资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩3页未读，
继续阅读
所属成套资源：中考数学重难点专项突破（全国通用）
成套系列资料，整套一键下载
专题36 矩形的折叠中的距离或线段长度问题-中考数学重难点专项突破（全国通用）
展开
这是一份专题36 矩形的折叠中的距离或线段长度问题-中考数学重难点专项突破（全国通用），文件包含专题36矩形的折叠中的距离或线段长度问题原卷版docx、专题36矩形的折叠中的距离或线段长度问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5. 如图例1-1所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A’处，折痕为PQ，当点A’在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动. 若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A’在BC边上可移动的最大距离为 .
图例1-1
【解析】此题根据题目要求准确判断出点A'的最左端和最右端位置.当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端. 根据分析结果，作出图形，利用折叠性质分别求出两种情况下的BA'或CA'的长度，二者之差即为所求.
①当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，如图例1-2所示.
确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'Q=AQ，所以以点Q为圆心，以AQ长为半径画弧，与BC的交点即为点A'. 再作出∠A'QA的角平分线，与AB的交点即为点P.
图例1-2 图例1-3
由折叠性质可知，AD= A'D=5，在Rt△A'CD中，由勾股定理得，
②当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端，如图例1-3所示.
确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'P=AP，所以以点P为圆心，以AP长为半径画弧，与BC的交点即为点A'. 再作出∠A'PA的角平分线，与AD的交点即为点Q.
由折叠性质可知，AB= A'B=3，所以四边形AB A'Q为正方形.
所以A'C=BC－A'B=5－3=2.
综上所述，点A移动的最大距离为4－2=2.
故答案为：2.
【点睛】此类问题难度较大，主要考察学生的分析能力，作图能力。作图的依据是折叠前后线段长度不变，据此先找到点A的落点A'，再根据对称轴（折痕）是对应点连线的垂直平分线，确定出折痕PQ的位置. 利用勾股定理、正方形的判定定理及其性质求得相应的线段长度.
【针对训练】
1、如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为边AD上一动点，连接BP，把△ABP沿BP折叠，使A落在A′处，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为（ ）
A．2B．C．2或D．2或
【解析】
【分析】
根据△A′DC为等腰三角形，分三种情况进行讨论：①A'D=A'C，②A'D=DC，③CA'=CD，分别求得AP的长，并判断是否符合题意．
【详解】
①如图，当A′D=A′C时，过A′作EF⊥AD，交DC于E，交AB于F，则EF垂直平分CD，EF垂直平分AB
∴A'A=A'B
由折叠得，AB=A'B，∠ABP=∠A'BP
∴△ABA'是等边三角形
∴∠ABP=30°
∴AP=；
②如图，当A'D=DC时，A'D=2
由折叠得，A'B=AB=2
∴A'B+A'D=2+2=4
连接BD，则Rt△ABD中，BD=
∴A'B+A'D＜BD（不合题意）
故这种情况不存在；
③如图，当CD=CA'时，CA'=2
由折叠得，A'B=AB=2
∴A'B+A'C=2+2=4
∴点A'落在BC上的中点处
此时，∠ABP=∠ABA'=45°
∴AP=AB=2．
综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为或2．
故选C.
【点睛】
本题以折叠问题为背景，主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论，分类时注意不能重复，不能遗漏．
2、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．C．2或3D．3或
【解析】
【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Rt△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：
①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==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=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得x=，
∴BE=；
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．
综上所述，BE的长为或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．
3、如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝3，将△ABC沿对角线AC折叠，点B恰好落在点P处，CP与AD交于点F，连接BP交AC于点G，交AD于点E，下列结论不正确的是( )
A．PGCG=13B．△PBC是等边三角形
C．AC＝2APD．S△BGC＝3S△AGP
【解析】
【分析】
如图，首先运用勾股定理求出AC的长度，进而求出∠ACB＝30°，此为解决该题的关键性结论；运用翻折变换的性质证明△BCP为等边三角形；运用射影定理求出线段CG、AG之间的数量关系，进而证明选项A、B、C成立，选项A不成立.
【详解】
如图，∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：
AC2＝AB2+BC2，而AB＝3，BC＝3，
∴AC＝23，AB＝12AC，
∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：
BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，
BC＝PC，AB＝AP，BG＝PG，
∴GC＝3BG＝3PG，∠BCP＝60°，AC＝2AP，
∴△BCP为等边三角形，
故选项B、C成立，选项A不成立；
由射影定理得：BG2＝CG•AG，
∴AG＝33BG，CG＝3AG，
∴S△BCG＝3S△ABG；由题意得：
S△ABG＝S△AGP，
∴S△BGC＝3S△AGP，
故选项D正确；
故选：A．
【点睛】
考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．
4、如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把矩形沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为____________．
【解析】
【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Rt△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．
【详解】
由题意知，需分两种情况讨论：
①当时，如图1，由折叠得，，，
∴，
∴三点共线．在矩形中，，，
∴．
∵，
∴．
设，则，，
在中，，即，解得．
②当时，如图2，由折叠可知，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴．
综上所述，当为直角三角形时，的长为或3．
故答案是：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，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的值为_____________．
【解析】
【分析】
由矩形的性质和已知条件，可判定,设，根据全等三角形的性质及矩形的性质可用含x的式子表示出DF和AF的长，在根据勾股定理可求出x的值，即可确定AF的值.
【详解】
解：四边形ABCD是矩形,
,,
是由沿折叠而来的
, ,
又
（AAS）
设,则
在中，根据勾股定理得：
,即
解得
故答案为：
【点睛】
本题考查了求多边形中的线段长，主要涉及的知识点有矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，数学的方程思想，用同一个字母表示出直角三角形中的三边长是解题的关键.
6、如图，在矩形ABCD中， AB=3，BC=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，则AF的最小值为__．
【解析】
【分析】
通过观察可以发现，当∠AFE=90°时 ，AF最小；然后设BE=x，则：EF=x，AE=3-x，然后多次使用勾股定理即可解答；
【详解】
解：设BE=x，则：EF=x，AE=3-x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=
在Rt△EBC中，由勾股定理得:EC=
由折叠可知CF=CB=2
所以：AF=AC-CF=-2
故答案为：-2.
【点睛】
本题考查几何图形中的最值问题，其中找到出现最值的位置和运用勾股定理解题是关键.
7、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，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_____．
【解析】
【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）
【详解】
解：如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE＝∠AEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
在Rt△BCE中，EC＝ ，
∴CF＝CE＝2，
∵AB＝CD＝6，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，
当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，
∴DF＝CD+CF′＝6+2
故答案为6﹣2或6+2．
【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．
8、如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，则OE的长为_________.
【解析】连接A′D，AD，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，
∵CD=3DB，
∴CD=3，BD=1，
∴CD=AB，
∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，
∴A′D=AD，A′E=AE，
在Rt△A′CD与Rt△DBA中，，
∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），
∴A′C=BD=1，
∴A′O=2，
∵A′O2+OE2=A′E2，
∴22+OE2=（4﹣OE）2，
∴OE=，
【点评】本题关键词：“对应点的连线段被折痕垂直平分”，“全等相似”，“十字架”，“勾股定理解方程”
9、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 ．
【解析】连接BF，
∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=3，
又∵AB=4，
∴AE==5，∴BH=，则BF=，
∵FE=BE=EC，∴∠BFC=90°，
根据勾股定理得，CF===．
故答案为：．
10、如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=3，DE=1，则AB= 5 ．
【解析】∵折叠，
∴△ADE≌△AD'E，
∴AD=AD'=3，DE=D'E=1，∠DEA=∠D'EA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DEA=∠EAB，
∴∠EAB=∠AEB，
∴AB=BE，
∴D'B=BE﹣D'E=AB﹣1，
在Rt△ABD'中，AB2=D'A2+D'B2，
∴AB2=9+（AB﹣1）2，
∴AB=5
故答案为：5
11、如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点N为边BC的中点，点M为AB边上任意一点，连接MN，把△BMN沿MN折叠，使点B落在点E处，若点E恰在矩形ABCD的对称轴上，则BM的长为 5或 ．
【解析】①当E在矩形的对称轴直线PN上时，如图1
此时∠MEN=∠B=90°，∠ENB=90°，
∴四边形BMEN是矩形．
又∵ME=MB，
∴四边形BMEN是正方形．
∴BM=BN=5．
②当E在矩形的对称轴直线FG上时，如图2，
过N点作NH⊥FG于H点，则NH=4．
根据折叠的对称性可知EN=BN=5，
∴在Rt△ENH中，利用勾股定理求得EH=3．
∴FE=5﹣3=2．
设BM=x，则EM=x，FM=4﹣x，
在Rt△FEM中，ME2=FE2+FM2，
即x2=4+（4﹣x）2，解得x=，即BM=．
故答案为5或．
12、如图，矩形ABCD中，AD=4，O是BC边上的点，以OC为半径作⊙O交AB于点E，BE=AE，把四边形AECD沿着CE所在的直线对折（线段AD对应A′D′），当⊙O与A′D′相切时，线段AB的长是 ．
【解析】设⊙O与A′D′相切于点F，
连接OF，OE，
则OF⊥A′D′，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠OEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=A′=90°，
由折叠的性质得：∠AEC=∠A′EC，
∴∠B+∠BCE=∠A′EO+∠OEC，
∴∠OEA′=∠B=90°，
∵OE=OF，
∴四边形A′FOE是正方形，
∴A′E=AE=OE=OC，
∵BE=AE，
设BE=3x，AE=5x，
∴OE=OC=5x，
∵BC=AD=4，
∴OB=4﹣5x，
在RtBOE中，OE2=BE2+OB2，
∴（5x）2=（3x）2+（4﹣5x）2，解得：x=，x=4（舍去），
∴AB=8x=．故答案为：．
13、如图，矩形ABCD中，AB=2BC，E是AB上一点，O是CD上一点，以OC为半径作⊙O，将△ADE折叠至△A′DE，点A′在⊙O上，延长EA′交BC延长线于F，且恰好过点O，过点D作⊙O的切线交BC延长线于点G．若FG=1，则AD= 2 ，⊙O半径= ．
【解析】作OH⊥DG于H，如图，设DA=x，则AB=2x，
∵△ADE折叠至△A′DE，
∴DA′=DA=x，∠DA′E=∠A=90°，
∴DA′与⊙O相切，
在△ODA′和△OCF中
∴△DOA′≌△FOC．
∴DA′=CF=x，
∵DG是⊙O的切线，OH⊥DG，
∴H点为切点，
∴DH=DA′=x，GH=GC=CF+GF=x+1，
在Rt△DCG中，∵DC2+CG2=DG2，
∴（2x）2+（x+1）2=（x+x+1）2，解得x1=0（舍去），x2=2，
∴AD=2，
设⊙O的半径为r，则OC=OA′=r，OD=2x﹣r=4﹣r，
在Rt△DOA′中，∵DA′2+OA′2=DO2，
∴22+r2=（4﹣r）2，解得r=，
即⊙O的半径为．故答案为2，．
14、在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．
（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC=54°，则∠DAE的度数为 18 °．
（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB=6，AD=10，求CE的长．
（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB=6，AD=10，求CG的长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵∠BAC=54°，
∴∠DAC=90°﹣54°=36°，
由折叠的性质得：∠DAE=∠FAE，
∴∠DAE=∠DAC=18°；故答案为：18；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=6，
由折叠的性质得：AF=AD=10，EF=ED，
∴BF===8，
∴CF=BC﹣BF=10﹣8=2，
设CE=x，则EF=ED=6﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2=（6﹣x）2，解得：x=，即CE的长为；
（3）连接EG，如图3所示：
∵点E是CD的中点，∴DE=CE，
由折叠的性质得：AF=AD=10，∠AFE=∠D=90°，FE=DE，
∴∠EFG=90°=∠C，
在Rt△CEG和△FEG中，，
∴Rt△CEG≌△FEG（HL），
∴CG=FG，设CG=FG=y，
则AG=AF+FG=10+y，BG=BC﹣CG=10﹣y，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2=（10+y）2，解得：y=，
即CG的长为．
在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5. 如图例1-1所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A’处，折痕为PQ，当点A’在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动. 若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A’在BC边上可移动的最大距离为 .
图例1-1
【解析】此题根据题目要求准确判断出点A'的最左端和最右端位置.当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端. 根据分析结果，作出图形，利用折叠性质分别求出两种情况下的BA'或CA'的长度，二者之差即为所求.
①当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，如图例1-2所示.
确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'Q=AQ，所以以点Q为圆心，以AQ长为半径画弧，与BC的交点即为点A'. 再作出∠A'QA的角平分线，与AB的交点即为点P.
图例1-2 图例1-3
由折叠性质可知，AD= A'D=5，在Rt△A'CD中，由勾股定理得，
②当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端，如图例1-3所示.
确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'P=AP，所以以点P为圆心，以AP长为半径画弧，与BC的交点即为点A'. 再作出∠A'PA的角平分线，与AD的交点即为点Q.
由折叠性质可知，AB= A'B=3，所以四边形AB A'Q为正方形.
所以A'C=BC－A'B=5－3=2.
综上所述，点A移动的最大距离为4－2=2.
故答案为：2.
【点睛】此类问题难度较大，主要考察学生的分析能力，作图能力。作图的依据是折叠前后线段长度不变，据此先找到点A的落点A'，再根据对称轴（折痕）是对应点连线的垂直平分线，确定出折痕PQ的位置. 利用勾股定理、正方形的判定定理及其性质求得相应的线段长度.
【针对训练】
1、如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为边AD上一动点，连接BP，把△ABP沿BP折叠，使A落在A′处，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为（ ）
A．2B．C．2或D．2或
【解析】
【分析】
根据△A′DC为等腰三角形，分三种情况进行讨论：①A'D=A'C，②A'D=DC，③CA'=CD，分别求得AP的长，并判断是否符合题意．
【详解】
①如图，当A′D=A′C时，过A′作EF⊥AD，交DC于E，交AB于F，则EF垂直平分CD，EF垂直平分AB
∴A'A=A'B
由折叠得，AB=A'B，∠ABP=∠A'BP
∴△ABA'是等边三角形
∴∠ABP=30°
∴AP=；
②如图，当A'D=DC时，A'D=2
由折叠得，A'B=AB=2
∴A'B+A'D=2+2=4
连接BD，则Rt△ABD中，BD=
∴A'B+A'D＜BD（不合题意）
故这种情况不存在；
③如图，当CD=CA'时，CA'=2
由折叠得，A'B=AB=2
∴A'B+A'C=2+2=4
∴点A'落在BC上的中点处
此时，∠ABP=∠ABA'=45°
∴AP=AB=2．
综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为或2．
故选C.
【点睛】
本题以折叠问题为背景，主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论，分类时注意不能重复，不能遗漏．
2、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．C．2或3D．3或
【解析】
【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Rt△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：
①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==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=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得x=，
∴BE=；
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．
综上所述，BE的长为或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．
3、如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝3，将△ABC沿对角线AC折叠，点B恰好落在点P处，CP与AD交于点F，连接BP交AC于点G，交AD于点E，下列结论不正确的是( )
A．PGCG=13B．△PBC是等边三角形
C．AC＝2APD．S△BGC＝3S△AGP
【解析】
【分析】
如图，首先运用勾股定理求出AC的长度，进而求出∠ACB＝30°，此为解决该题的关键性结论；运用翻折变换的性质证明△BCP为等边三角形；运用射影定理求出线段CG、AG之间的数量关系，进而证明选项A、B、C成立，选项A不成立.
【详解】
如图，∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：
AC2＝AB2+BC2，而AB＝3，BC＝3，
∴AC＝23，AB＝12AC，
∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：
BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，
BC＝PC，AB＝AP，BG＝PG，
∴GC＝3BG＝3PG，∠BCP＝60°，AC＝2AP，
∴△BCP为等边三角形，
故选项B、C成立，选项A不成立；
由射影定理得：BG2＝CG•AG，
∴AG＝33BG，CG＝3AG，
∴S△BCG＝3S△ABG；由题意得：
S△ABG＝S△AGP，
∴S△BGC＝3S△AGP，
故选项D正确；
故选：A．
【点睛】
考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．
4、如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把矩形沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为____________．
【解析】
【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Rt△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．
【详解】
由题意知，需分两种情况讨论：
①当时，如图1，由折叠得，，，
∴，
∴三点共线．在矩形中，，，
∴．
∵，
∴．
设，则，，
在中，，即，解得．
②当时，如图2，由折叠可知，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴．
综上所述，当为直角三角形时，的长为或3．
故答案是：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，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的值为_____________．
【解析】
【分析】
由矩形的性质和已知条件，可判定,设，根据全等三角形的性质及矩形的性质可用含x的式子表示出DF和AF的长，在根据勾股定理可求出x的值，即可确定AF的值.
【详解】
解：四边形ABCD是矩形,
,,
是由沿折叠而来的
, ,
又
（AAS）
设,则
在中，根据勾股定理得：
,即
解得
故答案为：
【点睛】
本题考查了求多边形中的线段长，主要涉及的知识点有矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，数学的方程思想，用同一个字母表示出直角三角形中的三边长是解题的关键.
6、如图，在矩形ABCD中， AB=3，BC=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，则AF的最小值为__．
【解析】
【分析】
通过观察可以发现，当∠AFE=90°时 ，AF最小；然后设BE=x，则：EF=x，AE=3-x，然后多次使用勾股定理即可解答；
【详解】
解：设BE=x，则：EF=x，AE=3-x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=
在Rt△EBC中，由勾股定理得:EC=
由折叠可知CF=CB=2
所以：AF=AC-CF=-2
故答案为：-2.
【点睛】
本题考查几何图形中的最值问题，其中找到出现最值的位置和运用勾股定理解题是关键.
7、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，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_____．
【解析】
【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）
【详解】
解：如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE＝∠AEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
在Rt△BCE中，EC＝ ，
∴CF＝CE＝2，
∵AB＝CD＝6，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，
当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，
∴DF＝CD+CF′＝6+2
故答案为6﹣2或6+2．
【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．
8、如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，则OE的长为_________.
【解析】连接A′D，AD，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，
∵CD=3DB，
∴CD=3，BD=1，
∴CD=AB，
∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，
∴A′D=AD，A′E=AE，
在Rt△A′CD与Rt△DBA中，，
∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），
∴A′C=BD=1，
∴A′O=2，
∵A′O2+OE2=A′E2，
∴22+OE2=（4﹣OE）2，
∴OE=，
【点评】本题关键词：“对应点的连线段被折痕垂直平分”，“全等相似”，“十字架”，“勾股定理解方程”
9、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 ．
【解析】连接BF，
∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=3，
又∵AB=4，
∴AE==5，∴BH=，则BF=，
∵FE=BE=EC，∴∠BFC=90°，
根据勾股定理得，CF===．
故答案为：．
10、如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=3，DE=1，则AB= 5 ．
【解析】∵折叠，
∴△ADE≌△AD'E，
∴AD=AD'=3，DE=D'E=1，∠DEA=∠D'EA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DEA=∠EAB，
∴∠EAB=∠AEB，
∴AB=BE，
∴D'B=BE﹣D'E=AB﹣1，
在Rt△ABD'中，AB2=D'A2+D'B2，
∴AB2=9+（AB﹣1）2，
∴AB=5
故答案为：5
11、如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点N为边BC的中点，点M为AB边上任意一点，连接MN，把△BMN沿MN折叠，使点B落在点E处，若点E恰在矩形ABCD的对称轴上，则BM的长为 5或 ．
【解析】①当E在矩形的对称轴直线PN上时，如图1
此时∠MEN=∠B=90°，∠ENB=90°，
∴四边形BMEN是矩形．
又∵ME=MB，
∴四边形BMEN是正方形．
∴BM=BN=5．
②当E在矩形的对称轴直线FG上时，如图2，
过N点作NH⊥FG于H点，则NH=4．
根据折叠的对称性可知EN=BN=5，
∴在Rt△ENH中，利用勾股定理求得EH=3．
∴FE=5﹣3=2．
设BM=x，则EM=x，FM=4﹣x，
在Rt△FEM中，ME2=FE2+FM2，
即x2=4+（4﹣x）2，解得x=，即BM=．
故答案为5或．
12、如图，矩形ABCD中，AD=4，O是BC边上的点，以OC为半径作⊙O交AB于点E，BE=AE，把四边形AECD沿着CE所在的直线对折（线段AD对应A′D′），当⊙O与A′D′相切时，线段AB的长是 ．
【解析】设⊙O与A′D′相切于点F，
连接OF，OE，
则OF⊥A′D′，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠OEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=A′=90°，
由折叠的性质得：∠AEC=∠A′EC，
∴∠B+∠BCE=∠A′EO+∠OEC，
∴∠OEA′=∠B=90°，
∵OE=OF，
∴四边形A′FOE是正方形，
∴A′E=AE=OE=OC，
∵BE=AE，
设BE=3x，AE=5x，
∴OE=OC=5x，
∵BC=AD=4，
∴OB=4﹣5x，
在RtBOE中，OE2=BE2+OB2，
∴（5x）2=（3x）2+（4﹣5x）2，解得：x=，x=4（舍去），
∴AB=8x=．故答案为：．
13、如图，矩形ABCD中，AB=2BC，E是AB上一点，O是CD上一点，以OC为半径作⊙O，将△ADE折叠至△A′DE，点A′在⊙O上，延长EA′交BC延长线于F，且恰好过点O，过点D作⊙O的切线交BC延长线于点G．若FG=1，则AD= 2 ，⊙O半径= ．
【解析】作OH⊥DG于H，如图，设DA=x，则AB=2x，
∵△ADE折叠至△A′DE，
∴DA′=DA=x，∠DA′E=∠A=90°，
∴DA′与⊙O相切，
在△ODA′和△OCF中
∴△DOA′≌△FOC．
∴DA′=CF=x，
∵DG是⊙O的切线，OH⊥DG，
∴H点为切点，
∴DH=DA′=x，GH=GC=CF+GF=x+1，
在Rt△DCG中，∵DC2+CG2=DG2，
∴（2x）2+（x+1）2=（x+x+1）2，解得x1=0（舍去），x2=2，
∴AD=2，
设⊙O的半径为r，则OC=OA′=r，OD=2x﹣r=4﹣r，
在Rt△DOA′中，∵DA′2+OA′2=DO2，
∴22+r2=（4﹣r）2，解得r=，
即⊙O的半径为．故答案为2，．
14、在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．
（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC=54°，则∠DAE的度数为 18 °．
（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB=6，AD=10，求CE的长．
（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB=6，AD=10，求CG的长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵∠BAC=54°，
∴∠DAC=90°﹣54°=36°，
由折叠的性质得：∠DAE=∠FAE，
∴∠DAE=∠DAC=18°；故答案为：18；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=6，
由折叠的性质得：AF=AD=10，EF=ED，
∴BF===8，
∴CF=BC﹣BF=10﹣8=2，
设CE=x，则EF=ED=6﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2=（6﹣x）2，解得：x=，即CE的长为；
（3）连接EG，如图3所示：
∵点E是CD的中点，∴DE=CE，
由折叠的性质得：AF=AD=10，∠AFE=∠D=90°，FE=DE，
∴∠EFG=90°=∠C，
在Rt△CEG和△FEG中，，
∴Rt△CEG≌△FEG（HL），
∴CG=FG，设CG=FG=y，
则AG=AF+FG=10+y，BG=BC﹣CG=10﹣y，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2=（10+y）2，解得：y=，
即CG的长为．
相关试卷
专题31 面积的存在性问题-中考数学重难点专项突破（全国通用）： 这是一份专题31 面积的存在性问题-中考数学重难点专项突破（全国通用），文件包含专题31面积的存在性问题原卷版docx、专题31面积的存在性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
专题29 图形折叠中的直角三角形存在性问题-中考数学重难点专项突破（全国通用）： 这是一份专题29 图形折叠中的直角三角形存在性问题-中考数学重难点专项突破（全国通用），文件包含专题29图形折叠中的直角三角形存在性问题原卷版docx、专题29图形折叠中的直角三角形存在性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
专题40 图形折叠中的落点固定问题-2024年中考数学重难点专项突破（全国通用）： 这是一份专题40 图形折叠中的落点固定问题-2024年中考数学重难点专项突破（全国通用），文件包含专题40图形折叠中的落点固定问题原卷版docx、专题40图形折叠中的落点固定问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
