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专题10 中考折叠类题目中的动点问题（教师版） 备战2021年中考几何压轴题分类导练学案
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这是一份专题10 中考折叠类题目中的动点问题（教师版） 备战2021年中考几何压轴题分类导练学案，共15页。学案主要包含了折叠问题中的类比问题，折叠问题中的落点“固定”问题等内容，欢迎下载使用。
专题10：中考折叠类题目中的动点问题
折叠问题是中考的热点也是难点问题，通常与动点问题结合起来，这类问题的题设通常是将某个图形按一定的条件折叠，通过分析折叠前后图形的变换，借助轴对称性质、勾股定理、全等三角形性质、相似三角形性质、三角函数等知识进行解答。此类问题立意新颖，充满着变化，要解决此类问题，除了能根据轴对称图形的性质作出要求的图形外，还要能综合利用相关数学模型及方法来解答。
类型一、求折叠中动点运动距离或线段长度的最值
例1. 动手操作：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
【答案】2.
【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.
类型二、折叠问题中的类比问题
例2. （1）操作发现
如图例2-1，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且点G在矩形ABCD内部．小明将BG延长交DC于点F，认为GF=DF，你同意吗？说明理由．
（2）问题解决
保持（1）中的条件不变，若DC=2DF，求的值；
（3）类比探求
保持（1）中条件不变，若DC=nDF，求的值．
A
E
D
B
C
F
G
图例2-1 图例2-2
【答案】见解析.
【解析】（1）同意，理由如下：
如图例2-2，连接EF
∵E是AD的中点
∴AE=ED
由折叠及矩形性质得：AE=EG，∠EGF=∠D=90°
所以，EG=DE
在Rt△EFG和Rt△EFD中，
∵EF=EF EG=DE
∴Rt△EFG≌Rt△EFD （HL）
∴DF=FG
（2）根据DC=2DF，设DF=FC=x，AE=ED=y
由折叠性质及（1）知BF=BG+GF=AB+GF=3x
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
BF2=BC2+CF2
(3x)2=(2y)2+x2
即：
∴
（3）设AE=ED=y，DF=x，根据DC=nDF，得CD=nx，FC=(n－1)x；
由折叠性质及矩形性质知：BF=BG+GF=AB+GF=(n+1)x
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
BF2=BC2+CF2
[(n+1)x]2=(2y)2+[(n-1)x]2
即：
∴
【点睛】本题立意新颖，是河南中考首次采用此类型题目，给人一种耳目一新的感觉. “操作发现——问题解决——类比探究”所展现的是数学研究的核心，即“提出问题——解决问题——理论扩展及应用”. 学生需要具备完善的知识体系及一定的观察、计算能力才能完整解答此题. 本题的意义不仅在于考查学生对折叠、矩形、全等三角形、勾股定理、解方程等知识的本质理解与掌握，在很大程度上是检验学生的学习过程和学习方式，从一个新的数学角度考查了学生的数学思维能力．
类型三、折叠问题中的直角三角形存在性问题
例3. 如图例3-1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点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，BD的长为
图例3-1 图例3-2 图例3-3
【答案】2或1.
【解析】从题目所给的“当△AEF为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论. 通过观察及分析可知∠BED=∠DEF=60°，所以∠AEF=180－120°=60°. 即点E不可能为直角顶点.
分两种情况考虑：
①当∠EAF=90°时，如图例3-2所示.
∵∠B=30°，BC=3
∴，
∵∠EAF=90°
∴∠AFC=60°，∠CAF=30°
在Rt△ACF中，有：，
由折叠性质可得：∠B=∠DFE=30°，
②当∠AFE=90°时，如图例3-3所示.
由折叠性质得：∠B=∠DFE=30°，
∴∠AFC=60°，∠FAC=30°
∴
所以，BF=2，
综上所述，BD的长为2或1.
【点睛】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识. 通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；②解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.
例4. 如图例4-1，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 ．
图例4-1 图例4-2 图例4-3
【答案】3或1.5.
【解析】此题以“当△CEB′为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B′及点E分别为直角顶点.分两种情况考虑：
①当∠CEB′=90°时，如图例4-2所示.
由折叠性质得：AB=AB′，四边形ABE B′是矩形.
所以四边形ABE B′是正方形.
此时，BE=AB=3.
②当∠CB′E=90°时，如图例4-3所示.
由折叠性质知，∠AB′C=90°，所以∠AB′C+∠CB′E=180°.
∴点A、B′、C共线
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=5
由折叠得：AB= AB′=3
所以B′C=2
设BE=x，则B′E=x，EC=4－x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：EC2=B′E2+B′C2
即：（4-x）2=x2+22
解得：x=1.5.
综上所述，BE的值为3或1.5.
【点睛】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及勾股定理的应用.
例5. 如图例5-1，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为 ．
图例5-1 图例5-2 图例5-3
【答案】或1.
【解析】通过观察及分析可知，C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论.
①当∠CM B′=90°时，如图例5-2所示.
由折叠知：∠BMN=∠B′MB=45°，又因为∠B=45°，所以∠BNM=90°，∠MNB′=90°
即∠BNM+∠MN B′=180°，所以B、N、B′三点共线，此时B′与点A重合.
所以，
①当∠CB′M=90°时，如图例5-3所示.
由折叠知∠B=∠B′=45°，因为∠C=45°，可得∠B′MC=45°，所以△B′MC是等腰直角三角形
设BM= B′M=x，B′C=x，则MC= x
因为BC=+1
所以x+x=+1
解得：x=1，即BM=1.
综上所述，BM的值为或1.
【点睛】根据题意判断出C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.
例6. 如图例6-1，在∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A’BC与△ABC关于BC所在直线对称. D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交A’B所在直线于点F，连接A’E. 当△A’EF为直角三角形时，AB的长为 .
图例6-1 图例6-2 图例6-3
【答案】4或
【解析】分两种情况讨论.
①当∠A’FE=90°时，如图例6-2所示.
∵D、E分别为AC、BC的中点
∴DE是三角形ABC的中位线
即DE∥BA
∴∠A’BA=90°
∴四边形AB A’C为矩形
由折叠得AC=A’C
∴四边形AB A’C为正方形
即AB=AC=4.
②当∠A’EF=90°时，如图例6-3所示.
∵∠A’EF=∠CDE=90°
∴A’E∥CD
∴∠DCE=∠CEA’
由折叠知：∠DCE=∠A’CE
∴∠CEA’=∠A’CE
∴A’C=A’E=4
又∵E是BC中点
即A’E是Rt△A’BC的中线
∴BC=2A’E=8
在Rt△A’BC中，由勾股定理得，A’B=
由折叠性质得：AB= A’B=.
综上所述，AB的长为4或.
【点睛】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.
类型四、折叠问题中的等腰三角形存在性问题
例7. 如图例7-1，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 .[
图例7-1
【答案】16或.
【解析】根据△CDB′为等腰三角形，以CD为腰或底分三种情况讨论，①DB′=DC；②CB′=CD；③CB′=DB′. 对于①DB′=DC，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以D为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′. 对于②CB′=CD，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以C为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′. 对于③CB′=DB′，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，弧与CD垂直平分线的交点为B′.
图例7-2 图例7-3 图例7-4
详解：①DB′=DC， 如图例7-2所示.
易知：DB′=DC=16.
②CB′=CD，如图例7-3所示.
由折叠性质可知：BF= B′F=CD=16，此时F点与C点重合，不符题意.
③CB′=DB′，如图例7-4所示.
由题意得，DN=CN=8，因为AE=3，所以EM=5. B′E=BE=13.
在Rt△EB′M中，由勾股定理得，B′M=12.
所以B′N=4.
在Rt△DB′N中，由勾股定理得，B′D=.
综上所述，B′D的长为16或.
【点睛】以CD为腰或底分三种情况讨论，排除其中一种，利用勾股定理求解.
类型五、折叠问题中的落点“固定”问题
例8. 如图例8-1，矩形ABCD中，AD=5，AB=7，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为 ．
图例8-1
图例8-2 图例8-3
【答案】或.
【解析】如图例8-2.
发现有两个不同的D’点，对不同的位置分别求解.
如图例8-3所示.
因为BD′是∠ABC的平分线
所以∠D′BN=45°，D′N=NB
由折叠知AD′=AD=5.
设D′N=NB=x，则AN=7－x
在Rt△AD′N中，由勾股定理得，AD′2=D′N2+AN2
52=x2+(7-x)2，解得x=3或4.
①当x=3时，D′M=2，AN=4. 设DE=y，则D′E=y，EM=4-y
在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2
即y2=22+(4-y)2，解得y=.
②当x=4时，D′M=1，AN=3. 设DE=y，则D′E=y，EM=3-y
在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2
y2=12+(3-y)2，解得y=.
综上所述，DE的长为或.
【点睛】D′落在∠ABC的角平分线上，作出∠ABC的角平分线，再以A为圆心以AD长半径画弧，弧与∠ABC的角平分线的交点即为D’点. 根据折叠中，折痕是对应点连线的垂直平分线作出折痕.
例9. 如图例9-1，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB=3，点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点B’处，过点B’作AD的垂线，分别交AD、BC于点M、N，当点B’为线段MN的三等分点时，BE的长为 .
图例9-1
【答案】或
【解析】取线段AB的三等分点P、G，过点P、G作PQ∥AD，GH∥AD
以点A为圆心，以AB长为半径画弧，该弧与PQ、GH的交点即为B’. 如图例9-2.
图例9-2 图例9-3 图例9-4
①取弧BB’与GH的交点，如图例9-3所示
因为BG= B’N=1，B’M=AG=2，由折叠得AB=AB’=3.
在Rt△AGB’中，由勾股定理得：B’G=，所以AM=.
因为∠MAB’=∠EB’N
所以cos∠MAB’=cos∠EB’N
即:
设BE= B’E=x，则
解得：x=，即BE=
②取弧BB’与PQ的交点，如图例9-4所示
因为BP= B’N=2，B’M=AP=1，由折叠得AB=AB’=3.
在Rt△APB’中，由勾股定理得：B’P=，所以AM=.
因为∠MAB’=∠EB’N
所以cos∠MAB’=cos∠EB’N
即:
设BE= B’E=x，则
解得：x=，即BE=.
综上所述，BE的长为或.
【点睛】根据题意画出图形后，利用一线三直角的线段比例相等求解.
刻意练习
第1题 第2题 第3题
1. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M在BC上，点N是AB上的动点，将矩形ABCD沿MN折叠，设点B的对应点是点E，若点E在对角线AC上，则 AE的取值范围是
2. 如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝5，将矩形ABCD折叠，使点C落在边AB上的E处，折痕交DC边于点M，点F在DM上运动，当△AEF是腰长为5的等腰三角形时，EF的长为
3. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5，AD=2，点P在线段AB上运动，设AP=x，现将纸片折叠，使点D与点P重合，得折痕EF（点E、F为折痕与矩形边的交点），再将纸片还原，则四边形EPFD为菱形时，x的取值范围是
第4题 第5题
4. 如图，矩形ABCD中，点E为射线BC上的一个动点，连接AE，以AE为对称轴折叠△AEB，得到△AEB′，点B的对称点为点B′，若AB=5，BC=3，当点B′落在射线CD上时，线段BE的长为 ．
5. 如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=+1，点E、F分别是BC、AC边上的动点，沿E、F所在直线折叠∠C，使点C的落对应点C'始终落在边AB上，若△BEC'是直角三角形时，则BC'的长为
刻意练习答案及解析
1.【答案】1≤AE≤3
【解析】
在Rt△ABC中，AC =5，
如图1，M点在C点处，沿∠ACB的对角线折叠，则CE=CB=4，所以AE=AC－BC=1；
如图2，N点在A点处，沿∠CAB的对角线折叠，则AE=AB=3.
∴AE的取值范围为1≤AE≤3．
故答案为1≤AE≤3．
2. 【答案】5或5 .
【解析】∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=10，BC=AD=5，
∵矩形ABCD折叠，使点C落在边AB上的E处，折痕交DC边于点M，
∴∠MEB=∠C=90°，BC=BE=5，
∴四边形BCME为正方形，
∴ME=5，
∴AE=AB-BE=5，
∵点F在DM上运动，且△AEF是腰长为5的等腰三角形，
∴点F只能在点D或点M处，
点F运动到点D时，EF=5
当点F运动到点M时，EF=5．
故答案为5或5.
3. 【答案】2≤x≤5
【解析】要使四边形EPFD为菱形，则需DE=EP=FP=DF，
如图1：当点E与点A重合时，AP=AD=2，此时AP最小；
如图2：当点P与B重合时，AP=AB=5，此时AP最大；
四边形EPFD为菱形的x的取值范围是：2≤x≤5．
故答案为：2≤x≤5．
4. 【答案】或15
【解析】
如图1，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′=AB=5，B′E=BE，
∴CE=3﹣BE，
∵AD=3，
∴DB′=4，
∴B′C=1，
∵B′E2=CE2+B′C2，
∴BE2=（3﹣BE）2+12，
∴BE=，
如图2，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′=AB=5，
∵CD∥AB，
∴∠1=∠3，
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∵AE垂直平分BB′，
∴AB=BF=5，
∴CF=4，
∵CF∥AB，
∴△CEF∽△ABE，
∴，
即，
∴CE=12，BE=15
综上所述：BE的长为：或15，
5. 【答案】或2.
【解析】如图1，当∠BEC'=90°时，
图1 图2
∵∠B=30°，
∴BE=C’E，
又∵CE=C'E，BC=+1，
∴BE=，C'E=1，
∴Rt△BEC'中，BC'=2；
如图2，当∠BC'E=90°时，
∵∠B=30°，
∴BE=2C'E=2CE，
又∵BC=+1，
∴BE=，C'E=，
∴BC'=；
综上所述，BC'的长为或2．
专题10：中考折叠类题目中的动点问题
折叠问题是中考的热点也是难点问题，通常与动点问题结合起来，这类问题的题设通常是将某个图形按一定的条件折叠，通过分析折叠前后图形的变换，借助轴对称性质、勾股定理、全等三角形性质、相似三角形性质、三角函数等知识进行解答。此类问题立意新颖，充满着变化，要解决此类问题，除了能根据轴对称图形的性质作出要求的图形外，还要能综合利用相关数学模型及方法来解答。
类型一、求折叠中动点运动距离或线段长度的最值
例1. 动手操作：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
【答案】2.
【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.
类型二、折叠问题中的类比问题
例2. （1）操作发现
如图例2-1，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且点G在矩形ABCD内部．小明将BG延长交DC于点F，认为GF=DF，你同意吗？说明理由．
（2）问题解决
保持（1）中的条件不变，若DC=2DF，求的值；
（3）类比探求
保持（1）中条件不变，若DC=nDF，求的值．
A
E
D
B
C
F
G
图例2-1 图例2-2
【答案】见解析.
【解析】（1）同意，理由如下：
如图例2-2，连接EF
∵E是AD的中点
∴AE=ED
由折叠及矩形性质得：AE=EG，∠EGF=∠D=90°
所以，EG=DE
在Rt△EFG和Rt△EFD中，
∵EF=EF EG=DE
∴Rt△EFG≌Rt△EFD （HL）
∴DF=FG
（2）根据DC=2DF，设DF=FC=x，AE=ED=y
由折叠性质及（1）知BF=BG+GF=AB+GF=3x
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
BF2=BC2+CF2
(3x)2=(2y)2+x2
即：
∴
（3）设AE=ED=y，DF=x，根据DC=nDF，得CD=nx，FC=(n－1)x；
由折叠性质及矩形性质知：BF=BG+GF=AB+GF=(n+1)x
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
BF2=BC2+CF2
[(n+1)x]2=(2y)2+[(n-1)x]2
即：
∴
【点睛】本题立意新颖，是河南中考首次采用此类型题目，给人一种耳目一新的感觉. “操作发现——问题解决——类比探究”所展现的是数学研究的核心，即“提出问题——解决问题——理论扩展及应用”. 学生需要具备完善的知识体系及一定的观察、计算能力才能完整解答此题. 本题的意义不仅在于考查学生对折叠、矩形、全等三角形、勾股定理、解方程等知识的本质理解与掌握，在很大程度上是检验学生的学习过程和学习方式，从一个新的数学角度考查了学生的数学思维能力．
类型三、折叠问题中的直角三角形存在性问题
例3. 如图例3-1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点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，BD的长为
图例3-1 图例3-2 图例3-3
【答案】2或1.
【解析】从题目所给的“当△AEF为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论. 通过观察及分析可知∠BED=∠DEF=60°，所以∠AEF=180－120°=60°. 即点E不可能为直角顶点.
分两种情况考虑：
①当∠EAF=90°时，如图例3-2所示.
∵∠B=30°，BC=3
∴，
∵∠EAF=90°
∴∠AFC=60°，∠CAF=30°
在Rt△ACF中，有：，
由折叠性质可得：∠B=∠DFE=30°，
②当∠AFE=90°时，如图例3-3所示.
由折叠性质得：∠B=∠DFE=30°，
∴∠AFC=60°，∠FAC=30°
∴
所以，BF=2，
综上所述，BD的长为2或1.
【点睛】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识. 通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；②解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.
例4. 如图例4-1，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 ．
图例4-1 图例4-2 图例4-3
【答案】3或1.5.
【解析】此题以“当△CEB′为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B′及点E分别为直角顶点.分两种情况考虑：
①当∠CEB′=90°时，如图例4-2所示.
由折叠性质得：AB=AB′，四边形ABE B′是矩形.
所以四边形ABE B′是正方形.
此时，BE=AB=3.
②当∠CB′E=90°时，如图例4-3所示.
由折叠性质知，∠AB′C=90°，所以∠AB′C+∠CB′E=180°.
∴点A、B′、C共线
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=5
由折叠得：AB= AB′=3
所以B′C=2
设BE=x，则B′E=x，EC=4－x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：EC2=B′E2+B′C2
即：（4-x）2=x2+22
解得：x=1.5.
综上所述，BE的值为3或1.5.
【点睛】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及勾股定理的应用.
例5. 如图例5-1，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为 ．
图例5-1 图例5-2 图例5-3
【答案】或1.
【解析】通过观察及分析可知，C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论.
①当∠CM B′=90°时，如图例5-2所示.
由折叠知：∠BMN=∠B′MB=45°，又因为∠B=45°，所以∠BNM=90°，∠MNB′=90°
即∠BNM+∠MN B′=180°，所以B、N、B′三点共线，此时B′与点A重合.
所以，
①当∠CB′M=90°时，如图例5-3所示.
由折叠知∠B=∠B′=45°，因为∠C=45°，可得∠B′MC=45°，所以△B′MC是等腰直角三角形
设BM= B′M=x，B′C=x，则MC= x
因为BC=+1
所以x+x=+1
解得：x=1，即BM=1.
综上所述，BM的值为或1.
【点睛】根据题意判断出C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.
例6. 如图例6-1，在∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A’BC与△ABC关于BC所在直线对称. D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交A’B所在直线于点F，连接A’E. 当△A’EF为直角三角形时，AB的长为 .
图例6-1 图例6-2 图例6-3
【答案】4或
【解析】分两种情况讨论.
①当∠A’FE=90°时，如图例6-2所示.
∵D、E分别为AC、BC的中点
∴DE是三角形ABC的中位线
即DE∥BA
∴∠A’BA=90°
∴四边形AB A’C为矩形
由折叠得AC=A’C
∴四边形AB A’C为正方形
即AB=AC=4.
②当∠A’EF=90°时，如图例6-3所示.
∵∠A’EF=∠CDE=90°
∴A’E∥CD
∴∠DCE=∠CEA’
由折叠知：∠DCE=∠A’CE
∴∠CEA’=∠A’CE
∴A’C=A’E=4
又∵E是BC中点
即A’E是Rt△A’BC的中线
∴BC=2A’E=8
在Rt△A’BC中，由勾股定理得，A’B=
由折叠性质得：AB= A’B=.
综上所述，AB的长为4或.
【点睛】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.
类型四、折叠问题中的等腰三角形存在性问题
例7. 如图例7-1，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 .[
图例7-1
【答案】16或.
【解析】根据△CDB′为等腰三角形，以CD为腰或底分三种情况讨论，①DB′=DC；②CB′=CD；③CB′=DB′. 对于①DB′=DC，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以D为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′. 对于②CB′=CD，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以C为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′. 对于③CB′=DB′，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，弧与CD垂直平分线的交点为B′.
图例7-2 图例7-3 图例7-4
详解：①DB′=DC， 如图例7-2所示.
易知：DB′=DC=16.
②CB′=CD，如图例7-3所示.
由折叠性质可知：BF= B′F=CD=16，此时F点与C点重合，不符题意.
③CB′=DB′，如图例7-4所示.
由题意得，DN=CN=8，因为AE=3，所以EM=5. B′E=BE=13.
在Rt△EB′M中，由勾股定理得，B′M=12.
所以B′N=4.
在Rt△DB′N中，由勾股定理得，B′D=.
综上所述，B′D的长为16或.
【点睛】以CD为腰或底分三种情况讨论，排除其中一种，利用勾股定理求解.
类型五、折叠问题中的落点“固定”问题
例8. 如图例8-1，矩形ABCD中，AD=5，AB=7，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为 ．
图例8-1
图例8-2 图例8-3
【答案】或.
【解析】如图例8-2.
发现有两个不同的D’点，对不同的位置分别求解.
如图例8-3所示.
因为BD′是∠ABC的平分线
所以∠D′BN=45°，D′N=NB
由折叠知AD′=AD=5.
设D′N=NB=x，则AN=7－x
在Rt△AD′N中，由勾股定理得，AD′2=D′N2+AN2
52=x2+(7-x)2，解得x=3或4.
①当x=3时，D′M=2，AN=4. 设DE=y，则D′E=y，EM=4-y
在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2
即y2=22+(4-y)2，解得y=.
②当x=4时，D′M=1，AN=3. 设DE=y，则D′E=y，EM=3-y
在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2
y2=12+(3-y)2，解得y=.
综上所述，DE的长为或.
【点睛】D′落在∠ABC的角平分线上，作出∠ABC的角平分线，再以A为圆心以AD长半径画弧，弧与∠ABC的角平分线的交点即为D’点. 根据折叠中，折痕是对应点连线的垂直平分线作出折痕.
例9. 如图例9-1，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB=3，点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点B’处，过点B’作AD的垂线，分别交AD、BC于点M、N，当点B’为线段MN的三等分点时，BE的长为 .
图例9-1
【答案】或
【解析】取线段AB的三等分点P、G，过点P、G作PQ∥AD，GH∥AD
以点A为圆心，以AB长为半径画弧，该弧与PQ、GH的交点即为B’. 如图例9-2.
图例9-2 图例9-3 图例9-4
①取弧BB’与GH的交点，如图例9-3所示
因为BG= B’N=1，B’M=AG=2，由折叠得AB=AB’=3.
在Rt△AGB’中，由勾股定理得：B’G=，所以AM=.
因为∠MAB’=∠EB’N
所以cos∠MAB’=cos∠EB’N
即:
设BE= B’E=x，则
解得：x=，即BE=
②取弧BB’与PQ的交点，如图例9-4所示
因为BP= B’N=2，B’M=AP=1，由折叠得AB=AB’=3.
在Rt△APB’中，由勾股定理得：B’P=，所以AM=.
因为∠MAB’=∠EB’N
所以cos∠MAB’=cos∠EB’N
即:
设BE= B’E=x，则
解得：x=，即BE=.
综上所述，BE的长为或.
【点睛】根据题意画出图形后，利用一线三直角的线段比例相等求解.
刻意练习
第1题 第2题 第3题
1. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M在BC上，点N是AB上的动点，将矩形ABCD沿MN折叠，设点B的对应点是点E，若点E在对角线AC上，则 AE的取值范围是
2. 如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝5，将矩形ABCD折叠，使点C落在边AB上的E处，折痕交DC边于点M，点F在DM上运动，当△AEF是腰长为5的等腰三角形时，EF的长为
3. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5，AD=2，点P在线段AB上运动，设AP=x，现将纸片折叠，使点D与点P重合，得折痕EF（点E、F为折痕与矩形边的交点），再将纸片还原，则四边形EPFD为菱形时，x的取值范围是
第4题 第5题
4. 如图，矩形ABCD中，点E为射线BC上的一个动点，连接AE，以AE为对称轴折叠△AEB，得到△AEB′，点B的对称点为点B′，若AB=5，BC=3，当点B′落在射线CD上时，线段BE的长为 ．
5. 如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=+1，点E、F分别是BC、AC边上的动点，沿E、F所在直线折叠∠C，使点C的落对应点C'始终落在边AB上，若△BEC'是直角三角形时，则BC'的长为
刻意练习答案及解析
1.【答案】1≤AE≤3
【解析】
在Rt△ABC中，AC =5，
如图1，M点在C点处，沿∠ACB的对角线折叠，则CE=CB=4，所以AE=AC－BC=1；
如图2，N点在A点处，沿∠CAB的对角线折叠，则AE=AB=3.
∴AE的取值范围为1≤AE≤3．
故答案为1≤AE≤3．
2. 【答案】5或5 .
【解析】∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=10，BC=AD=5，
∵矩形ABCD折叠，使点C落在边AB上的E处，折痕交DC边于点M，
∴∠MEB=∠C=90°，BC=BE=5，
∴四边形BCME为正方形，
∴ME=5，
∴AE=AB-BE=5，
∵点F在DM上运动，且△AEF是腰长为5的等腰三角形，
∴点F只能在点D或点M处，
点F运动到点D时，EF=5
当点F运动到点M时，EF=5．
故答案为5或5.
3. 【答案】2≤x≤5
【解析】要使四边形EPFD为菱形，则需DE=EP=FP=DF，
如图1：当点E与点A重合时，AP=AD=2，此时AP最小；
如图2：当点P与B重合时，AP=AB=5，此时AP最大；
四边形EPFD为菱形的x的取值范围是：2≤x≤5．
故答案为：2≤x≤5．
4. 【答案】或15
【解析】
如图1，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′=AB=5，B′E=BE，
∴CE=3﹣BE，
∵AD=3，
∴DB′=4，
∴B′C=1，
∵B′E2=CE2+B′C2，
∴BE2=（3﹣BE）2+12，
∴BE=，
如图2，∵将△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，
∴AB′=AB=5，
∵CD∥AB，
∴∠1=∠3，
∵∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∵AE垂直平分BB′，
∴AB=BF=5，
∴CF=4，
∵CF∥AB，
∴△CEF∽△ABE，
∴，
即，
∴CE=12，BE=15
综上所述：BE的长为：或15，
5. 【答案】或2.
【解析】如图1，当∠BEC'=90°时，
图1 图2
∵∠B=30°，
∴BE=C’E，
又∵CE=C'E，BC=+1，
∴BE=，C'E=1，
∴Rt△BEC'中，BC'=2；
如图2，当∠BC'E=90°时，
∵∠B=30°，
∴BE=2C'E=2CE，
又∵BC=+1，
∴BE=，C'E=，
∴BC'=；
综上所述，BC'的长为或2．
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