合适的辅助线，构造特殊三角形，是解题的关键．4如图，AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，将劣弧BC 沿弦BC 折叠交直径AB 于点D ，连接CD ，若∠ABC =α0°<α<45° ，则下列式子正确的是()A.sin α=BCABB.sin α=CD ABC.cos α=AD BDD.cos α=CD BC【答案】B【分析】连AC ，由AB 是⊙O 的直径，可知∠ACB =90°，由折叠，AC和CD所在的圆为等圆，可推得AC =CD ，再利用正弦定义求解即可．【详解】解：连AC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，由折叠，AC 和CD所在的圆为等圆，又∵∠CBD =∠ABC ，∴AC和CD所对的圆周角相等，∴AC=CD，∴AC =CD ，在Rt △ACB 中，sin α=AC AB =CDAB，故选：B ．【点睛】本题考查圆周角定理和圆心角、弦、弧之间的关系以及正弦、余弦定义，解答关键是通过折叠找到公共的圆周角推出等弦．5如图，在平面直角坐标系中，OA 在x 轴正半轴上，OC 在y 轴正半轴上，以OA ，OC 为边构造矩形OABC ，点B 的坐标为8,6 ，D ，E 分别为OA ，BC 的中点，将△ABE 沿AE 折叠，点B 的对应点F 恰好落在CD 上，则点F 的坐标为()A.3213,3013B.3013,3213C.3013,2013D.2013,3013【答案】A【分析】先求得直线CD 的解析式，过点F 作FM ⊥CE 于点M ，过点F 作FN ⊥OC 于点N ，设点F m ,-32m +6 ，在Rt △EMF 中，再利用勾股定理得到关于m 的方程，解方程即可．【详解】解：∵点B 的坐标为8,6 ，四边形OABC 是矩形，D ，E 分别为OA ，BC 的中点，∴C 0,6 ，D 4,0 ，E 4,6 ，由折叠的性质可得：EF =BE =4，设直线CD 的解析式为y =kx +b ，则6=b 4k +b =0 ，解得：k =-32b =6，∴直线CD 的解析式为y =-32x +6，过点F 作FM ⊥CE 于点M ，过点F 作FN ⊥OC 于点N ，设点F m,-32m+6，则MF=CN=6--32m+6=32m，EM=4-m，在Rt△EMF中，EM2+MF2=EF2，∴4-m2+32m2=42，解得：m=3213或m=0(不合题意，舍去)，当m=3213时，y=-32×3213+6=3013，∴点F的坐标为3213,30 13，故选：A．【点睛】本题是一次函数与几何综合题，考查了求一次函数解析式，勾股定理，翻折的性质，矩形的性质，中点的性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．6综合与实践课上，李老师让同学们以矩形纸片的折叠为主题开展数学活动．如图，将矩形纸片ABCD对折，折痕为EF，再把点A折叠在折痕EF上，其对应点为A ，折痕为DP，连接A B，若AB=2，BC =3，则tan∠A BF的值为()A.33B.3 C.32D.12【答案】A【分析】先证明EF=AB=CD=2，CF=BF=DE=32，∠DEA=90°，∠A FB=90°，AD=A D=3，可得A E=A D2-DE2=32，AF=2-32=12，再利用正切的定义求解即可.【详解】解：∵矩形纸片ABCD对折，折痕为EF，AB=2，BC=3，∴EF=AB=CD=2，CF=BF=DE=32，∠DEA=90°，∠A FB=90°，由折叠可得：AD=A D=3，∴A E=A D2-DE2=32，∴A F=2-32=12，∴tan ∠A BF =1232=33.故选A【点睛】本题考查的是轴对称的性质,矩形的性质,勾股定理的应用,求解锐角的正切,熟记轴对称的性质是解本题的关键.7如图，矩形ABCD 中，AB =2，BC =3，P 是边BC 中点，将顶点D 折叠至线段AP 上一点D ，折痕为EF ，此时，点C 折叠至点C ．下列说法中错误的是()A.cos ∠BAP =45B.当AE =53时，D E ⊥AP C.当AE =18-65时，△AD E 是等腰三角形 D.sin ∠DAP =45【答案】C【分析】根据矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质计算判断即可．【详解】∵矩形ABCD 中，AB =2，BC =3，P 是边BC 中点，∴BP =12BC =32，∠B =90°，∴AP =AB 2+BP 2=22+32 2=52，∴cos ∠BAP =AB AP=252=45，故A 正确；∵矩形ABCD ，∴AD ∥BC ，∴∠DAP =∠APB ，∴sin ∠DAP =sin ∠APB =cos ∠BAP =45，故D 正确；设DE =D E =x ，根据题意，得AE =AD -DE =3-x ，sin ∠DAP =45，∵D E ⊥AP ，∴sin ∠DAP =D E AE=x 3-x =45，解得x =43，∴AE =AD -DE =3-x =53，故B 正确；当D E =AE 时，∴x =3-x ，解得x =32；此时D ,A 重合，三角形不存在，不符合题意；当D E =AD 时，过点D 作D N ⊥AD 于点N ，则AN =NE ；∵矩形ABCD ，∴AD ∥BC ，∴∠DAP =∠APB ，∴cos ∠DAP =cos ∠APB =3252=35，设DE =D E =x ，根据题意，得AE =AD -DE =3-x ，D E =AD =x ，∴AN AD=AN x =35，解得AN =35x ；∴AE =AD -DE =3-x =2AN =65x ，解得x =1511；∴AE =65×1511=1811；当AE =AD 时，过点D 作D H ⊥AD 于点H ，设DE =D E =x ，根据题意，得AE =AD =AD -DE =3-x ，∴D H =AD sin ∠DAP =453-x ，AH =AD cos ∠DAP =353-x ，∴HE =AE -AH =3-x -353-x =253-x ，根据勾股定理，得HE 2+D H 2=D E 2，∴253-x 2+453-x2=x 2解得x =65-12；∴AE =3-x =15-65；综上所述，AE =15-65或AE =1811，故C 错误，故选C ．【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握三角函数，勾股定理，矩形的性质，折叠的性质是解题的关键．8如图，AB 为半圆O 的直径，点O 为圆心，点C 是弧上的一点，沿CB 为折痕折叠BC交AB 于点M ，连接CM ，若点M 为AB 的黄金分割点(BM >AM )，则sin ∠BCM 的值为()A.5-12B.5+12C.5-14D.12【答案】A【分析】过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M′，连接CM ，BM′，根据折叠的性质可得：∠CMB=∠CM′B，BC⊥MM′，从而可得∠BDM=90°，再根据黄金分割的定义可得BMAB =5-12，然后利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而证明A字模型相似三角形△DBM∽△CBA，进而利用相似三角形的性质可得DMAC=BMAB=5-12，最后根据圆内接四边形对角互补以及平角定义定义可得：∠A=∠AMC，从而可得CA=CM，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．【详解】解：过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M′，连接CM ，BM′，由折叠得：∠CMB=∠CM′B，BC⊥MM′，∴∠BDM=90°，∵点M为AB的黄金分割点(BM>AM)，∴BMAB =5-12，∵AB为半圆O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠MDB，∵∠DBM=∠CBA，∴△DBM∽△CBA，∴DMAC =BMAB=5-12，∵四边形ACM′B是半⊙O的内接四边形，∴∠A+∠CM′B=180°，∵∠AMC+∠CMB=180°，∠CMB=∠CM′B，∴∠A=∠AMC，∴CA=CM，在Rt△CDM中，sin∠BCM=DMCM=DMAC=5-12．故选：A．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，黄金分割，解直角三角形，翻折变换(折叠问题)，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．二、填空题9如图，将一张矩形纸片ABCD折叠，折痕为EF，折叠后，EC的对应边EH经过点A，CD的对应边HG交BA的延长线于点P．若PA=PG，AH=BE，CD=3，则BC的长为．【答案】43【分析】本题考查了矩形与折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理．连接PF ，设BC =2x ，AH =BE=a ，证明Rt △PAF ≌Rt △PGF HL ，求得FA =FG =FD =x ，由折叠的性质求得BE =12x ，在Rt △ABE中，利用勾股定理列式计算，即可求解．【详解】解：连接PF ，设BC =2x ，AH =BE =a ，由矩形的性质和折叠的性质知FG =FD ，∠G =∠FAP =90°，AB =CD =3，AD =BC ，∵PA =PG ，PF =PF ，∴Rt △PAF ≌Rt △PGF HL ，∴FA =FG =FD =12AD =12BC =x ，由矩形的性质知：AD ∥BC ∴∠AFE =∠FEC ，折叠的性质知：∠FEA =∠FEC ，∴∠FEA =∠AFE ，∴AE =FA =x ，由折叠的性质知EC =EH =AE +AH =x +a ，∴BC =BE +EC =a +x +a =2x ，∴a =12x ，即BE =12x ，在Rt △ABE 中，AB 2+BE 2=AE 2，即32+12x 2=x 2，解得x =23，∴BC =2x =43，故答案为：4310如图，在矩形ABCD 中，AB =3，AD =6，M 为AD 的中点，N 为BC 边上一动点，把矩形沿MN 折叠，点A ，B 的对应点分别为A ，B ，连接AA '并延长交射线CD 于点P ，交MN 于点O ，当N 恰好运动到BC 的三等分点处时，CP 的长为．【答案】1或5【分析】分两种情况：①当CN =2BN 时．过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形；②当BN =2CN 时，过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形，根据矩形的性质得GM =AM -AG =1.再由折叠的性质可得∠AOM =90°，然后根据相似三角形的判定与性质可得答案．【详解】解：①当CN =2BN 时．如图1，过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形，∴NG =AB =3，AG =BN =2．∵M 为AD 的中点，∴AM =3，∴GM =AM -AG =1．由折叠A 与A 对应，∴∠AOM =90°，∵∠MAO +∠APD =90°，∠MAO +∠AMO =90°，∴∠AMO =∠APD ，即∠GMN =∠APD ．又∵∠NGM =∠ADP =90°，∴△ADP ∽△NGM ，∴NG AD=GM DP =12，解得DP =2，∴CP =CD -DP =1．②当BN =2CN 时，如图2，过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形，∴NG =AB =3，AG =BN =4．∵M 为AD 的中点，∴AM =3，∴GM =AG -AM =1．由折叠A 与A 对应，∴∠AOM =90°∠MAO +∠AMO =90°，∠MAO +∠APD =90°，∴∠AMO =∠APD ，即∠GMN =∠APD ．又∠ADP =∠NGM =90°，∴△ADP ∽△NGM ，∴NG AD=GM DP =12，解得DP =2，∴CP =CD +DP =5．综上，CP 的长为1或5．故答案为：1或5．【点睛】此题考查的是翻折变换-折叠问题、矩形的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．11如图，DE 平分等边△ABC 的面积，折叠△BDE 得到△FDE ,AC 分别与DF ,EF 相交于G ,H 两点．若DG =m ,EH =n ，用含m ,n 的式子表示GH 的长是．【答案】m 2+n 2【分析】先根据折叠的性质可得S △BDE =S △FDE ，∠F =∠B =60°，从而可得S △FHG =S △ADG +S △CHE ，再根据相似三角形的判定可证△ADG ∽△FHG ,△CHE ∽△FHG ，根据相似三角形的性质可得S △ADG S △FHG =DG GH2=m 2GH 2，S △CHE S △FHG =EH GH 2=n 2GH 2，然后将两个等式相加即可得．【详解】解：∵△ABC 是等边三角形，∴∠A =∠B =∠C =60°，∵折叠△BDE 得到△FDE ，∴△BDE ≌△FDE ，∴S △BDE =S △FDE ，∠F =∠B =60°=∠A =∠C ，∵DE 平分等边△ABC 的面积，∴S 梯形ACED =S △BDE =S △FDE ，∴S △FHG =S △ADG +S △CHE ，又∵∠AGD =∠FGH ,∠CHE =∠FHG ，∴△ADG ∽△FHG ,△CHE ∽△FHG ，∴S △ADG S △FHG =DG GH 2=m 2GH 2，S △CHE S △FHG =EH GH 2=n 2GH 2，∴S △ADG S △FHG +S △CHE S △FHG =m 2+n 2GH 2=S △ADG +S △CHE S △FHG =1，∴GH 2=m 2+n 2，解得GH =m 2+n 2或GH =-m 2+n 2(不符合题意，舍去)，故答案为：m 2+n 2．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．12在矩形ABCD 中，点E 为AD 边上一点(不与端点重合)，连接BE ，将矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，连接并延长EF ，BF 分别交BC ，CD 于G ，H 两点.若BA =6，BC =8，FH =CH ，则AE 的长为．【答案】92【分析】连接GH ，证明Rt △FHG ≅Rt △CHG (HL )，可得FG =CG ，设FG =CG =x ，在Rt △BFG 中，有62+x 2=(8-x )2，可解得CG =FG =74，知BG =254，由矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，得∠AEB =∠FEB ，可得∠FEB =∠EBG ，EG =BG =254，故EF =EG -FG =92，从而得到AE =92．【详解】连接GH ，如图：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠C =90°，∵将矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，∴BF =AB =6,AE =EF ,∠BFE =∠A =90°，∴∠GFH =90°=∠C ，∵GH =GH ,FH =CH ，∴Rt △FHG ≅Rt △CHG (HL )，∴FG =CG ，设FG =CG =x ，则BG =BC -CG =8-x在Rt △BFG 中，BF 2+FG 2=BG 2∴62+x 2=(8-x )2，解得：x =74，∴CG =FG =74，∴BG =8-x =25x，∵将矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，∴∠AEB =∠FEB ，∵AD ⎳BC ，∴∠AEB =∠EBG ，∴∠FEB =∠EBG ，∴EG =BG =254，∴AE =92，故答案为：92．【点睛】本题考查矩形中的翻折变换，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用，掌握相关知识是解题的关键．13如图，在矩形ABCD 中，AD =23，CD =6，E 是AB 的中点，F 是线段BC 上的一点，连接EF ，把△BEF 沿EF 折叠，使点B 落在点G 处，连接DG ，BG 的延长线交线段CD 于点H ．给出下列判断：①∠BAC =30°；②△EBF ∽△BCH ；③当∠EGD =90°时，DG 的长度是23 ④线段DG 长度的最小值是21-3；⑤当点G 落在矩形ABCD 的对角线上，BG 的长度是3或33；其中正确的是．(写出所有正确判断的序号)【答案】①②③【分析】利用正切函数的定义即可判断①正确；利用同角的余角相等推出∠HBC =∠BEF ，可判断②正确；推出点D 、G 、F 三点共线，证明Rt △EAD ≌Rt △EGD HL ，可判断③正确；当点D 、G 、E 三点共线，线段DG 长度的最小值是21-3，由于F 是线段BC 上的一点，不存在D 、G 、E 三点共线，可判断④不正确；证明△BGE 是等边三角形，可判断⑤．【详解】解：连接AC ，∵矩形ABCD 中，AD =23，CD =6，∴tan ∠ACD =AD CD=236=33，∴∠ACD =30°，∴∠BAC =30°，故①正确；由折叠的性质知EF 是BG 的垂直平分线，∴∠HBC +∠BFE =90°=∠BEF +∠BFE ，∴∠HBC =∠BEF ，∴△EBF ∽△BCH ，故②正确；由折叠的性质知∠EGF =∠ABC =90°，∵∠EGD =90°，∴点D 、G 、F 三点共线，连接DE ，在Rt △EAD 和Rt △EGD 中，AE =BE =EG ，DE =DE ，∴Rt △EAD ≌Rt △EGD HL ，∴DG =AD =23，故③正确；∵AE =BE =EG ，∴点A 、G 、B 都在以E 为圆心，3为半径的圆上，DE =23 2+32=21，∴当点D 、G 、E 三点共线，线段DG 长度的最小值是21-3，但F 是线段BC 上的一点，∴D 、G 、E 三点不可能共线，故④不正确；当点G 落在矩形ABCD 的对角线AC 上时，由折叠的性质知BE =EG ，∵E 是AB 的中点，由①知∠BAC =30°，∴BE =EG =EA ，∠BAC =∠EGA =30°，∴∠BEG =∠BAC +∠EGA =60°，∴△BGE 是等边三角形，∴BG 的长度是3；由于F 是线段BC 上的一点，则点G 不会落在矩形ABCD 的对角线BD 上，故⑤不正确；综上，①②③说法正确，故答案为：①②③．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，正切函数，相似三角形的判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．14如图，将矩形ABCD沿BE折叠，点A与点A 重合，连接EA 并延长分别交BD、BC于点G、F，且BG=BF．(1)若∠AEB=55°，则∠GBF=；(2)若AB=3，BC=4，则ED=．【答案】40°/40度5-10/-10+5【分析】(1)先证明∠DEF=180°-2×55°=70°，∠BFG=∠DEF=70°，利用BG=BF，可得答案；(2)如图，过F作FQ⊥AD于Q，可得CF=DQ，FQ=CD=3，同理可得：∠BGF=∠BFG，∠DEG=∠BFG，而∠DGE=∠BGF，则∠DEG=∠DGE，设DE=DG=x，而BD=32+42=5，则BG=BF=5-x，CF=4-5-x=1，再求解EF=12+32=10，由折叠可得：A E=AE=4 =x-1，EQ=x-x-1-x，AF=10-4+x，利用cos∠BFA=cos∠FEQ，再建立方程求解即可．【详解】解：(1)∵∠AEB=55°，结合折叠可得：∠AEB=∠A EB=55°，∴∠DEF=180°-2×55°=70°，∵矩形ABCD，∴AD∥BC，∴∠BFG=∠DEF=70°，∵BG=BF，∴∠BGF=∠BFG=70°；∴∠GBF=180°-2×70°=40°；故答案为：40°．(2)如图，过F作FQ⊥AD于Q，∴四边形FCDQ是矩形，则CF=DQ，FQ=CD=3，同理可得：∠BGF=∠BFG，∠DEG=∠BFG，而∠DGE=∠BGF，∴∠DEG=∠DGE，∴设DE=DG=x，∵矩形ABCD，AB=3，BC=4，∴BD=32+42=5，∴BG=BF=5-x，∴CF=4-5-x=x-1，∴EQ=x-x-1=1，∴EF=12+32=10，由折叠可得：A E=AE=4-x，∴AF =10-4+x，∵∠QEF=∠BFA ，∴cos∠BFA =cos∠FEQ，∴EQEF=A FBF，∴110=10-4+x5-x，解得：x=5-10，经检验符合题意；∴DE=5-10．故答案为：5-10．【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质与判定，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，等腰三角形的判定与性质，熟练的利用以上知识解题是关键．三、解答题15综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．(1)操作判断操作一：如图(1)，正方形纸片ABCD，点E是BC边上(点E不与点B，C重合)任意一点，沿AE折叠△ABE到△AFE，如图(2)所示；操作二：将图(2)沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为H，如图(3)所示；操作三：将纸片展平，连接BM，如图(4)所示．根据以上操作，回答下列问题：①B，M，N三点(填“在”或“不在”)一条直线上；②AE和BN的位置关系是，数量关系是；③如图(5)，连接AN，改变点E在BC上的位置，(填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分∠DAE．(2)迁移探究苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照(1)中的方式操作，得到图(6)或图(7)．请完成下列探究：①当点N在CD上时，如图(6)，BE和CN有何数量关系？并说明理由；②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；(2)①BECN =23，理由见解析；②BE=2或165．【分析】(1)①E的对称点为E ，BF⊥EE ，MF⊥EE ，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即可得证；(2)①由(1)中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性质即可求解．【详解】(1)解：①E的对称点为E ，∴BF⊥EE ，MF⊥EE ，∴B、F、M共线，故答案为：在；②由①知：B、F、M共线，N在FM上，∴AE⊥BN，∴∠AMB=90°，∴∠ABM+∠BAE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCN=90°，AB=BC，∴∠CBN+∠ABM=90°，∴∠BAE=∠CBN，在△ABE和△BCN中，∠BAE=∠CBN ∠ABC=∠BCN AB=BC，∴△ABE≌△BCN(AAS)，∴AE=BN，故答案为：相等；③不存在，理由如下：假如存在，∵AN平分∠DAE，∴∠DAN=∠MAN，∵四边形ABCD是正方形，AM⊥BN，∴∠D=∠AMN=90°，在△DAN和△MAN中，∠D=∠AMN∠DAN=∠MAN AN=ANN∴△DAN≌△MAN(AAS)，∴AM=AD，∵AD=AB，∴AB=AM，∵AB是Rt△ABM的斜边，∴AB>AM，∴AB =AM 与AB >AM 矛盾，故假设不成立，所以答案为：不存在；(2)解：①BE CN=23，理由如下：由(1)中的②得：∠BAE =∠CBN ，∠ABE =∠C =90°，∴△ABE ∽△BCN ，∴BE CN =AB BC=23；②当N 在CD 上时，CN =CD -DN =3，由①知：△ABE ∽△BCN ，∴BE CN =AB BC =23，∴BE =23CN =2，当N 在AD 上时，AN =AD -DN =5，∵∠BAE =∠CBN =∠ANB ，∠ABE =∠BAN =90°，∴△ABE ∽△NAB ，∴BE AB =AB AN ，∴BE 4=45，∴BE =165，综上所述：BE =2或165．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．16在矩形ABCD 中，AD =2AB =8，点P 是边CD 上的一个动点，将△BPC 沿直线BP 折叠得到△BPC ．(1)如图1，当点P 与点D 重合时，BC ′与AD 交于点E ，求BE 的长度；(2)当点P 为CD 的三等分点时，直线BC ′与直线AD 相交于点E ，求DE 的长度；(3)如图2，取AB 中点F ，连接DF ，若点C ′恰好落在DF 边上时，试判断四边形BFDP 的形状，并说明理由．【答案】(1)BE 的长度为5；(2)DE 的长度为113或83;(3)四边形BFDP 是平行四边形(理由见解析)【分析】本题利用了折叠的知识(折叠后的两个图形全等)以及矩形的性质(矩形的对边相等，对角相等)，以及平行四边形的判定有关知识．(1)利用矩形性质和折叠的性质可推出BE=DE，设BE=x,则DE=x,AE=8-x,利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；(2)设DE=m,则AE=m+8，设BE交CD于G，可证得△AEB∽△CBG，得出CGAB =BCAE，即CG4=8m+8，求得CG=32m+8，分两种情况：当PC=13CD=43时，当PC=23CD=83时，分别添加辅助线构造相似三角形，利用相似三角形性质建立方程求解即可得出答案；(3)由中点定义可得AF=BF，过点C 作C M∥AD交AB于点M，过点F作FN⊥BC 于点N，由矩形性质和翻折的性质可得∠C BP=∠CBP=12∠C BC，可证得△FC M∽△FDA，得出FMAF=C MAD，再证得△BFN∽△BC M，进而推出FM=FN，利用角平分线的判定定理可得∠BC F=∠MC F=12∠BC M推出∠BC F=∠C BP，再由平行线的判定定理可得DF∥BP，运用平行四边形的判定定理即可证得四边形BFDP是平行四边形．【点睛】点睛片段【详解】(1)解：∵AD=2AB=8，∴AB=4，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，由折叠得：∠DBC=∠DBC ，∴∠ADB=∠DBC ，即∠EDB=∠EBD，∴BE=DE，设BE=x，则DE=x，AE=8-x，在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，∴(8-x)2+42=x2，解得：x=5，∴BE的长度为5；(2)设DE=m，则AE=m+8，设BE交CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∴BC=AD=8，CD=AB=4，AD∥BC，∠A=∠BCG=90°，∴∠AEB=∠CBG，∴△AEB∽△CBG，∴CG AB =BCAE，即CG4=8m+8，∴CG=32m+8，当PC=13CD=43时，BP=BC2+PC2=82+432=4373，连接CC ，过点C 作C H⊥CD于点H，如图，∵将△BPC沿直线BP折叠得到△BPC ，∴CC ⊥BP，△BPC ≌△BPC，∴S四边形BCPC =2S△BPC，∴1BP⋅CC =2×1BC⋅PC，即12×4373CC =2×12×8×43，∴CC =163737，∵∠C CH +∠BPC =90°，∠PBC +∠BPC =90°，∴∠C CH =∠PBC ，∵∠CHC =∠BCP =90°，∴△CC H ∽△BPC ，∴C H PC =CH BC =CC BP ，即CH 43=CH 8=1637374373，∴C H =1637，CH =9637，∵∠C HG =∠EDG =90°，∴C H ∥AE ，∴∠GC ′H =∠AEB ，∴△C GH ∽△EBA ，∴GH AB =C H AE ，即GH 4=1637m +8，∴GH =6437(m +8)，∵CH +GH =CG ，∴9637+6437(m +8)=32m +8，解得：m =113，经检验，m =113是该方程的解，∴DE =113；当PC =23CD =83时，BP =BC 2+PC 2=82+83 2=8103，连接CC ，过点C 作C H ⊥CD 交CD 的延长线于点H ，作C G ⊥AD 于点G ，如图，同理可得：CC =8105，同理△CC H ∽△BPC ，∴C H PC =CH BC =CC BP ，即CH 83=CH 8=81058103，∴C H =85，CH =245，∴DH =CH -CD =245-4=45，∵∠HDG =∠H =∠C GD =90°，∴四边形DGC H 是矩形，∴C G =DH =45，DG =C H =85，∵∠C GE =∠A =90°，∠C EG =∠BEA ，∴△C EG ∽△BEA ，∴EG AE =C G AB =454=15，∴AE =5EG ，∵AE +EG =AG =AD -DG =8-85=325，∴5EG +EG =325，∴EG =1615，∴DE =DG +EG =85+1615=83，综上所述，DE 的长度为113或83；(3)四边形BFDP 是平行四边形，理由如下：∵点F 是AB 的中点，∴AF =BF ，过点C 作C M ∥AD 交AB 于点M ，过点F 作FN ⊥BC 于点N ，如图，则∠FC M =∠ADF ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ,AB ∥CD ，∴C M ∥BC ，∴∠BC M =∠C BC ，由翻折得：∠C BP =∠CBP =12∠C BC ，BC =BC =8，∵C M ∥AD ，∴△FC M ∽△FDA ，∴FM AF =C M AD ，∴FM BF =C MBC ，∵∠BNF =∠BMC =90°，∠FBN =∠C BM ，∴△BFN ∼△BC M∴FN BF =C MBC ，∴FM BF =FN BF ，∴FM =FN ，又∵FM ⊥C M ，FN ⊥C B ，∴∠BC F =∠MC F =12∠BC M ，∴∠BC F =∠C BP ，∴DF ∥BP ，∴四边形BFDP 是平行四边形．17矩形ABCD 中，AB =6，AD =8，点E 为对角线AC 上一点，过点E 作EF ⊥AD 于点F ，EG ⊥AC 交边BC 于点G ，将△AEF 沿AC 折叠得△AEH ，连接HG ．(1)如图1，若点H 落在边BC 上，求证：AH =CH ；(2)如图2，若A ，H ，G 三点在同一条直线上，求HG 的长；(3)若△EHG 是以EG 为腰的等腰三角形，求EF 的长．【答案】(1)见解析(2)HG =94(3)EF =103或4【分析】(1)根据矩形的性质和翻折的性质证明∠ACH =∠HAC ，即可解决问题；(2)结合(1)的方法AG =CG ，解Rt △AEG ，Rt △HEG 分别求得EG ,HG ；(3)当△EHG 是以EG 为腰的等腰三角形时，分两种情况：①当EG =EH ，②当EG =HG ，结合(2)的方法，利用全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质即可解决问题．【详解】(1)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ．∴∠DAE =∠ACH .∵△AHE 由△AFE 折叠得到，∴∠HAC =∠DAE ，∴∠HAC =∠ACH ，∴AH =CH ；(2)∵矩形ABCD 中，AB =6,AD =8．∴AC =10.当A ，H ，G 三点在同一条直线上时，∠EHG =90°．同(1)可得AG =CG ．又∵EG ⊥AC ，∴AE =12AC =5．∵∠AEH +∠HEG =90°，∠AEH +∠HAE =90°，∴∠HEG =∠HAC =∠CAD ．∵在Rt △AEG 中，tan ∠EAG =EG AE =34，∴EG =34AE =154．∵在Rt △HEG 中，sin ∠HEG =HG EG =35，∴HG =35EG =94．(3)①若EH =EG ，如图3①设EF =EH =EG =x ，∵EF ⊥AD ，∴EF ∥CD ，∴△AEF ∽△ACD ，∴AE AC =AF AD =EF CD ∴AE 10=AF 8=x 6∴AE =53x ,AF =43x ，∴AH =AF =43x ，∵∠AHE =∠CEG =90°，∠HAE =∠GCE ，EH =EH ，∴△AHE ≌△CGE AAS ，∴AH =CE ，∴43x =10-53x ，∴x =103∴EF =103．②若HG =GE ，如图3②．(图3②)过点G 作GM ⊥HE ，设EF =a ,∵EC =10-53a ，∵∠AHE =∠CEG =90°，∠HAE =∠GCE ，∴△AHE ∽△CGE ，∴EG =34EC =3410-53a =152-54a ，∵∠GME =∠EHA ，∠MGE =90°-∠MEG =∠HAE ，∴△MGE ∽△HEA ，∴ME AH =EG AE ，∵AH AE =AD AC =45，∴AH =45AE ，∴ME =45EG =45152-54a =6-a ，∴HE =2ME =12-2a =EF ，∴12-2a =a ，∴a =4，∴EF =4，综上，EF =103或4．【点睛】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，翻折的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．18综合与实践【问题情境】数学活动课上，老师准备了若干张正方形纸片ABCD，组织同学们进行折纸探究活动．【初步尝试】把正方形对折，折痕为EF，然后展开，沿过点A与点E所在的直线折叠，点B落在点B 处，连接 B C，如图1，请直接写出∠AEB 与∠ECB 的数量关系．【能力提升】把正方形对折，折痕为EF，然后展开，沿过点A与BE上的点G所在的直线折叠，使点B落在EF上的点P处，连接PD，如图2，猜想∠APD的度数，并说明理由．【拓展延伸】在图2的条件下，作点A关于直线CP的对称点A ，连接PA ，BA ，AC，如图3，求∠PA B的度数．【答案】初步尝试：∠AEB =∠ECB ；能力提升：猜想：∠APD=60°，理由见解析；拓展延伸：∠PA B=15°【分析】初步尝试：连接BB ，由折叠的性质可知，BE=CE，BE=BE ，∠AEB=∠AEB ，BB ⊥AE，根据等边对等角的性质和三角形内角和定理，得出∠BB C=90°，推出AE∥CB ，即可得出答案；能力提升：根据正方形的性质和折叠的性质，易证△AFP≌△DFP SAS，从而证明△APD是等边三角形，即可得到答案；拓展延伸：连接A C、AA ，由(2)得△APD是等边三角形，进而得出∠PDC=30°，再结合等边对等角的性质和三角形内角和定理，求得∠PAC=15°，∠ACP=30°，由对称性质得：AC=A C，∠ACP=∠A CP=30°，证明△AA B≌△CA B SSS，得到∠CA B=30°，再由∠CA P=∠CAP=15°，即可求出∠PA B的度数．【详解】解：初步尝试：∠AEB =∠ECB ，理由如下：如图，连接BB ，由折叠的性质可知，BE=CE，BE=BE ，∠AEB=∠AEB ，BB ⊥AE，∴BE=CE=BE ，∴∠EBB =∠EB B，∠ECB =∠EB C，∵∠EBB +∠EB B+∠EB C+∠ECB =2∠EB B+∠EB C=180°，∴∠BB C=90°，即BB ⊥CB ，∴AE∥CB ，∴∠AEB=∠ECB ，∴∠AEB =∠ECB ；解：能力提升：猜想：∠APD=60°，理由如下：理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ADC=90°，由折叠性质可得：AF =DF ，EF ⊥AD ，AB =AP ，在△AFP 和△DFP 中，AF =DF∠AFP =∠DFP =90°FP =FP，∴△AFP ≌△DFP SAS ，∴AP =PD ，∴AP =AD =PD ，∴△APD 是等边三角形，∴∠APD =60°；解：拓展延伸：如图，连接A C 、AA ，由(2)得△APD 是等边三角形，∴∠PAD =∠PDA =∠APD =60°，AP =DP =AD ，∵∠ADC =90°，∴∠PDC =30°，又∵PD =AD =DC ，∴∠DPC =∠DCP =12×180°-30° =75°，∠DAC =∠DCA =45°，∴∠PAC =∠PAD -∠DAC =60°-45°=15°，∠ACP =∠DCP -∠DCA =75°-45°=30°，由对称性质得：AC =A C ，∠ACP =∠A CP =30°，∴∠ACA =60°，∴△ACA 是等边三角形，在△AA B 与△CA B 中，A A =A CA B =A B AB =BC，∴△AA B ≌△CA B SSS ，∴∠AA B =∠CA B =12∠AA C =30°，又∵∠CA P =∠CAP =15°，∴∠PA B =∠CA B -∠CA P =15°．【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．19综合与实践数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD 对折，使得点A ，D 重合，点B ，C 重合，折痕为EF ，展开后沿过点B 的直线再次折叠纸片，点A 的对应点为点N ，折痕为BM ． (1)如图(1)若AB =BC ，则当点N 落在EF 上时，BF 和BN 的数量关系是，∠NBF 的度数为．思考探究：(2)在AB=BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M ．当点M 落在CD上时，如图(2)，设BN，BM 分别交EF于点J，K．若DM =4，请求出三角形BJK的面积．开放拓展：(3)如图(3)，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=4，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，点A的对应点为点N，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，点M的对应点为点M ，连接CP，DP，若PC=PD，请直接写出AM的长．(温馨提示：12+3=2-3，12+1=2-1)【答案】(1)BF=12BN，60°(2)2+2(3)4-23【分析】(1)根据折叠的性质得：AB=BN，BF=CF=12BC，根据直角三角形的性质可得∠BNF=30°，由直角三角形的两锐角互余可得结论；(2)由折叠得：BM=BM ，证明Rt△ABM≌Rt△CBM (HL)，可知AM=CM ，∠ABM=∠CBM ，得△BFJ是等腰直角三角形，再证明四边形ABCD是正方形，分别计算BF=FJ=12BC=2+2，JK=2，由三角形面积公式可得结论；(3)如图(3)，过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根据等腰三角形的三线合一可得DH=CH=12CD=12AB=1，由折叠的性质和矩形的性质可得PG=CH=1，BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，设PL=x，则M L=2x，M P=3x，根据NL=233=NM +M L，列方程可解答．【详解】(1)解：由折叠得：AB=BN，BF=CF，∠BFN=90°，∵AB=BC，∴BF=12BN，∴∠BNF=30°，∴∠NBF=90°-30°=60°，故答案为：BF=12BN，60°；(2)由折叠得：BM=BM ，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，∴Rt△ABM≌Rt△CBM (HL)，∴AM=CM ，∠ABM=∠CBM ，∴∠ABM=∠MBN=∠NBM =∠CBM ，∴∠FBJ=45°，∴△BFJ是等腰直角三角形，∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴矩形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠D=90°，∴DM=DM =4，∴MM =42，∵AM=MN=M N=CM ，∴CM =22，∴BC =CD =4+22，∴BF =FC =2+2，∵FK ∥CM ，∴BK =KM ，∴FK =12CM =2，∵△BFJ 是等腰直角三角形，∴BF =FJ =12BC =2+2，∴JK =2+2-2=2，∴S △BJK =12⋅JK ⋅BF =12×2×(2+2)=2+2；(3)如图，过点P 作PG ⊥BC 于G ，PH ⊥CD 于H ，∵PC =PD ，∴DH =CH =12CD =12AB =1，∵∠PGC =∠PHC =∠BCH =90°，∵四边形PGCH 是矩形，∴PG =CH =1，由折叠得：BN =BP =AB =2，∠NBP =∠ABN ，Rt △BPG 中，∠PBG =30°，∴∠ABN =∠NBP =90°-30°2=30°，延长NM ，BP 交于L ，Rt △BNL 中，BN =2，∠NBL =30°，∴NL =2×33=233，Rt △M PL 中，∠M LP =90°-30°=60°，∴∠PM L =30°，设PL =x ，则M L =2x ，M P =3x ，∵NL =233=NM +M L ，∴3x +2x =233，∴x =433-2，∴AM =3x =3×433-2 =4-23．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖．20综合与实践综合与实践课上，老师带领同学们以“矩形和平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断如图1，先用对折的方式确定矩形ABCD 的边AB 的中点E ，再沿DE 折叠，点A 落在点F 处，把纸片展平，延长DF ，与BC 交点为G ．。
中考数学复习折叠类问题破解策略(模型解读+例题解析+真题反馈)(共20张PPT)
课堂练习
8.如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，
点F是边BC上不与点 B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF
折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的
长为
．
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课堂练习
9.如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，点E是BC的中 点，连接AE，将△ABE 沿AE折叠，点B落在点F处，连接 FC，则sin∠ECF =（ ）
点B落在点K处，HK过A点，若∠DFE=52°，可求出
哪些角的度数？
DF
C
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E
H
A
GB
K
活动三：聚合信息，选择模型
如图，矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点E处，AE与 CD交于F点。
（1）图中除直角三角形外，
E
还有其他特殊三角形吗？
D
C
（2）若AB=3，CB=2，你能
F
求出图中哪些线段的长度呢？
（1）如图（1），折痕为AE； （2）如图（2），P，Q分别为AB，CD的中点，折痕为 AE； （3）如图（3），折痕为EF。
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（1）
（2） 第3题
（3）
课堂练习
4.如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折 叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的 长为（ ） A．6cm B．7cm C．8cm D．9 cm
A
B
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活动四：运用方法，自我建构
如图，矩形ABCD 中，AB=3，CB=2，点E为AB边中点，
将矩形ABCD沿CE折叠，点B落在F点位置。
中考数学冲刺难点突破 图形折叠问题 专题四 图形折叠中的直角三角形存在性问题(含答案及解析)
中考数学冲刺难点突破 图形折叠问题专题四 图形折叠中的直角三角形存在性问题（原卷）【精典讲解】1、如图例3-1，在Rt △ABC 中，△ACB =90°，△B =30°，BC =3，点D 是BC 边上一动点（不与点B 、C 重合），过点D 作DE △BC 交AB 边于点E ，将△B 沿直线DE 翻折，点B 落在射线BC 上的点F 处，当△AEF 为直角三角形时，BD 的长为图例3-1图例3-2图例3-32、如图例4-1，矩形ABCD 中，AB =3，BC =4，点E 是BC 边上一点，连接AE ，把△B 沿AE 折叠，使点B 落在点B ′处．当△CEB ′为直角三角形时，BE 的长为 ．图例4-1 图例4-2图例4-33、如图例5-1，在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，1BC =，点M ，N 分别是边BC ，AB 上的动点，沿MN 所在的直线折叠B ∠，使点B 的对应点'B 始终落在边AC 上.若'MB C ∆为直角三角形，则BM 的长为 ．图例5-1图例5-2图例5-34、如图例6-1，在△MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A’BC与△ABC关于BC所在直线对称. D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交A’B所在直线于点F，连接A’E. 当△A’EF为直角三角形时，AB的长为.图例6-1图例6-2图例6-3【针对训练】1、矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把△B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为( )A．3B．32C．2或3D．3或322、如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则ADDF的值为A．1113B．1315C．1517D．17193、如图，已知正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点，Q是CD上一动点，将△CEQ沿直线EQ折叠后，点C落在点P处，连接PA．点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，当PA的长度最小时，CQ的长为（）A．3B．3C．32D．34、如图，矩形ABCD中，3AB=，4BC=，点E是BC边上一点，连接AE，把矩形沿AE折叠，使点B落在点B'处．当CEB'∆为直角三角形时，BE的长为____________．5、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD 上一动点，将△AEF沿直线EF折叠，点A的对应点为点A′，当点E，A′，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．6、如图，在菱形ABCD中，△DAB=45°，AB=4，点P为线段AB上一动点，过点P作PE△AB 交直线AD于点E，将△A沿PE折叠，点A落在F处，连接DF，CF，当△CDF为直角三角形时，线段AP的长为__________．中考数学冲刺难点突破图形折叠问题专题四图形折叠中的直角三角形存在性问题（答案及解析）【精典讲解】1、如图例3-1，在Rt△ABC中，△ACB=90°，△B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE△BC交AB边于点E，将△B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为直角三角形时，BD的长为图例3-1 图例3-2图例3-32、如图例4-1，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把△B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为．图例4-1 图例4-2 图例4-33、如图例5-1，在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，1BC =，点M ，N 分别是边BC ，AB 上的动点，沿MN 所在的直线折叠B ∠，使点B 的对应点'B 始终落在边AC 上.若'MB C ∆为直角三角形，则BM 的长为 ．图例5-1图例5-2图例5-34、如图例6-1，在△MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A’BC与△ABC关于BC所在直线对称. D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交A’B所在直线于点F，连接A’E. 当△A’EF为直角三角形时，AB的长为.图例6-1图例6-2图例6-3【针对训练】1、矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把△B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为( )A．3B．32C．2或3D．3或32当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：△当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得△AB′E=△B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到△EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即△B沿AE折叠，使点B 落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．△当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形．【详解】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：△当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，△AC=22=5，43△△B沿AE折叠，使点B落在点B′处，△△AB′E=△B=90°，当△CEB′为直角三角形时，只能得到△EB′C=90°，△点A、B′、C共线，即△B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，△EB=EB′，AB=AB′=3，△CB′=5-3=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在Rt△CEB′中，△EB′2+CB′2=CE2，△x2+22=（4-x）2，解得x=32，△BE=32；△当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形，△BE=AB=3．综上所述，BE的长为32或3．故选D．【点睛】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．2、如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则ADDF的值为A．1113B．1315C．1517D．1719故选C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x，求出AF的长度是解题的关键．3、如图，已知正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点，Q是CD上一动点，将△CEQ沿直线EQ折叠后，点C落在点P处，连接PA．点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，当PA的长度最小时，CQ的长为（）A．3B．3C．32D．3A【解析】试题解析：如图所示：在Rt△ABE中，AE=．△BC=3，BE=，△EC=3-．由翻折的性质可知：PE=CE=3-．△AP+PE≥AE，△AP≥AE-PE．△当点A、P、E一条直线上时，AP有最小值．△AP=AE-PE=2-（3-）=3-3．故选A．考点：翻折变换（折叠问题）．BC=，点E是BC边上一点，连接AE，把矩形沿4、如图，矩形ABCD中，3AB=，4∆为直角三角形时，BE的长为____________．AE折叠，使点B落在点B'处．当CEB'△BE B E '=，90B AB E ︒'∠=∠=，△四边形ABEB '是正方形，△3BE AB ==．综上所述，当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为32或3．故答案是：32或3. 【点睛】考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．5、如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝E 是AB 边上一点，AE ＝2，F 是直线CD 上一动点，将△AEF 沿直线EF 折叠，点A 的对应点为点A ′，当点E ，A ′，C 三点在一条直线上时，DF 的长为_____．【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．6、如图，在菱形ABCD中，△DAB=45°，AB=4，点P为线段AB上一动点，过点P作PE△AB 交直线AD于点E，将△A沿PE折叠，点A落在F处，连接DF，CF，当△CDF为直角三角形时，线段AP的长为__________．2或22+【解析】【分析】分两种情形讨论：△如图1，当DF△AB时，△CDF是直角三角形；△如图2，当CF△AB时，△DCF是直角三角形，分别求出即可．【详解】分两种情况讨论：△如图1，当DF△AB时，△CDF是直角三角形．△在菱形ABCD中，AB=4，△CD=AD=AB=4．在Rt△ADF中，△AD=4，△DAB=45，DF=AF=22，△AP12=AF2=．△如图2，当CF△AB时，△DCF是直角三角形．在Rt△CBF中，△△CFB=90°，△CBF=△A=45°，BC=4，△BF=CF=22，△AF=4+22，△AP。
中考数学二轮专题复习图形变换——折叠问题【含答案】
二轮复习：图形变换（一）—折叠图形变换历来是中考必考点之一。
考试大纲要求：会运用图形变换的相关知识进行简单的作图与计算，并能解决相关动态需求数学问题，并能进行图案设计。
图形变换一般包括，折叠、平移、旋转、对称、位似和图形的探究。
在图形变换的考题中，最多题型是折叠、旋转。
在解决折叠问题时，应注意折叠前后相对应的边相等、角相等。
下面着重从三个方面进行讲述：三角形折折叠、特殊平行四边形折叠和在平面直角坐标系内的图形折叠三大类进行。
（一）三角形的折叠：题型1、一般三角形的折叠：1、如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A＝α，∠CEA′＝β，∠BDA'＝γ，那么下列式子中正确的是A．γ＝2α+βB．γ＝α+2βC．γ＝α+βD．γ＝180°﹣α﹣β2、（2019•江西）如图，在△ABC中，点D是BC上的点，∠BAD＝∠ABC＝40°，将△ABD沿着AD翻折得到△AED，则∠CDE＝°．3、如图，在△ABC中，AB=10，∠B=60°，点D、E分别在AB、BC上，且BD=BE=4，将△BDE沿DE所在直线折叠得到△B′DE（点B′在四边形ADEC内），连接AB′，则AB′的长为___．题型2、等腰或等边三角形的折叠：4、如图，在△ABC 中，AB =AC ，BC =24，tanC =2，如果将△ABC 沿直线l 翻折后，点B 落在边AC 的中点E 处，直线l 与边BC 交于点D ，那么BD 的长为_____.5、如图，D 是等边△ABC 边AB 上的点，AD=2，DB=4．现将△ABC 折叠，使得点C 与点D 重合，折痕为EF ，且点E 、F 分别在边AC 和BC 上，则CF CE=_______．（利用相似三角形周长的比等于相似比△AED 相似△DBF）题型3、直角三角形的折叠：6、如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，BC=6，CD 是斜边AB 上的中线，将△BCD 沿直线CD 翻折至△ECD 的位置，连接AE ．若DE ∥AC ，计算AE 的长度等于．7、如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，D为BC的中点，将△ABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则sin∠BED的值是（二）特殊平行四边形的折叠：题型1、矩形折叠：1、（求角）.如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点，已知,则的度为A. B. C. D.2、（求三角函数值）如图，将矩形ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，如果AB：AD=2：3，那么tan∠EFC值是．3、（求边长）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE 折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为4、（求折痕长）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，若AB=4，BC=2，那么线段EF的长为5、（求边的比）如下图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处．则BC：AB的值为。
初中数学——折叠中几何图形的存在性问题》
（变式1）如图，矩形ABCD 中，AB =3，BC =4，点E 是BC 边上一点，连接AE ，把∠B 沿AE 折叠，使点B 落在点B ′处，当△CEB ′为直角三角形时，BE 的长为_________.（变式2）如图，正方形ABCD 的边长是16，点E 在边AB 上，AE =3，点F 是边BC 上不与点B 、C 重合的一个动点，把△EBF 沿EF 折叠，点B 落在B ′处，若△CDB ′恰为等腰三角形，则DB ′的长为 .EF CDB A B ′（变式3）如图，点E是矩形ABCD的边AB上一点，将△BEC沿CE折叠，使点B落在AD边上的点F处．若△AEF∽△FEC∽△DFC，则ABBC的值是．（变式4）如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，点E是线段DA上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为F，连接FB，若使△FBC为等边三角形，则DE=题根根据题意得：∠EFB=∠B=30°，DF=BD，EF=EB，∵DE⊥BC，∴∠FED=90°-∠EFD=60°，∠BEF=2∠FED=120°，∴∠AEF=180°-∠BEF=60°，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，∴AC=BC•tan∠B=333⨯=3如图①若∠AFE=90°，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∴∠EFD+∠AFC=∠FAC+∠AFC=90°，∴∠FAC=∠EFD=30°，∴CF=AC•tan∠FAC=33=13⨯∴BD=DF=31=122BC CF--=如图②若∠EAF=90°，则∠FAC=90°-∠BAC=30°，∴CF=AC •tan ∠FAC=33=13⨯∴BD=DF=31=222BC CF ++=∴△AEF 为直角三角形时，BD 的长为：1或2．（变式1）当△CEB ′为直角三角形时，有两种情况：①当点B ′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC ，在Rt △ABC 中，AB=3，BC=4，∴AC=5∵∠B 沿AE 折叠，使点B 落在点B ′处，∴∠AB ′E=∠B=90°， 当△CEB ′为直角三角形时，只能得到∠EB ′C=90°，∴点A 、B ′、C 共线，即∠B 沿AE 折叠，使点B 落在对角线AC 上的点B ′处， ∴EB=EB ′，AB=AB ′=3，∴CB ′=5-3=2，设BE=x ，则EB ′=x ，CE=4-x ，在Rt △CEB ′中，∵EB ′2+CB ′2=CE 2，∴x 2+22=（4-x ）2，解得x=32∴BE=32；②当点B ′落在AD 边上时，如答图2所示．此时ABEB ′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE 的长为32或3．（变式2） 试题分析：（1）当B′D=B′C 时，过B′点作GH ∥AD ，则∠B′GE=90°，当B′C=B′D 时，AG=DH=12DC=8，由AE=3，AB=16，得BE=13．由翻折的性质，得B′E=BE=13，∴EG=AG ﹣AE=8﹣3=5，∴B′G=22'B E EG -=22135-=12，∴B′H=GH﹣B′G=16﹣12=4，∴DB′=22'B H DH +=2248+=45；（2）当DB′=CD 时，则DB′=16（易知点F 在BC 上且不与点C 、B 重合）；（3）当CB′=CD 时，∵EB=EB′，CB=CB′，∴点E 、C 在BB′的垂直平分线上，∴EC 垂直平分BB′，由折叠可知点F 与点C 重合，不符合题意，舍去． 综上所述，DB′的长为16或45．故答案为：16或45．（变式3）解：由折叠的性质得：△FEC≌△BEC，∴BC=FC，∠BEC=∠FEC，∵四边形ABCD是矩形，∴DC=AB，∵△AEF∽△FEC∽△DFC，∴∠AEF=∠DFC=∠FEC，∴∠AEF=∠FEC=∠BEC，∴∠DFC=60°，在Rt△CDF中，sin∠DFC=32DC ABFC BC==；故答案为：32．（变式4）解：∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，∴CD=AB=2，∠D=∠B=30°，∠BCD=150°∵△FBC为等边三角形，∴∠BCF=60°，∴∠DCF=90°，∵△CDE沿CE折叠，得到△CFE，∴△CDE≌△CFE，∴∠DCE=12∠DCF=45°，过点E作EH⊥CD，垂足为H，则∠CHE=90°，∴∠CEH=∠DCE=45°，∴CH=EH,在Rt△DEH中，∠D=30°，∴EH=12DE设EH=x,则DE=2x，CH=x，由勾股定理得：HD=3x,∵CH+HD=CD=2，∴32x x+=，31x=-，∴DE=2x=232-。
中考数学折叠问题讲义.doc
中考数学——六种类型折叠问题类型1 直角三角形的翻折或翻折后产生直角三角形的问题例1．如图，Rt△ABC中，AB＝9，BC＝6，∠B＝90°，将△ABC折叠，使点A与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为（）【分析】设BN＝x，则由折叠的性质可得DN＝AN＝9﹣x，根据中点的定义可得BD＝3，在Rt△BND中，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．【解答】设BN＝x，由折叠的性质可得DN＝AN＝9﹣x，∵D是BC的中点，∴BD＝3，在Rt△NBD中，x +3 ＝（9﹣x），解得x＝4．即BN＝4．故选：A．例1变式1．如图，在Rt△ABC中，直角边AC＝6，BC＝8，将△ABC按如图方式折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD的长为（）A．25/4 B．22/3 C．7/4 D．5/3【解析】由题意得DB＝AD；设CD＝x，则AD＝DB＝（8﹣x），∵∠C＝90°，∴AD ﹣CD ＝AC ,（8﹣x）﹣x ＝36，解得x＝7/4；即CD＝7/4．故选：C．例1变式2．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E为BC上一点，将△ABE沿AE折叠得到△AEF，点H为CD上一点，将△CEH沿EH折叠得到△EHG，且F落在线段EG上，当GF＝GH时，则BE的长为_____．【解析】由折叠可得∠AEH＝1/2∠BEC＝90°，进而得出Rt△AEH中，AE +EH2 ＝AH ，设BE＝x，则EF＝x，CE＝6﹣x＝EG，再根据勾股定理，即可得到方程x +4 +（6﹣x）+（6﹣2x）＝（2x﹣2）+6 ，解该一元二次方程，即可得到BE的长．BE的长为2．【点评】本题主要考查的是翻折的性质、矩形的性质、勾股定理以及解一元二次方程的综合运用，解决问题的关键是连接AH构造直角三角形AEH，这种折叠问题常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．方法策略模式：在折叠后产生的直角三角形中，把某条边设成未知数根据勾股定理列方程求解。
专题29 图形折叠中的直角三角形存在性问题(解析版)
专题29 图形折叠中的直角三角形存在性问题
【精典讲解】
1、如图例3-1，在Rt△ABC中，△ACB=90°，△B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE△BC交AB边于点E，将△B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为直角三角形时，BD的长为
图例3-1 图例3-2图例3-3
【答案】2或1.
【解析】从题目所给的“当△AEF为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论. 通过观察及分析可知△BED=△DEF=60°，所以△AEF=180－120°=60°. 即点E不可能为直角顶点.
分两种情况考虑：
△当△EAF=90°时，如图例3-2所示.
△△B=30°，BC=3
△30
AC tan BC
=︒⨯=2
AB AC
=
△△EAF=90°
△△AFC=60°，△CAF=30°
在Rt△ACF中，有：cos
AF AC CAF
=÷∠÷，24
BF AF
==
由折叠性质可得：△B=△DFE=30°，
1
2
2
BD DF BF
===。
初中数学几何培优小专题：翻折之直角三角形存在性
中考数学翻折专题训练直角三角形存在性问题1.（2017•河南）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BC＝+1，点M，N分别是边BC，AB上的动点，沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点B′始终落在边AC上，若△MB′C为直角三角形，则BM 的长为．2.（2020•郑州二模）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，对角线AC，BD相交于点O，点E是AD边上一动点，将△AEO沿直线EO折叠，点A落在点F处，线段EF，OD相交于点G．若△DEG是直角三角形，则线段DE的长为．3.（2020•恩施市校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是BC的中点，连接AE，P是边AD 上一动点，沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点D′处，当△APD′是直角三角形时，PD＝．4.（2020•洛阳一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝2，BD平分∠ABC，点E是边AB上一动点（不与A、B重合），沿DE所在的直线折叠∠A，点A的对应点为F，当△BFC是直角三角形且BC为直角边时，则AE的长为．5.（2020春•二七区校级月考）如图，在矩形ABCD中，AB：BC＝3：4，点E是对角线BD上一动点（不与点B，D重合），将矩形沿过点E的直线MN折叠，使得点A，B的对应点G，F分别在直线AD与BC上，当△DEF为直角三角形时，CN：BN的值为．6.（2019•临颍县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点E、F分别在边AC、BC上，连接EF，沿EF折叠该三角形，使点C的对应点D落在边AB上．若△BDF是直角三角形，则CF的长为．7.（2019•包河区一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AC＝8，点E是AB的中点，点F是对角线AC上一点，△GEF与△AEF关于直线EF对称，EG交AC于点H，当△CGH中有一个内角为90°时，则CG的长为．8.（2018秋•蜀山区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，将△ABE沿BE翻折得到△A′BE，点A落在矩形ABCD的内部，且∠AA′G＝90°，若以点A′、G、C为顶点的三角形是直角三角形，则AE＝．9.（2019秋•川汇区期末）如图，在矩形ABCD中，已知AB＝2，点E是BC边的中点，连接AE，△AB′E和△ABE关于AE所在直线对称，若△B′CD是直角三角形，则BC边的长为．10.（2019秋•建湖县期中）如图，长方形ABCD中，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，AB＝CD＝5，AD＝BC ＝13，点E为射线AD上的一个动点，若△ABE与△A'BE关于直线BE对称，当△A'BC为直角三角形时，AE 的长为．11.（2020•梁园区校级二模）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，对角线AC与BD交于点O，E 是AD边动点，作直线OE交BC于点G，将四边形DEGC沿直线EG折叠，点D落在点D′处，点C落在点C′处，ED′交AC于F，若△AEF是直角三角形，则AE＝．12.（2020•望城区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E为射线CB上一动点（不与点C重合），将△CDE沿DE所在直线折叠，点C落在点C′处，连接AC′，当△AC′D为直角三角形时，CE的长为．13.（2020•宜城市模拟）如图，矩形ABCD 中，AB ＝8，AD ＝6，E 为AB 边上一点，将△BEC 沿着CE 翻折，使点B 落在点F 处，连接AF ，当△AEF 为直角三角形时，BE ＝ ．14.（2020•沈阳）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6，BC ＝8，对角线AC ，BD 相交于点O ，点P 为边AD 上一动点，连接OP ，以OP 为折痕，将△AOP 折叠，点A 的对应点为点E ，线段PE 与OD 相交于点F ．若△PDF 为直角三角形，则DP 的长为 ．15.如图，在三角形ABC 中，∠C=90°，AC=3，BC=4，D,E 分别是AB ，BC 上的动点，将BDE Δ沿着直线DE 翻折得到FDE Δ，使点F 落在射线AC 上，当BE 的长为 时，ADF Δ是直角三角形。
「初中几何」折叠问题中的思路解析
「初中几何」折叠问题中的思路解析
1、
解决折叠问题，两点：
1、直角三角形在哪里？他们之前有何种关系？
在本图中直角三角形非常多，有7个直角三角形，准确说有8个直角三角形，连接FC之后.
在这些直角三角形中，有全等的直角三角形，也有知道三边关系的直角三角形，我们可以通过条件的标示来更加清楚的认识到这个图形。
2、解题中，需要具备方程的意识，也就是所用方程的思想去解决问题。
这里关注到的直角三角形为直角三角形ABC和直角三角形ABE，设BE=x，则EC=8-x，
由折叠的性质可知，AE=EC=8-x，
在Rt△ABE中，AE的平方=AB的平方+BE的平方，
则（8-x）2=42+x2，
解得，x=3，
则BE的长为3．
在本题中，所有的线段长度都是可以求出的。
总结：折叠问题，做题前思考两点：直角三角形在哪里！！他们之间存在何种关系？
接着是有方程的意识，用哪个直角三角形三边的关系来解决问题！。
中考复习折叠问题(全国通用)(解析版)
专题08 折叠问题平面直角坐标系中的折叠问题,蕴含了丰富的数形结合思想和转化思想.解决这类问题的关键,是利用对称性将问题转化到直角三角形中,然后用勾股定理或相似三角形的知识求解.平面直角坐标系中的折叠问题是正在悄然兴起的一个中考热点,因为在平面直角坐标系中,几何图形的位置和大小都可以用"数"来表示,折叠问题又涉及全等变换和轴对称问题.而对于折叠问题，学生并不陌生，但在直角坐标系中，必然涉及直线的解析式和点的坐标，难度加大了，综合性增强了，数形结合思想更加显现，因而更加受到中考出题者的青睐。
本专题主要从折叠入手，经过学生的强化训练受到更多的启发。
一、单选题1．如图，在平面直角坐标系中，OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），点P为边AB 上一点，∠CPB＝60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B’处，则B’点的坐标为（）．A．（2，）B．（，）C．（2，）D．（，）【答案】C【解析】试题分析：过点B′作B′D⊥OC，由折叠可得CB′=OC=OA=4，⊥⊥CPB=60°，⊥⊥B′CD=30°，B′D=2根据勾股定理得DC=2⊥OD=4-2，即B′点的坐标为（2，4-2）故选C．考点：1．正方形的性质；2．图形折叠的性质；3．点的坐标．2．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点处，则点的坐标为（）A．(2，2)B．(，3)C．(2，)D．(，)【答案】C【解析】过B′作BD⊥y轴于D，由折叠的性质可得∠B′CP=∠BCP=30°，CB′=BC=4，根据正方形的性质可求出∠OCB′=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BD′的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出OD的长，即可得点B′的坐标.【详解】过B′作B′D⊥y轴于D，∵四边形OABC是正方形，∠CPB=60°，∴∠BCP=30°，∵沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点处，∴∠B′CP=∠BCP=30°，B′C=BC =4，∴∠OCB′=30°，∵B′D⊥y轴，∴B′D=B′C=2，∴CD==，∴OD=OC-CD=4-，∴点B′的坐标为（2，4-）.故选C.【点拨】本题考查了折叠的性质、正方形的性质及含30°角的直角三角形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；30°角所对的直角边，等于斜边的一半；熟练掌握折叠的性质是解题关键.3．在平面直角坐标系中，将点P（-2，0）沿直线折叠得到点Q，则点Q的坐标为( ) A．（2，0）B．（0，2）C．（-2，-2）D．（0，-2）【答案】D【解析】设点P（3，2）关于直线y=x的对称点Q（m，n），由P Q的中点在直线y=x上且直线P Q与直线y=x垂直得到关于m、n的方程组，解之可得答案．详解：设点P(-2,0)关于直线y=x的对称点Q(m,n)，∴PQ的中点坐标为(, )，则中点(,)在直线y=x上，∴=①，由直线PQ与直线y=x垂直,得②，联立①②,得：，则点P(-2,0)关于直线y=x的对称点P′坐标为(0,-2)，故选：D.点拨：本题考查了坐标与图形变化-平移.4．如图，把长方形纸片放入平面直角坐标系中，使，分别落在轴、轴上，连接，将纸片沿折叠，使点落在点的位置，与轴交于点，若，则的长为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由四边形OABC是矩形与折叠的性质，易证得△AEC是等腰三角形，然后在Rt△AEO中，利用勾股定理求得AE，OE的长．【详解】∵四边形OABC是矩形，∴OC∥AB，∴∠ECA=∠CAB，根据题意得：∠CAB=∠CAD，∠CDA=∠B=90°，∴∠ECA=∠EAC，∴EC=EA，∵B（1，2），∴AD=AB=2，设OE=x，则AE=EC=OC-OE=2-x，在Rt△AOE中，AE2=OE2+OA2，即（2-x）2=x2+1，解得：x= ，∴OE= ，故选：B．【点拨】此题考查了折叠的性质，矩形的性质，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．二、填空题5．如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处.若点D的坐标为(10，8），则点E的坐标为.【答案】（10，3）【解析】根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角⊥AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8-x，CF=10-6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．【详解】∵四边形AOCD为矩形,D的坐标为(10,8), ∴AD=BC=10，DC=AB=8，∵矩形沿AE折叠，使D落在BC上的点F处，∴AD=AF=10，DE=EF，在Rt⊥AOF中,OF==6，∴FC=10−6=4，设EC=x，则DE=EF=8−x，在Rt⊥CEF中,EF2=EC2+FC2，即(8−x)2=x2+42，解得x=3，即EC的长为3. ∴点E的坐标为(10,3).6．如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处，已知AD=3，当点F为线段OC的三等分点时，点E的坐标为_____．【答案】（3，）或（3，）．【解析】本题首先设点E的坐标为(3，m)，然后根据△AOF和△EFC相似求出m的值，本题中还需要分OF=OC，OF=OC两种情况来进行讨论，分别求出m的值．7．如图，在平面直角坐标系中，长方形各顶点的坐标分别为，，．将长方形沿折叠，使点落在轴上处，则点的坐标为__________．【答案】【解析】在中，根据勾股定理得出OB'，进而得出B'A，再利用翻折的性质和勾股定理解答即可．【详解】∵长方形各顶点的坐标分别为，，，∴，，∴将长方形沿折叠，使点落在轴上处，∴，在中，，∴，设为，则，在中，，即，解得：，所以点的坐标为．故答案为：．【点拨】本题主要考查了图形翻折的性质，结合勾股定理解答问题．8．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E 的坐标是_____．【答案】(-10，3)【解析】试题分析：根据题意可知△CEF∽△OFA，可根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得OF=2CE，设CE=x，则BE=8-x，然后根据折叠的性质，可得EF=8-x，根据勾股定理可得，解得x=3，则OF=6，所以OC=10，由此可得点E的坐标为（-10，3）.故答案为：（-10，3）9．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在轴、轴上，点在边上，将该矩形沿折叠，点恰好落在边上的处.若，，则点的坐标是__________．【答案】【解析】由勾股定理可以得到CE、OF的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E 的坐标．【详解】设CE=a，则BE=8-a，由题意可得，EF=BE=8-a，∵∠ECF=90°，CF=4，∴a2+42=（8-a）2，解得，a=3，设OF=b，则OC=b+4，由题意可得，AF=AB=OC= b+4，∵∠AOF=90°，OA=8，∴b2+82=（b+4）2，解得，b=6，∴CO=CF+OF=10，∴点E的坐标为（-10，3），故答案为（-10，3）．【点拨】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化-对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．10．如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x、y轴上，连接AC，将纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置．若点B的坐标为（2，4），则点D的横坐标是___________．【答案】【解析】首先过点D作DF⊥OA于F，过D作DG⊥y轴于G．由四边形OABC是矩形与折叠的性质，易证得△AEC是等腰三角形，然后在Rt⊥AEO中，利用勾股定理求得AE，OE 的长，从而得到DE、EC的长．在Rt⊥EDC中，利用三角形面积公式求得DG的长，即可得点D的横坐标．【详解】过点D作DF⊥OA于F，过D作DG⊥y轴于G．∵四边形OABC是矩形，⊥OC⊥AB，⊥⊥ECA＝⊥CAB，根据题意得：⊥CAB＝⊥CAD，⊥CDA ＝⊥B＝90°，⊥⊥ECA＝⊥EAC，⊥EC＝EA．⊥B（2，4），⊥AD＝AB＝4，DC=CB=2．设OE＝x，则AE＝EC＝OC﹣OE＝4﹣x．在Rt⊥AOE 中，AE2＝OE2+OA2，即（4﹣x）2＝x2+4，解得：x，⊥OE，EC=AE，⊥DE=DA－AE=4－=．在Rt⊥EDC中，∵DE•DC=DG•EC，⊥DG===，∴点D的横坐标为：．【点拨】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识．此题综合性较强，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．11．如图平面直角坐标系中，O（0，0），A（4，4），B（8，0）．将⊥OAB沿直线CD 折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，若OE=，则CE：DE的值是．【答案】．【解析】如图，过A作AF⊥OB于F，∵A（4，4），B（8，0），∴AF=4，OF=4，OB=8，∴BF=8﹣4=4，∴OF=BF，∴AO=AB，∵tan∠AOB==，∴∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=∠ABO=60°，∵将△OAB沿直线线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，∴∠CED=∠OAB=60°，∴∠OCE=∠DEB，∴△CEO∽△DBE，∴，设CE=a，则CA=a，CO=8﹣a，ED=b，则AD=b，DB=8﹣b，∴，∴32b=88a﹣11ab ①，，∴56a=88b﹣11ab ②，②﹣①得：56a﹣32b=88b﹣88a，∴，即CE：DE=．故答案为：．12．把一张两边长分别为、的矩形纸片放入平面直角坐标系中，使、分别落在轴、轴正半轴上，将纸片沿对角线折叠，使点落在的位置上，则点的坐标为_______．【答案】或【解析】分两种情况讨论：当时，如图1，设交OC于点M，作于，由折叠的性质、平行线的性质和等腰三角形的判定可得MB=MO，设，则在中，根据勾股定理即可构建方程求出x，然后根据三角形的面积和勾股定理即可求出和OP的长，从而可得点的坐标；第二种情况：当时，如图2，同情况1的方法解答即可．【详解】分两种情况讨论：当时，如图1，设交OC于点M，作于，由题意得，，，，∵OC⊥AB，⊥，∴，∴MB=MO，设，则，则在中，根据勾股定理得，即，解得，∴，，根据三角形的面积可得，即，∴，所以的坐标为；第二种情况：当时，如图2，设交BC于点M，作于，由题意得，，，，∵BC⊥AO，⊥，∴，∴MB=MO，设，则，则在中，根据勾股定理得，即，解得，∴，，根据三角形的面积可得，即，∴，∴，所以的坐标为；故答案为：或．【点拨】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及三角形的面积等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用方程思想是解题的关键．13．如图，将矩形纸片ABCD放入以BC所在直线为x轴，BC边上一点O为坐标原点的直角坐标系中，连结OD，将纸片ABCD沿OD折叠，使得点C落在AB边上点处，若，，则点C的坐标为______．【答案】【解析】依据折叠的性质以及勾股定理，即可得出的长，进而得到，再根据勾股定理可得，中，列方程求解即可得到，进而得出点C的坐标．【详解】矩形纸片ABCD中，，，，中，设，则中，，解得，，又点C在x轴上，点C的坐标为，故答案为．【点拨】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质以及勾股定理的运用；解决问题的关键是运用勾股定理计算有关线段的长解题时注意方程思想的运用．14．如图，有一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，C在x轴上，OA＝6，OC ＝10，如图，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点处，则点E的坐标为_______。
直角三角形中的折叠问题
直角三角形中的折叠问题
标签：数学问题分类：数学问题2010-10-25 22:22
折叠问题是目前比较流行的中考专题，折叠问题看起来很简单，总觉得，折叠的本质就是全等。
其实，当你细细口味、仔细推敲，你就会发现：折叠问题还有很多奥妙！
直角三角形的折叠，七年级的学生也应该接触过，那时，只是用全等的性质得出一些线段的长度或是某个三角形的周长等等；而当八年级学了勾股定理、直角三角形的性质之后，就会发生很大的变化：
若按如上图折叠，如果知道直角三角形的三边，你就能用方程思想球出所有线段的长！感觉很神奇！其实，这都是勾股定理的功劳！
若按如上图折叠，同样地，如果知道直角三角形的三边，你也能求出所有线段的长，只不过，你还需要知道相似三角形！
折叠问题，不只是设置到全等三角形，还有直角三角形、相似三角形等等！（待续）。
中考数学折叠问题专项突破4--折叠中直角三角形存在性问题
中考数学折叠问题专项突破4-折叠中直角三角形存在性问题模块四图形折叠中的直角三角形存在性问题【典例1］如图例3-1,在氏ZUBC中，ZACB=90\N3=30。
，BC=3,点。
是8C边上一动点（不与点B、。
重合），过点。
作交一43边于点E,将沿直线QE翻折，点3落在射线上的点产处，当ZU£产为直角三角形时，8。
的长为~AD C F图例3-1 图例3-2 图例3-3 【解析】从题目所给的“当人龙产为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论.通过观察及分析可知N8EO=NDEF=60。
，所以乙LE产=180 —120。
=60。
.即点E不可能为直角顶点.分两种情况考虑：①当NE4F=90。
时，如图例3-2所示.•••N3=30。
，BC=3,：.AC = tan3O° xBC = -x 3=43 , AB = 2AC=2y/3 ,V ZE.1F=9O° A Z.1FC=6O°, NC1F=3O。
3在KfZk/C尸中，有：AF = AC 4-cos ZCAF=y/3 ^^—=2 , BF = 2AF = 42由折叠性质可得：NB=/DFE=30。
, BD = DF = -BF = 22②当乙疔£二90。
时，如图例3-3所示.由折卷性质得：/B=/DFE=30°, BD = DF = -BF = 22・.. ZAFC=60\ ZE4C=3Q°：. CF = tan ZFAC xAC =3后=1,所以，BF=2,3BD = DF = 1BF = l,综上所述，3。
的长为2或L 2【小结】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识.通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置：②解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再 用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.【典例2］如图例4-1,矩形，88中，X3=3, 8c=4,点E 是8C 边上一点，连接把沿NE 折【解析】此题以“当△CEB，为直角三角形时“为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况, 即点夕及点E 分别为直角顶点.分两种情况考虑：①当NCEQ=90。
2021年中考数学压轴题提升训练：折叠与图形存在性
【例1】如图,在Rt△ABC中,△ACB=90°,AC=2,BC=4,CD是△ABC的中线,E是边BC上一动点,将△BED 沿ED折叠,点B落在点F处,EF交线段CD于G,当△DFG是直角三角形时,则CE=.【答案】1,52.【解析】解:在Rt△ABC中,由勾股定理得:AB由折叠性质知△F=△B≠90°,分两种情况讨论, (1)当△FDG=90°时,△D是Rt△ABC斜边AB的中点,△CD=BD=AD,△△B=△DCE=△F,△△DCE+△GEC=△F+△FDG,△△GEC=90°,在Rt△DFG中,tan△F=DG DF,△DG,△CG=CD－DG,在Rt△CEG中,CE=CG·cos△GCE；C(2)当△FGD=90°时,由(1)知△B=△F=△DCB,由BD=DF△DG=DF·sin△F△CG=CD－DG1,△CE=CG÷cos△DCB－故答案为【变式1-1】如图,在菱形ABCD中,∠DAB=45°,AB=8,点P为线段AB上一动点,过点P作PE⊥AB交直线AD于E,沿PE将∠A折叠,点A的对称点为点F,连接EF、DF、CF,当△CDF是直角三角形时,AP= .【答案】4+【解析】解:①如图,当DF⊥AB时,△CDF是直角三角形,∵在菱形ABCD中,AB=8,∴CD=AD=AB=8,在Rt△ADF中,AD=8,∠DAN=45°,DF=AF,∴AP；②如图,当CF ⊥AB 时,△DCF 是直角三角形,在Rt △CBF 中,∠CFB =90°,∠CBF =∠A =45°,BC =8,∴BF =CF,∴AF =AB +BF,∴AP =12AF, 故答案为:4或．【例2】如图,矩形ABCD 中,AB =2,AD =4,点E 在边BC 上,将△DEC 沿DE 翻折后,点C 落在点C ’处. 若△ABC ’是等腰三角形,则CE 的长为.【分析】根据△ABC ’是等腰三角形,分△AB =AC ’=2；△AC ’=BC ’,即C ’落在AB 的垂直平分线上时；△AB =BC ’=2,三种情况讨论,逐一作出图形求解即可.【答案】2【解析】解:分三种情况讨论:△AB =AC ’=2,如图所示,可得:四边形CDC ’E 是正方形,即CE =2；DD△AC ’=BC ’,即C ’落在AB 的垂直平分线MN 上时,如图所示,△DM =1,C ’D =2,△△C ’DM =30°,即得:△C ’DC =60°,△EDC =30°,△CE =CD ·tan △EDC△AB =BC ’=2,此时作出C ’的运动轨迹,及以B 为圆心,2为半径的圆,发现二者不相交,如图所示,即此种情况不存在；综上所述,答案为:2或3【变式2-1】如图所示,在△ABC 中,△C =90°,AC ≤BC ,将△ABC 沿EF 折叠,使点A 落在直角边BC 上的D 点,设EF 与AB 、AC 分别交于点E 、F ,如果折叠后△CDF 和△BDE 均为等腰三角形,那么△B = .【答案】45°或30°. DN【解析】解:若△CDF是等腰三角形,△△C=90°,△△CDF=△CFD=45°,由折叠性质知,△A=△FDE,△B=△EFD,若△BDE是等腰三角形,则:(1)若DE=BD,设△B=△DEB=x°,则△A=△FDE=90－x,△△CDE=△B+△DEB,△45+90－x=x+x,解得:x=45,即△B=45°,(2)若DE=BE,△CDE=180°－△BDE=180°－△B,△CDE =45°+△FDE=45°+△A=45°+90°－△B=135°－△B,△不符合题意,(3)若BD=BE,设△B=x,则△BDE=△BED=90°－1 2 x,△CDE =45°+△A=135°－x,△CDE =△B+△DEB=90°+1 2 x,△135°－x=90°+12x,解得:x=30,即△B=30°,综上所述,△B的度数为:45°或30°.【例3】如图,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,∠B＝30°,AC＝2,E为斜边AB的中点,点P是射线BC上的一个动点,连接AP、PE,将△AEP沿着边PE折叠,折叠后得到△EP A′,当折叠后△EP A′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一,则此时BP的长为．【答案】2或【解析】解:∵∠ACB＝90°,∠B＝30°,AC＝2,E为AB的中点,∴AB ＝4,AE ＝12AB ＝2,BC ＝． (1)若点A ’落在BC 上方时,连接A ′B ,由折叠可得S △A ′EP ＝S △AEP ,A ′E ＝AE ＝2,．∵点E 是AB 的中点,∴S △BEP ＝S △AEP ＝12S △ABP ． 由题可得:S △EFP ＝14S △ABP , ∴S △EFP ＝12S △BEP ＝12S △AEP ＝12S △A ′EP , ∴EF ＝BF ,PF ＝A ′F ．∴四边形A ′EPB 是平行四边形,∴BP ＝A ′E ＝2；②若点A ’落在直线BC 下方时,连接AA ′,交EP 与H ,．可得:GP ＝BG ,EG ＝1．∵BE ＝AE , ∴EG ＝12AP ＝1, ∴AP ＝2∴AP ＝AC ,即此时点P 与点C 重合,∴BP ＝BC ＝．故答案为:2或．【变式3-1】(2019·安阳二模)如图,在△ABC中,∠C＝90°,AB＝5,BC＝4．点D是边AC的中点,点E在边AB上,将△ADE沿DE翻折,使点A落在点A′处,当线段AE的长为时,A′E∥BC．【答案】12或92．【解析】解:分两种情况:(1) 当A'E∥BC时,∠A'EG＝∠B,由折叠可得,∠A＝∠A',∵∠B+∠A＝90°,∴∠A'EG+∠A'＝90°,∴∠A'GE＝90°,∴△ABC∽△ADG,∴AG AD DG AC AB BC==,∵AD＝12AC＝32,∴AG＝910,DG＝65,A'G＝310,设AE＝A'E＝x,则EG＝910﹣x,则cos∠GEA’=4 '5 EGA E=,∴x=12,即AE=12；(2)当A'E∥BC时,∠AHE＝∠C＝90°,A'H⊥CD,设AE＝y,由△AHE∽△ACB,得:AH AE EH AC AB BC==∴AH＝35y,HE＝45y,由折叠可得,A'E＝AE＝y,AD＝A'D＝3 2 ,∴A'H＝15y,DH＝35y﹣32,sin∠DA’H=4 '5 DHA D=,可得:y=92,即AE＝92,故答案为:12或92．1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=5,AC=3,点D是BC上一动点,连结AD,将△ACD沿AD折叠,点C落在点C′,连结C′D交AB于点E,连结BC′．当△BC′D是直角三角形时,DE的长为．【答案】32或34．【解析】解:(1)当点E与点C′重合时,△BC′D是直角三角形,在Rt△ABC中,由勾股定理得:BC=4．由翻折的性质可知；AE=AC=3,DC=DE,EB=2．设DC=ED=x,则BD=4﹣x．在Rt△DBE中,由勾股定理得:DE2+BE2=DB2,即x2+22=(4﹣x)2．解得:x=32．(2)当∠EDB=90时,由翻折的性质可知:AC=AC′,∠C=∠C′=90°．可得:四边形ACDC′为矩形．∵AC=AC′,∴四边形ACDC′为正方形．∴CD=AC=3．DB=BC﹣DC=1．∵DE∥AC,∴14DE BDAC BC==,134DE=．解得:DE=34．(3)∵点D在BC上运动,∴∠DBC′＜90°,即∠DBC′不可能为直角．故答案为:32或34．2.(2019·洛阳三模)如图,已知Rt△ABC中,△B=90°,△A=60°,AB=3,点M,N分别在线段AC,AB上,将△ANM沿直线MN折叠,使点A的对应点D恰好落在线段BC上,若△DCM为直角三角形时,则AM的长为 ．【答案】2或3.【解析】解:△在△CDM 中,△C =30°,△分两种情况讨论△CDM 为直角三角形的情况,(1)当△CMD =90°时,如图所示,设AM =x ,则DM =x ,CMx ,△x=6,解得:x=3；(2)当△CDM =90°时,如图所示,设AM =x ,则CM =2x ,DM =x ,△x +2x =6,解得x =2,综上所述,答案为:3或2.ADA D3.如图,在矩形纸片ABCD 中,已知AB =6,BC =8,E 是边AD 上的点,以CE 为折痕折叠纸片,使点D 落在点F 处,连接FC ,当△AEF 为直角三角形时,DE 的长为_________．【答案】3或6. 【解析】解:由题意知,△EAF ≠90°,(1)当△AEF =90°时,如下图所示,由折叠知,CD =CF =DE =EF =6,即DE =6；(2)当△AFE =90°时,如下图所示,此时点F 落在对角线AC 上,AC =10,CF =6,AF =4,设DE =x ,则EF =x ,AE =8－x ,在Rt △AEF 中,由勾股定理得:x 2+42=(8－x )2,解得:x =3,故答案为:3或6.4.如图,在Rt △ABC 中,△A =90°,△B =30°,BC点E 、F 分别是BC 、AC 边上的动点,沿E 、F 所在直线折叠△C ,使点C 的落对应点C '始终落在边AB 上,若△BEC '是直角三角形时,则BC '的长为 ．E DC BAB EB或2. 【解析】解:△△B =30°,△分两种情况讨论:△当△BEC '=90°时,BE 'E ,△CE =C 'E ,BC△BE C 'E =1,△Rt △BEC '中,由勾股定理得:BC '=2；△当△BC 'E =90°时,BE =2C 'E =2CE ,BC△BE =23C 'E =13在Rt △BEC ’中,由勾股定理得:BC ；综上所述,BC '或2． 5.如图,在Rt △ABC 中,AC ＝8,BC ＝6,点D 为斜边AB 上一点,DE △AB 交AC 于点E ,将△AED 沿DE 翻折,点A 的对应点为点F ．如果△EFC 是直角三角形,那么AD 的长为 ．【答案】75或5．【解析】解:在Rt△ABC中,AC＝8,BC＝6,由勾股定理得:AB＝10,按直角顶点位置分类讨论,△若△CFE＝90°,△在Rt△ABC中,△ACB＝90°,△△CFB+△EFD＝△B+△A＝90°,由翻折知:△A＝△EFD,AE＝EF,△△CFB＝△B,CF＝BC＝6,在Rt△CEF中,有CE2＝EF2+CF2,即CE2＝(8﹣CE)2+62,△CE＝25 4,△AE＝7 4 ,由△ADE＝△ACB＝90°,得△ADE△△ACB,△AE AD AB AC,得:AD＝75；△当△ECF＝90°时,点F与B重合,△AD＝12AB＝5；△当△CEF＝90°时,则EF△BC,△AFE＝△B,△△A＝△AFE,△△A＝△B,△AC＝BC(与题设矛盾),这种情况不存在,综上所述:如果△EFC是直角三角形,AD的长为75或5．故答案为:75或5．6.在Rt△ABC中,AC＝3,AB＝4,D为斜边BC中点,E为AB上一个动点,将△ABC沿直线DE折叠,A、C的对应点分别为A′、C′,EA′交BC于点F,若△BEF为直角三角形,则BE的长度为．【答案】12或54．【解析】解:△△B≠90°,△分两种情况讨论:△当△BEF＝90°时,过D作DM△AB于M,则△EMD＝90°,DM△AC,D为BC中点,可得:M为AB的中点,△BM ＝12AB ＝2,DM ＝12AC ＝32, 由折叠可得,△MED ＝12△AEF ＝45°, △△DEM 是等腰直角三角形,△EM ＝DM ＝32, △BE ＝2﹣32＝12； △当△BFE ＝90°时,连接AD ,A 'D ,根据对称性可得:△EAD ＝△EA 'D ,AD ＝A 'DRt △ABC 中,AC ＝3,AB ＝4,由勾股定理得:BC ＝5,Rt △ABC 中,D 为BC 的中点,△AD ＝BD ＝A 'D ＝12BC ＝52, △△B ＝△EAD ＝△F A 'D ,设BE ＝x ,则BF ＝BE ·cosB ＝45x , △DF ＝BD ﹣BF ＝52﹣45x , 由sin △F A 'D ＝sinB ,得:54532525x -=⨯, 解得:x ＝54,即BE ＝54, 综上所述,BE 的长度为12或54．7.如图,在Rt △ABC 中,△C =90°,AC =BC =4,点D 是AC 的中点,点F 是边AB 上一动点,沿DF 所在直线把△ADF 翻折到△A ′DF 的位置,若线段A ′D 交AB 于点E ,且△BA ′E 为直角三角形,则BF 的长为_________．【答案】285或6. 【解析】解:由分析知△EBA ’≠90°,分两种情况讨论:(1)当△BA ’E =90°时,如图所示,连接BD ,过F 作FH △AC 于H ,可得:△BCD △△BA ’D ,△BDF =90°,设FH =x ,则AF =2x ,AH,DHx ,BF =8－2x ,由勾股定理得:BD 2+DF 2=BF 2,DF 2=DH 2+FH 2,即BD 2+ DH 2+FH 2= BF 2,△()()2222882x x x ++=-, 解得:x =125, 即BF =285； (2)当△BEA ’=90°时,如下图所示,A′A BC DE FAC DA C D由折叠性质知,△A=△ADF=△EDF=30°,△AD△DEAE=3,△EFDE=1,△AF=2,即BF=6,综上所述,BF的值为285或6.8.如图,在Rt△ABC中,AB＝3,BC＝4,点P为AC上一点,过点P作PD△BC于点D,将△PCD沿PD折叠,得到△PED,连接AE．若△APE为直角三角形,则PC＝．【答案】3532或12532.【解析】解:若△APE=90°,则△CPD=△EPD=45°,可得△C=45°,与题意不符,△△APE≠90°,在Rt△ABC中,AB=3,BC=4,由勾股定理得:AC=5,△当△AEP＝90°时,设PC＝x,在Rt△PDC中,sinC＝35,cosC＝45,所以PD＝35x,CD＝45x,由折叠知DE＝CD＝45x ,△BE＝BC﹣CE＝4﹣8 5 x,A C D△△B ＝△PDE ,△BAE +△AEB ＝90°,△PED +△AEB ＝90°,△△BAE ＝△PED =△C ,tan △BAE ＝tan △C , 即843534x -=, 解得:x =3532, 即PC =3532； △当△EAP ＝90°时,如下图,设PC =x ,则PE =x ,PD ＝35x ,CD ＝45x ,CE =85x ,BE =85x －4, 可证:△AEB =△C ,△tan △AEB = tan △C , △34BE AB =, 即843534x -=, 解得:x =12532即PC =12532, 综上所述,答案为:3532或12532. 9.如图,矩形ABCD 中,AB ＝4,AD ＝6,点E 为AD 中点,点P 为线段AB 上一个动点,连接EP ,将△APE 沿PE 折叠得到△FPE ,连接CE ,CF ,当△ECF 为直角三角形时,AP 的长为 ．ABD E【答案】1或9 4 .【解析】解:由图可知,△ECF≠90°,所以分两种情况讨论: (1)当△CFE＝90°时,由折叠可得,△PFE＝△A＝90°,AE＝FE＝DE,△△CFP＝180°,即点P,F,C在一条直线上,△Rt△CDE△Rt△CFE,△CF＝CD＝4,设AP＝FP＝x,则BP＝4﹣x,CP＝x+4,在Rt△BCP中,BP2+BC2＝PC2,即(4﹣x)2+62＝(x+4)2,解得x＝94,即AP＝94；(2)当△CEF＝90°时,过F作FH△AB于H,作FQ△AD于Q,则△FQE＝△D＝90°,△△FEQ+△CED＝△ECD+△CED,△△FEQ＝△ECD,△△FEQ△△ECD,△FQ QE EF DE CD CE==,△3 345 FQ QE==,△FQ=95,QE=125,△AQ=HF=3－QE=35,AH=QE=95,设AP＝FP＝x,则HP＝95﹣x,在Rt△PFH中,HP2+HF2＝PF2,即(95﹣x)2+(35)2＝x2,解得x＝1,即AP＝1．综上所述,AP的长为1或94．10.如图,已知Rt△ABC中,△B＝90°,△A＝60°,AC＝点M、N分别在线段AC、AB上,将△ANM沿直线MN折叠,使点A的对应点D恰好落在线段BC上,当△DCM为直角三角形时,折痕MN的长为．【解析】解:△△C=30°,即C不可能是直角顶点,△分两种情况讨论:(1)当△CDM＝90°时,在Rt △ABC 中,△B ＝90°,△A ＝60°,AC ＝△△C ＝30°,AB +2,由折叠性质知,△MDN ＝△A ＝60°,△△BDN ＝30°,△BN ＝12DN ＝12AN ,△BN ＝13AB ,△AN ＝2BN , 由△DNB ＝60°,得:△ANM ＝△DNM ＝60°,△△AMN 是等边三角形,△AN ＝MN ； (2)当△CMD ＝90°时,由题可得,△CDM ＝60°,△A ＝△MDN ＝60°,△△BDN ＝60°,△BND ＝30°,△BD ＝12DN ＝12AN ,BN BD ,△AN ＝2,BN ,BD =1,△CD =BC -BD －BD +2,△DM =AM =12CD +1,△在Rt △ANH 中,AH =12AN =1,NH△HM =AM -AH在Rt △HNM 中,由勾股定理得:MN故答案为:4311.如图,正方形ABCD 的边长是16,点E 在边AB 上,AE ＝3,点F 是边BC 上不与点B ,C 重合的一个动点,把△EBF 沿EF 折叠,点B 落在B ′处．若△CDB ′恰为等腰三角形,则DB ′的长为 ．【答案】16或【解析】解:分三种情况讨论,(1)当B ′D ＝B ′C 时,过B ′作GH △AD 交AB 、CD 于点G 、H ,则△B ′GE ＝90°,可得:GH 是CD 、AB 的垂直平分线,△AG ＝DH ＝12DC ＝8, 由AE ＝3,AB ＝16,得BE ＝13．由翻折的性质,得B ′E ＝BE ＝13．△EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5,在Rt△B’EG中,由勾股定理得:B′G＝12,△B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4,在Rt△DB’H中,由勾股定理得:DB′＝(2)当DB′＝CD时,则DB′＝16．(3)当CB′＝CD时,则CB＝CB′,由翻折的性质,得EB＝EB′,△EC垂直平分BB′,△EF是线段BB′的垂直平分线,△点F与点C重合,此种情况不存在；故答案为:16或．12.如图,在Rt△ABC中,△C＝90°,BC＝AC＝2,点D是BC的中点,点E是边AB上一动点,沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置,B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形,则AE的长为．【答案】3或14 5.【解析】解:△△C＝90°,BC＝AC＝2,△△B＝30°,AB＝2AC＝4,△点D是BC的中点,△DB＝DC EB′＝EB,△DB′E＝△B＝30°,设AE＝x,则BE＝4﹣x,EB′＝4﹣x,由题意知∠B’AF≠90°,分两种情况讨论: (1)当△AFB′＝90°时,BF＝32,EF＝32﹣(4﹣x)＝x﹣52,在Rt△B′EF中,△EB′F＝30°,△EB′＝2EF,即4﹣x ＝2(x ﹣52),解得:x ＝3,即AE =3； (2)当∠AB ’F =90°时,过E 作EH ⊥AB ’于H ,△DC ＝DB ′,AD ＝AD ,△Rt △ADB ′△Rt △ADC ,△AB ′＝AC ＝2,△△AB ′E ＝△AB ′F +△EB ′F ＝90°+30°＝120°, △△EB ′H ＝60°,∠HEB ’=30°,∴B ′H ＝12B ′E ＝12(4﹣x ),EH ′H (4﹣x ), 在Rt △AEH 中,EH 2+AH 2＝AE 2, △34(4﹣x )2+[12(4﹣x )+2]2＝x 2,解得x ＝145, AE =145． 故答案为3或145．。
2019中考数学复习必考知识点总结突破策略：折叠问题中必考的七大题型无答案
2019中考数学复习必考知识点突破策略:折叠问题中必考的七大题型图形的“折叠问题”是近年中考数学中每年必考的热点问题。
折叠的对象也往往有三角形、矩形、正方形等；考查问题有求折点位置、求折线长、折纸边长周长、求重叠面积、求角度、判断线段之间关系等；解题时，灵活运用轴对称性质和背景图形性质。
轴对称性质——折线是对称轴、折线两边图形全等、对应点连线垂直对称轴、对应边平行或交点在对称轴上。
一.利用折叠问题求折线长例1.将三角形纸片（a ABC）按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，记为点B',折痕为EF,已知AB=AC=3, BC=4,若以点B', F, C为顶点的三角形与4ABC相似，那么BF的长度是 .练习：1.在Rt A ABC中，/BAC = 90°, AB = 3, M为边BC上的点，联结AM（如图 3所示）.如果将^ABM沿直线AM翻折后，点B恰好落在边AC的中点处，那么点M到AC的距离是.二.利用折叠问题求折纸边长周长例1.在4ABC中，AB=12, AC=10, BC=9, AD是BC边上的高.将^ABC按如图所示的方式折叠，使点A 与点D 重合，折痕为EF ,则4DEF 的周长为（ ）B. 10.5C. 11D. 15.5 练习: 矩形纸片ABCD 中，AB =4, AD =3,折叠纸片使AD 边与对角线4 3A . 1B . 4C . -D . 22三.利用折叠问题求重叠面积例1.如图，已知一个三角形纸片ABC , BC 边的长为8, BC 边上的高为6 , Z B 和Z C 都为锐角，M 为AB 一动点（点M 与点A 、B 不重合），过点M 作 MN 〃 BC ,交AC 于点N ，在△ AMN 中，设MN 的长为1 , MN 上的高为h .（1）请你用含1的代数式表示h .（2）将4AMN 沿MN 折叠，使4AMN 落在四边形BCNM 所在平面，设点A 落 在平面的点为A , △ AMN 与四边形BCNM 重叠部分的面积为 ＞，当i 为何值时,1 1J 最大，最大值为多少？1.如图BD 重合, 折痕为DG ,贝。
中考数学压轴题分析：直角三角形折叠问题
当为中点时，， 又， 为等边三角形． 又由折叠可得四边形为菱形． ， ． 又， 则易知为的垂直平分线． 故，满足题意． 此时，． ②当点落在上时，如答图3所示，
此时， 则， ， ． 综上所述，的值为或．
【分析】
（1）根据垂直，可以得到PB′与AB平行，进而得到PB′=AB′，得到四边形ABPB′为菱形，那么 就可以得到结论了。难度不大。
（2）求三角三角形内，因此需要考 虑作垂直构造直角三角形。可以过点B′作AB的垂线，也可以过AC与B′P的交点作AB′的垂线。 再根据等腰直角三角形的边角关系和勾股定理可以得到结论。
（3）当AB=CB′时，可以得到AB′＝CB′，也就是说翻折后的点B′在AC的垂直平分线上，可以分 为在AC的左侧或右侧两种情况讨论。然后再根据垂直平分得到边角关系进行求解。 【答案】解：（1）证明：，， ． ， 又由折叠可知， ． 故． （2）设，、交于点，如答图1所示，
则为等腰直角三角形， ，，， 由折叠可知，， 又， ， 又， △． ．① 设，则． ， ， 由①得：． 解得：． 过点作于点，则△为等腰直角三角形． ， ． 又． ． （3）存在点，使得．理由如下： ，． ． ①如答图2所示，
中考数学压轴题分析：直角三角形折叠问题
本文内容选自2021年邵阳中考数学压轴题。题目涉及直角三角形的折叠，通过折叠得到边角的 关系，难度不大，不过也值得欣赏。
【中考真题】
（2021·邵阳）如图，在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为，连 接，，，． （1）如图①，若，证明：． （2）如图②，若，，求的值． （3）如图③，若，是否存在点，使得．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．
中考数学复习折叠问题中直角三角形存在性问题解析版
例3.（2017·营口）在矩形纸片ABCD中，AD＝8，AB＝6，E是边BC上的点，将纸片沿AE折叠，使点B落在点F处，连接FC，当△EFC为直角三角形时，BE的长为．【分析】根据题意作出图形，通过分析可知：点E、F均可为直角顶点，因此分两种情况讨论，作出图形后，根据勾股定理等知识求得结果.【答案】3或6.【解析】解：∵AD＝8，AB＝6，四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝8，∠B＝90°，根据勾股定理得：AC＝10．由分析知，△EFC为直角三角形分下面两种情况：①当∠EFC＝90°时，如下图所示，由折叠性质知：∠AFE＝∠B＝90°，∠EFC＝90°，AF=AB=6,∴A、F、C三点共线，又AE平分∠BAC，∴CF=AC－AF=4，设BE=x，则EF=x，EC=8－x，在Rt△EFC中，由勾股定理得：()222+=-，x x48解得：x=3，即BE=3；②当∠FEC＝90°时，如下图所示．由题意知：∠FEC＝90°，∠FEB＝90°，∴∠AEF＝∠BEA＝45°，∴四边形ABEF为正方形，∴BE＝AB＝6．综上所述：BE的长为3或6．故答案为：3或6．例4.（2019·唐河县三模）矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E为AD的中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△APE沿PE折叠得到△FPE，连接CE，CF，当△CEF 为直角三角形时，AP的长为.【分析】当△CEF为直角三角形时，通过分析知：∠FCE<90°，不可能为直角顶点，故分两种情况讨论：∠EFC=90°或∠FEC=90°，作出图形求解；【答案】94或1.【解析】解：分以下两种情况讨论：（1）∠EFC=90°，如下图所示，由折叠性质知：∠A=∠PFE=90°，AP=PF 所以点P、F、C在一条直线上，∵EF=ED=3，∴Rt△CEF≌Rt△CED，由勾股定理得：CE=5，∴CD=CF=4，设AP=x，则PF=x，PC=x+4，BP=4－x，在Rt△BCP中，由勾股定理得：()()222446x x +=-+，解得：x =94，即AP =94； （2）∠FEC =90°，如下图所示，过F 作FH ⊥AD 于H ，过P 作PG ⊥FH 于G ，易知∠EFH =∠ECD ， ∴FH DE EF CE=, ∴335FH =, 即FH =95, ∴EH =125,AH =PG =35， 由∠FPG =∠HFE ，∴cos ∠FPG = cos ∠HFE ， 即PGFH PFEF =, 39553PF =, 解得：PF =1； 故答案为：94或1. 例5.（2019·许昌二模）如图，已知平行四边形ABCD 中，AB =16, AD =10，sinA =35, 点M 为AB 边上一动点，过点M 作MN ⊥AB 交AD 边于点N ，将∠A 沿直线MN 翻折，点A 落在线段AB 上的点E 处. 当△CDE 为直角三角形时，AM 的长为 .【分析】分两种情况讨论：当∠CDE＝90°，根据折叠的性质及勾股定理求解；当∠DEC ＝90°，过D作DH⊥AB于H，根据相似三角形的性质：得到DH＝6，AH＝8，设EH＝x，根据勾股定理得到x＝8﹣，x＝，得AE＝AH+HE＝16﹣，于是得到AM＝8．【答案】4或8.【解析】解：当△CDE为直角三角形时，①当∠CDE＝90°，如下图所示，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴DE⊥AB，由折叠知：MN⊥AB，AM＝EM，∴MN∥DE，∴AN＝DN＝12AD＝5，由sinA＝MNAN＝35，∴MN＝3，AM＝4；②当∠DEC＝90°，如下图所示，过D作DH⊥AB于H，由题意知：∠HDC＝90°，∴∠HDC+∠CDE＝∠CDE+∠DCE＝90°，∴∠HDE＝∠DCE，∴△DHE∽△CED，∴DE CD EH DE，∵sinA＝35，AD＝10，∴DH＝6，AH＝8，设EH＝x，∴DE＝由勾股定理得：DH2+HE2＝DE2，62+x2＝16x，解得：x＝8﹣，x＝（不合题意舍去），∴AE＝AH+HE＝16﹣，∴AM＝8，故答案为：4或8．例6.（2019·金水区校级一模）如图，在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，点P为AC上一点，过点P作PD⊥BC于点D，将△PCD沿PD折叠，得到△PED，连接AE．若△APE 为直角三角形，则PC＝．【答案】15 16.【解析】解：当∠AEP＝90°时，设PC＝x，在Rt△PDC中，sinC＝35，cosC＝45，所以PD＝35x，CD＝45x．由折叠知：DE＝CD＝45 x．∴BE＝BC﹣CE＝125x．在△ABE和△EDP中，∠B＝∠PDE，∠BAE +∠AEB ＝90°，∠PED +∠AEB ＝90°，∴∠BAE ＝∠PED ．∴△ABE ∽△EPD ． ∴BE DP AB DE =，即123534x =，解得x ＝1516． 故答案为:1516． 例7.（2019·卧龙区一模）如图，在Rt △ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，点D 为斜边AB 上一点，DE ⊥AB 交AC 于点E ，将△AED 沿DE 翻折，点A 的对应点为点F ．如果△EFC 是直角三角形，那么AD 的长为 ．【分析】根据勾股定理得到AB ＝10，分三种情况讨论：∠CFE ＝90°，∠ECF ＝90°，∠CEF ＝90°时，得到结论． 【答案】75或5. 【解析】解：在Rt △ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，由勾股定理得：AB ＝10，（1）若∠CFE ＝90°，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∴∠1+∠2＝∠B +∠A ＝90°，由折叠知：∠A ＝∠2，AE ＝EF ，∴∠1＝∠B ，即CF ＝BC ＝6，在Rt △CEF 中，由勾股定理得：CE 2＝EF 2+CF 2，CE2＝（8﹣CE）2+62，∴CE＝254，∴AE＝74，由△ADE△△ACB，得：AE AD AB AC=∴AD＝75；（2）当∠ECF＝90°时，点F与B重合，AD＝5；（3）当∠CEF＝90°时，则EF∥BC，∠AFE＝∠B，∵∠A＝∠AFE，∴∠A＝∠B，∴AC＝BC（与题设矛盾），∴这种情况不存在，故答案为：75或5．例8.（2019·河南模拟）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别为BC，AC上的两个动点，将△CEF沿EF折叠，点C的对应点为G，若点G落在射线AB上，且△AGF 恰为直角三角形，则线段CF的长为【答案】2020 79或.【解析】解：（1）当∠AFG=90°时，如下图所示，设CF＝y可得：△AFG∽△ABC∴AF GF AB BC=即534y y -=解得：x＝207；（2）当∠AGF=90°时，如下图，设CF＝x在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，由勾股定理得：AC＝5由折叠知：GF＝FC．∵∠AGF＝∠ABC＝90°∴GF∥EC∴△AGF∽△ABC∴AF GF AC BC=即554x x -=解得：x＝209；故答案为：2020 79或.。
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中考数学折叠问题专项突破4--折叠中直角三角形存在性问题模块四 图形折叠中的直角三角形存在性问题【典例1】如图例3-1，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠B =30°，BC =3，点D 是BC 边上一动点（不与点B 、C 重合），过点D 作DE ⊥BC 交AB 边于点E ，将∠B 沿直线DE 翻折，点B 落在射线BC 上的点F 处，当△AEF 为直角三角形时，BD 的长为图例3-1图例3-2图例3-3【解析】从题目所给的“当△AEF 为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论. 通过观察及分析可知∠BED =∠DEF =60°，所以∠AEF =180－120°=60°. 即点E 不可能为直角顶点. 分两种情况考虑：①当∠EAF =90°时，如图例3-2所示.∵∠B =30°，BC =3，∴30AC tan BC =︒⨯=⨯2AB AC =，∵∠EAF =90°∴∠AFC =60°，∠CAF =30°在Rt △ACF 中，有：cos AF AC CAF =÷∠÷，24BF AF == 由折叠性质可得：∠B =∠DFE =30°，122BD DF BF === ②当∠AFE =90°时，如图例3-3所示.由折叠性质得：∠B =∠DFE =30°，122BD DF BF ===∴∠AFC =60°，∠F AC =30°∴tan 1CF FAC AC =∠⨯==，所以，BF =2，112BD DF BF ===，综上所述，BD 的长为2或1. 【小结】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识. 通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；②解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.【典例2】如图例4-1，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为．图例4-1 图例4-2 图例4-3【解析】此题以“当△CEB′为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B′及点E分别为直角顶点.分两种情况考虑：①当∠CEB′=90°时，如图例4-2所示.由折叠性质得：AB=AB′，四边形ABE B′是矩形.所以四边形ABE B′是正方形.此时，BE=AB=3.②当∠CB′E=90°时，如图例4-3所示.由折叠性质知，∠AB′C=90°，所以∠AB′C+∠CB′E=180°.∴点A、B′、C共线在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=5由折叠得：AB= AB′=3所以B′C=2设BE=x，则B′E=x，EC=4－x在Rt△ABC中，由勾股定理得：EC2=B′E2+B′C2即：（4-x）2=x2+22 解得：x=1.5.综上所述，BE的值为3或1.5.【小结】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及勾股定理的应用.【典例3】如图例5-1，在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，1BC =+，点M ，N 分别是边BC ，AB 上的动点，沿MN 所在的直线折叠B ∠，使点B 的对应点'B 始终落在边AC 上.若'MB C ∆为直角三角形，则BM 的长为 ．图例5-1图例5-2图例5-3【解析】通过观察及分析可知，C 点不可能为直角顶点，分两种情况讨论. ①当∠CM B ′=90°时，如图例5-2所示.由折叠知：∠BMN =∠B ′MB =45°，又因为∠B =45°，所以∠BNM =90°，∠MNB ′=90° 即∠BNM +∠MN B ′=180°，所以B 、N 、B ′三点共线，此时B ′与点A 重合.所以，12BM BC == ①当∠CB ′M =90°时，如图例5-3所示.由折叠知∠B =∠B ′=45°，因为∠C =45°，可得∠B ′MC =45°，所以△B ′MC 是等腰直角三角形设BM = B ′M =x ，B ′C =x ，则MC =因为BC ，所以x x +1 解得：x =1，即BM =1.综上所述，BM 或1. 【小结】根据题意判断C 点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形三边关系求解.【典例4】如图例6-1，在∠MAN =90°，点C 在边AM 上，AC =4，点B 为边AN 上一动点，连接BC ，△A’BC 与△ABC 关于BC 所在直线对称. D 、E 分别为AC 、BC 的中点，连接DE 并延长交A’B 所在直线于点F ，连接A’E . 当△A’EF 为直角三角形时，AB 的长为.图例6-1图例6-2图例6-3【解析】分两种情况讨论.①当∠A’FE=90°时，如图例6-2所示.∵D、E分别为AC、BC的中点，∴DE是三角形ABC的中位线，即DE∥BA∴∠A’BA=90°，∴四边形AB A’C为矩形由折叠得AC=A’C，∴四边形AB A’C为正方形，即AB=AC=4.②当∠A’EF=90°时，如图例6-3所示.∵∠A’EF=∠CDE=90°，∴A’E∥CD，∴∠DCE=∠CEA’由折叠知：∠DCE=∠A’CE，∴∠CEA’=∠A’CE，∴A’C=A’E=4又∵E是BC中点，即A’E是Rt△A’BC的中线，∴BC=2A’E=8在Rt△A’BC中，由勾股定理得，A’B=由折叠性质得：AB= A’B=.综上所述，AB的长为4或.【小结】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.1、矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在R t△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如图2．此时ABEB′为正方形．【解析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，在R t△ABC中，AB=3，BC=4，∴AC，∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∴∠AB′E=∠B=90°，当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5-3=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在R t△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得x=32，∴BE=32；②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．综上BE长为32或3【小结】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．2、如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则ADDF的值为A ．1113B ．1315C ．1517D ．1719【分析】根据折叠的性质可得出DC =DE 、CP =EP ，由∠EOF =∠BOP 、∠B =∠E 、OP =OF 可得出△OEF ≌△OBP （AA S ），根据全等三角形的性质可得出OE =OB 、EF =BP ，设EF =x ，则BP =x 、DF =4﹣x 、BF =PC =3﹣x ，进而可得出AF =1+x ．在R t △DAF 中，利用勾股定理可求出x 的值，即可得出答案． 【解析】根据折叠，可知：△DCP ≌△DEP ，∴DC =DE =4，CP =EP ．在△OEF 和△OBP 中，∵90EOF BOP B E OP OF ∠∠∠∠=⎧⎪==︒⎨⎪=⎩，∴△OEF ≌△OBP （AA S ），∴OE =OB ，EF =BP ．设EF =x ，则BP =x ，DF =DE ﹣EF =4﹣x ．又∵BF =OB +OF =OE +OP =PE =PC ，PC =BC ﹣BP =3﹣x ，∴AF =AB ﹣BF =1+x ．在R t △DAF 中，AF 2+AD 2=DF 2，即（1+x ）2+32=（4﹣x ）2，解得：x =0.6，∴DF =4﹣x =3.4，∴1517AD DF =．故选C ． 【小结】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF =1+x ，求出AF 的长度是解题的关键．3、如图，已知正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点，BE Q是CD上一动点，将△CEQ沿直线EQ折叠后，点C落在点P处，连接P A．点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，当P A的长度最小时，CQ的长为（）A．3B．3C．32D．3【解析】如图所示：在R t△ABE中，AE=．∵BC=3，BE=，∴EC=3-．由翻折的性质可知：PE=CE=3-．∵AP+PE≥AE，∴AP≥AE-PE．∴当点A、P、E一条直线上时，AP有最小值．∴AP=AE-PE=2-（3-）=3-3．故选A．4、如图，矩形ABCD 中，3AB =，4BC =，点E 是BC 边上一点，连接AE ，把矩形沿AE 折叠，使点B 落在点B '处．当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为____________．【分析】当△CEB ′为直角三角形时，有两种情况： ①当点B ′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC ，先利用勾股定理计算出AC =10，根据折叠的性质得∠AB ′E =∠B =90°，而当△CEB ′为直角三角形时，只能得到∠EB ′C =90°，所以点A 、B ′、C 共线，即∠B 沿AE 折叠，使点B 落在对角线AC 上的点B ′处，则EB =EB ′，AB =AB ′=6，可计算出CB ′=4，设BE =x ，则EB ′=x ，CE =8-x ，然后在R t △CEB ′中运用勾股定理可计算出x ．②当点B ′落在AD 边上时，如答图2所示．此时四边形ABEB ′为正方形． 【解析】由题意知，需分两种情况讨论：①当90CB E ︒'∠=时，如图1，由折叠得，90AB E B ︒'∠=∠=，AB AB '=， ∴180AB C ︒'∠=，∴,,A B C '三点共线．在矩形ABCD 中，3AB =，4BC =， ∴5AC =．∵AB AB 3'==，∴2B C AC AB ''=-=． 设BE x =，则4CE BC BE x =-=-，B E x '=，在Rt B CE '∆中，222B E B C CE ''+=，即2222(4)x x +=-，解得32x =． ②当90B EC ︒'∠=时，如图2，由折叠可知ABE AB E '∆∆≌， ∴BE B E '=，90B AB E ︒'∠=∠=，∴四边形ABEB '是正方形，∴3BE AB ==．综上，当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为32或3． 【小结】考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．5、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，将△AEF沿直线EF折叠，点A的对应点为点A′，当点E，A′，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．【分析】利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题．（注意有两种情形）【解析】如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，∵CD∥AB，∴∠CFE＝∠AEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，在R t△BCE中，EC==∴CF＝CE＝，∵AB＝CD＝6，∴DF＝CD﹣CF＝6﹣当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝，∴DF＝CD+CF′＝【小结】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．6、如图，在菱形ABCD 中，∠DAB =45°，AB =4，点P 为线段AB 上一动点，过点P 作PE ⊥AB 交直线AD 于点E ，将∠A 沿PE 折叠，点A 落在F 处，连接DF ，CF ，当△CDF 为直角三角形时，线段AP 的长为__________．【分析】分两种情形讨论：①如图1，当DF ⊥AB 时，△CDF 是直角三角形；②如图2，当CF ⊥AB 时，△DCF 是直角三角形，分别求出即可．【解析】分两种情况讨论：①如图1，当DF ⊥AB 时，△CDF 是直角三角形．∵在菱形ABCD 中，AB =4，∴CD =AD =AB =4．在R t △ADF 中，∵AD =4，∠DAB =45，DF =AF，∴AP 12=AF = ②如图2，当CF ⊥AB 时，△DCF 是直角三角形．在R t △CBF 中，∵∠CFB =90°，∠CBF =∠A =45°，BC =4，∴BF =CF，∴AFAP 12=AF=2AP2【小结】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，正确画出图象，注意分类讨论的思想，属于中考常考题型．。