专题31 几何变换之翻折模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练

这是一份专题31 几何变换之翻折模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练，共52页。


【理论基础】
翻折和折叠问题其实质就是对称问题，翻折图形的性质就是翻折前后图形是全等的，对应的边和角都是相等的。以这个性质为基础，结合圆的性质，三角形相似，勾股定理设方程思想来考查。那么碰到这类题型，我们的思路就要以翻折性质为基础，结合题中的条件，或利用三角形相似，或利用勾股定理设方程来解题。
对于翻折和折叠题型分两个题型来讲，一类题型就是直接计算型，另一类是涉及到分类讨论型，由浅入深难度逐步加大，，掌握好分类讨论型的翻折问题，那么拿下中考数学翻折题型就没问题了。
解决翻折题型的策略
1.利用翻折的性质：
①翻折前后两个图形全等。对应边相等，对应角相等
②对应点连线被对称轴垂直平分
2.结合相关图形的性质(三角形，四边形等)
3.运用勾股定理或者三角形相似建立方程。
翻折折叠题型(一)，直接计算型，运用翻折的性质，结合题中的条件，或利用三角形相似，或利用勾股定理设方程来解题。一般难度小，我们要多做一些这些题型，熟练翻折的性质，以及常见的解题套路。
翻折折叠题型(二)，分类讨论型，运用翻的性质，结合题中的条件，或利用三角形相似，或利用勾股定理设方程来解题。般难度较大，需要综合运用题中的条件，多种情况讨论分析，需要准确的画图，才能准确分析。
【例1】如图，在中，点是线段上的一点，过点作交于点，将沿翻折，得到，若点恰好在线段上，若，：：，，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，，则，由折叠的性质得出，，，由勾股定理求出，设，则，由勾股定理列出方程求出的值，则可得出答案．
【解析】解：设，，则，
将沿翻折，得到，
，，，
，
，，
，
，
，
，
，，，
，
设，则，
，
，
解得，
，
故选C．
【例2】如图，点E是菱形ABCD的边CD上一点，将沿AE折叠，点D的对应点F恰好在边BC上，设．
（1）若点F与点C重合，则__________．
（2）若点F是边BC的中点，则__________．
【答案】
【分析】（1）若点F与点C重合，则可知，即可得出结果；
（2）点F是边BC的中点，延长，与的延长线交于点，根据折叠的性质以及菱形的性质证明，即可得出答案．
【解析】解：（1）当点F与点C重合时，，
∴，
故答案为：；
（2）延长，与的延长线交于点，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
由折叠的性质知：，
∴，
∴，
∵点F是边BC的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【例3】（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点，求证：△BFG≌△BCG．
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，直接写出AE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，得AB=BF=BC，∠BFE=∠A=90°，可得∠BFG=90°=∠C，可得结论；
（2）延长BH，AD交于Q，设FH=HC=x，可得，可得x的值，由△BFG△BCH，可得FG，由可求DQ，进而可求AE；
【解析】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形．
∴AB=BF=BC，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG；
（2）解：延长BH，AD交于Q，如图，
设FH=HC=x， 由矩形及对折可得：，，
在Rt△BCH中，，
∴，解得
∴DH=DC-HC=，
∴∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG△BCH，
即
∴，，
∵，，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴，即，
∴，
设AE=EF=m，则DE=8-m，
∴EQ=DE+DQ=，
∵EFQ∽△GFB，
∴ ，即
解得，
∴AE的长为；
一、单选题
1．一张正方形的纸片，如图进行两次对折，折成一个正方形，从右下角的顶点，沿斜虚线剪去一个角剪下的实际是四个小三角形，再把余下的部分展开，展开后的这个图形的内角和是（ ）度．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可得展开图的这个图形是八边形，进而求出内角和．
【解析】解：展开图的这个图形是八边形，故内角和为：．
故选：．
2．如图，四边形ABCD为平行四边形，若将△ACB沿对角线AC翻折得到△ACE，连接ED，则图中与∠CAD度数一定相等（除∠CAD外）的角的个数有（ ）
A．2个B．4个C．5个D．7个
【答案】B
【分析】设AD与CE交于点O，由平行四边形的性质和折叠的性质得到证明△AOE≌△COD，△OAC和△OED都是等腰三角形即可得到答案．
【解析】解：设AD与CE交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠ODC，，BC=AD，
∴∠CAD=∠ACB，
由折叠的性质可得：AE=AB，∠B=∠AEO，BC=CE，
∴AE=CD，∠AEO=∠CDO，AD=CE，
又∵∠AOE=∠COD，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴OD=OE，
∴OA=OC，
∴∠CAD=∠ACO，∠OED=∠ODE，
∵∠AOC=∠EOD，
∴∠OED+∠ODE=∠OAC+∠OCA，
∴∠CAD=∠ACO=∠OED=∠ODE，
∴与∠CAD度数一定相等的角的个数为4个，
故选B．
3．如图，点D，E是正△ABC两边上的点，将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点恰好落在边AC上，当AC＝5AF时，的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质得到∠A＝∠B＝∠C＝60°，根据折叠的性质得到∠DFE＝∠B＝60°，BD＝DF，BE＝EF，根据相似三角形的性质得到，设AF＝x，则AC＝5x，CF＝4x，解方程组即可得到结论．
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵将△BDE沿直线DE翻折，点B的对应点恰好落在边AC上，
∴∠DFE＝∠B＝60°，BD＝DF，BE＝EF，
∴∠AFD＋∠ADF＝∠AFD＋∠CFE＝120°，
∴∠ADF＝∠CFE，
∴△ADF∽△CFE，
∴，
∴，
∵AC＝5AF，
∴设AF＝x，则AC＝5x，CF＝4x，
∴，
∴9BD＝6BE，
∴，
故选：A．
4．如图，在△ABC中，AB＜AC，∠C＝45°，AB＝5，BC＝4，点D在AC上运动，连接BD，把△BCD沿BD折叠得到，交AC于点E，，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作AF⊥BC，利用等腰直角三角形和勾股定理求出AC，再利用△ABE∽△ACB求出AE，从而利用求出DE和CD，作BG⊥AC，求出BG，即可求解．
【解析】解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，
∴∠AFB＝∠AFC＝90°，
∵∠C＝45°，
∴AF＝CF，ACCF，
∵AB＝5，BC＝4，
∴BF＝BC﹣CF＝4CF，
在Rt△ABF中，
AB2＝BF2+AF2，
即52＝（4CF）2+CF2，
解得：CF或，
∵AB＜AC，
∴AF＝CF，
∴ACCF＝7，
∵△BCD沿BD折叠得到△BC′D，
∴，，
∵C′DAB，
∴∠ABE＝∠C′＝45°，
∵∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝45°+∠CBE，∠ABE＝∠C+∠CBE＝45°+∠CBE，
∴∠ABC＝∠ABE，
∴△ABC∽△AEB，
∴，
即，
∴AE，
∴CE＝AC﹣AE，
∴C′D＝CD＝CE﹣DEDE，
∵C′DAB，
∴，
∴，
即 ，
解得：DE，
∵S△ABCAF•BC414，
如图，过点B作BG⊥AC于点G，
∵S△ABCAC•BG，
∴147×BG，
∴BG＝4，
∴S阴影部分DE•BG4．
故选：D．
5．如图，正方形ABCD中，AB＝4，延长DC到点F（0＜CF＜4），在线段CB上截取点P，使得CP＝CF，连接BF、DP，再将△DCP沿直线DP折叠得到△DEP．下列结论：
①若延长DP，则DP⊥FB；
②若连接CE，则；
③连接PF，当E、P、F三点共线时，CF＝4﹣4；
④连接AE、AF、EF，若△AEF是等腰三角形，则CF＝4﹣4；其中正确有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】证明△DCP≌△BCF，利用全等三角形的性质与三角形的内角和定理可判断①，证明DP⊥EC，结合BF⊥DP，可判断②，当E，P，F共线时，求解∠DPC＝∠DPE＝． 在CD上取一点J，使得CJ＝CP，则∠CJP＝∠CPJ＝，DJ＝JP，设CJ＝CP＝x，则DJ＝JP＝x，可得x+x＝4，解方程可判断③，连接CE，BD．由③可知，当CF＝4﹣4时，∠CDP＝∠EDP＝，证明点E在DB上，EA＝EC，可得∠ECF＞∠EFC，EF＞EC，可判断④，从而可得答案．
【解析】解：①如图1中，延长DP交BF于点H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCP＝∠BCF＝90°，
在△DCP和△BCF中，
，
∴△DCP≌△BCF（SAS），
∴∠CDP＝∠CBF，
∵∠CPD＝∠BPH，
∴∠DCP＝∠BHP＝90°，
∴DP⊥BF，故①正确．
②∵C，E关于DP对称，
∴DP⊥EC，
∵BF⊥DP，
∴，故②正确．
③如图2中，当E，P，F共线时，∠DPC＝∠DPE＝．
在CD上取一点J，使得CJ＝CP，则∠CJP＝∠CPJ＝，
∴
∴∠JDP＝∠JPD＝，
∴DJ＝JP，
设CJ＝CP＝x，则DJ＝JP＝x，
∴x+x＝4，
∴x＝4﹣4，
∴CF＝4﹣4，故③错误，
④如图3中，连接CE，BD．
由③可知，当CF＝4﹣4时，∠CDP＝∠EDP＝，
∴∠CDE＝，
∴点E在DB上，
∵A，C关于BD对称，
∴EA＝EC，
∵∠ECF＞∠EFC，
∴EF＞EC，
∴EF＞EA，
∴此时△AEF不是等腰三角形，故④错误．
故选：C．
6．已知：如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=8，tan∠ABC=，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由翻折可知：NC=NE，所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，延长GN交AB于点D，可得DN平分∠ANB，过点D作DH⊥BN，然后证明Rt△AND≌Rt△HND（HL），可得AN=HN=6，根据勾股定理即可解决问题．
【解析】解：如图，由翻折可知：NC=NE，
所以点E在以N为圆心，NC长为半径的圆上，点B，N，E共线时，如图所示：此时BE最大，
在Rt△ABC中，∠A=90°，
∵AB=8，tan∠ABC=，
∴AC=12，
∵点N是边AC的中点，
∴AN=CN=6，
∴NE=6，
由翻折可知：MN是CE的垂直平分线，
∴∠ENG=∠CNG，
延长GN交AB于点D，
∴∠BND=∠AND，
∴DN平分∠ANB，
∵DA⊥AN，
过点D作DH⊥BN，
∴DA=DH，
∴DB=AB-AD=8-DH，
在Rt△AND和Rt△HND中，
，
∴Rt△AND≌Rt△HND（HL），
∴AN=HN=6，
在Rt△ABN中，AB=8，AN=6，
∴BN==10，
∴BH=BN-HN=10-6=4，
在Rt△DBH中，DB=8-DH，根据勾股定理得：
DB2=DH2+BH2，
∴（8-DH）2=DH2+42，
解得DH=3，
在Rt△ADN中，DH=DA=3，AN=6，根据勾股定理得：
DN2=AD2+AN2，
∴DN2=32+62=45，
∴DN=3，
∵∠A=∠NGC=90°，∠AND=∠GNC，
∴∠ADN=∠NCG，
∵sin∠ADN=，
∴sin∠NCG=sin∠NCE=．
故选：D．
7．如图，中，对角线AC与BD相交于点E，，，将沿AC所在直线翻折180°到其原来所在的同一平面内，若点B的落点记为，恰好，若点F为BC上一点，则的最短距离是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】由折叠的性质，可得，，，由和，可得，由平行四边形和折叠的性质可求得，连接，易知是等边三角形，继而可得，然后根据平行四边形和折叠的性质可求得，利用勾股定理可求得，由垂线段最短可知，当时，最短，然后根据勾股定理即可求得答案.
【解析】解：由折叠的性质，可得：，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴，
∴，
如图，连接，作，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
在中，，
∴，
由垂线段最短可知，当时，最短，
在中，，，
∴，
∴.
故选：C.
8．如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将，分别沿，折叠，此时点，落在上的同一点处．下列结论不正确的是（ ）
A．是的中点
B．
C．当四边形是平行四边形时，
D．
【答案】B
【分析】由折叠的性质可得DM＝MN，CM＝MN，即M是CD的中点；故①正确；∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AMP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，由平行四边形和折叠的性质可得AN＝PN，由直角三角形的性质可得AB＝PB＝MN．
【解析】解：由折叠的性质可得：DM＝MN，CM＝MN，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；故A正确；
由折叠的性质可得：∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，
∵∠MNA+∠MNP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，故D正确；
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DMN+∠CMN＝180°，
∴∠DMA+∠CMP＝90°，
∴∠AMP＝90°，
∴∠B＝∠AMP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
若MN⊥AP，
则∠ADM＝∠MNA＝∠C＝90°，
则四边形ABCD为矩形及AB∥CD，而题目中无条件证明此结论，故B不正确；
∵∠DAB＝90°，
∴∠DAM＝∠MAP＝∠PAB＝30°，
由折叠的性质可得：AD＝AN，CP＝PN，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AN＝PN，
又∵∠AMP＝90°，
∴MN＝AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴PB＝AP，
∴PB＝MN
∴AB＝PB＝MN，故C正确；
故选：B．
二、填空题
9．如图，在直角坐标系中，一次函数的图象与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．将沿直线翻折得到．若点C在反比例函数的图象上，则____________．
【答案】
【分析】过点C作CD⊥x轴于D，过点B作BE⊥DC交DC的延长线于E，求出OA＝1，OB＝2，由折叠的性质得：AC＝OA＝1，BC＝OB＝2，∠ACB＝∠AOB＝90°，然后证明，可得，设C（a，），则CD＝，OD＝a，求出AD＝a－1，CE＝2－，EB＝a，可得，然后由CE＝2AD得2－＝2（a－1），求出a的值，进而可得k的值．
【解析】解：如图，过点C作CD⊥x轴于D，过点B作BE⊥DC交DC的延长线于E，
在一次函数中，
令y＝0，即，解得：x＝1，
令x＝0，可得，
∴A（1，0），B（0，2），
∴OA＝1，OB＝2，
由折叠的性质得：AC＝OA＝1，BC＝OB＝2，∠ACB＝∠AOB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝90°，
∵∠ACD＋∠CAD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
又∵∠ADC＝∠E＝90°，
∴，
∴，
∴CE＝2AD，EB＝2DC，
设C（a，），则CD＝，OD＝a，
∴AD＝a－1，CE＝2－，EB＝a，
由EB＝2DC得：a＝，即，
由CE＝2AD得：2－＝2（a－1），
∴2－＝2（a－1），
解得：，
∴，
故答案为：．
10．如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=4，AC=4，点D是AB的中点，点E是边BC上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交边BC于点F，若△CB′F为直角三角形，则CB′的长为______．
【答案】2或4
【分析】当△为直角三角形时，需要分类讨论，点，，分别为直角顶点时，画出图形求解即可．
【解析】解：在中，，，，点是的中点，
，，，
由折叠可知，，
∴
①由点运动可知点不可能是直角顶点；
②如图，当点为直角顶点，即，
，
，，
，，
；
③如图，当点是直角顶点时，即，连接，
在△中，
∴△，
，
故答案为：或4．
11．如图，将沿对角线折叠，使点落在点处，若，，则___．
【答案】
【分析】利用平行四边形的性质得，进而得出，利用折叠的性质得，进而求出，利用三角形内角和定理求出，即可求解．
【解析】解：在中，，
，
沿对角线折叠，使点落在点处，
，
，
在中，．
，
故答案为：．
12．如图，，定长为的线段端点A，分别在射线，上运动（点A，不与点重合），为的中点，作关于直线对称的，交于点，当是等腰三角形时，的度数为______．
【答案】或
【分析】结合折叠及直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质可得，设，然后利用三角形外角和等腰三角形的性质表示出，，，，从而利用分类讨论思想解题．
【解析】解：，为的中点，
，
，，
又由折叠性质可得，
，
设，则，，，，
①当时，，
，
解得，
；
②当时，，
，方程无解，
此情况不存在；
③当时，，
，
解得：，
；
综上，的度数为或，
故答案为：或．
13．如图，抛物线y＝﹣2x﹣3与x轴相交于A，B两点，点C在对称轴上，且位于x轴的上方，将△ABC沿直线AC翻折得到△AC，若点恰好落在抛物线的对称轴上，则点C的坐标为 _____．
【答案】（1，）
【分析】先求出点A，B的坐标，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），AH＝2，由翻折得，然后解直角三角形即可．
【解析】解：令，则，
解得：，，
∴抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，抛物线的对称轴为直线x＝1，
如图：
设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），AH＝2，
由翻折得，，
在中，
＝＝＝，
∴，
∴，
在Rt△CAH中，
＝×2＝，
∴C（1，），
故答案为：（1，）．
14．四边形ABCD为平行四边形，己知AB＝，BC＝6，AC＝5，点E是BC边上的动点，现将△ABE沿AE折叠，点B′是点B的对应点，设CE长为x，若点B′落在△ADE内（包括边界），则x的取值范围为____________．
【答案】≤x≤3－2
【分析】如图1，当在AD上，易证由四边形为平行四边形，得到；如图2，过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于点H，当在DE上，此时∠AEB＝∠AEB＝∠DAE，DA＝DE＝，在Rt△ABG和Rt△ACG中，利用勾股定理求出BG＝2，可得AG＝3＝DH，在Rt△DEH中，由勾股可得：EH＝3，可求得CE的另一个临界值，问题得解．
【解析】解：如图1，
当在AD上，此时，，，
∴，
∵ADBC，
∴四边形为平行四边形，
∴；
如图2，过点A作AG⊥BC于点G，过点D作DH⊥BC交BC的延长线于点H，
当在DE上，此时∠AEB＝∠AEB＝∠DAE，
∴DA＝DE＝，
在Rt△ABG和Rt△ACG中，
∴
∴BG＝2，
∴AG＝3＝DH，
在Rt△DEH中，由勾股可得：EH＝3，
∴CE＝3－2；
综上：x的取值范围为：≤x≤3－2．

15．如图，点A、B分别在平面直角坐标系xOy的y轴正半轴、x轴正半轴上，且OA=4，OB=3，将△AOB沿AB折叠，O的落点为P，若双曲线y=过点P，则k=________．
【答案】
【分析】设P（x，y），过P作PD⊥x轴于D，过A作AC⊥PD于C，由垂直定义得∠AOB=∠ODC=∠C=90°，进而得∠PAC+∠APC=90°，再由折叠的性质得PA=OA=4，PB=OB=3，∠APB=90°，从而得∠APC+∠BPD=90°，∠BPD=∠PAC，进而证明△ACP∽△PDB，由相似三角形的性质即可求得点P的横、纵坐标，即可求解．
【解析】解：如图，设P（x，y），过P作PD⊥x轴于D，过A作AC⊥PD于C，
∵PD⊥x轴，AC⊥PD，x轴⊥y轴，
∴∠AOB=∠ODC=∠C=90°，
∴∠PAC+∠APC=90°，
∵OA=4，OB=3，将△AOB沿AB折叠，O的落点为P，
∴PA=OA=4，PB=OB=3，∠APB=90°，
∴∠APC+∠BPD=90°，
∴∠BPD=∠PAC，
∴△ACP∽△PDB
∴，即，
解得：x=，y=，
∵双曲线y=过点P，
∴k=×=．
故答案为：
16．如图，过点A折叠边长为2的正方形ABCD，使B落在，连接D，点F为D的中点，则CF的最小值为 _____．
【答案】-1
【分析】连接AF，证明∠AFD＝90°，则有F在以AD为直径的圆上，取AD的中点G，连接CG交圆于点F，则CF为最小值，采用勾股定理即可求解．
【解析】解：连接AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
∵折叠边长为2的正方形ABCD，使B落在，
∴A＝AB，
∴A＝AD，
∵F为D的中点，
∴AF⊥D，
∴∠AFD＝90°，
∴F在以AD为直径的圆上，取AD的中点G，连接CG交圆于点F，则CF为最小值，
∵DG＝AD＝1，CD＝2，
∴，
∴．
故答案为：-1．
三、解答题
17．如图，四边形ABCD中，，，．
(1)求∠ABC的度数；
(2)把BCD沿BC翻折得到BCE，过点A作，垂足为F，求证：；
(3)在（2）的条件下，连接DE，若四边形ABCD的面积为45，，求DE的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)12
【分析】（1）以点A为圆心，AC为半径作圆A，根据题意得，即可得点B在圆A上，根据圆的性质得，则是等腰直角三角形，即可得；
（2）过点A作交BD于点G，则，由等腰直角三角形的性质得
，，由折叠的性质得，，，，设，则，，根据得，即可得，利用AAS可证，即，即可得；
（3）作交于点M，交于点N，延长BC交DE于点H，则，根据题意运用勾股定理即可得，即可得三角形ABC的面积，即可得CN的长度，在中，根据勾股定理即可得AN的长度，用AAS证明，即可得，即可得三角形BCD的面积为，可得，即可得．
【解析】（1）解：如图所示，以点A为圆心，AC为半径作圆A，
∵，，
∴，
∴点B在圆A上，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）证明：如图所示，过点A作交BD于点G，
则，
由（1）得，，，
∴，，
由折叠的性质得，，，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和，
∴（AAS），
∴，
∴；
（3）解：如图所示，作交于点M，交于点N，延长BC交DE于点H，
则，
∵，
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴
，
∴，
∵四边形ABCD的面积为45，
∴
在中，根据勾股定理得，
，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴（AAS），
∴，
∴，
∴，
即，
，
即．
18.（1）[初步尝试]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____18____；
（2）[思考说理]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；
（3）[拓展延伸]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为线段上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到，点A的对应点为点 ，与CP交于点F，求的取值范围．
【答案】（1）AM＝BM；（2）；（3）①；②
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可．
（3）①证明△BCM∽△BAC，推出＝＝，由此即可解决问题．②证明△PFA′∽△MFC，推出＝，因为CM＝5，推出＝即可解决问题．
【解析】（1）解：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°，
∴，
∴，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案为：AM＝BM．
（2）解：如图②中，
∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由题意得：MN垂直平分线段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴，
∴，
∴BM＝，
∴AM＝AB﹣BM＝10﹣＝，
∴＝＝．
（3）解：①如图③中，
由折叠的性质可知，，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠ACM=∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝＝，
∴，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴，
∴AC＝．
②如图③﹣1中，
∵，
∴，
∴＝，
∵CM＝5，
∴＝，
∵点P在线段OB′上运动，OA＝OC＝， ，
∴，
∴．
19．综合与实践
在数学教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动——折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，折痕为BM，把纸片展平，连接AN，如图①；
(1)折痕BM所在直线是否是线段AN的垂直平分线？请判断图中是什么特殊三角形？请写出解答过程．
(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，求∠GBN的度数．
(3)拓展延伸：
如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接交ST于点O，连接AT；求证：四边形是菱形．
【答案】(1)折痕BM所在直线是线段AN的垂直平分线，是等边三角形，过程见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形．
【解析】（1）解：如图①，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
（2）解：∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
（3）证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴四边形SATA'是菱形．
20．图，一张矩形纸片ABCD，点E在边AB上，将△BCE沿直线CE对折，点B落在对角线AC上，记为点F．
(1)若AB＝4，BC＝3，求AE的长．
(2)连接DF，若点D，F，E在同一条直线上，且DF＝2，求AE的长．
【答案】(1)
(2)AE＝2
【分析】（1）根据勾股定理和折叠的性质，求出AF=2，设AE＝x，则，然后利用勾股定理，即可求出答案；
（2）由折叠的性质，得到DC＝DE，又点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，然后证明，即可求出答案．
【解析】（1）解：如图1，矩形纸片ABCD中，∵AB＝4，BC＝3，
故由勾股定理可得AC＝5．
由折叠知：FC＝BC＝3，∠EFC＝∠B＝90°，BE＝FE．
∴．
设AE＝x，则．
在Rt△AFE中，，
解得：．
∴．
（2）如图2，矩形纸片ABCD中，
∵，
∴∠DCE＝∠BEC，
由折叠知：∠BEC＝∠FEC，
∴∠DCE＝∠FEC，
∴DC＝DE．
又∵点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，
∴∠DFC＝90°，
∴∠DFC＝∠DAE＝90°，
而CF＝CB＝DA，
∴，
∴AE＝DF＝2．
21．如图1，在△ABC中，BC＝6，P是BC边的一点，且不与B，C重合，将△APB沿AP折叠得，过点C作AP垂线，垂足为D，连接．
(1)AB和的数量关系是 ，AP与的位置关系是 ；
(2)如图2，当四边形是平行四边形时，求BP的长；
(3)在（2）的条件下，若BD＝CD，求证：．
【答案】(1)，
(2)2
(3)详见解析
【分析】（1）由轴对称的性质即可得到，；
（2）延长AP交于E，由△APB沿AP折叠得，有，根据四边形 是平行四边形，可得＝＝，即得BP＝BC＝2；
（3）连接交BC于G，由勾股定理可得CD＝2，再求出DP＝＝2，BE＝，PE＝＝1，在中，，可得，中，可得，从而，而，即可证得．
【解析】（1）解：∵△APB沿AP折叠得，
∴直线AP是的对称轴，
∴，
故答案为：AB＝AB'，AP⊥BB'；
（2）延长AP交于E，作CP中点T，PD中点K，连接KT，则KT是△PCD的中位线，如图：
∵△APB沿AP折叠得，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵KT是△PCD的中位线，
∴，KT＝CD，
∴BE＝KT，，
∴∠PBE＝∠PTK，∠PKT＝∠PEB，
∴△BEP≌△TKP（ASA），
∴BP＝PT，
∴BP＝PT＝CT＝BC，
而BC＝6，
∴BP＝BC＝2；
（3）连接交BC于G，如图：
由（2）知：四边形是平行四边形，BP＝2，
∴PC＝BC﹣BP＝4，
∵BD＝CD，
∴四边形是菱形，
∴，BG＝CG＝BC＝3，
∵CD⊥AP，
∴∠DGC＝∠PDC＝90°，
由勾股定理可得，，
∴，即 ，
解得DG＝（负值舍去），
∴CD＝2，DP＝2，
由（2）知：，
∴BE＝，
在Rt△BPE中，PE＝＝1，
∴DE＝DP+PE＝3，
Rt△ABE中，，
∴，
Rt△ADC中，，
∴，
而，
∴．
22．矩形ABCD满足BC＝2AB，E、F分别为AD、BC边上的动点，连接EF，沿EF将四边形DEFC翻折至四边形GEFH．
(1)①如图1，若点G落在矩形ABCD内，当∠BFE＝57°时，直接写出∠AEG＝ ．
②如图2，若点G落在AB边上，当G为AB中点时，直接写出sin∠BFH＝ ．
(2)如图3，若点G落在AB边上，且满足AB＝nAG，
①求的值（用含n的代数式表示）；
②在E、F运动的过程中，直接写出的值（用含n的代数式表示）
【答案】(1)①66°②
(2)①＝②＝
【分析】（1）①由四边形ABCD是矩形得到ADBC，则∠DEF＝∠BFE＝57°，由折叠的性质得到∠DEF＝∠FEG＝57°，即可得到∠AEG的度数；②先证明∠BFH＝∠AEG，设AB＝a，则BC＝AD＝2a，由G为AB的中点，得到AG＝BG＝，设AE＝x，则EG＝DE＝AD－AE＝2a－x，由勾股定理得x＝，得到EG＝2a－x＝，即可求得答案；
（2）①连GF，令GH交BC于点M，由对称可得：DF＝GF，先证△BGM∽△HFM，再证△BMH∽△GMF，得到＝sin∠BGH＝sin∠AEG，令AG＝m，则AB＝nm，AD＝BC＝2nm，求得x＝，得到点sin∠AEG＝，进一步即可得到答案；②令CF＝y，则BF＝2nm－y，BG＝mn－m，由勾股定理得到，求得CF，进一步求得DE＋CF，即可得到答案．
【解析】（1）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴ADBC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠DEF＝∠BFE＝57°，
∵沿EF将四边形DEFC翻折至四边形GEFH，
∴∠DEF＝∠FEG＝57°，
∴∠AEG＝180°－∠DEF－∠FEG＝66°．
故答案为：66°
②如图2所示，
∵沿EF将四边形DEFC翻折至四边形GEFH，
∴EG＝DE，∠D＝∠EGH＝90°，∠C＝∠H＝90°，
∵∠BFH＋∠HMF＝∠BMG＋∠BGM＝90°，∠HMF＝∠BMG，
∴∠BFH＝∠BGM,
∵∠AGE＋∠BGM＝∠AEG＋∠AGE＝90°，
∴∠BGM＝∠AEG，
∴∠BFH＝∠AEG，
设AB＝a，则BC＝AD＝2a，
∵G为AB的中点，
∴AG＝BG＝，
设AE＝x，则EG＝DE＝AD－AE＝2a－x，
由勾股定理得，，
∴，
解得x＝，
∴EG＝2a－x＝，
∴sin∠AEG＝，
∴sin∠BFH＝sin∠AEG＝．
故答案为：
（2）解：①如图3所示，连GF，令GH交BC于点M，
由对称可得：DF＝GF，
∵∠GBM＝∠FHM＝90°，∠BMG＝∠HMF，
∴△BGM∽△HFM，
∴，
∴，
∴△BMH∽△GMF，
又∵∠BMH＝∠GMF，
∴＝sin∠BGH＝sin∠AEG，
令AG＝m，则AB＝nm，AD＝BC＝2nm，
设GE＝x，则DE＝GE＝x，AE＝AD －DE＝2mn－x，
在Rt△AEG中，由勾股可得：，
，
解得：x＝，
∴sin∠AEG＝，
∴＝；
②令CF＝y，则BF＝2nm－y，BG＝mn－m，
∵GF＝DF，
∴，
∴，
即，
解得：y＝，
∴DE＋CF＝x＋y＝＋＝，
∴＝．
23．小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
如图，在中，为边上的高，，点在边上，且，点是线段上任意一点，连接，将沿翻折得．
(1)问题解决：
如图①，当，将沿翻折后，使点与点重合，则______；
(2)问题探究：
如图②，当，将沿翻折后，使，求的度数，并求出此时的最小值；
(3)拓展延伸：
当，将沿翻折后，若，且，根据题意在备用图中画出图形，并求出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)作图见解析，
【分析】（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质可得，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据折叠的性质即可求得，由三角形内角和定理可得，根据点在边上，当时，取得最小值，最小值为；
（3）连接，设， 则，，在中，，延长交于点，在中，，进而根据，即可求解．
【解析】（1），
是等边三角形，
四边形是平行四边形，
，
，
为边上的高，
，
（2），，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，是等腰直角三角形，为底边上的高，则
点在边上，
当时，取得最小值，最小值为；
（3）如图，连接，
，则，
设， 则，，
折叠，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
延长交于点，如图，
，
，
，
，
，
在中，，
，
．
24．【问题情境】：
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1，已知矩形纸片，其中宽．
(1)【动手实践】：
如图1，威威同学将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕的长度为______．
(2)【探究发现】：
如图2，胜胜同学将图1中的四边形剪下，取边中点，将沿折叠得到，延长交于点．点为边的中点，点是边上一动点，将沿折叠，当点的对应点落在线段上时，求此时的值；
(3)【反思提升】：
明明同学改变图2中点的位置，即点为边上一动点，点仍是边上一动点，按照（2）中方式折叠，使点落在线段上，明明同学不断改变点的位置，发现在某一位置与（2）中的相等，请直接写出此时的长度．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）通过折叠的性质可证明△BMN是等腰直角三角，利用勾股定理即可求出BN；
（2）先证明．再证明，接着证明，即有∴，进而求出NF，MF，则在Rt△BFM中，有，即得解；
（3）过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，根据（2）的结果得到tan∠QPM=，即可得，先证明四边形KPMS是矩形，再证，即有，设SQ=m，=n，则有，，利用勾股定理可表示出，∴，根据KP=SM=SQ+QM，有，可得，即=，∴，在结合tan∠FBM=可得，进而有，解得：，则BQ得解．
【解析】(1)根据矩形的性质有∠A=∠ABM=90°，
根据折叠的性质有∠A=∠BMN，AB=BM，AN=MN，
∴∠A=∠ABM=90°=∠BMN，即四边形ABMN是矩形，
∴AB=MN，BM=AN，
∵AB=BM，AN=MN，
∴矩形ABMN是正方形，
∴MN=BM=AB，
∵AB=8，
∴MN=BM=8，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BN=MN=，
故答案为：；
(2)连接EF，如图，
在（1）中已得矩形ABMN是正方形，
∴AN=MN=BM=AB=8，，
∵E为AN中点，Q为BM中点，
∴AE=EN=4=BQ=QM，
∴根据翻折的性质有，，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴．
∵，，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
∴结合有，
∴，
∵AB=8，AE=EN=4，
∴，即NF=2，
∴MF=MN-NF=8-2=6，
∴在Rt△BFM中，，
∵，
∴；
(3)过作交BM于点S，过P点作交KS于点K点，如图，
在（2）中求得tan∠PQM=，
∵∠QPM与（2）中的∠PQM相等，
∴可知tan∠QPM=tan∠PQM=，
∴在Rt△PQM中，，
∴根据翻折的性质有，=90°，
∴∠KP+∠QS=90°，
∵，，PM⊥BM，
∴KS⊥KP，KS⊥BM，KP⊥MN，
∴∠K=90°=∠KSQ，且四边形KPMS是矩形，
∴∠SQ+∠QS=90°，
∴∠KP=∠SQ，
∴，
∴，
设SQ=m，=n，
则有，，
∴在Rt△中，，
∴，
∵四边形KPMS是矩形，
∴KP=SM=SQ+QM，
∴，可得，即=，
∴，
∵在（2）中已求得tan∠FBM=，
∴，
∵BS=BM-SQ-QM=8-m-=，
∴，解得：，
∴BQ=BM-QM=．