专题四 中考数学中的折叠问题解题技巧
折叠问题是中考的高频考题。就拿广东省的中考来说，属于每年必考的知识点。折叠的题目一般出现在填空题，选择题和解答题。折叠的图形比较多的有三角形的折叠，四边形的折叠和圆的折叠,特别是特殊四边形的折叠。在中考的压轴题的小题也经常伴有折叠。折叠题目的分值为3分，4分或7分。折叠的考点有求折点位置、求折线长、周长、求重叠面积、求角度、判断线段之间关系等。
折叠图形是轴对称图形，可以利用轴对称的性质来解题。记住：折叠重合部分一定全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴;互相重合两点(对称点)之间的连线必被折痕垂直平分;对称两点与对称轴上任意一点连结所得的两条线段相等;对称线段所在的直线与对称轴的夹角相等. 在解题过程中要充分运用以上结论，借助辅助线构造直角三角形，结合相似形、锐角三角函数等知识来解决有关折叠问题，可以使得解题思路更加清晰，解题步骤更加简洁.
类型一：选择题中的折叠
【例题展示】
例题1（2018四川省内江市武汉市）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC=62°，则∠DFE的度数为（ ）
A．31° B．28° C．62° D．56°
【分析】先利用互余计算出∠FDB=28°，再根据平行线的性质得∠CBD=∠FDB=28°，接着根据折叠的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠ADC=90°，
∵∠FDB=90°﹣∠BDC=90°﹣62°=28°，
∵AD∥BC，
∴∠CBD=∠FDB=28°，
∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠FBD=∠CBD=28°，
∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．
故选：D．
【点评】这是折叠最基本的类型。本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．
例题2（2018湖北省武汉市）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到弧AC=弧CD，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=．
【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD=BD=AB=2，
在Rt△OBD中，OD=，
∵将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．
∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴弧AC=弧CD，
∴AC=DC，
∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF=，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=．
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和垂径定理．
例题3（2018天津市）如图，将一个三角形纸片ABC沿过点B的直线折叠，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则下列结论一定正确的是（ ）
A. AD=BD B.AE=AC C. ED+EB=DB D.AE+CB=AB
【分析】由折叠的性质知，BC=BE．易得AE+CB=AB.
【解答】解：由折叠的性质知，BC=BE．
∴AE+CB=AB．
故选：D．
【点评】：本题利用了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，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．
例题4（2018新疆维吾尔族自治区）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（ ）
A．6cm B．4cm C．3cm D．2cm
【分析】根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形ABEB1是正方形，再根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC﹣BE，代入数据进行计算即可得解．
【解答】解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B1处，
∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，
又∵∠BAD=90°，
∴四边形ABEB1是正方形，
∴BE=AB=6cm，
∴CE=BC﹣BE=8﹣6=2cm．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1是正方形是解题的关键．
【跟踪训练】
1.（2018浙江省湖州市）如图，已知在△ABC中，∠BAC＞90°，点D为BC的中点，点E在AC上，将△CDE沿DE折叠，使得点C恰好落在BA的延长线上的点F处，连结AD，则下列结论不一定正确的是（ ）
A. AE=EF B. AB=2DE C. △ADF和△ADE的面积相等 D. △ADE和△FDE的面积相等
2.（2018山东省聊城市）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA'=γ，那么下列式子中正确的是（ ）
A．γ=2α+β B．γ=α+2β C．γ=α+β D．γ=180°﹣α﹣β
3.（2018浙江省台州市）如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E．将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连接OF，OG，则下列判断错误的是（ ）
A．△ADF≌△CGE
B．△B′FG的周长是一个定值
C．四边形FOEC的面积是一个定值
D．四边形OGB'F的面积是一个定值
4．（2018江苏省淮安市）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B'M=1，则CN的长为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
5.（2018四川省资阳市）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（ ）
A．12厘米 B．16厘米 C．20厘米 D．28厘米
6．（2018四川省资阳市）如图，矩形纸片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AB于点O、F，且OP=OF，则cos∠ADF的值为（ ）
A． B． C． D．
7.（2018四川省攀枝花市）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
类型二：填空题中的折叠
【例题展示】
1.（2018重庆市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于 ．
【分析】根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE的长．
【解答】解：由题意可得，
DE=DB=CD=AB，
∴∠DEC=∠DCE=∠DCB，
∵DE∥AC，∠DCE=∠DCB，∠ACB=90°，
∴∠DEC=∠ACE，
∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°，
∴∠ACD=60°，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=CD，
∴AC=DE，
∵AC∥DE，AC=CD，
∴四边形ACDE是菱形，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，
∴AC=，
∴AE=．
【点评】本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
2.（2018浙江省杭州市）如图所示，在等腰△ABC中，AB=AC，∠A=36°，将△ABC中的∠A沿DE向下翻折，使点A落在点C处．若AE=，则BC的长是 ．
【分析】由折叠的性质可知AE=CE，再证明△BCE是等腰三角形即可得到BC=CE，问题得解．
【解答】解：
∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠B=∠ACB=，
∵将△ABC中的∠A沿DE向下翻折，使点A落在点C处，
∴AE=CE，∠A=∠ECA=36°，
∴∠CEB=72°，
∴BC=CE=AE=，
故答案为：．
【点评】本题考查了等腰三角形的判断和性质、折叠的性质以及三角形内角和定理的运用，证明△BCE是等腰三角形是解题的关键．
3.（2018河南省常德市）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB= ．
【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB=∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：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．
4.（2018湖北省襄阳市）如图，将面积为32的矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A的对应点为点P，连接AP交BC于点E．若BE=，则AP的长为 ．
【分析】设AB=a，AD=b，则ab=32，构建方程组求出a、b即可解决问题；
【解答】解：设AB=a，AD=b，则ab=32，
由△ABE∽△DAB可得：，
∴b=a2，
∴a3=64，
∴a=4，b=8，
设PA交BD于O．
在Rt△ABD中，BD=，
∴OP=OA=，
∴AP=．
故答案为．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5.（2018江苏省扬州市）如图，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（8，0），点C的坐标为（0，4），把矩形OABC沿OB折叠，点C落在点D处，则点D的坐标为 ．
【分析】由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE=OE，利用AAS得到三角形OED与三角形BEA全等，由全等三角形对应边相等得到DE=AE，过D作DF垂直于OE，利用勾股定理及面积法求出DF与OF的长，即可确定出D坐标．
【解答】解：由折叠得：∠CBO=∠DBO，
∵矩形ABCO，
∴BC∥OA，
∴∠CBO=∠BOA，
∴∠DBO=∠BOA，
∴BE=OE，
在△ODE和△BAE中，∠D=∠BAO=90°,∠OED=∠BEA,OE=BE
∴△ODE≌△BAE（AAS），
∴AE=DE，
设DE=AE=x，则有OE=BE=8﹣x，
在Rt△ODE中，根据勾股定理得：42+（8﹣x）2=x2，
解得：x=5，即OE=5，DE=3，
过D作DF⊥OA，
∵S△OED=OD?DE=OE?DF，
∴DF=，OF=，
则D（，﹣）．
故答案为：（，﹣）
【点评】此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
【跟踪训练】
1.（2018贵州省遵义市）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG=2，BG=6，则BE的长为 ．
2.（2018贵州省安顺一模）如图，在矩形ABCD中，AD=10，AB=14，点E为DC上一个动点，若将△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，则点D′到AB的距离为 ．
3.（2018广西北部湾一模）在矩形ABCD中，AB=6，BC=12，点E在边BC上，且BE=2CE，将矩形沿过点E的直线折叠，点C，D的对应点分别为C′，D′，折痕与边AD交于点F，当点B，C′，D′恰好在同一直线上时，AF的长为 ．
4.（2018河南开封一模）矩形纸片ABCD，AB=9，BC=6，在矩形边上有一点P，且DP=3．将矩形纸片折叠，使点B与点P重合，折痕所在直线交矩形两边于点E，F，则EF长为 ．
5.（2018山东聊城一模）如图，将一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C的对应点为C′，再将所折得的图形沿EF折叠，使得点D和点A重合．若AB=3，BC=4，则折痕EF的长为 ．
6.（2018贵州黔东南一模）正方形ABCD中，F是AB上一点，H是BC延长线上一点，连接FH，将△FBH沿FH翻折，使点B的对应点E落在AD上，EH与CD交于点G，连接BG交FH于点M，当GB平分∠CGE时，BM=2，AE=8，则ED= ．
7.（2018贵州省黔西南一模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，延长CD至点G，使GD=CD，过点D作DE⊥AG，将△ADE沿着AD翻折得到△ADF，连结OF交CD于点H．当CD=3时，求FH的长度为 ．
类型三：解答题中的折叠
【例题展示】
例题1（2018广东省 7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF是等腰三角形．
【分析】（1）根据矩形的性质可得出AD=BC、AB=CD，结合折叠的性质可得出AD=CE、AE=CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；
（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出EF=DF，由此即可证出△DEF是等腰三角形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD．
由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，
∴AD=CE，AE=CD．
在△ADE和△CED中，AD=CE,AE=CD,DE=ED，
∴△ADE≌△CED（SSS）．
（2）由（1）得△ADE≌△CED，
∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，
∴EF=DF，
∴△DEF是等腰三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出AD=CE、AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找出∠DEF=∠EDF．
例题2（2018浙江省杭州市 8分 压轴题）如图，△OAB是边长为2+的等边三角形，其中O是坐标原点，顶点B在y轴正方向上，将△OAB折叠，使点A落在边OB上，记为A′，折痕为EF．
（1）当A′E∥x轴时，求点A′和E的坐标；
（2）当A′E∥x轴，且抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A′和E时，求抛物线与x轴的交点的坐标；
（3）当点A′在OB上运动，但不与点O、B重合时，能否使△A′EF成为直角三角形？若能，请求出此时点A′的坐标；若不能，请你说明理由．
【分析】（1）当A′E∥x轴时，△A′EO是直角三角形，可根据∠A′OE的度数用O′A表示出OE和A′E，由于A′E=AE，且A′E+OE=OA=2+，由此可求出OA′的长，也就能求出A′E的长．据此可求出A′和E的坐标；
（2）将A′，E点的坐标代入抛物线中，即可求出其解析式．进而可求出抛物线与x轴的交点坐标；
（3）根据折叠的性质可知：∠FA′E=∠A，因此∠FA′E不可能为直角，因此要使△A′EF成为直角三角形只有两种可能：
①∠A′EF=90°，根据折叠的性质，∠A′EF=∠AEF=90°，此时A′与O重合，与题意不符，因此此种情况不成立．
②∠A′FE=90°，同①，可得出此种情况也不成立．
因此A′不与O、B重合的情况下，△A′EF不可能成为直角三角形．
【解答】解：（1）由已知可得∠A′OE=60°，A′E=AE，
由A′E∥x轴，得△OA′E是直角三角形，
设A′的坐标为（0，b），
AE=A′E=b，OE=2b，b+2b=2+，
所以b=1，A′、E的坐标分别是（0，1）与（，1）．
（2）因为A′、E在抛物线上，
所以，
所以，
函数关系式为y=﹣x2+x+1，
由﹣x2+x+1=0，
得x1=﹣，x2=2，
与x轴的两个交点坐标分别是（-，0）与（2，0）．
（3）不可能使△A′EF成为直角三角形．
∵∠FA′E=∠FAE=60°，
若△A′EF成为直角三角形，只能是∠A′EF=90°或∠A′FE=90°
若∠A′EF=90°，利用对称性，则∠AEF=90°，
A、E、A三点共线，O与A重合，与已知矛盾；
同理若∠A′FE=90°也不可能，
所以不能使△A′EF成为直角三角形．
【点评】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、折叠变换、直角三角形的判定和性质等知识点，综合性较强．
例题3（2018江苏省泰州市 12分 压轴题）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）
【分析】（1）依据△BCE是等腰直角三角形，即可得到CE=BC，由图②，可得CE=CD，而AD=BC，即可得到CD=AD，即=；
（2）①由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，依据勾股定理可得AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出AP=BC，再根据PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠CPH=90°；
②由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，进而得到CP平分∠BCE，故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【解答】解：（1）由图①，可得∠BCE=∠BCD=45°，
又∵∠B=90°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴=cos45°=，即CE=BC，
由图②，可得CE=CD，而AD=BC，
∴CD=AD，
∴=；
（2）①设AD=BC=a，则AB=CD=a，BE=a，
∴AE=（﹣1）a，
如图③，连接EH，则∠CEH=∠CDH=90°，
∵∠BEC=45°，∠A=90°，
∴∠AEH=45°=∠AHE，
∴AH=AE=（﹣1）a，
设AP=x，则BP=a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，
∴AH2+AP2=BP2+BC2，
即[（﹣1）a]2+x2=（a﹣x）2+a2，
解得x=a，即AP=BC，
又∵PH=CP，∠A=∠B=90°，
∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL），
∴∠APH=∠BCP，
又∵Rt△BCP中，∠BCP+∠BPC=90°，
∴∠APH+∠BPC=90°，
∴∠CPH=90°；
②折法：如图，由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，
故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；
折法：如图，由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，
由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，
又∵∠DCH=∠ECH，
∴∠BCP=∠PCE，即CP平分∠BCE，
故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【点评】本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的综合运用，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，对应边和对应角相等．解题时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．
例题4（2018山东省威海市 8分 ）如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=+1，求BC的长．
【分析】由题意知∠3=180°﹣2∠1=45°、∠4=180°﹣2∠2=30°、BE=KE、KF=FC，作KM⊥BC，设KM=x，知EM=x、MF=x，根据EF的长求得x=1，再进一步求解可得．
【解答】解：由题意，得：∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，
如图，过点K作KM⊥BC于点M，
设KM=x，则EM=x、MF=x，
∴x+x=+1，
解得：x=1，
∴EK=、KF=2，
∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3++，
∴BC的长为3++．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：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．
例题5（2018甘肃白银市 12分 压轴题 ）如图，已知二次函数y=ax2+2x+c的图象经过点C（0，3），与x轴分别交于点A，点B（3，0）．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．
（1）求二次函数y=ax2+2x+c的表达式；
（2）连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．
【解答】解：（1）将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，
解得，
二次函数的解析是为y=﹣x2+2x+3；
（2）若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，
如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，
∵C（0，3），
∴E（0，），
∴点P的纵坐标，
当y=时，即﹣x2+2x+3=，
解得x1=，x2=（不合题意，舍），
∴点P的坐标为（，）；
（3）如图2，
P在抛物线上，设P（m，﹣m2+2m+3），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，
解得．
直线BC的解析为y=﹣x+3，
设点Q的坐标为（m，﹣m+3），
PQ=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m．
当y=0时，﹣x2+2x+3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
OA=1，
AB=3﹣（﹣1）=4，
S四边形ABPC=S△ABC+S△PCQ+S△PBQ
=AB?OC+PQ?OF+PQ?FB
=×4×3+（﹣m2+3m）×3
=﹣（m﹣）2+，
当m=时，四边形ABPC的面积最大．
当m=时，﹣m2+2m+3=，即P点的坐标为（，）．
当点P的坐标为（，）时，四边形ACPB的最大面积值为．
【跟踪训练】
1.（2018四川省达州市 压轴题 9分 ）矩形AOBC中，OB=4，OA=3．分别以OB，OA所在直线为x轴，y轴，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B，C重合），过点F的反比例函数y= （k＞0）的图象与边AC交于点E．
（1）当点F运动到边BC的中点时，求点E的坐标；
（2）连接EF，求∠EFC的正切值；
（3）如图2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求此时反比例函数的解析式．
2.（2018江苏省宿迁市 压轴题 9分 ）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE=x，
（1）当AM= 时，求x的值；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值.
3.（2018江西省宜春市一模8分 ）如图，在四边形纸片ABCD中，∠B=∠D=90°，点E，F分别在边BC，CD上，将AB，AD分别沿AE，AF折叠，点B，D恰好都和点G重合，∠EAF=45°．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）求证：三角形ECF的周长是四边形ABCD周长的一半；
（3）若EC=FC=1，求AB的长度．
4.（2018贵州省遵义市一模 压轴题 12分 ）已知：矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点M、N分别在边AB、CD上，直线MN交矩形对角线AC于点E，将△AME沿直线MN翻折，点A落在点P处，且点P在射线CB上．
（1）如图1，当EP⊥BC时，求CN的长；
（2）如图2，当EP⊥AC时，求AM的长；
（3）请写出线段CP的长的取值范围，及当CP的长最大时MN的长．
5.（2018河北省秦皇岛市一模 压轴题 12分 ）如图，抛物线y=ax2﹣2x+c（a≠0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C三点，已知点A（﹣2，0），点C（0，﹣8），点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，第四象限的抛物线上有一点P，将△EBP沿直线EP折叠，使点B的对应点B'落在抛物线的对称轴上，求点P的坐标；
（3）如图2，设BC交抛物线的对称轴于点F，作直线CD，点M是直线CD上的动点，点N是平面内一点，当以点B，F，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点M的坐标．
6.（2018广东省潮州市一模 压轴题 9分 ）已知：如图1，△ABC中，AB=6，AC=，BC=3，过边AC上的动点E（点E不与点A、C重合）作EF⊥AB于点F，将△AEF沿EF所在的直线折叠得到△A'EF，设CE=x，折叠后的△A'EF与四边形BCEF重叠部分的面积记为S．
（1）如图2，当点A'与顶点B重合时，求AE的长；
（2）如图3，当点A'落在△ABC的外部时，A'E与BC相交于点D，求证：△A'BD是等腰三角形；
（3）试用含x的式子表示S，并求S的最大值．
专题四 中考数学中的折叠问题解题技巧
折叠问题是中考的高频考题。就拿广东省的中考来说，属于每年必考的知识点。折叠的题目一般出现在填空题，选择题和解答题。折叠的图形比较多的有三角形的折叠，四边形的折叠和圆的折叠,特别是特殊四边形的折叠。在中考的压轴题的小题也经常伴有折叠。折叠题目的分值为3分，4分或7分。折叠的考点有求折点位置、求折线长、周长、求重叠面积、求角度、判断线段之间关系等。
折叠图形是轴对称图形，可以利用轴对称的性质来解题。记住：折叠重合部分一定全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴;互相重合两点(对称点)之间的连线必被折痕垂直平分;对称两点与对称轴上任意一点连结所得的两条线段相等;对称线段所在的直线与对称轴的夹角相等. 在解题过程中要充分运用以上结论，借助辅助线构造直角三角形，结合相似形、锐角三角函数等知识来解决有关折叠问题，可以使得解题思路更加清晰，解题步骤更加简洁.
类型一：选择题中的折叠
【例题展示】
例题1（2018四川省内江市武汉市）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC=62°，则∠DFE的度数为（ ）
A．31° B．28° C．62° D．56°
【分析】先利用互余计算出∠FDB=28°，再根据平行线的性质得∠CBD=∠FDB=28°，接着根据折叠的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠ADC=90°，
∵∠FDB=90°﹣∠BDC=90°﹣62°=28°，
∵AD∥BC，
∴∠CBD=∠FDB=28°，
∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠FBD=∠CBD=28°，
∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．
故选：D．
【点评】这是折叠最基本的类型。本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．
例题2（2018湖北省武汉市）如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到弧AC=弧CD，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=．
【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，
∵D为AB的中点，
∴OD⊥AB，
∴AD=BD=AB=2，
在Rt△OBD中，OD=，
∵将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．
∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，
∴弧AC=弧CD，
∴AC=DC，
∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，
∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF=，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=．
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和垂径定理．
例题3（2018天津市）如图，将一个三角形纸片ABC沿过点B的直线折叠，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则下列结论一定正确的是（ ）
A. AD=BD B.AE=AC C. ED+EB=DB D.AE+CB=AB
【分析】由折叠的性质知，BC=BE．易得AE+CB=AB.
【解答】解：由折叠的性质知，BC=BE．
∴AE+CB=AB．
故选：D．
【点评】：本题利用了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，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．
例题4（2018新疆维吾尔族自治区）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（ ）
A．6cm B．4cm C．3cm D．2cm
【分析】根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形ABEB1是正方形，再根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC﹣BE，代入数据进行计算即可得解．
【解答】解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B1处，
∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，
又∵∠BAD=90°，
∴四边形ABEB1是正方形，
∴BE=AB=6cm，
∴CE=BC﹣BE=8﹣6=2cm．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1是正方形是解题的关键．
【跟踪训练】
1.（2018浙江省湖州市）如图，已知在△ABC中，∠BAC＞90°，点D为BC的中点，点E在AC上，将△CDE沿DE折叠，使得点C恰好落在BA的延长线上的点F处，连结AD，则下列结论不一定正确的是（ ）
A. AE=EF B. AB=2DE C. △ADF和△ADE的面积相等 D. △ADE和△FDE的面积相等
【分析】分析：先判断出△BFC是直角三角形，再利用三角形的外角判断出A正确，进而判断出AE=CE，得出CE是△ABC的中位线判断出B正确，利用等式的性质判断出D正确．
【解答】：如图，连接CF，
∵点D是BC中点，
∴BD=CD，
由折叠知，∠ACB=∠DFE，CD=DF，
∴BD=CD=DF，
∴△BFC是直角三角形，
∴∠BFC=90°，
∵BD=DF，
∴∠B=∠BFD，
∴∠EAF=∠B+∠ACB=∠BFD+∠DFE=∠AFE，
∴AE=EF，故A正确，
由折叠知，EF=CE，
∴AE=CE，
∵BD=CD，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE，故B正确，
∵AE=CE，
∴S△ADE=S△CDE，
由折叠知，△CDE≌△△FDE，
∴S△CDE=S△FDE，
∴S△ADE=S△FDE，故D正确，
∴C选项不正确，
故选：C．
【点评】：此题主要考查了折叠的性质，直角三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，作出辅助线是解本题的关键．
2.（2018山东省聊城市）如图，将一张三角形纸片ABC的一角折叠，使点A落在△ABC外的A'处，折痕为DE．如果∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA'=γ，那么下列式子中正确的是（ ）
A．γ=2α+β B．γ=α+2β C．γ=α+β D．γ=180°﹣α﹣β
【分析】根据三角形的外角得：∠BDA'=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A'+∠CEA'，代入已知可得结论．
【解答】解：由折叠得：∠A=∠A'，
∵∠BDA'=∠A+∠AFD，∠AFD=∠A'+∠CEA'，
∵∠A=α，∠CEA′=β，∠BDA'=γ，
∴∠BDA'=γ=α+α+β=2α+β，
故选：A．
【点评】本题考查了三角形外角的性质，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和是关键．
3.（2018浙江省台州市）如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E．将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连接OF，OG，则下列判断错误的是（ ）
A．△ADF≌△CGE
B．△B′FG的周长是一个定值
C．四边形FOEC的面积是一个定值
D．四边形OGB'F的面积是一个定值
【分析】A、根据等边三角形ABC的外心的性质可知：AO平分∠BAC，根据角平分线的定理和逆定理得：FO平分∠DFG，由外角的性质可证明∠DOF=60°，同理可得∠EOG=60°，∠FOG=60°=∠DOF=∠EOG，可证明△DOF≌△GOF≌△GOE，△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，可得AD=CG，AF=CE，从而得△ADF≌△CGE；
B、根据△DOF≌△GOF≌△GOE，得DF=GF=GE，所以△ADF≌△B'GF≌△CGE，可得结论；
C、根据S四边形FOEC=S△OCF+S△OCE，依次换成面积相等的三角形，可得结论为：S△AOC=（定值），可作判断；
D、方法同C，将S四边形OGB'F=S△OAC﹣S△OFG，根据S△OFG=?FG?OH，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，可作判断．
【解答】解：A、连接OA、OC，
∵点O是等边三角形ABC的外心，
∴AO平分∠BAC，
∴点O到AB、AC的距离相等，
由折叠得：DO平分∠BDB'，
∴点O到AB、DB'的距离相等，
∴点O到DB'、AC的距离相等，
∴FO平分∠DFG，
∠DFO=∠OFG=（∠FAD+∠ADF），
由折叠得：∠BDE=∠ODF=（∠DAF+∠AFD），
∴∠OFD+∠ODF=（∠FAD+∠ADF+∠DAF+∠AFD）=120°，
∴∠DOF=60°，
同理可得∠EOG=60°，
∴∠FOG=60°=∠DOF=∠EOG，
∴△DOF≌△GOF≌△GOE，
∴OD=OG，OE=OF，
∠OGF=∠ODF=∠ODB，∠OFG=∠OEG=∠OEB，
∴△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，
∴AD=CG，AF=CE，
∴△ADF≌△CGE，
故选项A正确；
B、∵△DOF≌△GOF≌△GOE，
∴DF=GF=GE，
∴△ADF≌△B'GF≌△CGE，
∴B'G=AD，
∴△B'FG的周长=FG+B'F+B'G=FG+AF+CG=AC（定值），
故选项B正确；
C、S四边形FOEC=S△OCF+S△OCE=S△OCF+S△OAF=S△AOC=（定值），
故选项C正确；
D、S四边形OGB'F=S△OFG+S△B'GF=S△OFD+△ADF=S四边形OFAD=S△OAD+S△OAF=S△OCG+S△OAF=S△OAC﹣S△OFG，
过O作OH⊥AC于H，
∴S△OFG=?FG?OH，
由于OH是定值，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB'F的面积也变化，
故选项D不一定正确；
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、三角形全等的性质和判定、角平分线的性质和判定、三角形和四边形面积及周长的确定以及折叠的性质，有难度，本题全等的三角形比较多，要注意利用数形结合，并熟练掌握三角形全等的判定，还要熟练掌握角平分线的逆定理的运用，证明FO平分∠DFG是本题的关键。
4．（2018江苏省淮安市）对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B'M=1，则CN的长为（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【分析】连接AC、BD，如图，利用菱形的性质得OC=AC=3，OD=BD=4，∠COD=90°，再利用勾股定理计算出CD=5，接着证明△OBM≌△ODN得到DN=BM，然后根据折叠的性质得BM=B'M=1，从而有DN=1，于是计算CD﹣DN即可．
【解答】解：连接AC、BD，如图，
∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
∴OC=AC=3，OD=BD=4，∠COD=90°，
在Rt△COD中，CD=，
∵AB∥CD，
∴∠MBO=∠NDO，
在△OBM和△ODN中,∠MBO=∠NDO,OB=OD,∠BOM=∠DON
∴△OBM≌△ODN，
∴DN=BM，
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM=B'M=1，
∴DN=1，
∴CN=CD﹣DN=5﹣1=4．
故选：D．
【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．也考查了菱形的性质．
5.（2018四川省资阳市）如图，将矩形ABCD的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（ ）
A．12厘米 B．16厘米 C．20厘米 D．28厘米
【分析】利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形EFGH为矩形，那么由折叠可得HF的长即为边AD的长．
【解答】解：∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=×180°=90°，
同理可得：∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
AD=AH+HD=HM+MF=HF，
HF=，
∴AD=20厘米．
故选：C．
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形EFGH为矩形是解题关键．
6．（2018四川省资阳市）如图，矩形纸片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AB于点O、F，且OP=OF，则cos∠ADF的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP（AAS），根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=4﹣x、BF=PC=3﹣x，进而可得出AF=1+x，在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，再利用余弦的定义即可求出cos∠ADF的值．
【解答】解：根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，
∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF，
∴△OEF≌△OBP（AAS），
∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x，
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，
∴AF=AB﹣BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，
解得：x=，
∴DF=4﹣x=，
∴cos∠ADF=．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x，求出AF的长度是解题的关键．
7.（2018四川省攀枝花市）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①根据三角形内角和为180°易证∠PAB+∠PBA=90°，易证四边形AECF是平行四边形，即可解题；
②根据平角定义得：∠APQ+∠BPC=90°，由正方形可知每个内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题；
③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形；
④当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题．
【解答】解：①如图，EC，BP交于点G；
∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA（HL），
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
类型二：填空题中的折叠
【例题展示】
1.（2018重庆市）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于 ．
【分析】根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE的长．
【解答】解：由题意可得，
DE=DB=CD=AB，
∴∠DEC=∠DCE=∠DCB，
∵DE∥AC，∠DCE=∠DCB，∠ACB=90°，
∴∠DEC=∠ACE，
∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°，
∴∠ACD=60°，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=CD，
∴AC=DE，
∵AC∥DE，AC=CD，
∴四边形ACDE是菱形，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，
∴AC=，
∴AE=．
【点评】本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
2.（2018浙江省杭州市）如图所示，在等腰△ABC中，AB=AC，∠A=36°，将△ABC中的∠A沿DE向下翻折，使点A落在点C处．若AE=，则BC的长是 ．
【分析】由折叠的性质可知AE=CE，再证明△BCE是等腰三角形即可得到BC=CE，问题得解．
【解答】解：
∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠B=∠ACB=，
∵将△ABC中的∠A沿DE向下翻折，使点A落在点C处，
∴AE=CE，∠A=∠ECA=36°，
∴∠CEB=72°，
∴BC=CE=AE=，
故答案为：．
【点评】本题考查了等腰三角形的判断和性质、折叠的性质以及三角形内角和定理的运用，证明△BCE是等腰三角形是解题的关键．
3.（2018河南省常德市）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB= ．
【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB=∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：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．
4.（2018湖北省襄阳市）如图，将面积为32的矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A的对应点为点P，连接AP交BC于点E．若BE=，则AP的长为 ．
【分析】设AB=a，AD=b，则ab=32，构建方程组求出a、b即可解决问题；
【解答】解：设AB=a，AD=b，则ab=32，
由△ABE∽△DAB可得：，
∴b=a2，
∴a3=64，
∴a=4，b=8，
设PA交BD于O．
在Rt△ABD中，BD=，
∴OP=OA=，
∴AP=．
故答案为．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5.（2018江苏省扬州市）如图，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（8，0），点C的坐标为（0，4），把矩形OABC沿OB折叠，点C落在点D处，则点D的坐标为 ．
【分析】由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE=OE，利用AAS得到三角形OED与三角形BEA全等，由全等三角形对应边相等得到DE=AE，过D作DF垂直于OE，利用勾股定理及面积法求出DF与OF的长，即可确定出D坐标．
【解答】解：由折叠得：∠CBO=∠DBO，
∵矩形ABCO，
∴BC∥OA，
∴∠CBO=∠BOA，
∴∠DBO=∠BOA，
∴BE=OE，
在△ODE和△BAE中，∠D=∠BAO=90°,∠OED=∠BEA,OE=BE
∴△ODE≌△BAE（AAS），
∴AE=DE，
设DE=AE=x，则有OE=BE=8﹣x，
在Rt△ODE中，根据勾股定理得：42+（8﹣x）2=x2，
解得：x=5，即OE=5，DE=3，
过D作DF⊥OA，
∵S△OED=OD?DE=OE?DF，
∴DF=，OF=，
则D（，﹣）．
故答案为：（，﹣）
【点评】此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
【跟踪训练】
1.（2018贵州省遵义市）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG=2，BG=6，则BE的长为 ．
【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG=EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB=BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：作EH⊥BD于H，
由折叠的性质可知，EG=EA，
由题意得，BD=DG+BG=8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，∠ABD=∠CBD=∠ABC=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AB=BD=8，
设BE=x，则EG=AE=8﹣x，
在Rt△EHB中，BH=x，EH=x，
在Rt△EHG中，EG2=EH2+GH2，即（8﹣x）2=（x）2+（6﹣x）2，
解得，x=2.8，即BE=2.8，
故答案为：2.8．
【点评】灵活应用菱形的性质和等边三角形，结合勾股定理。
2.（2018贵州省安顺一模）如图，在矩形ABCD中，AD=10，AB=14，点E为DC上一个动点，若将△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，则点D′到AB的距离为 ．
【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′，
又∵∠D'MB=∠MBP=∠BPD'=90°，
∴四边形BPD'M为正方形，
设MD′=x，则PD′=BM=x，
∴AM=AB﹣BM=14﹣x，
又折叠可得AD=AD′=10，
∴Rt△AD'M中，x2+（14﹣x）2=102，
解得x=6或8，
即MD′=6或8，
∴点D′到AB的距离为6或8，
【点评】注意：多种情形的答案，不要遗漏。
3.（2018广西北部湾一模）在矩形ABCD中，AB=6，BC=12，点E在边BC上，且BE=2CE，将矩形沿过点E的直线折叠，点C，D的对应点分别为C′，D′，折痕与边AD交于点F，当点B，C′，D′恰好在同一直线上时，AF的长为 ．
【解答】解：由折叠的性质得，∠EC′D′=∠C=90°，C′E=CE，
∵点B、C′、D′在同一直线上，
∴∠BC′E=90°，
∵BC=12，BE=2CE，
∴BE=8，C′E=CE=4，
在Rt△BC′E中， =2，
∴∠C′BE=30°，
①当点C′在BC的上方时，
如图1，过E作EG⊥AD于G，延长EC′交AD于H，则四边形ABEG是矩形，
∴EG=AB=6，AG=BE=8，
∵∠C′BE=30°，∠BC′E=90°，
∴∠BEC′=60°，
由折叠的性质得，∠C′EF=′CEF，
∴∠C′EF=∠CEF=60°，
∵AD∥BC
∴∠HFE=∠CEF=60°，
∴△EFH是等边三角形，
∴在Rt△EFG中，EG=6，
∴GF=2，
∴AF═8+2；
②当点C′在BC的下方时，如图2，过F作FG⊥AD于G，D′F交BE于H，
同①可得，四边形ABGF是矩形，△EFH是等边三角形，
∴AF=BG，FG=AB=6，∠FEH=60°，
在Rt△EFG中，GE=2，
∵BE=8，
∴BG=8﹣2，
∴AF=8﹣2，
综上所述，AF的长是8+2或8﹣2．
故答案为：8或8﹣2．
【点评】应该按照点C′的位置分情况讨论。
4.（2018河南开封一模）矩形纸片ABCD，AB=9，BC=6，在矩形边上有一点P，且DP=3．将矩形纸片折叠，使点B与点P重合，折痕所在直线交矩形两边于点E，F，则EF长为 ．
【解答】解：如图1，当点P在CD上时，
∵PD=3，CD=AB=9，
∴CP=6，∵EF垂直平分PB，
∴四边形PFBE是正方形，EF过点C，
∴EF=6，
如图2，当点P在AD上时，
过E作EQ⊥AB于Q，
∵PD=3，AD=6，
∴AP=3，
∴PB===3，
∵EF垂直平分PB，
∴∠1=∠2，
∵∠A=∠EQF，
∴△ABP∽△EFQ，
∴，
∴，
∴EF=2，
综上所述：EF长为6或2．
故答案为：6或2．
【点评】应该按照点点P的位置分情况讨论。
5.（2018山东聊城一模）如图，将一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C的对应点为C′，再将所折得的图形沿EF折叠，使得点D和点A重合．若AB=3，BC=4，则折痕EF的长为 ．
【解答】解：设BC′与AD交于N，EF与AD交于M，
根据折叠的性质可得：∠NBD=∠CBD，AM=DM=AD，∠FMD=∠EMD=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC=4，∠BAD=90°，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠NBD=∠ADB，
∴BN=DN，
设AN=x，则BN=DN=4﹣x，
∵在Rt△ABN中，AB2+AN2=BN2，
∴32+x2=（4﹣x）2，
∴x=，
即AN=，
∵C′D=CD=AB=3，∠BAD=∠C′=90°，∠ANB=∠C′ND，
∴△ANB≌△C′ND（AAS），
∴∠FDM=∠ABN，
∴tan∠FDM=tan∠ABN，
∴，
∴，
∴MF=，
由折叠的性质可得：EF⊥AD，
∴EF∥AB，
∵AM=DM，
∴ME=AB=，
∴EF=ME+MF=+=．
故答案为：．
【点评】求折痕是中考常考的题型。
6.（2018贵州黔东南一模）正方形ABCD中，F是AB上一点，H是BC延长线上一点，连接FH，将△FBH沿FH翻折，使点B的对应点E落在AD上，EH与CD交于点G，连接BG交FH于点M，当GB平分∠CGE时，BM=2，AE=8，则ED= ．
【解答】解：如图，过B作BP⊥EH于P，连接BE，交FH于N，则∠BPG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ABC=∠BAD=90°，AB=BC，
∴∠BCD=∠BPG=90°，
∵GB平分∠CGE
∴∠EGB=∠CGB，
又∵BG=BG，
∴△BPG≌△BCG，
∴∠PBG=∠CBG，BP=BC，
∴AB=BP，
∵∠BAE=∠BPE=90°，BE=BE，
∴Rt△ABE≌Rt△PBE（HL），
∴∠ABE=∠PBE，
∴∠EBG=∠EBP+∠GBP=∠ABC=45°，
由折叠得：BF=EF，BH=EH，
∴FH垂直平分BE，
∴△BNM是等腰直角三角形，
∵BM=2，
∴BN=NM=2，
∴BE=4，
∵AE=8，
∴Rt△ABE中，AB==12，
∴AD=12，
∴DE=12﹣8=4，
故答案为：4．
7.（2018贵州省黔西南一模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，延长CD至点G，使GD=CD，过点D作DE⊥AG，将△ADE沿着AD翻折得到△ADF，连结OF交CD于点H．当CD=3时，求FH的长度为 ．
【解答】解：∵GD=CD=1，AD=3，
∴AG=，
又∵DE⊥AG，
∴DE===DF，
∵Rt△AOD中，AD=3，
∴OD=，
由折叠可得，∠FDH=∠EDG=∠EAD=∠FAD，
又∵∠AOD=∠AFD=90°，
∴A，O，F，D四点共圆，
∴∠FAD=∠FOD，
∴∠FDH=∠HOD，
又∵∠DHF=∠OHD，
∴△DHF∽△OHD，
设OH=x，则
，即，
∴DH=，
如图，过O作OK⊥OH，交AD于K，
则∠AOK=∠DOH，∠OAK=∠ODH=45°，AO=DO，
∴△AOK≌△DOH，
∴AK=DH=，OH=OK=x，
∴DK=AD﹣AK=3﹣，
又∵DH2+DK2=OH2+OK2，
∴（）2+（3﹣）2=x2+x2，
解得x=，
∴OH=，DH=，
又∵△DHF∽△OHD，
∴DH2=FH×OH，即（）2=FH×，
解得FH=，
故答案为：．
类型三：解答题中的折叠
【例题展示】
例题1（2018广东省 7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF是等腰三角形．
【分析】（1）根据矩形的性质可得出AD=BC、AB=CD，结合折叠的性质可得出AD=CE、AE=CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；
（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出EF=DF，由此即可证出△DEF是等腰三角形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD．
由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，
∴AD=CE，AE=CD．
在△ADE和△CED中，AD=CE,AE=CD,DE=ED，
∴△ADE≌△CED（SSS）．
（2）由（1）得△ADE≌△CED，
∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，
∴EF=DF，
∴△DEF是等腰三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出AD=CE、AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找出∠DEF=∠EDF．
例题2（2018浙江省杭州市 8分 压轴题）如图，△OAB是边长为2+的等边三角形，其中O是坐标原点，顶点B在y轴正方向上，将△OAB折叠，使点A落在边OB上，记为A′，折痕为EF．
（1）当A′E∥x轴时，求点A′和E的坐标；
（2）当A′E∥x轴，且抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A′和E时，求抛物线与x轴的交点的坐标；
（3）当点A′在OB上运动，但不与点O、B重合时，能否使△A′EF成为直角三角形？若能，请求出此时点A′的坐标；若不能，请你说明理由．
【分析】（1）当A′E∥x轴时，△A′EO是直角三角形，可根据∠A′OE的度数用O′A表示出OE和A′E，由于A′E=AE，且A′E+OE=OA=2+，由此可求出OA′的长，也就能求出A′E的长．据此可求出A′和E的坐标；
（2）将A′，E点的坐标代入抛物线中，即可求出其解析式．进而可求出抛物线与x轴的交点坐标；
（3）根据折叠的性质可知：∠FA′E=∠A，因此∠FA′E不可能为直角，因此要使△A′EF成为直角三角形只有两种可能：
①∠A′EF=90°，根据折叠的性质，∠A′EF=∠AEF=90°，此时A′与O重合，与题意不符，因此此种情况不成立．
②∠A′FE=90°，同①，可得出此种情况也不成立．
因此A′不与O、B重合的情况下，△A′EF不可能成为直角三角形．
【解答】解：（1）由已知可得∠A′OE=60°，A′E=AE，
由A′E∥x轴，得△OA′E是直角三角形，
设A′的坐标为（0，b），
AE=A′E=b，OE=2b，b+2b=2+，
所以b=1，A′、E的坐标分别是（0，1）与（，1）．
（2）因为A′、E在抛物线上，
所以，
所以，
函数关系式为y=﹣x2+x+1，
由﹣x2+x+1=0，
得x1=﹣，x2=2，
与x轴的两个交点坐标分别是（-，0）与（2，0）．
（3）不可能使△A′EF成为直角三角形．
∵∠FA′E=∠FAE=60°，
若△A′EF成为直角三角形，只能是∠A′EF=90°或∠A′FE=90°
若∠A′EF=90°，利用对称性，则∠AEF=90°，
A、E、A三点共线，O与A重合，与已知矛盾；
同理若∠A′FE=90°也不可能，
所以不能使△A′EF成为直角三角形．
【点评】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、折叠变换、直角三角形的判定和性质等知识点，综合性较强．
例题3（2018江苏省泰州市 12分 压轴题）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）
【分析】（1）依据△BCE是等腰直角三角形，即可得到CE=BC，由图②，可得CE=CD，而AD=BC，即可得到CD=AD，即=；
（2）①由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，依据勾股定理可得AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出AP=BC，再根据PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠CPH=90°；
②由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，进而得到CP平分∠BCE，故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【解答】解：（1）由图①，可得∠BCE=∠BCD=45°，
又∵∠B=90°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴=cos45°=，即CE=BC，
由图②，可得CE=CD，而AD=BC，
∴CD=AD，
∴=；
（2）①设AD=BC=a，则AB=CD=a，BE=a，
∴AE=（﹣1）a，
如图③，连接EH，则∠CEH=∠CDH=90°，
∵∠BEC=45°，∠A=90°，
∴∠AEH=45°=∠AHE，
∴AH=AE=（﹣1）a，
设AP=x，则BP=a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，
∴AH2+AP2=BP2+BC2，
即[（﹣1）a]2+x2=（a﹣x）2+a2，
解得x=a，即AP=BC，
又∵PH=CP，∠A=∠B=90°，
∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL），
∴∠APH=∠BCP，
又∵Rt△BCP中，∠BCP+∠BPC=90°，
∴∠APH+∠BPC=90°，
∴∠CPH=90°；
②折法：如图，由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，
故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；
折法：如图，由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，
由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，
又∵∠DCH=∠ECH，
∴∠BCP=∠PCE，即CP平分∠BCE，
故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【点评】本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的综合运用，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，对应边和对应角相等．解题时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．
例题4（2018山东省威海市 8分 ）如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=+1，求BC的长．
【分析】由题意知∠3=180°﹣2∠1=45°、∠4=180°﹣2∠2=30°、BE=KE、KF=FC，作KM⊥BC，设KM=x，知EM=x、MF=x，根据EF的长求得x=1，再进一步求解可得．
【解答】解：由题意，得：∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，
如图，过点K作KM⊥BC于点M，
设KM=x，则EM=x、MF=x，
∴x+x=+1，
解得：x=1，
∴EK=、KF=2，
∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3++，
∴BC的长为3++．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：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．
例题5（2018甘肃白银市 12分 压轴题 ）如图，已知二次函数y=ax2+2x+c的图象经过点C（0，3），与x轴分别交于点A，点B（3，0）．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．
（1）求二次函数y=ax2+2x+c的表达式；
（2）连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．
【解答】解：（1）将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，
解得，
二次函数的解析是为y=﹣x2+2x+3；
（2）若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，
如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，
∵C（0，3），
∴E（0，），
∴点P的纵坐标，
当y=时，即﹣x2+2x+3=，
解得x1=，x2=（不合题意，舍），
∴点P的坐标为（，）；
（3）如图2，
P在抛物线上，设P（m，﹣m2+2m+3），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，
解得．
直线BC的解析为y=﹣x+3，
设点Q的坐标为（m，﹣m+3），
PQ=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m．
当y=0时，﹣x2+2x+3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
OA=1，
AB=3﹣（﹣1）=4，
S四边形ABPC=S△ABC+S△PCQ+S△PBQ
=AB?OC+PQ?OF+PQ?FB
=×4×3+（﹣m2+3m）×3
=﹣（m﹣）2+，
当m=时，四边形ABPC的面积最大．
当m=时，﹣m2+2m+3=，即P点的坐标为（，）．
当点P的坐标为（，）时，四边形ACPB的最大面积值为．
【跟踪训练】
1.（2018四川省达州市 压轴题 9分 ）矩形AOBC中，OB=4，OA=3．分别以OB，OA所在直线为x轴，y轴，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B，C重合），过点F的反比例函数y= （k＞0）的图象与边AC交于点E．
（1）当点F运动到边BC的中点时，求点E的坐标；
（2）连接EF，求∠EFC的正切值；
（3）如图2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求此时反比例函数的解析式．
【分析】（1）先确定出点C坐标，进而得出点F坐标，即可得出结论；
（2）先确定出点F的横坐标，进而表示出点F的坐标，得出CF，同理表示出CF，即可得出结论；
（3）先判断出△EHG∽△GBF，即可求出BG，最后用勾股定理求出k，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵OA=3，OB=4，
∴B（4，0），C（4，3），
∵F是BC的中点，
∴F（4，），
∵F在反比例y=函数图象上，
∴k=4×=6，
∴反比例函数的解析式为y=，
∵E点的坐标为3，
∴E（2，3）；
（2）∵F点的横坐标为4，
∴F（4，），
∴CF=BC﹣BF=3﹣=
∵E的纵坐标为3，
∴E（，3），
∴CE=AC﹣AE=4﹣=，
在Rt△CEF中，tan∠EFC==，
（3）如图，由（2）知，CF=，CE=，=，
过点E作EH⊥OB于H，
∴EH=OA=3，∠EHG=∠GBF=90°，
∴∠EGH+∠HEG=90°，
由折叠知，EG=CE，FG=CF，∠EGF=∠C=90°，
∴∠EGH+∠BGF=90°，
∴∠HEG=∠BGF，
∵∠EHG=∠GBF=90°，
∴△EHG∽△GBF，
∴，
∴，
∴BG=，
在Rt△FBG中，FG2﹣BF2=BG2，
∴（）2﹣（）2=，
∴k=，
∴反比例函数解析式为y=．
【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，中点坐标公式，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，求出CE：CF是解本题的关键．
2.（2018江苏省宿迁市 压轴题 9分 ）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE=x，
（1）当AM= 时，求x的值；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值.
【分析】（1）由折叠性质可知BE=ME=x，结合已知条件知AE=1-x，在Rt△AME中，根据勾股定理得（1-x）2+ =x2 ， 解得：x= . （2）△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，根据折叠性质知BE=ME，由等边对等角得∠EBM=∠EMB，由等角的余角相等得∠MBC=∠BMN，由全等三角形的判定AAS得Rt△ABM≌Rt△HBM，根据全等三角形的性质得AM=HM，AB=HB=BC，又根据全等三角形的判定HL得Rt△BHP≌Rt△BCP，根据全等三角形的性质得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出△PDM周长为定值2. （3）过F作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，由等角的余角相等得∠EBM=∠EMB=∠QFE，由全等三角形的判定ASA得Rt△ABM≌Rt△QFE，据全等三角形的性质得AM=QE；设AM长为a，在Rt△AEM中，根据勾股定理得（1-x）2+a2=x2,从而得AM=QE= , BQ=CF=x- ，根据梯形得面积公式代入即可得出S与x的函数关系式；又由（1-x）2+a2=x2,得x= =AM=BE，BQ=CF= -a（0
（1）解：由折叠性质可知：BE=ME=x，∵正方形ABCD边长为1 ∴AE=1-x， 在Rt△AME中， ∴AE2+AM2=ME2 ， 即（1-x）2+ =x2 ， 解得：x= . （2）解：△PDM的周长不会发生变化，且为定值2. 连接BM、BP，过点B作BH⊥MN， ∵BE=ME， ∴∠EBM=∠EMB， 又∵∠EBC=∠EMN=90°， 即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°， ∴∠MBC=∠BMN， 又∵正方形ABCD， ∴AD∥BC，AB=BC， ∴∠AMB=∠MBC=∠BMN， 在Rt△ABM和Rt△HBM中， ∵ , ∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS）， ∴AM=HM，AB=HB=BC， 在Rt△BHP和Rt△BCP中， ∵ , ∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL）， ∴HP=CP， 又∵C△PDM=MD+DP+MP， =MD+DP+MH+HP=MD+DP+AM+PC=AD+DC=2. ∴△PDM的周长不会发生变化，且为定值2. （3）解：过F作FQ⊥AB，连接BM， 由折叠性质可知：∠BEF=∠MEF,BM⊥EF， ∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°, ∴∠EBM=∠EMB=∠QFE， 在Rt△ABM和Rt△QFE中， ∵ , ∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA）， ∴AM=QE， 设AM长为a， 在Rt△AEM中， ∴AE2+AM2=EM2, 即（1-x）2+a2=x2, ∴AM=QE= , ∴BQ=CF=x- ， ∴S= （CF+BE）×BC， ?? = （x- +x）×1， ?? = （2x- ）, 又∵（1-x）2+a2=x2, ∴x= =AM=BE，BQ=CF= -a， ∴S= （ -a+ ）×1， ?? = （a2-a+1）, ?? = （a- ）2+ ， ∵0【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）
2.（2018江西省宜春市一模8分 ）如图，在四边形纸片ABCD中，∠B=∠D=90°，点E，F分别在边BC，CD上，将AB，AD分别沿AE，AF折叠，点B，D恰好都和点G重合，∠EAF=45°．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）求证：三角形ECF的周长是四边形ABCD周长的一半；
（3）若EC=FC=1，求AB的长度．
【解答】（1）证明：由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，
∴∠BAD=2∠EAF=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）证明；∵EG=BE，FG=DF，
∴EF=BE+DF，
∴△ECF的周长=EF+CE+CF=BE+DF+CE+CF=BC+CD，
∴三角形ECF的周长是四边形ABCD周长的一半；
（3）解：∵EC=FC=1，
∴BE=DF，
∴EF=，
∵EF=BE+DF，
∴BE=DF=EF=，
∴AB=BC=BE+EC=+1．
3.（2018贵州省遵义市一模 压轴题 12分 ）已知：矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点M、N分别在边AB、CD上，直线MN交矩形对角线AC于点E，将△AME沿直线MN翻折，点A落在点P处，且点P在射线CB上．
（1）如图1，当EP⊥BC时，求CN的长；
（2）如图2，当EP⊥AC时，求AM的长；
（3）请写出线段CP的长的取值范围，及当CP的长最大时MN的长．
解：（1）∵△AME沿直线MN翻折，点A落在点P处，
∴△AME≌△PME．
∴∠AEM=∠PEM，AE=PE．
∵ABCD是矩形，
∴AB⊥BC．
∵EP⊥BC，
∴AB∥EP．
∴∠AME=∠PEM．
∴∠AEM=∠AME．
∴AM=AE，
∵ABCD是矩形，
∴AB∥DC．
∴．
∴CN=CE，
设CN=CE=x．
∵ABCD是矩形，AB=4，BC=3，
∴AC=5．
∴PE=AE=5﹣x．
∵EP⊥BC，
∴=sin∠ACB=．∴，
∴x=，
即CN=
（2）∵△AME沿直线MN翻折，点A落在点P处，
∴△AME≌△PME．
∴AE=PE，AM=PM．
∵EP⊥AC，
∴tan∠ACB=．
∴．
∵AC=5，
∴AE=，CE=．
∴PE=，
∵EP⊥AC，
∴PC=．
∴PB=PC﹣BC=，
在Rt△PMB中，∵PM2=PB2+MB2，AM=PM．
∴AM2=（）2+（4﹣AM）2．
∴AM=；
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，根据勾股定理得，AC=5，
由折叠知，AE=PE，
由三角形的三边关系得，PE+CE＞PC，
∴AC＞PC，
∴PC＜5，
∴点E是AC中点时，PC最小为0，当点E和点C重合时，PC最大为AC=5，
∴0≤CP≤5，
如图，当点C，N，E重合时，PC=BC+BP=5，
∴BP=2，
由折叠知，PM=AM，
在Rt△PBM中，PM=4﹣BM，根据勾股定理得，PM2﹣BM2=BP2，
∴（4﹣BM）2﹣BM2=4，
∴BM=，
在Rt△BCM中，根据勾股定理得，MN=．
当CP最大时MN=，
4.（2018河北省秦皇岛市一模 压轴题 12分 ）如图，抛物线y=ax2﹣2x+c（a≠0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C三点，已知点A（﹣2，0），点C（0，﹣8），点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，第四象限的抛物线上有一点P，将△EBP沿直线EP折叠，使点B的对应点B'落在抛物线的对称轴上，求点P的坐标；
（3）如图2，设BC交抛物线的对称轴于点F，作直线CD，点M是直线CD上的动点，点N是平面内一点，当以点B，F，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点M的坐标．
【解答】解：（1）将点A、点C的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：a=1，c=﹣8．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣8．
∵y=（x﹣1）2﹣9，
∴D（1，﹣9）．
（2）将y=0代入抛物线的解析式得：x2﹣2x﹣8=0，解得x=4或x=﹣2，
∴B（4，0）．
∵y=（x﹣1）2﹣9，
∴抛物线的对称轴为x=1，
∴E（1，0）．
∵将△EBP沿直线EP折叠，使点B的对应点B'落在抛物线的对称轴上，
∴EP为∠BEF的角平分线．
∴∠BEP=45°．
设直线EP的解析式为y=﹣x+b，将点E的坐标代入得：﹣1+b=0，解得b=1，
∴直线EP的解析式为y=﹣x+1．
将y=﹣x+1代入抛物线的解析式得：﹣x+1=x2﹣2x﹣8，解得：x=或x=．
∵点P在第四象限，
∴x=．
∴y=．
∴P（，）．
（3）设CD的解析式为y=kx﹣8，将点D的坐标代入得：k﹣8=﹣9，解得k=﹣1，
∴直线CD的解析式为y=﹣x﹣8．
设直线CB的解析式为y=k2x﹣8，将点B的坐标代入得：4k2﹣8=0，解得：k2=2．
∴直线BC的解析式为y=2x﹣8．
将x=1代入直线BC的解析式得：y=﹣6，
∴F（1，﹣6）．
设点M的坐标为（a，﹣a﹣8）．
当MF=MB时，（a﹣4）2+（a+8）2=（a﹣1）2+（a+2）2，整理得：6a=﹣75，解得：a=﹣．
∴点M的坐标为（﹣，）．
当FM=FB时，（a﹣1）2+（a+2）2=（4﹣1）2+（﹣6﹣0）2，整理得：a2+a﹣20=0，解得：a=4或a=﹣5．
∴点M的坐标为（4，﹣12）或（﹣5，﹣3）．
综上所述，点M的坐标为（﹣，）或（4，﹣12）或（﹣5，﹣3）．
5.（2018广东省潮州市一模 压轴题 9分 ）已知：如图1，△ABC中，AB=6，AC=，BC=3，过边AC上的动点E（点E不与点A、C重合）作EF⊥AB于点F，将△AEF沿EF所在的直线折叠得到△A'EF，设CE=x，折叠后的△A'EF与四边形BCEF重叠部分的面积记为S．
（1）如图2，当点A'与顶点B重合时，求AE的长；
（2）如图3，当点A'落在△ABC的外部时，A'E与BC相交于点D，求证：△A'BD是等腰三角形；
（3）试用含x的式子表示S，并求S的最大值．
【解答】解：（1）如图2中，
∵AC2+BC2=（3）2+32=36，AB2=36，
∴△ABC是直角三角形，∠C=90°，
当点A'与顶点B重合时，AF=FB=3，
cosA==，
∴∠A=30°，
∴AE==2．
（2）如图3中，
由（1）可知∠A=30°，∠C=90°，
∴∠ABC=60°，
∵∠ABC=∠A′+∠BDA′，∠A′=∠A=30°，
∴∠A′=∠A′DB=30°，
∴BD=BA′，
∴△BDA′是等腰三角形．
（3）①如图3中，当0＜x≤时，重叠部分是四边形EFBD，
S=S△EFA′﹣S△CDA′
=?（3﹣x）?（3﹣x）﹣?[2（3﹣x）﹣6]× [2（3﹣x）﹣6]
=﹣x2+x﹣，
∴S最大值==
②如图1中，＜x＜3时，重叠部分是△EFA′，
S=（x﹣3）2，
S最大值=3，
3＜，
∴S的最大值为．
