备战中考初中数学导练学案50讲—第39讲几何图形折叠问题（讲练版）

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备战中考初中数学导练学案50讲
第39讲 几何图形折叠问题
【疑难点拨】
1. 折叠(翻折)问题常常出现在三角形、四边形、圆等平面几何问题中，其实质是轴对称性质的应用．解题的关键利用轴对称的性质找到折叠前后不变量与变量，运用三角形的全等、相似及方程等知识建立有关线段、角之间的联系．
2. 折叠(翻折)意味着轴对称，会生成相等的线段和角，这样便于将条件集中．如果题目中有直角，则通常将条件集中于较小的直角三角形，利用勾股定理求解．
3. 矩形中的一次折叠通常利用折叠性质和平行线性质求角的度数，或者利用折叠性质以及勾股定理求线段长度．矩形中的两次或多次折叠通常出现“一线三直角”的模型(如图)，从而构造相似三角形，利用相似三角形求边或者角的度数．
4. 凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．1.常见的轴对称图形：等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆.2.折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【基础篇】
一、选择题：
1. .（2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（　　）

A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
2. （2017山东烟台）如图1，将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB．已知OA=6，取OA的中点C，过点C作CD⊥OA交于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD，DF，FA依次剪下，则剪下的纸片（形状同阴影图形）面积之和为（ ）．
A．36π-108 B．108-32π C．2π D．π

3. （2017浙江衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（　　）

A． B． C． D．
4. （2018·山东青岛·3分）如图，三角形纸片ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点E为AB中点．沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，折痕现交于点F．已知EF=，则BC的长是（　　）

A． B．3 C．3 D．3
5. （2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（　　）

A．1 B． C．2 D．
二、填空题：
6. （2018·辽宁省盘锦市）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，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　　．

7. （2018·山东威海·8分）如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=+1，则BC的长 ．

8. （2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB= 　．

三、解答与计算题：
9. （2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF是等腰三角形．










10. （2018•山东枣庄•10分）如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．









【能力篇】
一、选择题：
11. （2018·辽宁省阜新市）如图，将等腰直角三角形ABC（∠B=90°）沿EF折叠，使点A落在BC边的中点A1处，BC=8，那么线段AE的长度为( )．

A．4　　　　　　B．5　　　　　C．6　　　　　D．7
12. （2018·四川省攀枝花·3分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC．
其中正确结论的个数为（　　）

A．1　　　　　　B．2　　　　　　C．3　　　　　　D．4
13. （2018·湖北省武汉·3分）如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是（　　）

A．             B．             C．               D．
二、填空题：
14. (2018·辽宁省葫芦岛市) 如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，将BF延长交AD于点G．若=，则=　．

15. （2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是　①②③　（写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．

三、解答与计算题：
16.（2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP=BF；
②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值；
③当BP=9时，求BE•EF的值．








17. （2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF是等腰三角形．













18. （2018•江苏盐城•10分）如图，在以线段 为直径的 上取一点，连接 、 .将 沿 翻折后得到 .

（1）试说明点 在 上；
（2）在线段 的延长线上取一点 ，使 .求证： 为 的切线；
（3）在（2）的条件下，分别延长线段 、 相交于点 ，若 ， ，求线段 的长.


【探究篇】
19. （2018年江苏省泰州市•12分）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）




20. （2018年江苏省宿迁）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边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，设BE=x，

（1）当AM= 时，求x的值；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值.
















第39讲 几何图形折叠问题
【疑难点拨】
1. 折叠(翻折)问题常常出现在三角形、四边形、圆等平面几何问题中，其实质是轴对称性质的应用．解题的关键利用轴对称的性质找到折叠前后不变量与变量，运用三角形的全等、相似及方程等知识建立有关线段、角之间的联系．
2. 折叠(翻折)意味着轴对称，会生成相等的线段和角，这样便于将条件集中．如果题目中有直角，则通常将条件集中于较小的直角三角形，利用勾股定理求解．
3. 矩形中的一次折叠通常利用折叠性质和平行线性质求角的度数，或者利用折叠性质以及勾股定理求线段长度．矩形中的两次或多次折叠通常出现“一线三直角”的模型(如图)，从而构造相似三角形，利用相似三角形求边或者角的度数．
4. 凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．1.常见的轴对称图形：等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆.2.折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
【基础篇】
一、选择题：
1. .（2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（　　）

A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
【分析】主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．
【解答】解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．
B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB正确．
D、∵sin∠ABE=，
∴∠EBD=∠EDB
∴BE=DE
∴sin∠ABE=．
故选：C．
【点评】本题主要用排除法，证明A，B，D都正确，所以不正确的就是C，排除法也是数学中一种常用的解题方法．
2. （2017山东烟台）如图1，将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB．已知OA=6，取OA的中点C，过点C作CD⊥OA交于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD，DF，FA依次剪下，则剪下的纸片（形状同阴影图形）面积之和为（ ）．
A．36π-108 B．108-32π C．2π D．π

【考点】MO：扇形面积的计算；P9：剪纸问题．
【分析】先求出∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB可得DE=OD=3，先根据S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD求得弓形的面积，再利用折叠的性质求得所有阴影部分面积．
【解答】解：如图，∵CD⊥OA，
∴∠DCO=∠AOB=90°，
∵OA=OD=OB=6，OC=OA=OD，
∴∠ODC=∠BOD=30°，
作DE⊥OB于点E，

则DE=OD=3，
∴S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD=﹣×6×3=3π﹣9，
则剪下的纸片面积之和为12×（3π﹣9）=36π﹣108，
故答案为：36π﹣108．故选A
3. （2017浙江衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（　　）

A． B． C． D．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6﹣x）2，解方程求出x．
【解答】解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
∵在△AEF与△CDF中，
，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，解得x=，
则FD=6﹣x=．
故选：B．

4. （2018·山东青岛·3分）如图，三角形纸片ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点E为AB中点．沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，折痕现交于点F．已知EF=，则BC的长是（　　）

A． B．3 C．3 D．3
【分析】由折叠的性质可知∠B=∠EAF=45°，所以可求出∠AFB=90°，再直角三角形的性质可知EF=AB，所以AB=AC的长可求，再利用勾股定理即可求出BC的长．
【解答】解：
∵沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，
∴∠B=∠EAF=45°，
∴∠AFB=90°，
∵点E为AB中点，
∴EF= AB，EF= ，
∴AB=AC=3，
∵∠BAC=90°，
∴BC=3，
故选：B．
【点评】本题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，求出∠AFB=90°是解题的关键．
5. （2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（　　）

A．1 B． C．2 D．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．
【分析】由折叠的性质可知，DF=GF、HE=CE、GH=DC、∠DFE=∠GFE，结合∠AFG=60°即可得出∠GFE=60°，进而可得出△GEF为等边三角形，在Rt△GHE中，通过解含30度角的直角三角形及勾股定理即可得出GE=2EC、DC=EC，再由GE=2BG结合矩形面积为4，即可求出EC的长度，根据EF=GE=2EC即可求出结论．
【解答】解：由折叠的性质可知，DF=GF，HE=CE，GH=DC，∠DFE=∠GFE．
∵∠GFE+∠DFE=180°﹣∠AFG=120°，
∴∠GFE=60°．
∵AF∥GE，∠AFG=60°，
∴∠FGE=∠AFG=60°，
∴△GEF为等边三角形，
∴EF=GE．
∵∠FGE=60°，∠FGE+∠HGE=90°，
∴∠HGE=30°．
在Rt△GHE中，∠HGE=30°，
∴GE=2HE=CE，
∴GH==HE=CE．
∵GE=2BG，
∴BC=BG+GE+EC=4EC．
∵矩形ABCD的面积为4，
∴4EC•EC=4，
∴EC=1，EF=GE=2．
故选C．
二、填空题：
6. （2018·辽宁省盘锦市）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，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　　．

【解答】解：分两种情况：
①如图，当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形，

∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，∴∠C=30°，AB=AC=，由折叠可得：∠MDN=∠A=60°，∴∠BDN=30°，∴BN=DN=AN，∴BN=AB=，∴AN=2BN=．
∵∠DNB=60°，∴∠ANM=∠DNM=60°，∴∠AMN=60°，∴AN=MN=；
②如图，当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，

由题可得：∠CDM=60°，∠A=∠MDN=60°，∴∠BDN=60°，∠BND=30°，∴BD=DN=AN，BN=BD\1AB=，∴AN=2，BN=，过N作NH⊥AM于H，则∠ANH=30°，∴AH=AN=1，HN=，由折叠可得：∠AMN=∠DMN=45°，∴△MNH是等腰直角三角形，∴HM=HN=，∴MN=．
 故答案为：或．
7. （2018·山东威海·8分）如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=+1，求BC的长．

【分析】由题意知∠3=180°﹣2∠1=45°、∠4=180°﹣2∠2=30°、BE=KE、KF=FC，作KM⊥BC，设KM=x，知EM=x、MF=x，根据EF的长求得x=1，再进一步求解可得．
【解答】解：由题意，得：∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，
如图，过点K作KM⊥BC于点M，

设KM=x，则EM=x、MF=x，
∴x+x=+1，
解得：x=1，
∴EK=、KF=2，
∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3++，
∴BC的长为3++．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：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．
8. （2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB=　75°　．

【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB=∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：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．
三、解答与计算题：
9. （2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF是等腰三角形．

【分析】（1）根据矩形的性质可得出AD=BC、AB=CD，结合折叠的性质可得出AD=CE、AE=CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；
（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出EF=DF，由此即可证出△DEF是等腰三角形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD．
由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，
∴AD=CE，AE=CD．
在△ADE和△CED中，，
∴△ADE≌△CED（SSS）．
（2）由（1）得△ADE≌△CED，
∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，
∴EF=DF，
∴△DEF是等腰三角形．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出AD=CE、AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找出∠DEF=∠EDF．
10. （2018•山东枣庄•10分）如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．

【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到GD=DF，接下来依据翻折的性质可证明DG=GE=DF=EF；
（2）连接DE，交AF于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG=OF=GF，接下来，证明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性质可证明DF2=FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的数量关系；
（3）过点G作GH⊥DC，垂足为H．利用（2）的结论可求得FG=4，然后再△ADF中依据勾股定理可求得AD的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得GH的长，最后依据BE=AD﹣GH求解即可．
【解答】解：（1）证明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四边形EFDG为菱形．
（2）EG2=GF•AF．
理由：如图1所示：连接DE，交AF于点O．

∵四边形EFDG为菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF=GF．
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴，即DF2=FO•AF．
∵FO=GF，DF=EG，
∴EG2=GF•AF．
（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．

∵EG2=GF•AF，AG=6，EG=2，
∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．
解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．
∵DF=GE=2，AF=10，
∴AD==4．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴，即=．
∴GH=．
∴BE=AD﹣GH=4﹣=．
【点评】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得到DF2=FO•AF是解题答问题（2）的关键，依据相似三角形的性质求得GH的长是解答问题（3）的关键．
【能力篇】
一、选择题：
11. （2018·辽宁省阜新市）如图，将等腰直角三角形ABC（∠B=90°）沿EF折叠，使点A落在BC边的中点A1处，BC=8，那么线段AE的长度为( )．

A．4　　　　　　B．5　　　　　C．6　　　　　D．7
【解答】解：
由折叠的性质可得AE=A1E．
∵△ABC为等腰直角三角形，BC=8，∴AB=8．
∵A1为BC的中点，∴A1B=4，设AE=A1E=x，则BE=8﹣x．在Rt△A1BE中，由勾股定理可得42+（8﹣x）2=x2，解得x=5．
故答案为：5．故选B
12. （2018·四川省攀枝花·3分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC．
其中正确结论的个数为（　　）

A．1　　　　　　B．2　　　　　　C．3　　　　　　D．4
解：①如图，EC，BP交于点G；
∵点P是点B关于直线EC的对称点，∴EC垂直平分BP，∴EP=EB，∴∠EBP=∠EPB．
∵点E为AB中点，∴AE=EB，∴AE=EP，∴∠PAB=∠PBA．
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，∴∠PAB+∠PBA=90°，∴AP⊥BP，∴AF∥EC；
∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，故①正确；
②∵∠APB=90°，∴∠APQ+∠BPC=90°，由折叠得：BC=PC，∴∠BPC=∠PBC．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，∴∠ABP=∠APQ，故②正确；
③∵AF∥EC，∴∠FPC=∠PCE=∠BCE．
∵∠PFC是钝角，当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，如右图，△PCF不一定是等腰三角形，故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，∴Rt△EPC≌△FDA（HL）．
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，∴△APB≌△EPC，故④不正确；
其中正确结论有①②，2个．
故选B．

13. （2018·湖北省武汉·3分）如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是（　　）
A．             B．             C．               D．
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到=，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=3 ．
【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD=BD=AB=2，
在Rt△OBD中，OD= =1，
∵将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．
∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴=，
∴AC=DC，
∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF= =2，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=3．
故选：B．

【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和垂径定理．
二、填空题：
14. (2018·辽宁省葫芦岛市) 如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，将BF延长交AD于点G．若=，则=　．

【解答】解：连接GE．
∵点E是CD的中点，∴EC=DE．
∵将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，∴EF=DE，∠BFE=90°．在Rt△EDG和Rt△EFG中
，∴Rt△EDG≌Rt△EFG（HL），∴FG=DG．
∵=，∴设DG=FG=a，则AG=7a，故AD=BC=8a，则BG=BF+FG=9a，∴AB==4a，故==．
故答案为：．

15. （2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是　①②③　（写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF=；
③当A、F、C三点共线时，AE=；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．

【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：如图1中，当AE=EB时，

∵AE=EB=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，
∴∠BEC=∠EAF，
∴AF∥EC，故①正确，
作EM⊥AF，则AM=FM，
在Rt△ECB中，EC= =，，
∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，
∴△CEB∽△EAM，
∴=，
∴=，
∴AM= ，
∴AF=2AM= ，故②正确，
如图2中，当A、F、C共线时，设AE=x．

则EB=EF=3﹣x，AF= ﹣2，
在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，
∴x2=（﹣2）2+（3﹣x）2，
∴x= ，，
∴AE= ，故③正确，
如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，
故答案为①②③．
【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答与计算题：
16.（2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP=BF；
②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值；
③当BP=9时，求BE•EF的值．

【分析】（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC再判断出AE=DE，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB即可得出结论；
②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论；
③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．
【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC，
∵E是AD中点，
∴AE=DE，
在△ABE和△DCE中，，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；

（2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF=∠PFB，
∴∠BPF=∠BFP，
∴BP=BF；
②当AD=25时，
∵∠BEC=90°，
∴∠AEB+∠CED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠CED=∠ABE，
∵∠A=∠D=90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
设AE=x，
∴DE=25﹣x，
∴，
∴x=9或x=16，
∵AE＜DE，
∴AE=9，DE=16，
∴CE=20，BE=15，
由折叠得，BP=PG，
∴BP=BF=PG，
∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，
∴，
设BP=BF=PG=y，
∴，
∴y=，
∴BP=，
在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==；

③如图，连接FG，

∵∠GEF=∠BAE=90°，
∵BF∥PG，BF=PG，
∴▱BPGF是菱形，
∴BP∥GF，
∴∠GFE=∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，
∴，
∴BE•EF=AB•GF=12×9=108．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
17. （2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF是等腰三角形．

【分析】（1）根据矩形的性质可得出AD=BC、AB=CD，结合折叠的性质可得出AD=CE、AE=CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；
（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出EF=DF，由此即可证出△DEF是等腰三角形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD．
由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，
∴AD=CE，AE=CD．
在△ADE和△CED中，，
∴△ADE≌△CED（SSS）．
（2）由（1）得△ADE≌△CED，
∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，
∴EF=DF，
∴△DEF是等腰三角形．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出AD=CE、AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找出∠DEF=∠EDF．
18. （2018•江苏盐城•10分）如图，在以线段 为直径的 上取一点，连接 、 .将 沿 翻折后得到 .

（1）试说明点 在 上；
（2）在线段 的延长线上取一点 ，使 .求证： 为 的切线；
（3）在（2）的条件下，分别延长线段 、 相交于点 ，若 ， ，求线段 的长.
【答案】（1）解：连接OC，OD，

由翻折可得OD=OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴点D在⊙O上。
（2）证明：∵点D在⊙O上，∴∠ADB=90°，
由翻折可得AC=AD，
∵AB2=AC·AE，
∴AB2=AD·AE，
∴ ，又∵∠BAE=∠DAB，
∴△ABE~△ADB，
∴∠ABE=∠ADB=90°，
∵OB是半径，
∴BE为的⊙O切线。
（3）解：设EF=x，∵AB2=AC2+BC2=AC·AE，∴AE=5，DE=AE-AD=5-4=1，
∵∠BDF=∠C=90°，∠BFD=∠AFC，
∴△BDF~△ACF，
∴ 即
则BF= ，
在Rt△BDF中，由勾股定理得BD2+DF2=BF2 ，
则22+（1+x）2=( )2 ，
解得x1= ,x2=-1（舍去）,
则EF=
【考点】点与圆的位置关系，切线的判定，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）要证明点D在⊙O上，则需要证明点D到圆心的距离OD要等于半径，由折叠易知OD=OC；（2）证明BE为的⊙O切线，由切线判定定理可得需要证明∠ABE=90°；易知∠ADB=90°，由公共角∠BAE=∠DAB，则需要△ABE~△ADB，由AB2=AC·AE和AC=AD可证明；（3）易知∠BDF=∠ADB=90°，则△BDF是一个直角三角形，由勾股定理可得BD2+DF2=BF2 ， 而BD=BC=2，DF=DE+EF，EF就是要求的，不妨先设EF=x，看能否求出DE或都BF，求不出的话可用x表示出来，再代入BD2+DF2=BF2解得即可。
【探究篇】
19. （2018年江苏省泰州市•12分）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）

【分析】（1）依据△BCE是等腰直角三角形，即可得到CE=BC，由图②，可得CE=CD，而AD=BC，即可得到CD=AD，即=；
（2）①由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，依据勾股定理可得AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出AP=BC，再根据PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠CPH=90°；
②由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，进而得到CP平分∠BCE，故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【解答】解：（1）由图①，可得∠BCE=∠BCD=45°，
又∵∠B=90°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴=cos45°=，即CE=BC，
由图②，可得CE=CD，而AD=BC，
∴CD=AD，
∴=；

（2）①设AD=BC=a，则AB=CD=a，BE=a，
∴AE=（﹣1）a，
如图③，连接EH，则∠CEH=∠CDH=90°，
∵∠BEC=45°，∠A=90°，
∴∠AEH=45°=∠AHE，
∴AH=AE=（﹣1）a，
设AP=x，则BP=a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，
∴AH2+AP2=BP2+BC2，
即[（﹣1）a]2+x2=（a﹣x）2+a2，
解得x=a，即AP=BC，
又∵PH=CP，∠A=∠B=90°，
∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL），
∴∠APH=∠BCP，
又∵Rt△BCP中，∠BCP+∠BPC=90°，
∴∠APH+∠BPC=90°，
∴∠CPH=90°；
②折法：如图，由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，
故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；

折法：如图，由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，
由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，
又∵∠DCH=∠ECH，
∴∠BCP=∠PCE，即CP平分∠BCE，
故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．

【点评】本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的综合运用，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，对应边和对应角相等．解题时常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．
20. （2018年江苏省宿迁）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边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，设BE=x，

（1）当AM= 时，求x的值；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值.
【答案】（1）解：由折叠性质可知：BE=ME=x，∵正方形ABCD边长为1
∴AE=1-x，
在Rt△AME中，
∴AE2+AM2=ME2 ，
即（1-x）2+ =x2 ，
解得：x= .
（2）解：△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.
连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，

∵BE=ME，
∴∠EBM=∠EMB，
又∵∠EBC=∠EMN=90°，
即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°，
∴∠MBC=∠BMN，
又∵正方形ABCD，
∴AD∥BC，AB=BC，
∴∠AMB=∠MBC=∠BMN，
在Rt△ABM和Rt△HBM中，
∵ ,
∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS），
∴AM=HM，AB=HB=BC，
在Rt△BHP和Rt△BCP中，
∵ ,
∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），
∴HP=CP，
又∵C△PDM=MD+DP+MP，
        =MD+DP+MH+HP，
        =MD+DP+AM+PC,
        =AD+DC,
        =2.
∴△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.
（3）解：过F作FQ⊥AB，连接BM，

由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，
∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°,
∴∠EBM=∠EMB=∠QFE，
在Rt△ABM和Rt△QFE中，
∵ ,
∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA），
∴AM=QE，
设AM长为a，
在Rt△AEM中，
∴AE2+AM2=EM2,
即（1-x）2+a2=x2,
∴AM=QE= ,
∴BQ=CF=x- ，
∴S= （CF+BE）×BC，
   = （x- +x）×1，
   = （2x- ）,
又∵（1-x）2+a2=x2,
∴x= =AM=BE，BQ=CF= -a，
∴S= （ -a+ ）×1，
   = （a2-a+1）,
   = （a- ）2+ ，
∵0 ∴当a= 时，S最小值= .
【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）由折叠性质可知BE=ME=x，结合已知条件知AE=1-x，在Rt△AME中，根据勾股定理得（1-x）2+ =x2 ， 解得：x= .
（2）△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，根据折叠性质知BE=ME，由等边对等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定AAS得Rt△ABM≌Rt△HBM，根据全等三角形的性质得AM=HM，AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定HL得Rt△BHP≌Rt△BCP，根据全等三角形的性质得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM周长为定值2.
（3）过F作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA得Rt△ABM≌Rt△QFE，据全等三角形的性质得AM=QE；设AM长为a，在Rt△AEM中，根据勾股定理得（1-x）2+a2=x2,从而得AM=QE= ,
BQ=CF=x- ，根据梯形得面积公式代入即可得出S与x的函数关系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x= =AM=BE，BQ=CF= -a（0 【参考答案】