中考数学二轮重难点复习讲义模型45 折叠变换模型（2份打包，原卷版+解析版）

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翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、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、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们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．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
例题精讲
考点一：三角形中的折叠问题
【例1】．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，点D是BC边上的一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB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，则折叠后所得到的四边形AEDF的周长为 +3或+4 ．
解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，
∴AB＝＝2，AC＝AB＝．
∵∠B＝30°，DE⊥BC，
∴∠BED＝60°．
由翻折的性质可知：∠BED＝∠FED＝60°，
∴∠AEF＝60°．
∵△AEF为直角三角形，
∴∠AFE＝90°或∠EAF＝90°．
①∠AFE＝90°时，点F在边BC上．
∴∠EAF＝30°，
∴AE＝2EF．
由翻折的性质可知：BE＝EF，
∴AB＝3BE，
∴EB＝AB＝，AE＝2EB＝，
∴ED＝EB＝，BD＝ED＝1＝DF，
∴AF＝EF＝EB＝2，
∴四边形AEDF的周长＝AE+ED+DF+FA＝++1+2＝+3；
②∠EAF＝90°时，点F在BC的延长线上．
∴∠EFA＝30°．
∴∠EFD＝∠EFA．
又∵ED⊥BF，EA⊥AF，
∴AE＝DE．
设DE＝x，BE＝AB﹣AE＝AB﹣DE＝2﹣x．
∵DE∥AC，
∴＝，即＝，
解得，x＝，
则AE＝DE＝，BD＝＝＝2＝DF，AF＝AE＝2，
∴四边形AEDF的周长＝AE+ED+DF+FA＝++2+2＝+4．
综上所述，折叠后所得到的四边形AEDF的周长为+3或+4．
故答案为+3或+4．

变式训练
【变式1-1】．如图，等边△ABC中，D是BC边上的一点，把△ABC折叠，使点A落在BC边上的点D处，折痕与边AB、AC分别交于点M、N，若AM＝2，AN＝3，那么边BC长为 ．
解：设BD＝x，DC＝y，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝x+y，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
由折叠的性质可知：MN是线段AD的垂直平分线，
∴AM＝DM＝2，AN＝DN＝3，
∴BM+MD+BD＝2x+y，DN+NC+DC＝x+2y，
∵∠MDN＝∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠NDC+∠MDB＝∠BMD+∠MBD＝120°，
∴∠NDC＝∠BMD，
∵∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴△BMD∽△CDN，
∴（BM+MD+BD）：（DN+NC+CD）＝DM：DN＝2：3，
∴（2x+y）：（x+2y）＝2：3，
∴y＝4x，
∴AB＝BC＝AC＝5x，MB＝5x﹣2，CN＝5x﹣3，
∵＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴BC＝5x＝，
故答案为．
【变式1-2】．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AF：CF＝（ ）
A．2：1B．3：2C．5：3D．7：5
解：设CD＝a，CF＝x，
∵D为BC的中点，
∴CA＝CB＝2a，
∴DF＝FA＝2a﹣x，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+CD2＝DF2，即x2+a2＝（2a﹣x）2，
解得x＝a，
即CF＝a，AF＝2a﹣a＝a，
∴AF：CF＝5：3．故选：C．
【变式1-3】．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，BD＝6，DC＝4，求AD的长．小明同学利用翻折，巧妙地解答了此题，按小明的思路探究并解答下列问题：
（1）分别以AB，AC所在直线为对称轴，画出△ABD和△ACD的对称图形，点D的对称点分别为点E，F，延长EB和FC相交于点G，求证：四边形AEGF是正方形；
（2）设AD＝x，建立关于x的方程模型，求出AD的长．
（1）证明：由题意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF．
∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，又∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝90°．
又∵AD⊥BC
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°．
∴四边形AEGF是矩形，
又∵AE＝AD，AF＝AD
∴AE＝AF．
∴矩形AEGF是正方形；
（2）解：设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x．
∵BD＝6，DC＝4，
∴BE＝6，CF＝4，
∴BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，
在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，
∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102．
化简得，x2﹣10x﹣24＝0
解得x1＝12，x2＝﹣2（舍去）
所以AD＝x＝12．
考点二：矩形中的折叠问题
【例2】．如图，平面直角坐标系中，已知矩形OABC，O为原点，点A、C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（1，2），连接OB，将△OAB沿直线OB翻折，点A落在点D的位置，则cs∠COD 的值是______
解：作DF⊥y轴于F，DE⊥x轴于E，BD交OC于G．
∵在△BCG与△ODG中，
，
∴△BCG≌△ODG，
∴GO＝GB，
∴设GO＝GB＝x，
则CG＝GD＝2﹣x，
于是在Rt△CGB中，（2﹣x）2+12＝x2；
解得x＝．
GD＝2﹣x＝2﹣＝；
∵BC⊥y轴，DF⊥y轴，
∴∠BCG＝∠DFG，
∵∠BGC＝∠DGF，
∴△CBG∽△FDG，
∴＝，
∴DF＝；
又∵DO＝1，
∴OF＝＝．
∴cs∠DOC＝＝．
变式训练
【变式2-1】．如图（1）是一段长方形纸带，∠DEF＝a，将纸带沿EF折叠成图（2），再沿BF折叠成图（3），则图（3）中的∠CFE的度数为（ ）
A．180°﹣3aB．180°﹣2aC．90°﹣aD．90°+a
解：∵四边形ABCD为长方形，
∴AD∥BC，
∴∠BFE＝∠DEF＝α，
由翻折的性质可知：图（2）中，∠EFC＝180°﹣∠BFE＝180°﹣α，∠BFC＝∠EFC﹣∠BFE＝180°﹣2α，
∴图（3）中，∠CFE＝∠BFC﹣∠BFE＝180°﹣3α，故选：A．
【变式2-2】．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，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（ ）
A．B．6C．D．
解：连接BF，交AE于H，
∵BC＝12，点E为BC的中点，
∴BE＝6，
又∵AB＝8，
∴AE＝＝＝10，
由折叠知，BF⊥AE（对应点的连线必垂直于对称轴）
∴BH＝＝，
则BF＝，
∵FE＝BE＝EC，
∴∠BFC＝90°，
∴CF＝＝＝，
故选：D．
【变式2-3】．如图，折叠矩形纸片ABCD，使B点落在AD上一点E处，折痕FG的两端点分别在AB、BC上（含端点），且AB＝6，BC＝10．则AE的最大值是 6 ，最小值是 2 ．
解：如图，当点F与点C重合时，根据翻折对称性可得
EC＝BC＝10，
在Rt△CDE中，CE2＝CD2+ED2，
即102＝（10﹣AE）2+62，
解得AE＝2，
即x＝2．
如图，当点G与点A重合时，根据翻折对称性可得
AE＝AB＝6，即x＝6；
所以AE的最大值是6，最小值为2．
故答案是：6，2．
考点三：菱形中的折叠问题
【例3】．如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对角线交点O处，折痕为EF，若菱形ABCD的边长为2cm，∠B＝60°，那么EF＝ cm．
解：连接AC、BD，如图所示：
根据题意得：E、F分别为AB、AD的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF＝BD，
∵菱形ABCD的边长为2cm，∠ABC＝60°，
∴AB＝2，OB＝BD，∠ABO＝30°，
∴OB＝AB•cs30°＝2×＝，
∴EF＝BD＝OB＝；
故答案为：．
变式训练
【变式3-1】．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，E为AB的中点，将△AED沿DE翻折得到△GED，射线DG交BC于点F，若AD＝2，则BF＝ ．
解: DE和CB的延长线相交于G’点，连接EF，作EH⊥DF于H点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠A＝180°﹣∠B＝120°，AB＝AD＝2，AD∥BC
∴∠1＝∠G'，
而E为AB的中点，
∴AE＝BE＝1，
∵△AED沿DE翻折得到△GED，
∴∠1＝∠2，DG＝DA＝2，EG＝EA＝1，∠3＝∠A＝120°，
∴∠4＝60°，
在Rt△EHG中，HG＝EG＝，EH＝EH＝，
在Rt△DEH中，DE＝＝＝，
∵AD∥BG'，
∴∠1＝∠G'，
∴∠G'＝∠2，
∴FG＝FD，
在△AED和△BEG'中，
，
∴△AED≌△BEG'，
∴DE＝G'E，
∴FE⊥DG'，
∴∠FED＝90°，
∵∠HDE＝∠EDF，
∴Rt△DEF∽Rt△DHE，
∴＝，即＝，
∴DF＝，
∴FG＝FD﹣DG＝﹣2＝，
∴BF＝FG＝．
故答案为．
【变式3-2】．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，点E在边CD上，且DE＝4，F是边AD上一动点，将△DEF沿直线EF折叠，点D落在点N处，当点N在四边形ABCD内部（含边界）时，DF的长度的取值范围是 0≤DF≤2﹣2 ．
解：根据题意可知，点N在以点E为圆心，DE长为半径的圆上运动，如图所示，
①当点F和点D重合时，DF最短，此时DF＝0；
②当点N落在边BC上时，DF最长，过点N作NG⊥AD于点G，分别过点E，D作BC的垂线，交BC的延长线于点H，M，
∴四边形MNGD是矩形，
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，点E在边CD上，且DE＝4，
∴CD＝AD＝AB＝6，CE＝2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABC＝∠DCH＝60°，
∴CM＝3，CH＝1，
∴GN＝DM＝3，EH＝，
在Rt△NEH中，NE＝DE＝4，EH＝，
∴NH＝，
∴NH＝+2，
∴DG＝NH＝+2，
设DF＝x，则NG＝x，GF＝+2﹣x，
在Rt△NGF中，由勾股定理可知，GN2+GF2＝NF2，
即（3）2+（+2﹣x）2＝x2，
解得x＝2﹣2，
∴0≤DF≤2﹣2．
故答案为：0≤DF≤2﹣2．
考点四：正方形中的折叠问题
【例4】．如图，正方形ABCD的边长是2，点E是CD边的中点，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把∠C沿直线EF折叠，使点C落在点C′处．当△ADC′为等腰三角形时，FC的长为 或1 ．
解：由题意DE＝EC＝EC′＝1，
∴DC′＜1+1
∴DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：
①如图1中，当AD＝AC′＝2时，连接AE．
∵AE＝AE，AD＝AC′，DE＝EC′，
∴△ADE≌△AC′E，
∴∠ADE＝∠AC′E＝90°，
∵∠C＝∠FC′E＝90°，
∴∠AC′E+∠FC′E＝180°，
∴A、C′、F共线，设CF＝x，则BF＝2﹣x，AF＝2+x，
在Rt△ABF中，22+（2﹣x）2＝（2+x）2，
解得x＝．
②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′＝DC′，满足条件，此时CF＝1．
综上所述，满足条件的CF的长为或1．
故答案为或1．
变式训练
【变式4-1】．如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CD＝3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG＝CG；③AG∥CF；④S△EGC＝S△AFE，其中正确的是__________.
解：①正确．
理由：∵AB＝AD＝AF，AG＝AG，∠B＝∠AFG＝90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
②正确．
理由：EF＝DE＝CD＝2，设BG＝FG＝x，则CG＝6﹣x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，
解得x＝3．
∴BG＝3＝6﹣3＝CG；
③正确．
理由：∵CG＝BG，BG＝GF，
∴CG＝GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC＝∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB＝∠AGF，∠AGB+∠AGF＝2∠AGB＝180°﹣∠FGC＝∠GFC+∠GCF＝2∠GFC＝2∠GCF，
∴∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF，
∴AG∥CF；
④正确．
理由：∵S△GCE＝GC•CE＝×3×4＝6，
∵S△AFE＝AF•EF＝×6×2＝6，
∴S△EGC＝S△AFE，
∴其中正确的是①②③④．

1．如图，将平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点D落在点E处，AE恰好过BC边中点，若AB＝3，BC＝6，则∠B的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
解：AE与BC相交于F点，如图，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∵平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点D落在点E处，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴FC＝FA，
∵F为BC边中点，BC＝6，
∴AF＝CF＝BF＝×6＝3，
而AB＝3，
∴△ABF为等边三角形，
∴∠B＝60°．
故选：C．
2．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得C落到矩形内点F的位置，连接AF，若，则CE＝（ ）
A．B．C．D．
解：过点F作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，
则MN⊥AB，MN⊥CD，
由折叠可得，EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，
在Rt△AMF中，tan∠BAF＝，
设FM＝x，则AM＝2x，BM＝4﹣2x，
在Rt△BFM中，由勾股定理可得，
，
解得x＝1或x＝（舍去），
∴FM＝1，AM＝BM＝2，FN＝MN﹣FM＝BC﹣FM＝﹣1，
∵∠EFN+∠FEN＝∠EFN+∠BFM＝90°，
∴∠FEN＝∠BFM，
又∵∠FNE＝∠BMF，
∴△EFN∽△FBM，
∴，
即，
解得EF＝．
∴EC＝．
故选：C．
3．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8，现将A、C重合，使纸片折叠压平，设折痕为EF，则图形中重叠部分△AEF的面积为 10 ．
解：设AE＝x，由折叠可知，EC＝x，BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
由折叠可知∠AEF＝∠CEF，
∵AD∥BC，
∴∠CEF＝∠AFE，
∴∠AEF＝∠AFE，即AE＝AF＝5，
∴S△AEF＝×AF×AB＝×5×4＝10．
故答案为：10．
4．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 2 ．
解：如图，连接AH，
由折叠可得，BE＝FE，EC＝EG，GH＝CH，∠AEB＝∠AEF，∠CEH＝∠GEH，
∴∠AEH＝∠BEC＝90°，
∴Rt△AEH中，AE2+EH2＝AH2，①
设BE＝x，则EF＝x，CE＝6﹣x＝EG，
∴GF＝6﹣2x＝GH＝CH，DH＝4﹣（6﹣2x）＝2x﹣2，
∵∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴Rt△ABE中，AE2＝EB2+AB2＝x2+42，
Rt△CEH中，HE2＝EC2+CH2＝（6﹣x）2+（6﹣2x）2，
Rt△ADH中，AH2＝DH2+AD2＝（2x﹣2）2+62，
代入①式，可得
x2+42+（6﹣x）2+（6﹣2x）2＝（2x﹣2）2+62，
解得x1＝2，x2＝12（舍去），
∴BE的长为2，
故答案为：2．
5．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 ．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
由折叠的性质得：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，
在Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+（2b）2＝（3a）2，
∴b2＝2a2，
∴b＝a，
∴＝，
即的值为；
故答案为：．
6．如图，在边长为8的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是边AD的中点，N是AB上一点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A'MN，连接A'B，则A'B的取值范围 4﹣4≤A'B≤8 ．
解：如图所示，连接BM，BD，
∵M是边AD的中点，△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A'MN，
∴点A'的轨迹为以AD为直径的半圆M，A'M＝AM＝4，
∵∠A＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴BM⊥AD，∠ABM＝30°，
∴BM＝AM＝4，
∵A'B+A'M≥BM，
∴A'B≥BM﹣A'M＝4﹣4，
当点N与点A或点D重合时，点A'与点A或点D重合，此时A'B的最大值为8，
∴A'B的取值范围为：4﹣4≤A'B≤8，
故答案为：4﹣4≤A'B≤8．
7．如图，将矩形ABCD（AB＜AD）沿BD折叠后，点C落在点E处，且BE交AD于点F，若AB＝5，BC＝10．
（1）求DF的长；
（2）求△DBF和△DEF的面积；
（3）求△DBF中F点到BD边上的距离．
解：（1）∵将矩形ABCD（AB＜AD）沿BD折叠后，点C落在点E处，
∴AD∥BC，∠A＝∠C＝∠E＝90°，AD∥BC，∠CBD＝∠DBE，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠DBE＝∠ADB，
∴BF＝DF，
设DF＝x，则AF＝10﹣x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得，
x2＝52+（10﹣x）2，
解得x＝，
∴DF＝；
（2）由（1）知，S△DBF＝＝＝，
S△BCD＝S△BDE＝＝25，
∴S△DEF＝25﹣＝；
（3）在Rt△BCD中，由勾股定理得，BD＝5，
设F到BD的距离为h，
则＝，
解得h＝，
∴△DBF中F点到BD边上的距离为．
8．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）求证：EG2＝AF•GF；
（3）若AG＝6，EG＝2，求BE的长．
（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）证明：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 ﹣＝．
9．如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OB＝OD，OC＝OA+AB，AD＝m，BC＝n，∠ABD+∠ADB＝∠ACB．
（1）填空：∠BAD与∠ACB的数量关系为 ∠BAD+∠ACB＝180° ；
（2）求的值；
（3）将△ACD沿CD翻折，得到△A′CD（如图2），连接BA′，与CD相交于点P．若CD＝，求PC的长．
解：（1）如图1中，
在△ABD中，∵∠BAD+∠ABD+∠ADB＝180°，
又∵∠ABD+∠ADB＝∠ACB，
∴∠BAD+∠ACB＝180°，
故答案为∠BAD+∠ACB＝180°．
（2）如图1中，作DE∥AB交AC于E．
∴∠DEA＝∠BAE，∠OBA＝∠ODE，
∵OB＝OD，
∴△OAB≌△OED，
∴AB＝DE，OA＝OE，设AB＝DE＝CE＝x，OA＝OE＝y，
∵∠EDA+∠DAB＝180°，∠BAD+∠ACB＝180°，
∴∠EDA＝∠ACB，
∵∠DEA＝∠CAB，
∴△EAD∽△ABC，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴4y2+2xy﹣x2＝0，
∴（）2+﹣1＝0，
∴＝（负根已经舍弃），
∴＝．
（3）如图2中，作DE∥AB交AC于E．
由（1）可知，DE＝CE，∠DCA＝∠DCA′，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠DCA′，
∴DE∥CA′∥AB，
∴∠ABC+∠A′CB＝180°，
由（1）知，∠EDA＝∠ACB，∠DEA＝∠BAE，
∴△EAD∽△ABC，
∴∠DAE＝∠ABC＝∠DA′C，
∴∠DA′C+∠A′CB＝180°，
∴A′D∥BC，
∴△PA′D∽△PBC，
∴＝＝，
∴＝，
∴DC＝PC+PC＝PC＝，
∴PC＝1．
10．如图，将等腰直角三角形纸片ABC对折，折痕为CD．展平后，再将点B折叠在边AC上（不与A、C重合），折痕为EF，点B在AC上的对应点为M，设CD与EM交于点P，连接PF．已知BC＝4．
（1）若M为AC的中点，求CF的长；
（2）随着点M在边AC上取不同的位置，
①△PFM的形状是否发生变化？请说明理由；
②求△PFM的周长的取值范围．
解：（1）∵M为AC的中点，
∴CM＝AC＝BC＝2，
由折叠的性质可知，FB＝FM，
设CF＝x，则FB＝FM＝4﹣x，
在Rt△CFM中，FM2＝CF2+CM2，即（4﹣x）2＝x2+22，
解得，x＝，即CF＝；
（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，不会发生变化，
理由如下：由折叠的性质可知，∠PMF＝∠B＝45°，
∵CD是中垂线，
∴∠ACD＝∠DCF＝45°，
∴∠PMO＝∠FCO，
∵∠POM＝∠FOC，
∴△POM∽△FOC，
∴＝，
∴＝
∵∠POF＝∠MOC，
∴△POF∽△MOC，
∴∠PFO＝∠MCO＝45°，
∴∠PFM＝∠PMF＝45°，
∴∠MPF＝90°，
∴△PFM是等腰直角三角形．
②∵△PFM是等腰直角三角形，设FM＝y，
由勾股定理可知：PF＝PM＝y，
∴△PFM的周长＝（1+）y，
∵2＜y＜4，
∴△PFM的周长满足：2+2＜（1+）y＜4+4．
11．已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求AH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝7，
∴＝，
∴DH＝，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，
∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2＝，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH＝＝＝8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵sinA＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴AD＝AB﹣BD＝，
观察图形可知当6＜a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
12．[初步尝试]
（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为 AM＝BM ；
[思考说理]
（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
[拓展延伸]
（3）如图③，在三角形纸片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，将△ABC沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点B′处，折痕为CM．
①求线段AC的长；
②若点O是边AC的中点，点P为线段OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．
解：（1）如图①中，
∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，
∴MN垂直平分线段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案为AM＝BM．
（2）如图②中，
∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由题意MN垂直平分线段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝，
∴AM＝AB﹣BM＝10﹣＝，
∴＝＝．
（3）①如图③中，
由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝＝，
∴＝，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴＝，
∴AC＝．
②如图③﹣1中，设PB′＝x．
∵AC＝，BC＝CB′＝6，
∴AB′＝﹣6＝，
∴AP＝AP′＝+x，
∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，
∴△PFA′∽△MFC，
∴＝，
∵CM＝5，
∴＝＝+，
∵OA＝OC＝，
∴0≤x≤，
∴≤≤．
13．如图，将边长为6的正三角形纸片ABC按如下顺序进行两次折叠，展平后，得折痕AD、BE（如图①），点O为其交点．
（1）探求AO与OD的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，若P，N分别为BE，BC上的动点．
①当PN+PD的长度取得最小值时，求BP的长度；
②如图③，若点Q在线段BO上，BQ＝1，则QN+NP+PD的最小值＝ ．
解：（1）AO＝2OD，
理由：∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAO＝∠ABO＝∠OBD＝30°，
∴AO＝OB，
∵BD＝CD，
∴AD⊥BC，
∴∠BDO＝90°，
∴OB＝2OD，
∴OA＝2OD；
（2）①如图②，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′N⊥BC于N交BE于P，
则此时PN+PD的长度取得最小值，
∵BE垂直平分DD′，
∴BD＝BD′，
∵∠ABC＝60°，
∴△BDD′是等边三角形，
∴BN＝BD＝，
∵∠PBN＝30°，
∴＝，
∴PB＝；
②如图③，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，
连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．
根据轴对称的定义可知：∠Q′BN＝∠QBN＝30°，∠QBQ′＝60°，
∴△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，
∴∠D′BQ′＝90°，
∴在Rt△D′BQ′中，
D′Q′＝＝．
∴QN+NP+PD的最小值＝，
故答案为：．
14．如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰△BED和等腰△DHC的底边上的高线EF，HG折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．
（1）将▱ABCD纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，则操作形成的折痕分别是线段 AE ， GF ；S矩形AEFG：S▱ABCD＝ 1：2 ．
（2）▱ABCD纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，若EF＝5，EH＝12，求AD的长；
（3）如图4，四边形ABCD纸片满足AD∥BC，AD＜BC，AB⊥BC，AB＝8，CD＝10，小明把该纸片折叠，得到叠合正方形，请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出AD、BC的长．
解：（1）根据题意得：操作形成的折痕分别是线段AE、GF；
由折叠的性质得：△ABE≌△AHE，四边形AHFG≌四边形DCFG，
∴△ABE的面积＝△AHE的面积，四边形AHFG的面积＝四边形DCFG的面积，
∴S矩形AEFG＝S▱ABCD，
∴S矩形AEFG：S▱ABCD＝1：2；
故答案为：AE，GF，1：2；
（2）∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF＝90°，
∴FH＝＝13，
由折叠的性质得：AD＝FH＝13；
（3）有3种折法，如图4、图5、图6所示：
①折法1中，如图4所示：
由折叠的性质得：AD＝BG，AE＝BE＝AB＝4，CF＝DF＝CD＝5，GM＝CM，∠FMC＝90°，
∵四边形EFMB是叠合正方形，
∴BM＝FM＝4，
∴GM＝CM＝＝＝3，
∴AD＝BG＝BM﹣GM＝1，BC＝BM+CM＝7；
②折法2中，如图5所示：
由折叠的性质得：四边形EMHG的面积＝梯形ABCD的面积，AE＝BE＝AB＝4，DG＝NG，NH＝CH，BM＝FM，MN＝MC，
∴GH＝CD＝5，
∵四边形EMHG是叠合正方形，
∴EM＝GH＝5，正方形EMHG的面积＝52＝25，
∵∠B＝90°，
∴FM＝BM＝＝3，
设AD＝x，则MN＝FM+FN＝3+x，
∵梯形ABCD的面积＝（AD+BC）×8＝2×25，
∴AD+BC＝，
∴BC＝﹣x，
∴MC＝BC﹣BM＝﹣x﹣3，
∵MN＝MC，
∴3+x＝﹣x﹣3，
解得：x＝，
∴AD＝，BC＝﹣＝；
③折法3中，如图6所示，作GM⊥BC于M，
则E、G分别为AB、CD的中点，
则AH＝AE＝BE＝BF＝4，CG＝CD＝5，正方形的边长EF＝GF＝4，
GM＝FM＝4，CM＝＝3，
∴BC＝BF+FM+CM＝11，FN＝CF＝7，DH＝NH＝8﹣7＝1，
∴AD＝5．

15．如图，矩形OABC的边长OA＝8，顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点D为对角线OB的中点，反比例函数y＝（k≠0）在第一象限内的图象经过点D、E、F，且tan∠BOA＝．
（1）求边AB的长；
（2）求反比例函数的解析式及F点坐标；
（3）若反比例函数的图象与矩形的边BC交于点F，将矩形折叠，使点O与点F重合，折叠分别与x、y轴正半轴交于点H、G，求线段OG的长．
解：
（1）在Rt△AOB中，
∵tan∠BOA＝，
∴AB＝OA•tan∠BOA＝8×＝4；
（2）由（1）可知B点坐标为（8，4），
∵D为OB的中点，
∴D（4，2），
∵反比例函数y＝图象过点D，
∴k＝4×2＝8，
∴反比例函数解析式为y＝，
设F（a，4），
∵反比例函数图象与矩形的边BC交于点F，
∴4a＝8，解得a＝2，
∴F（2，4）；
（3）连接FG，如图，
∵F（2，4），
∴CF＝2，
设OG＝t，则OG＝FG＝t，CG＝4﹣t，
在Rt△CGF中，由勾股定理可得GF2＝CF2+CG2，即t2＝（4﹣t）2+22，解得t＝，
∴OG＝．
16．已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．
（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；
（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．
解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP＝90°，OB＝6，
在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t．
∵OP2＝OB2+BP2，
即（2t）2＝62+t2，
解得：t1＝2，t2＝﹣2（舍去）．
∴点P的坐标为（，6）．
（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，
∴∠OPB′＝∠OPB，∠QPC′＝∠QPC，
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC＝180°，
∴∠OPB+∠QPC＝90°，
∵∠BOP+∠OPB＝90°，
∴∠BOP＝∠CPQ．
又∵∠OBP＝∠C＝90°，
∴△OBP∽△PCQ，
∴，
由题意设BP＝t，AQ＝m，BC＝11，AC＝6，则PC＝11﹣t，CQ＝6﹣m．
∴．
∴m＝（0＜t＜11）．
（Ⅲ）过点P作PE⊥OA于E，
∴∠PEA＝∠QAC′＝90°，
∴∠PC′E+∠EPC′＝90°，
∵∠PC′E+∠QC′A＝90°，
∴∠EPC′＝∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴，
∵PC′＝PC＝11﹣t，PE＝OB＝6，AQ＝m，C′Q＝CQ＝6﹣m，
∴AC′＝＝，
∴，
∴，
∴3（6﹣m）2＝（3﹣m）（11﹣t）2，
∵m＝，
∴3（﹣t2+t）2＝（3﹣t2+t﹣6）（11﹣t）2，
∴t2（11﹣t）2＝（﹣t2+t﹣3）（11﹣t）2，
∴t2＝﹣t2+t﹣3，
∴3t2﹣22t+36＝0，
解得：t1＝，t2＝，
点P的坐标为（，6）或（，6）．
法二：∵∠BPO＝∠OPC′＝∠POC′，
∴OC′＝PC′＝PC＝11﹣t，
过点P作PE⊥OA于点E，
则PE＝BO＝6，OE＝BP＝t，
∴EC′＝11﹣2t，
在Rt△PEC′中，PE2+EC′2＝PC′2，
即（11﹣t）2＝62+（11﹣2t）2，
解得：t1＝，t2＝．
点P的坐标为（，6）或（，6）．
17．将一个直角三角形纸片ABO放置在平面直角坐标系中，点，点B（0，1），点O（0，0）．P是边AB上的一点（点P不与点A，B重合），沿着OP折叠该纸片，得点A的对应点A'．
（1）如图①，当点A'在第一象限，且满足A'B⊥OB时，求点A'的坐标；
（2）如图②，当P为AB中点时，求A'B的长；
（3）当∠BPA'＝30°时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．
解：（1）∵点，点B（0，1），
∴OA＝，OB＝1，
由折叠的性质得：OA'＝OA＝，
∵A'B⊥OB，
∴∠A'BO＝90°，
在Rt△A'OB中，A'B＝＝，
∴点A'的坐标为（，1）；
（2）在Rt△ABO中，OA＝，OB＝1，
∴AB＝＝2，
∵P是AB的中点，
∴AP＝BP＝1，OP＝AB＝1，
∴OB＝OP＝BP
∴△BOP是等边三角形，
∴∠BOP＝∠BPO＝60°，
∴∠OPA＝180°﹣∠BPO＝120°，
由折叠的性质得：∠OPA'＝∠OPA＝120°，PA'＝PA＝1，
∴∠BOP+∠OPA'＝180°，
∴OB∥PA'，
又∵OB＝PA'＝1，
∴四边形OPA'B是平行四边形，
∴A'B＝OP＝1；
（3）设P（x，y），分两种情况：
①∵∠BPA'＝30°，
∴∠APA'＝150°，
连接AA′，延长OP交AA′于E，如图③所示：
则∠APE＝75°，
∴∠OPB＝75°，
∵OA＝，OB＝1，
∴AB＝＝＝2，
∴∠BAO＝30°，∠OBA＝60°，
∵∠BPA'＝30°，
∴∠BA′P＝30°，∠OPA′＝105°，
∴∠A′OP＝180°﹣30°﹣105°＝45°，
∴点A'在y轴上，
∴∠A'OP＝∠AOP＝∠AOB＝45°，
∴点P在∠AOB的平分线上，
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
把点，点B（0，1）代入得：，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，
∵P（x，y），
∴x＝﹣x+1，
解得：x＝，
∴P（，）；
②如图④所示：
由折叠的性质得：∠A'＝∠A＝30°，OA'＝OA，
∵∠BPA'＝30°，
∴∠A'＝∠A＝∠BPA'，
∴OA'∥AP，PA'∥OA，
∴四边形OAPA'是菱形，
∴PA＝OA＝，作PM⊥OA于M，如图④所示：
∵∠A＝30°，
∴PM＝PA＝，
把y＝代入y＝﹣x+1得：＝﹣x+1，
解得：x＝，
∴P（，）；
综上所述：当∠BPA'＝30°时，点P的坐标为（，）或（，）．

18．将一个直角三角形纸片OAB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（2，0），点B在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，点P在边OB上（点P不与点O，B重合）．
（Ⅰ）如图①，当OP＝1时，求点P的坐标；
（Ⅱ）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且OQ＝OP，点O的对应点为O'，设OP＝t．
①如图②，若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分为四边形，O'P，O'Q分别与边AB相交于点C，D，试用含有t的式子表示O'D的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分的面积为S，当1≤t≤3时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
解：（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．
∵∠OAB＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH＝90°﹣60°＝30°，
∵OP＝1，
∴OH＝OP＝，PH＝OP•cs30°＝，
∴P（，）．
（Ⅱ）①如图②中，
由折叠可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP＝O′P，OQ＝O′Q，
∵OP＝OQ＝t，
∴OP＝OQ＝O′P＝O′Q，
∴四边形OPO′Q是菱形，
∴QO′∥OB，
∴∠ADQ＝∠B＝30°，
∵A（2，0），
∴OA＝2，QA＝2﹣t，
在Rt△AQD中，DQ＝2QA＝4﹣2t，
∴O′D＝O′Q﹣QD＝3t﹣4，
∴＜t＜2．
②当点O′落在AB上时，重叠部分是△PQO′，此时t＝，S＝×（）2＝，
当＜t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，S＝t2﹣（3t﹣4）2＝﹣t2+3t﹣2，
当t＝﹣＝时，S有最大值，最大值＝，
当t＝1时，S＝，当t＝3时，S＝××＝，
综上所述，≤S≤．