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2024安徽中考数学二轮专题训练 题型四“探究法”突破“几何图形折叠、裁剪问题” (含答案)
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这是一份2024安徽中考数学二轮专题训练 题型四“探究法”突破“几何图形折叠、裁剪问题” (含答案)，共18页。
满分技法
与折叠有关的计算常用性质：
(1)折叠问题的本质是全等变换与轴对称，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形且关于折痕所在直线对称；
(2)折痕可看作垂直平分线(对应两点之间的连线被折痕垂直平分)；
(3)折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等)．
方法解读
1. 折叠问题常见的类型有：
2. 折叠问题的本质是全等变换，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形；
①线段相等：ED′＝________，EG＝________，FD′＝________，
②角度相等：∠D′＝________，∠D′EG＝________，
③全等关系：四边形FD′EG≌____________．
3. 折痕可看做垂直平分线：GF⊥________(折痕垂直平分连接两个对应点的连线)；
4. 折痕可看做角平分线：∠EGF＝________(对称线段所在的直线与折痕的夹角相等)．
折法1 折痕确定
例 1 如图，已知Rt△ABC，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，将直角边AB沿直线AD折叠，使它落在斜边AC上，且点B与点E重合，BD的长为________．
【答题区】
例1题图
例 2 如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝3，将△ABC沿AC折叠，点B落在点E处，此时CE交AD于点F，则CF∶EF＝________．
【答题区】
例2题图
满分技法
折叠方式确定，不需分类讨论，常用到的解题方法有：
①勾股定理；
②相似；
③三角函数；
④等面积法；
例 3 如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝3，P，Q分别是AB，CD的中点，点E是BC边上一点，将矩形沿AE按如图方式折叠，使点B 落在PQ上的点G处，则折痕AE的长为________．
【答题区】
例3题图
例 4 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，将直角边AB沿BE折叠，使点A落在斜边AC的点D处，再将边BC沿BF折叠，使点C落在BD的延长线上的点C′处，则AD的长为________．
【答题区】
例4题图
满分技法
当折叠后出现含30°，45°角的直角三角形时，可利用特殊三角形的性质解题；
折法2 折痕过一动点
例 5 如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝4，E是AB的中点，点F是线段BC边上一动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连接B′D，则B′D的最小值为________．
【答题区】
例5题图
满分技法
折叠中的动点问题常结合题设条件确定出满足条件情况，画出图形，求值．
例 6 如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝4，点P是AD上的点，且AP＝3，点E是BC边上一动点，将矩形ABCD沿直线PE折叠，点A，B的对应点分别为点A′，B′，当A′、B′、D共线时，BE的长为________．
【答题区】
例6题图
满分技法
当折叠方式不确定时，常产生多解问题，可以通过关键条件，进行分类讨论，画出所有可能情况，把折叠方式不确定问题转化为折叠方式确定问题．
折法3 折痕过两动点
例 7 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝9，BC＝12，P，Q分别是边AB，BC上的动点，将△PBQ沿PQ所在直线折叠得到△PB′Q，连接AB′，则AB′的最小值为________．
【答题区】
例7题图
例 8 如图，正方形纸片ABCD的边长为6，E，F分别是AB，CD的中点，点G，H分别在AD，AB上，将纸片沿GH所在直线折叠，当点A与线段EF的三等分点重合时，AH的长为________．
【答题区】
例8题图
类型一 几何图形折叠问题
典例精讲
例 1 （一题多设问) 如图，在矩形ABCD中，AB＝6，点P是AD上一点，将△ABP沿BP折叠，点A的对应点为O.
探究1：一次折叠
(1)如图①，点O恰好落在矩形的对称轴上，若BC＝8，则AP的长为________．
例1题图①
探究2：二次折叠
(2)如图②，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在边AD上的点F处，此时恰好B、O、F三点共线．则∠PBE＝________．
例1题图②
探究3：三次折叠
(3)将矩形ABCD按如图③所示的方式折叠，若顶点A、C、D都落在点O处，则BC＝________．
例1题图③
安徽近年真题精选
1.如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10.点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的点H处．有下列结论：①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝eq \f(3,2)S△FGH；④AG＋DF＝FG.
其中正确的是______________．(把所有正确结论的序号都选上)
第1题图
针对训练
2. 一张矩形纸片的长为m，宽为n(m＞3n)，先在其两端分别折出两个正方形(ABEF、CDGH)后展开，如图①，再分别将长方形ABHG、CDFE对折，折痕分别为MN、PQ，如图②.
第2题图
(1)四边形EFMN和四边形QPGH的面积之和为________；
(2)MP＝________．
3. 如图，在菱形ABCD中，点E是AD的中点，点F、G是分别是AB、BC上的一点，以EF、CE、FG为对称轴将△AEF、△CDE和△BFG折叠，得到△A′EF、△CD′E和△B′FG，且点A′与点D′重合，点B′落在A′C上．
第3题图
(1)A′E和B′G的位置关系为________；
(2)若∠A＝60°，则eq \f(S△A′CE,S△B′FG)的值为________．
4. 正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿EF折叠，使点A落在A′处，点B落在点B′处，A′B′交 BC于G.以下结论：
①当A′为CD中点时，△A′DE 三边之比为3∶4∶5；
②当△A′DE三边之比为3∶4∶5时，A′为CD中点；
③当A′在CD上移动时，△A′CG 周长不变；
④当A′在CD上移动时，A′G＝A′D＋BG一定成立．
其中正确的有________．(写出所有正确结论的序号)
第4题图
类型二 几何图形裁剪问题
典例精讲
例 2 （一题多设问) 如图①，有两张同样大小的纸片ABCD，已知AB＝4.
例2题图①
探究1：折叠后还原
(1)如图②，将第一张纸片按如图所示折叠，使得点A、C的对应点A′、C′落在矩形的对角线BD上，当A′、C′恰好重合时，原矩形ABCD的周长为________．
例2题图②
探究2：展开后裁剪
(2)如图③，将第二张纸片沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，设B′C交AD于点E，剪去△AB′E和△DEC.
例2题图③
①双层△AEC展开为________；(填“平行四边形”、“矩形”、“菱形”或“正方形”)
②∠AEC的度数为________．
③如图④，P、Q分别是AE、CE上的点，点G、H为AC边上两点，沿GPQH裁剪并展开，要使展开图为边长1∶eq \r(3)的矩形，则此矩形的面积为________．
例2题图④
安徽近年真题精选
1. 在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点，分别沿斜边中点与这两点的连
线剪去两个三角形，剩下的部分是如图所示的四边形ABCD，且AB⊥BC，CD⊥AC，其中AB＝2，BC＝4，CD＝3，则原直角三角形纸片的斜边长是( )
A. 10 B. 4eq \r(5) C. 10或4eq \r(5) D. 10或2eq \r(17)
第1题图
2.在三角形纸片ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AC＝30 cm.将该纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在斜边BC上的一点E处，折痕记为BD(如图①)，剪去△CDE后得到双层△BDE(如图②)，再沿着过△BDE某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形．则所得平行四边形的周长为________ cm.
第2题图
针对训练
3. 如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝120°，沿过菱形不同顶点的直线裁剪该菱形两次，再将所裁下的图形拼接．若所得部分恰好能无缝、无重叠的拼接成一个矩形，则所得矩形的长为________．
第3题图
4. 如图①，将一个宽为4 cm的矩形纸片沿图中的虚线对折再展开，然后按图②的方式沿AF对折，使点B落在图①所得折线上的点E处，沿AE、EF剪开，得到双层△AEF，再沿过△AEF的某个顶点的直线将三角形剪开，展开后若得到的四边形中有一个是菱形，则菱形的面积为________cm2.
第4题图
参考答案
微专题 折叠问题
2. ①AD，AG，FD；②∠D，∠DAG；③四边形FDAG；
3. AE；4. ∠AGF.
例1 3 【解析】勾股定理；
根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，AB＝AE＝6，∴CE＝4，设BD＝x，则DE＝BD＝x，DC＝8－x，在Rt△EDC中，DE＝eq \r(CD2－CE2)，即x＝eq \r(（8－x）2－42)，解得x＝3，∴BD的长为3.
一题多解
解法二：相似；
根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，DE＝BD，AB＝AE＝6，∴CE＝4，∠AED＝∠ABD＝∠CED＝90°，∠C＝∠ECD，∴△CED∽△CBA，∴eq \f(CE,CB)＝eq \f(DE,AB)，即eq \f(4,8)＝eq \f(DE,6)，解得DE＝3，∴BD的长为3.
解法三：等面积法．
根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，DE＝BD，AB＝AE＝6，∠AED＝∠ABD＝∠CED＝90°，∴S△ADC＝eq \f(1,2)AB·DC＝eq \f(1,2)AC·DE，即eq \f(1,2)×6×(8－DE)＝eq \f(1,2)DE×10，解得DE＝3，∴BD＝3.
例2 eq \f(25,7) 【解析】根据折叠的性质可知， CE＝BC＝4，AE＝AB＝CD＝3，∠ABC＝∠AEC＝∠CDF＝90°，∴在△AEF和△CDF中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AFE＝∠CFD，,∠AEF＝∠CDF，,AE＝CD，)) ，∴△AEF≌△CDF(AAS)，∴AF＝CF，EF＝DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理可得，CF2＝CD2＋DF2，即CF2＝CD2＋(CE－CF)2，CF2＝32＋(4－CF)2，解得CF＝eq \f(25,8)，∴EF＝CE－CF＝4－eq \f(25,8)＝eq \f(7,8)，∴CF∶EF＝eq \f(25,7).
例3 2eq \r(3) 【解析】根据题意可知，∵P是AB的中点，∴AP＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(3,2)，根据折叠的性质可得，AB＝AG＝3，∴在Rt△APG中，cs∠PAG＝eq \f(AP,AG)＝eq \f(\f(3,2),3)＝eq \f(1,2)，∴∠PAG＝60°，∵∠BAE＝∠GAE＝eq \f(1,2)∠PAG＝30°，∴在Rt△BAE中，∠BAE＝30°，∴AE＝eq \f(AB,cs30°)＝2eq \r(3).
例4 eq \f(18,5) 【解析】根据折叠的性质可知，BD＝AB＝3，C′B＝BC＝4，∠ABE＝∠DBE，∠BCF＝∠BC′F，BE⊥AC，∴C′D＝BC′－BD＝4－3＝1，∠DBE＋∠C′BF＝∠ABE＋∠CBF，∵∠ABC＝90°，∴∠EBF＝45°∴△EBF是等腰直角三角形，∴EF＝BE，∠EFB＝45°，∴∠CFB＝∠C′FB＝135°，∴∠C′FD＝135°－45°＝90°，∵S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)AC·BE，∴AB·BC＝AC·BE，∵根据勾股定理求得AC＝5，∴BE＝eq \f(12,5)，∴EF＝BE＝eq \f(12,5)，ED＝AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(32－（\f(12,5)）2)＝eq \f(9,5)，∴AD＝2×eq \f(9,5)＝eq \f(18,5).
例5 2eq \r(17)－2 【解析】如解图，点B′在以E为圆心，EA长为半径的圆上运动，当D、B′、E共线时，B′D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB′F，∴EB′＝EB，∴EB′⊥B′F，∵E是AB边的中点，AB＝4，∴AE＝EB′＝2，∵AD＝8，∴DE＝eq \r(AD2＋AE2)＝eq \r(82＋22)＝2eq \r(17)，∴B′D最小值为2eq \r(17)－2.
例5题解图
例6 1或5 【解析】∵点E是BC上动点，∴根据折叠后点B′与点D是否重合分两种情况讨论：①如解图①，当A′、B′、D三点共线时，在Rt△A′PD中，由折叠性质可知，A′P＝AP＝3，∴DP＝5.由勾股定理可知A′D＝4，在矩形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠CMD＝∠ADM，∴△CDM ∽△A′PD，∴eq \f(MD,DP)＝eq \f(CD,A′P)，∴eq \f(MD,5)＝eq \f(4,3)，∴MD＝eq \f(20,3)，∴B′M＝DB′－MD＝eq \f(4,3)，∵△B′EM∽△A′PD，∴eq \f(A′D,B′M)＝eq \f(A′P,B′E)，∴B′E＝1，∴BE＝1；②如解图②，当点B′、D重合时，由折叠性质可知，A′P＝AP＝3，A′B′＝AB，∠A′＝∠A＝90°，∠A′B′E＝∠ABE＝90°，∴A′B′＝CD，∠A′＝∠C＝90°，∠A′DP＝∠EDC，∴△A′DP≌△CDE，∴CE＝A′P＝AP＝3，∴BE＝5.综上所述，BE长为1或5.
图①
图②
例6题解图
例7 3 【解析】如解图，当点Q与点C重合且PQ恰好为∠ACB的平分线时，AB′有最小值．∵在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝9，BC＝12，∴AC＝15，根据折叠的性质可知，BQ＝B′Q，∵AB′＋B′Q＋QC≥AC，∴AB′＋BQ＋QC≥AC，即AB′＋12≥AC，∴AB′≥3，∴AB′的最小值为3.
例7题解图
例8 eq \f(13,6)或eq \f(25,6) 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，AD＝BC＝AB＝CD＝6，∠A＝90°.∵点E，F分别是AB，CD的中点，∴AE＝BE＝DF＝CF＝3，∴四边形AEFD是矩形，∴AD＝EF＝6，如解图①，当EM＝eq \f(1,3)EF＝2时，∴根据折叠的性质可知，AH＝HM，在Rt△HEM中，根据勾股定理可知，HM2＝HE2＋EM2，∴AH2＝(3－AH)2＋4，解得AH＝eq \f(13,6)；如解图②，当EM＝eq \f(2,3)EF＝4时，∴根据折叠的性质可知，AH＝HM，在Rt△EHM中，根据勾股定理可知，HM2＝HE2＋EM2，∴AH2＝(AH－3)2＋16，∴AH＝eq \f(25,6).
例8题解图
类型一 几何图形折叠问题
典例精讲
例1 (1)3 【解析】如解图①，由折叠的性质可知，PO⊥BD，PO＝AP，∴△POD∽△BAD，eq \f(PO,BA)＝eq \f(PD,BD)，已知AB＝6，BC＝8，∴BD＝10，设AP＝OP＝x，则PD＝8－x，∴eq \f(x,6)＝eq \f(8－x,10)，解得x＝3，即AP＝3；
例1题解图①
(2)45° 【解析】由折叠的性质可知，∠CBE＝∠FBE，∠ABP＝∠OBP，又∵∠ABC＝∠CBE＋∠FBE＋∠ABP＋∠OBP＝90°＝2∠FBE＋2∠OBP，∴2(∠FBE＋∠OBP)＝∠ABC＝90°，∴∠PBE＝∠FBE＋∠OBP＝45°.
(3)6eq \r(2) 【解析】由折叠的性质可知，DE＝OE，CE＝OE，OB＝AB，∴OB＝6，OE＝CE＝DE＝3，∴BE＝9，BC＝eq \r(BE2－CE2)＝eq \r(92－32)＝6eq \r(2).
安徽近年真题精选
1. ①③④ 【解析】由折叠的性质得，∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∴∠EBG＝∠FBE＋∠FBG＝eq \f(1,2)∠ABC＝eq \f(1,2)×90°＝45°，故①正确；由折叠的性质得，BF＝BC＝10，BH＝BA＝6，∴HF＝BF－BH＝4，在Rt△ABF中，AF＝eq \r(BF2－BA2)＝8，设GH＝x，则GF＝8－x，在Rt△GHF中，x2＋42＝(8－x)2，解得x＝3，∴GF＝5，∴AG＝3，同理在Rt△FDE中，FD＝2，ED＝6－EF，由FD2＝EF2－ED2得EF＝eq \f(10,3)，∴ED＝eq \f(8,3)，∴eq \f(ED,FD)＝eq \f(4,3)≠eq \f(AB,AG)＝2，∴△DEF与△ABG不相似，故②不正确；∵S△ABG＝eq \f(1,2)×3×6＝9，S△FGH＝eq \f(1,2)×3×4＝6，∴eq \f(S△ABG,S△FGH)＝eq \f(9,6)＝eq \f(3,2)，即S△ABG＝eq \f(3,2)S△FGH，故③正确；∵AG＝3，DF＝2，FG＝5，∴AG＋DF＝FG＝5，故④正确．
2. mn－3n2；n 【解析】(1)由折叠的性质可知，AF＝AB＝CD＝GD＝n，∴FG＝m－2n，AG＝DF＝m－n.由折叠可得，DP＝eq \f(1,2)DF＝eq \f(1,2)(m－n)，AM＝eq \f(1,2)AG＝eq \f(1,2)(m－n)，∴FM＝AM－AF＝eq \f(1,2)(m－n)－n＝eq \f(m－3n,2)，PG＝DP－GD＝eq \f(m－3n,2)，∵四边形EFMN和四边形QPGH是矩形，∴S矩形EFMN＋S矩形QPGH＝2·eq \f(m－3n,2)·n＝mn－3n2；(2)由(1)可得，MP＝AD－2FM－2AF＝m－2·eq \f(m－3n,2)－2n＝n.
3. A′E∥B′G ，eq \f(25,9) 【解析】由折叠的性质知∠EA′F＝∠A，∠FB′G＝∠B，又∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＋∠B＝180°，∴∠EA′F＋∠FB′G＝180°，则∠EA′B′＝∠FB′G，∴A′E∥B′G；(2) 如解图，过点C作CH⊥AB于点H.设菱形ABCD的边长为2，设AF＝A′F＝a，则FC＝a＋2，BF＝2－a，BH＝1，FH＝3－a，CH＝eq \r(3).在Rt△FCH中，由FC2＝FH2＋CH2，得(a＋2)2＝(3－a)2＋(eq \r(3))2，解得：a＝0.8，故FB＝FB′＝2－a＝1.2.由题意可知∠CEF＝∠EFG＝90°，∴CE∥FG，∴△A′CE∽△B′FG，∴eq \f(S△A′CE,S△B′FG)＝(eq \f(CA′,FB′))2＝(eq \f(2,1.2))2＝eq \f(25,9).
第3题解图
4. ①③④ 【解析】∵A′为CD中点，正方形ABCD的边长为8，∴AD＝8，A′D＝eq \f(1,2)CD＝4，∠D＝90°，由折叠的性质得A′E＝AE，∴设A′E＝AE＝x，则DE＝8－x，∵在Rt△A′DE中，A′D2＋DE2＝A′E2，∴42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5，∴A′E＝5，DE＝3，∴当A′为CD中点时，△A′DE三边之比为3∶4∶5，故①正确；当△A′DE三边之比为3∶4∶5时，设A′D＝3a，DE＝4a，A′E＝5a，则AE＝A′E＝5a，∵AD＝AE＋DE＝8，∴5a＋4a＝8，解得a＝eq \f(8,9)，∴A′D＝3a＝eq \f(8,3)，A′C＝CD－A′D＝8－eq \f(8,3)＝eq \f(16,3)，∴A′D≠A′C，∴此时点A′不是CD的中点，故②错误；如解图，过点A作AH⊥A′G，垂足为点H，连接AA′，AG，则∠AHA′＝∠AHG＝90°，由折叠的性质得∠EA′G＝∠EAB＝90°，A′E＝AE，∴∠EA′A＋∠AA′G＝90°，∠EA′A＝∠EAA′，∵∠D＝90°，∴∠EAA′＋∠DA′A＝90°，∴∠AA′G＝∠AA′D，在△AA′D与△AA′H中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠D＝∠AHA′,∠AA′D＝∠AA′H,AA′＝AA′))，∴△AA′D≌△AA′H(AAS)，∴AD＝AH，A′D＝A′H，又∵AD＝AB，∴AH＝AB，在Rt△ABG与Rt△AHG中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AH,AG＝AG))， ∴Rt△ABG≌Rt△AHG(HL)，∴HG＝BG，∴C△A′CG＝A′C＋A′G＋CG＝A′C＋A′H＋HG＋CG＝A′C＋A′D＋BG＋CG＝CD＋BC＝8＋8＝16，∴当A′在CD上移动时，△A′CG周长不变，故③正确；∵△AA′D≌△AA′H，△ABG≌△AHG，∴A′D＝A′H，BG＝HG，∴A′G＝A′H＋HG＝A′D＋BG，故④正确．
第4题解图
类型二 几何图形裁剪问题
典例精讲
例2 (1)8＋8eq \r(3) 【解析】如解图①，当A′、C′恰好重合时BD＝AB＋CD＝8，∴AD＝4eq \r(3)，∴矩形的周长为2(AD＋AB)＝8＋8eq \r(3).
例2题解图①
(2)①菱形 【解析】由折叠的性质可知，AB′＝CD，∠D＝∠B′，∠CED＝∠AEB′，∴△CED≌△AEB′，∴AE＝CE，∴展开后四条边均相等，即是菱形；
②120° 【解析】由(1)知，BC＝4eq \r(3)，∴tan∠ACB＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(4,4\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，∴∠ACB＝30°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EAC＝30°，由①得AE＝CE，∴∠ECA＝∠EAC＝30°，∴∠AEC＝120°；
例2题解图②
③eq \f(16,3) eq \r(3)或4eq \r(3) 【解析】由(2)②知，∠E＝120°，∴∠CAE＝30°，由②可知，AC＝8，AE＝CE＝eq \f(8,3) eq \r(3)，如解图③，当展开图为边长1：eq \r(3)的矩形时，有两种情况满足，情况一：P1Q1∶P1G1＝2eq \r(3)∶1，此时设P1G1＝x，则P1Q1＝ G1H1＝2eq \r(3)x，AG1＝4－eq \r(3)x，tanA＝eq \f(P1G1,AG1)＝eq \f(\r(3),3)，∴x＝eq \f(2,3) eq \r(3)，此时展开矩形的边长分别为eq \f(4,3) eq \r(3)和4，面积为eq \f(16,3)eq \r(3)；情况二：P2Q2∶P2G2＝2∶eq \r(3)，设P2G2＝eq \r(3)x，则P2Q2＝ G2H2＝2x，AG2＝4－x，tanA＝eq \f(P2G2,AG2)＝eq \f(\r(3),3)，∴x＝1，此时展开矩形的边长分别为2和2eq \r(3)，面积为4eq \r(3).
例2题解图③
安徽近年真题精选
1. C 【解析】情况一：如解图①，由题意可得，AC∥DE，又∵点D是AB的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴CE＝BE＝4，AC＝2DE＝6，BC＝8，利用勾股定理可得AB＝10；情况二：如解图②，GI∥KJ，又∵点J是HG的中点，∴KJ是△HGI的中位线，∴HK＝KI＝4，GI＝2KJ＝4，HI＝8，利用勾股定理可得GH＝4eq \r(5).
第1题解图
2. 40或eq \f(80\r(3),3) 【解析】在Rt△ABC中，AC＝30，∠C＝30°，可得AB＝BE＝AC·tanC＝30×tan30°＝10eq \r(3)，由折叠的性质可知∠ABD＝∠EBD＝30°，∴在Rt△ABD中，AD＝10，∴AD＝DE＝10，CD＝20.(1)如解图①所示，当沿过E点的直线剪开，展开后所得平行四边形是以AD和DE为邻边的平行四边形ADEF时，∵AD＝DE＝10，∴所得平行四边形ADEF的周长为4AD＝40；(2)如解图②所示，当沿过D点的直线剪开，展开后所得平行四边形是以∠ABE为顶角，BD为对角线的平行四边形DFBG时，由折叠的性质可得DG＝DF，DF∥AB，∴DF∶AB＝CD∶CA＝2∶3，∵AB＝10eq \r(3)，∴DF＝eq \f(20\r(3),3)，∴所得平行四边形DFBG的周长为4DF＝eq \f(80\r(3),3).综上，所得平行四边形的周长为40或eq \f(80\r(3),3).
第2题解图
3. 8或8eq \r(3) 【解析】如解图①，分别沿菱形的对角线AC、BD裁剪，将剪下的4个三角形重新拼接得到矩形A′B′C′D′，∵∠ABC＝120°，AB＝8，BC＝8，∴AC＝8eq \r(3)，∴AC＝A′B′＝8eq \r(3).∴矩形A′B′C′D′的长为8eq \r(3)；如解图②，过点B作BE⊥AD，过点D作DF⊥BC，分别沿BE、DF裁剪，将剪下的三角形和剩余的矩形重新拼接到得到矩形A″B″C″D″，∵∠ABC＝120°，∴∠A″F″B″＝180°－120°＝60°，∵AB＝8，∴A″F″＝8，B″F″＝4，∴A″B″＝4eq \r(3)，∴C″F″＝8－4＝4，∴B″C″＝B″F″＋C″F″＝8，∵4eq \r(3)＜8，∴矩形A″B″C″D″的长为8.综上所述，所得矩形的长为8或8eq \r(3).
第3题解图①
第3题解图②
4. eq \f(8\r(3),3)或eq \f(32\r(3),9) 【解析】如解图①，过点E作EG⊥AD于点G，则GE＝2，由折叠可知AE＝AB＝4，∴∠EAG＝30°，∴∠EAF＝30°，如解图②，在AF上截取FH＝EF，连接EH，过点E沿虚线EH剪开，△EFH展开为一个菱形，∵∠EAF＝30°，∴∠AFE＝60°，又∵FH＝EF，∴△EFH为等边三角形，∴FH＝EF＝AEtan30°＝4×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(4\r(3),3)，EE′＝2EHcs30°＝2×eq \f(4\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＝4，∴其对角线分别为4 cm，eq \f(4\r(3),3) cm，∴菱形的面积为eq \f(8\r(3),3) cm2；如解图③所示，作AF的垂直平分线l交AE于点M，连接FM，过点F沿虚线MF剪开，△AMF展开为一个菱形，AF＝eq \f(AE,cs30°)＝eq \f(4,\f(\r(3),2))＝eq \f(8\r(3),3)，易得△AMM′为等边三角形，MM′＝AM＝eq \f(\f(1,2)AF,cs30°)＝eq \f(\f(4\r(3),3),\f(\r(3),2))＝eq \f(8,3)，∴其对角线分别为eq \f(8,3) cm，eq \f(8\r(3),3) cm，∴菱形的面积为eq \f(32\r(3),9) cm2.
第4题解图①
第4题解图②
第4题解图③
满分技法
与折叠有关的计算常用性质：
(1)折叠问题的本质是全等变换与轴对称，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形且关于折痕所在直线对称；
(2)折痕可看作垂直平分线(对应两点之间的连线被折痕垂直平分)；
(3)折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等)．
方法解读
1. 折叠问题常见的类型有：
2. 折叠问题的本质是全等变换，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形；
①线段相等：ED′＝________，EG＝________，FD′＝________，
②角度相等：∠D′＝________，∠D′EG＝________，
③全等关系：四边形FD′EG≌____________．
3. 折痕可看做垂直平分线：GF⊥________(折痕垂直平分连接两个对应点的连线)；
4. 折痕可看做角平分线：∠EGF＝________(对称线段所在的直线与折痕的夹角相等)．
折法1 折痕确定
例 1 如图，已知Rt△ABC，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，将直角边AB沿直线AD折叠，使它落在斜边AC上，且点B与点E重合，BD的长为________．
【答题区】
例1题图
例 2 如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝3，将△ABC沿AC折叠，点B落在点E处，此时CE交AD于点F，则CF∶EF＝________．
【答题区】
例2题图
满分技法
折叠方式确定，不需分类讨论，常用到的解题方法有：
①勾股定理；
②相似；
③三角函数；
④等面积法；
例 3 如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝3，P，Q分别是AB，CD的中点，点E是BC边上一点，将矩形沿AE按如图方式折叠，使点B 落在PQ上的点G处，则折痕AE的长为________．
【答题区】
例3题图
例 4 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，将直角边AB沿BE折叠，使点A落在斜边AC的点D处，再将边BC沿BF折叠，使点C落在BD的延长线上的点C′处，则AD的长为________．
【答题区】
例4题图
满分技法
当折叠后出现含30°，45°角的直角三角形时，可利用特殊三角形的性质解题；
折法2 折痕过一动点
例 5 如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝4，E是AB的中点，点F是线段BC边上一动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连接B′D，则B′D的最小值为________．
【答题区】
例5题图
满分技法
折叠中的动点问题常结合题设条件确定出满足条件情况，画出图形，求值．
例 6 如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝4，点P是AD上的点，且AP＝3，点E是BC边上一动点，将矩形ABCD沿直线PE折叠，点A，B的对应点分别为点A′，B′，当A′、B′、D共线时，BE的长为________．
【答题区】
例6题图
满分技法
当折叠方式不确定时，常产生多解问题，可以通过关键条件，进行分类讨论，画出所有可能情况，把折叠方式不确定问题转化为折叠方式确定问题．
折法3 折痕过两动点
例 7 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝9，BC＝12，P，Q分别是边AB，BC上的动点，将△PBQ沿PQ所在直线折叠得到△PB′Q，连接AB′，则AB′的最小值为________．
【答题区】
例7题图
例 8 如图，正方形纸片ABCD的边长为6，E，F分别是AB，CD的中点，点G，H分别在AD，AB上，将纸片沿GH所在直线折叠，当点A与线段EF的三等分点重合时，AH的长为________．
【答题区】
例8题图
类型一 几何图形折叠问题
典例精讲
例 1 （一题多设问) 如图，在矩形ABCD中，AB＝6，点P是AD上一点，将△ABP沿BP折叠，点A的对应点为O.
探究1：一次折叠
(1)如图①，点O恰好落在矩形的对称轴上，若BC＝8，则AP的长为________．
例1题图①
探究2：二次折叠
(2)如图②，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在边AD上的点F处，此时恰好B、O、F三点共线．则∠PBE＝________．
例1题图②
探究3：三次折叠
(3)将矩形ABCD按如图③所示的方式折叠，若顶点A、C、D都落在点O处，则BC＝________．
例1题图③
安徽近年真题精选
1.如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10.点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的点H处．有下列结论：①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝eq \f(3,2)S△FGH；④AG＋DF＝FG.
其中正确的是______________．(把所有正确结论的序号都选上)
第1题图
针对训练
2. 一张矩形纸片的长为m，宽为n(m＞3n)，先在其两端分别折出两个正方形(ABEF、CDGH)后展开，如图①，再分别将长方形ABHG、CDFE对折，折痕分别为MN、PQ，如图②.
第2题图
(1)四边形EFMN和四边形QPGH的面积之和为________；
(2)MP＝________．
3. 如图，在菱形ABCD中，点E是AD的中点，点F、G是分别是AB、BC上的一点，以EF、CE、FG为对称轴将△AEF、△CDE和△BFG折叠，得到△A′EF、△CD′E和△B′FG，且点A′与点D′重合，点B′落在A′C上．
第3题图
(1)A′E和B′G的位置关系为________；
(2)若∠A＝60°，则eq \f(S△A′CE,S△B′FG)的值为________．
4. 正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿EF折叠，使点A落在A′处，点B落在点B′处，A′B′交 BC于G.以下结论：
①当A′为CD中点时，△A′DE 三边之比为3∶4∶5；
②当△A′DE三边之比为3∶4∶5时，A′为CD中点；
③当A′在CD上移动时，△A′CG 周长不变；
④当A′在CD上移动时，A′G＝A′D＋BG一定成立．
其中正确的有________．(写出所有正确结论的序号)
第4题图
类型二 几何图形裁剪问题
典例精讲
例 2 （一题多设问) 如图①，有两张同样大小的纸片ABCD，已知AB＝4.
例2题图①
探究1：折叠后还原
(1)如图②，将第一张纸片按如图所示折叠，使得点A、C的对应点A′、C′落在矩形的对角线BD上，当A′、C′恰好重合时，原矩形ABCD的周长为________．
例2题图②
探究2：展开后裁剪
(2)如图③，将第二张纸片沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，设B′C交AD于点E，剪去△AB′E和△DEC.
例2题图③
①双层△AEC展开为________；(填“平行四边形”、“矩形”、“菱形”或“正方形”)
②∠AEC的度数为________．
③如图④，P、Q分别是AE、CE上的点，点G、H为AC边上两点，沿GPQH裁剪并展开，要使展开图为边长1∶eq \r(3)的矩形，则此矩形的面积为________．
例2题图④
安徽近年真题精选
1. 在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点，分别沿斜边中点与这两点的连
线剪去两个三角形，剩下的部分是如图所示的四边形ABCD，且AB⊥BC，CD⊥AC，其中AB＝2，BC＝4，CD＝3，则原直角三角形纸片的斜边长是( )
A. 10 B. 4eq \r(5) C. 10或4eq \r(5) D. 10或2eq \r(17)
第1题图
2.在三角形纸片ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AC＝30 cm.将该纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在斜边BC上的一点E处，折痕记为BD(如图①)，剪去△CDE后得到双层△BDE(如图②)，再沿着过△BDE某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形．则所得平行四边形的周长为________ cm.
第2题图
针对训练
3. 如图，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝120°，沿过菱形不同顶点的直线裁剪该菱形两次，再将所裁下的图形拼接．若所得部分恰好能无缝、无重叠的拼接成一个矩形，则所得矩形的长为________．
第3题图
4. 如图①，将一个宽为4 cm的矩形纸片沿图中的虚线对折再展开，然后按图②的方式沿AF对折，使点B落在图①所得折线上的点E处，沿AE、EF剪开，得到双层△AEF，再沿过△AEF的某个顶点的直线将三角形剪开，展开后若得到的四边形中有一个是菱形，则菱形的面积为________cm2.
第4题图
参考答案
微专题 折叠问题
2. ①AD，AG，FD；②∠D，∠DAG；③四边形FDAG；
3. AE；4. ∠AGF.
例1 3 【解析】勾股定理；
根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，AB＝AE＝6，∴CE＝4，设BD＝x，则DE＝BD＝x，DC＝8－x，在Rt△EDC中，DE＝eq \r(CD2－CE2)，即x＝eq \r(（8－x）2－42)，解得x＝3，∴BD的长为3.
一题多解
解法二：相似；
根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，DE＝BD，AB＝AE＝6，∴CE＝4，∠AED＝∠ABD＝∠CED＝90°，∠C＝∠ECD，∴△CED∽△CBA，∴eq \f(CE,CB)＝eq \f(DE,AB)，即eq \f(4,8)＝eq \f(DE,6)，解得DE＝3，∴BD的长为3.
解法三：等面积法．
根据题意可得，AC＝10，由折叠的性质可知，DE＝BD，AB＝AE＝6，∠AED＝∠ABD＝∠CED＝90°，∴S△ADC＝eq \f(1,2)AB·DC＝eq \f(1,2)AC·DE，即eq \f(1,2)×6×(8－DE)＝eq \f(1,2)DE×10，解得DE＝3，∴BD＝3.
例2 eq \f(25,7) 【解析】根据折叠的性质可知， CE＝BC＝4，AE＝AB＝CD＝3，∠ABC＝∠AEC＝∠CDF＝90°，∴在△AEF和△CDF中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AFE＝∠CFD，,∠AEF＝∠CDF，,AE＝CD，)) ，∴△AEF≌△CDF(AAS)，∴AF＝CF，EF＝DF，在Rt△CDF中，根据勾股定理可得，CF2＝CD2＋DF2，即CF2＝CD2＋(CE－CF)2，CF2＝32＋(4－CF)2，解得CF＝eq \f(25,8)，∴EF＝CE－CF＝4－eq \f(25,8)＝eq \f(7,8)，∴CF∶EF＝eq \f(25,7).
例3 2eq \r(3) 【解析】根据题意可知，∵P是AB的中点，∴AP＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(3,2)，根据折叠的性质可得，AB＝AG＝3，∴在Rt△APG中，cs∠PAG＝eq \f(AP,AG)＝eq \f(\f(3,2),3)＝eq \f(1,2)，∴∠PAG＝60°，∵∠BAE＝∠GAE＝eq \f(1,2)∠PAG＝30°，∴在Rt△BAE中，∠BAE＝30°，∴AE＝eq \f(AB,cs30°)＝2eq \r(3).
例4 eq \f(18,5) 【解析】根据折叠的性质可知，BD＝AB＝3，C′B＝BC＝4，∠ABE＝∠DBE，∠BCF＝∠BC′F，BE⊥AC，∴C′D＝BC′－BD＝4－3＝1，∠DBE＋∠C′BF＝∠ABE＋∠CBF，∵∠ABC＝90°，∴∠EBF＝45°∴△EBF是等腰直角三角形，∴EF＝BE，∠EFB＝45°，∴∠CFB＝∠C′FB＝135°，∴∠C′FD＝135°－45°＝90°，∵S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BC＝eq \f(1,2)AC·BE，∴AB·BC＝AC·BE，∵根据勾股定理求得AC＝5，∴BE＝eq \f(12,5)，∴EF＝BE＝eq \f(12,5)，ED＝AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(32－（\f(12,5)）2)＝eq \f(9,5)，∴AD＝2×eq \f(9,5)＝eq \f(18,5).
例5 2eq \r(17)－2 【解析】如解图，点B′在以E为圆心，EA长为半径的圆上运动，当D、B′、E共线时，B′D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB′F，∴EB′＝EB，∴EB′⊥B′F，∵E是AB边的中点，AB＝4，∴AE＝EB′＝2，∵AD＝8，∴DE＝eq \r(AD2＋AE2)＝eq \r(82＋22)＝2eq \r(17)，∴B′D最小值为2eq \r(17)－2.
例5题解图
例6 1或5 【解析】∵点E是BC上动点，∴根据折叠后点B′与点D是否重合分两种情况讨论：①如解图①，当A′、B′、D三点共线时，在Rt△A′PD中，由折叠性质可知，A′P＝AP＝3，∴DP＝5.由勾股定理可知A′D＝4，在矩形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠CMD＝∠ADM，∴△CDM ∽△A′PD，∴eq \f(MD,DP)＝eq \f(CD,A′P)，∴eq \f(MD,5)＝eq \f(4,3)，∴MD＝eq \f(20,3)，∴B′M＝DB′－MD＝eq \f(4,3)，∵△B′EM∽△A′PD，∴eq \f(A′D,B′M)＝eq \f(A′P,B′E)，∴B′E＝1，∴BE＝1；②如解图②，当点B′、D重合时，由折叠性质可知，A′P＝AP＝3，A′B′＝AB，∠A′＝∠A＝90°，∠A′B′E＝∠ABE＝90°，∴A′B′＝CD，∠A′＝∠C＝90°，∠A′DP＝∠EDC，∴△A′DP≌△CDE，∴CE＝A′P＝AP＝3，∴BE＝5.综上所述，BE长为1或5.
图①
图②
例6题解图
例7 3 【解析】如解图，当点Q与点C重合且PQ恰好为∠ACB的平分线时，AB′有最小值．∵在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝9，BC＝12，∴AC＝15，根据折叠的性质可知，BQ＝B′Q，∵AB′＋B′Q＋QC≥AC，∴AB′＋BQ＋QC≥AC，即AB′＋12≥AC，∴AB′≥3，∴AB′的最小值为3.
例7题解图
例8 eq \f(13,6)或eq \f(25,6) 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，AD＝BC＝AB＝CD＝6，∠A＝90°.∵点E，F分别是AB，CD的中点，∴AE＝BE＝DF＝CF＝3，∴四边形AEFD是矩形，∴AD＝EF＝6，如解图①，当EM＝eq \f(1,3)EF＝2时，∴根据折叠的性质可知，AH＝HM，在Rt△HEM中，根据勾股定理可知，HM2＝HE2＋EM2，∴AH2＝(3－AH)2＋4，解得AH＝eq \f(13,6)；如解图②，当EM＝eq \f(2,3)EF＝4时，∴根据折叠的性质可知，AH＝HM，在Rt△EHM中，根据勾股定理可知，HM2＝HE2＋EM2，∴AH2＝(AH－3)2＋16，∴AH＝eq \f(25,6).
例8题解图
类型一 几何图形折叠问题
典例精讲
例1 (1)3 【解析】如解图①，由折叠的性质可知，PO⊥BD，PO＝AP，∴△POD∽△BAD，eq \f(PO,BA)＝eq \f(PD,BD)，已知AB＝6，BC＝8，∴BD＝10，设AP＝OP＝x，则PD＝8－x，∴eq \f(x,6)＝eq \f(8－x,10)，解得x＝3，即AP＝3；
例1题解图①
(2)45° 【解析】由折叠的性质可知，∠CBE＝∠FBE，∠ABP＝∠OBP，又∵∠ABC＝∠CBE＋∠FBE＋∠ABP＋∠OBP＝90°＝2∠FBE＋2∠OBP，∴2(∠FBE＋∠OBP)＝∠ABC＝90°，∴∠PBE＝∠FBE＋∠OBP＝45°.
(3)6eq \r(2) 【解析】由折叠的性质可知，DE＝OE，CE＝OE，OB＝AB，∴OB＝6，OE＝CE＝DE＝3，∴BE＝9，BC＝eq \r(BE2－CE2)＝eq \r(92－32)＝6eq \r(2).
安徽近年真题精选
1. ①③④ 【解析】由折叠的性质得，∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∴∠EBG＝∠FBE＋∠FBG＝eq \f(1,2)∠ABC＝eq \f(1,2)×90°＝45°，故①正确；由折叠的性质得，BF＝BC＝10，BH＝BA＝6，∴HF＝BF－BH＝4，在Rt△ABF中，AF＝eq \r(BF2－BA2)＝8，设GH＝x，则GF＝8－x，在Rt△GHF中，x2＋42＝(8－x)2，解得x＝3，∴GF＝5，∴AG＝3，同理在Rt△FDE中，FD＝2，ED＝6－EF，由FD2＝EF2－ED2得EF＝eq \f(10,3)，∴ED＝eq \f(8,3)，∴eq \f(ED,FD)＝eq \f(4,3)≠eq \f(AB,AG)＝2，∴△DEF与△ABG不相似，故②不正确；∵S△ABG＝eq \f(1,2)×3×6＝9，S△FGH＝eq \f(1,2)×3×4＝6，∴eq \f(S△ABG,S△FGH)＝eq \f(9,6)＝eq \f(3,2)，即S△ABG＝eq \f(3,2)S△FGH，故③正确；∵AG＝3，DF＝2，FG＝5，∴AG＋DF＝FG＝5，故④正确．
2. mn－3n2；n 【解析】(1)由折叠的性质可知，AF＝AB＝CD＝GD＝n，∴FG＝m－2n，AG＝DF＝m－n.由折叠可得，DP＝eq \f(1,2)DF＝eq \f(1,2)(m－n)，AM＝eq \f(1,2)AG＝eq \f(1,2)(m－n)，∴FM＝AM－AF＝eq \f(1,2)(m－n)－n＝eq \f(m－3n,2)，PG＝DP－GD＝eq \f(m－3n,2)，∵四边形EFMN和四边形QPGH是矩形，∴S矩形EFMN＋S矩形QPGH＝2·eq \f(m－3n,2)·n＝mn－3n2；(2)由(1)可得，MP＝AD－2FM－2AF＝m－2·eq \f(m－3n,2)－2n＝n.
3. A′E∥B′G ，eq \f(25,9) 【解析】由折叠的性质知∠EA′F＝∠A，∠FB′G＝∠B，又∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＋∠B＝180°，∴∠EA′F＋∠FB′G＝180°，则∠EA′B′＝∠FB′G，∴A′E∥B′G；(2) 如解图，过点C作CH⊥AB于点H.设菱形ABCD的边长为2，设AF＝A′F＝a，则FC＝a＋2，BF＝2－a，BH＝1，FH＝3－a，CH＝eq \r(3).在Rt△FCH中，由FC2＝FH2＋CH2，得(a＋2)2＝(3－a)2＋(eq \r(3))2，解得：a＝0.8，故FB＝FB′＝2－a＝1.2.由题意可知∠CEF＝∠EFG＝90°，∴CE∥FG，∴△A′CE∽△B′FG，∴eq \f(S△A′CE,S△B′FG)＝(eq \f(CA′,FB′))2＝(eq \f(2,1.2))2＝eq \f(25,9).
第3题解图
4. ①③④ 【解析】∵A′为CD中点，正方形ABCD的边长为8，∴AD＝8，A′D＝eq \f(1,2)CD＝4，∠D＝90°，由折叠的性质得A′E＝AE，∴设A′E＝AE＝x，则DE＝8－x，∵在Rt△A′DE中，A′D2＋DE2＝A′E2，∴42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5，∴A′E＝5，DE＝3，∴当A′为CD中点时，△A′DE三边之比为3∶4∶5，故①正确；当△A′DE三边之比为3∶4∶5时，设A′D＝3a，DE＝4a，A′E＝5a，则AE＝A′E＝5a，∵AD＝AE＋DE＝8，∴5a＋4a＝8，解得a＝eq \f(8,9)，∴A′D＝3a＝eq \f(8,3)，A′C＝CD－A′D＝8－eq \f(8,3)＝eq \f(16,3)，∴A′D≠A′C，∴此时点A′不是CD的中点，故②错误；如解图，过点A作AH⊥A′G，垂足为点H，连接AA′，AG，则∠AHA′＝∠AHG＝90°，由折叠的性质得∠EA′G＝∠EAB＝90°，A′E＝AE，∴∠EA′A＋∠AA′G＝90°，∠EA′A＝∠EAA′，∵∠D＝90°，∴∠EAA′＋∠DA′A＝90°，∴∠AA′G＝∠AA′D，在△AA′D与△AA′H中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠D＝∠AHA′,∠AA′D＝∠AA′H,AA′＝AA′))，∴△AA′D≌△AA′H(AAS)，∴AD＝AH，A′D＝A′H，又∵AD＝AB，∴AH＝AB，在Rt△ABG与Rt△AHG中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AH,AG＝AG))， ∴Rt△ABG≌Rt△AHG(HL)，∴HG＝BG，∴C△A′CG＝A′C＋A′G＋CG＝A′C＋A′H＋HG＋CG＝A′C＋A′D＋BG＋CG＝CD＋BC＝8＋8＝16，∴当A′在CD上移动时，△A′CG周长不变，故③正确；∵△AA′D≌△AA′H，△ABG≌△AHG，∴A′D＝A′H，BG＝HG，∴A′G＝A′H＋HG＝A′D＋BG，故④正确．
第4题解图
类型二 几何图形裁剪问题
典例精讲
例2 (1)8＋8eq \r(3) 【解析】如解图①，当A′、C′恰好重合时BD＝AB＋CD＝8，∴AD＝4eq \r(3)，∴矩形的周长为2(AD＋AB)＝8＋8eq \r(3).
例2题解图①
(2)①菱形 【解析】由折叠的性质可知，AB′＝CD，∠D＝∠B′，∠CED＝∠AEB′，∴△CED≌△AEB′，∴AE＝CE，∴展开后四条边均相等，即是菱形；
②120° 【解析】由(1)知，BC＝4eq \r(3)，∴tan∠ACB＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(4,4\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，∴∠ACB＝30°，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EAC＝30°，由①得AE＝CE，∴∠ECA＝∠EAC＝30°，∴∠AEC＝120°；
例2题解图②
③eq \f(16,3) eq \r(3)或4eq \r(3) 【解析】由(2)②知，∠E＝120°，∴∠CAE＝30°，由②可知，AC＝8，AE＝CE＝eq \f(8,3) eq \r(3)，如解图③，当展开图为边长1：eq \r(3)的矩形时，有两种情况满足，情况一：P1Q1∶P1G1＝2eq \r(3)∶1，此时设P1G1＝x，则P1Q1＝ G1H1＝2eq \r(3)x，AG1＝4－eq \r(3)x，tanA＝eq \f(P1G1,AG1)＝eq \f(\r(3),3)，∴x＝eq \f(2,3) eq \r(3)，此时展开矩形的边长分别为eq \f(4,3) eq \r(3)和4，面积为eq \f(16,3)eq \r(3)；情况二：P2Q2∶P2G2＝2∶eq \r(3)，设P2G2＝eq \r(3)x，则P2Q2＝ G2H2＝2x，AG2＝4－x，tanA＝eq \f(P2G2,AG2)＝eq \f(\r(3),3)，∴x＝1，此时展开矩形的边长分别为2和2eq \r(3)，面积为4eq \r(3).
例2题解图③
安徽近年真题精选
1. C 【解析】情况一：如解图①，由题意可得，AC∥DE，又∵点D是AB的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴CE＝BE＝4，AC＝2DE＝6，BC＝8，利用勾股定理可得AB＝10；情况二：如解图②，GI∥KJ，又∵点J是HG的中点，∴KJ是△HGI的中位线，∴HK＝KI＝4，GI＝2KJ＝4，HI＝8，利用勾股定理可得GH＝4eq \r(5).
第1题解图
2. 40或eq \f(80\r(3),3) 【解析】在Rt△ABC中，AC＝30，∠C＝30°，可得AB＝BE＝AC·tanC＝30×tan30°＝10eq \r(3)，由折叠的性质可知∠ABD＝∠EBD＝30°，∴在Rt△ABD中，AD＝10，∴AD＝DE＝10，CD＝20.(1)如解图①所示，当沿过E点的直线剪开，展开后所得平行四边形是以AD和DE为邻边的平行四边形ADEF时，∵AD＝DE＝10，∴所得平行四边形ADEF的周长为4AD＝40；(2)如解图②所示，当沿过D点的直线剪开，展开后所得平行四边形是以∠ABE为顶角，BD为对角线的平行四边形DFBG时，由折叠的性质可得DG＝DF，DF∥AB，∴DF∶AB＝CD∶CA＝2∶3，∵AB＝10eq \r(3)，∴DF＝eq \f(20\r(3),3)，∴所得平行四边形DFBG的周长为4DF＝eq \f(80\r(3),3).综上，所得平行四边形的周长为40或eq \f(80\r(3),3).
第2题解图
3. 8或8eq \r(3) 【解析】如解图①，分别沿菱形的对角线AC、BD裁剪，将剪下的4个三角形重新拼接得到矩形A′B′C′D′，∵∠ABC＝120°，AB＝8，BC＝8，∴AC＝8eq \r(3)，∴AC＝A′B′＝8eq \r(3).∴矩形A′B′C′D′的长为8eq \r(3)；如解图②，过点B作BE⊥AD，过点D作DF⊥BC，分别沿BE、DF裁剪，将剪下的三角形和剩余的矩形重新拼接到得到矩形A″B″C″D″，∵∠ABC＝120°，∴∠A″F″B″＝180°－120°＝60°，∵AB＝8，∴A″F″＝8，B″F″＝4，∴A″B″＝4eq \r(3)，∴C″F″＝8－4＝4，∴B″C″＝B″F″＋C″F″＝8，∵4eq \r(3)＜8，∴矩形A″B″C″D″的长为8.综上所述，所得矩形的长为8或8eq \r(3).
第3题解图①
第3题解图②
4. eq \f(8\r(3),3)或eq \f(32\r(3),9) 【解析】如解图①，过点E作EG⊥AD于点G，则GE＝2，由折叠可知AE＝AB＝4，∴∠EAG＝30°，∴∠EAF＝30°，如解图②，在AF上截取FH＝EF，连接EH，过点E沿虚线EH剪开，△EFH展开为一个菱形，∵∠EAF＝30°，∴∠AFE＝60°，又∵FH＝EF，∴△EFH为等边三角形，∴FH＝EF＝AEtan30°＝4×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(4\r(3),3)，EE′＝2EHcs30°＝2×eq \f(4\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＝4，∴其对角线分别为4 cm，eq \f(4\r(3),3) cm，∴菱形的面积为eq \f(8\r(3),3) cm2；如解图③所示，作AF的垂直平分线l交AE于点M，连接FM，过点F沿虚线MF剪开，△AMF展开为一个菱形，AF＝eq \f(AE,cs30°)＝eq \f(4,\f(\r(3),2))＝eq \f(8\r(3),3)，易得△AMM′为等边三角形，MM′＝AM＝eq \f(\f(1,2)AF,cs30°)＝eq \f(\f(4\r(3),3),\f(\r(3),2))＝eq \f(8,3)，∴其对角线分别为eq \f(8,3) cm，eq \f(8\r(3),3) cm，∴菱形的面积为eq \f(32\r(3),9) cm2.
第4题解图①
第4题解图②
第4题解图③
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