专题04 折叠问题（教师版） 备战2021年中考几何压轴题分类导练学案

专题4：折叠问题

【典例引领】

例：如图，四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，连接AE．将△ABE沿AE所在直线折叠，点B的对应点是点B′，连接AB′并延长交直线DC于点F．

（1）当点F与点C重合时如图（1），易证：DF+BE=AF（不需证明）；

（2）（2）当点F在DC的延长线上时如图（2），当点F在CD的延长线上时如图（3），线段DF、BE、AF有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．

【答案】（2）图（2）的结论：DF+BE=AF； 图（3）的结论：BE﹣DF=AF；证明见解答．

【分析】 （1）由折叠可得AB=AB′，BE=B'E，再根据四边形ABCD是正方形，易证B'E=B'F，即可证明DF+BE=AF； 

（2）图（2）的结论：DF+BE=AF；图（3）的结论：BE﹣DF=AF；证明图（2）：延长CD

到点G，使DG=BE，连接AG，需证△ABE≌△ADG， 

根据CB∥AD，得∠AEB=∠EAD，即可得出∠B′AE=∠DAG，则∠GAF=∠DAE，则∠AGD=∠GAF，即可得出答案BE+DF=AF． 

【解答】 解：（1）由折叠可得AB=AB′，BE=B'E，

∵四边形ABCD是正方形， 

∴AB=DC=DF，∠CB'E=45°， 

∴B'E=B'F，  ∴AF=AB'+B'F， 

即DF+BE=AF；  

（3）图（2）的结论：DF+BE=AF；

 图（3）的结论：BE﹣DF=AF；

 图（2）的证明：延长CD到点G，使DG=BE，连接AG，

需证△ABE≌△ADG，  ∵CB∥AD，  ∴  ∠AEB=∠EAD，  ∵∠BAE=∠B'AE，   ∴ ∠B'AE=∠DAG，

∴∠GAF=∠DAE，  ∴ ∠AGD=∠GAF，  ∴GF=AF，∴BE+DF=AF； 

图（3）的证明：在BC上取点M，使BM=DF，连接AM，

需证△ABM≌△ADF，   ∴ ∠BAM=∠FAD，AF=AM   ∵ ΔABE≌AB'E   

∴∠ BAE=∠EAB′，  ∴∠MAE=∠DAE， 

∵ AD∥BE，

∴∠AEM=∠DAE，     ∴ ∠MAE=∠AEM， 

∴ME=MA=AF，

∴BE﹣DF=AF． 

【强化训练】

1、数学活动：在综合与实践活动课上，老师让同学们以“三角形纸片的折叠、旋转”为主题开展数学活动，探究线段长度的有关问题.

动手操作：如图 1，在直角三角形纸片 ABC 中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8.将三角形纸片ABC 进行以下操作：

第一步：折叠三角形纸片 ABC 使点 C 与点 A 重合，然后展开铺平，得到折痕 DE；

第二步：将△ABC 沿折痕 DE 展开，然后将△DEC 绕点 D 逆时针方向旋转得到△DFG，点 E，C 的对应点分别是点 F，G，射线 GF 与边 AC 交于点 M(点 M 不与点 A 重合)，与边 AB交于点 N，线段 DG 与边 AC 交于点 P.

数学思考：

（1）求 DC 的长；

（2）在△DEC 绕点 D 旋转的过程中，试判断 MF 与 ME 的数量关系，并证明你的结论；

问题解决：

（3）在△DEC 绕点 D 旋转的过程中，探究 下列问题：

① 如图 2，当 GF∥BC 时，求 AM 的长；

② 如图 3，当 GF 经过点 B 时，AM 的长为     

③ 当△DEC 绕点 D 旋转至 DE 平分∠FDG 的位置时，试在图 4 中作出此时的△DFG 和射线 GF，并直接写出 AM 的长（要求：尺规作图 ，不写作法，保留 作图痕迹，标记出所有相应的字母）

【答案】(1) DC＝5;(2)相等，理由见解析；（3）①AM＝3；②AM＝；③AM＝10  3

【分析】

（1）理由勾股定理求出BC即可解决问题．
（2）结论：MF=ME．证明Rt△DMF≌Rt△DME（HL），即可解决问题．
（3）①如图2中，作AH⊥BC于H，交FG于K．由KM∥CH，推出

，求出AK，AH即可解决问题．
②证明BM=MC，设BM=MC=x，在Rt△ABM中，根据BM2=AB2+AM2，构建方程即可解决问题．
③尺规作图如图4-1所示．作DR平分∠CDF，在DR上截取DG=DC，分别以D，G为圆心，DE，CE为半径画弧，两弧交于点F，△DFG即为所求．如图4-1中，连接DM，设DG交AC于T，作TH⊥CD于H，作DK平分∠CDG交TH于K，作KJ⊥DG于J．
易证△DEM≌△DHK（AAS），推出EM=HK，只要求出HK即可．

【解答】

解：（1）如图1中，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC=∠A=90°，
∴DE∥AB，
∵AE=EC，
∴BD=DC，
在Rt△ABC中，∵AB=6，AC=8，
∴BC==10，
∴CD=BC=5．

（2）结论：MF=ME．
理由：如图1中，连接DM，

∵∠DFM=∠DEM=90°，DM=DM，DF=DE，
∴Rt△DMF≌Rt△DME（HL），
∴MF=ME．

（3）①如图2中，作AH⊥BC于H，交FG于K．

易知，四边形DFKH是矩形，
∴DF=KH=3，
∴AK=AH-KH=，

∵KM∥CH，
∴，

∴，

∴AM=3．

②如图3中，

∵DG=DB=DC，
∴∠G=∠DBG，
∵∠G=∠C，
∴∠MBC=∠C，
∴BM=MC，设BM=MC=x，
在Rt△ABM中，∵BM2=AB2+AM2，
∴62+（8-x）2=x2，
∴x=

∴AM=AC-CM=8-=．
故答案为.
③尺规作图如图4-1所示．作DR平分∠CDF，在DR上截取DG=DC，分别以D，G为圆心，DE，CE为半径画弧，两弧交于点F，△DFG即为所求．

如图4-1中，连接DM，设DG交AC于T，作TH⊥CD于H，作DK平分∠CDG交TH于K，作KJ⊥DG于J．

易证△DEM≌△DHK（AAS），推出EM=HK，只要求出HK即可．
∵TE⊥DE，TH⊥DC，DG平分∠CDE，
∴TE=TH，设TE=TH=x，在Rt△TCH中，x2+22=（4-x）2，
∴x=，

∴，
∵DK平分∠CDT，KJ⊥DT，KH⊥CD，
∴KJ=KH，设KJ=KH=y，
在Rt△KTJ中，

∴，

∴EM=

∴．

2．（2016内蒙古包头市）如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB=90°，AC=4，BC=3，E、F分别是AC、AB边上点，连接EF．

（1）图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF=3S△EDF，求AE的长；

（2）如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA．

①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；

②求EF的长；

（3）如图③，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN=1，CE=，求的值．

【答案】（1）；（2）①四边形AEMF为菱形；②；（3）．

【分析】

试题分析：（1）先利用折叠的性质得到EF⊥AB，△AEF≌△DEF，则S△AEF≌S△DEF，则易得S△ABC=4S△AEF，再证明Rt△AEF∽Rt△ABC，然后根据相似三角形的性质得到=（）2，再利用勾股定理求出AB即可得到AE的长；（2）①通过证明四条边相等判断四边形AEMF为菱形；

②连结AM交EF于点O，如图②，设AE=x，则EM=x，CE=4﹣x，先证明△CME∽△CBA得到==，解出x后计算出CM=，再利用勾股定理计算出AM，然后根据菱形的面积公式计算EF；

（3）如图③，作FH⊥BC于H，先证明△NCE∽△NFH，利用相似比得到FH：NH=4：7，设FH=4x，NH=7x，则CH=7x﹣1，BH=3﹣（7x﹣1）=4﹣7x，再证明△BFH∽△BAC，利用相似比可计算出x=，则可计算出FH和BH，接着利用勾股定理计算出BF，从而得到AF的长，于是可计算出的值．

【解答】（1）如图①，

∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，

∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF，

∴S△AEF≌S△DEF，

∵S四边形ECBF=3S△EDF，

∴S△ABC=4S△AEF，

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3，

∴AB==5，

∵∠EAF=∠BAC，

∴Rt△AEF∽Rt△ABC，

∴=（）2，即（）2=，

∴AE=；

（2）①四边形AEMF为菱形．理由如下：

如图②，∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，

∴AE=EM，AF=MF，∠AFE=∠MFE，

∵MF∥AC，

∴∠AEF=∠MFE，

∴∠AEF=∠AFE，

∴AE=AF，

∴AE=EM=MF=AF，

∴四边形AEMF为菱形；

②连结AM交EF于点O，如图②，

设AE=x，则EM=x，CE=4﹣x，

∵四边形AEMF为菱形，

∴EM∥AB，

∴△CME∽△CBA，

∴==，即==，解得x=，CM=，

在Rt△ACM中，AM===，

∵S菱形AEMF=EF•AM=AE•CM，

∴EF=2×=；

（4）如图③，

作FH⊥BC于H，

∵EC∥FH，

∴△NCE∽△NFH，

∴CN：NH=CE：FH，即1：NH=：FH，

∴FH：NH=4：7，

设FH=4x，NH=7x，则CH=7x﹣1，BH=3﹣（7x﹣1）=4﹣7x，

∵FH∥AC，

∴△BFH∽△BAC，

∴BH：BC=FH：AC，即（4﹣7x）：3=4x：4，解得x=，

∴FH=4x=，BH=4﹣7x=，

在Rt△BFH中，BF==2，

∴AF=AB﹣BF=5﹣2=3，

∴=．

3．如图1，四边形的对角线相交于点，，，，.

（1）填空：与的数量关系为               ；

（2）求的值；

（3）将沿翻折，得到（如图2），连接，与相交于点.若，求的长.

【答案】（1）∠BAD+∠ACB=180°；（2）；（3）1.

【分析】（1）在△ABD中，根据三角形的内角和定理即可得出结论：∠BAD+∠ACB=180°；

（2）如图1中，作DE∥AB交AC于E．由△OAB≌△OED，可得AB=DE，OA=OE，设AB=DE=CE=CE=x，OA=OE=y，由△EAD∽△ABC，推出，可得，可得4y2+2xy﹣x2=0，即，求出的值即可解决问题；

（3）如图2中，作DE∥AB交AC于E．想办法证明△PA′D∽△PBC，可得，可得，即，由此即可解决问题；

【解答】（1）如图1中，

在△ABD中，∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，∠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=CE=x，OA=OE=y，

∵∠EDA+∠DAB=180°，∠BAD+∠ACB=180°，

∴∠EDA=∠ACB，∵∠DEA=∠CAB，∴△EAD∽△ABC，

∴，∴，

∴4y2+2xy﹣x2=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°，

∵△EAD∽△ACB，∴∠DAE=∠ABC=∠DA′C，

∴∠DA′C+∠A′CB=180°，∴A′D∥BC，

∴△PA′D∽△PBC，

∴，

∴，即

∴PC=1．

4．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝7，点P是边AC上不与点A、C重合的一点，作PD∥BC交AB边于点D．

（1）如图1，将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，作AE∥PD．求证：AE＝ED；

（2）将△APD绕点A顺时针旋转，得到△AP'D'，点P、D的对应点分别为点P'、D'，

①如图2，当点D'在△ABC内部时，连接P′C和D'B，求证：△AP'C∽△AD'B；

②如果AP：PC＝5：1，连接DD'，且DD'＝AD，那么请直接写出点D'到直线BC的距离．

【答案】(1)见解析；（2）①见解析；②点D'到直线BC的距离为或

【分析】

（1）由折叠的性质和平行线的性质可得∠EAD＝∠ADP＝∠ADP'，即可得AE＝DE；

（2）①由题意可证△APD∽△ACB，可得，由旋转的性质可得AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，即∠P'AC＝∠D'AB，，则△AP'C∽△AD'B；②分点D'在直线BC的下方和点D'在直线BC的上方两种情况讨论，根据平行线分线段成比例，可求PD＝，通过证明△AMD'≌△DPA，可得AM＝PD＝，即可求点D'到直线BC的距离．

【解答】证明：（1）∵将△APD沿直线AB翻折，得到△AP'D，

∴∠ADP'＝∠ADP，

∵AE∥PD，

∴∠EAD＝∠ADP，

∴∠EAD＝∠ADP'，

∴AE＝DE

（2）①∵DP∥BC，

∴△APD∽△ACB，

∴ ，

∵旋转，

∴AP＝AP'，AD＝AD'，∠PAD＝∠P'AD'，

∴∠P'AC＝∠D'AB，，

∴△AP'C∽△AD'B

②若点D'在直线BC下方，如图，过点A作AF⊥DD'，过点D'作D'M⊥AC，交AC的延长线于M，

∵AP：PC＝5：1，

∴AP：AC＝5：6，

∵PD∥BC，

∴=，

∵BC＝7，

∴PD＝，

∵旋转，

∴AD＝AD'，且AF⊥DD'，

∴DF＝D'F＝D'D，∠ADF＝∠AD'F，

∵cos∠ADF＝＝ = ，

∴∠ADF＝45°，

∴∠AD'F＝45°，

∴∠D'AD＝90°

∴∠D'AM+∠PAD＝90°，

∵D'M⊥AM，

∴∠D'AM+∠AD'M＝90°，

∴∠PAD＝∠AD'M，且AD'＝AD，∠AMD'＝∠APD，

∴△AD'M≌△DAP（AAS）

∴PD＝AM＝，

∵CM＝AM﹣AC＝﹣3，

∴CM＝，

∴点D'到直线BC的距离为

若点D'在直线BC的上方，如图，过点D'作D'M⊥AC，交CA的延长线于点M，

同理可证：△AMD'≌△DPA，

∴AM＝PD＝，

∵CM＝AC+AM，

∴CM＝3+＝，

∴点D'到直线BC的距离为

综上所述：点D'到直线BC的距离为或；