专题10 几何图形的翻折变换--中考数学必备几何模型讲义（全国通用）

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专题10 几何图形的翻折变换
折叠型问题是历年中考的热点问题，题型问题立意新颖，变幻巧妙，对培养识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力非常有效。同样的翻折类题目，条件不一样，用到的知识和方法也不尽相同。本专题整理这类题目，如何用我们已经掌握的知识和方法来解答，从而找到这类问题特有的解题方法。
题型一、直角三角形中的折叠问题
例1.如图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1 图2 图3
【答案】2或1
【解析】①当∠EAF=90°时，如图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.
【变式训练1】如图在△ABC中，∠C＝90º，将△ACE沿着AE折叠以后C点正好落在AB边上的点D处.
（1）当∠B＝28º时，求∠CAE的度数；
（2）当AC＝6，AB＝10时，求线段DE的长.

【答案】（1）∠CAE＝31º；（2）DE＝3
【解析】（1）在Rt△ABC中，∠ABC＝90º，∠B＝28º，∴∠BAC＝90º－28º＝62º，
∵△ACE沿着AE折叠以后C点正好落在点D处，∴∠CAE＝∠CAB＝×62º＝31º；
（2）在Rt△ABC中，AC＝6，AB＝10，，
∵△ACE沿着AE折叠以后C点正好落在点D处，∴AD＝AC＝6，CE＝DE，
∴BD＝AB－AD＝4，设DE＝，则EB＝BC－CE＝8－，
∵Rt△BDE中，，
，解得，即DE的长为3.
【变式训练2】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D是边BC的中点，点E是边AB上的任意一点（点E不与点B重合），沿DE翻折△DBE使点B落在点F处，连接AF，当线段AF=AC时，BE的长为　　．

【答案】
【解析】连接AD，作EG⊥BD于G，如图所示：则EG∥AC，∴△BEG∽△BAC，∴==，
设BE=x，∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，∴AB==5，∴==，解得：EG=x，BG=x，
∵点D是边BC的中点，∴CD=BD=2，∴DG=2﹣x，由折叠的性质得：DF=BD=CD，∠EDF=∠EDB，
在△ACD和△AFD中，，∴△ACD≌△AFD（SSS），∴∠ADC=∠ADF，
∴∠ADF+∠EDF=×1880°=90°，即∠ADE=90°，∴AD2+DE2=AE2，
∵AD2=AC2+CD2=32+22=13，DE2=DG2+EG2=（2﹣x）2+（x）2，
∴13+（2﹣x）2+（x）2=（5﹣x）2，解得：x=，即BE=；
故答案为：．
【变式训练3】如图，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1 图2 图3
【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.
【变式训练4】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cos∠COD 的值是（　　）

A．3/5 B．1/2 C．3/4 D．4/5
【解答】作DF⊥y轴于F，DE⊥x轴于E，BD交OC于G．
∵在△BCG与△ODG中，∠BCG＝∠ODF，OD=BC, ∠DOF＝∠GBC，∴△BCG≌△ODG，
∴GO＝GB，∴设GO＝GB＝x，则CG＝GD＝2﹣x，
于是在Rt△CGB中，（2﹣x）+1 ＝x ；解得x＝5/4．GD＝2﹣x＝2﹣5/4＝3/4；
∵BC⊥y轴，DF⊥y轴，∴∠BCG＝∠DFG，
∵∠BGC＝∠DGF，∴△CBG∽△FDG，∴DF/BC=DG/BG，∴DF＝3/5；

题型二、等腰或等边三角形中的折叠问题
例1.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为边AD上一动点，连接BP，把△ABP沿BP折叠，使A落在A′处，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为（ ）

A．2 B． C．2或 D．2或
【答案】C
【详解】①如图，当A′D=A′C时，过A′作EF⊥AD，交DC于E，交AB于F，则EF垂直平分CD，EF垂直平分AB，∴A'A=A'B

由折叠得，AB=A'B，∠ABP=∠A'BP，∴△ABA'是等边三角形，∴∠ABP=30°
∴AP=；
②如图，当A'D=DC时，A'D=2，由折叠得，A'B=AB=2，∴A'B+A'D=2+2=4

连接BD，则Rt△ABD中，BD= ，∴A'B+A'D＜BD（不合题意）
故这种情况不存在；
③如图，当CD=CA'时，CA'=2

由折叠得，A'B=AB=2，∴A'B+A'C=2+2=4，∴点A'落在BC上的中点处
此时，∠ABP=∠ABA'=45°，∴AP=AB=2．综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为或2．
故选C.
例2.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_____．

【解答】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，
∵BM/CD=DM/DN=2/3，∴(5x-2)/4x=2/3，∴x＝6/7，∴BC＝5x＝30/7，故答案为30/7．
【变式训练1】已知中， ， ．如图，将进行折叠，使点落在线段上（包括点和点），设点的落点为，折痕为，当是等腰三角形时，点可能的位置共有（ ）．

A．种 B．种 C．种 D．种
【解析】（1）当点D与C重合时，
∵AC=BC，AE=DE（即CE），AF=DF（即CF），
∴此时△AFC（即△AFD）是等腰直角三角形，点E是斜边AC的中点，∴EF=DE，
∴△EDF为等腰三角形．
（2）当点D与B点重合时，点C与E重合，
∵AC=BC，AF=DF（即BF），
∴此时EF=AB=DF（即BF），
∴△DEF是等腰三角形；
（3）当点D移动到使DE=DF的位置时，△DEF是等腰三角形．
综上所述，当△DEF为等腰三角形时，点D的位置存在3中可能.故选B.
【变式训练2】如图所示，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点P为BC上一动点（不与端点重合）连接AP，将△ABP沿着AP折叠，点B落到M处，连接BM、CM，若△BMC为等腰三角形，则BP的长度为 .

【解答】或或8
【解析】当△BMC为等腰三角形时，分三种情况：
①BM＝CM时，如图1所示：作MG⊥BC于G，则BG＝CG＝BC＝4，∠BGM＝90º，
设BP＝，由折叠的性质得：MP＝BP＝,AP垂直平分BM，
∵∠ABC＝90º，∴∠MBG＝∠BAP，∴△BGM∽△ABP，
，即，解得，
在Rt△PMG中，GP＝4－，由勾股定理得，
解得或（不合题意舍去），∴BE＝；

②BM＝BC＝8时，如图2所示：由折叠的性质得：BO＝MO＝BM＝4，AP⊥BP，
∴∠AOB＝∠ABP＝90º，∵∠BAO＝∠BAP，∴△ABP∽△AOB，
，即，解得：BP＝；
③CM＝BC时，连接OC，如图3所示：由折叠的性质得：AP垂直平分BM，
∵CM＝BC，∴OC⊥BM，∴点P与C重合，∴BP＝BC＝8；
综上所述，当△BMC为等腰三角形时BP的长为或或8.
【变式训练3】如图正方形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 .

【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1 图2 图例3
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.
题型三、菱形中的折叠问题
例.如图，在菱形ABCD中，AB=5，tanD=，点E在BC上运动（不与B，C重合），将四边形AECD沿直线AE翻折后，点C落在C′处，点D′落在D处，C′D′与AB交于点F，当C′D'⊥AB时，CE长为　　．

【答案】
【解析】如图，作AH⊥CD于H，交BC的延长线于G，连接AC′．
由题意：AD=AD′，∠D=∠D′，∠AFD′=∠AHD=90°，
∴△AFD′≌△AHD（AAS），∴∠FAD′=∠HAD，
∵∠EAD′=∠EAD，∴∠EAB=∠EAG，∴=（角平分线的性质定理，可以用面积法证明）
∵AB∥CD，AH⊥CD，∴AH⊥AB，∴∠BAG=90°，
∵∠B=∠D，∴tanB=tanD==，∴=，∴AG=，
∴BG===，∴BE：EG=AB：AG=4：3，∴EG=BG=，
在Rt△ADH中，∵tanD==，AD=5，∴AH=3，CH=4，∴CH=1，
∵CG∥AD，∴=，∴CG=，∴EC=EG﹣CG=﹣=．故答案为．
【变式训练1】如图，在菱形纸片ABCD中，AB=15，tan∠ABC=，将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，若CE⊥AD，则cos∠EFG的值为　　．

【解析】如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接BE，过点P作PE⊥AB，
∵AB=15，tan∠ABC=，∴AH=9，BH=12，∴CH=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=15，AD∥BC，
∵AH⊥BC，∴AH⊥AD，且AH⊥BC，CE⊥AD，∴四边形AHCE是矩形
∴EC=9，AE=CH=3，∴BE===3，
∵将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，
∴BF=EF，BE⊥FG，BO=EO=
∵AD∥BC，∴∠ABC=∠PAE，∴tan∠ABC=tan∠PAE=，且AE=3，∴AP=，PE=，
∵EF2=PE2+PF2，∴EF2=+（15﹣EF+）2，∴EF=，
∴FO===
∴cos∠EFG==，故答案为：
【变式训练2】如图在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝3，点P是对角线AC上的一个动点，过点P作EF⊥AC交CD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠点A落在G处，当△CGB为等腰三角形时，则AP的长为_________.

【解析】分析：首先证明四边形AEGF是菱形，分两种情形：①CG=CB，②GC=GB分别计算即可．
详解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=3，∠DAC=∠BAC=12 ∠A=30°，AC=3，如图，

∵EF⊥AG，∴∠EPA=∠FPA=90°，∴∠EAP+∠AEP=90°，∠FAP+∠AFP=90°，
∴∠AEP=∠AFP，∴AE=AF，
∵△A′EF是由△AEF翻折，∴AE=EG，AF=FG，∴AE=EG=GF=FA，
∴四边形AEGF是菱形，∴AP=PG
①当CB=CG时，∵AG=AC-CG=3-3，∴AP=12AG=3-32．
②当GC=GB时，∵∠GCB=∠GBC=∠BAC，∴△GCB∽△BAC，∴GCAB=BCAC,
∴GC=1，∴AG=3-1=2，∴AP=12AG=1．故答案为1或3-32．
题型四、矩形中的折叠问题
例1.如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则的值为

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】
根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∵，∴△OEF≌△OBP（AAS），∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x．
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，∴AF=AB﹣BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，
解得：x=0.6，∴DF=4﹣x=3.4，∴．
故选C．

【变式训练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( )

A．3 B． C．2或3 D．3或
【解析】D
【详解】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，如图1所示．连结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，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，
在Rt△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得x=，∴BE=；
②当点B′落在AD边上时，如图2所示．

此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE的长为或3．故选D．
【变式训练2】如图，在一张矩形纸片ABCD中，对角线AC＝14，点E、F分别是CD和AB的中点，现将这张纸片折叠，使点B落在EF上的点G处，折痕为AH，若HG的延长线恰好经过点D，则点G到对角线AC的距离为（ ）
A. B. C. D.

【答案】B
【解析】设AC交DH于点O，过点G作GK⊥AO于点K，如图所示：
∵点E、F分别是CD和AB的中点，∴EF⊥AB，
∴EF∥BC，∴EG是△DCH的中位线，∴DG＝HG，
由折叠的性质可得：∠AGH＝∠ABH＝90º，∴∠AGH＝∠AGD＝90º，
∴△ADG≌△AHG（SAS），∴AD＝AH，∠DAG＝∠HAG，
由折叠的性质可得：∠BAH＝∠HAG，∴∠BAH＝∠HAG＝∠DAG＝ ∠BAD＝30º，
∴，设AH＝AD＝BC＝，则，
在Rt△ABC中，则有，解得或（舍弃），
，，
，，
，，
，.
【变式训练3】如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，将△AEF沿直线EF折叠，点A的对应点为点A′，当点E，A′，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．

【解析】6﹣2或6+2
【详解】解：如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE＝∠AEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
在Rt△BCE中，EC＝ ，
∴CF＝CE＝2，
∵AB＝CD＝6，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，
当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，
∴DF＝CD+CF′＝6+2
故答案为6﹣2或6+2．

【变式训练4】如图，以矩形ABOD的两边OD、OB为坐标轴建立直角坐标系，若E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交OD于F点．若OF＝1，FD＝2，则G点的坐标为( )

A．(，) B．(，)
C．(，) D．(，)
【答案】B
【详解】连结EF，作GH⊥x轴于H，如图，∵四边形ABOD为矩形，∴AB=OD=OF+FD=1+2=3．
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，∴BA=BG=3，EA=EG，∠BGE=∠A=90°．
∵点E为AD的中点，∴AE=DE，∴GE=DE．
在Rt△DEF和Rt△GEF中，∵，∴Rt△DEF≌Rt△GEF（HL），∴FD=FG=2，
∴BF=BG+GF=3+2=5．
在Rt△OBF中，OF=1，BF=5，∴OB．
∵GH∥OB，∴△FGH∽△FBO，∴，即，∴GH，FH，
∴OH=OF﹣HF=1，∴G点坐标为（）．故选B．

课后训练
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( )

A．3 B． C．2或3 D．3或
【解析】D
【详解】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，如图1所示．连结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，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得x=，∴BE=；
②当点B′落在AD边上时，如图2所示．

此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE的长为或3．故选D．
2.如图，矩形ABCD中，已知点M为边BC的中点，沿DM将三角形CDM进行翻折，点C的对应点为点E，若AB＝6，BC＝8，则BE的长度为（ ）
A. 4 B. C. D.

【解答】D
【解析】∵矩形ABCD中，已知点M为边BC的中点，AB＝6，BC＝8，
∴CD＝AB＝6，BM＝CM＝4，，
∵沿DM将三角形CDM进行翻折，∴ME＝CM＝4，∠EMD＝∠CMD，∴BM＝EM，
过M作MF⊥BE于F，如图所示：

由题意得BE＝2BF，∠BMF＝∠EMF，∴∠EMF＋∠DME＝90º，∴∠BME＋∠CMD＝90º，
∵∠CMD＋∠CDM＝90º，∴∠CDM＝∠BMF，
∵∠BFM＝∠C＝90º，∴△BFM∽△MCD，
.
3.如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠使点A落在点G处，延长BG交CD于点F，连接EF，若CF＝1，DF＝2，则BC的长是（ ）
A. B. C. 5 D.

【解答】D
【解析】过点E作EM⊥BC于M，交BF于N，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ABC＝90º，AD＝BC，
∵∠EMB＝90º，∴四边形ABME是矩形，∴AE＝BM，
由折叠的性质得：AE＝GE，∠EGN＝∠A＝90º，∴EG＝BM，
∵∠ENG＝∠BNM，∴△ENG≌△BNM（AAS），∴NG＝NM，∴CM＝DE，
∵E是AD的中点，∴AE＝ED＝BM＝CM，
∵EM∥CD，∴BN:NF＝BM:CM，
∴BN＝NF，
∵BG＝AB＝CD＝CF＋DF＝3，
∴BN＝BG－NG＝，
∴BF＝2BN＝5，
.
4.如图，正方形纸片ABCD沿直线BE折叠，点C恰好落在点G处，连接BG并延长，交CD于点H，延长EG交AD于点F，连接FH.若AF＝FD＝6，则FH的长为 .

【解答】
【解析】连接BF，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠C＝90º，AB＝BC＝AF＋FD＝12，
由折叠可知，BG＝BC＝12，∠BGE＝∠BCE＝90º∴AB＝GB，
在Rt△ABF和Rt△GBF中，BF＝BF, AB＝GB
∴Rt△ABF≌Rt△GBF（HL），∴∠AFB＝∠GFB,FA＝FG，
又∵AF＝FD，∴FG＝FD，同理可证Rt△FGH≌Rt△FDH，∴∠GFH＝∠DFH，
∴∠BFH＝∠BFG＋∠GFH＝×180º＝90º，∴∠AFB＋∠DFH＝90º，
又∵∠AFB＋∠ABF＝90º，∴∠ABF＝∠DFH，
又∵∠A＝∠D＝90º，∴△ABF∽△DFH，，
在Rt△ABF中，由勾股定理可得，
.
5.如图，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的值为_____________．

【解析】
【详解】解：四边形ABCD是矩形, ,,
是由沿折叠而来的
, ,，
又 ，（AAS），

设,则 ，
在中，根据勾股定理得： ,即，解得
，故答案为：
6.如图，将矩形纸片ABCD沿MN折叠，使点B与点D重合，再将△CDN沿DN折叠。使点C恰好落在MN上的点F处。若MN＝5，则AD的长为 .

【答案】
【解析】由折叠可知：点B与点D重合，∴∠EDN＝90º，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90º，
∴∠EDM＋∠MDN＝∠CDN＋∠MDN，∴∠EDM＝∠CDN，
∵∠E＝∠C＝90º，DE＝DC，∴△DEM＝△DCN（ASA），∴DM＝DN，
由折叠，可得∠BNM＝∠DNM，∠DNC＝∠DNM，
∴∠BNM＝∠DNM＝∠DNC＝，∴△DMN是等边三角形，∴DM＝MN＝5，
∵点C恰好落在MN上的点F处，∴∠DFN＝90º，即DF⊥MN，∴MF＝NF＝MN＝，
∴AD＝AM＋DM＝，∴.
7.在矩形ABCD中，AB＝10，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F
（1）求证：BP＝BF；
（2）当BP＝8时，求BE·EF的值.

【解答】（1）见解析；（2）80
【解析】（1）在矩形ABCD中，∠ABC＝90º，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，∴∠PGC＝∠PBC＝90º，∠BPC＝∠GPC，
∵BE⊥CG，∴BE∥GP，∴∠GPF＝∠PFB，∴∠BPF＝∠BFP，∴BP＝BF；
（2）连接GF，如图所示：

∵∠GEF＝∠BAE＝90º，BF∥PG,BF＝PG，∴四边形BPGF是平行四边形，
∵BP＝BF，∴平行四边形BPGF是菱形，
∴BP∥GF，∴∠GFE＝∠ABE，∴△GEF∽△EAB，

8.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B
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．
（1） 如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；
（2） （2）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，求m（用含有t的式子表示）；
（3） 在（2）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）．

【解析】（1）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（2，6）；
（2）∵△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=t2﹣t+6（0＜t＜11）；
（3）过点P作PE⊥OA于E，如图3，

∴∠PEA=∠QAC′=90°，∴∠PC′E+∠EPC′=90°，
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A，∴△PC′E∽△C′QA，∴=，
在△PC′E和△OC′B′中，，
∴△PC′E≌△OC′B′（AAS），∴PC'=OC'=PC，∴BP=AC'，
∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11﹣2t，∴=，
∵m=t2﹣t+6，∴3t2﹣22t+36=0，解得：t1=，t2=
故点P的坐标为（ ，6）或（ ，6）．
9.如图正方形ABCD中，AD＝8，点F是AB中点，点E是AC上一点，DE⊥EF，连接DF交AC于点G.
（1）求△DEF的面积；
（2）将△FEG沿EF翻折得到△EFM,EF交DM于点N.
①求证：点M在对角线BD上；②求MN的长度.

【答案】（1）；（2）①见解析；②
【解析】（1）如图，过E作EP⊥AP,EQ⊥AD，

∵AC是对角线，
∴∠EAQ＝∠EAP＝45º，
∴EP＝EQ，四边形APEQ是正方形，
∵∠QEP＝∠DEF＝90º，∴∠DEQ＝∠FEP，∵∠EQD＝∠EPF＝90º，
∴△DQE≌△FPE，∴DE＝EF,DQ＝FP，且AP＝EP，
设，则，解得，所以PF＝2，
，；
（2）①∵DC∥AB，∴△DGC∽△FGA，，
，，
过G作GH⊥AB，过M作MK⊥AB，过M作ML⊥AD，如图所示：

则易证△GHF≌△FKM，，
，
即DL＝LM，∴∠LDM＝45º，∴DM在正方形对角线DB上；
②过N作，则，如图所示：

设，，解得，
，∴为FP的中点，∴N是EF的中点，，
∵是等腰直角三角形，且，
，
.