2023年中考数学二轮复习选填专题复习专题八：折叠、对称与几何图形的存在性问题

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2022-2023年中考二轮复习选填专题八：
折叠、对称与几何图形的存在性问题
方法点睛
一、解决折叠问题的一般步骤：
1、一画：根据题目描述，画出对应图形．
2、二找：找出图形中线段、角的位置关系和数量关系．
3、三算：要根据图中特殊的图形关系(如全等三角形、直角三角形、相似三角形、等腰三角形等)，列出方程进行求解或根据勾股定理、锐角三角函数等直接计算．
4、四验：根据题目条件，验证计算的结果是否符合题意．
二、存在性问题的常见类型：
1、直角三角形的存在性问题
2、等腰三角形的存在性问题
3、数量（位置）关系存在性问题
典例分析
类型一：直角三角形的存在性问题　
例1：（2022濮阳一模）如图，在等腰中，，，E是AC的中点，F是BC上任意一点，将沿EF折叠得到，连接，若是直角三角形，则______．

【答案】2或
【解析】
【分析】分和两种情况结合勾股定理求解即可．
【详解】解：当时，
∵点E为AC的中点，
∴CE=AE=
由折叠得，
∴
∴点E，，B三点共线
在Rt中，
∴
设CF=x，则BF=BC-CF=4-x，
∵
∴
∴，即
解得，
即：
当时，则
由折叠得，
∴
∴
综上，CF的值为2或
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，以及等腰三角形的判定与性质，正确进行分类讨论是解答本题的关键．
类型二：等腰三角形的存在性问题
例2：（2022河南汝阳一模） 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝4，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF，连接A'C，A'D，则当△A'DC是以A'D为腰的等腰三角形时，FD的长是_____．

【答案】4﹣2或3
【解析】
【分析】存在两种情况：当A′D=DC，连接ED，勾股定理求得ED的长，可判断E，A′，D三点共线，根据勾股定理即可得到结论；当A′D=A′C，证明AEA′F是正方形，于是得到结论．
【详解】解：①当A′D=DC时，如图1，连接ED，

∵点E是AB的中点，AB=4，BC=4，四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，∠A=90°，
∴DE==6，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF，
∴A′E=AE=2，
∵A′D=DC=AB=4，
∴DE=A′E+A′D=6，
∴点E，A′，D三点共线，
∵∠A=90°，
∴∠FA′E=∠FA′D=90°，

设AF=x，则A′F=x，FD=4-x，
在Rt△FA′D中，42+x2=（4-x）2，
解得：x=，
∴FD=3；
②当A′D=A′C时，如图2，
∵A′D=A′C，
∴点A′在线段CD的垂直平分线上，
∴点A′在线段AB的垂直平分线上，
∵点E是AB的中点，
∴EA′是AB的垂直平分线，
∴∠AEA′=90°，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF，
∴∠A=∠EA′F=90°，AF=FA′，
∴四边形AEA′F是正方形，
∴AF=AE=2，
∴DF=4-2，
故答案为：4-2或3．
【点睛】此题考查翻折变换（折叠问题），矩形的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．
类型三：数量（位置）关系存在性问题
例3：（2022郑州外国语一模） 如图，在中，，，，D是边AB的中点，点E在边AC上，将沿DE翻折，使得点A落在点处，当直线时，______．

【答案】或## 或
【解析】
【分析】分两种情况：①延长A'E交AB于F，由∠C=90°，AC=12，BC=5，得AB= ， ，根据将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点A′处，有，∠DA'F=∠A，在Rt△A'DF中，可得DF=A'D•sin∠DA'F=，，即知BF=BD+DF= ，再用勾股定理即得 ；
②A'E与AB交于F，同①方法可求出．
【详解】解：分两种情况：①当A′E⊥AB时，延长A'E交AB于F，如图：

∵A′E⊥AB，
∴∠A'FD=90°，
∵∠C=90°，AC=12，BC=5，
∴，
∴， ，
∵D是边AB的中点，
∴，
∵将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点A′处，
∴，∠DA'F=∠A，
在Rt△A'DF中，DF=A'D•sin∠DA'F= ，
A'F=A'D•cos∠DA'F=，
∴，
在Rt△A'BF中， ；
②A'E与AB交于F，如图：

由题意知：∠A'FD=∠A'FB=90°，
∵将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点A′处，
∴ ，
在Rt△A'DF中，DF=A'D•sin∠DA'F= ，
A'F=A'D•cos∠DA'F= ，
∴BF=BD-DF=，
在Rt△A'BF中， ；
综上所述，A'B的长度为或，
故答案为：或
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、勾股定理、三角函数及解直角三角形的有关知识，解题的关键是明确翻折前后的对应角和边相等，在计算中利用等角的三角函数值相等解决问题．
专题过关
1. （2022周口川汇区一模）如图，已知在△ABC中，，，，点E为AB的中点，D为BC边上的一动点，把△ACD沿AD折叠，点C落在点F处，当△AEF为直角三角形时，CD的长为__________．

【答案】2或
【解析】
【分析】本题以三角形为基础，考查内容包含中点的用法，可立刻推边等；动点图形翻折问题，可得到角等以及边等，解答本题需以题目要求直角三角形为前提，采取分类讨论方法，通过构造辅助线、假设未知数并结合勾股定理求解．
【详解】（1）当∠AFE=90°时
作EM⊥BC垂足为M.，作AN⊥ME于N，如下图所示：
∵∠C=∠EMB=90°
∴EM∥AC

∴∠C=∠CMN=∠N=90°
∴四边形ACMN是矩形
∵AC=CM=2
∴四边形ACMN是正方形
在RT△ABC中，∵AC=2,BC=4
∴AB= ，AE=
在RT△AFE中，∵AE= ，AF=AC=2
∴FE=1
设CD=FD=x，在RT△EDM中，∵DE=1+x，EM=1，DM=2-x
∴


∴CD=

（2）当∠AFE=90°时，如下图所示
∵∠AFD=90°
∴F,E,D三点共线
在RT△AFE中，∵AE= ，AF=AC=2
∴EF=1
又∵DE=1
∴EF=ED
又∵EA=EB，∠AEF=∠BED
所以△AFE△BDE(SAS)
∴∠BDE=∠AFE=90°
故四边形AFCD是矩形
又∵AF=AC
所以四边形AFCD是正方形
∴CD=AC=2

【点睛】本题主要考查动点翻折问题，需要着重注意分类讨论，思考要全面，求解过程尝试利用割补法将图形补成常见模型以便求解．
2. （2022河南永城一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，AC＝3，D是AB边上一点（不与点A，B重合），将△BCD沿CD折叠，点B的对应点为点B'，连接AB'，当△AB'D为直角三角形时，BD的长为______．


【答案】或
【解析】
【分析】依据在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，AC=3，即可得到AB=3；再分两种情况进行讨论：①∠ADB'=90°，②∠DAB'=90°，分别依据等腰直角三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，即可得到BD的长．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=30°，AC=3，
∴AB=，
分两种情况：
①如图（1）所示，


若∠ADB'=90°，则ACB'D，
∴∠ACB'=∠DB'C=∠B=30°，∠BCB'=30°，
由折叠可得∠DCB'=∠BCB'=15°，
∴∠ACD=45°，∠ADC=45°，
∴AC=AD=3，
∴BD=AB-AD=；
②如图（2）所示，


若∠DAB'=90°，则B'，A，C三点共线，
由折叠可得，∠B'=∠B=30°，
∴Rt△AB'D中，AD=B'D=BD，
又∵AB=3，
∴BD=AB=．
综上所述，BD的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了折叠问题以及含30°角的直角三角形的性质，关键是掌握折叠的性质：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．
3.（2022信阳三模） 如图（1），在等腰直角三角形纸片ABC中，∠B＝90°，AB＝22，点D，E分别为AB，BC上的动点．将纸片沿DE翻折，点B的对应点B'恰好落在边AC上，如图（2），再将纸片沿B'E翻折，点C的对应点为C'，如图（3）．当△DB'E，△B'C'E的重合部分（即阴影部分）为直角三角形时，CE的长为__．

【答案】或
【解析】
【分析】根据题意可得要使，重合部分为直角三角形，则分两种情况画图：①当时，②当，根据翻折的性质和勾股定理即可解决问题．
【详解】解：由翻折可知：要使，的重合部分为直角三角形，则分两种情况画图：
①当时，

由翻折可知：，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由翻折可知：，
∴；
②当，

由翻折可知：，，
∴点E在∠BAC的平分线上，
设，则，
在中，，
∴，
∴，
∴，
解得，．
综上所述：CE的长为或．
【点睛】本题属于三角形的综合题，考查了翻折变换，等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是分情况讨论并准确画图．
4.（2022河南夏邑一模） 已知在中，，点D是边上的一个动点，且，连接，作关于所在直线的对称图形，得到，且交边于点E．若为直角三角形，则________．

【答案】2或
【解析】
【分析】由勾股定理求出 再证明，然后分和两种情况，结合相似三角形的判定与性质可求出结论．
【详解】解：在中，∵，
∴，
∵与关于对称，与关于对称，
∴∠，
∵∠
∴∠，
∴∠
∴△是直角三角形，
在和中，
，
∴
∴
∵△是直角三角形，
故有两种情形：
①当时，即∠如图1，

∵
∴
∵
∴
∵∠
∴∠
∵∠
∴∠
又∠
∴△
∴
∴
∴
②当时，∠如图2，

∵∠
∴∠
又∠
∴∠
∵∠
∴∠
∴，
∴
∵∠
∴△
∴
∴，
∴
综上，的值为2或．
故答案为：2或．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确进行分类讨论是解答本题的关键．
5.（2022南阳镇平二模） 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__．

【答案】或
【解析】
【详解】分析：依据△DCM为直角三角形，需要分两种情况进行讨论：当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形；当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，分别依据含30°角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，即可得到折痕MN的长．
详解：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=+2，
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，
又∵AB=+2，
∴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．
点睛：本题考查了翻折变换-折叠问题，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．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．
6. （2022南阳宛城一模）如图，在△ABC中，，，，点D是AB的中点，点E是BC上一动点，将△BDE沿DE翻折得到△FDE，EF交CD于点M，当△DFM是直角三角形时，线段BE的长为___．


【答案】或7
【解析】
【分析】分两种情形，当∠DMF=90°或∠FDM=90°时，分别画出图形，用相似三角形等知识来解答．
【详解】解：∵在△ABC中，，，，
∴AB===10，
∵点D是AB的中点，
∴CD=AD=AB=，
分两种情形：
①当∠DMF=90°时，


∵将△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴∠EFD=∠B， DB=DF，BE=EF，
∵，∠DMF=90°，
∴，
∴△ABC∽△DFM，
∴，
∴，
∴MD=3，FM=4，
设ME=x，那么
CE=BC-BE=BC-EF=BC-FM-ME=8-4-x=4-x，
MC=CD-MD=5-3=2，
在Rt△DEM中，ME2+MC2=CE2，
即x2+22=(4-x)2，
解得：x=，
∴BE=EF=FM+ME=4+=；
②当∠FDM=90°时，


∵将△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴∠EFD=∠B， DB=DF，BE=EF，
∵，∠MDF=90°，
∴，
∴△ABC∽△MFD，
∴，
∴，
∴MD=，FM=，MC=CD-MD=5-=，
∵CD=BD，
∴∠DCB=∠B，
又∴∠CME=∠FMD，
∴△CME∽△FMD，
∴，
即，
∴CE=1，
∴BE=BC-CE =8-1=7；
故答案为：或7．
【点睛】此题考查了翻折的性质，勾股定理，相似三角形等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想思考问题．
7. （2022南阳唐河二模）如图，在的纸片中，，，．点在边上，以为折痕将折叠得到，与边交于点．若为直角三角形，则的长是_______．

【答案】7或
【解析】
【分析】由勾股定理可以求出BC的长，由折叠可知对应边相等，对应角相等，当△DEB′为直角三角形时，可以分为两种情况进行考虑，分别利用勾股定理可求出BD的长．
【详解】解：在中，，
（1）当时，如图1，

过点作，交的延长线于点，
由折叠得：，，
设，则，，
在中，由勾股定理得：
，
即：，解得：（舍去），，
因此，．
（2）当时，如图2，此时点与点重合，

由折叠得：，则，
设，则，，
在△中，由勾股定理得：，解得：，
因此．
故答案为：7或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，分类讨论思想的应用注意分类的原则是不遗漏、不重复．
8. （2022南阳方城二模）如图，，，点E、F分别在AC、AB上，将折叠，使点A落在AC上的点处．若为等腰三角形，则EF的长为______．

【答案】或
【解析】
【分析】先根据等腰三角形的性质、折叠的性质可得，，再根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质可得，然后分①，②和③三种情况，分别利用相似三角形的性质、勾股定理求解即可得．
【详解】解：，
，
由折叠的性质得：，
，
，
，
，
由题意，分以下三种情况：
①如图，当时，为等腰三角形，

，
，
在和中，，
，
，即，
解得，
，
由得：，
解得，
；
②如图，当时，为等腰三角形，

，
由得：，
解得，
；
③当时，点与点重合，不符题意，舍去；
综上，当为等腰三角形时，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识点，正确分三种情况讨论，并找出相似三角形是解题关键．
9.（2022河南林州一模） 如图，在ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，点E是AB边上不与端点重合的一个动点，作ED⊥BC交BC于点D，将BDE沿DE折叠，点B的对应点为F，当ACF为直角三角形时，则BE的长为_______．

【答案】2或3##3或2
【解析】
【分析】分两种情况进行解答，即当∠CAF＝90°或当∠AFC＝90°时，分别画出相应的图形，利用等腰三角形的性质，特殊角的直角三角形的边角关系及翻折变换的性质求解即可；
【详解】①当∠CAF＝90°时，如图1，
∵AB＝AC＝6，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°＝∠BAF，
∴AFAC＝2BF，
由翻折可知，BD＝DF，
在Rt△BDE中，∠B＝30°，BD，
∴BE2；
②当∠AFC＝90°时，如图2，
由翻折变换可知，BD＝DF，∠EDF＝90°＝∠AFC，
∴DE∥AF，
∴BE＝AEAB＝3，
综上所述，BE的长为2或3，故答案为：2或3．

【点睛】本题主要考查了翻折变换，等腰三角形的性质，特殊角的三角函数值，准确计算是解题的关键．
10. （2022河南兰考二模）直角三角形ABC中，，，，折叠三角形使得点A与BC边上的点D重合，折痕分别交AC、AB于点M，N，当是直角三角形时，AM＝______．

【答案】2或
【解析】
【分析】根据折叠的性质可得，当是直角三角形时，分，两种情况分类讨论．
【详解】解：根据折叠的性质可得，
∵AB=3，∠B=90°，∠C=30°，
∴AC=6，
当是直角三角形时，当时，∠C=30°，
∴MC=2DM，
∴AC=AM+MC=3AM=6，
∴AM=2，
当时，∠C=30°，
∴MC=DM，
∴AC=AM+MC=AM+AM=6，
∴AM=3-3，
故答案为：2或．
【点睛】本题考查了翻折变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
11. （2022河南二模）如图，在中，，，，点E是边AB的中点，点P为边AC上的一动点，连接EP，将沿EP折叠得到．当与的一条直角边垂直时，线段AP的长为_______．


【答案】或或5
【解析】
【分析】由题意结合勾股定理可求出，从而得出．分类讨论①当时，由三角形相似的判定和性质、勾股定理结合折叠的性质即可求解；②当时，过点P作与F．由三角形相似的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质结合折叠的性质即可求解；③当时，由平行线的性质结合折叠的性质可判定，即得出．
详解】∵，，，
∴．
∵点E是边AB的中点，
∴．
分类讨论：①当时，如图，

∵，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
设AP=x，则，，
∵，即，
解得：，
即此时；
②当时，如图，过点P作与F．

由折叠的性质可知．
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
设，则．
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，，
∴；
③当时，如图，

∵，，
∴，
∴．
由折叠的性质可知，
∴，
∴．
综上可知，线段AP的长为或或5．
【点睛】本题考查三角形与折叠，涉及相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的判定和性质等知识．利用分类讨论的思想是解题关键．
12. （2022南阳卧龙一模）如图，在矩形纸片ABCD中，，，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将沿EF所在直线翻折，得到，连接，则当是直角三角形时，FD的长是______．

【答案】或
【解析】
【分析】分∠DA'F= 90°和∠A'FD= 90°两种情况，再根据折叠的性质加以分析即可；
【详解】在矩形ABCD中，，，
∵将沿EF所在直线翻折，得到，
∴
如图①所示，当∠DA'F= 90°时，

∴. E，A'，D在同一直线上，
∵点E是AB的中点，
∴
在中，，
∴，
∵，
∴
∴，即
∴
如图②所示，当∠A'FD= 90°

∴，
∵折叠
∴
∴
∴
∴
综上所述：或；
故答案为：或
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的判定与性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．
13. （2022南阳唐河一模）如图，在矩形中，，点是边上的中点，点是边上的一动点连接，将沿折叠，若点的对应点，连接，当为直角三角形时的长为_____．

【15题答案】
【答案】5或
【解析】
【分析】分以下三种情况讨论：①当；②当；③当时，分别根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】当为直角三角形时，
①当时，
∵N为中点，
∴
∵，即，
点的对应点不能落在所在直线上，
∴，故该情况不存在；
②如图1，

当时，，
由折叠的性质得：，
∵，
∴，得；
③如图2，

当时，
∴，故三点共线，
设，则，
在中，
，则，
在中，
由勾股定理可得，即，
解得，即．
综上所述，满足条件的的值为5或．
【点睛】本题考查了折叠问题，矩形的性质，以及勾股定理．解题时注意：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．本题有三种可能情况，需要分类讨论，避免漏解．
14. （2022焦作二模）如图，在矩形ABCD中，，对角线AC，BD相交于点O，点P为边AB上一动点，连接OP，以OP为折痕，将折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OB相交于点F，若为直角三角形，则BP的长为________．

【答案】或
【解析】
【分析】分类讨论，当∠BPF=90°时和当∠PFD=90°时，根据勾股定理结合三角形相似的判定和性质即可求解．
【详解】解：如图1所示，当∠BPF=90°时，过点O作OH⊥AB于H，

∴∠HPF=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=2OB，∠BAD=∠OHB=90°，
∴，
∴△BHO∽△BAD，
∴，
∴，，
由折叠的性质可得：∠HPO=∠FPO=∠HPF=45°，
∴∠HOP=∠HPO=45°，
∴OH=PH=，
∴PB=BH-PH=；
如图2所示，当∠PFB=90°时，

∴∠OFE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
∴∠BAO=∠OBA，
由折叠的性质可知：AO=EO=，∠PEO=∠BAO=∠ABO，
又∵∠OFE=∠DAB=90°，
∴△OFE∽△DAB，
∴，
∴，
∴BF=OB−OF=，
∵∠PFB=∠DAB，∠PBF=∠DBA，
∴△PBF∽△DBA，
∴ ，
∴，
综上所述，当△PDF为直角三角形，则PD的长为或，
故答案：或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理、折叠的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相似三角形的性质与判定条件．注意分类讨论，避免漏答案．
15. （2022河南实验中学一模）如图，在矩形中，已知，，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段向终点C运动，运动时间为t秒，连接，把沿着翻折得到．作射线与边交于点Q，当时，_______．

【15题答案】
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况讨论，当点E在矩形的内部或外部时，利用矩形的性质及已知条件先分别表示出AQ、EQ、AB等，再利用勾股定理等知识求解即可．
【详解】当点E在矩形的内部时，如图

四边形是矩形


把沿着翻折得到，

，

，



在中，
即
解得
当点E在矩形的外部时，如图






解得
综上，当时，或
故答案为：或．
【点睛】本题考查矩形的性质、几何动点、折叠的性质、勾股定理的应用、等腰三角形的性质等知识，能够根据题意分类讨论是解题的关键．
16.（2022南阳西峡一模） 如图，点E是矩形ABCD的边AB的中点，点P是边AD上的动点，沿直线PE将△APE对折，点A落在点F处. 已知AB=6，AD=4，连结CF、CE，当△CEF恰为直角三角形时，AP的长度等于___________.


【答案】或1
【解析】
【分析】分∠CFE=90°和∠CEF=90°两种情况根据矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质求解．
【详解】解：①如图，当∠CFE=90°时，
∵四边形ABCD是矩形，点E是矩形ABCD的边AB的中点，AB=6，AD=4，
∴∠PAE=∠PFE=∠EBC= 90°，AE=EF=BE=3，
∴∠PFE+∠CFE =180°，
∴P、F、C三点一线，
∴△EFC≌△EBC，
∴FC=BC=4，EC==5，∠FEC=∠BEC，
∴∠PEF+∠FEC =90°，


设AP=x，则PC=x+4，
∴,
解得x=；
②如图，当∠CEF=90°


∴∠CEB+2∠PEA =90°，
∴∠CEB+∠PEA =90°-∠PEA，
延长PE、CB，二线交于点G，
∵AE=BE，∠PAE=∠GBE =90°，∠AEP=∠BEG，
∴△PAE≌△GBE，
∴PA=BG，∠AEP=∠BEG，
∴∠G =90°-∠GEB= 90°-∠PEA，∠CEB+∠PEA =90°-∠PEA，
∴∠G =∠CEB+∠PEA=∠CEB+∠GEB=∠CEG，
∴CE=CBC+BG=BC+AP，
∴5=4+AP，
解得PA=1，
故答案为：或1．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
17. （2022河南长垣一模）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=_____．

【答案】或
【解析】
【分析】根据矩形的性质可得AD=BC=4，∠BAD=∠D=∠B=90°，根据勾股定理可得，设PD'=PD=x，则AP=6-x，△APD'’是直角三角形可以分两种情况讨论，①当∠AD'P=90°时，②当∠APD'=90°时，根据相似三角形的性质列出方程求解，即可得到结论．
【详解】 四边形ABCD是矩形， AB=4， BC=6，
AD=BC=12，∠BAD=∠D=∠B=90°，
E是BC的中点，
BE=CE=3，
，
沿过点P的直线将矩形折叠，使点D落在AE上的点D'处，
PD'= PD，
设PD'=PD=x，则AP=6-x，
要使得△APD'是直角三角形时，
①当∠AD'P=90°时，∠AD'P=∠B=90°，
AD // BC，
∠PAD'=∠AEB，
，
，即
解得 ，
；
②当∠APD'=90°时，∠APD'=∠B=90°，
∠PAE=∠AEB，
，
，即 ，
解得： ，
；
综上所述，当△APD′是直角三角形时，或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折、矩形的性质及相似三角形的判定和性质，掌握折叠的性质是解题的关键．
18. （2022河南新野一模）如图，矩形ABCD的边AB、BC是一元二次方程的两个解（其中），点E在BC边上，连接AE，把沿AE折叠，点B落在点处.当为直角三角形时，则的长是____________．

【答案】或2
【解析】
【分析】先求出AB与BC的长，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．连接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，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【详解】解：，
，
解得：，
∴AB=3，BC=4，
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．

图1
连接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；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．


图2
此时ABEB′为正方形，
∴B'E=AB=3，
∴CE=4-3=1，
∴Rt△B'CE中，．
综上所述，B'C的长为或2．
故答案为：或2．
【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．
19. （2022平顶山一模）如图，点E是菱形ABCD边AB的中点，点F为边AD上一动点，连接EF，将△AEF沿直线EF折叠得到△A'EF，连接A'D，A'C．已知 BC＝4，∠B＝120°，当△A'CD为直角三角形时，线段AF的长为______．

【答案】2或
【解析】
【分析】分当时和当时两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图1所示，当时，取CD中点H，连接，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，E为AB中点，
∴，∠A=180°-∠B=60°，，
由折叠的性质可知，，
∴，
连接EH，
∵，
∴四边形AEHD是平行四边形，
∴，，
∵由三角形三边的关系可知，当点不在线段EH上时，必有，这与矛盾，
∴E、、H三点共线，
∴，
∴△AEF为等边三角形，
∴；

如图2所示，当时，连接BD，ED，过点F作FG⊥AB于G，
∵∠ABC=120°，四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵E是AB中点，
∴DE⊥AB，
∴∠ADE=30°，
∴∠EDC=90°，
∴此时三点共线，
由翻折的性质可得，
∵FG⊥AE，∠A=60°，∠AEF=45°，
∴∠AFG=30°，∠GFE=45°，
∴AF=2AG，EG=FG，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：2或．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，三角形三边的关系，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
20. （2022河南邓州一模）如图（1）是一张菱形纸片，其中，，点E为BC边上一动点．如图（2），将纸片沿AE翻折，点B的对应点为；如图（3），将纸片再沿折叠，点E的对应点为．当与菱形的边垂直时，BE的长为______．

【答案】或
【解析】
【分析】分和两种情况求解即可．
【详解】解：①当时，如图1，

∵四边形ABCD是菱形，
∴，，BC//AD，
∴，，
∴，
∴，
∴AF=BF，
在Rt中，，
∴，
由折叠得，∠
∴∠，
又
∴，
∴；
②当时，如图2，即∠，

∴∠，
过点E作于点G，则，
又∵，
∴，
∴，
∴，
综上，BE的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，用正切值求边长，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．