中考数学专题复习 专题33 中考几何折叠翻折类问题

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中考数学总复习六大策略
1、学会运用函数与方程思想。
从分析问题的数量关系入手，适当设定未知数，把所研究的数学问题中已知量和未知量之间的数量关系，转化为方程或方程组的数学模型，从而使问题得到解决的思维方法
2、学会运用数形结合思想。
数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。
一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。
在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。
如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:
体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。

专题33 中考几何折叠翻折类问题

1.轴对称(折痕)的性质：
(1)成轴对称的两个图形全等。
(2)对称轴与连结“对应点的线段”垂直。
(3)对应点到对称轴的距离相等。
(4)对应点的连线互相平行。
也就是不管是轴对称图形还是两个图形关于某条直线对称，对称轴都是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.对称的图形都全等.
2.折叠或者翻折试题解决哪些问题
(1)求角度大小；
(2)求线段长度；
(3)求面积；
(4)其他综合问题。
3.解决折叠问题的思维方法
(1)折叠后能够重合的线段相等，能够重合的角相等，能够重合的三角形全等，折叠前后的图形关于折痕对称，对应点到折痕的距离相等。
(2)折叠类问题中，如果翻折的直角，那么可以构造三垂直模型，利用三角形相似解决问题。
(3)折叠类问题中，如果有平行线，那么翻折后就可能有等腰三角形，或者角平分线。这对解决问题有很大帮助。
(4)折叠类问题中，如果有新的直角三角形出现，可以设未知数，利用勾股定理构造方程解决。
(5)折叠类问题中，如果折痕经过某一个定点，往往用辅助圆解决问题。一般试题考查点圆最值问题。
(6)折叠后的图形不明确，要分析可能出现的情况，一次分析验证可以利用纸片模型分析。

【例题1】(2020•哈尔滨)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为(　　)

A．10° B．20° C．30° D．40°
【答案】A
【解析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．
∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，
∴∠C＝40°，
∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，
∴∠AB'B＝∠B＝50°，
∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°。
【对点练习】(2019重庆)如图，在△ABC中，∠ABC=45°，AB=3，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AE=1，连接DE，将△AED沿直线沿直线AE翻折至△ABC所在的平面内，得到△AEF，连接DF，过点D作DG⊥DE交BE于点G.则四边形DFEG的周长为( )

A.8 B. C. D..
【答案】D.
【解析】
易证△AED≌△AEF≌△BGD，得ED=EF=GD，∠DGE=45°，
进而得∠BGD=∠AED=∠AEF=135°，
易得△DEG和△DEF都是等腰直角三角形，
设DG=x，则EG=x，
注意AB=3，BG=AE=1，∠AEB=90°，
可解得x=.
【例题2】(2020贵州黔西南)如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平，再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，已知BC＝2，则线段EG的长度为________．

【答案】
【解析】直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．
解：如答图，由第一次折叠得EF⊥AD，AE＝DE，
∴∠AEF＝90°，AD＝2AE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠DAB＝90°，
∴∠AEF＝∠D，
∴EF∥CD，
∴△AEN∽△ADM，
∴＝＝，
∴AN＝AM，
∴AN＝MN，
又由第二次折叠得∠AGM＝∠D＝90°，
∴NG＝AM，
∴AN＝NG，
∴∠2＝∠4．
由第二次折叠得∠1＝∠2，
∴∠1＝∠4．
∵AB∥CD，EF∥CD，
∴EF∥AB，∴∠3＝∠4，
∴∠1＝∠2＝∠3．
∵∠1＋∠2＋∠3＝∠DAB＝90°，
∴∠1＝∠2＝∠3＝30°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2．
由第二次折叠得AG＝AD＝2．
由第一次折叠得AE＝AD＝×2＝1．
在Rt△AEG中，由勾股定理得EG＝＝＝

【点拨】此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．
【对点练习】(2019四川内江)如图，在菱形ABCD中，simB＝，点E，F分别在边AD、BC上，将四边形AEFB沿EF翻折，使AB的对应线段MN经过顶点C，当MN⊥BC时，的值是　 　．

【答案】
【解析】延长CM交AD于点G，

∵将四边形AEFB沿EF翻折，
∴AE＝ME，∠A＝∠EMC，BF＝FN，∠B＝∠N，AB＝MN
∵四边形ABCD是菱形
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，∠A+∠B＝180°
∵simB＝＝sinN＝，
∴设CF＝4x，FN＝5x，
∴CN＝＝3x，
∴BC＝9x＝AB＝CD＝AD，
∵simB＝＝sinD＝
∴GC＝
∴GM＝GC﹣(MN﹣CN)＝﹣6x＝x
∵∠A+∠B＝180°，∠EMC+∠EMG＝180°
∴∠B＝∠EMG
∴sinB＝sin∠EMG＝＝
∴cos∠EMG＝＝
∴EM＝2x，
∴AE＝2x，
∴＝
故答案为：
【例题3】(2020衢州模拟)如图1，将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠，使顶点A落在折痕DE上的点G处．再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处．如图2．

(1)求证：EG=CH；
(2)已知AF=，求AD和AB的长．
【答案】见解析。
【解析】本题考查了折叠的性质：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．也考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等知识
(1)证明：由折叠知AE=AD=EG，BC=CH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∴EG=CH；
(2)解：∵∠ADE=45°，∠FGE=∠A=90°，AF=，
∴DG=，DF=2，
∴AD=AF+DF=+2；
由折叠知∠AEF=∠GEF，∠BEC=∠HEC，
∴∠GEF+∠HEC=90°，∠AEF+∠BEC=90°，
∵∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠BEC=∠AFE，
在△AEF与△BCE中，
，
∴△AEF≌△BCE(AAS)，
∴AF=BE，
∴AB=AE+BE=+2+=2+2．

【对点练习】(2019徐州)如图，将平行四边形纸片ABCD沿一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落在点G处，折痕为EF．求证：
(1)∠ECB＝∠FCG；
(2)△EBC≌△FGC．

【答案】见解析。
【解析】依据平行四边形的性质，即可得到∠A＝∠BCD，由折叠可得，∠A＝∠ECG，即可得到∠ECB＝∠FCG；依据平行四边形的性质，即可得出∠D＝∠B，AD＝BC，由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，即可得到∠B＝∠G，BC＝CG，进而得出△EBC≌△FGC．
证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，
由折叠可得，∠A＝∠ECG，
∴∠BCD＝∠ECG，
∴∠BCD﹣∠ECF＝∠ECG﹣∠ECF，
∴∠ECB＝∠FCG；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B，AD＝BC，
由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，
∴∠B＝∠G，BC＝CG，
又∵∠ECB＝∠FCG，
∴△EBC≌△FGC(ASA)．


一、选择题
1.(2020•青岛)如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为(　　)

A．5 B．325 C．25 D．45
【答案】C
【解析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．
∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴∠EFC＝∠AEF，
∴AE＝AF＝3，
由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，
∴BC＝3+5＝8，
在Rt△ABF中，AB=52−32=4，
在Rt△ABC中，AC=42+82=45，
∴OA＝OC＝25，
2．(2020•枣庄)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是(　　)

A．33 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【解析】根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．
∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，
∴EF⊥AC，
∵∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴AF＝CF，
∴AC＝2AB＝6
3．(2020•广东)如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为(　　)

A．1 B．2 C．3 D．2
【答案】D
【解析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2(3﹣x)＝x，解方程求出x即可得出答案．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠EFD＝∠BEF＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
∴B'E＝2AE，
设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，
∴2(3﹣x)＝x，
解得x＝2．
4．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． C．3 D．
【答案】B
【解析】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．
∵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
5．如图，已知D为△ABC边AB的中点，E在AC上，将△ABC沿着DE折叠，使A点落在BC上的F处．若∠B=65°，则∠BDF等于(　　)

A． 65° B． 50° C． 60° D． 57.5°
【答案】B
【解析】先根据图形翻折不变性的性质可得AD=DF，根据等边对等角的性质可得∠B=∠BFD，再根据三角形的内角和定理列式计算即可求解．

∵△DEF是△DEA沿直线DE翻折变换而来，
∴AD=DF，
∵D是AB边的中点，
∴AD=BD，∴BD=DF，∴∠B=∠BFD，
∵∠B=65°，
∴∠BDF=180°﹣∠B﹣∠BFD=180°﹣65°﹣65°=50°．
6．如图，在矩形OABC中，OA=8，OC=4，沿对角线OB折叠后，点A与点D重合，OD与BC交于点E，则点D的坐标是(　　)

A． (4，8) B． (5，8) C． (，) D． (，)
【答案】C
【解析】 此题考查了翻折变换(折叠问题)，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
由四边形ABCD为矩形，利用矩形的性质得到两对边相等，再利用折叠的性质得到OA=OD，两对角相等，利用HL得到直角三角形BOC与直角三角形BOD全等，利用全等三角形对应角相等及等角对等边得到OE=EB，在直角三角形OCE中，设CE=x，表示出OE，利用勾股定理求出x的值，确定出CE与OE的长，进而由三角形COE与三角形DEF相似，求出DF与EF的长，即可确定出D坐标．

∵矩形ABCD中，OA=8，OC=4，
∴BC=OA=8，AB=OC=4，
由折叠得到OD=OA=BC，∠AOB=∠DOB，∠ODB=∠BAO=90°，
在Rt△CBP和Rt△DOB中，
，
∴Rt△CBP≌Rt△DOB(HL)，
∴∠CBO=∠DOB，
∴OE=EB，
设CE=x，则EB=OE=8﹣x，
在Rt△COE中，根据勾股定理得：(8﹣x)2=x2+42，
解得：x=3，
∴CE=3，OE=5，DE=3，
过D作DF⊥BC，可得△COE∽△FDE，
∴==，即==，
解得：DF=，EF=，
∴DF+OC=+4=，CF=3+=，
则D(，)
7．(2019海南)如图，在▱ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B＝60°，AB＝3，则△ADE的周长为(　　)

A．12 B．15 C．18 D．21
【答案】C．
【解析】依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到BC＝2AB＝6，AD＝6，再根据△ADE是等边三角形，即可得到△ADE的周长为6×3＝18．
解：由折叠可得，∠ACD＝∠ACE＝90°，
∴∠BAC＝90°，
又∵∠B＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝2AB＝6，
∴AD＝6，
由折叠可得，∠E＝∠D＝∠B＝60°，
∴∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为6×3＝18
8．(2019桂林)将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则的值为(　　)

A． B． C． D．
【答案】B．
11．【解析】由折叠可得，AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分别为AD，CD的中点，
设CD＝2a，AD＝2b，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b，
∵∠C＝90°，
∴Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+(2b)2＝(3a)2，
∴b2＝2a2，
即b＝a，
∴，
∴的值为，
二、填空题
9．(2020•襄阳)如图，矩形ABCD中，E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，连接AF交DE于点N，连接BN．若BF•AD＝15，tan∠BNF=52，则矩形ABCD的面积为　 　．

【答案】155．
【解析】由折叠的性质得出∠BNF＝∠BEF，由条件得出tan∠BEF=52，设BF=5x，BE＝2x，由勾股定理得出EF＝3x，得出AB=5BF，则可得出答案．
∵将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在边BC上，
∴AF⊥DE，AE＝EF，
∵矩形ABCD中，∠ABF＝90°，
∴B，E，N，F四点共圆，
∴∠BNF＝∠BEF，
∴tan∠BEF=52，
设BF=5x，BE＝2x，
∴EF=BF2+BE2=3x，
∴AE＝3x，
∴AB＝5x，
∴AB=5BF．
∴S矩形ABCD＝AB•AD=5BF•AD=5×15＝155．

10．(2020•牡丹江)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点E在AC边上．将∠A沿直线BE翻折，点A落在点A'处，连接A'B，交AC于点F．若A'E⊥AE，cosA=45，则A'FBF=　 　．

【答案】13．
【分析】根据题意设AC＝4x，AB＝5x，则BC＝3x，再证明△BCE为等腰直角三角形，得到EC＝3x，根据△A′EF∽△BCF，得到AE'BC=A'FBF=13．
解：∵∠C＝90°，cosA=45，
∴ACAB=45，设AC＝4x，AB＝5x，则BC＝3x，
∵AE⊥AE′，∴∠AEA′＝90°，A′E∥BC，
由于折叠，
∴∠A′EB＝∠AEB＝(360﹣90)÷2＝135°，且△A′EF∽△BCF，
∴∠BEC＝45°，即△BCE为等腰直角三角形，
∴EC＝3x，
∴AE＝AC﹣EC＝x＝A′E，
∴A'EBC=A'FBF=x3x=13，
11．(2020•安徽)在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
(1)∠PAQ的大小为　　°；
(2)当四边形APCD是平行四边形时，ABQR的值为　 　．

【答案】(1)30；(2)3．
【解析】(1)由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，即可求解；
(2)由平行四边形和折叠的性质可得AR＝PR，由直角三角形的性质可得AP＝2PB＝2QR，AB=3PB，即可求解．
解：(1)由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案为：30；
(2)由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QR=12AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，AB=3PB，
∴PB＝QR，
∴ABQR=3，
故答案为：3．
12．(2019山东滨州)如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的N点处，同时得到折痕BM，BM与EF交与点H，连接线段BN，则EH与HN的比值是　 　．

【答案】1：2
【解析】由折叠的性质可得AB＝BN，AE＝BE＝AB，∠ABM＝∠MBN，EF⊥AB，由锐角三角函数可求∠BNE＝30°，由直角三角形的性质可求HN＝2EH，即可求EH与HN的比值．
解：由折叠的性质可得：AB＝BN，AE＝BE＝AB，∠ABM＝∠MBN，EF⊥AB
∵sin∠BNE＝
∴∠BNE＝30°
∴∠ABN＝60°，且∠ABM＝∠MBN
∴∠ABM＝∠MBN＝30°＝∠BNE
∴BH＝2EH，BH＝HN，
∴HN＝2EH，
∴EH与HN的比值是1：2
13．〔2020上海模拟〕如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，点D在AC上，将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，如果AD⊥ED，那么线段DE的长为________.

【答案】﹣1
【解析】∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，
∴AC===，
∵将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，
∴∠ADB=∠EDB，DE=AD，
∵AD⊥ED，
∴∠CDE=∠ADE=90°，
∴∠EDB=∠ADB==135°，
∴∠CDB=∠EDB﹣∠CDE=135°﹣90°=45°，
∵∠C=90°，
∴∠CBD=∠CDB=45°，
∴CD=BC=1，
∴DE=AD=AC﹣CD=﹣1
14．(2019内蒙古通辽)如图，在边长为3的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边上的一点，且AM＝AD，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C．则A′C长度的最小值是　 　．

【答案】﹣1
【解析】过点M作MH⊥CD交CD延长线于点H，连接CM，

∵AM＝AD，AD＝CD＝3
∴AM＝1，MD＝2
∵CD∥AB，
∴∠HDM＝∠A＝60°
∴HD＝MD＝1，HM＝HD＝
∴CH＝4
∴MC＝＝
∵将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，
∴AM＝A'M＝1，
∴点A'在以M为圆心，AM为半径的圆上，
∴当点A'在线段MC上时，A'C长度有最小值
∴A'C长度的最小值＝MC﹣MA'＝﹣1
故答案为：﹣1
15．(2019辽宁抚顺)在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，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的长度为　 　．

【答案】1或11；
【解析】在旋转过程中A有两次和E，C在一条直线上，第一次在EC线段上，第二次在CE线段的延长线上，利用平行的性质证出CF＝CE，即可求解；
如图1：
将△AEF沿直线EF折叠，点A的对应点为点A'，
∴∠AEF＝∠EA'F，AE＝A'E，
∵AB∥CD，
∴∠AEF＝∠CFE，
∴CF＝CE，
∵AB＝6，AD＝3，AE＝2，
∴CF＝CE＝6﹣DF，A'E＝2，BE＝4，BC＝3，
∴EC＝5，
∴6﹣DF＝5，
∴DF＝1；
如图2：
由折叠∠FEA'＝∠FEA，
∵AB∥CD，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CF＝CE，
∴CF＝5，
∴DF＝11；
故答案为1或11；

16．如图，在菱形ABCD中，tanA=，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段EF经过顶点D，当EF⊥AD时，的值为　 　．

【答案】．
【解析】首先延长NF与DC交于点H，进而利用翻折变换的性质得出NH⊥DC，再利用边角关系得出BN，CN的长进而得出答案．

延长NF与DC交于点H，
∵∠ADF=90°，
∴∠A+∠FDH=90°，
∵∠DFN+∠DFH=180°，∠A+∠B=180°，∠B=∠DFN，
∴∠A=∠DFH，
∴∠FDH+∠DFH=90°，
∴NH⊥DC，
设DM=4k，DE=3k，EM=5k，
∴AD=9k=DC，DF=6k，
∵tanA=tan∠DFH=，
则sin∠DFH=，
∴DH=DF=k，
∴CH=9k﹣k=k，
∵cosC=cosA==，
∴CN=CH=7k，
∴BN=2k，
∴=．
17.(2019•河南)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝a．连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则a的值为_______．

【答案】或．
【解析】本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分类讨论与数形结合是解题的关键．
分两种情况：①点B′落在AD边上，根据矩形与折叠的性质易得AB＝BE，即可
求出a的值；②点B′落在CD边上，证明△ADB′∽△B′CE，据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．
分两种情况：
①当点B′落在AD边上时，如图1．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′落在AD边上，
∴∠BAE＝∠B′AE＝∠BAD＝45°，
∴AB＝BE，
∴a＝1，∴a＝；
②当点B′落在CD边上时，如图2．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a．
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′落在CD边上，
∴∠B＝∠AB′E＝90°，AB＝AB′＝1，EB＝EB′＝a，
∴DB′＝＝，EC＝BC﹣BE＝a﹣a＝a．
在△ADB′与△B′CE中，
，
∴△ADB′∽△B′CE，
∴，即，
解得a1＝，a2＝0(舍去)．
综上，所求a的值为或．
18．(2019江苏淮安)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，H是AB的中点，将△CBH沿CH折叠，点B落在矩形内点P处，连接AP，则tan∠HAP＝　　．

【答案】．
【解析】如图，连接PB，交CH于E，
由折叠可得，CH垂直平分BP，BH＝PH，
又∵H为AB的中点，
∴AH＝BH，
∴AH＝PH＝BH，
∴∠HAP＝∠HPA，∠HBP＝∠HPB，
又∵∠HAP+∠HPA+∠HBP+∠HPB＝180°，
∴∠APB＝90°，
∴∠APB＝∠HEB＝90°，
∴AP∥HE，
∴∠BAP＝∠BHE，
又∵Rt△BCH中，tan∠BHC＝＝，
∴tan∠HAP＝，

三、解答题
19．(2020•金华)如图，在△ABC中，AB＝42，∠B＝45°，∠C＝60°．
(1)求BC边上的高线长．
(2)点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．

【答案】见解析。
【分析】(1)如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
(2)①证明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解决问题．
②如图3中，由(1)可知：AC=ADsin60°=833，证明△AEF∽△ACB，推出AFAB=AEAC，由此求出AF即可解决问题．
【解析】(1)如图1中，过点A作AD⊥BC于D．

在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°＝42×22=4．
(2)①如图2中，

∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP，
∵AE＝EB，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．
②如图3中，由(1)可知：AC=ADsin60°=833，

∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°，
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，
∴∠AFE＝∠B，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AFAB=AEAC，即AF42=22833，
∴AF＝23，
在Rt△AFP，AF＝FP，
∴AP=2AF＝26．
方法二：AE＝BE＝PE可得直角三角形ABP，由PF⊥AC，可得∠AFE＝45°，可得∠FAP＝45°，即∠PAB＝30°． AP＝ABcos30°＝26．
20．(2020湘潭模拟)如图所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，△ACD沿AD折叠，使得点C落在斜边AB上的点E处．
(1)求证：△BDE∽△BAC；
(2)已知AC=6，BC=8，求线段AD的长度．

【答案】见解析。
【解析】证明：(1)∵∠C=90°，△ACD沿AD折叠，
∴∠C=∠AED=90°，
∴∠DEB=∠C=90°，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BAC；
(2)由勾股定理得，AB=10．
由折叠的性质知，AE=AC=6，DE=CD，∠AED=∠C=90°．
∴BE=AB﹣AE=10﹣6=4，
在Rt△BDE中，由勾股定理得，
DE2+BE2=BD2，
即CD2+42=(8﹣CD)2，
解得：CD=3，
在Rt△ACD中，由勾股定理得AC2+CD2=AD2，
即32+62=AD2，
解得：AD=．
21.(2020牡丹江)如图，四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，连接AE．将△ABE沿AE所在直线折叠，点B的对应点是点B′，连接AB′并延长交直线DC于点F．
(1)当点F与点C重合时如图(1)，易证：DF+BE=AF(不需证明)；
(2)当点F在DC的延长线上时如图(2)，当点F在CD的延长线上时如图(3)，线段DF、BE、AF有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．

【答案】见解析。
【解析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质以及翻折变换，是一道综合型的题目，难度不大，而证明三角形的全等是解题的关键．
(1)由折叠可得AB=AB′，BE=B′E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DC=DF，∠CB′E=45°，
∴B′E=B′F，
∴AF=AB′+B′F，
即DF+BE=AF；
(2)图(2)的结论：DF+BE=AF；
图(3)的结论：BE﹣DF=AF；
图(2)的证明：延长CD到点G，使DG=BE，连接AG，
需证△ABE≌△ADG，
∵CB∥AD，
∴∠AEB=∠EAD，
∵∠BAE=∠B′AE，
∴∠B′AE=∠DAG，
∴∠GAF=∠DAE，
∴∠AGD=∠GAF，
∴GF=AF，
∴BE+DF=AF；
图(3)的证明：在BC上取点M，使BM=DF，连接AM，
需证△ABM≌△ADF，
∵∠BAM=∠FAD，AE=AM
∵△ABE≌A′BE
∴∠BAE=∠EAB′，
∴∠MAE=∠DAE，
∵AD∥BE，
∴∠AEM=∠DAB，
∴∠MAE=∠AEM，
∴ME=MA=AF，
∴BE﹣DF=AF．