2025年中考数学专题45 折叠变换专题（解析版）

模型介绍模型介绍翻折变换（折叠问题）1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．2、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．3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．例题精讲例题精讲考点一：三角形中的折叠问题【例1】．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，点D是BC边上的一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB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，则折叠后所得到的四边形AEDF的周长为+3或+4．解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，∴AB＝＝2，AC＝AB＝．∵∠B＝30°，DE⊥BC，∴∠BED＝60°．由翻折的性质可知：∠BED＝∠FED＝60°，∴∠AEF＝60°．∵△AEF为直角三角形，∴∠AFE＝90°或∠EAF＝90°．①∠AFE＝90°时，点F在边BC上．∴∠EAF＝30°，∴AE＝2EF．由翻折的性质可知：BE＝EF，∴AB＝3BE，∴EB＝AB＝，AE＝2EB＝，∴ED＝EB＝，BD＝ED＝1＝DF，∴AF＝EF＝EB＝2，∴四边形AEDF的周长＝AE+ED+DF+FA＝++1+2＝+3；②∠EAF＝90°时，点F在BC的延长线上．∴∠EFA＝30°．∴∠EFD＝∠EFA．又∵ED⊥BF，EA⊥AF，∴AE＝DE．设DE＝x，BE＝AB﹣AE＝AB﹣DE＝2﹣x．∵DE∥AC，∴＝，即＝，解得，x＝，则AE＝DE＝，BD＝＝＝2＝DF，AF＝AE＝2，∴四边形AEDF的周长＝AE+ED+DF+FA＝++2+2＝+4．综上所述，折叠后所得到的四边形AEDF的周长为+3或+4．故答案为+3或+4．变式训练【变式1-1】．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：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，∵＝＝，∴＝，∴x＝，∴BC＝5x＝，故答案为．【变式1-2】．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，D为BC的中点，将△ABC折叠，使点A与点D重合，EF为折痕，则AF：CF＝（）A．2：1 B．3：2 C．5：3 D．7：5解：设CD＝a，CF＝x，∵D为BC的中点，∴CA＝CB＝2a，∴DF＝FA＝2a﹣x，∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+CD2＝DF2，即x2+a2＝（2a﹣x）2，解得x＝a，即CF＝a，AF＝2a﹣a＝a，∴AF：CF＝5：3．故选：C．【变式1-3】．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，BD＝6，DC＝4，求AD的长．小明同学利用翻折，巧妙地解答了此题，按小明的思路探究并解答下列问题：（1）分别以AB，AC所在直线为对称轴，画出△ABD和△ACD的对称图形，点D的对称点分别为点E，F，延长EB和FC相交于点G，求证：四边形AEGF是正方形；（2）设AD＝x，建立关于x的方程模型，求出AD的长．（1）证明：由题意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF．∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，又∠BAC＝45°，∴∠EAF＝90°．又∵AD⊥BC∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°．∴四边形AEGF是矩形，又∵AE＝AD，AF＝AD∴AE＝AF．∴矩形AEGF是正方形；（2）解：设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x．∵BD＝6，DC＝4，∴BE＝6，CF＝4，∴BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102．化简得，x2﹣10x﹣24＝0解得x1＝12，x2＝﹣2（舍去）所以AD＝x＝12．考点二：矩形中的折叠问题【例2】．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______解：作DF⊥y轴于F，DE⊥x轴于E，BD交OC于G．∵在△BCG与△ODG中，，∴△BCG≌△ODG，∴GO＝GB，∴设GO＝GB＝x，则CG＝GD＝2﹣x，于是在Rt△CGB中，（2﹣x）2+12＝x2；解得x＝．GD＝2﹣x＝2﹣＝；∵BC⊥y轴，DF⊥y轴，∴∠BCG＝∠DFG，∵∠BGC＝∠DGF，∴△CBG∽△FDG，∴＝，∴DF＝；又∵DO＝1，∴OF＝＝．∴cos∠DOC＝＝．变式训练【变式2-1】．如图（1）是一段长方形纸带，∠DEF＝a，将纸带沿EF折叠成图（2），再沿BF折叠成图（3），则图（3）中的∠CFE的度数为（）A．180°﹣3a B．180°﹣2a C．90°﹣a D．90°+a解：∵四边形ABCD为长方形，∴AD∥BC，∴∠BFE＝∠DEF＝α，由翻折的性质可知：图（2）中，∠EFC＝180°﹣∠BFE＝180°﹣α，∠BFC＝∠EFC﹣∠BFE＝180°﹣2α，∴图（3）中，∠CFE＝∠BFC﹣∠BFE＝180°﹣3α，故选：A．【变式2-2】．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（）A． B．6 C． D．解：连接BF，交AE于H，∵BC＝12，点E为BC的中点，∴BE＝6，又∵AB＝8，∴AE＝＝＝10，由折叠知，BF⊥AE（对应点的连线必垂直于对称轴）∴BH＝＝，则BF＝，∵FE＝BE＝EC，∴∠BFC＝90°，∴CF＝＝＝，故选：D．【变式2-3】．如图，折叠矩形纸片ABCD，使B点落在AD上一点E处，折痕FG的两端点分别在AB、BC上（含端点），且AB＝6，BC＝10．则AE的最大值是6，最小值是2．解：如图，当点F与点C重合时，根据翻折对称性可得EC＝BC＝10，在Rt△CDE中，CE2＝CD2+ED2，即102＝（10﹣AE）2+62，解得AE＝2，即x＝2．如图，当点G与点A重合时，根据翻折对称性可得AE＝AB＝6，即x＝6；所以AE的最大值是6，最小值为2．故答案是：6，2．考点三：菱形中的折叠问题【例3】．如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点A恰好落在菱形的对角线交点O处，折痕为EF，若菱形ABCD的边长为2cm，∠B＝60°，那么EF＝cm．解：连接AC、BD，如图所示：根据题意得：E、F分别为AB、AD的中点，∴EF是△ABD的中位线，∴EF＝BD，∵菱形ABCD的边长为2cm，∠ABC＝60°，∴AB＝2，OB＝BD，∠ABO＝30°，∴OB＝AB•cos30°＝2×＝，∴EF＝BD＝OB＝；故答案为：．变式训练【变式3-1】．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，E为AB的中点，将△AED沿DE翻折得到△GED，射线DG交BC于点F，若AD＝2，则BF＝．解:DE和CB的延长线相交于G’点，连接EF，作EH⊥DF于H点，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴∠A＝180°﹣∠B＝120°，AB＝AD＝2，AD∥BC∴∠1＝∠G'，而E为AB的中点，∴AE＝BE＝1，∵△AED沿DE翻折得到△GED，∴∠1＝∠2，DG＝DA＝2，EG＝EA＝1，∠3＝∠A＝120°，∴∠4＝60°，在Rt△EHG中，HG＝EG＝，EH＝EH＝，在Rt△DEH中，DE＝＝＝，∵AD∥BG'，∴∠1＝∠G'，∴∠G'＝∠2，∴FG＝FD，在△AED和△BEG'中，，∴△AED≌△BEG'，∴DE＝G'E，∴FE⊥DG'，∴∠FED＝90°，∵∠HDE＝∠EDF，∴Rt△DEF∽Rt△DHE，∴＝，即＝，∴DF＝，∴FG＝FD﹣DG＝﹣2＝，∴BF＝FG＝．故答案为．【变式3-2】．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，点E在边CD上，且DE＝4，F是边AD上一动点，将△DEF沿直线EF折叠，点D落在点N处，当点N在四边形ABCD内部（含边界）时，DF的长度的取值范围是0≤DF≤2﹣2．解：根据题意可知，点N在以点E为圆心，DE长为半径的圆上运动，如图所示，①当点F和点D重合时，DF最短，此时DF＝0；②当点N落在边BC上时，DF最长，过点N作NG⊥AD于点G，分别过点E，D作BC的垂线，交BC的延长线于点H，M，∴四边形MNGD是矩形，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，点E在边CD上，且DE＝4，∴CD＝AD＝AB＝6，CE＝2，AD∥BC，AB∥CD，∴∠ABC＝∠DCH＝60°，∴CM＝3，CH＝1，∴GN＝DM＝3，EH＝，在Rt△NEH中，NE＝DE＝4，EH＝，∴NH＝，∴NH＝+2，∴DG＝NH＝+2，设DF＝x，则NG＝x，GF＝+2﹣x，在Rt△NGF中，由勾股定理可知，GN2+GF2＝NF2，即（3）2+（+2﹣x）2＝x2，解得x＝2﹣2，∴0≤DF≤2﹣2．故答案为：0≤DF≤2﹣2．考点四：正方形中的折叠问题【例4】．如图，正方形ABCD的边长是2，点E是CD边的中点，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把∠C沿直线EF折叠，使点C落在点C′处．当△ADC′为等腰三角形时，FC的长为或1．解：由题意DE＝EC＝EC′＝1，∴DC′＜1+1∴DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：①如图1中，当AD＝AC′＝2时，连接AE．∵AE＝AE，AD＝AC′，DE＝EC′，∴△ADE≌△AC′E，∴∠ADE＝∠AC′E＝90°，∵∠C＝∠FC′E＝90°，∴∠AC′E+∠FC′E＝180°，∴A、C′、F共线，设CF＝x，则BF＝2﹣x，AF＝2+x，在Rt△ABF中，22+（2﹣x）2＝（2+x）2，解得x＝．②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′＝DC′，满足条件，此时CF＝1．综上所述，满足条件的CF的长为或1．故答案为或1．变式训练【变式4-1】．如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CD＝3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG＝CG；③AG∥CF；④S△EGC＝S△AFE，其中正确的是__________.解：①正确．理由：∵AB＝AD＝AF，AG＝AG，∠B＝∠AFG＝90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；②正确．理由：EF＝DE＝CD＝2，设BG＝FG＝x，则CG＝6﹣x．在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3．∴BG＝3＝6﹣3＝CG；③正确．理由：∵CG＝BG，BG＝GF，∴CG＝GF，∴△FGC是等腰三角形，∠GFC＝∠GCF．又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；∴∠AGB＝∠AGF，∠AGB+∠AGF＝2∠AGB＝180°﹣∠FGC＝∠GFC+∠GCF＝2∠GFC＝2∠GCF，∴∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF，∴AG∥CF；④正确．理由：∵S△GCE＝GC•CE＝×3×4＝6，∵S△AFE＝AF•EF＝×6×2＝6，∴S△EGC＝S△AFE，∴其中正确的是①②③④．1．如图，将平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点D落在点E处，AE恰好过BC边中点，若AB＝3，BC＝6，则∠B的大小为（）A．30° B．45° C．60° D．90°解：AE与BC相交于F点，如图，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠1＝∠3，∵平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点D落在点E处，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠2，∴FC＝FA，∵F为BC边中点，BC＝6，∴AF＝CF＝BF＝×6＝3，而AB＝3，∴△ABF为等边三角形，∴∠B＝60°．故选：C．2．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得C落到矩形内点F的位置，连接AF，若，则CE＝（）A． B． C． D．解：过点F作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N，则MN⊥AB，MN⊥CD，由折叠可得，EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，在Rt△AMF中，tan∠BAF＝，设FM＝x，则AM＝2x，BM＝4﹣2x，在Rt△BFM中，由勾股定理可得，，解得x＝1或x＝（舍去），∴FM＝1，AM＝BM＝2，FN＝MN﹣FM＝BC﹣FM＝﹣1，∵∠EFN+∠FEN＝∠EFN+∠BFM＝90°，∴∠FEN＝∠BFM，又∵∠FNE＝∠BMF，∴△EFN∽△FBM，∴，即，解得EF＝．∴EC＝．故选：C．3．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8，现将A、C重合，使纸片折叠压平，设折痕为EF，则图形中重叠部分△AEF的面积为10．解：设AE＝x，由折叠可知，EC＝x，BE＝8﹣x，在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，即42+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5，由折叠可知∠AEF＝∠CEF，∵AD∥BC，∴∠CEF＝∠AFE，∴∠AEF＝∠AFE，即AE＝AF＝5，∴S△AEF＝×AF×AB＝×5×4＝10．故答案为：10．4．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E为BC上一点，将△ABE沿AE折叠得到△AEF，点H为CD上一点，将△CEH沿EH折叠得到△EHG，且F落在线段EG上，当GF＝GH时，则BE的长为2．解：如图，连接AH，由折叠可得，BE＝FE，EC＝EG，GH＝CH，∠AEB＝∠AEF，∠CEH＝∠GEH，∴∠AEH＝∠BEC＝90°，∴Rt△AEH中，AE2+EH2＝AH2，①设BE＝x，则EF＝x，CE＝6﹣x＝EG，∴GF＝6﹣2x＝GH＝CH，DH＝4﹣（6﹣2x）＝2x﹣2，∵∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴Rt△ABE中，AE2＝EB2+AB2＝x2+42，Rt△CEH中，HE2＝EC2+CH2＝（6﹣x）2+（6﹣2x）2，Rt△ADH中，AH2＝DH2+AD2＝（2x﹣2）2+62，代入①式，可得x2+42+（6﹣x）2+（6﹣2x）2＝（2x﹣2）2+62，解得x1＝2，x2＝12（舍去），∴BE的长为2，故答案为：2．5．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．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，由折叠的性质得：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，在Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，即a2+（2b）2＝（3a）2，∴b2＝2a2，∴b＝a，∴＝，即的值为；故答案为：．6．如图，在边长为8的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是边AD的中点，N是AB上一点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A'MN，连接A'B，则A'B的取值范围4﹣4≤A'B≤8．解：如图所示，连接BM，BD，∵M是边AD的中点，△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A'MN，∴点A'的轨迹为以AD为直径的半圆M，A'M＝AM＝4，∵∠A＝60°，AB＝AD，∴△ABD是等边三角形，∴BM⊥AD，∠ABM＝30°，∴BM＝AM＝4，∵A'B+A'M≥BM，∴A'B≥BM﹣A'M＝4﹣4，当点N与点A或点D重合时，点A'与点A或点D重合，此时A'B的最大值为8，∴A'B的取值范围为：4﹣4≤A'B≤8，故答案为：4﹣4≤A'B≤8．7．如图，将矩形ABCD（AB＜AD）沿BD折叠后，点C落在点E处，且BE交AD于点F，若AB＝5，BC＝10．（1）求DF的长；（2）求△DBF和△DEF的面积；（3）求△DBF中F点到BD边上的距离．解：（1）∵将矩形ABCD（AB＜AD）沿BD折叠后，点C落在点E处，∴AD∥BC，∠A＝∠C＝∠E＝90°，AD∥BC，∠CBD＝∠DBE，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠DBE＝∠ADB，∴BF＝DF，设DF＝x，则AF＝10﹣x，在Rt△ABF中，由勾股定理得，x2＝52+（10﹣x）2，解得x＝，∴DF＝；（2）由（1）知，S△DBF＝＝＝，S△BCD＝S△BDE＝＝25，∴S△DEF＝25﹣＝；（3）在Rt△BCD中，由勾股定理得，BD＝5，设F到BD的距离为h，则＝，解得h＝，∴△DBF中F点到BD边上的距离为．8．如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．（1）求证：四边形EFDG是菱形；（2）求证：EG2＝AF•GF；（3）若AG＝6，EG＝2，求BE的长．（1）证明：∵GE∥DF，∴∠EGF＝∠DFG．∵由翻折的性质可知：GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，∴∠DGF＝∠DFG．∴GD＝DF．∴DG＝GE＝DF＝EF．∴四边形EFDG为菱形．（2）证明：如图1所示：连接DE，交AF于点O．∵四边形EFDG为菱形，∴GF⊥DE，OG＝OF＝GF．∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝∠DFA，∴△DOF∽△ADF．∴＝，即DF2＝FO•AF．∵FO＝GF，DF＝EG，∴EG2＝GF•AF．（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．∵EG2＝GF•AF，AG＝6，EG＝2，∴20＝FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40＝0．解得：FG＝4，FG＝﹣10（舍去）．∵DF＝GE＝2，AF＝10，∴AD＝＝4．∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD．∴△FGH∽△FAD．∴＝，即＝．∴GH＝．∴BE＝AD﹣GH＝4﹣＝．9．如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OB＝OD，OC＝OA+AB，AD＝m，BC＝n，∠ABD+∠ADB＝∠ACB．（1）填空：∠BAD与∠ACB的数量关系为∠BAD+∠ACB＝180°；（2）求的值；（3）将△ACD沿CD翻折，得到△A′CD（如图2），连接BA′，与CD相交于点P．若CD＝，求PC的长．解：（1）如图1中，在△ABD中，∵∠BAD+∠ABD+∠ADB＝180°，又∵∠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＝x，OA＝OE＝y，∵∠EDA+∠DAB＝180°，∠BAD+∠ACB＝180°，∴∠EDA＝∠ACB，∵∠DEA＝∠CAB，∴△EAD∽△ABC，∴＝＝＝，∴＝，∴4y2+2xy﹣x2＝0，∴（）2+﹣1＝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°，由（1）知，∠EDA＝∠ACB，∠DEA＝∠BAE，∴△EAD∽△ABC，∴∠DAE＝∠ABC＝∠DA′C，∴∠DA′C+∠A′CB＝180°，∴A′D∥BC，∴△PA′D∽△PBC，∴＝＝，∴＝，∴DC＝PC+PC＝PC＝，∴PC＝1．10．如图，将等腰直角三角形纸片ABC对折，折痕为CD．展平后，再将点B折叠在边AC上（不与A、C重合），折痕为EF，点B在AC上的对应点为M，设CD与EM交于点P，连接PF．已知BC＝4．（1）若M为AC的中点，求CF的长；（2）随着点M在边AC上取不同的位置，①△PFM的形状是否发生变化？请说明理由；②求△PFM的周长的取值范围．解：（1）∵M为AC的中点，∴CM＝AC＝BC＝2，由折叠的性质可知，FB＝FM，设CF＝x，则FB＝FM＝4﹣x，在Rt△CFM中，FM2＝CF2+CM2，即（4﹣x）2＝x2+22，解得，x＝，即CF＝；（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，不会发生变化，理由如下：由折叠的性质可知，∠PMF＝∠B＝45°，∵CD是中垂线，∴∠ACD＝∠DCF＝45°，∴∠PMO＝∠FCO，∵∠POM＝∠FOC，∴△POM∽△FOC，∴＝，∴＝∵∠POF＝∠MOC，∴△POF∽△MOC，∴∠PFO＝∠MCO＝45°，∴∠PFM＝∠PMF＝45°，∴∠MPF＝90°，∴△PFM是等腰直角三角形．②∵△PFM是等腰直角三角形，设FM＝y，由勾股定理可知：PF＝PM＝y，∴△PFM的周长＝（1+）y，∵2＜y＜4，∴△PFM的周长满足：2+2＜（1+）y＜4+4．11．已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．（1）特例感知如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；（2）变式求异如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求AH和AP的长；（3）化归探究如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠A＝60°，由题意，得DB＝DP，DA＝DB，∴DA＝DP，∴△ADP使得等边三角形，∴AP＝AD＝AB＝AC．（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，∴AB＝＝＝12，∵DH⊥AC，∴DH∥BC，∴△ADH∽△ABC，∴＝，∵AD＝7，∴＝，∴DH＝，将∠B沿过点D的直线折叠，情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，∵AB＝12，∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，∴HP1＝＝＝，∴AP1＝AH+HP1＝4，情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，同法可证HP2＝，∴AP2＝AH﹣HP2＝3，综上所述，满足条件的AP的值为4或3．（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．∵CA＝CB，CH⊥AB，∴AH＝HB＝6，∴CH＝＝＝8，当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，∵sinA＝＝，∴＝，∴x＝，∴AD＝AB﹣BD＝，观察图形可知当6＜a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．12．[初步尝试]（1）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AM＝BM；[思考说理]（2）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；[拓展延伸]（3）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B′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OB′上的一个动点，将△APM沿PM折叠得到△A′PM，点A的对应点为点A′，A′M与CP交于点F，求的取值范围．解：（1）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°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为AM＝BM．（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴＝，∴＝，∴BM＝，∴AM＝AB﹣BM＝10﹣＝，∴＝＝．（3）①如图③中，由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴＝＝，∴＝，∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴＝，∴AC＝．②如图③﹣1中，设PB′＝x．∵AC＝，BC＝CB′＝6，∴AB′＝﹣6＝，∴AP＝AP′＝+x，∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，∴△PFA′∽△MFC，∴＝，∵CM＝5，∴＝＝+，∵OA＝OC＝，∴0≤x≤，∴≤≤．13．如图，将边长为6的正三角形纸片ABC按如下顺序进行两次折叠，展平后，得折痕AD、BE（如图①），点O为其交点．（1）探求AO与OD的数量关系，并说明理由；（2）如图②，若P，N分别为BE，BC上的动点．①当PN+PD的长度取得最小值时，求BP的长度；②如图③，若点Q在线段BO上，BQ＝1，则QN+NP+PD的最小值＝．解：（1）AO＝2OD，理由：∵△ABC是等边三角形，∴∠BAO＝∠ABO＝∠OBD＝30°，∴AO＝OB，∵BD＝CD，∴AD⊥BC，∴∠BDO＝90°，∴OB＝2OD，∴OA＝2OD；（2）①如图②，作点D关于BE的对称点D′，过D′作D′N⊥BC于N交BE于P，则此时PN+PD的长度取得最小值，∵BE垂直平分DD′，∴BD＝BD′，∵∠ABC＝60°，∴△BDD′是等边三角形，∴BN＝BD＝，∵∠PBN＝30°，∴＝，∴PB＝；②如图③，作Q关于BC的对称点Q′，作D关于BE的对称点D′，连接Q′D′，即为QN+NP+PD的最小值．根据轴对称的定义可知：∠Q′BN＝∠QBN＝30°，∠QBQ′＝60°，∴△BQQ′为等边三角形，△BDD′为等边三角形，∴∠D′BQ′＝90°，∴在Rt△D′BQ′中，D′Q′＝＝．∴QN+NP+PD的最小值＝，故答案为：．14．如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰△BED和等腰△DHC的底边上的高线EF，HG折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．（1）将▱ABCD纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，则操作形成的折痕分别是线段AE，GF；S矩形AEFG：S▱ABCD＝1：2．（2）▱ABCD纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，若EF＝5，EH＝12，求AD的长；（3）如图4，四边形ABCD纸片满足AD∥BC，AD＜BC，AB⊥BC，AB＝8，CD＝10，小明把该纸片折叠，得到叠合正方形，请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出AD、BC的长．解：（1）根据题意得：操作形成的折痕分别是线段AE、GF；由折叠的性质得：△ABE≌△AHE，四边形AHFG≌四边形DCFG，∴△ABE的面积＝△AHE的面积，四边形AHFG的面积＝四边形DCFG的面积，∴S矩形AEFG＝S▱ABCD，∴S矩形AEFG：S▱ABCD＝1：2；故答案为：AE，GF，1：2；（2）∵四边形EFGH是矩形，∴∠HEF＝90°，∴FH＝＝13，由折叠的性质得：AD＝FH＝13；（3）有3种折法，如图4、图5、图6所示：①折法1中，如图4所示：由折叠的性质得：AD＝BG，AE＝BE＝AB＝4，CF＝DF＝CD＝5，GM＝CM，∠FMC＝90°，∵四边形EFMB是叠合正方形，∴BM＝FM＝4，∴GM＝CM＝＝＝3，∴AD＝BG＝BM﹣GM＝1，BC＝BM+CM＝7；②折法2中，如图5所示：由折叠的性质得：四边形EMHG的面积＝梯形ABCD的面积，AE＝BE＝AB＝4，DG＝NG，NH＝CH，BM＝FM，MN＝MC，∴GH＝CD＝5，∵四边形EMHG是叠合正方形，∴EM＝GH＝5，正方形EMHG的面积＝52＝25，∵∠B＝90°，∴FM＝BM＝＝3，设AD＝x，则MN＝FM+FN＝3+x，∵梯形ABCD的面积＝（AD+BC）×8＝2×25，∴AD+BC＝，∴BC＝﹣x，∴MC＝BC﹣BM＝﹣x﹣3，∵MN＝MC，∴3+x＝﹣x﹣3，解得：x＝，∴AD＝，BC＝﹣＝；③折法3中，如图6所示，作GM⊥BC于M，则E、G分别为AB、CD的中点，则AH＝AE＝BE＝BF＝4，CG＝CD＝5，正方形的边长EF＝GF＝4，GM＝FM＝4，CM＝＝3，∴BC＝BF+FM+CM＝11，FN＝CF＝7，DH＝NH＝8﹣7＝1，∴AD＝5．15．如图，矩形OABC的边长OA＝8，顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点D为对角线OB的中点，反比例函数y＝（k≠0）在第一象限内的图象经过点D、E、F，且tan∠BOA＝．（1）求边AB的长；（2）求反比例函数的解析式及F点坐标；（3）若反比例函数的图象与矩形的边BC交于点F，将矩形折叠，使点O与点F重合，折叠分别与x、y轴正半轴交于点H、G，求线段OG的长．解：（1）在Rt△AOB中，∵tan∠BOA＝，∴AB＝OA•tan∠BOA＝8×＝4；（2）由（1）可知B点坐标为（8，4），∵D为OB的中点，∴D（4，2），∵反比例函数y＝图象过点D，∴k＝4×2＝8，∴反比例函数解析式为y＝，设F（a，4），∵反比例函数图象与矩形的边BC交于点F，∴4a＝8，解得a＝2，∴F（2，4）；（3）连接FG，如图，∵F（2，4），∴CF＝2，设OG＝t，则OG＝FG＝t，CG＝4﹣t，在Rt△CGF中，由勾股定理可得GF2＝CF2+CG2，即t2＝（4﹣t）2+22，解得t＝，∴OG＝．16．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BC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．（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；（Ⅱ）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，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．解：（Ⅰ）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（，6）．（Ⅱ）∵△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＝（0＜t＜11）．（Ⅲ）过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA＝∠QAC′＝90°，∴∠PC′E+∠EPC′＝90°，∵∠PC′E+∠QC′A＝90°，∴∠EPC′＝∠QC′A，∴△PC′E∽△C′QA，∴，∵PC′＝PC＝11﹣t，PE＝OB＝6，AQ＝m，C′Q＝CQ＝6﹣m，∴AC′＝＝，∴，∴，∴3（6﹣m）2＝（3﹣m）（11﹣t）2，∵m＝，∴3（﹣t2+t）2＝（3﹣t2+t﹣6）（11﹣t）2，∴t2（11﹣t）2＝（﹣t2+t﹣3）（11﹣t）2，∴t2＝﹣t2+t﹣3，∴3t2﹣22t+36＝0，解得：t1＝，t2＝，点P的坐标为（，6）或（，6）．法二：∵∠BPO＝∠OPC′＝∠POC′，∴OC′＝PC′＝PC＝11﹣t，过点P作PE⊥OA于点E，则PE＝BO＝6，OE＝BP＝t，∴EC′＝11﹣2t，在Rt△PEC′中，PE2+EC′2＝PC′2，即（11﹣t）2＝62+（11﹣2t）2，解得：t1＝，t2＝．点P的坐标为（，6）或（，6）．17．将一个直角三角形纸片ABO放置在平面直角坐标系中，点，点B（0，1），点O（0，0）．P是边AB上的一点（点P不与点A，B重合），沿着OP折叠该纸片，得点A的对应点A'．（1）如图①，当点A'在第一象限，且满足A'B⊥OB时，求点A'的坐标；（2）如图②，当P为AB中点时，求