数学-专项18.4 利用勾股定理解决几何图形中的折叠问题专项训练（30道）（沪科版）（带答案）

专题18.4利用勾股定理解决几何图形中的折叠问题【沪科版】考卷信息：本套训练卷共30题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生利用勾股定理解决几何图形中的折叠问题的理解！【题型1折叠构造直角三角形】1．（2022秋·山东泰安·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是−3，0，点B的坐标是0，4，点C是OB上一点，将△ABC沿AC折叠，点B恰好落在x轴上的点B′A．0，32 B．0，23【答案】A【分析】根据折叠的性质可得AB′=AB，CB′=CB，再求出【详解】解：根据题意得：AB′=AB∵点A的坐标是−3，0，点B的坐标是∴OA=3，∴AB=O∴AB∴OB在Rt△B′∴OC

解得：OC=3∴点C0故选：A．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，图形的折叠，勾股定理，熟练掌握折叠的性质，勾股定理是解题的关键．2.（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，长方形ABCD中，AD=BC=6，AB=CD=10，点E为线段DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AA．1 B．2 C．1或94 【答案】B【分析】由折叠性质得到∠AD′E=∠ADE=90°，D′E=DE，AD′【详解】解：∵△ADE沿AE折叠得到△AD∴∠AD′E=∠ADE=90°，D∵△AD′B是直角三角形，点E在线段∴E、D′∴S△ABE=1∴12∴BE=10，在Rt△AD'∴DE=D故选：B．【点睛】本题考查折叠性质、勾股定理、三角形的面积公式，熟练掌握折叠性质，会利用等面积法求出BE

是解答的关键．3.（2022秋·陕西西安·八年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=6，点D是BC上一动点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点E处，连接DE交AB于点F，当△DEB是直角三角形时，DE的长为（

A．3 B．5 C．3或6 D．2或5【答案】C【分析】分三种情况：①∠BED=90°在Rt△ABC中，由勾股定理可求得BC=4，由翻折的性质可知：AE=AC=6，DC=DE，则EB=4，在Rt△DBE中，依据勾股定理列方程求解即可；②当∠EDB=90°时，由翻折的性质可知：AC=AE，∠C=∠AED=90°，然后证明△ADE是等腰直角三角形，从而求得DE=6；③当【详解】解：分三种情况：①当∠BED=90°时，则∠AED=90°，此时点E与点F重合，如图1所示，在Rt△ABC中，BC=由翻折的性质可知；AE=AC=6，DC=DE，则EB=4，设DC=ED=x，则BD=8−x．在Rt△DBE中，DE2解得：x=3．∴DE=3．②当∠EDB=90°时，如图2所示：．

由翻折的性质可知：AE=AC=6，∠C=∠AED=90°，∠ADE=∠ADC．∴∠ADE=1∴△ADE是等腰直角三角形，∴DE=AE=6，③若∠DBE=90°时，如图，∵∠ACB=90°，则BE∥∴AC,BE之间的距离为BC=8，∴AE≥8而AE=6，所以矛盾，故不存∠DBE=90°的情形，综上，DE的长为3或6．故选：C．【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、勾股定理、正方形的判定，根据题意画出符合题意的图形是解题的关键．4.（2022春·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，M是AB边上的中点，N是B边上的一动点．连接MN，将ΔBMN沿MN折叠，点B的对应点为点E，连接EC．当△ENC为直角三角形时，BN

【答案】2或2【分析】分情况讨论：当∠ENC=90°时，当∠NEC=90°时，当∠ECN=90°时三种情况下，分别利用勾股定理和翻折的性质可得到答案．【详解】解：当△ENC为直角三角形时，可有：①当∠ENC=90°时，如图1，此时∠BNE=180°−∠ENC=90°，由折叠性质可知，∠BNM=∠ENM=1∵∠B=90°，∴∠BMN=∠BNM=45°，∴BN=BM=1②当∠NEC=90°时，如图2，

由折叠性质可知，∠NEM=90°，BN=EN，BM=EM=1∴∠NEC=∠NEM=90°，即M、E、C三点共线，设BN=EN=x，则CN=BC−BN=6−x，在Rt△BCM中，CM=B∴CE=CM−EM=210在Rt△NEC中，有EN即x2+(2即BN=2③当∠ECN=90°时，点E在直线CD上，此时ME≠BM，故此种情况不符合题意．综上所述，满足条件的BN的长为2或210故答案为：2或210【点睛】本题主要考查了翻折的性质和勾股定理的运用，根据题意画出图形并分情况讨论是解题关键．5.（2022春·八年级期中）如图，在纸片ΔABC中，AB=AC=12，∠B=30°，折叠纸片，使点B落在AC的中点D处，折痕为EF，则A．4935 B．103 C．113 【答案】A【分析】过点D作AB的垂线，垂足为G，过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，分别求出△DEA和△DFC的面积，利用S△DEF＝12×（S△ABC－S△DEA－S△DFC【详解】解：过点D作AB的垂线，垂足为G，

∵∠BAC＝120°，∴∠GAC＝60°，∠GDA＝30°，∴AG＝12AD=14AC=3设AE＝x，则BE＝12－x＝DE，在Rt△DGE中，DE即12−x2解得：x＝185∴S△ADE＝12DG×AE＝12×过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，∵∠B=30∴AN＝12AB＝6，BN＝12∴BC＝123设DF＝y，则CF＝123DH＝12CD=3，CH＝则有DH2+F解得：y=14则S△DFC＝12∴S△DEF＝12×（S△ABC－S△DEA－S△DFC＝1

＝1＝49故选A．【点睛】此题主要考查了翻折变换以及勾股定理、等腰三角形的性质等知识，正确得出AE、BF的长是解题关键．6.（2022秋·山西晋中·八年级校考期末）如图，直线y=−34x−3与x轴、y轴分别交于点A和点B，点C在线段AO上，将△ABC沿BC所在直线折叠后，点A恰好落在y轴上点D【答案】−【分析】先求出A,B两点的坐标，根据折叠，得到BD=OA,CD=AC，进而求出OD的长度，在Rt△COD中，利用勾股定理进行求解，得到OC【详解】解：∵y=−34x−3，当x=0时，y=−∴A−4,0∴OA=4,OB=3，∴AB=∵将△ABC沿BC所在直线折叠后，点A恰好落在y轴上点D处，∴BD=AB=5,AC=CD，∴OD=BD−OB=2，CD=AC=OA−OC=4−OC，在Rt△COD中，CD2∴OC=3∵点C在x轴的负半轴上，∴C−

故答案为：−3【点睛】本题考查一次函数与坐标轴的交点问题，折叠，以及勾股定理．熟练掌握折叠的性质，利用勾股定理解三角形，是解题的关键．7.（2022秋·浙江绍兴·八年级校联考期中）定义：若a，b，c是△ABC的三边，且a2+b(1)对于①等边三角形，②直角三角形，下列说法一定正确的是________．A．①一定是“方倍三角形”B．②一定是“方倍三角形”C．①②都一定是“方倍三角形”D.①②都一定不是“方倍三角形”(2)若Rt△ABC是“方倍三角形”，且斜边AB=(3)如图，△ABC中，∠ABC=120°，∠ACB=45°，P为AC边上一点，将△ABP沿直线BP进行折叠，点A落在点D处，连接CD，AD．若△ABD为“方倍三角形”，且AP=2，求AD的长．【答案】(1)A(2)2(3)2【分析】（1）直接利用“方倍三角形”的定义对等边三角形和直角三角形分别判断即可；（2）根据勾股定理和“方倍三角形”的定义求得直角三角形的三边长，即可求得直角三角形的面积；（3）根据“方倍三角形”定义可得△ABD为等边三角形，从而证明△APD为等腰直角三角形，可得AP=PD=2，据此求解即可求得结论．【详解】（1）解：对于①等边三角形，三边相等，设边长为a，

则a2根据“方倍三角形”定义可知：等边三角形一定是“方倍三角形”；对于②直角三角形，三边满足关系式：a2根据“方倍三角形”定义可知：直角三角形不一定是“方倍三角形”；故选：A；（2）解：设b>a，∵a2+b2∴a2=2∴a=2，∴S=1故答案为：2；（3）解：∵△ABD为“方倍三角形”，∴AB∵AB=BD，∴AB=BD=AD，即△ABD为等边三角形，∴∠ABD=60°，∴∠ABP=∠DBP=30°，∵∠ABC=120°，∠ACB=45°，∴∠BAP=15°，∴∠APB=135°，∴∠DPB=135°，∴∠APD=90°，即△APD为等腰直角三角形，∵AP=PD=2，∴AD=22【点睛】本题考查了翻折变换、等边三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质以及“方倍三角形”的定义．8.（2022春·八年级期中）如图，ΔABC中，AB=12，AC=16，BC=20．将ΔABC沿射线BM折叠，使点A与BC边上的点D重合，E为射线BM上一个动点，当ΔCDE

【答案】10【分析】根据翻折的性质及勾股定理的逆定理可得△ABC为直角三角形，设CE=x，则AE=DE=16−x，然后再由勾股定理可得答案．【详解】解：由题意可知，A、D两点关于射线BM对称，∴C∵CD为定值，要使ΔCDE周长最小，即DE+CE最小，亦即：AE+CE∴AC与射线BM的交点，即为使ΔCDE周长最小的点E∵AB=12，AC=16，BC=20．且122∴AB∴Δ∴∠BAC=∠BDE=∠CDE=90°，∵AB=BD=12，∴CD=BC−BD=8，设CE=x，则AE=DE=16−x，RtΔCDE中，CE即x2∴x=10，∴CE=10．

故答案为：10．【点睛】此题考查的是翻折变换、勾股定理的逆定理及轴对称性质，掌握其性质是解决此题关键．【题型2折叠构造三垂直图形】9.（2022秋·江苏·八年级期末）阅读下列材料，并按要求解答．【模型建立】如图①，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．【模型应用】应用1：如图②，在四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AD＝6，CD＝8，BC＝10，AB2＝200．求线段BD的长．应用2：如图③，在平面直角坐标系中，纸片△OPQ为等腰直角三角形，QO＝QP，P（4，m），点Q始终在直线OP的上方．（1）折叠纸片，使得点P与点O重合，折痕所在的直线l过点Q且与线段OP交于点M，当m＝2时，求Q点的坐标和直线l与x轴的交点坐标；（2）若无论m取何值，点Q总在某条确定的直线上，请直接写出这条直线的解析式．【答案】模型建立：见解析；应用1：265；应用2：（1）Q(1，3)，交点坐标为(52【分析】根据AAS证明△BEC≌△CDA，即可；应用1：连接AC，过点B作BH⊥DC，交DC的延长线于点H，易证△ADC≌△CHB，结合勾股定理，即可求解；应用2：（1）过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥y轴于点K，直线KQ和直线NP相交于点H，易得：△OKQ≌△QHP，设H(4，y)，列出方程，求出y的值，进而求出Q(1，3)，再根据中点坐标公式，得P(4，2)，即可得到直线l的函数解析式，进而求出直线l与x轴的交点坐标；（2）设Q(x，y)，由△OKQ≌△QHP，KQ＝x，OK＝HQ＝y，可得：y＝﹣x+4，进而即可得到结论．【详解】如图①，∵AD⊥ED，BE⊥ED，∠ACB＝90°，∴∠ADC＝∠BEC＝90°，

∴∠ACD+∠DAC＝∠ACD+∠BCE＝90°，∴∠DAC＝∠BCE，∵AC＝BC，∴△BEC≌△CDA（AAS）；应用1：如图②，连接AC，过点B作BH⊥DC，交DC的延长线于点H，∵∠ADC＝90°，AD＝6，CD＝8，∴AC＝10，∵BC＝10，AB2＝200，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∵∠ADC＝∠BHC＝∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠CBH，∵AC＝BC＝10，∴△ADC≌△CHB（AAS），∴CH＝AD＝6，BH＝CD＝8，∴DH=6+8=14，∵BH⊥DC，∴BD＝BH2+D应用2：（1）如图③，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥y轴于点K，直线KQ和直线NP相交于点H，由题意易：△OKQ≌△QHP（AAS），设H(4，y)，那么KQ＝PH＝y﹣m＝y﹣2，OK＝QH＝4﹣KQ＝6﹣y，又∵OK＝y，∴6﹣y＝y，y＝3，∴Q(1，3)，∵折叠纸片，使得点P与点O重合，折痕所在的直线l过点Q且与线段OP交于点M，∴点M是OP的中点，∵P(4，2)，∴M(2，1)，

设直线QM的函数表达式为：y＝kx+b，把Q(1，3)，M(2，1)，代入上式得：{2k+b=1k+b=3∴直线l的函数表达式为：y＝﹣2x+5，∴该直线l与x轴的交点坐标为(52（2）∵△OKQ≌△QHP，∴QK＝PH，OK＝HQ，设Q(x，y)，∴KQ＝x，OK＝HQ＝y，∴x+y＝KQ+HQ＝4，∴y＝﹣x+4，∴无论m取何值，点Q总在某条确定的直线上，这条直线的解析式为：y＝﹣x+4，故答案为：y＝﹣x+4．【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理，勾股定理，一次函数的图象和性质，掌握“一线三垂直”模型，待定系数法是解题的关键．10.（2022秋·河南新乡·八年级统考期末）如图，点E是长方形的一边CD上一点，沿AE折叠△ADE使点D落在BC边上的点F处，若AB=4，CE=32，则AD的长为（A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据折叠的性质得出AF=AD，EF=DE，继而在在Rt△ECF中，勾股定理得出FC=2，设

，则BF=BC−FC=a−2，在Rt△ABF【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，∴CD=AB,AD=BC，由折叠的性质可得AF=AD，EF=DE，∵AB=4,CE=∴EF=DE=CD−CE=AB−CE=5在Rt△ECF中，FC=∴设AF=AD=a，则BF=BC−FC=a−2在Rt△ABF中，42解得：a=5，即AD=AF=5，故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理与折叠问题，掌握勾股定理是解题的关键．11.（2022春·八年级期中）如图，长方形ABCD中，AB=5,AD=6，点P是射线AD上一点，将△ABP沿BP折叠得到△A′BP，点A′恰好落在BC的垂直平分线l上（直线l也是【答案】53【分析】设直线l与AD、BC交于点E、F，分两种情况讨论：当点P在线段AE上时，设，设AP=A′P=x,PE=3−x；当点P在射线AD【详解】解：根据题意，四边形ABCD为长方形，直线l是BC、AD的垂直平分线，

则AB=CD=5,AD=BC=6,BC⊥l,AD⊥l，AE=1设直线l与AD、BC交于点E、F，可分两种情况讨论：①如下图，当点P在线段AE上时，设AP=A在Rt△BFA∵BF=12BC=3，B∴FA∵EF=AB=5，∴A′∴在Rt△A′PE即有x2=(3−x)即AP=5②如下图，当点P在射线AD上时，设AP=A

在Rt△BFA∵BF=12BC=3，B∴FA∵EF=AB=5，∴A′∴在Rt△A′PE即有y2=(y−3)即AP=15．综上所述，线段AP的长为53故答案为：53【点睛】本题主要考查了折叠的性质、垂直平分线、勾股定理等知识，解题关键是熟练运用分类讨论的思想分析问题．12.（2022春·八年级期中）如图，将长方形纸片ABCD沿MN折叠，使点A落在BC边上点A′处，点D的对应点为D′，连接A′D′交边CD于点E，连接CD′，若AB=9，AD=6【答案】94【分析】连接NA′，勾股定理求得DN，进而证明△A′D′N≌△NC【详解】解：如图，连接NA

∵折叠∴DN=D′N，∵四边形ABCD是长方形，AB=9，AD=6，∴DC=AB=9,BC=AD=6，∠D=∠BCD=90°设DN=x则NC=DC−DN=9−x∵A′是BC的中点，∴C在Rt△A′在Rt△A′∴CN2即9−x解得x=3∴ND=ND′=A又∵∠N∴△∴∠N∴∵∴CE=E设EC=a,在Rt△AA

即b2又CE+EN=CN=6∴EC+A由①可得b+ab−a将②代入③得b−a=3②-④得2a=解得a=即EC=∴E故答案为：9【点睛】本题考查了勾股定理，折叠问题，因式分解，三角形全等的性质与判定，解二元一次方程组，掌握折叠的性质是解题的关键．13.（2022春·四川绵阳·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点E，F，G在矩形ABCO的边上，将△EFO沿EF折叠，点O与点G恰好重合，GH⊥x轴于点H，点M是GH与EF的交点，若CG＝2，B（6，4）．（1）求点F的坐标；（2）求直线EF的解析式．【答案】（1）F0,52；（2）y＝−【分析】（1）先设CF为x,再根据勾股定理建立等式求出x（2）GH//OC，所以内错角相等．折角相等，证明GF=GM，而GF可求，所以GM可求，故M点坐标可求，又点F坐标可求，所以FE解析式可求．【详解】解：（1）设OF=x，则CF=4-x，GF=x，

在Rt△CGF中，由勾股定理得CF2+CG2=GF2，∴(4-x)2+22=x2，解得x=5∴F(0，52（2）∵GH⊥x轴，OC⊥x轴，∴GH∥OC，∴∠OFE=∠GMF．∵∠OFE=∠GFE，∴∠GFM=∠GMF，∴GF=GM=52，HM=4-52=∴M(2，32设直线EF的解析式为y＝kx+b．∴b=52，∴直线EF的解析式为y＝−12x+【点睛】本题考查折叠图形的坐标问题、已知定点求一次函数的问题，掌握设x再利用勾股定理得到等式，充分利用GH平行于OC是本题的解题关键．14.（2022秋·陕西西安·八年级高新一中校考期末）如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A，B分别在x轴与y轴上，已知OA＝6，OB＝10．过A作AC⊥OA且AC＝10，连接BC，点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿A→C→B的方向运动，当点P与点B重合时停止运动，运动时间为t秒．（1）如图1，把长方形沿OP折叠，点B的对应点B1恰好落在AC边上，求点P的坐标；（2）若点D（0，2）为y轴上的一点，点P在运动的过程中是否存在使△BDP为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）点P的坐标是（103，10）；（2）存在，P坐标为（6，6）或（6，27+2）或（6，10﹣27【分析】（1）当点B的对应点B1恰好落在AC边上时，根据勾股定理列方程即可求出此时P坐标；（2）存在，分别以BD，DP，BP为底边三种情况考虑，利用勾股定理及图形与坐标性质求出P坐标即可．【详解】解：（1）如图1中，设P（m，10），则PB＝PB1＝m，∵OB1＝OB＝10，OA＝6，∴AB1＝OB∴B1C＝10﹣8＝2，∵PC＝6﹣m，∴m2＝22+（6﹣m）2，解得m＝103则此时点P的坐标是（103（2）存在，理由为：若△BDP为等腰三角形，分三种情况考虑：如图2

，①当BD＝BP1＝OB﹣OD＝10﹣2＝8，在Rt△BCP1中，BP1＝8，BC＝6，根据勾股定理得：CP1＝82−6∴AP1＝10﹣27，即P1（6，10﹣27）；②当BP2＝DP2时，此时P2（6，6）；③当DB＝DP3＝8时，在Rt△DEP3中，DE＝6，根据勾股定理得：P3E＝82−6∴AP3＝AE+EP3＝27+2，即P3（6，27+2），综上，满足题意的P坐标为（6，6）或（6，27+2）或（6，10﹣27）．【点睛】本题主要考查几何图形中的动点问题，掌握等腰三角形的定义，勾股定理并分情况讨论是关键．15.（2022秋·江西抚州·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点P在矩形的边CD上由点D向点C运动.沿直线AP翻折ΔADP，形成如下四种情形，设DP=x，ΔADP和矩形重叠部分（阴影）的面积为y.（1）如图4，当点P运动到与点C重合时，求重叠部分的面积y；（2）如图2，当点P运动到何处时，翻折ΔADP后，点D恰好落在BC边上？这时重叠部分的面积y等于多少？【答案】（1）y=32.8；（2）当DP=5时，点D恰好落在BC边上,这时y=25.【分析】（1）根据折叠或者轴对称的性质,找到数量关系,运用方程思想设未知数,结合勾股定理解答;（2）同样根据轴对称的性质,找到数量关系,运用方程思想设未知数,结合勾股定理解答;

【详解】解：（1）由题意可得,∠DAC=∠∴AE=CE设AE=CE=m,则BE=10−在RtΔABE中,m=8.2∴重叠的面积y=（2）由题意可得ΔDAP≌Δ∴AD′在RtΔAB∵AB=8∴B∴C在RtΔPCDx=5此时y=∴当DP=5时，点D恰好落在BC边上这时y=25.【点睛】本题综合考查了多个知识点,包括折叠与轴对称、方程、勾股定理等,在结合图形及其变化,充分理解题意的前提下,熟练掌握运用各个知识点方可解答.【题型3折叠构造全等三角形】16.（2022春·八年级期中）如图，矩形ABCD中，AD=BC=3，AB=CD=5，点E为射线DC上的一个动点，将△ADE沿AE折叠得到△AD′E，连接D′B，当△AA．1或4 B．43或9 C．1或9 D．4【答案】C【分析】分两种情况：①当E点在线段DC上时，②当E点在线段DC

的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质进行解答即可．【详解】解：分两种情况讨论：①当E点在线段DC上时，如图所示：∵△AD'E≌△ADE，∴∠AD'E=∠D=90°，∵∠AD'B=90°，∴∠AD'B+∠AD'E=180°，∴B、D'、E三点共线，∵△ABE的面积=12BE×AD'=12AB×AD，AD'=∴BE=AB=5，∵BD'=AB∴DE=D'E=5-4=1；②当E点在线段DC的延长线上，且ED″经过点B时，满足条件，如图所示：∵∠ABD″+∠CBE=∠ABD″+∠BAD″=90°，∴∠CBE=∠BAD″，在△ABD″和△BEC中，∠D

∴△ABD″≌△BEC（ASA），∴BE=AB=5，∵BD''=52∴DE=D″E=BD''+BE=4+5=9；综上所知，DE的长为1或9，故选C．【点睛】本题考查了翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键，有一定难度．17.（2022秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，已知长方形纸片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(1)求证：△BOP≌△EOF；(2)求证：CP=BF；(3)求DF的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)DF=【分析】（1）由长方形的性质和折叠性质得∠B=∠E=90°，利用AAS可证△BOP≌△EOF；（2）由全等三角形的性质得到OE=OB，由OP=OF即可得到EP=BF，又由折叠的性质可得，CP=EP，即可得到结论；（3）由长方形的性质得到：DC=AB=4，AD=BC=3，由折叠性质可得DE=DC=4，设BF=EP=CP=x，表示出AF、BP、DF，在Rt△ADF【详解】（1）解：由长方形性质可得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠性质可得∠C=∠E=90°，∴∠B=∠E=90°，

在△BOP与△EOF中，∠B=∠E∠BOP=∠EOF∴△BOP≌△EOFAAS（2）∵△BOP≌△EOF，∴OE=OB，∵OP=OF，∴OE+OP=OB+OF，

即EP=BF，由折叠的性质可得，CP=EP

∴CP=BF；（3）由长方形的性质得到：DC=AB=4，AD=BC=3，由折叠性质可得DE=DC=4，∵△BOP≌△EOF，∴BP=EF，设BF=EP=CP=x，则AF=4−x，BP=EF=3−x，DF=DE−EF=4−3−x在Rt△ADF中，AF2∴x=12∴DF=x+1=17【点睛】此题考查了折叠的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、长方形的性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．18.（2022秋·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）长方形具有四个内角均为直角，并且两组对边分别相等的特征，如图，把一张长方形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF．

(1)判断△ABF和△AGE是否全等？并说明理由(2)若AB=8,BC=16，求AE的长．【答案】(1)△ABF≌△AGE．理由见详解(2)10【分析】（1）由矩形的性质可以得出AB=AG，∠B=∠G，由等式的性质可以得出∠BAF=∠GAE就可以得出（2）设AE=x，即AF=x，则BF=16−x，利用勾股定理即可求解；【详解】（1）△ABF≌△AGE．理由如下：∵AG=CD∴AB=AG．∵∠BAE=90°，∴∠BAE=∠GAF，∴∠BAE−EAF=∠GAF−∠EAF，∴∠BAF=∠GAE．在△ABF和△AGE中∠BAF=∠GAEAB=AG∴△ABF≌△AGE（ASA（2）由（1）得△ABF≌△AGE∴AF=AE设AE=x，即AF=x，则BF=16−x在Rt△ABFAF2解得x=10，

即AE=10．【点睛】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，直角三角形性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时运用轴对称的性质求解是关键．19.（2022秋·安徽宣城·八年级统考期末）如图，将长方形ABCD沿AC折叠，使△ABC落在△AEC的位置，且CE与AD相交于点F．(1)求证：EF=DF；(2)若AB=3，BC=3，求折叠后的重叠部分(阴影部分)【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90∘，易证（2）根据（1）易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=3−x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=3【详解】（1）证明：如图，∵长方形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△AEC的位置，∴AE=AB，∠E=∠B=∠D=90又∵四边形ABCD为矩形，

∴AB=CD，∴AE=DC，而∠AFE=∠DFC，在△AFE与△DFC中：∠AFE=∠DFC∴Rt△AEF≌Rt△CDF∴EF=DF；（2）四边形ABCD为长方形，∴AD=BC=3，CD=AB=3∵Rt△AEF≌Rt△CDF，∴FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=3−x，在Rt△CDF中，CF即x2解得x=2．∴折叠后的重叠部分的面积=1【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等，也考查了长方形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理；利用长方形的性质、三角形全等的性质以及勾股定理进行正确计算是解题的关键．20.（2022秋·辽宁沈阳·八年级沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB：y=−43x+4与x轴、y轴分别交于点A、B，点C在y轴的负半轴上，若将△CAB沿直线AC折叠，点B恰好落在x

（1）点A的坐标是_____，点B的坐标是_____，AB的长为_____；（2）求点C的坐标；（3）点M是y轴上一动点，若S△MAB=1（4）在第一象限内是否存在点P，使△PAB为等腰直角三角形，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）3,0，0,4，5；（2）0,−6；（3）点M的坐标为0,283或0,−43；（4）存在，4,7或【分析】（1）直接利用直线AB的解析式求A，B的坐标即可，然后利用勾股定理即可求出AB的长度；（2）利用折叠的性质得出BC=CD,AB=AD=5AB=AD，然后利用OD=OA+AD求出点D的坐标，最后利用勾股定理即可求解；（3）首先求出S△COD，进而得出S（4）分三种情况：①若∠BAP=90°,AB=AP；②若∠ABP=90°,AB=BP；，③若∠APB=90°,BP=AP，分别利用全等三角形的判定及性质讨论即可．【详解】（1）令x=0，则y=−43×0+4=4；令y=0，则−∴A3,0∴OA=3,OB=4，∴AB=O（2）由折叠的性质可知BC=CD,AB=AD=5，∴OD=OA+AD=8，∴D8,0

设OC=x，则CD=CB=x+4，在Rt△OCD中，CD∴x+4解得x=6，∴C0,−6（3）∵S△COD=∴S设点M的坐标为0,y，12解得y=283或∴点M的坐标为0,283或（4）存在，理由如下：①若∠BAP=90°,AB=AP，如图，过点P作PG⊥OA交OA于点G，∵∠BAP=90°，∴∠OAB+∠PAG=90°．∵∠OAB+∠OBA=90°，∴∠PAG=∠OBA．在△AOB和△PGA中，∠BOA=∠AGP∠OBA=∠PAG∴△AOB≌△PGA，

∴OB=AG=4,OA=PG=3，∴OG=OA+AG=7，∴此时点P的坐标为7,3；②若∠ABP=90°,AB=BP，如图，过点P作PH⊥OB交OB于点H，同理可得，此时点P的坐标为4,7；③若∠APB=90°,BP=AP，如图，过点P作PM⊥OA交OA于点M，PN⊥OB交OB于点N，∵∠BPA=90°，∴∠BPN+∠NPA=90°．∵∠NPA+∠APM=90°，∴∠BPN=∠APM．

在△BPN和△APM中，∠BPN=∠APM∠BNP=∠AMP∴△BPN≌△APM，∴PN=PM,BN=AM，设点P的坐标为a,a，∴4−a=a−3，解得a=7∴此时点P的坐标为72综上所述，点P的坐标为4,7或7,3或72【点睛】本题主要考查一次函数与几何综合，掌握全等三角形的判定及性质并分情况讨论是解题的关键．21.（2022春·江苏扬州·八年级期末）实践操作：在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF（点E、F是折痕与矩形的边的交点），再将纸片还原．初步思考：（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上（如图①）①当点P与点A重合时，∠DEF＝°；当点E与点A重合时，∠DEF＝°；②当点E在AB上，点F在DC上时（如图②），求证：四边形DEPF为菱形，并直接写出当AP＝3.5时的菱形EPFD的边长．深入探究（2）若点P落在矩形ABCD的内部（如图③），且点E、F分别在AD、DC边上，请直接写出AP的最小值．拓展延伸

（3）若点F与点C重合，点E在AD上，线段BA与线段FP交于点M（如图④）．在各种不同的折叠位置中，是否存在某一情况，使得线段AM与线段DE的长度相等？若存在，请直接写出线段AE的长度；若不存在，请说明理由．【答案】⑴①90；45②8528（2）最小值为1

(3)3【详解】分析：（1）①当点P与点A重合时，如图1，画出图形可得结论；当点E与点A重合时，如图2，则EF平分∠DAB；②证明△DOF≌△POE（ASA）得DF=PE，根据一组对边平行且相等得：四边形DEPF是平行四边形，加上对角线互相垂直可得▱DEPF为菱形，当AP=7时，设菱形的边长为x，根据勾股定理列方程得：62+（7-x）2=x2，求出x的值即可；（2）如图4，当F与C重合，点P在对角线AC上时，AP有最小值，根据折叠的性质求CD=PC=4，由勾股定理求AC=5，所以AP=5-4=1；（3）根据全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．详解：（1）①当点P与点A重合时，如图1，∴EF是AD的中垂线，∴∠DEF=90°，当点E与点A重合时，如图2，此时∠DEF=12故答案为90°，45°；②当点E在AB上，点F在DC上时，如图3，

∵EF是PD的中垂线，∴DO=PO，EF⊥PD，∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∴∠FDO=∠EPO，∵∠DOF=∠EOP，∴△DOF≌△POE（ASA），∴DF=PE，∵DF∥PE，∴四边形DEPF是平行四边形，∵EF⊥PD，∴▱DEPF为菱形，当AP=3.5时，设菱形的边长为x，则AE=3.5-x，DE=x，在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+AE2=DE2，∴32+（3.5-x）2=x2，x=8528∴当AP=3.5时，设菱形的边长为8528（2）若点P落在矩形ABCD的内部，且点E、F分别在AD、DC边上，如图4，设DF=PF=x，则AF=32+x2，当A，P，F在一直线上时，AP最小，最小值为3

，所以当x最大取4时，AP最小值为1；（3）情况一：如图5，连接EM，∵DE=EP=AM，∴△EAM≌△MPE，设AE=x，则AM=DE=3-x，则BM=x+1，∵MP=EA=x，CP=CD=4，∴MC=4-x，∴（x+1）2+32=（4-x）2，解得：x=35故AE=35点睛：本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是关键，本题难度适中，注意运用数形结合的思想．22.（2022春·八年级期中）如图1，在平面直角坐标系中，点A−5，4，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，点D是y轴正半轴上动点，连接CE，将△BOD折叠得到△BED，点O与点E(1)填空：∠A=______°，AB=______，AC=______．(2)如图2，△BDE的边BE与DE分别与AC交于点F，G，EG=CG

①求证：FC=ED；②求OD的长．(3)连接CE，当△CDE是以C为直角顶点的直角三角形时，直接写出点D坐标．【答案】(1)90，4，5(2)①证明见解析；②OD=(3)点D坐标为0，10【分析】（1）根据题意，结合点的坐标，求解即可；（2）①连接EC，根据等边对等角，得出∠ECG=∠CEG，再根据折叠的性质，得出BE=OB=5，DE=OD，∠BED=∠BOD=90°=∠ACO，再根据角之间的数量关系，得出∠FEC=∠DCE，再根据ASA，得出△ECF≌△CED，再根据全等三角形的性质，即可得出结论；②设CD=x，则OD=4−x=DE=CF，再根据线段之间的数量关系，得出AF=1+x，再根据全等三角形的性质，得出EF=CD=x，再根据线段之间的数量关系，得出BF=5−x，再根据勾股定理，得出16+1+x（3）分两种情况：当点E在线段AC时和当点E在线段CA的延长线上时，根据折叠的性质和勾股定理求解即可．【详解】（1）解：∵点A−5，4，AB⊥x轴于点B，AC⊥y∴AB=4，AC=5，∠ABO=∠ACO=90°=∠BAC，∴∠BAC=90°，故答案为：90，4，5；（2）①证明：如图2，连接EC，∵EG=GC，∴∠ECG=∠CEG，∵将△BOD折叠得到△BED，∴BE=OB=5，DE=OD，∠BED=∠BOD=90°=∠ACO，∴∠FEC=∠DCE，又∵EC=CE，∠ECG=∠CEG，∴△ECF≌△CEDASA

∴CF=ED；②解：设CD=x，则OD=4−x=DE=CF，∴AF=5−4−x∵△ECF≌△CED，∴EF=CD=x，∴BF=5−x，∵AB∴16+1+x解得：x=2∴OD=4−x=4−2（3）解：∵△CDE是以C为直角顶点的直角三角形，∴点D在直线AC上，如图3，当点E在线段AC时，∵将△BOD折叠得到△BED，∴BE=OB=5，DE=OD，∴AE=B∴CE=2，∵DE∴OD∴OD=5

∴点D0当点E在线段CA的延长线上时，同理可求AE′=3，∴E′C=8，∵D′E′∴OD′∴OD=10，∴点D0综上所述：点D坐标为0，10或【点睛】本题是几何变换综合题，考查了坐标与图形、等边对等角、全等三角形的判定和性质、勾股定理、折叠的性质，利用分类讨论思想和数形结合思想解决问题是解本题的关键．【题型4折叠构造等腰三角形】23.（2022秋·浙江宁波·八年级宁波市第七中学校考期末）如图，在△ABC中，E是AB中点，F是AC上一动点，连接EF，将△AEF沿直线EF折叠得△DEF．(1)如图①，若∠B=45°，且点D恰好落在线段BC上，求证：点F为线段AC(2)如图②，若△ABC为等边三角形，且边长为4，当点D落在线段CE上时，求AF的长度；(3)如图③，若△ABC为直角三角形，∠BAC=90°，AC=8．连接AD、BD、CD，若

，求△ABC的面积．【答案】(1)见解析(2)2(3)48【分析】（1）连接AD，由折叠可得AE=DE=BE，即△ABD为直角三角形，然后推出AF=CF，解题即可；（2）连接AD，由折叠可得AE=DE，AF=DF，由三线合一得CE⊥AB，即推出∠EAD=45°，运用勾股定理可得CE、DE（3）延长CD交AB于点E′，过A、B分别作CD延长线的垂线，垂足分别为N、M，可得△ANE'【详解】（1）证明：连接AD∵E为AB中点，折叠△AEF得△DEF∴AE=DE=BE∴△ABD为直角三角形，且∠

∴∠ADC=90°∴∠∵AF=DF∴∠∴∠∴CF=DF∴AF=CF∴F是AC中点（2）解：连接AD

∵△ABC为等边三角形，E为AB中点∴∠∴∠又∵折叠△AEF得△DEF∴AE=DE，AF=DF∴∠∵∠∴∠∴∠∴∠∴DF=CD∴AF=CD又∵等边△ABC边长为4∴由勾股定理可得CE=23，∴AF=CD=2（3）解：延长CD交AB于点E′，过A、B分别作CD延长线的垂线，垂足分别为N、∴∠

∴AN∥BM∴∠△ACD与△BDC面积相等∴AN=BM∴△AN∴A∵E是AB中点∴E'与E即E、D、C三点共线

∵折叠△AEF得△DEF∴∠∴∠∴D∵AC=8，CD=4∴D∴AF=DF=3

又∵A∴A∴AE=6∴AB=2AE=12∴S【点睛】本题考查等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质和判定，勾股定理，图形的变换——折叠，综合性较强，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．24.（2022秋·浙江宁波·八年级校联考期末）如图，Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=OB=4，点P在直线OA上运动，连接PB，将△OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O′．当点O′在直线AB上时，OP

【答案】42−2【分析】分类讨论点O′落在线段AB上，点O'落在AB延长线上，结合图形，根据翻折的性质求解．【详解】解：如图，点O′落在线段AB上，∵OA=OB=4，∴△ABO为等腰直角三角形，∠BAO=45°，∴AB=2由折叠可得BO'=BO=4，∴AO′=PO′=OP=AB−BO′=42如图，点O′落在AB延长线上，由翻折可得BO′=BO=4，∴AO′=AB+BO′=42∵∠BAO=45°，∴△APO′为等腰直角三角形，∴PO'=AO'=PO=42故答案为：42−2

【点睛】本题考查图形的折叠问题，勾股定理，解题关键是通过分类讨论，结合图形求解．25.（2022秋·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在△ABC中，∠ABC=30°，AB=AC=23，点D是边BC上的点，将△ACD沿AD折叠得到△AED，线段AE与边BC交于点F．若∠CDE为直角，则CD【答案】3−3##【分析】过点A作AG⊥BC于点G，根据等腰三角形的性质可得∠C=30°，从而得到AG=12AC=3，进而得到CG=3，再由折叠的性质可得∠ADC=135°，从而得到【详解】解：如图，过点A作AG⊥BC于点G，∵∠ABC=30°，AB=AC=23∴∠C=30°，∴AG=1∴CG=A∵将△ACD沿AD折叠得到△AED，∴∠ADC=∠ADE，∵∠CDE=90°，∴∠ADC=∠ADE=1∴∠ADG=45°，∴∠ADG=∠DAG=45°，

∴DG=AG=3∴CD=CG−DG=3−3故答案为：3−【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，图形的折叠问题，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．26.（2022秋·浙江宁波·八年级校联考期末）如图，将三角形纸片ABC沿AD折叠，使点C落在BD边上的点E处．若∠C=45°，∠B=30°，AD=2，则AB【答案】8【分析】由折叠的性质可得∠ADC=∠ADE=90°，由∠C=45°，∠B=30°，AD=2，可得【详解】解：∵将三角形纸片ABC沿AD折叠，使点C落在BD边上的点E处，∴∠ADC=∠ADE=90°，∵∠C=45°，∴AC=2∵∠B=30°，∴AB=2AD=2×2=4，∴AB故答案为：8．【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．27.（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AC=3+1，D是边AB上的一个动点，把△CBD沿CD折叠得△CB′D，点B的对应点为B′

【答案】2或3+【分析】分两种情况讨论：当点B′恰好落在△ABC的边AB上时，当点B′恰好落在△ABC的边【详解】解：Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AC=∴BC=1+33=当点B′恰好落在△ABC的边AB如图1，则BD=B′D∴∠ADC=90°，∵S∴CD=AC⋅BC∴AD∴AD=3+当点B′恰好落在△ABC的边A