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2022中考满分系列精讲
几何变换问题
几何变换，又称空间变换，是图形处理的一个方面，是各种图形处理算法的基础。此外几何变换也是深度学习中数据增强的一种常用方法。在实际应用当中有着极其重要的作用.
具体地，在初等数学当中几何变换是一种重要的数学解题的方法思路。在几何的解题中，当题目给出的条件显得不够或者不明显时，我们可以将图形作一定的变换，这样将有利于发现问题的隐含条件，使问题得以突破。
本专辑将从平移，旋转，轴对称（翻折），相似变换，位似变换中探索解题的奥秘，力争从一个侧面突破中考满分的瓶颈。
一、 双基目标
本节主要学习-各类折叠问题的解法.
细分三种类型
①简单的线段、角、面积计算问题；
②落点与存在性问题；
③动点轨迹问题；
二、能力目标
随着教育教学改革的深入发展，现代数学思想也随之不断渗透，几何变换以运动变换的观点研究几何问题，体现了“形”与“数”的知识融合，把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决，对于学生运用几何变换的思想分析、解决问题的能力，逐渐成为中考考查热点、重点，其中的数学思想业已越来越引起人们的重视和关注。
一、折叠专题
（2021贵州毕节）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝7，BC＝9，M是BC上的点，且CM＝2．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C′处，折痕为MN，则线段PA的长是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．2√5
【分析】一般性的折叠求线段问题通常用三步即可解决：
①设适当的未知数；②借助勾股定理或相似建立方程；③解方程。【解析】连接PM，设AP＝x，可得出PB＝7﹣x，BM＝7，根据折叠的性质可得CD＝PC′＝7，CM＝C′M＝2，在Rt△PBM中和Rt△PC′M中，根据勾股定理PB2+BM2＝PM2，PM2＝（7﹣x）2+72，C′P2+C′M2＝PM2，PM2＝72+22，因为PM是公共边，所以可得PM＝PM，即（7﹣x）2+72＝72+22，求出x的值即可得出答案．
（2021海南）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，将此矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点D′处，折痕为EF，则AD′的长为 ，DD′的长为 .
【分析】根据折叠的性质即可求得AD′＝CD＝6；连接AC，根据勾股定理求得AC＝10，证得△BAE≌△D′AF（AAS），D′F＝BE，根据勾股定理列出关于线段BE的方程，解方程求得BE的长，即可求得 ＝ ，然后通过证得 ＝
，根据△AEC∽△D/FD的性质即可求得DD′= ．
（2021山东泰安）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为 。
【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF＝DB′，再证明DB′＝EC＝BF＝2，由二次折叠可得BF=FG，四边形ABEB/是正方形.∴△AGF是等腰直角三角形且FG=2，∴AF=√2FG=2√2．∴AD=4+2√2
（2021浙江丽水）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（ ）
【分析】由翻折得出AD＝DF，∠A＝∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFB＝∠A，∴DF⊥AB，设AD=DF=x，则DB=5-x，∵tan∠A=BC：AC=3:4，且∠A=∠DFB.∴DB：DF=3:4，从而求出x= ．
（2020山东滨州）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A/处，得到折痕BM，BM与FF相交于点N．若直线B A’交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（ ）
【分析】
本题的关键是从两次折叠当中发现在Rt△A/EB中，BE= A/B，从而找到∠EA/B=30°，进一步推导出∠EBN=30°
利用EN=1，求出BE=√3，AB=CD=2√3，然后在Rt△BOC中，借助三角函数求出OC，从而得到OD．
（2020衢州）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（ ）
【答案】A
（2021湖南湘西）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，若CD∥BE，∠1＝20°，则∠2的度数是 ．
【分析】利用平行线的性质以及翻折不变性即可得到∠1＝∠3＝∠4＝20°，进而得出∠2＝40°．
40°
（2021重庆A卷）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为 .
【分析】由沿直线DE翻折，点A与点F重合可知：DE垂直平分AF，因为DE∥BC，所以DE为△ABC的中位线，DE＝ BC＝5；由折叠可得AE＝EF，因为AF＝EF，可得△AEF为等边三角形，∠FAC＝60°；在Rt△AFC中，解直角三角形可得AF的长，四边形ADFE的面积为 DE×AF，结论可得．【答案】5√3
二、落点、存在性专题
【解题策略】
一定一动一线长
画个圆圈来帮忙
相似勾股造方程
（2021河南）小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1．第一步，在AB边上找一点D，将纸片沿CD折叠，点A落在A'处，如图2；第二步，将纸片沿CA'折叠，点D落在D′处，如图3．当点D′恰好落在原直角三角形纸片的边上时，线段A′D′的长为 .
【分析】由题意可知，以点C为圆心，CD为半径画圆分别与另两边各有一个交点，所以本题分两种情形解答：①点D′恰好落在直角三角形纸片的AB边上时；【答案】A′D′＝2-√3
②点D′恰好落在直角三角形纸片的BC边上时，【答案】
(2019年河南). 如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝ 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 ．
【分析】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，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．
题后反思：
本题属于“折叠问题”当中的“落点”存在性问题. 解题方法:
①先画图，确定落点位置（以A为圆心，AB长为半径画圆）；
②依据图形特征选取适当的计算模型来解决.
常用的计算模型：勾股定理建方程；“一线三垂直”相似求线段
（2014河南）如图矩形ABCD中，AD＝5，AB＝7，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为 ．
【分析】利用圆规首先画出折点D的运动轨迹，然后做出∠ABC的平分线，其交点即是D/,因为点D/处为直角，所以构造“三垂直相似”，接着设出DE=x，利用相似建方程解答即可.【答案】
（2018河南）如图,∠MAN=90°,点C在边AM上,AC=4,点B为边AN上一动点,连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D,E分别为AC,BC的中点,连接DE并延长交所在直线于点F,连接.当△A′EF为直角三角形时，AB的长为________.
【分析】当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF＝90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A'C＝A'E＝4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC＝2AC＝8，最后利用勾股定理可得AB的长；
②当∠A'FE＝90°时，如图2，证明△ABC是等腰直角三角形，可得AB＝AC＝4．
题后反思：
本题属于“折叠问题”当中的“直角”存在性问题. 解题方法:
①先画图，确定落点位置（以A为圆心，AB长为半径画圆）；
②在射线AN上截取点B，过点B作已知圆的切线，确定点A/的位置
适当连接即可;④依据图形特征选取适当的计算模型来解决.
常用的计算模型：勾股定理建方程；“一线三垂直”相似求线段
归纳总结
对比上述“落点”和“直角”存在性问题可以发现它们解法上的区别与联系
1、画图是关键：
①一个是以关键定点为圆心，定长为半径画圆，找到关键交点；
②另一个是以关键定点为圆心，定长为半径画圆，然后做切线的方式构造直角三角形
2、常用的计算模型比较类似：勾股定理建方程；“一线三垂直”相似求线段
（2013河南）如图，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 ．
【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形对角线上时，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC＝5，根据折叠的性质得∠AB′E＝∠B＝90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，所以点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，则EB＝EB′，AB＝AB′＝3，可计算出CB′＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．【答案】
（2020辽宁沈阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，点P为边AD上一动点，连接OP，以OP为折痕，将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F．若△PDF为直角三角形，则DP的长为 .
【关键提示】：本题关键是画出正确的图形。然后再深入分析图形的特征，采取相应恰当的计算模型解答。正确的画图是以动点P为圆心，动长PA为半径画圆，并且作出动直线PO的垂线交圆与点E.至此图形基本完成，接下来就是在AD边上滑动点P作出符合题意的图形。
【分析】分两种情况讨论，(1)当∠DPF＝90°时，过点O作OH⊥AD于H，由平行线分线段成比例可得OH＝ AB＝3，HD＝ AD＝4，由折叠的性质可得∠APO＝∠EPO＝45°，可求OH＝HP＝3，可得PD＝1；
(2)当∠PFD＝90°时，由勾股定理和矩形的性质可得OA＝OC＝OB＝OD＝5，通过证明△OFE∽△BAD，可得 ，可求OF的长，通过证明△PFD∽△BAD，可得，可求PD的长．
（2015河南）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 ．
【分析】根据等腰三角形存在性的一般性原理，本题由三种可能性．通过验证其中以定点C为圆心作等腰不成立.另外，图（1）是以D为圆心，CD为半径构造的，∴DB/=16；图（2）是通过作CD的垂直平分线构造的，利用勾股定理可求出DB/=4√5
题后反思：
本题属于“折叠问题”当中的“等腰”存在性问题. 解题方法:
①先画图，确定折点位置轨迹（以E为圆心，EB长为半径画圆）；
②
依据图形特征选取适当的计算模型来解决.
常用的计算模型：勾股定理建方程；“一线三垂直”相似求线段
（2021江苏盐城）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E、F分别是边BC、CD上一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得△EC′F，连接AC′，当BE＝ 时，△AEC′是以AE为腰的等腰三角形．
【分析】本题虽属于“等腰”存在性问题，不过因为不确定点较多，不适合画圆找点的方法。可通过分类讨论计算的代数方法解答.
【解析】设BE＝x，则EC＝4﹣x，由翻折得：EC′＝EC＝4﹣x．当AE＝EC′时，由勾股定理得：32+x2＝（4﹣x）2；当AE＝AC’时，作AH⊥EC’，由∠AEF＝90°，EF平方∠CEC′可证得∠AEB＝∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE＝HE＝x，由三线合一得EC′＝2EH，即4﹣x＝2x，解方程即可．【答案】
（2018本溪）如图，矩形OABC的顶点A，C分别在坐标轴上，B（8，7），D（5，0），点P是边AB或边BC上的一点，连接OP，DP，当△ODP为等腰三角形时，点P的坐标为 ．
【分析】如图，图1中，OD=DP时，由勾股定理可求出AP=4，∴P（8,4）.
图2中，OP=PD 时，观察可知 【 答案】
（2021江苏无锡）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2√2，AC＝6，点E在线段AC上，且AE＝1，D是线段BC上的一点，连接DE，将四边形ABDE沿直线DE翻折，得到四边形FGDE，当点G恰好落在线段AC上时，AF＝ ．
【分析】如图，连接BG，BE由题意可证明△ABE≌△FGE，以及△BEG∽△AEF.想求出AF，需要找到相似比和BG的长度。依据AE=1结合全等可求出EG=3，所以相似比是3：1，BG=2√6，从而得到AF.【答案】
（2021常州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，D是AB上一点（点D与点A不重合）．若在Rt△ABC的直角边上存在4个不同的点分别和点A、D成为直角三角形的三个顶点，则AD长的取值范围是 。
【分析】如图，当以AD为直径画圆，圆与两个直角边有三个交点时符合题意；
若圆刚好过点C，此时就仅有一个；若圆与边BC恰好相切时也仅能作三个.所以AD的取值范围就在后两种情况之间.【答案】
（2018乌鲁木齐）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2√3，AC=2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 ．
【提示】如图，依据动态观察可以发现共有两种情况：
①∠AFB/=90°；②∠AB/F=90°（此时AB/与圆相切).
【分析】如上图，∵BC=2√3，AC=2，∴AB=4.并且∠ABC=30°
①当∠AFB/=90°时，此时AB⊥DB/且平分它；
∵BD=B/D=√3，∴B/F=DF =√3/2，∴BF=3/2。AF=5/2.
在Rt△DEF中，由∠EDF=30°，可得EF=1/2.∴此时AE=3
②如下图，作EH⊥AH,当∠AB/F=90°时，此时∠AB/E=120°，∴∠EB/H=60°，
∠HEB/=30°，设AE=x，则BE=4-x=B/E，
∴EH=√3（4-x),HB/ =(4-x)/2，
由勾股定理可求出AB/的长度，在R t△AEH中，利用勾股定理建立方程可
求出x=
【答案】AE=3或
三、动点轨迹专题
（2020 嘉兴）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为 cm．
【分析】第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．【答案】√5
【分析】如下图，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
（2020广西北部湾）如图，在边长为2√3的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P．当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为 .
【分析】如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD．利用全等三角形的性质证明∠DPB＝120°，推出B，C，D，P四点共圆，利用弧长公式计算即可．【答案】
题后反思：
同一平面内的四个点在同一个圆上，则这四个点共圆，简称“四点共圆”。四点共圆有三个常用的性质：
（1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等；
（2）共圆的4个点构成的内接四边形对角互补；
（3）圆内接四边形的外角等于内对角
（2018达州）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为 .
【分析】过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，易得四边形OECF为矩形，由△AOP为等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到CO平分∠ACP，从而可判断当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P点在D点和B点时OC的长，从而计算它们的差即可得到P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长2√2．
（2019·贵州贵阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，以DF为斜边作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A到点C的运动过程中，点E的运动路径长是 ．
【分析】当F与A点重合时和F与C重合时，根据E的位置，可知E的运动路径是EE'的长；由已知条件可以推导出△DEE'是直角三角形，且∠DEE'＝30°，在Rt△ADE'中，求出DE'＝ ,即可求解．几何变换系列精讲一 折叠问题
一、 双基目标
本节主要学习-各类折叠问题的解法.
细分三种类型
①简单的线段、角、面积计算问题；
②落点与存在性问题；
③动点轨迹问题；
二、能力目标
随着教育教学改革的深入发展，现代数学思想也随之不断渗透，几何变换以运动变换的观点研究几何问题，体现了“形”与“数”的知识融合，把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决，对于学生运用几何变换的思想分析、解决问题的能力，逐渐成为中考考查热点、重点，其中的数学思想业已越来越引起人们的重视和关注。
1、看课件，复习知识体系和基本方法；
2、学习例题，完成变式练习；
3、完成课后练习，巩固基础，提升能力。
【例1】（2021贵州毕节）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝7，BC＝9，M是BC上的点，且CM＝2．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C′处，折痕为MN，则线段PA的长是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．2
【分析】连接PM，设AP＝x，可得出PB＝7﹣x，BM＝7，根据折叠的性质可得CD＝PC′＝7，CM＝C′M＝2，在Rt△PBM中和Rt△PC′M中，根据勾股定理PB2+BM2＝PM2，PM2＝（7﹣x）2+72，C′P2+C′M2＝PM2，PM2＝72+22，因为PM是公共边，所以可得PM＝PM，即（7﹣x）2+72＝72+22，求出x的值即可得出答案．
【解答】解：连接PM，如图，
设AP＝x，
∵AB＝7，CM＝2，
∴PB＝7﹣x，BM＝BC﹣CM＝7，
由折叠性质可知，
CD＝PC′＝7，CM＝C′M＝2，
在Rt△PBM中，
PB2+BM2＝PM2，
PM2＝（7﹣x）2+72，
在Rt△PC′M中，
C′P2+C′M2＝PM2，
PM2＝72+22，
∴（7﹣x）2+72＝72+22，
解得：x＝5，
∴AP＝5．
故选：B．
【点评】本题主要考查了翻折变化、矩形的性质及勾股定理，熟练应用翻折变化的性质及矩形的性质进行计算是解决本题的关键．
【例2】（2021海南）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，将此矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点D′处，折痕为EF，则AD′的长为 6 ，DD′的长为 ．
【分析】根据折叠的性质即可求得AD′＝CD＝6；连接AC，根据勾股定理求得AC＝10，证得△BAE≌△D′AF（AAS），D′F＝BE，根据勾股定理列出关于线段BE的方程，解方程求得BE的长，即可求得＝，然后通过证得＝，根据相似三角形的性质即可求得DD′．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝6，
∵AD′＝CD，
∴AD′＝6；
连接AC，
∵AB＝6，BC＝AD＝8，∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝10，
∵∠BAF＝∠D′AE＝90°，
∴∠BAE＝∠D′AF，
在△BAE和△D′AF中
，
∴△BAE≌△D′AF（AAS），
∴D′F＝BE，∠AEB＝∠AFD′，
∴∠AEC＝∠D′FD，
由题意知：AE＝EC；
设BE＝x，则AE＝EC＝8﹣x，
由勾股定理得：
（8﹣x）2＝62+x2，
解得：x＝，
∴BE＝，AE＝8﹣＝，
∴＝，
∴＝，
∵∠AD′F＝∠D′AF＝90°，
∴D′F∥AE，
∵DF∥EC，
∴＝，
∴＝＝，
∴DD′＝×10＝，
故答案为6，．
【点评】该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用全等三角形的性质、相似三角形的性质，勾股定理等几何知识点来解题．
【例3】（2021山东泰安）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为 4+2 ．
【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF＝DB′，再证明DB′＝EC＝BF＝2，想办法求出AB′，可得结论．
【解答】解：由翻折的性质可知，EB＝EB′，∠B＝∠AB′E＝∠EB′D＝90°，
在Rt△EBF和Rt△EB′D中，
，
∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），
∴BF＝DB′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠CDB′＝∠EB′D＝90°，
∴四边形ECDB′是矩形，
∴DB′＝EC＝2，
∴BF＝EC＝2，
由翻折的性质可知，BF＝FG＝2，∠FAG＝45°，∠EGF＝∠B＝∠AGF＝90°，
∴AG＝FG＝2，
∴AF＝2．
∴AB＝AB′＝2+2，
∴AD＝AB′+DB′＝4+2，
故答案为：4+2．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【例4】（2021浙江丽水）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由翻折得出AD＝DF，∠A＝∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFH＝∠A，然后借助相似列出方程即可．
【解答】解：作DH⊥BC于H，
在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：AB＝，
∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，
∴AD＝DF，∠A＝∠DFE，
∵FD平分∠EFB，
∴∠DFE＝∠DFH，
∴∠DFH＝∠A，
设DH＝3x，
在Rt△DHF中，sin∠DFH＝sin∠A＝，
∴DF＝5x，
∴BD＝5﹣5x，
∵△BDH∽△BAC，
∴，
∴，
∴x＝，
∴AD＝5x＝．
故选：D．
【点评】本题考查了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等、对应角相等来解决问题，通过相似表示线段和列方程是解题本题的关键．
【例5】（2020山东滨州）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A/处，得到折痕BM，BM与FF相交于点N．若直线B A’交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据中位线定理可得AM=2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M=A′N=2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．
【详解】
解：∵EN=1，
∴由中位线定理得AM=2，
由折叠的性质可得A′M=2，
∵AD∥EF，
∴∠AMB=∠A′NM，
∵∠AMB=∠A′MB，
∴∠A′NM=∠A′MB，
∴A′N=2，
∴A′E=3，A′F=2
过M点作MG⊥EF于G，
∴NG=EN=1，
∴A′G=1，
由勾股定理得MG= ，
∴BE=DF=MG= ，
∴OF：BE=2：3，
解得OF=，
∴OD=-=．
故选：B．
【例6】（2020衢州）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【例7】（2021湖南湘西）如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，若CD∥BE，∠1＝20°，则∠2的度数是 40° ．
【分析】利用平行线的性质以及翻折不变性即可得到∠1＝∠3＝∠4＝20°，进而得出∠2＝40°．
【解答】解：如图
分别延长EB、DB到F，G，
由于纸带对边平行，
∴∠1＝∠4＝20°，
∵纸带翻折，
∴∠3＝∠4＝20°，
∴∠DBF＝∠3+∠4＝40°，
∵CD∥BE，
∴∠2＝∠DBF＝40°．
故答案为：40°．
【点评】本题考查平行线的判定和性质和折叠的性质，解题的关键是熟练掌握：两直线平行；内错角相等．
【例8】（2021重庆A卷）如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为 5 ．
【分析】由沿直线DE翻折，点A与点F重合可知：DE垂直平分AF，因为DE∥BC，所以DE为△ABC的中位线，DE＝BC＝5；由折叠可得AE＝EF，因为AF＝EF，可得△AEF为等边三角形，∠FAC＝60°；在Rt△AFC中，解直角三角形可得AF的长，四边形ADFE的面积为DE×AF，结论可得．
【解答】解：∵纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，
∴DE垂直平分AF．
∴AD＝DF，AE＝EF．
∵DE∥BC，
∴DE为△ABC的中位线．
∴DE＝BC＝（BF+CF）＝（4+6）＝5．
∵AF＝EF，
∴△AEF为等边三角形．
∴∠FAC＝60°．
在Rt△AFC中，
∵tan∠FAC＝，
∴AF＝＝2．
∴四边形ADFE的面积为：DE×AF＝×5×2＝5．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了折叠问题，三角形的中位线，平行线的性质，三角形的面积，解直角三角形．利用中点的性质得到对应的部分相等是解题的关键．
【例1】（2021河南）小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1．第一步，在AB边上找一点D，将纸片沿CD折叠，点A落在A'处，如图2；第二步，将纸片沿CA'折叠，点D落在D′处，如图3．当点D′恰好落在原直角三角形纸片的边上时，线段A′D′的长为 或 2﹣ ．
【分析】分两种情形解答：①点D′恰好落在直角三角形纸片的AB边上时，由题意：△ADC≌△A′DC≌△A′D′C，则∠D′A′C＝∠DA′C＝∠A＝60°，A′C＝AC＝1；A′C垂直平分线段DD′；利用，可求得CE，则A′E＝A′C﹣CE，解直角三角形A′D′E可求线段A′D′；②点D′恰好落在直角三角形纸片的BC边上时，由题意：△ADC≌△A′DC≌△A′D′C，则∠D′A′C＝∠DA′C＝∠A＝60°，A′C＝AC＝1，∠ACD＝∠A′CD＝∠A′CD′＝∠ACB＝30°；在Rt△A′D′C中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半可得结论．
【解答】解：①点D′恰好落在直角三角形纸片的AB边上时，设A′C交AB边于点E，如图，
由题意：△ADC≌△A′DC≌△A′D′C，A′C垂直平分线段DD′．
则∠D′A′C＝∠DA′C＝∠A＝60°，A′C＝AC＝1．
∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，
∴BC＝AC tanA＝1×tan60°＝．
AB＝2AC＝2，
∵，
∴CE＝．
∴A′E＝A′C﹣CE＝1﹣．
在Rt△A′D′E中，
∵cos∠D′A′E＝，
∴，
∴A′D′＝2A′E＝2﹣．
②点D′恰好落在直角三角形纸片的BC边上时，如图，
由题意：△ADC≌△A′DC≌△A′D′C，∠ACD＝∠A′CD＝∠A′CD′＝∠ACB＝30°；
则∠D′A′C＝∠DA′C＝∠A＝60°，A′C＝AC＝1．
∵∠D′A′C＝60°，∠A′CD′＝30°，
∴∠A′D′C＝90°，
∴A′D′＝′C＝．
综上，线段A′D′的长为： 或 2﹣．
故答案为： 或 2﹣．
【点评】本题主要考查了翻折问题，含30°角的直角三角形，直角三角形的边角关系，特殊角的三角函数值，全等三角形的性质．翻折属于全等变换，对应部分相等，这是解题的关键，当点D′恰好落在直角三角形纸片的边上时，要注意分类讨论．
【例2】（2019河南）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝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 或 ．
【分析】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，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．
【解答】解：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＝∠BAD＝45°，
∴AB＝BE，
∴a＝1，
∴a＝；
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′＝a，
∴DB′＝＝，EC＝BC﹣BE＝a﹣a＝a．
在△ADB′与△B′CE中，
，
∴△ADB′∽△B′CE，
∴＝，即＝，
解得a1＝，a2＝﹣（舍去）．
综上，所求a的值为或．
故答案为或．
【点评】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．
【例3】（2018河南）如图，∠MAN＝90°，点C在边AM上，AC＝4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为 4或4 ．
【分析】当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF＝90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A'C＝A'E＝4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC＝2A'B＝8，最后利用勾股定理可得AB的长；
②当∠A'FE＝90°时，如图2，证明△ABC是等腰直角三角形，可得AB＝AC＝4．
【解答】解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF＝90°时，如图1，
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴A'C＝AC＝4，∠ACB＝∠A'CB，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴D、E是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，
∴∠CDE＝∠MAN＝90°，
∴∠CDE＝∠A'EF，
∴AC∥A'E，
∴∠ACB＝∠A'EC，
∴∠A'CB＝∠A'EC，
∴A'C＝A'E＝4，
Rt△A'CB中，∵E是斜边BC的中点，
∴BC＝2A'E＝8，
由勾股定理得：AB2＝BC2﹣AC2，
∴AB＝＝4；
②当∠A'FE＝90°时，如图2，
∵∠ADF＝∠A＝∠DFB＝90°，
∴∠ABF＝90°，
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴∠ABC＝∠CBA'＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB＝AC＝4；
综上所述，AB的长为4或4；
故答案为：4或4；
【点评】本题考查了翻折变换，利用了翻折的性质，勾股定理，等腰三角形的判定．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，并利用分类讨论的思想解决问题．
【例4】（2014河南）如图矩形ABCD中，AD＝5，AB＝7，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为 或 ．
【分析】连接BD′，过D′作MN⊥AB，交AB于点M，CD于点N，作D′P⊥BC交BC于点P，先利用勾股定理求出MD′，再分两种情况利用勾股定理求出DE．
【解答】解：如图，连接BD′，过D′作MN⊥AB，交AB于点M，CD于点N，作D′P⊥BC交BC于点P
∵点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上，
∴MD′＝PD′，
设MD′＝x，则PD′＝BM＝x，
∴AM＝AB﹣BM＝7﹣x，
又折叠图形可得AD＝AD′＝5，
∴x2+（7﹣x）2＝25，解得x＝3或4，
即MD′＝3或4．
在Rt△END′中，设ED′＝a，
①当MD′＝3时，AM＝7﹣3＝4，D′N＝5﹣3＝2，EN＝4﹣a，
∴a2＝22+（4﹣a）2，
解得a＝，即DE＝，
②当MD′＝4时，AM＝7﹣4＝3，D′N＝5﹣4＝1，EN＝3﹣a，
∴a2＝12+（3﹣a）2，
解得a＝，即DE＝．
故答案为：或．
【点评】本题主要考查了折叠问题，解题的关键是明确掌握折叠以后有哪些线段是对应相等的．
【例5】（2013河南）如图，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 或3 ．
【分析】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，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC＝5，根据折叠的性质得∠AB′E＝∠B＝90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C＝90°，所以点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，则EB＝EB′，AB＝AB′＝3，可计算出CB′＝2，设BE＝x，则EB′＝x，CE＝4﹣x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【解答】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，如答图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，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，∴BE＝AB＝3．
综上所述，BE的长为或3．
故答案为：或3．
【点评】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
【例6】（2020辽宁沈阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，点P为边AD上一动点，连接OP，以OP为折痕，将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F．若△PDF为直角三角形，则DP的长为 或1 ．
【分析】分两种情况讨论，当∠DPF＝90°时，过点O作OH⊥AD于H，由平行线分线段成比例可得OH＝AB＝3，HD＝AD＝4，由折叠的性质可得∠APO＝∠EPO＝45°，可求OH＝HP＝3，可得PD＝1；当∠PFD＝90°时，由勾股定理和矩形的性质可得OA＝OC＝OB＝OD＝5，通过证明△OFE∽△BAD，可得，可求OF的长，通过证明△PFD∽△BAD，可得，可求PD的长．
【解答】解：如图1，当∠DPF＝90°时，过点O作OH⊥AD于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO＝OD，∠BAD＝90°＝∠OHD，AD＝BC＝8，
∴OH∥AB，
∴，
∴OH＝AB＝3，HD＝AD＝4，
∵将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F，
∴∠APO＝∠EPO＝45°，
又∵OH⊥AD，
∴∠OPH＝∠HOP＝45°，
∴OH＝HP＝3，
∴PD＝HD﹣HP＝1；
当∠PFD＝90°时，
∵AB＝6，BC＝8，
∴BD＝＝＝10，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OB＝OD＝5，
∴∠DAO＝∠ODA，
∵将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F，
∴AO＝EO＝5，∠PEO＝∠DAO＝∠ADO，
又∵∠OFE＝∠BAD＝90°，
∴△OFE∽△BAD，
∴，
∴，
∴OF＝3，
∴DF＝2，
∵∠PFD＝∠BAD，∠PDF＝∠ADB，
∴△PFD∽△BAD，
∴，
∴，
∴PD＝，
综上所述：PD＝或1，
故答案为或1．
【例7】（2015河南）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 16或4 ．
【分析】根据翻折的性质，可得B′E的长，根据勾股定理，可得CE的长，根据等腰三角形的判定，可得答案．
【解答】解：（i）当B′D＝B′C时，
过B′点作GH∥AD，则∠B′GE＝90°，
当B′C＝B′D时，AG＝DH＝DC＝8，
由AE＝3，AB＝16，得BE＝13．
由翻折的性质，得B′E＝BE＝13．
∴EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5，
∴B′G＝＝＝12，
∴B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4，
∴DB′＝＝＝4
（ii）当DB′＝CD时，则DB′＝16（易知点F在BC上且不与点C、B重合）．
（iii）当CB′＝CD时，则CB＝CB′，由翻折的性质，得EB＝EB′，∴点E、C在BB′的垂直平分线上，∴EC垂直平分BB′，由折叠，得EF也是线段BB′的垂直平分线，∴点F与点C重合，这与已知“点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点”不符，故此种情况不存在，应舍去．
综上所述，DB′的长为16或4．
故答案为：16或4．
【例8】（2021江苏盐城）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E、F分别是边BC、CD上一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得△EC′F，连接AC′，当BE＝ 或 时，△AEC′是以AE为腰的等腰三角形．
【分析】设BE＝x，则EC＝4﹣x，由翻折得：EC′＝EC＝4﹣x．当AE＝EC′时，由勾股定理得：32+x2＝（4﹣x）2；当AE＝AC’时，作AH⊥EC’，由∠AEF＝90°，EF平方∠CEC′可证得∠AEB＝∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE＝HE＝x，由三线合一得EC′＝2EH，即4﹣x＝2x，解方程即可．
【解答】解：设BE＝x，则EC＝4﹣x，
由翻折得：EC′＝EC＝4﹣x，当AE＝EC′时，AE＝4﹣x，
∵矩形ABCD，
∴∠B＝90°，
由勾股定理得：32+x2＝（4﹣x）2，
解得：，
当AE＝AC′时，如图，作AH⊥EC′
∵EF⊥AE，
∴∠AEF＝∠AEC′+∠FEC′＝90°，
∴∠BEA+∠FEC＝90°，
∵△ECF沿EF翻折得△ECF，
∴∠FEC′＝∠FEC，
∴∠AEB＝∠AEH，
∵∠B＝∠AHE＝90°，AH＝AH，
∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴BE＝HE＝x，
∵AE＝AC′时，作AH⊥EC′，
∴EC′＝2EH，
即4﹣x＝2x，
解得，
综上所述：BE＝或．
故答案为：或．
【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，涉及到方程思想和分类讨论思想．当AE＝AC′时如何列方程，有一定难度．
【例9】（2018本溪）如图，矩形OABC的顶点A，C分别在坐标轴上，B（8，7），D（5，0），点P是边AB或边BC上的一点，连接OP，DP，当△ODP为等腰三角形时，点P的坐标为 ．
解：∵四边形OABC是矩形，B（8，7），
∴OA＝BC＝8，OC＝AB＝7，
∵D（5，0），
∴OD＝5，
∵点P是边AB或边BC上的一点，
∴当点P在AB边时，OD＝DP＝5，
∵AD＝3，
∴PA＝＝4，
∴P（8，4）．
当点P在边BC上时，只有PO＝PD，此时P（，7）．
综上所述，满足条件的点P坐标为（8，4）或（，7）．
故答案为（8，4）或（，7）．
【例10】（2021常州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，D是AB上一点（点D与点A不重合）．若在Rt△ABC的直角边上存在4个不同的点分别和点A、D成为直角三角形的三个顶点，则AD长的取值范围是 ＜AD＜2 ．
【分析】设Rt△ABC的直角边上存在点E，使以点A，点D，点E为顶点的三角形是直角三角形，需要分情况讨论，当点D是直角顶点时，过点D作AB的垂线；当点E是直角顶点时，点E是以AD长为直径的圆与直角边的交点，当此圆与直角边BC相切时，为临界状态，此时这样的点有2个，当此圆过点C时，也为临界状态，点D和点B重合，不符合题意．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，
∴AB＝2，
设Rt△ABC的直角边上存在点E，使以点A，点D，点E为顶点的三角形是直角三角形，
①当点D是直角顶点时，过点D作AB的垂线；②当点E是直角顶点时，点E是以AD长为直径的圆与直角边的交点，
如图所示，当此圆与直角边有3个交点时，符合题意；
当以AD为直径的圆与BC相切时，如图所示，
设圆的半径为r，即AF＝DF＝EF＝r，
∵EF⊥BC，∠B＝30°，
∴BF＝2EF＝2r，
∴r+2r＝2，解得r＝；
∴AD＝2r＝；
综上，AD的长的取值范围为：＜AD＜2．
故答案为：＜AD＜2．
【点评】本题主要考查含30°角的直角三角形，直角三角形的存在性，数形结合思想，分类讨论思想等内容；找到临界状态即以AD为直径的圆与BC相切，是本题解题关键．
【例11】（2018乌鲁木齐）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 3或 ．
【分析】利用三角函数的定义得到∠B=30°，AB=4，再利用折叠的性质得DB=DC=，EB′=EB，∠DB′E=∠B=30°，设AE=x，则BE=4﹣x，EB′=4﹣x，讨论：当∠AFB′=90°时，则∴BF=cos30°=，则EF=﹣（4﹣x）=x﹣，于是在Rt△B′EF中利用EB′=2EF得到4﹣x=2（x﹣），解方程求出x得到此时AE的长；当∠FB′A=90°时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，证明Rt△ADB′≌Rt△ADC得到AB′=AC=2，再计算出∠EB′H=60°，则B′H=（4﹣x），EH=（4﹣x），接着利用勾股定理得到（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2=x2，方程求出x得到此时AE的长．
【解答】解：∵∠C=90°，BC=2，AC=2，
∴tanB===，
∴∠B=30°，
∴AB=2AC=4，
∵点D是BC的中点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F
∴DB=DC=，EB′=EB，∠DB′E=∠B=30°，
设AE=x，则BE=4﹣x，EB′=4﹣x，
当∠AFB′=90°时，
在Rt△BDF中，cosB=，
∴BF=cos30°=，
∴EF=﹣（4﹣x）=x﹣，
在Rt△B′EF中，∵∠EB′F=30°，
∴EB′=2EF，
即4﹣x=2（x﹣），解得x=3，此时AE为3；
当∠FB′A=90°时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，
∵DC=DB′，AD=AD，
∴Rt△ADB′≌Rt△ADC，
∴AB′=AC=2，
∵∠AB′E=∠AB′F+∠EB′F=90°+30°=120°，
∴∠EB′H=60°，
在Rt△EHB′中，B′H=B′E=（4﹣x），EH=B′H=（4﹣x），
在Rt△AEH中，∵EH2+AH2=AE2，
∴（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2=x2，解得x=，此时AE为．
综上所述，AE的长为3或．
故答案为3或．
【点评】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．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理．
【例1】（2020 嘉兴）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为 （） cm．
【分析】第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
【解答】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠3，
由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，
∴∠2＝∠3，
∴MB′＝NB′，
∵NB′（cm），
∴BM＝NB′（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，
在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x，
∴DE＝4（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1（4）（cm），
∴【答案】点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝22﹣（4＝（）（cm）．
故答案为，（）．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
【例2】（2020广西北部湾）（隐圆问题）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P．当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为 π ．
【分析】如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD．利用全等三角形的性质证明∠DPB＝120°，推出B，C，D，P四点共圆，利用弧长公式计算即可．
【解答】解：如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C＝60°，AB＝BC＝CD＝AD，
∴△ABD，△BCD都是等边三角形，
∴BD＝AD，∠BDF＝∠DAE，
∵DF＝AE，
∴△BDF≌△DAE（SAS），
∴∠DBF＝∠ADE，
∵∠ADE+∠BDE＝60°，
∴∠DBF+∠BDP＝60°，
∴∠BPD＝120°，
∵∠C＝60°，
∴∠C+∠DPB＝180°，
∴B，C，D，P四点共圆，
由BC＝CD＝BD＝2，可得OB＝OD＝2，
∵∠BOD＝2∠C＝120°，
∴点P的运动的路径的长＝＝π．
故答案为π．
【例3】（2018达州）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为 2 ．
【分析】过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，易得四边形OECF为矩形，由△AOP为等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到CO平分∠ACP，从而可判断当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P点在D点和B点时OC的长，从而计算它们的差即可得到P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长．
【解答】解：过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，
∵△AOP为等腰直角三角形，
∴OA=OP，∠AOP=90°，
易得四边形OECF为矩形，
∴∠EOF=90°，CE=CF，
∴∠AOE=∠POF，
∴△OAE≌△OPF，
∴AE=PF，OE=OF，
∴CO平分∠ACP，
∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，
∵AE=PF，
即AC﹣CE=CF﹣CP，
而CE=CF，
∴CE=（AC+CP），
∴OC=CE=（AC+CP），
当AC=2，CP=CD=1时，OC=×（2+1）=，
当AC=2，CP=CB=5时，OC=×（2+5）=，
∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长=﹣=2．
故答案为2．
【点评】本题考查了轨迹：灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，然后进行几何计算．也考查了全等三角形的判定与性质．
【例4】（2019·贵州贵阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，以DF为斜边作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A到点C的运动过程中，点E的运动路径长是 ．
【分析】当F与A点重合时和F与C重合时，根据E的位置，可知E的运动路径是EE'的长；由已知条件可以推导出△DEE'是直角三角形，且∠DEE'＝30°，在Rt△ADE'中，求出DE'＝即可求解．
【解答】解：E的运动路径是EE'的长；
∵AB＝4，∠DCA＝30°，
∴BC＝，
当F与A点重合时，
在Rt△ADE'中，AD＝，∠DAE'＝30°，∠ADE'＝60°，
∴DE'＝，∠CDE'＝30°，
当F与C重合时，∠EDC＝60°，
∴∠EDE'＝90°，∠DEE'＝30°，
在Rt△DEE'中，EE'＝；
故答案为．
【点评】本题考查点的轨迹；能够根据E点的运动情况，分析出E点的运动轨迹是线段，在30度角的直角三角形中求解是关键．
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几何变换系列精讲一 折叠问题
一、 双基目标
本节主要学习-各类折叠问题的解法.
细分三种类型
①简单的线段、角、面积计算问题；
②落点与存在性问题；
③动点轨迹问题；
二、能力目标
随着教育教学改革的深入发展，现代数学 ( http: / / www.21cnjy.com )思想也随之不断渗透，几何变换以运动变换的观点研究几何问题，体现了“形”与“数”的知识融合，把复杂性问题转化为简单性的问题而得到解决，对于学生运用几何变换的思想分析、解决问题的能力，逐渐成为中考考查热点、重点，其中的数学思想业已越来越引起人们的重视和关注。
1、看课件，复习知识体系和基本方法；
2、学习例题，完成变式练习；
3、完成课后练习，巩固基础，提升能力。
【例1】（2021贵州毕节）如图，在矩 ( http: / / www.21cnjy.com )形纸片ABCD中，AB＝7，BC＝9，M是BC上的点，且CM＝2．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C′处，折痕为MN，则线段PA的长是（ ）
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A．4 B．5 C．6 D．2
【例2】（2021海南）如图，在矩形AB ( http: / / www.21cnjy.com )CD中，AB＝6，AD＝8，将此矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点D′处，折痕为EF，则AD′的长为 ，DD′的长为 ．21世纪教育网版权所有
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【例3】（2021山东泰 ( http: / / www.21cnjy.com )安）如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD＞AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE＝EF，CE＝2，则AD的长为 ．21cnjy.com
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【例4】（2021浙江丽水）如图， ( http: / / www.21cnjy.com )在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（ ）
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A． B． C． D．
【例5】（2020山东滨州 ( http: / / www.21cnjy.com )）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A/处，得到折痕BM，BM与FF相交于点N．若直线B A’交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（ ）2·1·c·n·j·y
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A. B. C. D.
【例6】（2020衢州）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（ ）
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A. B. C. D.
【例7】（2021湖南湘西） ( http: / / www.21cnjy.com )如图，将一条对边互相平行的纸带进行两次折叠，折痕分别为AB、CD，若CD∥BE，∠1＝20°，则∠2的度数是 ．
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【例8】（2021重庆A卷） ( http: / / www.21cnjy.com )如图，三角形纸片ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，BF＝4，CF＝6，将这张纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合．若DE∥BC，AF＝EF，则四边形ADFE的面积为 ．
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【例1】（2021河南）小华用 ( http: / / www.21cnjy.com )一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1．第一步，在AB边上找一点D，将纸片沿CD折叠，点A落在A'处，如图2；第二步，将纸片沿CA'折叠，点D落在D′处，如图3．当点D′恰好落在原直角三角形纸片的边上时，线段A′D′的长为 ．21教育网
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【例2】（2019河南）如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝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 ．【来源：21·世纪·教育·网】
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【例3】（2018河南）如图，∠M ( http: / / www.21cnjy.com )AN＝90°，点C在边AM上，AC＝4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为 ．21·世纪*教育网
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【例4】（2014河南）如图矩形ABCD ( http: / / www.21cnjy.com )中，AD＝5，AB＝7，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为 ．www-2-1-cnjy-com
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【例5】（2013河南）如图，矩形ABC ( http: / / www.21cnjy.com )D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 ．21*cnjy*com
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【例6】（2020辽宁沈阳）如图，在矩形AB ( http: / / www.21cnjy.com )CD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，点P为边AD上一动点，连接OP，以OP为折痕，将△AOP折叠，点A的对应点为点E，线段PE与OD相交于点F．若△PDF为直角三角形，则DP的长为 ．2-1-c-n-j-y
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【例7】（2015河南）如图 ( http: / / www.21cnjy.com )，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 ．
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【例8】（2021江苏盐 ( http: / / www.21cnjy.com )城）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E、F分别是边BC、CD上一点，EF⊥AE，将△ECF沿EF翻折得△EC′F，连接AC′，当BE＝ 时，△AEC′是以AE为腰的等腰三角形．www.21-cn-jy.com
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【例9】（2018本溪）如图，矩形OABC ( http: / / www.21cnjy.com )的顶点A，C分别在坐标轴上，B（8，7），D（5，0），点P是边AB或边BC上的一点，连接OP，DP，当△ODP为等腰三角形时，点P的坐标为 ．【来源：21cnj*y.co*m】
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【例10】（2021常州） ( http: / / www.21cnjy.com )如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CBA＝30°，AC＝1，D是AB上一点（点D与点A不重合）．若在Rt△ABC的直角边上存在4个不同的点分别和点A、D成为直角三角形的三个顶点，则AD长的取值范围是 ．【出处：21教育名师】
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【例11】（2018乌鲁木齐）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 ．
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【例1】（2020 嘉兴） ( http: / / www.21cnjy.com )如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为 cm．21·cn·jy·com
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【例2】（2020广西北部湾）（隐圆问题）18．（3分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P．当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为 ．
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【例3】（2018达州） ( http: / / www.21cnjy.com )如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为 ．【版权所有：21教育】
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【例4】（2019·贵州 ( http: / / www.21cnjy.com )贵阳）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，以DF为斜边作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A到点C的运动过程中，点E的运动路径长是 ．21教育名师原创作品
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专题一 线段、角、面积计算问题
专题二 落点与存在性问题
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