2021年中考数学专题复习 专题33 中考几何折叠翻折类问题（教师版含解析）

2021年中考数学专题复习 专题33 中考几何折叠翻折类问题（教师版含解析）

专题 33 中考几何折叠翻折类问题 1.轴对称(折痕)的性质： (1)成轴对称的两个图形全等。 (2)对称轴与连结“对应点的线段”垂直。 (3)对应点到对称轴的距离相等。 (4)对应点的连线互相平行。 也就是不管是轴对称图形还是两个图形关于某条直线对称，对称轴都是任何一对对应点所连线段的垂直平 分线.对称的图形都全等. 2.折叠或者翻折试题解决哪些问题 (1)求角度大小； (2)求线段长度； (3)求面积； (4)其他综合问题。 3.解决折叠问题的思维方法 (1)折叠后能够重合的线段相等，能够重合的角相等，能够重合的三角形全等，折叠前后的图形关于折痕对 称，对应点到折痕的距离相等。 (2)折叠类问题中，如果翻折的直角，那么可以构造三垂直模型，利用三角形相似解决问题。 (3)折叠类问题中，如果有平行线，那么翻折后就可能有等腰三角形，或者角平分线。这对解决问题有很大 帮助。 (4)折叠类问题中，如果有新的直角三角形出现，可以设未知数，利用勾股定理构造方程解决。 (5)折叠类问题中，如果折痕经过某一个定点，往往用辅助圆解决问题。一般试题考查点圆最值问题。 (6)折叠后的图形不明确，要分析可能出现的情况，一次分析验证可以利用纸片模型分析。 【例题 1】(2020•哈尔滨)如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为 D，△ADB 与△ ADB'关于直线 AD 对称，点 B的对称点是点 B'，则∠CAB'的度数为( ) A．10° B．20° C．30° D．40° 【答案】A 【解析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解． ∵∠BAC＝90°，∠B＝50°， ∴∠C＝40°， ∵△ADB 与△ADB'关于直线 AD 对称，点 B的对称点是点 B'， ∴∠AB'B＝∠B＝50°， ∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°。 【对点练习】(2019 重庆)如图，在△ABC 中，∠ABC=45°，AB=3，AD⊥BC 于点 D，BE⊥AC 于点 E，AE=1， 连接 DE，将△AED 沿直线沿直线 AE 翻折至△ABC 所在的平面内，得到△AEF，连接 DF，过点 D 作 DG⊥DE 交 BE 于点 G.则四边形 DFEG 的周长为( ) A.8 B. 24 C. 422  D. 223  . 【答案】D. 【解析】 易证△AED≌△AEF≌△BGD，得 ED=EF=GD，∠DGE=45°， 进而得∠BGD=∠AED=∠AEF=135°， 易得△DEG 和△DEF 都是等腰直角三角形， 设 DG=x，则 EG= 2 x， 注意 AB=3，BG=AE=1，∠AEB=90°， 可解得 x= 2 22 . 【例题 2】(2020 贵州黔西南)如图，对折矩形纸片 ABCD，使 AB 与 DC 重合得到折痕 EF，将纸片展平，再一 次折叠，使点 D 落到 EF 上点 G 处，并使折痕经过点 A，已知 BC＝2，则线段 EG 的长度为________． 【答案】 3 【解析】直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2= ∠3，进而得出答案． 解：如答图，由第一次折叠得 EF⊥AD，AE＝DE， ∴∠AEF＝90°，AD＝2AE． ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠D＝∠DAB＝90°， ∴∠AEF＝∠D， ∴EF∥CD， ∴△AEN∽△ADM， ∴ AN AM ＝ AE AD ＝ 1 2 ， ∴AN＝ 1 2 AM， ∴AN＝MN， 又由第二次折叠得∠AGM＝∠D＝90°， ∴NG＝ 1 2 AM， ∴AN＝NG， ∴∠2＝∠4． 由第二次折叠得∠1＝∠2， ∴∠1＝∠4． ∵AB∥CD，EF∥CD， ∴EF∥AB，∴∠3＝∠4， ∴∠1＝∠2＝∠3． ∵∠1＋∠2＋∠3＝∠DAB＝90°， ∴∠1＝∠2＝∠3＝30°． ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴AD＝BC＝2． 由第二次折叠得 AG＝AD＝2． 由第一次折叠得 AE＝ 1 2 AD＝ 1 2 ×2＝1． 在 Rt△AEG 中，由勾股定理得 EG＝ 2 2AG AE ＝ 2 22 1 ＝ 3 【点拨】此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，正确得出∠2=∠4 是解题关键． 【对点练习】(2019 四川内江)如图，在菱形 ABCD 中，simB ＝ ，点 E，F 分别在边 AD、BC 上，将四边形 AEFB 沿 EF 翻折，使 AB 的对应线段 MN 经过顶点 C，当 MN⊥BC 时， 的值是 ． 【答案】 【解析】延长 CM 交 AD 于点 G， ∵将四边形 AEFB 沿 EF 翻折， ∴AE＝ME，∠A＝∠EMC，BF＝FN，∠B＝∠N，AB＝MN ∵四边形 ABCD 是菱形 ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，∠A+∠B＝180° ∵simB＝ ＝sinN＝ ， ∴设 CF＝4x，FN＝5x， ∴CN＝ ＝3x， ∴BC＝9x＝AB＝CD＝AD， ∵simB＝ ＝sinD＝ ∴GC＝ ∴GM＝GC﹣(MN﹣CN)＝ ﹣6x＝ x ∵∠A+∠B＝180°，∠EMC+∠EMG＝180° ∴∠B＝∠EMG ∴sinB＝sin∠EMG＝ ＝ ∴cos∠EMG＝ ＝ ∴EM＝2x， ∴AE＝2x， ∴ ＝ 故答案为： 【例题 3】(2020 衢州模拟)如图 1，将矩形 ABCD 沿 DE 折叠，使顶点 A落在 DC 上的点 A′处，然后将矩形 展平，沿 EF 折叠，使顶点 A落在折痕 DE 上的点 G 处．再将矩形 ABCD 沿 CE 折叠，此时顶点 B 恰好落在 DE 上的点 H 处．如图 2． (1)求证：EG=CH； (2)已知 AF= ，求 AD 和 AB 的长． 【答案】见解析。 【解析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变， 位置变化，对应边和对应角相等．也考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等知识 (1)证明：由折叠知 AE=AD=EG，BC=CH， ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴AD=BC， ∴EG=CH； (2)解：∵∠ADE=45°，∠FGE=∠A=90°，AF= ， ∴DG= ，DF=2， ∴AD=AF+DF= +2； 由折叠知∠AEF=∠GEF，∠BEC=∠HEC， ∴∠GEF+∠HEC=90°，∠AEF+∠BEC=90°， ∵∠AEF+∠AFE=90°， ∴∠BEC=∠AFE， 在△AEF 与△BCE 中， ， ∴△AEF≌△BCE(AAS)， ∴AF=BE， ∴AB=AE+BE= +2+ =2 +2． 【对点练习】(2019 徐州)如图，将平行四边形纸片 ABCD 沿一条直线折叠，使点 A与点 C 重合，点 D落在点 G处，折痕为 EF．求证： (1)∠ECB＝∠FCG； (2)△EBC≌△FGC． 【答案】见解析。 【解析】依据平行四边形的性质，即可得到∠A＝∠BCD，由折叠可得，∠A＝∠ECG，即可得到∠ECB＝∠FCG； 依据平行四边形的性质，即可得出∠D＝∠B，AD＝BC，由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG，即可得到∠B＝∠ G，BC＝CG，进而得出△EBC≌△FGC． 证明：(1)∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴∠A＝∠BCD， 由折叠可得，∠A＝∠ECG， ∴∠BCD＝∠ECG， ∴∠BCD﹣∠ECF＝∠ECG﹣∠ECF， ∴∠ECB＝∠FCG； (2)∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴∠D＝∠B，AD＝BC， 由折叠可得，∠D＝∠G，AD＝CG， ∴∠B＝∠G，BC＝CG， 又∵∠ECB＝∠FCG， ∴△EBC≌△FGC(ASA)． 一、选择题 1.(2020•青岛)如图，将矩形 ABCD 折叠，使点 C 和点 A 重合，折痕为 EF，EF 与 AC 交于点 O．若 AE＝5，BF ＝3，则 AO 的长为( ) A． B． C．2 D．4 【答案】C 【解析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出 AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出 AB，AC，进而求出 OA 即可． ∵矩形 ABCD， ∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD， ∴∠EFC＝∠AEF， ∴AE＝AF＝3， 由折叠得，FC＝AF，OA＝OC， ∴BC＝3+5＝8， 在 Rt△ABF 中，AB 4， 在 Rt△ABC 中，AC 4 ， ∴OA＝OC＝2 ， 2．(2020•枣庄)如图，在矩形纸片 ABCD 中，AB＝3，点 E 在边 BC 上，将△ABE 沿直线 AE 折叠，点 B 恰好落 在对角线 AC 上的点 F 处，若∠EAC＝∠ECA，则 AC 的长是( ) A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【解析】根据折叠的性质得到 AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到 AF＝CF，于是得到 结论． ∵将△ABE 沿直线 AE 折叠，点 B恰好落在对角线 AC 上的点 F处， ∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°， ∴EF⊥AC， ∵∠EAC＝∠ECA， ∴AE＝CE， ∴AF＝CF， ∴AC＝2AB＝6 3．(2020•广东)如图，在正方形 ABCD 中，AB＝3，点 E，F 分别在边 AB，CD 上，∠EFD＝60°．若将四边形 EBCF 沿 EF 折叠，点 B 恰好落在 AD 边上，则 BE 的长度为( ) A．1 B． C． D．2 【答案】D 【解析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E， 设 BE＝x，则 B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2(3﹣x)＝x，解方程求出 x 即可得出答案． ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AB∥CD，∠A＝90°， ∴∠EFD＝∠BEF＝60°， ∵将四边形 EBCF 沿 EF 折叠，点 B 恰好落在 AD 边上， ∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E， ∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°， ∴B'E＝2AE， 设 BE＝x，则 B'E＝x，AE＝3﹣x， ∴2(3﹣x)＝x， 解得 x＝2． 4．如图，三角形纸片 ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点 E 为 AB 中点．沿过点 E 的直线折叠，使点 B 与点 A 重 合，折痕现交于点 F．已知 EF= ，则 BC 的长是( ) A． B． C．3 D． 【答案】B 【解析】由折叠的性质可知∠B=∠EAF=45°，所以可求出∠AFB=90°，再直角三角形的性质可知 EF= AB， 所以 AB=AC 的长可求，再利用勾股定理即可求出 BC 的长． ∵沿过点 E 的直线折叠，使点 B 与点 A 重合， ∴∠B=∠EAF=45°， ∴∠AFB=90°， ∵点 E 为 AB 中点， ∴EF= AB，EF= ， ∴AB=AC=3， ∵∠BAC=90°， ∴BC= =3 5．如图，已知 D 为△ABC 边 AB 的中点，E 在 AC 上，将△ABC 沿着 DE 折叠，使 A点落在 BC 上的 F处．若∠ B=65°，则∠BDF 等于( ) A． 65° B． 50° C． 60° D． 57.5° 【答案】B 【解析】先根据图形翻折不变性的性质可得 AD=DF，根据等边对等角的性质可得∠B=∠BFD，再根据三角形 的内角和定理列式计算即可求解． ∵△DEF 是△DEA 沿直线 DE 翻折变换而来， ∴AD=DF， ∵D 是 AB 边的中点， ∴AD=BD，∴BD=DF，∴∠B=∠BFD， ∵∠B=65°， ∴∠BDF=180°﹣∠B﹣∠BFD=180°﹣65°﹣65°=50°． 6．如图，在矩形 OABC 中，OA=8，OC=4，沿对角线 OB 折叠后，点 A与点 D 重合，OD 与 BC 交于点 E，则点 D 的坐标是( ) A． (4，8) B． (5，8) C． ( ， ) D． ( ， ) 【答案】C 【解析】 此题考查了翻折变换(折叠问题)，坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练 掌握折叠的性质是解本题的关键． 由四边形 ABCD 为矩形，利用矩形的性质得到两对边相等，再利用折叠的性质得到 OA=OD，两对角相等，利 用 HL 得到直角三角形 BOC 与直角三角形 BOD 全等，利用全等三角形对应角相等及等角对等边得到 OE=EB， 在直角三角形 OCE 中，设 CE=x，表示出 OE，利用勾股定理求出 x 的值，确定出 CE 与 OE 的长，进而由三角 形 COE 与三角形 DEF 相似，求出 DF 与 EF 的长，即可确定出 D 坐标． ∵矩形 ABCD 中，OA=8，OC=4， ∴BC=OA=8，AB=OC=4， 由折叠得到 OD=OA=BC，∠AOB=∠DOB，∠ODB=∠BAO=90°， 在 Rt△CBP 和 Rt△DOB 中， ， ∴Rt△CBP≌Rt△DOB(HL)， ∴∠CBO=∠DOB， ∴OE=EB， 设 CE=x，则 EB=OE=8﹣x， 在 Rt△COE 中，根据勾股定理得：(8﹣x) 2 =x 2 +4 2 ， 解得：x=3， ∴CE=3，OE=5，DE=3， 过 D 作 DF⊥BC，可得△COE∽△FDE， ∴ = = ，即 = = ， 解得：DF= ，EF= ， ∴DF+OC= +4= ，CF=3+ = ， 则 D( ， ) 7．(2019 海南)如图，在▱ ABCD 中，将△ADC 沿 AC 折叠后，点 D 恰好落在 DC 的延长线上的点 E 处．若∠B ＝60°，AB＝3，则△ADE 的周长为( ) A．12 B．15 C．18 D．21 【答案】C． 【解析】依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到 BC＝2AB＝6，AD＝6，再根据△ADE 是等边三角 形，即可得到△ADE 的周长为 6×3＝18． 解：由折叠可得，∠ACD＝∠ACE＝90°， ∴∠BAC＝90°， 又∵∠B＝60°， ∴∠ACB＝30°， ∴BC＝2AB＝6， ∴AD＝6， 由折叠可得，∠E＝∠D＝∠B＝60°， ∴∠DAE＝60°， ∴△ADE 是等边三角形， ∴△ADE 的周长为 6×3＝18 8．(2019 桂林)将矩形 ABCD 按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG 为折痕，若顶点 A，C，D都落在点 O处， 且点 B，O，G 在同一条直线上，同时点 E，O，F 在另一条直线上，则 的值为( ) A． B． C． D． 【答案】B． 11．【解析】由折叠可得，AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG， ∴E，G 分别为 AD，CD 的中点， 设 CD＝2a，AD＝2b，则 AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b， ∵∠C＝90°， ∴Rt△BCG 中，CG2+BC2＝BG2， 即 a2 +(2b)2 ＝(3a)2 ， ∴b2 ＝2a2 ， 即 b＝ a， ∴ ， ∴ 的值为 ， 二、填空题 9．(2020•襄阳)如图，矩形 ABCD 中，E 为边 AB 上一点，将△ADE 沿 DE 折叠，使点 A 的对应点 F 恰好落在 边 BC 上，连接 AF 交 DE 于点 N，连接 BN．若 BF•AD＝15，tan∠BNF ，则矩形 ABCD 的面积为 ． 【答案】15 ． 【解析】由折叠的性质得出∠BNF＝∠BEF，由条件得出 tan∠BEF ，设 BF x，BE＝2x，由勾股定理 得出 EF＝3x，得出 AB BF，则可得出答案． ∵将△ADE 沿 DE 折叠，使点 A 的对应点 F恰好落在边 BC 上， ∴AF⊥DE，AE＝EF， ∵矩形 ABCD 中，∠ABF＝90°， ∴B，E，N，F四点共圆， ∴∠BNF＝∠BEF， ∴tan∠BEF ， 设 BF x，BE＝2x， ∴EF 3x， ∴AE＝3x， ∴AB＝5x， ∴AB BF． ∴S 矩形ABCD＝AB•AD BF•AD 15＝15 ． 10．(2020•牡丹江)如图，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，点 E 在 AC 边上．将∠A 沿直线 BE 翻折，点 A 落在点 A'处，连接 A'B，交 AC 于点 F．若 A'E⊥AE，cosA ，则 ᦙ ． 【答案】 ． 【分析】根据题意设 AC＝4x，AB＝5x，则 BC＝3x，再证明△BCE 为等腰直角三角形，得到 EC＝3x，根据△ A′EF∽△BCF，得到 ᦙ ᦙ ． 解：∵∠C＝90°，cosA ， ∴ ，设 AC＝4x，AB＝5x，则 BC＝3x， ∵AE⊥AE′，∴∠AEA′＝90°，A′E∥BC， 由于折叠， ∴∠A′EB＝∠AEB＝(360﹣90)÷2＝135°，且△A′EF∽△BCF， ∴∠BEC＝45°，即△BCE 为等腰直角三角形， ∴EC＝3x， ∴AE＝AC﹣EC＝x＝A′E， ∴ ᦙ ᦙ ， 11．(2020•安徽)在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片 ABCD 沿过点 A 的直线折 叠，使得点 B 落在 CD 上的点 Q 处．折痕为 AP；再将△PCQ，△ADQ 分别沿 PQ，AQ 折叠，此时点 C，D 落在 AP 上的同一点 R 处．请完成下列探究： (1)∠PAQ 的大小为 °； (2)当四边形 APCD 是平行四边形时， 的值为 ． 【答案】(1)30；(2) ． 【解析】(1)由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝ ∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证 AD∥BC，由平行线的性质可 得∠DAB＝90°，即可求解； (2)由平行四边形和折叠的性质可得 AR＝PR，由直角三角形的性质可得 AP＝2PB＝2QR，AB PB，即可求 解． 解：(1)由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ ARQ，∠C＝∠QRP， ∵∠QRA+∠QRP＝180°， ∴∠D+∠C＝180°， ∴AD∥BC， ∴∠B+∠DAB＝180°， ∵∠DQR+∠CQR＝180°， ∴∠DQA+∠CQP＝90°， ∴∠AQP＝90°， ∴∠B＝∠AQP＝90°， ∴∠DAB＝90°， ∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°， 故答案为：30； (2)由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR， ∵四边形 APCD 是平行四边形， ∴AD＝PC， ∴AR＝PR， 又∵∠AQP＝90°， ∴QR AP， ∵∠PAB＝30°，∠B＝90°， ∴AP＝2PB，AB PB， ∴PB＝QR， ∴ ， 故答案为： ． 12．(2019 山东滨州)如图，对折矩形纸片 ABCD，使 AD 与 BC 重合，得到折痕 EF，把纸片展平，再一次折叠 纸片，使点 A 落在 EF 上的 N点处，同时得到折痕 BM，BM 与 EF 交与点 H，连接线段 BN，则 EH 与 HN 的比值 是 ． 【答案】1：2 【解析】由折叠的性质可得 AB＝BN，AE＝BE＝ AB，∠ABM＝∠MBN，EF⊥AB，由锐角三角函数可求∠BNE ＝30°，由直角三角形的性质可求 HN＝2EH，即可求 EH 与 HN 的比值． 解：由折叠的性质可得：AB＝BN，AE＝BE＝ AB，∠ABM＝∠MBN，EF⊥AB ∵sin∠BNE＝ ∴∠BNE＝30° ∴∠ABN＝60°，且∠ABM＝∠MBN ∴∠ABM＝∠MBN＝30°＝∠BNE ∴BH＝2EH，BH＝HN， ∴HN＝2EH， ∴EH 与 HN 的比值是 1：2 13．〔2020 上海模拟〕如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，点 D在 AC 上，将△ADB 沿直线 BD 翻折后，将点 A落在点 E处，如果 AD⊥ED，那么线段 DE 的长为________. 【答案】 ﹣1 【解析】∵在 Rt△ABC 中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1， ∴AC= = = ， ∵将△ADB 沿直线 BD 翻折后，将点 A落在点 E处， ∴∠ADB=∠EDB，DE=AD， ∵AD⊥ED， ∴∠CDE=∠ADE=90°， ∴∠EDB=∠ADB= =135°， ∴∠CDB=∠EDB﹣∠CDE=135°﹣90°=45°， ∵∠C=90°， ∴∠CBD=∠CDB=45°， ∴CD=BC=1， ∴DE=AD=AC﹣CD= ﹣1 14．(2019 内蒙古通辽)如图，在边长为 3的菱形 ABCD 中，∠A＝60°，M是 AD 边上的一点，且 AM＝ AD， N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C．则A′C长度的最小值是 ． 【答案】 ﹣1 【解析】过点 M 作 MH⊥CD 交 CD 延长线于点 H，连接 CM， ∵AM＝ AD，AD＝CD＝3 ∴AM＝1，MD＝2 ∵CD∥AB， ∴∠HDM＝∠A＝60° ∴HD＝ MD＝1，HM＝ HD＝ ∴CH＝4 ∴MC＝ ＝ ∵将△AMN 沿 MN 所在直线翻折得到△A′MN， ∴AM＝A'M＝1， ∴点 A'在以 M为圆心，AM 为半径的圆上， ∴当点 A'在线段 MC 上时，A'C 长度有最小值 ∴A'C 长度的最小值＝MC﹣MA'＝ ﹣1 故答案为： ﹣1 15．(2019 辽宁抚顺)在矩形 ABCD 中，AB＝6，AD＝3，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 的长度为 ． 【答案】1或 11； 【解析】在旋转过程中 A有两次和 E，C 在一条直线上，第一次在 EC 线段上，第二次在 CE 线段的延长线上， 利用平行的性质证出 CF＝CE，即可求解； 如图 1： 将△AEF 沿直线 EF 折叠，点 A 的对应点为点 A'， ∴∠AEF＝∠EA'F，AE＝A'E， ∵AB∥CD， ∴∠AEF＝∠CFE， ∴CF＝CE， ∵AB＝6，AD＝3，AE＝2， ∴CF＝CE＝6﹣DF，A'E＝2，BE＝4，BC＝3， ∴EC＝5， ∴6﹣DF＝5， ∴DF＝1； 如图 2： 由折叠∠FEA'＝∠FEA， ∵AB∥CD， ∴∠CFE＝∠CEF， ∴CF＝CE， ∴CF＝5， ∴DF＝11； 故答案为 1 或 11； 16．如图，在菱形 ABCD 中，tanA= ，M，N分别在边 AD，BC 上，将四边形 AMNB 沿 MN 翻折，使 AB 的对应 线段 EF 经过顶点 D，当 EF⊥AD 时， 的值为 ． 【答案】 ． 【解析】首先延长 NF 与 DC 交于点 H，进而利用翻折变换的性质得出 NH⊥DC，再利用边角关系得出 BN，CN 的长进而得出答案． 延长 NF 与 DC 交于点 H， ∵∠ADF=90°， ∴∠A+∠FDH=90°， ∵∠DFN+∠DFH=180°，∠A+∠B=180°，∠B=∠DFN， ∴∠A=∠DFH， ∴∠FDH+∠DFH=90°， ∴NH⊥DC， 设 DM=4k，DE=3k，EM=5k， ∴AD=9k=DC，DF=6k， ∵tanA=tan∠DFH= ， 则 sin∠DFH= ， ∴DH= DF= k， ∴CH=9k﹣ k= k， ∵cosC=cosA= = ， ∴CN= CH=7k， ∴BN=2k， ∴ = ． 17.(2019•河南)如图，在矩形 ABCD 中，AB＝1，BC＝a，点 E 在边 BC 上，且 BE＝ 3 5 a．连接 AE，将△ABE 沿 AE 折叠，若点 B的对应点 B′落在矩形 ABCD 的边上，则 a的值为_______． 【答案】 5 3 或 5 3 ． 【解析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠 前后图形的形状和大小不变， 位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分 类讨论与数形结合是解题的关键． 分两种情况：①点 B′落在 AD 边上，根据矩形与折叠的性质易得 AB＝BE，即可 求出 a 的值；②点 B′落在 CD 边上，证明△ADB′∽△B′CE，据相似三角形对应边成比例即可求出 a 的值． 分两种情况： ①当点 B′落在 AD 边上时，如图 1． ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠BAD＝∠B＝90°， ∵将△ABE 沿 AE 折叠，点 B 的对应点 B′落在 AD 边上， ∴∠BAE＝∠B′AE＝ 1 2 ∠BAD＝45°， ∴AB＝BE， ∴ 3 5 a＝1，∴a＝ 5 3 ； ②当点 B′落在 CD 边上时，如图 2． ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a． ∵将△ABE 沿 AE 折叠，点 B的对应点 B′落在 CD 边上， ∴∠B＝∠AB′E＝90°，AB＝AB′＝1，EB＝EB′＝ 3 5 a， ∴DB′＝ 2 2'B A AD ＝ 21 a ，EC＝BC﹣BE＝a﹣ 3 5 a＝ 2 5 a． 在△ADB′与△B′CE 中， 0 0 ' ' 90 ' 90 B AD EB C AB I D C             ， ∴△ADB′∽△B′CE， ∴ ' ' ' DB AB CE B E  ，即 21 1 2 3 5 5 a a a   ， 解得 a1＝ 5 3 ，a2＝0(舍去)． 综上，所求 a的值为 5 3 或 5 3 ． 18．(2019 江苏淮安)如图，在矩形 ABCD 中，AB＝3，BC＝2，H是 AB 的中点，将△CBH 沿 CH 折叠，点 B 落 在矩形内点 P 处，连接 AP，则 tan∠HAP＝ ． 【答案】 ． 【解析】如图，连接 PB，交 CH 于 E， 由折叠可得，CH 垂直平分 BP，BH＝PH， 又∵H为 AB 的中点， ∴AH＝BH， ∴AH＝PH＝BH， ∴∠HAP＝∠HPA，∠HBP＝∠HPB， 又∵∠HAP+∠HPA+∠HBP+∠HPB＝180°， ∴∠APB＝90°， ∴∠APB＝∠HEB＝90°， ∴AP∥HE， ∴∠BAP＝∠BHE， 又∵Rt△BCH 中，tan∠BHC＝ ＝ ， ∴tan∠HAP＝ ， 三、解答题 19．(2020•金华)如图，在△ABC 中，AB＝4 ，∠B＝45°，∠C＝60°． (1)求 BC 边上的高线长． (2)点 E 为线段 AB 的中点，点 F 在边 AC 上，连结 EF，沿 EF 将△AEF 折叠得到△PEF． ①如图 2，当点 P 落在 BC 上时，求∠AEP 的度数． ②如图 3，连结 AP，当 PF⊥AC 时，求 AP 的长． 【答案】见解析。 【分析】(1)如图 1中，过点 A 作 AD⊥BC 于 D．解直角三角形求出 AD 即可． (2)①证明 BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解决问题． ②如图 3 中，由(1)可知：AC ݅݊ ，证明△AEF∽△ACB，推出 ，由此求出 AF 即可解决问 题． 【解析】(1)如图 1中，过点 A 作 AD⊥BC 于 D． 在 Rt△ABD 中，AD＝AB•sin45°＝4 4． (2)①如图 2 中， ∵△AEF≌△PEF， ∴AE＝EP， ∵AE＝EB， ∴BE＝EP， ∴∠EPB＝∠B＝45°， ∴∠PEB＝90°， ∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°． ②如图 3 中，由(1)可知：AC ݅݊ ， ∵PF⊥AC， ∴∠PFA＝90°， ∵△AEF≌△PEF， ∴∠AFE＝∠PFE＝45°， ∴∠AFE＝∠B， ∵∠EAF＝∠CAB， ∴△AEF∽△ACB， ∴ ，即 ， ∴AF＝2 ， 在 Rt△AFP，AF＝FP， ∴AP AF＝2 ݊． 方法二：AE＝BE＝PE 可得直角三角形 ABP，由 PF⊥AC，可得∠AFE＝45°，可得∠FAP＝45°，即∠PAB＝ 30°． AP＝ABcos30°＝2 ݊． 20．(2020 湘潭模拟)如图所示，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，△ACD 沿 AD 折叠，使得点 C 落在斜边 AB 上的 点 E 处． (1)求证：△BDE∽△BAC； (2)已知 AC=6，BC=8，求线段 AD 的长度． 【答案】见解析。 【解析】证明：(1)∵∠C=90°，△ACD 沿 AD 折叠， ∴∠C=∠AED=90°， ∴∠DEB=∠C=90°， ∵∠B=∠B， ∴△BDE∽△BAC； (2)由勾股定理得，AB=10． 由折叠的性质知，AE=AC=6，DE=CD，∠AED=∠C=90°． ∴BE=AB﹣AE=10﹣6=4， 在 Rt△BDE 中，由勾股定理得， DE 2 +BE 2 =BD 2 ， 即 CD2+42=(8﹣CD)2， 解得：CD=3， 在 Rt△ACD 中，由勾股定理得 AC 2 +CD 2 =AD 2 ， 即 32+62=AD2， 解得：AD= ． 21.(2020 牡丹江)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)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】见解析。 【解析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质以及翻折变换，是一道综合型的题目，难度 不大，而证明三角形的全等是解题的关键． (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； (2)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，AE=AM ∵△ABE≌A′BE ∴∠BAE=∠EAB′， ∴∠MAE=∠DAE， ∵AD∥BE， ∴∠AEM=∠DAB， ∴∠MAE=∠AEM， ∴ME=MA=AF， ∴BE﹣DF=AF．