2021年中考数学二轮专题复习 折叠问题（18份 Word版 含解析）

专题47
三角形中的旋转综合问题
1、如图，点P是∠MON内的一点，过点P作PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，且OA＝OB．
（1）求证：PA＝PB；
（2）如图②，点C是射线AM上一点，点D是线段OB上一点，且∠CPD+∠MON＝180°，若OC＝8，OD＝5．求线段OA的长．
（3）如图③，若∠MON＝60°，将PB绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，12秒后，PA开始绕点P以每秒10°的速度顺时针旋转，PA旋转270°后停止，此时PB也随之停止旋转．旋转过程中，PA所在直线与OM所在直线的交点记为G，PB所在直线与ON所在直线的交点记为H．问PB旋转几秒时，PG＝PH？
（1）证明：如图①中，连接OP．∵PA⊥OM，PB⊥ON，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵OA＝OB，OP＝OP，∴Rt△OPA≌Rt△OPB（HL），∴PA＝PB．
（2）如图②中，
∵∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠AOB+∠APB＝180°，
∵∠CPD+∠AOB＝180°，∴∠CPD＝∠APB，∴∠APC＝∠BPD，
∵PA＝PB，∠PAC＝∠PBD＝90°，∴△PAC≌△PBD（ASA），∴AC＝BD，
∴OC+OD＝OA+AC+OB﹣BD＝2OA＝13，∴OA＝6.5．
（3）设点P的旋转时间为t秒．
①当0＜t＜12时，不存在．
②当12≤t＜21时，如图3﹣1中，∠APG＝（10t﹣120）°，∠BPH＝2t°，
当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣120＝2t，t＝15．
③当21≤t＜30时，如图3﹣2，∠APG＝180°﹣∠APA′＝180°﹣（10t﹣120）°＝（300﹣10t）°，∠BPH＝2t，
当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时300﹣10t＝2t，t＝25．
④当30≤t＜39时，如图3﹣3中，∠APG＝（10t﹣300）°，∠BPH＝2t，
当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣300＝2t，t＝37.5，
综上所述，满足条件的t的值为15s或25s或37.5s．
2、（1）问题发现：
如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50°，连接AC，BD交于点M．
填空：①的值为　
　；
②∠AMB的度数为　
　．
（2）类比探究：如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，CD＝2OD，AB＝2OB，连接AC交BD的延长线于点M．请求出的值及∠AMB的度数，并说明理由；
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC、BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【解析】（1）问题发现
①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝50°，∴∠COA＝∠DOB，
∵OC＝OD，OA＝OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC＝BD，∴＝1，
②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO＝∠DBO，
∵∠AOB＝50°，∴∠OAB+∠ABO＝130°，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣130°＝50°，
（2）类比探究
如图2，＝，∠AMB＝90°，理由是：
Rt△COD中，∠DOC＝90°，CD＝2DO，∴∠DCO＝30°，∴＝tan30°＝，
同理得：＝tan30°＝，∴，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，
∴，∠CAO＝∠DBO，
在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠ABM）＝180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO）＝90°；
（3）拓展延伸
①点C与点M重合时，如图1，同（2）得：△AOC∽△BOD，
∴∠AMB＝90°，，设BD＝x，则AC＝x，
Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，BC＝x﹣2，
Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝，∴AB＝2OB＝2，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴，
整理得：x2﹣x﹣6＝0，
∴（x﹣3）（x+2）＝0，
∴x1＝3，x2＝﹣2，
∴AC＝3；
②点C与点M重合时，如图2，同理得：∠AMB＝90°，，
设BD＝x，则AC＝x，
在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴+（x+2）2＝，
整理得x2+x﹣6＝0，
∴（x+3）（x﹣2）＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝2，
∴AC＝2；
综上所述，AC的长为3或2．
3、平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0）、C（0，c），a、b、c满足＝0
（1）求△ABC的面积；
（2）将线段BC向右平移至AD（点B对应点A，点C对应点D）．
①当点M为x轴上任意点（不与原点重合），ME、CF分别平分∠CMO与∠DCM，若∠AME＝α，∠DCF＝β，试用含α的代数式表示β；
②点P为线段CD上一点（不与点C、D重合），P的横坐标为t，连接BP、AC，BP交y轴于点E，交AC于点Q，若△CQE与△PQA的面积分别为S1，S2，试用含t的代数式表示S2﹣S1．
【解析】（1）如图1中，
∵＝0，又∵≥0，|b+2|≥0，（c﹣4）2≥0，∴a＝5，b＝﹣2，c＝4，
∴A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4），∴OA＝5，OB＝2，OC＝4，∴AB＝OB+OA＝2+5＝7，
∴S△ABC＝?AB?OC＝×7×4＝14．
（2）①如图2﹣1中，当点E在射线OB上时，α+β＝90°
理由：∵CD∥AM，∴∠DCM+∠AMC＝180°，
∵∠DCF＝∠DCM＝β，∠AME＝∠AMC＝α，∴α+β＝90°．
当点M在线段AB上时，如图2﹣2中，α+β＝180°．
理由：∵CD∥AM，∴∠DCM+∠AMC＝180°，∠DCM＝∠CMB，
∵∠DCM＝2∠DCF＝2β，∠FCM＝∠DCM，∠EMC＝∠CMB，
∴∠FCM＝∠EMC＝β，∴∠AMC＝180°﹣2β，
∵∠AME＝∠AMC+∠EMC，∴α＝β+180°﹣2β，∴α+β＝180°．
当点M在线段OA的延长线上时，如图2﹣3中，α＝β．
理由：：∵CD∥AM，∴∠DCM＝∠CMB，
∵∠DCF＝∠DCM，∠AME＝∠CMB，∴∠DCF＝∠AME，∴α＝β．
②如图3中，设E（0，m）．
由题意：P（t，4），A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4），∴S△BCP＝S△BCE+S△ECP，
∴×t×4＝×（4﹣m）×2+×（4﹣m）×t，∴m＝，
∴S2﹣S1＝S△PCA﹣S△PCE′＝×t×4﹣×t×（4﹣）＝．
4、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），B（﹣4，0），C（4，0）．
（Ⅰ）如图①，若∠BAD＝15°，AD＝3，求点D的坐标；
（Ⅱ）如图②，AD＝2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转得到△ACE，点B，D的对应点分别为C，E．连接DE，BD的延长线与CE相交于点F．
①求DE的长；
②证明：BF⊥CE．
（Ⅲ）如图③，将（Ⅱ）中的△ADE绕点A在平面内旋转一周，在旋转过程中点D，E的对应点分别为D1，E1，点N，P分别为D1E1，D1C的中点，请直接写出△OPN面积S的变化范围．
【解析】（Ⅰ）∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，
∴∠OAB＝∠ABO＝45°．
∴∠DAO＝∠OAB﹣∠DAB＝30°．
如图①中，过点D作DG⊥OA，垂足为G．
在Rt△ADG中，∠DAG＝30°，
∴，，
∴，
∴点D的坐标为．
（Ⅱ）①如图②中，
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE＝2，
∴在Rt△DAE中，，
②∵OA＝OB＝OC＝4，∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠OAB＝∠ABO＝∠ACO＝∠OAC＝45°，∴∠BAC＝90°，
∵△ABD旋转得到△ACE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，
在△BFC中，则有∠FBC+∠FCB＝∠FBC+∠BCA+∠ACE＝∠FBC+∠BCA+∠ABD＝∠ABC+∠BCA＝90°，
∴BF⊥CE．
（Ⅲ）如图③中，
∵OB＝OC，PC＝PD1，NE1＝ND1，
∴OP＝BD1，PN＝E1C，OP∥BD1，PN∥CE1
∵BD1⊥E1C，BD1＝E1C，∴OP⊥PN，OP＝PN，
∴△OPN是等腰直角三角形，
∵AB＝4，AD1＝2，
∴4﹣2≤BD1≤4+2，
∴2﹣1≤OP≤2+1，
∴△OPN面积的最小值＝（2﹣1）2＝﹣2，△OPN的面积的最大值＝+2，
∴．
5、问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为　
　，BH与AE的数量关系为　
　；
问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；
拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．
【解析】问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．
理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，
在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，
∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，
∴＝＝2，
∴AE＝2BH．
故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．
问题证明：如图2中，（1）中结论成立．
理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．
∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，
∴△CHF≌△DHB（SAS），
∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，
∴CF∥BD，
∵AB＝
BC，BE＝
BD，∴BE＝CF，∴＝＝，
∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，
∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，
∴∠BCF＝∠ABE，
∴△ABE∽△BCF，
∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，
∴AE＝BF＝2BH，
∵∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴BH⊥AE．
拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．
∵DE∥BC，∴∠ABC＝∠BFD＝90°，
由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，
∵?BD?BE＝?DE?BF，
∴BF＝＝3，
∴EF＝BF＝3，
∴AF＝6+3，
∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．
∵AE＝2BH，
∴AE2＝12BH2，
∴BH2＝12+3
如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，
∴BH2＝＝（＝12﹣3．
6、已知△ABC是等边三角形，D是BC上一点，△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置．
（1）如图，旋转中心是　
　，∠DAE＝　
　°；
（2）如图，如果M是AB的中点，那么经过上述旋转后，点M转动了　
　度；
（3）如果点D为BC边上的三等分点，且△ABD的面积为3，那么四边形ADCE的面积为　
　．
【解析】（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°
∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，
∴旋转中心是点A，∠DAE＝∠BAC＝60°；
（2）∵AB和AC为对应边，
∴经过上述旋转后，点M转到了AC的中点位置，如图，
∴∠MAM′＝60°，
∴点M转动了60°；
（3）∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，
∴△ABD≌△ACE，
∵BD＝BC，或BD＝BC，
∴CD＝2BD，或CD＝BD，
∴S△ABC＝3S△ABD＝3×3＝9，或S△ABC＝S△ABD＝3×＝，
∴S四边形ADCE＝S△ABC＝9或．
故答案为点A，60；60；9或．
7、如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
（1）观察猜想：
图1中，线段PM与PN的数量关系是　
　，位置关系是　
　；
（2）探究证明：
把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
【解析】（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN＝BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM＝CE，
∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN，
∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC，
∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA，
∵∠BAC＝90°，∴∠ADC+∠ACD＝90°，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，∴PM⊥PN，
故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形．
由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
利用三角形的中位线得，PN＝BD，PM＝CE，
∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC
＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC
＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC＝90°，∴∠ACB+∠ABC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大＝AM+AN，
连接AM，AN，
在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5，∴MN最大＝2+5＝7，
∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×（7）2＝．
方法2：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD＝AB+AD＝14，∴PM＝7，
∴S△PMN最大＝PM2＝×72＝．
8、如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是　
　，位置关系是　
　．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．
【解析】（1）如图1中，延长AE交BD于H．
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，
∴∠BEH+∠EBH＝90°，
∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，
故答案为AE＝BD，AE⊥BD．
（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH＝90°，
∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．
（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．
∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，
∴EH＝DH，CH＝DE＝5，
在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，
∴AH＝＝12，
∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．
②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．
同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．
9、如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角为α，BD、CE所在直线相交所成的锐角为β．
（1）问题发现：当α＝0°时，＝　
　；β＝　
　°．
（2）拓展探究：试判断：当0°≤α＜360°时，和β的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
（3）在△ADE旋转过程中，当DE∥AC时，直接写出此时△CBE的面积．
【解析】（1）如图1中，∵∠B＝90°，BA＝BC，∴∠A＝45°，AC＝AB，
∵点D、E分别是边AB、AC的中点，∴BD＝AB，EC＝AC，∴＝，β＝45°，
（2）结论：和β的大小无变化．理由：如图2中，延长CE交AB于点O，交BD于K．
∵AE＝
AD，AC＝
AB，∴＝＝，，∴＝，
∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴＝＝，∠OBK＝∠OCA，
∵∠BOK＝∠COA，∠BKO＝∠CAO＝45°，∴和β的大小无变化．
（3）当点E在线段AB上时，S△BCE＝×4×（4﹣2）＝8﹣4，
当点E在线段BA的延长线上时，S△BCE＝×4×（4+2）＝8+4．
综上所述，△BCE的面积为8﹣4或8+4．
10、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．
（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个　
　．（回答直接写序号）
①BD＝CE；
②BD⊥CE；
③∠ACE+∠DBC＝45°；
④BE2＝2（AD2+AB2）
（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：
①当∠CAE＝90°时，求PB的长；
②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．
（1）解：如图甲：
①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴①正确．
②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．
∵∠CAB＝90°，∴∠ABD+∠AFB＝90°，∴∠ACE+∠AFB＝90°．
∵∠DFC＝∠AFB，∴∠ACE+∠DFC＝90°，∴∠FDC＝90°．∴BD⊥CE，∴②正确．
③∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°．∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确．
④∵BD⊥CE，∴BE2＝BD2+DE2，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2，
∵BC2＝BD2+CD2≠BD2，∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误．
故答案为①②③．
（2）
①a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．
∵∠EAC＝90°，
∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠PEB＝∠AEC，∴△PEB∽△AEC．
∴＝，∴＝，∴PB＝．
b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．
∵∠EAC＝90°，
∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠BEP＝∠CEA，∴△PEB∽△AEC，
∴＝，∴＝，∴PB＝．
综上，PB＝或．
②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．
理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大）
∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，
∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝2，∴PB＝BD+PD＝3+3．
综上所述，PB长的最大值是3+3．
b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．
理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小）
∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，
∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝4，∴PB＝BD﹣PD＝3﹣3．
综上所述，PB长的最小值是3﹣3．
11、如图1，在等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝3，在边AB上取一点D（点D不与点A，B重合），在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．
（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由；
（2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；
（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值是　
　．
【解析】（1）如图1中，连接EC，BD．结论：BD＝CE．
理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ADB≌△AEC（SAS）．
∴BD＝CE．
（2）如图2中，
由题意：∠CAE＝45°，
∵AC＝AB，∠CAB＝90°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AE∥BC．
∴△CBE的面积与△ABC的面积相等．
∵△ABC的面积为4.5，
∴△CBE的面积4.5．
（3）如图3中，延长AM到N，使得MN＝AM，连接CN，DM．
∵AM＝MN，CM＝MD，
∴四边形ADNC是平行四边形，
∴AD＝CN＝1，
∵AC＝3，
∴3﹣1≤AN≤3+1，
∴2≤2AM≤4，
∴1≤AM≤2，
∴AM的最小值为1．
故答案为1．
12、综合与实践
问题情境
数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．
解决问题
（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；
（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由；
探索发现
（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；
（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：：2的三角形（可添加字母）
【解析】（1）如图①中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，
∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，
又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；
（2）如图②中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD，
∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，
在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．
（3）如图③中，作CH⊥AD于H．AC＝CD＝AB＝2，
∵B，A，E共线，∴∠BAC+∠EAC＝180°，∴∠EAC＝120°，
∵∠EDC＝60°，∴∠EAC+∠EDC＝180°，∴A，E，D，C四点共圆，
∴∠CAD＝∠CED＝30°，∠BAD＝90°，
∵CA＝CD，CH⊥AD，∴AH＝DH＝AC?cos30°＝，∴AD＝2，
∴BD＝＝＝2．
（4）如图①中，设DE交BC于T．因为含有30°的直角三角形的三边之比为1：：2，
由（1）可知△BDT，△DCT，△ECT都是含有30°的直角三角形，
∴△BDT，△DCT，△ECT符合条件．专题44
以三角形为基础的图形的旋转变换问题
【典例9-1】如图1，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，点B在线段AE上，点C在线段AD上．
（1）请直接写出线段BE与线段CD的关系：
BE=CD
；
（2）如图2，将图1中的△ABC绕点A顺时针旋转角α（0＜α＜360°），
①（1）中的结论是否成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
②当AC=ED时，探究在△ABC旋转的过程中，是否存在这样的角α，使以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出角α的度数；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，∴AB=AC，AE=AD，
∴AE-AB=AD-AC，∴BE=CD；
（2）①∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，∴AB=AC，AE=AD，
由旋转的性质可得∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，，
∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BE=CD；
②∵以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ADC=45°，∵AC=ED，∴AC=CD，∴∠CAD=45°，或360°-90°-45°=225°，
∴角α的度数是45°或225°．
【小结】本题考察等腰直角三角形的性质，等量代换，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，综合性较强
【典例9-2】如图①，在Rt△ABC和Rt△EDC中，∠ACB=∠ECD=90°，AC=EC=BC=DC，AB与EC交于F，ED与AB、BC分别交于M、H．
（1）求证：CF=CH；
（2）如图②，Rt△ABC不动，将Rt△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，判断四边形ACDM的形状，并证明你的结论．
（1）证明：∵∠ACB=∠ECD=90°，AC=BC=CD=CE，∴∠1=∠2=90°-∠BCE，∠A=∠B=∠D=∠E=45°，
在△ACF和△DCH中，，∴△ACF≌△DCH，∴CF=CH；
（2）四边形ACDM是菱形，证明：∵∠ACB=∠ECD=90°，∠BCE=45°，∴∠1=∠2=90°-45°=45°，
∵∠A=∠D=45°，∴∠A+∠ACD=45°+90°+45°=180°，同理∠D+∠ACD=180°，∴AM∥DC，AC∥DM，
∴四边形ACDM是平行四边形，∵AC=CD，∴四边形ACDM是菱形．
【小结】三角形从一个位置旋转到另一个位置，除去对应线段和对应角相等外，里面也存在着相等的角，和全等三角形，在解决问题过程要善于将“基本图形”分离出来分析。
【巩固提升】
1、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），B（﹣4，0），C（4，0）．
（Ⅰ）如图①，若∠BAD＝15°，AD＝3，求点D的坐标；
（Ⅱ）如图②，AD＝2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转得到△ACE，点B，D的对应点分别为C，E．连接DE，BD的延长线与CE相交于点F．
①求DE的长；
②证明：BF⊥CE．
（Ⅲ）如图③，将（Ⅱ）中的△ADE绕点A在平面内旋转一周，在旋转过程中点D，E的对应点分别为D1，E1，点N，P分别为D1E1，D1C的中点，请直接写出△OPN面积S的变化范围．
【解析】（Ⅰ）∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠ABO＝45°．∴∠DAO＝∠OAB﹣∠DAB＝30°．
如图①中，过点D作DG⊥OA，垂足为G．
在Rt△ADG中，∠DAG＝30°，∴，，∴，
∴点D的坐标为．
（Ⅱ）①如图②中，
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE＝2，∴在Rt△DAE中，，
②∵OA＝OB＝OC＝4，∠AOB＝∠AOC＝90°，∴∠OAB＝∠ABO＝∠ACO＝∠OAC＝45°，∴∠BAC＝90°，
∵△ABD旋转得到△ACE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，
在△BFC中，则有∠FBC+∠FCB＝∠FBC+∠BCA+∠ACE＝∠FBC+∠BCA+∠ABD＝∠ABC+∠BCA＝90°，∴BF⊥CE．
（Ⅲ）如图③中，
∵OB＝OC，PC＝PD1，NE1＝ND1，∴OP＝BD1，PN＝E1C，OP∥BD1，PN∥CE1
∵BD1⊥E1C，BD1＝E1C，∴OP⊥PN，OP＝PN，∴△OPN是等腰直角三角形，
∵AB＝4，AD1＝2，∴4﹣2≤BD1≤4+2，∴2﹣1≤OP≤2+1，
∴△OPN面积的最小值＝（2﹣1）2＝﹣2，△OPN的面积的最大值＝+2，
∴．
2、如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为　
　，BH与AE的数量关系为　
　；
问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；
拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．
【解析】问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．
理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，
在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，
∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，∴＝＝2，
∴AE＝2BH．
故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．
问题证明：如图2中，（1）中结论成立．
理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．
∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，
∴△CHF≌△DHB（SAS），
∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，
∴CF∥BD，
∵AB＝BC，BE＝BD，
∴BE＝CF，
∴＝＝，
∵CF∥BD，
∴∠BCF+∠CBD＝180°，
∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，
∴∠BCF＝∠ABE，
∴△ABE∽△BCF，
∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，
∴AE＝BF＝2BH，
∵∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴BH⊥AE．
拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．
∵DE∥BC，∴∠ABC＝∠BFD＝90°，
由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，
∵?BD?BE＝?DE?BF，∴BF＝＝3，
∴EF＝BF＝3，
∴AF＝6+3，
∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．
∵AE＝2BH，
∴AE2＝12BH2，
∴BH2＝12+3
如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，
∴BH2＝＝（＝12﹣3．
3、已知△ABC是等边三角形，D是BC上一点，△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置．
（1）如图，旋转中心是　
　，∠DAE＝　
　°；
（2）如图，如果M是AB的中点，那么经过上述旋转后，点M转动了　
　度；
（3）如果点D为BC边上的三等分点，且△ABD的面积为3，那么四边形ADCE的面积为　
　．
【解析】（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°
∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，∴旋转中心是点A，∠DAE＝∠BAC＝60°；
（2）∵AB和AC为对应边，∴经过上述旋转后，点M转到了AC的中点位置，如图，
∴∠MAM′＝60°，∴点M转动了60°；
（3）∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，∴△ABD≌△ACE，
∵BD＝BC，或BD＝BC，∴CD＝2BD，或CD＝BD，
∴S△ABC＝3S△ABD＝3×3＝9，或S△ABC＝S△ABD＝3×＝，∴S四边形ADCE＝S△ABC＝9或．
故答案为点A，60；60；9或．
4、如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是　
　，位置关系是　
　．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．
【解析】（1）如图1中，延长AE交BD于H．
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，∴∠BEH+∠EBH＝90°，∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，
（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，又∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠BOH+∠OBH＝90°，∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．
（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．
∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，∴EH＝DH，CH＝DE＝5，
在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，∴AH＝＝12，∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．
②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．
同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．
5、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．
（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个　
　．（回答直接写序号）
①BD＝CE；
②BD⊥CE；
③∠ACE+∠DBC＝45°；
④BE2＝2（AD2+AB2）
（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：
①当∠CAE＝90°时，求PB的长；②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．
（1）解：如图甲：
①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴①正确．
②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．
∵∠CAB＝90°，∴∠ABD+∠AFB＝90°，∴∠ACE+∠AFB＝90°．
∵∠DFC＝∠AFB，∴∠ACE+∠DFC＝90°，∴∠FDC＝90°．∴BD⊥CE，∴②正确．
③∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°．
∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确．
④∵BD⊥CE，∴BE2＝BD2+DE2，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2，
∵BC2＝BD2+CD2≠BD2，∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误．
故答案为①②③．
（2）①解：a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．
∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠PEB＝∠AEC，∴△PEB∽△AEC．∴＝，∴＝，∴PB＝．
b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．
∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠BEP＝∠CEA，∴△PEB∽△AEC，∴＝，∴＝，∴PB＝．
综上，PB＝或．
②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．
理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大）
∵AE⊥EC，
∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，
∴四边形AEPD是矩形，
∴PD＝AE＝2，
∴PB＝BD+PD＝3+3．
综上所述，PB长的最大值是3+3．
b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．
理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小）
∵AE⊥EC，
∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，
∴四边形AEPD是矩形，
∴PD＝AE＝4，
∴PB＝BD﹣PD＝3﹣3．
综上所述，PB长的最小值是3﹣3．
6、已知：△ABC是等边三角形，点D是△ABC（包含边界）平面内一点，连接CD，将线段CD绕C逆时针旋转60°得到线段CE，连接BE，DE，AD，并延长AD交BE于点P．
（1）观察填空：当点D在图1所示的位置时，填空：
①与△ACD全等的三角形是　
　．
②∠APB的度数为　
　．
（2）猜想证明：在图1中，猜想线段PD，PE，PC之间有什么数量关系？并证明你的猜想．
（3）拓展应用：如图2，当△ABC边长为4，AD＝2时，请直接写出线段CE的最大值．
【解析】（1）①如图1中，∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵将线段CD绕C顺时针旋转60°得到线段CE，
∴CE＝CD，∠DCE＝60°，∴△DCE是等边三角形，∴∠DCE═60°，
∵∠ACD+∠DCB＝60°，∠BCE+∠DCB＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）．
②如图1中，∵△ACD≌△BCE，∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠DAC+∠BAD＝∠BAC＝60°，∴∠PBC+∠BAD＝60°，
∴∠APB＝180°﹣∠ABC+∠PBC+∠BAP＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
（2）结论：PD+PE＝PC．
理由：如图1中在PC上取一点H，使得EP＝EH，
∵∠APB＝60°，
∴∠DPE＝120°，
∴∠DPE+∠DCE＝180°，
∴C，D，P，E四点共圆，
∴∠CPE＝∠CDE＝60°，
∵EP＝EH，
∴△EPH是等边三角形，
∴PH＝EP＝EH，∠PEH＝∠DEC＝60°，
∴∠PED＝∠HEC，
∵EP＝EH，ED＝EC，
∴△PED≌△HEC（SAS），
∴PD＝CH，
∴PC＝PH+CH＝PE+PD．
（3）如图2中，∵AC＝4，AD＝2，
∴4﹣2≤CD≤4+2，
∴2≤CD≤6．
由（1）可知，EC＝CD，
∴EC的最大值为6．
即当点D在CA的延长线上时，CE取最大值为6．
7、如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．在平面内任取一点D，连结AD（AD＜AB），将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连结DE，CE，BD．
（1）直线BD和CE的位置关系是　
　；
（2）猜测BD和CE的数量关系并证明；
（3）设直线BD，CE交于点P，把△ADE绕点A旋转，当∠EAC＝90°，AB＝2，AD＝1时，直接写出PB的长．
【解析】（1）BD⊥CE，
理由：延长CE交BD于P，
∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∵∠DAB+∠BAE＝∠CAE+∠BAE＝90°，
∴∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABC+∠ACB＝∠ABP+∠ABC+∠PCB＝90°，
∴∠BPC＝90°，
∴BD⊥CE，
（2）BD和CE的数量是：BD＝CE；
由（1）知△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE；
（3）①当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝1．
∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝，
同（1）可证△ADB≌△AEC．
∵∠AEC＝∠BEP，
∴∠BPE＝∠EAC＝90°，
∵∠PBE＝∠ABD，
∴△BPE∽△BAD，
∴＝，
∴＝，
∴BP＝．
②当点E在BA延长线上时，BE＝3，
∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝，
由△BPE∽△BAD，∴＝，∴＝，
∴PB＝，
综上所述，PB的长为或．
8、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，连接CE．
（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；
（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．
【解析】（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，
∴AC＝BC＝4，AB＝AC＝4，DE＝BE，DB＝BE，∠ABC＝45°，∠DBE＝45°，
∵AB＝2BD，∴AD＝BD＝2，∴BE＝2，
∵∠CBE＝∠ABC+∠DBE＝90°，
∴CE＝＝＝2，
∵点F是CE的中点，∴BF＝CE＝；
（2）如图，连接AN，设DE与AB交于点H，
∵点M是AD中点，∴AM＝MD，
又∵MN＝ME，∠AMN＝∠DME，
∴△AMN≌△DME（SAS），
∴AN＝DE，∠MAN＝∠ADE，
∴AN∥DE，
∴∠NAH+∠DHA＝180°，
∵∠NAH＝∠NAC+∠CAB＝∠NAC+45°，∠DHA＝∠EDB+∠DBH＝45°+∠DBH，
∴∠NAC+45°+45°+∠DBH＝180°，
∴∠NAC+∠DBH＝90°，
∵∠CBA+∠DBE＝45°+45°＝90°，
∴∠CBE+∠DBH＝90°，
∴∠CBE＝∠NAC，
又∵AC＝BC，AN＝DE＝BE，
∴△ACN≌△BCE（SAS），
∴∠ACN＝∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE＝90°，
∴∠ACN+∠ACE＝90°＝∠NCE，
∴CN⊥CE．
9、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．
（1）求证：△BCD≌△ACE；
（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；
（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．
【解析】（1）由旋转可得EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACE，
又∵AC＝BC，
∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）由（1）可知AE＝BD＝1，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，
∴∠EAD＝90°，
∴，
∴．
∴；
（3）如图，过C作CG⊥AB于G，则AG＝AB，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴CG＝AB，即＝，
∵点F为AD的中点，
∴FA＝AD，
∴FG＝AG﹣AF
＝AB﹣AD＝（AB﹣AD）＝BD，
由（1）可得：BD＝AE，
∴FG＝AE，即＝，
∴＝，
又∵∠CGF＝∠BAE＝90°，
∴△CGF∽△BAE，
∴∠FCG＝∠ABE，
∵∠FCG+∠CFG＝90°，
∴∠ABE+∠CFG＝90°，
∴CF⊥BE．专题
48角形中的平移综合问题
1、如图，回答下列问题
（1）将△ABC沿x轴向左移一个单位长度，向上移2个单位长度，
则A1的坐标为　
　，B1的坐标为　
　，C1的坐标为　
　．
（2）若△ABC与△A2B2C2关于x轴对称，则A2的坐标为　
　，
B2的坐标为　
　，C2的坐标为　
　．
【解析】（1）A（3，0），B（﹣2，4），C（0，﹣1），
将△ABC沿x轴向左移一个单位长度，向上移2个单位长度，则A1的坐标为（3﹣1，0+2），B1的坐标为（﹣2﹣1，4+2），C1的坐标为（0﹣1，﹣1+2），
即：A1的坐标为（2，2），B1的坐标为（﹣3，6），C1的坐标为（﹣1，1），
故答案为：（2，2），（﹣3，6），（﹣1，1）；
（2）若△ABC与△A2B2C2关于x轴对称，则A2的坐标为（3，0），
B2的坐标为（﹣2，﹣4），C2的坐标为（0，1），
故答案为：（3，0），（﹣2，﹣4），（0，1）．
2、如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点A的坐标是（1，3），顶点B的坐标是（﹣2，4），顶点C的坐标是（﹣2，﹣1），现在将△ABC平移得到△A′B′C′，平移后点B和点A刚好重合．其中点A′，B′，C′分别为点A，B，C的对应点．
（1）在图中画出△A′B′C′；
（2）直接写出A′、C′点的坐标；
（3）若AB边上有一点P，P点的坐标是（a，b），平移后的对应点是P′，请直接写出P′点的坐标．
【解析】（1）△A′B′C′如图：
（2）∵平移后点B和点A刚好重合，
∴平移后，对应点的横坐标增加3，纵坐标减小1，
又∵顶点A的坐标是（1，3），顶点C的坐标是（﹣2，﹣1），
∴A′、C′点的坐标分别为（4，2），（1，﹣2）；
（3）∵P点的坐标是（a，b），
∴平移后的对应点P′的坐标是（a+3，b﹣1）．
3、如图所示，在直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标是（﹣3，﹣1）
（1）将△ABC沿x轴正方形平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，点B1坐标为　
　；
（2）将△A1B1C1沿y轴正方向平移4个单位长度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，点C2的坐标为　
　；
（3）点P（a，b）是△ABC内一点，经过上述2次平移后对应点坐标为　
　；△A2B2C2的面积为　
　．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1坐标为（1，﹣4）；
故答案为：（1，﹣4）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，点C2的坐标为（2，2）；
故答案为：（2，2）；
（3）点P（a，b）沿x轴正方向平移3个单位长度，沿y轴正方向平移4个单位长度后，对应点的坐标为（a+3，b+4），△A2B2C2的面积为．
故答案为：（a+3，b+4），．
4、现有一副三角板，如图①中，∠B＝90°，∠A＝30°；图②中，∠D＝90°，∠F＝45°；图③中，将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AC重合在一起，并将△DEF沿AC方向移动（移动开始时点D与点A重合）．
（1）△DEF在移动的过程中，若D、E两点始终在AC边上，
①F、C两点间的距离逐渐　
　；连接FC，∠FCE的度数逐渐　
　．（填“不变”、“变大”或“变小”）
②∠FCE与∠CFE度数之和是否为定值，请加以说明；
（2）△DEF在移动的过程中，如果D、E两点在AC的延长线上，那么∠FCE与∠CFE之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论；
（3）能否将△DEF移动至某位置，使F、C的连线与BC垂直？求出∠CFE的度数．
【解析】
（1）①F、C两点间的距离逐渐变小；连接FC，∠FCE的度数逐渐变大；
②∠FCE与∠CFE度数之和为定值；
理由：∵∠D＝90°，∠DFE＝45°，又∵∠D+∠DFE+∠FED＝180°，∴∠FED＝45°，
∵∠FED是△FEC的外角，∴∠FCE+∠CFE＝∠FED＝45°，即∠FCE与∠CFE度数之和为定值；
（2）如图，∠FCE与∠CFE度数之和为定值；
理由：∵∠FDE＝90°，∠F＝45°，又∵∠FDE+∠F+∠FED＝180°，∴∠FED＝45°，
∵∠FEG是△FEC的外角，∴∠FCE+∠CFE＝∠FEG＝135°，即∠FCE与∠CFE度数之和为定值；
（3）要使FC⊥BC，则需∠FCE＝∠A＝30°，又∵∠CFE+∠FCE＝45°，
∴∠CFE＝45°﹣30°＝15°．
5、操作题：
（1）如图甲所示，已知△ABC，用三角尺和量角器作△ABC的：①中线AD；②角平分线BE；③高CH．
（2）如图乙在方格中平移△ABC，
①使点A移到点M
使点A移到点N
②分别画出两次平移后的三角形．
【解析】（1）如图1所示；
（2）如图2所示．
6、按要求画图．
（1）在图1中分别画出点A、点B到直线CD的垂线段AE、BF
（2）如图2，已知三角形ABC，点D为点A的对应点，过点D作三角形ABC平移后的三角形DEF．
【解析】（1）如图所示；
（2）△DEF如图所示．
7、在边长为1个单位长度的正方形格纸上建立如图的平面直角坐标系，三角形ABC的顶点都在格点上．
（1）请直接写出三角形ABC各点的坐标．
（2）求出三角形ABC的面积是　
　．
（3）若把三角形ABC向上平移3个单位，再向右平移2个单位得到三角形A1B1C1，在图中画出三角形A1B1C1．
【解析】
（1）如图所示：A（﹣1，﹣1）；B（4，2）；C（1，3）；
（2）S△ABC＝4×5﹣×2×4﹣×1×3﹣×3×5＝7．
（3）如图所示：△A1B1C1，即为所求．
8、如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2，0），点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′A′B′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为
.
【解析】作AM⊥x轴于点M.根据等边三角形的性质得OA=OB=2，∠AOB=60°，
在Rt△OAM中,利用含30°角的直角三角形的性质求出OM=1，AM=，从而求得
点A的坐标为（1，），直线OA的解析式为y=x,当x=3时，y=3,所以
点A′的坐标为（3，3），所以点A′是由点A向右平移2个单位，向上平移
23个单位后得到的，于是得点B′的坐标为（4,2）.
9、在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=30°,线段AD是BC边上的中线,如图1,将△ADC沿直线BC平移,使点D与点C重合,得到△FCE,如图2,再将△FCE绕点C顺时针旋转,设旋转角为α(0°＜α≤90°),连接AF,DE．
(1)在旋转过程中,当∠ACE=150°时,求旋转角α的度数；
(2)探究旋转过程中四边形ADEF能形成哪些特殊四边形？请说明理由．
【分析】(1)由题意分析可知此问需分两种情况讨论：①点E和点D在直线AC两侧；②点E和点D在直线AC同侧；(2)在旋转过程中,总是存在AC=CE,DC=CE.由图形的对称性可知,将会出现两种对角线相等的特殊四边形：等腰梯形和矩形.抓住平移和旋转的性质,较易证明．
【答案】：(1)在图1中,∵∠BAC=90°,∠B=30°,∴∠ACE=∠BAC+∠B=120°．
如图2,当点E和点D在直线AC两侧时,由于∠ACE=150°,
∴α=150°-120°=30°.当点E和点D在直线AC同侧时,
由于∠ACB=180°-∠BAC-∠B=60°,∴∠DCE=∠ACE-∠ACB=150°-60°=90°.
∴α=180°-∠DCE=90°.∴旋转角α为30°或90°;
(2)四边形ADEF能形成等腰梯形和矩形．
∵∠BAC=90°,∠B=30°,∴AC=BC．
又∵AD是BC边上的中线,∴AD=DC=BC=AC.∴△ADC为正三角形．
①当α=60°时,如图3,∠ACE=120°+60°=180°.又∵CA=CE=CD=CF,∴四边形ADEF为矩形．
②当α≠60°时,∠ACF≠120°,∠DCE=360°-60°-60°-∠ACF≠120°．
显然DE≠AF．∵AC=CF,CD=CE,∴2∠FAC+∠ACF=2∠CDE+∠DCE=180°.
∵∠ACF+∠DCE=360°-60°-60°=240°,∴∠FAC+∠CDE=60°.∴∠DAF+∠ADE=120°+60°=180°.∴AF∥DE．
又∵DE≠AF,AD=EF,∴四边形ADEF为等腰梯形．
10、如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上的点F处.
（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？
（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长.
【分析】（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sin∠DMF=DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，分别表示出AP，BP，BQ，根据△AMP∽△BPQ，列出比例式解方程求解
【解析】（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD.
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°.
由折叠的性质可知∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ.
∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°.
∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP.，∴△AMP∽△BPQ.
同理：△BPQ∽△CQD.
根据相似的传递性可得△AMP∽△CQD；
（2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ.
由折叠的性质可知∠DQC=∠DQM.
∴∠MDQ=∠DQM.∴MD=MQ.
∵AM=ME，BQ=EQ，
∴BQ=MQ-ME=MD-AM.
∵sin∠DMF=，则设DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE=，BQ=5x-1.
∵△AMP∽△BPQ，∴，即，解得x=（舍去）或x=2，∴AB=6.
11、如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．
（1）求证：四边形BFGH是正方形；
（2）求证：ED平分∠CEI；
（3）连接IE，若正方形ABCD的边长为3，则△BEI的周长为　
　．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠DCE＝∠ABC＝∠ABF＝90°，
∵GF⊥CF，GH⊥AB，∴∠F＝∠GHB＝∠FBH＝90°，∴四边形FBHG是矩形，
∵ED＝EG，∠DEG＝90°，
∵∠DEC+∠FEG＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，∴∠FEG＝∠EDC，
∵∠F＝∠DCE＝90°，∴△DCE≌△EFG（AAS），∴FG＝EC，EF＝CD，
∵CB＝CD，∴EF＝BC，∴BF＝EC，∴BF＝GF，∴四边形FBHG是正方形．
（2）证明：延长BC到J，使得CJ＝AI．
∵DA＝DC，∠A＝∠DCJ＝90°，AI＝CJ，∴△DAI≌△DCJ（SAS），
∴DI＝DJ，∠ADI＝∠CDJ，∴∠IDJ＝∠ADC＝90°，
∵∠IDE＝45°，∴∠EDI＝∠EDJ＝45°，
∵DE＝DE，∴△IDE≌△JDE（SAS），∴∠DEI＝∠DEJ，∴DE平分∠IEC．
（3）解：∵△IDE≌△JDE，∴IE＝EJ，
∵EJ＝EC+CJ，AI＝CJ，∴IE＝EC＝AI，
∴△BIE的周长＝BI+BE+IE＝BI+AI+BE+EC＝2AB＝6．
12、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，将△ABC绕点C逆时针旋转90°后得到△A1B1C，再将△A1B1C沿CB向右平移，使点B2恰好落在斜边AB上，A2B2与AC相交于点D．
（1）判断四边形A1A2B2B1的形状，并说明理由；
（2）求A2C的长度．
【解析】（1）四边形A1A2B2B1是平行四边形，
理由：∵∠ACB＝∠B2C＝90°，∴B1C∥C2B2，
∵再将△A1B1C沿CB向右平移，
∴B1C＝C2B2，
∴四边形B1B2C2C是矩形，
∴B2B1∥B1C，
∴B2B1∥A1A2，
∵再将△A1B1C沿CB向右平移，∴A1B1∥A2B2，
∴四边形A1A2B2B1是平行四边形；
（2）在Rt△ABC中，BC＝＝＝3，
由题意：BC＝CB1＝C2B2＝3，∴AB1＝1，
∵B1B2∥BC，
∴△AB1B2∽△ACB，
∴，
∴，
∴B1B2＝，
∴B1B2＝CC2＝，
∴CA2＝A2C2﹣CC2＝4﹣＝．
13、在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．连接QP并延长，分别交AB、CD于点M，N．
（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图2，已知PM＝QN；若MN的最小值为，求菱形ABCD的面积．
（1）证明：四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°
由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，∴∠BCD＝∠DCQ，∴∠BCP＝∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，，∴△BCP≌△DCQ（SAS）；
（2）解：过点C作CG⊥PQ于点G，连接AC，
∵PC＝QC，∠PCQ＝120°，∴∠PCG＝60°，PG＝QG，
∴PG＝PC，∴PQ＝PC．
∵PM＝QN，∴MN＝PQ＝PC，
∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，
∴PC＝2，BC＝2PC＝4，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∴＝4，
∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC＝2×4＝8；
15、四边形ABCD是正方形，PA是过正方形顶点A的直线，作DE⊥PA于E，将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F．
（1）如图1，当∠PAD＝45°时，点F恰好与点A重合，则的值为　
　；
（2）如图2，若45°＜∠PAD＜90°，连接BF、BD，试求的值，并说明理由．
【解析】（1）∵∠PAD＝45°，DE⊥AP，∴∠DAE＝∠EDA，∴AE＝DE，∴AD＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BF＝AE，∴＝；
（2）过点B作BH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ABD＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAH+∠DAE＝90°，
又∵∠BAH+∠ABH＝90°，∴∠ABH＝∠DAE，
又∵AD＝AB，∠DEA＝∠AHB＝90°，∴△ADE≌△BAH（AAS），∴AE＝BH，
∵将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F，∴∠EDF＝45°，
∴∠EFD＝45°＝∠ABD，
∴点A，点F，点B，点D四点共圆，
∴∠BFH＝∠ADB＝45°，又∵BH⊥AP，
∴∠FBH＝∠BFH＝45°，
∴BH＝FH，
∴BF＝BH＝AE，∴＝＝．
16、如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，点D是AB边上一点，连接CD，以CD为边作等边△CDE．
（1）如图1，若∠CDB＝45°，AB＝6，求等边△CDE的边长；
（2）如图2，点D在AB边上移动过程中，连接BE，取BE的中点F，连接CF，DF，过点D作DG⊥AC于点G．
①求证：CF⊥DF；
②如图3，将△CFD沿CF翻折得△CFD′，连接BD′，直接写出的最小值．
【解析】（1）如图1，过点C作CH⊥AB于点
H，
∵AC＝BC，∠ACB＝120°，CH⊥AB，∴∠A＝∠B＝30°，AH＝BH＝3，∴CH＝＝，
∵∠CDH＝45°，CH⊥AB，∴∠CDH＝∠DCH＝45°，∴DH＝CH＝，CD＝CH＝；
（2）①如图2，延长BC到N，使CN＝BC，
∵AC＝BC，∠ACB＝120°，∴∠A＝∠ABC＝30°，∠NCA＝60°，
∵△ECD是等边三角形，∴EC＝CD，∠ECD＝60°，
∴∠NCA＝∠ECD，
∴∠NCE＝∠DCA，
又∵CE＝CD，AC＝BC＝CN，
∴△CEN≌△CDA（SAS），
∴EN＝AD，∠N＝∠A＝30°，
∵BC＝CN，BF＝EF，∴CF∥EN，CF＝EN，
∴∠BCF＝∠N＝30°，
∴∠ACF＝∠ACB﹣∠BCF＝90°，
又∵DG⊥AC，∴CF∥DG，
∵∠A＝30°，DG⊥AC，
∴DG＝AD，∴DG＝CF，
∴四边形CFDG是平行四边形，
又∵∠ACF＝90°，∴四边形CFDG是矩形，
∴∠CFD＝90°，∴CF⊥DF；
②如图3，连接BD'，
∵将△CFD沿CF翻折得△CFD′，∴CD＝CD'，DF＝D'F，∠CFD＝∠CFD'＝90°，
又∵EF＝BF，∠EFD＝∠BFD'，
∴△EFD≌∠BFD'（SAS），
∴BD'＝DE，∴BD'＝CD，
∵当BD'取最小值时，有最小值，
∴当CD取最小值时，有最小值，
∵当CD⊥AB时，CD有最小值，
∴AD＝CD，AB＝2AD＝2CD，
∴最小值＝．
17、（1）观察与发现：小明将三角形纸片ABC（AC＞AB）沿过点A的直线折叠，使得AB落在AC边上，折痕为AD，展开纸片（如图1）；在第一次的折叠基础上第二次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF（如图2）．小明认为△AEF是等腰三角形，你同意他的结论吗？请说明理由：
（2）模型与运用：
如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，BE平分∠ABC交AC于点E，过点C作CD⊥BD，交BE的延长线于点D．若CD＝4，求△BCE的面积．
【解析】（1）同意，理由如下：
如图2，设AD与EF交于点G，由折叠知，AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD．
由折叠知，∠AGE＝∠DGE，∴∠AGE＝∠AGF＝90°，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF．
即：△AEF为等腰三角形．
（2）如图3，延长CD与BA并交于点F，由（1）知，BC＝BF，
又∵BE平分∠ABC，∴BD是△CBF的中线，即FD＝CD＝4，CF＝2CD＝8，
∵∠BAC＝90°，∴∠ABD+∠AEB＝90°，
∵CD⊥BD，∴∠EDC＝90°，∴∠ACD+∠CED＝90°，
∵∠AEB＝∠CED，∴∠ACD＝∠ABD，
∵AC＝AB，
∴△CAF≌△BAE（ASA）
∴BE＝CF＝8，
∴S△BCE＝BE?CD＝×8×4＝16．
18、[问题背景]如图1所示，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点D为直线BC上的一个动点（不与B、C重合），连结AD，将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°，使点A旋转到点E，连结EC．
[问题初探]如果点D在线段BC上运动，通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E作EF⊥BC交直线BC于F，如图2所示，通过证明△DEF≌△　
　，可推证△CEF是　
　三角形，从而求得∠DCE＝　
　°．
[继续探究]如果点D在线段CB的延长线上运动，如图3所示，求出∠DCE的度数．
[拓展延伸]连接BE，当点D在直线BC上运动时，若AB＝，请直接写出BE的最小值．
【解析】[问题初探]
如图2，过点E作EF⊥BC交直线BC于F，
∴∠DFE＝90°＝∠ABD，
∴∠EDF+∠DEF＝90°，
由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠EDF＝90°，
∴∠ADB＝∠DEF，
∴△ABD≌△DFE（AAS），
∴BD＝EF，DF＝AB，
∵AB＝BC，
∴BC＝DF，
∴BD＝CF，
∴EF＝CF，
∴△CEG是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，
∴∠DCE＝135°，
故答案为：ADB，等腰直角，135；
[继续探究]
如图3，过点E作EF⊥BC于F，
∴∠DFE＝90°＝∠ABD，∴∠EDF+∠DEF＝90°，由旋转知，AD＝DE，∠ADE＝90°，
∴∠ADB+∠EDF＝90°，∴∠ADB＝∠DEF，∴△ABD≌△DFE（AAS），∴BD＝EF，DF＝AB，
∵AB＝BC，∴BC＝DF，∴BD＝CF，∴EF＝CF，
∴△CEG是等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，∴∠DCE＝45°；
[拓展延伸]
如图4，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，∴∠ACB＝45°
当点D在射线BC上时，由[问题初探]知，∠BCM＝135°，
∴∠ACM＝∠BCM﹣∠ACB＝90°，
当点D在线段CB的延长线上时，
由[继续探究]知，∠BCE＝45°，∴∠ACN＝∠ACB+∠BCM＝90°，
∴点E是过点C垂直于AC的直线上的点，∴当BE⊥MN时，BE最小，
∵∠BCE＝45°，∴∠CBE＝45°＝∠BCE，∴BE＝CE，
∴BE最小＝BC＝，
即：BE的最小值为．专题41
菱形的折叠问题
1、在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如图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，如图2所示．此时ABEB′为正方形．
【解析】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．
故选D．
【小结】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．
2、如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，点E是射线DA上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为点D′，若CD′垂直于菱形ABCD的边时，则DE的长为_____．
【分析】作于，如图，根据菱形的性质可判断为等边三角形，则，，再利用勾股定理计算出，再根据折叠的性质得点在以点为圆心，为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点在上时，的值最小，然后证明即可．
【解析】作于，如图，
菱形的边，，为等边三角形，，，，
在中，，
梯形沿直线折叠，的对应点，
点在以点为圆心，为半径的弧上，
当点在上时，的值最小，
，而，，，.
故选：B．
【小结】考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了折叠的性质．解决本题的关键是确定A′在PC上时CA′的长度最小．
3、如图，菱形的边，，,是上一点，，是边上一动点，将梯形沿直线折叠，的对应点．当的长度最小时，的长为（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】延长与交于点.根据折叠的性质，可得，利用角度的变换得到，所以，设，，则，所以.中，，解出x、y的关系即可
【解析】如图，延长与交于点.由已知可得，.根据折叠的性质，可得，所以.
因为，所以.
因为，所以，
即得，所以.
设，，则，所以.
在中，，
解得，所以.
【小结】本题考查菱形的性质以及三角函数的基本应用，本题关键在于作出准确的辅助线
4、如图，菱形纸片中，，将纸片折叠，点、分别落在、处，且经过，为折痕，当时，的值为（
）.
A．
B．
C．
D．
【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，
求出DG=，CG=，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）．
【解析】分两种情况，
①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，
∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，
∴CG=CD=1，∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，
∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，
由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，
在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM
，DM＝DM，
∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，
设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，
由勾股定理得：（3-x）?+（）?
=（x+2）?，解得：x=，，即BN=；
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（符合题干要求）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为或2；
【小结】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
5、如图，在菱形ABCD中，点E是BC边的中点，动点M在CD边上运动，以EM为折痕将△CEM折叠得到△PEM，联接PA，若AB＝4，∠BAD＝60°，则PA的最小值是(
)
A．
B．2
C．2﹣2
D．4
【分析】分情况进行讨论：
①当D'C⊥AD时，如图1，根据30度的余弦列式可得DE的长；
②当CD'⊥AB时，如图2，过E作EF⊥CD于F，设CF=EF=x，则ED=2x，DF=x，根据CD=CF+DF=2，列方程可得DE的长；
③当CD'⊥BC时，延长D'C交AD于F，分别计算EF和DF的长，可得DE的长；
④当D'C⊥CD时，如图4，延长D'C交DE于F，分别计算EF和DF的长，可得DE的长．
【解析】
分4种情况：
①当D'C⊥AD时，如图1，设DE=D'E=x，
由折叠得：CD=CD'=2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D=∠B=30°，
∴∠D=∠D'=30°，
Rt△CFD中，CF=CD=1，
∴D'F=CD'-CF=2-1=1，
Rt△D'FE中，cos30°=，
∴，
∴DE=D'E=；
②当CD'⊥AB时，如图2，过E作EF⊥CD于F，
∵AB∥CD，
∴∠B+∠BCD=180°，
∵∠B=30°，
∴∠BCD'=60°，∠DCD'=150°-60°=90°，
由折叠得∠ECD=∠DCD'=45°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
设CF=EF=x，则ED=2x，DF=x，
∵CD=CF+DF=2，∴x+x=2，x=-1，∴DE=2x=2-2；
③当CD'⊥BC时，如图3，延长D'C交AD于F，则D'C⊥ED，
Rt△CFD中，∠D=30°，CD=2，
∴CF=1，DF=，
Rt△D'EF中，D'F=3，∠D'=30°，
∴EF=，
∴DE=EF+DF=2；
④当D'C⊥CD时，如图4，延长D'C交DE于F，
∵∠DCD'=90°，∴∠FCD=90°，
∵CD=2，∠FDC=30°，∴CF=，DF=2FC=，
由折叠得：∠ECD=∠ECD'==135°，
∴∠DEC=∠D'EC=15°，
∴∠FEB=∠FD'E=30°，
∴EF=D'F=+2，
∴DE=EF+DF=2+2，
综上所述，DE的长为或2或2-2或2+2．
【小结】此题考查了菱形的性质，折叠问题，解直角三角形及直角三角形的性质等知识，解题的关键是：正确画出D'C与菱形各边垂直的图形，并添加辅助线，然后解直角三角形即可．
6、如图在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝，点P是对角线AC上的一个动点，过点P作EF⊥AC交CD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠点A落在G处，当△CGB为等腰三角形时，则AP的长为_________.
【分析】首先证明四边形AEGF是菱形，分两种情形：①CG=CB，②GC=GB分别计算即可．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=，∠DAC=∠BAC=
=30°，AC=3，如图，
∵EF⊥AG，∴∠EPA=∠FPA=90°，
∴∠EAP+∠AEP=90°，∠FAP+∠AFP=90°，
∴∠AEP=∠AFP，
∴AE=AF，
∵△A′EF是由△AEF翻折，∴AE=EG，AF=FG，
∴AE=EG=GF=FA，
∴四边形AEGF是菱形，
∴AP=PG
①当CB=CG时，∵AG=AC-CG=3-，∴AP=AG=．
②当GC=GB时，∵∠GCB=∠GBC=∠BAC，
∴△GCB∽△BAC，∴,，∴GC=1，
∴AG=3-1=2，∴AP=AG=1．
故答案为1或．
【小结】本题考查菱形的性质、翻折变换、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，不能漏解．
7、如图，在菱形纸片ABCD中，AB=4，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上．则sin∠EFG的值为　　．
【解析】如图：过点E作HE⊥AD于点H，连接AE交GF于点N，连接BD，BE．
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠DAB=60°，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠DCB=60°，DC∥AB
∴∠HDE=∠DAB=60°，
∵点E是CD中点，∴DE=CD=2
在Rt△DEH中，DE=2，∠HDE=60°
∴DH=1，HE=，∴AH=AD+DH=5
在Rt△AHE中，AE==2
∵折叠，∴AN=NE=，AE⊥GF，AF=EF
∵CD=BC，∠DCB=60°
∴△BCD是等边三角形，且E是CD中点，∴BE⊥CD，
∵BC=4，EC=2，∴BE=2
∵CD∥AB，∴∠ABE=∠BEC=90°
在Rt△BEF中，EF2=BE2+BF2=12+（AB﹣EF）2．
∴EF=，∴sin∠EFG===，故答案为：
【小结】本题关键词：“对应点的连线段被折痕所在直线垂直平分”，“三线合一”，“转化目标角”
8、如图，在菱形纸片ABCD中，AB=15，tan∠ABC=，将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，若CE⊥AD，则cos∠EFG的值为　　．
【解析】如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接BE，过点P作PE⊥AB，
∵AB=15，tan∠ABC=，∴AH=9，BH=12，∴CH=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=15，AD∥BC，
∵AH⊥BC，∴AH⊥AD，且AH⊥BC，CE⊥AD，
∴四边形AHCE是矩形，∴EC=9，AE=CH=3，
∴BE===3，
∵将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，
∴BF=EF，BE⊥FG，BO=EO=
∵AD∥BC，
∴∠ABC=∠PAE，
∴tan∠ABC=tan∠PAE=，且AE=3，
∴AP=，PE=，
∵EF2=PE2+PF2，∴EF2=+（15﹣EF+）2，∴EF=，
∴FO===
∴cos∠EFG==
9、如图，在菱形ABCD中，AB=5，tanD=，点E在BC上运动（不与B，C重合），将四边形AECD沿直线AE翻折后，点C落在C′处，点D′落在D处，C′D′与AB交于点F，当C′D'⊥AB时，CE长为　　．
【解析】如图，作AH⊥CD于H，交BC的延长线于G，连接AC′．
由题意：AD=AD′，∠D=∠D′，∠AFD′=∠AHD=90°，
∴△AFD′≌△AHD（AAS），∴∠FAD′=∠HAD，
∵∠EAD′=∠EAD，∴∠EAB=∠EAG，
∴=（角平分线的性质定理，可以用面积法证明）
∵AB∥CD，AH⊥CD，∴AH⊥AB，∴∠BAG=90°，
∵∠B=∠D，∴tanB=tanD==，
∴=，∴AG=，
∴BG===，
∴BE：EG=AB：AG=4：3，
∴EG=BG=，
在Rt△ADH中，∵tanD==，AD=5，
∴AH=3，CH=4，∴CH=1，
∵CG∥AD，∴=，∴CG=，
∴EC=EG﹣CG=﹣=专题52
巧用图形的旋转解决几何问题
【模型展示】
【精典例题】
1、如图，△ABC≌△DEF（点A、B分别与点D、E对应），AB＝AC＝5，BC＝6．△ABC固定不动，△DEF运动，并满足点E在BC边从B向C移动（点E不与B、C重合），DE始终经过点A，EF与AC边交于点M，当△AEM是等腰三角形时，BE＝_________．
【解析】思路如下：
设BE＝x．
由△ABE∽△ECM，得，即．
等腰三角形AEM分三种情况讨论：
①如图2，如果AE＝AM，那么△AEM∽△ABC．
所以．解得x＝0，此时E、B重合，舍去．
②如图3，当EA＝EM时，．解得x＝1．
③如图4，当MA＝ME时，△MEA∽△ABC．所以．解得x＝．
图2
图3
图4
2、如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（
）．
A．
B．
C．5
D．6
【解析】思路如下：
拖动点E在AB上运动，可以体验到，当EF与AC垂直时，四边形EGFH是菱形（如图2）．
如图3，在Rt△ABC中，AB＝8，BC＝4，所以AC＝．
由cos∠BAC＝，得．所以AE＝5．
图2
图3
3、如图，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝6，BC＝4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF=
．
【解析】思路如下：
如图，作FH⊥AC于H．
由于F是ED的中点，所以HF是△ECD的中位线，所以HF＝3．
由于AE＝AC－EC＝6－4＝2，EH＝2，所以AH＝4．所以AF＝5．
4．问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为　
　，BH与AE的数量关系为　
　；
问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；
拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．
【解析】问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．
理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，
在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，
∴CD＝＝4，
∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，
∴＝＝2，∴AE＝2BH．
故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．
问题证明：如图2中，（1）中结论成立．
理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．
∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，
∴△CHF≌△DHB（SAS），
∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，
∴CF∥BD，
∵AB＝BC，BE＝BD，
∴BE＝CF，
∴＝＝，
∵CF∥BD，
∴∠BCF+∠CBD＝180°，
∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，
∴∠BCF＝∠ABE，
∴△ABE∽△BCF，
∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，
∴AE＝BF＝2BH，
∵∠CBF+∠ABF＝90°，
∴∠ABF+∠BAE＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴BH⊥AE．
拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．
∵DE∥BC，∴∠ABC＝∠BFD＝90°，
由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，
∵?BD?BE＝?DE?BF，
∴BF＝＝3，
∴EF＝BF＝3，
∴AF＝6+3，
∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．
∵AE＝2BH，
∴AE2＝12BH2，
∴BH2＝12+3
如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，
∴BH2＝＝（＝12﹣3．
5．已知△ABC是等边三角形，D是BC上一点，△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置．
（1）如图，旋转中心是　
　，∠DAE＝　
　°；
（2）如图，如果M是AB的中点，那么经过上述旋转后，点M转动了　
　度；
（3）如果点D为BC边上的三等分点，且△ABD的面积为3，那么四边形ADCE的面积为　
　．
【解析】（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°
∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，
∴旋转中心是点A，∠DAE＝∠BAC＝60°；
（2）∵AB和AC为对应边，
∴经过上述旋转后，点M转到了AC的中点位置，如图，
∴∠MAM′＝60°，∴点M转动了60°；
（3）∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，
∴△ABD≌△ACE，
∵BD＝BC，或BD＝BC，∴CD＝2BD，或CD＝BD，
∴S△ABC＝3S△ABD＝3×3＝9，或S△ABC＝S△ABD＝3×＝，
∴S四边形ADCE＝S△ABC＝9或．
6．如图，点P是∠MON内的一点，过点P作PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，且OA＝OB．
（1）求证：PA＝PB；
（2）如图②，点C是射线AM上一点，点D是线段OB上一点，且∠CPD+∠MON＝180°，若OC＝8，OD＝5．求线段OA的长．
（3）如图③，若∠MON＝60°，将PB绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，12秒后，PA开始绕点P以每秒10°的速度顺时针旋转，PA旋转270°后停止，此时PB也随之停止旋转．旋转过程中，PA所在直线与OM所在直线的交点记为G，PB所在直线与ON所在直线的交点记为H．问PB旋转几秒时，PG＝PH？
（1）证明：如图①中，连接OP．
∵PA⊥OM，PB⊥ON，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵OA＝OB，OP＝OP，∴Rt△OPA≌Rt△OPB（HL），∴PA＝PB．
（2）如图②中，
∵∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠AOB+∠APB＝180°，
∵∠CPD+∠AOB＝180°，∴∠CPD＝∠APB，∴∠APC＝∠BPD，
∵PA＝PB，∠PAC＝∠PBD＝90°，∴△PAC≌△PBD（ASA），∴AC＝BD，
∴OC+OD＝OA+AC+OB﹣BD＝2OA＝13，∴OA＝6.5．
（3）设点P的旋转时间为t秒．
①当0＜t＜12时，不存在．
②当12≤t＜21时，如图3﹣1中，∠APG＝（10t﹣120）°，∠BPH＝2t°，
当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣120＝2t，t＝15．
③当21≤t＜30时，如图3﹣2中，∠APG＝180°﹣∠APA′＝180°﹣（10t﹣120）°＝（300﹣10t）°，∠BPH＝2t，
当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时300﹣10t＝2t，t＝25．
④当30≤t＜39时，如图3﹣3中，∠APG＝（10t﹣300）°，∠BPH＝2t，
当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣300＝2t，t＝37.5，
综上所述，满足条件的t的值为15s或25s或37.5s．
7．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
（1）观察猜想：
图1中，线段PM与PN的数量关系是　
　，位置关系是　
　；
（2）探究证明：
把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
【解析】（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN＝BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM＝CE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∴PM＝PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN＝∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ADC+∠ACD＝90°，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形．
由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
利用三角形的中位线得，PN＝BD，PM＝CE，∴PM＝PN，∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC
＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC
＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC＝90°，∴∠ACB+∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大＝AM+AN，
连接AM，AN，在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5，
∴MN最大＝2+5＝7，
∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×（7）2＝．
方法2：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在BA的延长线上，
∴BD＝AB+AD＝14，
∴PM＝7，
∴S△PMN最大＝PM2＝×72＝．
8．如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．
（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是　
　，位置关系是　
　．
（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．
【解析】（1）如图1中，延长AE交BD于H．
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，
∴∠BEH+∠EBH＝90°，
∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，
故答案为AE＝BD，AE⊥BD．
（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．
理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．
∵∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD，
∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，
∴△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，
∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，
∴∠BOH+∠OBH＝90°，
∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．
（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．
∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，
∴EH＝DH，CH＝DE＝5，
在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，
∴AH＝＝12，
∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．
②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．
同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，
综上所述，满足条件的AD的值为17或7．
9．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角为α，BD、CE所在直线相交所成的锐角为β．
（1）问题发现
当α＝0°时，＝　
　；β＝　
　°．
（2）拓展探究
试判断：当0°≤α＜360°时，和β的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
（3）在△ADE旋转过程中，当DE∥AC时，直接写出此时△CBE的面积．
【解析】（1）如图1中，∵∠B＝90°，BA＝BC，∴∠A＝45°，AC＝AB，
∵点D、E分别是边AB、AC的中点，∴BD＝AB，EC＝AC，∴＝，β＝45°，
（2）结论：和β的大小无变化．
理由：如图2中，延长CE交AB于点O，交BD于K．
∵AE＝AD，AC＝AB，∴＝＝，∴＝，
∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴＝＝，∠OBK＝∠OCA，
∵∠BOK＝∠COA，∠BKO＝∠CAO＝45°，∴和β的大小无变化．
（3）当点E在线段AB上时，S△BCE＝×4×（4﹣2）＝8﹣4，
当点E在线段BA的延长线上时，S△BCE＝×4×（4+2）＝8+4．
综上所述，△BCE的面积为8﹣4或8+4．
10．如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．
（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个　
　．（回答直接写序号）
①BD＝CE；
②BD⊥CE；
③∠ACE+∠DBC＝45°；
④BE2＝2（AD2+AB2）
（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：
①当∠CAE＝90°时，求PB的长；
②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．
（1）解：如图甲：
①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴①正确．
②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．
∵∠CAB＝90°，∴∠ABD+∠AFB＝90°，∴∠ACE+∠AFB＝90°．
∵∠DFC＝∠AFB，∴∠ACE+∠DFC＝90°，∴∠FDC＝90°．∴BD⊥CE，∴②正确．
③∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°．∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确．
④∵BD⊥CE，∴BE2＝BD2+DE2，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2，
∵BC2＝BD2+CD2≠BD2，∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误．
故答案为①②③．
（2）①解：a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．
∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠PEB＝∠AEC，∴△PEB∽△AEC．
∴＝，∴＝，
∴PB＝．
b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．
∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠BEP＝∠CEA，∴△PEB∽△AEC，
∴＝，∴＝，
∴PB＝．
综上，PB＝或．
②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．
理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大）
∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，∴四边形AEPD是矩形，
∴PD＝AE＝2，∴PB＝BD+PD＝3+3．
综上所述，PB长的最大值是3+3．
b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．
理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小）
∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，
∴四边形AEPD是矩形，
∴PD＝AE＝4，
∴PB＝BD﹣PD＝3﹣3．
综上所述，PB长的最小值是3﹣3．
11．如图1，在等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝3，在边AB上取一点D（点D不与点A，B重合），在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．
（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由；
（2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；
（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值是　
　．
【解析】（1）如图1中，连接EC，BD．结论：BD＝CE．
理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ADB≌△AEC（SAS）．
∴BD＝CE．
（2）如图2中，
由题意：∠CAE＝45°，
∵AC＝AB，∠CAB＝90°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AE∥BC．
∴△CBE的面积与△ABC的面积相等．
∵△ABC的面积为4.5，
∴△CBE的面积4.5．
（3）如图3中，延长AM到N，使得MN＝AM，连接CN，DM．
∵AM＝MN，CM＝MD，∴四边形ADNC是平行四边形，∴AD＝CN＝1，
∵AC＝3，
∴3﹣1≤AN≤3+1，
∴2≤2AM≤4，
∴1≤AM≤2，
∴AM的最小值为1．
12．综合与实践
问题情境
数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．
解决问题
（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；
（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由；
探索发现
（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；
（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：：2的三角形（可添加字母）
【解析】（1）如图①中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，
∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，
又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；
（2）如图②中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD，
∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，
在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．
（3）如图③中，作CH⊥AD于H．∴AC＝CD＝AB＝2，
∵B，A，E共线，∴∠BAC+∠EAC＝180°，∴∠EAC＝120°，
∵∠EDC＝60°，∴∠EAC+∠EDC＝180°，∴A，E，D，C四点共圆，∴∠CAD＝∠CED＝30°，∠BAD＝90°，
∵CA＝CD，CH⊥AD，∴AH＝DH＝AC?cos30°＝，∴AD＝2，
∴BD＝＝＝2．
（4）如图①中，设DE交BC于T．
因为含有30°的直角三角形的三边之比为1：：2，
由（1）可知△BDT，△DCT，△ECT都是含有30°的直角三角形，∴△BDT，△DCT，△ECT符合条件．专题46
以正方形为基础的图形的旋转变换问题
【典例11】根据图形回答问题：
（1）线段AB上任取一点C，分别以AC和BC为边作等边三角形，试回答△ACE可看作哪个三角形怎么样旋转得到．（不用说明理由）
（2）线段AB上任取一点C，分别以AC和BC为边作正方形，连接DG，M为DG中点，连接EM并延长交FG于N，连接FM，猜测FM和EM的关系，并说明理由．
（3）在（2）的基础上将正方形CBGF绕C点旋转，其它条件不变，猜测FM和EM的关系，并说明理由．
【解析】（1）将△ACE以点C为旋转中心，顺时针方向旋转60°后得到△DCB，
所以可得△ACE可以由△DCB以C点为轴逆时针旋转60度得到．
（2）FM⊥ME，FM=ME，连接GN和DE，
在△DME和△GMN中，，
∴△DME≌△GMN（AAS），
∴DM=MN，DE=NG，
∴FN=FG-NG=FG-DE=FC-EC=FE，
∴△NFE是等腰直角三角形，
∴FM⊥ME，并且FM=ME（等腰三角形中线就是垂线，直角三角形中线等于斜边的一半）
（3）延长EM至N点，使EM=MN，连接NG、EF、FN．（EC与DM的交点标为P，FC与DM交点标为Q）
在△DME和△GMN中，，∴△DME≌△GMN．∴DE=NG，∠EDM=∠NGM，
∴EC=NG，∵∠ECF=180°-∠CPQ-∠CQP=180°-∠DPE-∠FQG=180°-（90°-∠MDE）-（90°-∠FGM）=∠EDM+∠FGM，∵∠NGM+∠FGM=∠NGF，∴∠ECF=∠NGF，∵EC=DE=NG，
在△ECF和△NGF中，，∴△ECF≌△NGF，∴EF=NF，∠EFC=∠NFG，
∴∠EMN=∠EFC+∠CFN=∠NFG+∠CFN=∠CFG=90°，∴△EFN是等腰直角三角形，
∴FM⊥EM，并且FM=EM。
【巩固提升】
1、如图（1），将正方形ABCD与正方形GECF的顶点C重合，当正方形GECF的顶点G在正方形ABCD的对角线AC上时，的值为　
　．
如图（2），将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转a角（0°＜a＜45°），猜测AG与BE之间的数量关系，并说明理由．
如图（3），将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转a角（45°＜a＜90°）使得B、E、G三点在一条直线上，此时tan∠GAC＝，AG＝6，求△BCE的面积．
【解析】（1）如图①中，
∵AC＝BC，CG＝EC，
∴AG＝AC﹣CG＝BC﹣EC＝BE，∴＝，
（2）结论：＝．
如图②中，所示，连接CG．
∵∠ACG＝∠BCE，＝＝，∴△ACG∽△BEC，∴＝，
（3）如图③中，连接CG，、
∵△ACG∽△BEC，
∴∠GAC＝∠EBC∠AGC＝∠BEC＝90°，
∵AG＝6，∴BE＝，
∵tan∠EBC＝tan∠GAC＝，∴∠EBC＝30°，
在Rt△BEC中，tan∠EBC＝，∴EC＝，
∴，
2、如图（1），折叠平行四边形ABCD，使得B，D分别落在BC，CD边上的B′，D′点，AE，AF为折痕．
（1）若AE＝AF，证明：平行四边形ABCD是菱形；
（2）若∠BCD＝110°，求∠B'AD'的大小；
（3）如图（2），以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，若AE＝EC，求∠CGE的大小．
（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BC，AF⊥CD，
∴S平行四边形ABCD＝BC?AE＝CD?AF，
∵AE＝AF，
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C＝∠BAD＝110°，
∵AB∥CD，
∴∠C+∠B＝180°，
∴∠B＝∠D＝70°，
∵AE⊥BC，AF⊥CD．
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF＝20°，
由翻折变换的性质可知：∠BAB′＝2∠BAE＝40°，∠DAD′＝2∠DAF＝40°，
∴∠B′AD′＝110°﹣80°＝30°．
（3）解：如图2中，延长AE到H，使得EH＝EA，连接CH，HG，EF，AC．
∵EA＝EC，∠AEC＝90°，
∴∠ACE＝45°，
∵∠AEC+∠AFC＝180°，
∴A，E，C，F四点共圆（利用取斜边的中点T，连接TE，TF，证明TE＝TA＝TC＝TF）
∴∠AFE＝∠ACE＝45°，
∵四边形AEGF是平行四边形，∴AF∥EG，AE＝FG，
∴∠AFE＝∠FEG＝45°，
∴EH＝AE＝FG，EH∥FG，
∴四边形EHGF是平行四边形，
∴EF∥HG，
∴∠FEG＝∠EGH＝45°
∵EC＝AE＝EH，∠CEH＝90°，∴∠ECH＝∠EHC＝45°，
∴∠ECH＝∠EGH，
∴E，H，G，C四点共圆，
∠EGC＝∠EHC＝45°（可以用相似三角形转化得到）．
3、如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．
（1）求证：四边形BFGH是正方形；
（2）求证：ED平分∠CEI；
（3）连接IE，若正方形ABCD的边长为3，则△BEI的周长为　
　．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠DCE＝∠ABC＝∠ABF＝90°，
∵GF⊥CF，GH⊥AB，∴∠F＝∠GHB＝∠FBH＝90°，
∴四边形FBHG是矩形，
∵ED＝EG，∠DEG＝90°，
∵∠DEC+∠FEG＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，∴∠FEG＝∠EDC，
∵∠F＝∠DCE＝90°，∴△DCE≌△EFG（AAS），∴FG＝EC，EF＝CD，
∵CB＝CD，∴EF＝BC，∴BF＝EC，∴BF＝GF，
∴四边形FBHG是正方形．
（2）证明：延长BC到J，使得CJ＝AI．
∵DA＝DC，∠A＝∠DCJ＝90°，AI＝CJ，∴△DAI≌△DCJ（SAS），
∴DI＝DJ，∠ADI＝∠CDJ，
∴∠IDJ＝∠ADC＝90°，
∵∠IDE＝45°，∴∠EDI＝∠EDJ＝45°，
∵DE＝DE，∴△IDE≌△JDE（SAS），∴∠DEI＝∠DEJ，∴DE平分∠IEC．
（3）解析∵△IDE≌△JDE，∴IE＝EJ，
∵EJ＝EC+CJ，AI＝CJ，∴IE＝EC＝AI，
∴△BIE的周长＝BI+BE+IE＝BI+AI+BE+EC＝2AB＝6．
4、在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．连接QP并延长，分别交AB、CD于点M，N．
（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图2，已知PM＝QN；若MN的最小值为，求菱形ABCD的面积．
（1）证明：四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°
由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，∴∠BCD＝∠DCQ，∴∠BCP＝∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，，∴△BCP≌△DCQ（SAS）
（2）解：过点C作CG⊥PQ于点G，连接AC，
∵PC＝QC，∠PCQ＝120°，∴∠PCG＝60°，PG＝QG，
∴PG＝PC，∴PQ＝PC．
∵PM＝QN，∴MN＝PQ＝PC，
∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，
∴PC＝2，BC＝2PC＝4，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∴＝4，
∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC＝2×4＝8；
6、四边形ABCD是正方形，PA是过正方形顶点A的直线，作DE⊥PA于E，将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F．
（1）如图1，当∠PAD＝45°时，点F恰好与点A重合，则的值为　
　；
（2）如图2，若45°＜∠PAD＜90°，连接BF、BD，试求的值，并说明理由．
【解析】（1）∵∠PAD＝45°，DE⊥AP，∴∠DAE＝∠EDA，∴AE＝DE，∴AD＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BF＝AE，∴＝；
（2）过点B作BH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ABD＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAH+∠DAE＝90°，
又∵∠BAH+∠ABH＝90°，∴∠ABH＝∠DAE，
又∵AD＝AB，∠DEA＝∠AHB＝90°，∴△ADE≌△BAH（AAS），∴AE＝BH，
∵将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F，
∴∠EDF＝45°，
∴∠EFD＝45°＝∠ABD，
∴点A，点F，点B，点D四点共圆，
∴∠BFH＝∠ADB＝45°，
又∵BH⊥AP，∴∠FBH＝∠BFH＝45°，∴BH＝FH，∴BF＝BH＝AE，
∴＝＝．
7、如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH是正方形，EH与BD重合，将图①中的正方形EFGH绕着点D逆时针旋转．
（1）旋转至如图②位置，DE交BC于点L．延长BC交FG于点M，延长DC交EF于点N．试判断DL．EN、GM之间满足的数量关系，并说明理由：
（2）旋转至如图③位置，使点G落在BC的延长线上，DE交BC于点L，连接BE，求BE的长．
【解析】（1）DL＝EN+GM．
证明：如图1，过点G作GK∥BM，
∵四边形EFGD是正方形，∴∠DEF＝∠DGF＝∠EDG＝90°，DG＝DE，
∴∠EDN+∠NDG＝∠NDG+∠DGK＝90°，∴∠EDN＝∠DGK，∴△DKG≌△END（ASA），∴EN＝DK，
在平行四边形DKMG中，GM＝KL，又∵DL＝DK+KL，∴DL＝EN+GM；
（2）如图2，过点E作EP⊥BG于点P，
在Rt△DCG中，CD＝6，DG＝10，CG＝8，∴tan∠CGD＝，
∵∠CDL＝∠CGD，∴tan∠CDL＝，
在Rt△CDL中，LC＝，DL＝，
∴BL＝8﹣＝，EL＝10﹣＝，
同理，在Rt△ELP中，PE＝＝2，PL＝＝，∴BP＝＝2，
∴在Rt△BPE中，BE＝＝＝2．
8、在矩形ABCD中，AD＞AB，连接AC，线段AC绕点A逆时针90°旋转得到线段AE，平移线段AE得到线段DF（点A与点D对应，点E与点F对应），连接BF，分别交AD，AC于点G，M，连接EF．
（1）依题意补全图形．
（2）求证：EG⊥AD．
（3）连接EC，交BF于点N，若AB＝2，BC＝4，设BM＝a，NF＝b，试比较（a+1）（b+1）与9+6之间的大小关系，并证明．
（1）解：图形如图1所示：
（2）证明：如图2中，过点A作AH⊥FE交FE的延长线于H．
∵EF∥AD，∠H＝90°，
∴∠HAD＝180°﹣∠H＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝CD，BC＝AD，
∵∠CAE＝∠DAH＝90°，
∴∠HAE＝∠DAC，
∵∠H＝∠ADC＝90°，AE＝AC，
∴△AHE≌△ADC（AAS），
∴EH＝CD＝AB，AH＝AD＝EF，
∵∠DAH+∠BAD＝180°，
∴B，A，H共线，
∵AH＝EF，EH＝AB，
∴HB＝HF，
∴∠HBF＝∠HFB＝45°，
∴∠AGB＝∠ABG＝45°，
∴AB＝AG，
∴EH＝AG，
∵EH∥AG，
∴四边形AHEG是平行四边形，
∵∠H＝90°，
∴四边形AHEG是矩形，
∴∠AGE＝90°，
∴EG⊥AD．
（3）解：如图3中，过点A作AH⊥FE交FE的延长线于H．
由（2）可知，AB＝BG＝2，
∵∠BAG＝90°，
∴BG＝AB＝2，
∵AG∥BC，
∴＝＝，
∴a＝BM＝BG＝，
由（2）可知，BH＝HF＝2+4＝6，
∵∠H＝90°，
∴BF＝6，
∵EF∥BC，
∴∠NEF＝∠NCB，
∵∠ENF＝∠CNB，EF＝BC，
∴△ENF≌△CNB（AAS），
∴b＝NF＝BF＝3，
∴（a+1）（b+1）＝（+1）（3+1）＝8++3+1＝9+＜9+6，
∴（a+1）（b+1）＜9+6．
9、如图，有一矩形纸片ABCD，AB＝6，AD＝8，如图1，将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，折痕为AE．如图2，再将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，AE与CD交于点F．
（1）求的值；
（2）四边形EFDB′的面积为　
　；
（3）如图3，将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，点N刚好落在B′E上，A′的对应点为M，F的对应点为N，求点A'到达点M所经过的距离．
【解析】（1）∵将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，
∴AB＝AB'，∠BAE＝∠B'AE，∠B＝∠B'＝90°，
∴四边形ABEB'为正方形，
∴△AB'E为等腰直角三角形，
∵AB＝6，AD＝8，∴B'D＝AD﹣AB'＝8﹣6＝2，
∵将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，∴AB'＝A'B'＝6，∠A'＝∠A＝45°，
∴A'D＝DF＝6﹣2＝4，
∵CD＝AB＝6，∴CF＝6﹣4＝2，∴．
（2）由（1）可知B'D＝2，DF＝4，B'E＝6，
∴四边形EFDB′的面积＝×（B'E+DF）×B'D＝＝10．
（3）∵将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，∴DF＝DN＝4，∠NDM＝90°，
∵B'D＝2，∠NB'D＝90°，∴∠B'ND＝30°，∴∠B'DN＝60°，
∴∠A'DM＝90°﹣∠B'DN＝90°﹣60°＝30°，
∵△A′DF在绕点D旋转过程中，点A'到达点M所经过的路径是圆弧A'M，
∴的长为．
即点A'到达点M所经过的距离为．
10、（1）问题感知
如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是　
　，∠BAD＝　
　°；
（2）问题拓展
如图2，在△ABC中，AC＝BC＝AB，点P是CA延长线上一点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝AD，请给予证明；
（3）问题解决
如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP的周长．
证明：（1）∵点P是边AC的中点，PE∥AB，
∴点E是BC的中点，
∴CE＝BE，
∵AC＝BC，
∴BE＝AP，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．
∴PB＝PD，
∵∠APD+∠BPC＝90°，∠BPC+∠APD＝90°，
∴∠EBP＝∠APD，
又∵PB＝PD，
∴△PAD≌△BEP（SAS），
∴∠PAD＝∠BEP，
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵PE∥AB，
∴∠ABC＝∠PEC＝45°，
∴∠BEP＝135°，
∴∠BAD＝∠PAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，
故答案为：△PAD，90；
（2）如图，过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，
∴∠CBA＝∠CHP，∠CAB＝∠CPH，
∵CB＝CA，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴∠CHP＝∠CPH，
∴CH＝CP，
∴BH＝AP，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．
∴PB＝PD，
∵∠BPD＝∠C，
∴∠BPD+∠BPC＝∠C+∠BPC，
∴∠PBH＝∠APD，
∴△APD≌△HBP（SAS），
∴PH＝AD，
∵PH∥AB，
∴△CAB∽△CPH，
∴，∴，
∵AC＝BC＝AB，∴，
∴CP＝PH＝AD；
（2）当点P在CA的延长线上时，
∵AC＝BC＝AB＝2，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，
∵将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，
∴BP＝PD，∠BPD＝60°＝∠ACB，
过点P作PE∥AB，交CB的延长线于点E，
∵∠ACB＝∠APB+∠ABP，
∴∠ABP＝∠APB＝30°，
∴AB＝AP＝2，∴CP＝4，
∵AB∥PE，∴，
∴CP＝PE＝4，
由（2）得，PE＝AD＝4，
∵∠APD＝∠APB+BPD＝90°，
∴DP＝＝＝2，
∴△ADP的周长＝AD+AP+DP＝2+6，
当点P在AC延长线上时，如图，
同理可求△ADP的周长＝6+2，
综上所述：△ADP的周长为6+2．
11、在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A
（0，4）、B（3，0）．
（Ⅰ）把图中的△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA'B'．旋转角为α，且0°＜α＜180°．
（i）如图（1），在旋转过程中，当α＝60°时，求点B'的坐标；
（ii）如图（2），当点O到AA'的距离等于AO的一半时，求α的度数．
（Ⅱ）点D是OA的中点．将OD绕着点O逆时针旋转，在旋转过程中，点D的对应点为M．连接AM、BM，S为△ABM的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【解析】（Ⅰ）（i）如图（1）中，过点B′作B′E⊥OB于E．
∵OB＝OB′＝3，∠BOB′＝60°，∠OEB′＝90°，
∴OE＝OB′?cos60°＝，EB′＝OB′?sin60°＝，
∴B′（，）．
（ii）如图（2）中，过点O作OF⊥AA′于F．
∵OF＝OA，
∴在Rt△AOF中，sin∠OAF＝＝，
∴∠OAF＝30°，
∵OA＝OA′，
∴∠OAF＝∠OA′F＝30°，
∴∠AOA′＝120°，即α＝120°．
（Ⅱ）如图（3）中，过点O作OH⊥AB于H．
∵∠AOB＝90°，OA＝4，OB＝3，
∴AB＝＝＝5，
∵?OA?OB＝?AB?OH，
∴OH＝，
∵OM＝OA＝2，
∴当点M落在线段OH上时，△ABM的面积最小，
最小值＝×5×（﹣2）＝1，
当点M落在线段OH上时，△ABM的面积最大，
最大值＝×5×（+2）＝11，
∴1≤S≤11．
12、如图，在△ABC中，高AD＝3，∠B＝45°，tanC＝，动点F从点D出发，沿DA方向以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，当点F与点A、D不重合时，过点F作AB、AC的平行线，与BC分别交于点E、G，将△EFG绕FG的中点旋转180°得△HGF，设点F的运动时间为t秒，△HGF与△ABC重叠部分面积为S．
（1）当t＝　
　秒时，点H落在AC边上；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）当直线FG将△ABC分为面积比为1：3的两部分时，直接写出t的值．
【解析】（1）如图，当点H落在AC边上时，
∵AD⊥BC，AD＝3，∠B＝45°，tanC＝＝，
∴BD＝3，CD＝6，
∴BC＝9，
∵EF∥AB，FG∥AC，
∴，，
∴，，
∴DE＝t，DG＝2t，
∴EG＝3t，
∵将△EFG绕FG的中点旋转180°得△HGF，
∴EF＝GH，EG＝FH，
∴四边形EFHG是平行四边形，
∴FH＝EG＝3t，FH∥EC，
若点H落在AC边上，
∴∠AHF＝∠C，
∴tan∠AHF＝＝，
∴，
∴t＝，
（2）当0＜t＜时，S＝×FH×DF＝×3t×t＝t2，
当≤t≤3时，如图，设FH与AC交于点N，HG与AC交于点P，过点F作FM⊥AC于M，
∵四边形EFHG是平行四边形，∴FH∥BC，
又∵FG∥AC，
∴四边形FNCG是平行四边形，
∴FN＝GC＝6﹣2t，
∴NH＝3t﹣（6﹣2t）＝5t﹣6，
∵FD＝t，DG＝2t，
∴FG＝＝＝t，
∵FG∥AC，
∴△HNP∽△HFG，
∴，
∴NP＝，
∵FG∥AC，
∴∠DAC＝∠DFG，
∴sin∠DAC＝sin∠DFG，
∴，
∴FM＝＝（3﹣t），
∴S＝×FM×（NP+FG）＝×（3﹣t）×（t+）＝﹣t2+10t﹣6；
（3）如图，延长GF交AB于R，过点R作RO⊥BD于O，
∵S△ABC＝×BC×AD，
∴S△ABC＝×9×3＝，
∵∠FGD＝∠C，
∴tanC＝tan∠FGD＝＝，
∴OG＝2RO，
∵BD＝AD＝3，AD⊥BC，
∴∠B＝45°，
又∵RO⊥BD，∴△BRO是等腰直角三角形，
∴RO＝BO，
∴BG＝3RO，
∵直线FG将△ABC分为面积比为1：3的两部分，
∴S△BRG＝S△ABC或S△BRG＝S△ABC，
当S△BRG＝S△ABC，
∴×BG×RO＝×，∴RO＝，∴BG＝3×＝3+2t，∴t＝，
当S△BRG＝S△ABC，
∴×BG×RO＝×，∴RO＝，∴BG＝3×＝3+2t，∴t＝．
13、如图，已知∠DAC＝90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于E．
（1）如图1，猜想∠QEP＝　
　；
（2）如图2，若当∠DAC是锐角时，其他条件不变，猜想∠QEP的度数，并证明；
（3）如图3，若∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，且AC＝6，求BQ的长．
【解析】（1）∠QEP＝60°；
证明：如图1，QE与CP的交点记为M，
∵PC＝CQ，且∠PCQ＝60°，
则△CQB和△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（SAS），∴∠CQB＝∠CPA，
在△PEM和△CQM中，∠EMP＝∠CMQ，∴∠QEP＝∠QCP＝60°．
（2）∠QEP＝60°．理由如下：如图2，
∵△ABC是等边三角形，∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，∴CP＝CQ，∠PCQ＝6O°，
∴∠ACB+∠BCP＝∠BCP+∠PCQ，即∠ACP＝∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，，∴△ACP≌△BCQ（SAS），∴∠APC＝∠Q，
∵∠BOP＝∠COQ，∴∠QEP＝∠PCQ＝60°；
（3）作CH⊥AD于H，如图3，
与（2）一样可证明△ACP≌△BCQ，∴AP＝BQ，
∵∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，
∴∠APC＝30°，∠PCB＝45°，
∴∠HAC＝45°，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴AH＝CH＝AC＝3，
在Rt△PHC中，PH＝CH＝3，
∴PA＝PH﹣AH＝3﹣3，
∴BQ＝3﹣3．
14、在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，点D在AB上，连接CD，并将CD绕点D逆时针旋转60°得到DE，连接AE．
（1）如图1，当点D为AB中点时，直接写出DE与AE长度之间的数量关系；
（2）如图2，当点D在线段AB上时，
①根据题意补全图2；
②猜想DE与AE长度之间的数量关系，并证明．
【解析】（1）结论：DE＝AE．
理由：如图1中，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴AB＝2BC，∠B＝60°，
∵AD＝DB，∴CD＝AD＝DB，∴△CDB是等边三角形，∴∠CDB＝60°，
∵DC＝DE，∠CDE＝60°，∴∠ADE＝180°﹣∠ED﹣∠CDB＝60°，
∵DA＝DC，DC＝DE，∴AD＝DE，∴△ADE是等边三角形，∴DE＝AE．
（2）①图形如图2所示：
②如图2﹣1中，结论：DE＝AE．
理由：取AB的中点F，连接CE，CF，EF．
∵∠ACB＝90°，AF＝BF，∴CF＝AF＝BF，
∵∠B＝60°，∴△BCF是等边三角形，
∵DC＝DE，∠CDE＝60°，∴△ECD是等边三角形，
∴∠1+∠2＝∠2+∠3＝60°，CE＝CD，CF＝CB，∴∠1＝∠3，
∴△ECF≌△DCB（SAS），∴∠5＝∠B＝60°，
∵∠6＝60°，∴∠4＝∠5＝60°，
∵EF＝EF，FA＝FC，∴△EFA≌△EFC（SAS），∴AE＝EC，
∵EC＝ED，∴AE＝ED．
15、△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，将线段AB绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到线段AD．作射线BD，点C关于射线BD的对称点为点E．连接AE，CE．
（1）依题意补全图形；
（2）若α＝20°，直接写出∠AEC的度数；
（3）写出一个α的值，使AE＝时，线段CE的长为﹣1，并证明．
【解析】（1）如图1，
（2）∠AEC＝135°，
证明：过A作AG⊥CE于G．连接AC、BE，如图2，
由题意，BC＝BE＝BA，∴∠BCE＝∠BEC，∠BAE＝∠BEA，
∵∠BCE+∠BEC+∠BAE+∠BEA+∠ABC＝360°
∵∠ABC＝90°，∴2（∠BEC+∠BEA）＝270°，∴∠BEC+∠BEA＝135°，即∠AEC＝135°，
（3）α＝30°，
证明：∵∠AEC＝135°，∴∠AEG＝45°，又∵AE＝，∴AG＝GE＝1，
当α＝30°时，∴∠EBC＝30°，又∵BC＝BE，∴∠BCG＝75°，
∵∠BCA＝45°，∴∠ACG＝30°，∴，∴．
16、已知线段AB，如果将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC，则称点C为线段AB关于点A的逆转点．点C为线段AB关于点A的逆转点的示意图如图1：
（1）如图2，在正方形ABCD中，点　
　为线段BC关于点B的逆转点；
（2）如图3，在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x，0），且x＞0，点E是y轴上一点，点F是线段EO关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，过逆转点G，F的直线与x轴交于点H．
①补全图；
②判断过逆转点G，F的直线与x轴的位置关系并证明；
③若点E的坐标为（0，5），连接PF、PG，设△PFG的面积为y，直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
【解析】（1）由题意，点A是线段AB关于点B的逆转点，故答案为A．
（2）①图形如图3所示．
②结论：GF⊥x轴．
理由：∵点F是线段EF关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，
∴∠OEF＝∠PEG＝90°，EG＝EP，EF＝EO，
∴∠GEF＝∠PEO，
∴△GEF≌△PEO（SAS），
∴∠GFE＝∠EOP，
∵OE⊥OP，∴∠POE＝90°，
∴∠GFE＝90°，
∵∠OEF＝∠EFH＝∠EOH＝90°，
∴四边形EFHO是矩形，
∴∠FHO＝90°，
∴FG⊥x轴．
③如图4﹣1中，当0＜x＜5时，
∵E（0，5），∴OE＝5，
∵四边形EFHO是矩形，EF＝EO，∴四边形EFHO是正方形，
∴OH＝OE＝5，
∴y＝?FG?PH＝?x?（5﹣x）＝﹣x2+x．
如图4﹣2中，当x＞5时，
y＝?FG?PH＝?x?（x﹣5）＝x2﹣x．
综上所述，．专题43
三角形的折叠问题
1、如图1，在△ABC中，AC=6，BC=8，AB=10，分别以△ABC的三边AB，BC，AC为边在三角形外部作正方形ABDE，BCIJ，AFGC．如图2，作正方形ABDE关于直线AB对称的正方形ABD′E′，AE′交CG于点M，D′E′交IC于点N点D′在边IJ上．则四边形CME′N的面积是　24　．
【解析】∵正方形ABDE关于直线AB对称的正方形ABD′E′，
∴AE′=AB=10，∠E′AB=90°，∠AE′N=90°，
∵AC=6，BC=8，AB=10，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ACB为直角三角形，
∴AC2=BC?MC，
∴MC==，
∵∠MAC=∠NAE′，
∴Rt△ACM∽Rt△AE′N，
∴=，即=，∴E′N=，
∴四边形CME′N的面积=S△AE′N﹣S△ACM=×10×﹣×6×=24．
故答案为24．
2、如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B=　　．
【解析】如图，连接BB′，
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，
∴△ABB′是等边三角形，
∴AB=BB′，
在△ABC′和△B′BC′中，，∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），
∴∠ABC′=∠B′BC′，
延长BC′交AB′于D，则BD⊥AB′，
∵∠C=90°，AC=BC=，
∴AB==2，
∴BD=2×=，C′D=×2=1，
∴BC′=BD﹣C′D=﹣1．故答案为：﹣1
3、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，点D是边BC的中点，点E是边AB上的任意一点（点E不与点B重合），沿DE翻折△DBE使点B落在点F处，连接AF，当线段AF=AC时，BE的长为　　．
【解析】连接AD，作EG⊥BD于G，如图所示：
则EG∥AC，∴△BEG∽△BAC，∴==，
设BE=x，
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，∴AB==5，∴==，解得：EG=x，BG=x，
∵点D是边BC的中点，∴CD=BD=2，∴DG=2﹣x，
由折叠的性质得：DF=BD=CD，∠EDF=∠EDB，
在△ACD和△AFD中，，∴△ACD≌△AFD（SSS），
∴∠ADC=∠ADF，
∴∠ADF+∠EDF=×1880°=90°，
即∠ADE=90°，
∴AD2+DE2=AE2，
∵AD2=AC2+CD2=32+22=13，DE2=DG2+EG2=（2﹣x）2+（x）2，
∴13+（2﹣x）2+（x）2=（5﹣x）2，解得：x=，即BE=；
故答案为：．
4、已知中，
，
．如图，将进行折叠，使点落在线段上（包括点和点），设点的落点为，折痕为，当是等腰三角形时，点可能的位置共有（
）．
A．种
B．种
C．种
D．种
【解析】（1）当点D与C重合时，
∵AC=BC，AE=DE（即CE），AF=DF（即CF），∴此时△AFC（即△AFD）是等腰直角三角形，点E是斜边AC的中点，∴EF=DE，∴△EDF为等腰三角形．
（2）当点D与B点重合时，点C与E重合，
∵AC=BC，AF=DF（即BF），∴此时EF=AB=DF（即BF），∴△DEF是等腰三角形；
（3）当点D移动到使DE=DF的位置时，△DEF是等腰三角形．
综上所述，当△DEF为等腰三角形时，点D的位置存在3中可能.，故选B.
5、如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=+1，点E、F分别是BC、AC边上的动点，沿E、F所在直线折叠∠C，使点C的落对应点C'始终落在边AB上，若△BEC'是直角三角形时，则BC'的长为　
【解析】通过观察及分析可知，C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论.
①当∠CM
B′=90°时，如图例5-2所示.
由折叠知：∠BMN=∠B′MB=45°，又因为∠B=45°，所以∠BNM=90°，∠MNB′=90°
即∠BNM+∠MN
B′=180°，所以B、N、B′三点共线，此时B′与点A重合.
所以，
①当∠CB′M=90°时，如图例5-3所示.
由折叠知∠B=∠B′=45°，因为∠C=45°，可得∠B′MC=45°，所以△B′MC是等腰直角三角形
设BM=
B′M=x，B′C=x，则MC=
x，因为BC=+1，所以x+x=+1，解得：x=1，即BM=1.
综上所述，BM的值为或1.
【小结】根据题意判断出C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.
6、如图，矩形ABCD中，点E为射线BC上的一个动点，连接AE，以AE为对称轴折叠△AEB，得到△AEB′，点B的对称点为点B′，若AB=5，BC=3，当点B′落在射线CD上时，线段BE的长为　　．
【解析】∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=10，BC=AD=5，
∵矩形ABCD折叠，使点C落在边AB上的E处，折痕交DC边于点M，
∴∠MEB=∠C=90°，BC=BE=5，
∴四边形BCME为正方形，∴ME=5，∴AE=AB-BE=5，
∵点F在DM上运动，且△AEF是腰长为5的等腰三角形，
∴点F只能在点D或点M处，
点F运动到点D时，EF=5；当点F运动到点M时，EF=5．
故答案为5或5.
7、如图例3-1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点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，BD的长为
图例3-1
图例3-2
图例3-3
8、如图例5-1，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为
．
图例5-1
图例5-2
图例5-3
9、如图例6-1，在∠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.
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
.
图例6-1
图例6-2
图例6-3
10、如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=+1，点E、F分别是BC、AC边上的动点，沿E、F所在直线折叠∠C，使点C的落对应点C'始终落在边AB上，若△BEC'是直角三角形时，则BC'的长为　
【解析】如图1，当∠BEC'=90°时，
图1
图2
∵∠B=30°，∴BE=C’E，
又∵CE=C'E，BC=+1，∴BE=，C'E=1，
∴Rt△BEC'中，BC'=2；
如图2，当∠BC'E=90°时，
∵∠B=30°，∴BE=2C'E=2CE，
又∵BC=+1，∴BE=，C'E=，
∴BC'=；
综上所述，BC'的长为或2．专题40
图形折叠中的落点固定问题
【典例5】如图例8-1，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　
　．
图例8-1
图例8-2
图例8-3
【解析】如图例8-2.
发现有两个不同的D’点，对不同的位置分别求解.
如图例8-3所示.
因为BD′是∠ABC的平分线
所以∠D′BN=45°，D′N=NB
由折叠知AD′=AD=5.
设D′N=NB=x，则AN=7－x
在Rt△AD′N中，由勾股定理得，AD′2=D′N2+AN2
52=x2+(7-x)2，解得x=3或4.
①当x=3时，D′M=2，AN=4.
设DE=y，则D′E=y，EM=4-y
在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2
即y2=22+(4-y)2，解得y=.
②当x=4时，D′M=1，AN=3.
设DE=y，则D′E=y，EM=3-y
在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2
y2=12+(3-y)2，解得y=.
综上所述，DE的长为或.
【小结】D′落在∠ABC的角平分线上，作出∠ABC的角平分线，再以A为圆心以AD长半径画弧，弧与∠ABC的角平分线的交点即为D’点.
根据折叠中，折痕是对应点连线的垂直平分线作出折痕.
【巩固提升】
1、如图，将边长为6的正方形纸片ABCD对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展平后，再将点B折到边CD上，使边AB经过点E，折痕为GH，点B的对应点为M，点A的对应点为N
（1）若CM=x，则CH=　　（用含x的代数式表示）；
（2）求折痕GH的长．
【解析】（1）∵CM=x，BC=6，
∴设HC=y，则BH=HM=6﹣y，
故y2+x2=（6﹣y）2，整理得：y=﹣x2+3，
∵∠HMC+∠MHC=90°，∴∠EMD=∠MHC，
∴△EDM∽△MCH，
∴=，∴=，解得：HC=﹣x2+2x，
故答案为：﹣x2+3或﹣x2+2x；
（2）方法一：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
设CM=x，由题意可得：ED=3，DM=6﹣x，∠EMH=∠B=90°，
故∠HMC+∠EMD=90°，
∵∠HMC+∠MHC=90°，∴∠EMD=∠MHC，
∴△EDM∽△MCH，
∴=，即=，解得：x1=2，x2=6，
当x=2时，∴CM=2，∴DM=4，
∴在Rt△DEM中，由勾股定理得：EM=5，
∴NE=MN﹣EM=6﹣5=1，
∵∠NEG=∠DEM，∠N=∠D，
∴△NEG∽△DEM，
∴=，∴=，解得：NG=，
由翻折变换的性质，得AG=NG=，
过点G作GP⊥BC，垂足为P，则BP=AG=，GP=AB=6，
当x=2时，CH=﹣x2+3=，
∴PH=BC﹣HC﹣BP=6﹣﹣=2，
在Rt△GPH中，GH===2．
当x=6时，则CM=6，
点H和点C重合，点G和点A重合，点M在点D处，点N在点A处．
MN同样经过点E，折痕GH的长就是AC的长．
所以，GH长为6．
方法二：有上面方法得出CM=2，连接BM，
可得BM⊥GH，
则可得∠PGH=∠HBM，
在△GPH和△BCM中，∴△GPH≌△BCM（SAS），∴GH=BM，
∴GH=BM==2．
2、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．
（1）如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；
（2）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，求m（用含有t的式子表示）；
（3）在（2）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）．
【解析】（1）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（2，6）；
（2）∵△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=t2﹣t+6（0＜t＜11）；
（3）过点P作PE⊥OA于E，如图3，
∴∠PEA=∠QAC′=90°，
∴∠PC′E+∠EPC′=90°，
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，
∴∠EPC′=∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴=，
在△PC′E和△OC′B′中，
，
∴△PC′E≌△OC′B′（AAS），
∴PC'=OC'=PC，
∴BP=AC'，
∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11﹣2t，
∴=，
∵m=t2﹣t+6，
∴3t2﹣22t+36=0，
解得：t1=，t2=
故点P的坐标为（
，6）或（
，6）．
3、如图，在菱形纸片ABCD中，AB=15，tan∠ABC=，将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，若CE⊥AD，则cos∠EFG的值为　　．
【解析】如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接BE，过点P作PE⊥AB，
∵AB=15，tan∠ABC=，∴AH=9，BH=12，∴CH=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=15，AD∥BC，
∵AH⊥BC，
∴AH⊥AD，且AH⊥BC，CE⊥AD，
∴四边形AHCE是矩形
∴EC=9，AE=CH=3，
∴BE===3，
∵将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，
∴BF=EF，BE⊥FG，BO=EO=
∵AD∥BC，∴∠ABC=∠PAE，
∴tan∠ABC=tan∠PAE=，且AE=3，∴AP=，PE=，
∵EF2=PE2+PF2，∴EF2=+（15﹣EF+）2，∴EF=，
∴FO===
∴cos∠EFG==
4、如图，在菱形ABCD中，AB=5，tanD=，点E在BC上运动（不与B，C重合），将四边形AECD沿直线AE翻折后，点C落在C′处，点D′落在D处，C′D′与AB交于点F，当C′D'⊥AB时，CE长为　　．
【解析】如图，作AH⊥CD于H，交BC的延长线于G，连接AC′．
由题意：AD=AD′，∠D=∠D′，∠AFD′=∠AHD=90°，
∴△AFD′≌△AHD（AAS），
∴∠FAD′=∠HAD，
∵∠EAD′=∠EAD，∴∠EAB=∠EAG，
∴=（角平分线的性质定理，可以用面积法证明）
∵AB∥CD，AH⊥CD，
∴AH⊥AB，
∴∠BAG=90°，
∵∠B=∠D，∴tanB=tanD==，
∴=，∴AG=，
∴BG===，
∴BE：EG=AB：AG=4：3，∴EG=BG=，
在Rt△ADH中，∵tanD==，AD=5，
∴AH=3，CH=4，
∴CH=1，
∵CG∥AD，∴=，∴CG=，
∴EC=EG﹣CG=﹣=
5、如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=3，DE=1，则AB=　5　．
【解析】∵折叠，∴△ADE≌△AD'E，∴AD=AD'=3，DE=D'E=1，∠DEA=∠D'EA，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠DEA=∠EAB，∴∠EAB=∠AEB，∴AB=BE，∴D'B=BE﹣D'E=AB﹣1
在Rt△ABD'中，AB2=D'A2+D'B2，∴AB2=9+（AB﹣1）2，∴AB=5
6、如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点N为边BC的中点，点M为AB边上任意一点，连接MN，把△BMN沿MN折叠，使点B落在点E处，若点E恰在矩形ABCD的对称轴上，则BM的长为　5或　．
【解析】①当E在矩形的对称轴直线PN上时，如图1，此时∠MEN=∠B=90°，∠ENB=90°，
∴四边形BMEN是矩形．又∵ME=MB，∴四边形BMEN是正方形．∴BM=BN=5．
②当E在矩形的对称轴直线FG上时，如图2，
过N点作NH⊥FG于H点，则NH=4．根据折叠的对称性可知EN=BN=5，
∴在Rt△ENH中，利用勾股定理求得EH=3．∴FE=5﹣3=2．设BM=x，则EM=x，FM=4﹣x，
在Rt△FEM中，ME2=FE2+FM2，即x2=4+（4﹣x）2，解得x=，即BM=．
故答案为5或．
7、如图，在矩形ABCD中，AB=6，点E在边AD上且AE=4，点F是边BC上的一个动点，将四边形ABFE沿EF翻折，A、B的对应点A1、B1与点C在同一直线上，A1B1与边AD交于点G，如果DG=3，那么BF的长为　　．
【解析】∵△CDG∽△A'EG，A'E=4，∴A'G=2，∴B'G=4
由勾股定理可知CG'=，则CB'=
由△CDG∽△CFB'，设BF=x，，∴，解得x=
故答案为专题49
三角形中的对称综合问题
1、如图1，方格图中每个小正方形的边长为1，点A、B、C都是格点．
（1）画出△ABC关于直线MN对称的△A1B1C1；
（2）直接写出AA1的长度；
（3）如图2，A、C是直线MN同侧固定的点，D是直线MN上的一个动点，在直线MN上画出点D，使AD+DC最小．（保留作图痕迹）
【解析】（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；
（2）AA1的长度为：2×5＝10；
（3）如图所示：点D即为所求，此时AD+DC最小．
2、如图，△ABC在平面直角坐标系中，点A，B，C坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，3），C（﹣5，2）
（Ⅰ）请在平面直角坐标系内画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，其中，点A，B，C的对应点分别为A1，B1，C1，并写出△ABC上任意一点D（x，y）关于y轴对称的点D1的坐标．
（Ⅱ）请在平面直角坐标系内画出△ABC关于关于直线m（直线m上各点的纵坐标都为﹣1）对称的△A2B2C2，其中，点A，B，C的对应点分别为A2，B2，C2．
【解析】（Ⅰ）如图所示，△A1B1C1即为所求，
任意一点D（x，y）关于y轴对称的点D1的坐标为（﹣x，y）
（Ⅱ）如图所示，△A2B2C2即为所求．
3、发现（1）如图1，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A’处，请你判断∠1+∠2与∠A有何数量关系，直接写出你的结论，不必说明理由
思考（2）如图2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折叠，使点A与点I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度数；
拓展（3）如图3，在锐角△ABC中，BF⊥AC于点F，CG⊥AB于点G，BF、CG交于点H，把△ABC折叠使点A和点H重合，试探索∠BHC与∠1+∠2的关系，并证明你的结论．
【解析】（1）∠1+∠2＝2∠A；
理由：根据翻折的性质，∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），
∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠A+（180﹣∠1）+（180﹣∠2）＝180°，整理得2∠A＝∠1+∠2；
（2）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝100°，∴∠A＝50°
∵IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣（90°﹣∠A）＝90°+×50°＝115°；
（3）∵BF⊥AC，CG⊥AB，∴∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，∠FHG+∠A＝180°，
∴∠BHC＝∠FHG＝180°﹣∠A，
由（1）知∠1+∠2＝2∠A，∴∠A＝（∠1+∠2），
∴∠BHC＝180°﹣（∠1+∠2）．
4、动手操作，探究填空：
请准备一个锐角三角形的纸片，三个顶点分别标上字母A、B、C，并标出AB边的中点D及AC边的中点E．
（1）把△ABC沿DE对折，观察点A是否落在边BC上？
答：点A　
　（填“在”或“不在”）边BC上；
（2）在（1）的基础上将△ACE对折，使线段CE与EA重合，此时点A是否与点C重合折出的图形中有几个直角？
答：点A与点C　
　（填“重合”或“不重合”）；图形中有　
　个直角；
（3）在（1）（2）的基础上将△ADB对折，使线段DB与DA重合，观察折得的图形，说出新图形的名称是　
　形；
（4）经过以上折叠，原△ABC的三个内角是否合并到一起了？这又说明何道理？
答：原△ABC的三个内角　
　合并到一起；（填“已经”或“没有”）
说明的道理是：　
　．
【解析】（1）在；
（2）重合，2；
（3）长方形；
（4）已经，说明的道理是三角形内角和为180°．
5、小明剪了两张直角三角形纸片，进行了如下的操作：
操作一：如图1，将Rt△ABC沿某条直线折叠，使斜边的两个端点A与B重合，折痕为DE．
（1）如果AC＝6cm，BC＝8cm，则△ACD的周长为　
　cm；
（2）如果∠B＝35°，则∠CAD＝　
　度；
操作二：如图2，小明拿出另一张Rt△ABC纸片，将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上，且与AE重合，若AC＝9cm，BC＝12cm，请求出CD的长．
【解析】操作一：
（1）由折叠可得，DE垂直平分AB，∴AD＝BD，
∴△ACD的周长为AD+CD+AC＝BD+CD+AC＝BC+AC＝8+6＝14（cm）
（2）由折叠可得，DE垂直平分AB，∴AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD＝35°，
又∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°﹣35°＝55°，
∴∠CAD＝55°﹣35°＝20°，
操作二：
设CD＝DE＝x，则BD＝12﹣x，
Rt△ABC中，AB＝＝15，
由折叠可得，AE＝AC＝9，
∴BE＝15﹣9＝6，
∵Rt△BDE中，DE2+BE2＝BD2，∴x2+62＝（12﹣x）2，
解得x＝4.5，
∴CD＝4.5cm．
6、如图，△ABC是一个三角形的纸片，点D、E分别是△ABC边上的两点，
（1）探究图1：如果沿直线DE折叠，则∠BDA′与∠A的关系是　
　；
（2）探究图2：如果折成图2的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；
（3）探究图3：如果折成图3的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；
（4）探究图4：若将四边形纸片ABCD折成图4的形状，直接写出∠DE
A′、∠CF
B′、∠A和∠B四个角之间的数量关系　
　．
【解析】（1）∠BDA′＝2∠A，
理由：∵△ABC沿直线DE折叠，使A点落在CE上，图①，
∴∠A＝∠AA′D，∴∠BDA′＝∠A+∠AA′D＝2∠A；
（2）∠BDA′+∠CEA′＝2∠A，
理由：图②，连结AA′，
∵∠BDA′＝∠1+∠2，∠CEA＝∠3+∠4，∴∠BDA′+∠CEA＝∠1+∠3+∠2+∠4＝∠A+∠A′，
而∠A＝∠AA′D，∴∠BDA′+∠CEA′＝2∠A；
（3）∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A．
理由如下：图③，
由翻折可得：∠A′＝∠A，∠DEA′＝∠DEA，∠A′DE＝∠ADE，
由内角和性质得：（∠A′+∠A）+（∠DEA′+∠DEA）+（∠A′DE+∠ADE）＝360°，
∴2∠A+（180°+∠CEA′）+（180°﹣∠BDA′）＝360°
∴2∠A+∠CEA′﹣∠BDA′＝0，
∴∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A；
（4）由折叠性质得∠A′EF＝∠AEF，∠B′FE＝∠BFE，
∴∠1+∠2＝180°﹣（∠A′EF+∠AEF）+180°﹣（∠B′FE+∠BFE）
＝180°﹣2∠AEF+180°﹣2∠BFE
＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）
＝2（∠A+∠B）﹣360°．
故答案为∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．
7、如图，在△ABC中，∠C＝90°，将△ACE沿着AE折叠以后C点正好落在AB边上的点D处．
（1）当∠B＝28°时，求∠AEC的度数；
（2）当AC＝6，AB＝10时，
①求线段BC的长；
②求线段DE的长．
【解析】（1）∠ACB的大小不变，
∵直线MN与直线PQ垂直相交于O，
∴∠AOB＝90°，∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠PAB+∠ABM＝270°，
∵AC、BC分别是∠BAP和∠ABM角的平分线，
∴∠BAC＝∠PAB，∠ABC＝∠ABM，
∴∠BAC+∠ABC＝（∠PAB+∠ABM）＝135°，∴∠ACB＝45°；
（2）∵将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线PQ上，
∴∠CAB＝∠BAQ，
∵AC平分∠PAB，
∴∠PAC＝∠CAB，
∴∠PAC＝∠CAB＝∠BAO＝60°，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝30°，
∵将△ABC沿直线AB折叠，若点C落在直线MN上，
∴∠ABC＝∠ABN，
∵BC平分∠ABM，
∴∠ABC＝∠MBC，
∴∠MBC＝∠ABC＝∠ABN，
∴∠ABO＝60°，
故答案为：30°，60°；
（3）∵∠BAO与∠BOQ的角平分线相交于E，
∴∠EAO＝∠BAO，∠EOQ＝∠BOQ，
∴∠E＝∠EOQ﹣∠EAO＝（∠BOQ﹣∠BAO）＝∠ABO，
∵AE、AF分别是∠BAO和∠OAG的角平分线，∴∠EAF＝90°．
在△AEF中，∵有一个角是另一个角的倍，故有：
①∠EAF＝∠F，∠E＝30°，∠ABO＝60°；
②∠F＝∠E，∠E＝36°，∠ABO＝72°；
③∠EAF＝3/2∠E，∠F＝60°，∠ABO＝120°（舍去）；
④∠E＝3/2∠F，∠E＝54°，∠ABO＝108°（舍去）；
∴∠ABO为60°或72°．
8、如图，在△ABC中，已知AB＝AC，AD是BC边上的中线，点E是AB边上一动点，点P是AD上的一个动点．
（1）若∠BAD＝37°，求∠ACB的度数；
（2）若BC＝6，AD＝4，AB＝5，且CE⊥AB时，求CE的长；
（3）在（2）的条件下，请直接写出BP+EP的最小值．
【解析】（1）∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∵AD是BC边上的中线，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝37°，
∴∠ABC＝53°，
∴∠ACB＝53°．
（2）∵CE⊥AB，
∴?BC?AD＝?AB?CE，
∵BC＝6，AD＝4，AB＝5，
∴CE＝．
（3）连接PC．
∵AD垂直平分线段BC，
∴PB＝PC．
∴PB+PE＝PE+PC≥CE，
∴PE+PB的最小值为．
9、如图1，在△ABC中，AB＝BC＝10，高AH＝8．D是线段AC的动点，射线BD交AH于E点．
（1）若D恰好是AC的中点．
①求证：AC＝BD；②求线段AE的长；
（2）如图2，作AM⊥BD于M，CN⊥BD于N，求AM+CN的最大值和最小值．
【解析】（1）①∵在△ABC中，AB＝BC＝10，高AH＝8．
∴Rt△ABH中，BH＝＝6，∴CH＝4，
∴Rt△ACH中，AC＝＝4，
∵AB＝BC，D是AC的中点，∴BD⊥AC，
∴Rt△BCD中，BD＝＝4，∴AC＝BD；
②如图，过E作EF⊥AB于F，则易得△BEF≌△BHF，
∴BF＝BH＝6，设EF＝EH＝x，
在Rt△AEF中，42+x2＝（8﹣x）2，解得x＝3，∴AE＝8﹣3＝5；
（2）∵S△ABD+S△CBD＝S△ABC，∴BD?AM+BD?CN＝×10×8，∴AM+CN＝，
根据垂线段最短，可得BD的最小值为4，
∴AM+CN的最大值为4，
∵BD的最大值为10，
∴AM+CN的最小值为8．
10、如图，在△ABC中，点P是BC边上的动点，点M是AP的中点，PD⊥AB，垂足为D，PE⊥AC，垂足为E，连接MD，ME．
（Ⅰ）求证：∠DME＝2∠BAC；
（Ⅱ）若∠B＝45°，∠C＝75°，AB＝，连接DE，求△MDE周长的最小值．
（Ⅰ）解法一：∵PD⊥AB，PE⊥AC，M为AP中点，∴DM＝EM＝AP＝AM，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4
∴∠5＝∠1+∠2＝2∠1，∠6＝∠3+∠4＝2∠3，∴∠DME＝∠5+∠6＝2∠1+2∠3＝2∠BAC；
解法二：∵PD⊥AB，PE⊥AC，M为AP中点，∴DM＝EM＝AP＝AM＝PM，
∴点A，D，P，E在以M为圆心，MA为半径的圆上，∴∠DME＝2∠BAC；
（Ⅱ）过点M作MN⊥DE于N，由（Ⅰ）知DM＝EM，∴∠DMN＝∠EMN＝∠DME，DN＝EN，
∵∠B＝45°，∠C＝75°，∴∠BAC＝60°．由（Ⅰ）知，∠DME＝2∠BAC＝120°．∴∠DMN＝60°，
∴DN＝DM?sin∠DMN＝DM，∴DE＝2DN＝DM，
△MDE周长＝DM+ME+DE＝DM+DM+DM＝（2+）DM＝（2+）×AP，
∴当AP最短时，△MDE周长最小．此时AP⊥BC；
当AP⊥BC时，∵∠B＝45°，∴AP＝AB＝＝6．
∴△MDE周长最小值为（2+）××6＝6+3．
11、如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠B＝60°，将平行四边形ABCD沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处，折叠后点C的对应点为C′，D′C′交BC于点G，∠BGD′＝32°．
（1）求∠D′EF的度数；
（2）求线段AE的长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠B＝∠D＝60°，AD∥BC
∴∠DEF＝∠EFB
∵将平行四边形ABCD沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处
∴∠D＝∠ED'G＝60°，∠DEF＝∠D'EF，
∴∠D'EF＝∠EFB，
∵∠BGD′＝32°，∴∠D'GF＝148°
∵∠D'GF+∠EFB+∠D'EF+∠ED'G＝360°，∴∠D'EF＝76°
（2）过点E作EH⊥AB于点H，
设AE＝x，
∵AD∥BC∴∠HAD＝∠B＝60°，且EH⊥AB，∴AH＝，HE＝x，
∵点D'是AB中点，∴AD'＝AB＝2
∵HE2+D'H2＝D'E2，∴x2+（2+）2＝（8﹣x）2，∴x＝
∴AE＝
12、如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A，点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP，BH．
（1）求证：BP平分∠APH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论．
证明：（1）在正方形ABCD中，∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBC
∵四边形EPGF由四边形EBCF折叠而成，∴∠EPH＝∠EBC，EB＝EP，∴∠EBP＝∠EPB，
∴∠EPH﹣∠EPB＝∠EBC﹣∠EBP，∴∠BPH＝∠PBC，∴∠APB＝∠BPH，∴BP平分∠APH
（2）当点P在AD上移动时，△PDH的周长不发生变化．
证明：如图，作BQ⊥PH，垂足为Q，
∵在△BPA和△BPQ中,∴△BPA≌△BPQ（AAS），
∴AP＝PQ，AB＝BQ
∵AB＝BC，∴BQ＝BC
在Rt△BQH与Rt△BCH中,
∴Rt△BQH≌Rt△BCH（HL）,∴QH＝HC
∵△PDH的周长为PD+PH+DH
∴PD+PH+DH＝PD+PQ+QH+DH＝AP+PD+DH+HC＝AD+DC＝8
∴△PDH的周长固定不变，等于8．
13、已知正方形ABCD中，AB＝6，点E在AB上，且BE＝2AE，将△ADE沿DE对折至△DEF，延长EF交BC于H，连接DH，BF．
（1）求证：CH＝FH；
（2）求BH的长；
（3）求△FBH的面积．
证明：（1）∵将△ADE沿DE对折至△DEF，
∴AD＝DF，∠DAE＝∠EFD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝AD，∠DCB＝90°
∴DF＝DC，且DH＝DH，
∴Rt△DCH≌Rt△DFH（HL）
∴CH＝FH；
（2）∵AB＝6，BE＝2AE，∴AE＝2，BE＝4，
∵EH2＝BE2+BH2，∴（CH+2）2＝16+（6﹣CH）2，∴CH＝3，∴BH＝3；
（3）∵S△BEH＝BE×BH＝6，且EF＝2，FH＝3，
∴△FBH的面积＝×3＝．
14、勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力，千百年来，人们对它趋之若鹜，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者，向常春在1994年构造发现了一个新的证法：把两个全等的直角三角形如图1放置，其三边长分别为a、b、c，显然∠DAB＝∠B＝90°，AC⊥DE．
（1）请用a、b、c分别表示出梯形ABCD、四边形AECD、△EBC的面积，再通过探究这三个图形面积之间的关系，证明：勾股定理a2+b2＝c2；
（2）如图2，铁路上A、B两点（看作直线上的两点）相距40千米，C、D为两个村庄（看作两个点），AD⊥AB，BC⊥AB，垂足分别为A、B，AD＝24千米，BC＝16千米，在AB上有一个供应站P，且PC＝PD，求出AP的距离；
（3）借助（2）的思考过程与几何模型，直接写出代数式的最小值为　
　．
【解析】（1）梯形ABCD的面积＝＝＝
四边形AECD的面积＝S△AEC+S△ACD＝＝
△EBC的面积＝＝＝
∵梯形ABCD的面积＝四边形AECD的面积+△EBC的面积
∴＝+，∴a2+b2＝c2
（2）如图，当DP＝PC时
设AP＝a，BP＝40﹣a
∵DP2＝CP2，∴AP2+AD2＝BP2+CB2，∴a2+242＝（40﹣a）2+162，解得
a＝16
∴AP＝BC＝16千米
（3）如图，AB＝，BC＝
∴AB+BC的最小值即为H、B、C三点共线时，HC＝＝20
∴+的最小值为20
15、在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重合），以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图①，若∠ADE＝60°，AB＝AC＝2，点D在线段BC上，
①∠BCE和∠BAC之间是有怎样的数量关系？不必说明理由；
②当四边形ADCE的周长取最小值时，直接写出BD的长；
（2）若∠BAC≠60°，当点D在射线BC上移动，如图②，则∠BCE和∠BAC之间有怎样的数量关系？并说明理由．
【解析】（1）①∠BCE+∠BAC＝180°；
②如图1
∵△ABD≌△ACE，∴BD＝EC，
∵四边形ADCE的周长＝AD+DC+CE+AE＝AD+DC+BD+AE＝BC+2AD，
∴当AD最短时，四边形ADCE的周长最小，即AD⊥BC时，周长最小；
∵AB＝AC，∴BD＝BC＝1；
（2）∠BCE+∠BAC＝180°；
理由如下：如图2，
AD与CE交于F点，
∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC，
∵∠AFE＝∠CFD，
∴∠EAF＝∠ECD，
∵∠BAC＝∠FAE，∠BCE+∠ECD＝180°，
∴∠BCE+∠BAC＝180°；
16、在△ABC中，已知∠A＝80°，∠C＝30°，现把△CDE沿DE进行不同的折叠得△C′DE，对折叠后产生的夹角进行探究：
（1）如图（1）把△CDE沿DE折叠在四边形ADEB内，则求∠1+∠2的和；
（2）如图（2）把△CDE沿DE折叠覆盖∠A，则求∠1+∠2的和；
（3）如图（3）把△CDE沿DE斜向上折叠，探求∠1、∠2、∠C的关系．
【解析】（1）∠1+∠2＝180°﹣2∠CDE+180°﹣2∠CED
＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）
＝360°﹣2（180°﹣∠C）
＝2∠C
＝60°；
（2）连接DG，
∠1+∠2＝180°﹣∠C′﹣（∠ADG+∠AGD）
＝180°﹣30°﹣（180°﹣80°）
＝50°；
（3）∠2﹣∠1＝180°﹣2∠CED﹣（2∠CDE﹣180°）
＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）
＝360°﹣2（180°﹣∠C）
＝2∠C
所以：∠2﹣∠1＝2∠C．
17、在△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC上一点，将△ABD沿AD翻折后得△AED，边AE交BC于点F．
（1）如图，当AE⊥BC时，写出图中所有与∠B相等的角：　
　；所有与∠C相等的角：　
　．
（2）若∠C﹣∠B＝50°，∠BAD＝x°（0＜x≤45）．
①求∠B的度数；
②是否存在这样的x的值，使得△DEF中有两个角相等．若存在，并求x的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵∠BAC＝90°，AE⊥BC，
∴∠CAF+∠BAF＝90°，∠B+∠BAF＝90°，
∴∠CAF＝∠B，
由翻折可知，∠B＝∠E，∴∠B＝∠CAF＝∠E，
同理∠CAF+∠BAF＝90°，∠C+∠CAF＝90°，∴∠C＝∠BAF，
∵∠CAF＝∠E，∴AC∥DE，∴∠C＝∠CDE，∴∠C＝∠CDE＝∠BAF．
（2）①∵∠C﹣∠B＝50°，∠C+∠B＝90°，
∴∠C＝70°，∠B＝20°；
②∠BAD＝x°，则∠ADF＝（20+x）°，
∴∠ADB＝∠ADE＝（160﹣x）°，
∴∠FDE＝∠ADE﹣∠ADF＝（140﹣2x）°，
∵∠B＝∠E＝20°，
∴∠DFE＝180°﹣∠E﹣∠FDE＝（2x+20）°，
当∠EDF＝∠DFE时，140﹣2x＝2x+20，解得，x＝30，
当∠DFE＝∠E＝20°时，2x+20＝20，解得，x＝0，
∵0＜x≤45，∴不合题意，故舍去，
当∠EDF＝∠E＝20°，140﹣2x＝20，解得，x＝60，
∵0＜x≤45，∴不合题意舍去．
综上可知，存在这样的x的值，使得△DEF中有两个角相等，且x＝30．专题50
圆中的翻折综合问题
1、如图，将半径为12的⊙O沿AB折叠，弧AB恰好经过与AB垂直的半径OC的中点D，则折痕AB长为（
）
A．4
B．8
C．6
D．6
【分析】延长CO交AB于E点，连接OB，构造直角三角形，然后再根据勾股定理求出AB的长
【解析】延长CO交AB于E点，连接OB，
∵CE⊥AB，
∴E为AB的中点，
∵OC=6，CD=2OD，
∴CD=4，OD=2，OB=6，
∴DE=（2OC-CD）=（6×2-4）=×8=4，
∴OE=DE-OD=4-2=2，
在Rt△OEB中，∵OE2+BE2=OB2，
∴BE==4
∴AB=2BE=8．故选：B．
【小结】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
2、已知如图：⊙O的半径为8cm，把弧AmB沿AB折叠使弧AmB经过圆心O，再把弧AOB沿CD折叠，使弧COD经过AB的中点E，则折线CD的长为（
）
A．8cm
B．cm
C．cm
D．4cm
【分析】连接OE并延长交CD于点F，交C′D′于点F′，交弧AmB于点G，根据翻折的性质得出OF′=6，再由勾股定理得出．
【解析】连接OE并延长交CD于点F，交C′D′于点F′，交弧AmB于点G，
∵OC′=8cm，
∴OF′=6cm，
∴C′F′=CF==2cm，F
∴CD=2CD=4cm．故选：D．
【小结】本题考查了垂径定理和勾股定理以及翻折的性质，是基础知识要熟练掌握．
3、如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，C是⊙O上一点，将弧AC沿直线AC翻折，若翻折后的圆弧恰好经过点O，π≈314，≈1.41，≈1.73，那么由线段AB、AC和弧BC所围成的曲边三角形的面积与下列四个数值最接近的是（
）
A．3.2
B．3.6
C．3.8
D．4.2
【分析】作OE⊥AC交⊙O于F，交AC于E，根据折叠的性质得到OE=OF，求出∠ACB的度数即可解决问题．
【解析】作OE⊥AC交⊙O于F，交AC于E．连接OB，BC．
由折叠的性质可知，EF=OE=OF，∴OE=12OA，
在Rt△AOE中，OE=OA，∴∠CAB=30°，
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∠BOC=2∠BAC=60°，
∵AB=4，∴BC=AB=2，AC=BC=2，
∴线段AB、AC和弧BC所围成的曲边三角形的面积为
S=?AC?BC+S扇形OBC-S△OBC=×2×2+-×22=+π≈3.8，
故选：C．
【小结】本题考查的是翻折变换的性质、圆周角定理，折叠是一种对称变换，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、如图，将⊙O的劣弧
沿AB翻折，D为优弧上一点，连接AD，交
于点C，连接BC、BD；若BC=5，则BD=
．
【分析】根据圆周角定理、翻转变换的性质得到∠ADB=∠BCD，根据等腰三角形的判定定理解答．
【解析】由翻转变换的性质可知，
∠ADB所对的弧是劣弧
，
∠CAB所对的弧是劣弧
，
∠CBA所对的弧是劣弧
，
∴∠ADB=∠CAB+∠CBA，
由三角形的外角的性质可知，∠BCD=∠CAB+∠CBA，
∴∠ADB=∠BCD，
∴BD=BC=5，
故答案为：5．
【小结】本题考查的是翻转变换的性质、圆周角定理的应用，掌握翻转变换是一种对称变换，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是解题的关键．
5、如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，C是⊙O上一点，将弧AC沿直线AC翻折，若翻折后的圆弧恰好经过点O，π≈314，≈1.41，≈1.73，那么由线段AB、AC和弧BC所围成的曲边三角形的面积与下列四个数值最接近的是（
）
A．3.2
B．3.6
C．3.8
D．4.2
【分析】作MN关于直线AN的对称线段M′N，交半圆于B'，连接AM、AM′，构造全等三角形，然后利用勾股定理、割线定理解答．
【解析】如图，作MN关于直线AN的对称线段M′N，交半圆于B'，连接AM、AM′，
可得M、A、M′三点共线，MA=M′A，MB=M′B′=4，M′N=MN=10．
连接AB'，
∵四边形AMNB'是圆内接四边形，
∴∠M'AB'=∠M'NM，
∵∠M'=∠M'，
∴△M'AB'∽△M'NM，
∴＝
∴M′A?M′M=M′B′?M′N，即M′A?2M′A=4×10=40．则M′A2=20，
又∵M′A2=M′N2-AN2，
∴20=100-AN2，
∴AN=4．故选：B．
【小结】此题将翻折变换、勾股定理、割线定理相结合，考查了同学们的综合应用能力，要善于观察图形特点，然后做出解答．
6、如图，是一个圆心角为90°的扇形，AO=2cm，点P在半径AO上运动，点Q在弧AB上运动，沿PQ将它以上的部分向下翻折，使翻折后的弧恰好过点O，则OP的最大距离为
．
【分析】作O关于PQ的对称点O′，O′恰好落在⊙O上，于是得到OP=，推出△OO′Q为等边三角形，根据等边三角形的性质得到OQ=O′Q=OO′=R，当cos∠POE最小时，∠POE最大，当∠QOB=0°时，∠POE=30°于是得到结论．
【解析】作O关于PQ的对称点O′，O′恰好落在⊙O上，
∴OP=，
∵△OO′Q为等边三角形，
∴OQ=O′Q=OO′=R，∠POE+∠QOB=30°，
当cos∠POE最小时，∠POE最大，
当∠QOB=0°时，∠POE=30°，
∴OP==．
故答案为：．
【小结】本题考查了翻折变换-折叠问题，等边三角形的判定和性质，正确的在才辅助线是解题的关键．
7、如图，⊙O的半径为5，弦AB的长为8，将沿直线AB折叠，折叠后如右图，则⊙O到所作的圆的切线OC的长为（
）
A．
B．5
C．3
D．
【分析】根据题意先画出图形，可知翻转过后的弧AB所在的圆和⊙O全等，且两个圆的圆心相距为6，又已知圆的半径，故根据勾股定理即可求出答案．
【解析】根据题意画出图形如下所示：
BD=4，OB=5，
点O′为翻转过后的弧AB所在圆的圆心，
则有O′D=OD==3．又O′C=5，O′O=6，
∴OC===．故选：D．
【小结】本题考查了翻转变换、垂径定理及圆的切线的性质，难度不大，找出翻转过后的弧AB所在圆的圆心是解题关键．
8、如图，将弧BC沿弦BC折叠交直径AB于点D，若AD=6，DB=7，则BC的长是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】连接CA、CD，根据翻折的性质可得弧CD所对的圆周角是∠CBD，再根据AC弧所得的圆周角也是∠CBA，然后求出AC=CD，过点C作CE⊥AB于E，根据等腰三角形三线合一的性质可得AE=ED=
AD，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，然后求出△ACE和△CBE相似，根据相似三角形对应边成比例求出CE2，再求出BE，然后利用勾股定理列式计算即可求出BC．
【解析】如图，连接CA、CD，
根据折叠的性质，弧CD所对的圆周角是∠CBD，
∵弧AC所对的圆周角是∠CBA，∠CBA=∠CBD，
∴AC=CD（相等的圆周角所对的弦相等），
过点C作CE⊥AB于E，
则AE=ED=AD=×6=3，
∴BE=BD+DE=7+3=10，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵CE⊥AB，
∴∠ACB=∠AEC=90°，
∴∠A+∠ACE=∠ACE+∠BCE=90°，
∴∠A=∠BCE，
∴△ACE∽△CBE，
∴
=
，
即CE2=AE?BE=3×10=30，
在Rt△BCE中，BC=
=
=
，
故选：D．
【小结】本题考查了翻折的性质，相似三角形的判定与性质，圆的性质，等腰三角形的判定与性质，作辅助线并求出AC=CD是解题的关键．
9、如图，在⊙O中，点C在优弧
上，将弧
沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，连接AC，CD．则下列结论中错误的是（
）
A．AC=CD
B．
+
=
C．OD⊥AB
D．CD平分∠ACB
【分析】A、作辅助线，构建折叠的性质可得AD=CD；
B、相等两弧相加可作判断；
C、根据垂径定理可作判断；
D、延长OD交⊙O于E，连接CE，根据垂径定理可作判断．
【解析】A、过D作DD'⊥BC，交⊙O于D'，连接CD'、BD'，
由折叠得：CD=CD'，∠ABC=∠CBD'，
∴AC=CD'=CD，故①正确；
B、∵AC=CD'，∴
＝
，由折叠得：＝
′，
∴+=，故②正确；
C、∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，故③正确；
D、延长OD交⊙O于E，连接CE，∵OD⊥AB，
∴∠ACE=∠BCE，∴CD不平分∠ACB，故④错误；故选：D．
【小结】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．也考查了圆周角定理和垂径定理．
10、如图，△ABC内接于⊙O，BC=，∠BAC=45°，将劣弧和分别沿直线AB、AC折叠后交于点M，点S、T是弦AB、AC上的动点，则△MST的周长的最小值为（
）
A．
B．4
C．
D．8
【分析】作点M关于AB的对称点M′，关于AC的对称点M″，根据折叠的性质得到点M′，M″在圆周上，连接M′M″，交AB于S，交AC于T，则△MST的周长最小，连接AM′，AM″，OB，OC，根据圆周角定理得到M′M″是⊙O的直径，即可得到结论．
【解析】作点M关于AB的对称点M′，关于AC的对称点M″，
∵将劣弧AB和AC分别沿直线AB、AC折叠后交于点M，
∴点M′，M″在圆周上，
连接M′M″，交AB于S，交AC于T，
则△MST的周长最小，
连接AM′，AM″，OB，OC，
则∠M′AM″=2∠BAC，
∵∠BAC=45°，∴∠M′AM″=∠BOC=90°，
∵BC=2，∴OB=2，
∴M′M″=2OB=4，
∴△MST的周长的最小值为4，故选：B．
【小结】本题考查了三角形的外接圆与外心，轴对称-最短路线问题，翻折变换（折叠问题），圆周角定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
11、如图，在⊙O中，点C在优弧?ACB上，将弧沿?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
．
【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=，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=3．
【解析】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===1，
∵将弧
沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．
∴和所在的圆为等圆，∴=，∴AC=DC，∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF===2，
∴CE=CF+EF=2+1=3，
而BE=BD+DE=2+1=3，∴BC=3．故答案为3．
【小结】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．也考查了圆周角定理和垂径定理．
12、如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则下列结论：①∠ACB=120°，②△ACD是等边三角形，③EO的最小值为1，其中正确的是
．（请将正确答案的序号填在横线上）
【分析】根据折叠的性质可知，结合垂径定理、三角形的性质、同圆或等圆中圆周角与圆心的性质等可以判断①②是否正确，EO的最小值问题是个难点，这是一个动点问题，只要把握住E在什么轨迹上运动，便可解决问题．
【解析】如图1，连接OA和OB，作OF⊥AB．
由题知：沿着弦AB折叠，正好经过圆心O
∴OF=OA=OB
∴∠AOF=∠BOF=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=120°（同弧所对圆周角相等）
∠D=∠AOB=60°（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）
∴∠ACD=180°-∠ACB=60°
∴△ACD是等边三角形（有两个角是60°的三角形是等边三角形）
故，①②正确
下面研究问题EO的最小值是否是1
如图2，连接AE和EF
∵△ACD是等边三角形，E是CD中点
∴AE⊥BD（三线合一）
又∵OF⊥AB，∴F是AB中点即，EF是△ABE斜边中线
∴AF=EF=BF即，E点在以AB为直径的圆上运动．
所以，如图3，当E、O、F在同一直线时，OE长度最小
此时，AE=EF，AE⊥EF
∵⊙O的半径是2，即OA=2，OF=1
∴AF=（勾股定理）
∴OE=EF-OF=AF-OF=-1
所以，③不正确
综上所述：①②正确，③不正确．故答案为①②．
【小结】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
14、如图，将沿着弦AB翻折，C为翻折后的弧上任意一点，延长AC交圆于D，连接BC．
（1）求证：BC=BD；
（2）若AC=1，CD=4，=120°，求弦AB的长和圆的半径．
【分析】（1）作点C关于AB的对称点C′，连接AC′，BC′．利用翻折不变性，以及圆周角定理即可解决问题；（2）连接OA，OB，作OM⊥AB于M，AH⊥BC交BC的延长线于H．解直角三角形求AB，OA即可；
【解答】（1）证明：作点C关于AB的对称点C′，连接AC′，BC′．
由翻折不变性可知：BC=BC′，∠CAB=∠BAC′，∴=′，∴BD=BC′，∴BC=BD．
（2）解：连接OA，OB，作OM⊥AB于M，AH⊥BC交BC的延长线于H．
∵=120°，∴∠D=×120°=60°，又∴∠AOB=∠ACB=2∠D=120°，
∵BC=BD，∴△BCD是等边三角形，∴BC=DC=4，在Rt△ACH中，
∵∠H=90°，∠ACH=60°，AC=1，∴CH=，AH=，
∴AB===，
∵OM⊥AB，∴AM=BM=，在Rt△AOM中，
∵∠OAM=30°，∠AMO=90°，∴OA=AMcos30°=
【小结】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，垂径定理，勾股定理，翻折变换，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
15、如图，已知⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦．AB与CD交于点M，将
沿CD翻折后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP=OA，连接PC
（1）求CD的长；
（2）求证：PC是⊙O的切线；
（3）点G为
的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E．交
于点F（F与B、C不重合）．问GE?GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）连接OC，根据翻折的性质求出OM，CD⊥OA，再利用勾股定理列式求解即可；
（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆切线的定义证明即可；
（3）连接GA、AF、GB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根据两组角对应相等两三角相似求出△AGE和△FGA相似，根据相似三角形对应边成比例可得=，从而得到GE?GF=AG2，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．
【解答】（1）解：如图，连接OC，
∵
沿CD翻折后，点A与圆心O重合，
∴OM=OA=×2=1，CD⊥OA，
∵OC=2，∴CD=2CM=2=2=2；
（2）证明：
∵PA=OA=2，AM=OM=1，CM=CD=，∠CMP=∠OMC=90°，
∴PC===2，
∵OC=2，PO=2+2=4，
∴PC2+OC2=（2）2+22=16=PO2，
∴∠PCO=90°，
∴PC是⊙O的切线；
（3）解：GE?GF是定值，证明如下，
连接GO并延长，交⊙O于点H，连接HF
∵点G为
的中点∴∠GOE=90°，
∵∠HFG=90°，且∠OGE=∠FGH
∴△OGE∽△FGH
∴
=
∴GE?GF=OG?GH=2×4=8．
【小结】本题是圆的综合题型，主要利用了翻折变换的性质，垂径定理，勾股定理，勾股定理逆定理，圆的切线的定义，相似三角形的判定与性质，难点在于（3）作辅助线构造出相似三角形．专题45
以矩形为基础的图形的旋转变换问题
【典例10】两个长为2cm，宽为1cm的长方形，摆放在直线l上（如图①），CE=2cm，将长方形ABCD绕着点C顺时针旋转α角，将长方形EFGH绕着点E逆时针旋转相同的角度．
（1）当旋转到顶点D、H重合时，连接AE、CG，求证：△AED≌△GCD（如图②）．
（2）当α=45°时（如图③），求证：四边形MHND为正方形．
证明：（1）如图②，∵由题意知，AD=GD，ED=CD，∠ADC=∠GDE=90°，
∴∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE，即∠ADE=∠GDC，在△AED与△GCD中，，∴△AED≌△GCD（SAS）；
（2）如图③，∵α=45°，BC∥EH，∴∠NCE=∠NEC=45°，CN=NE，∴∠CNE=90°，
∴∠DNH=90°，∵∠D=∠H=90°，∴四边形MHND是矩形，∵CN=NE，∴DN=NH，∴矩形MHND是正方形．
【小结】四边形的旋转，可以构造全等三角形，在根据旋转的性质画出相应的图形，再综合其他知识解决.
【巩固提升】
1、如图，有一矩形纸片ABCD，AB＝6，AD＝8，如图1，将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，折痕为AE．如图2，再将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，AE与CD交于点F．
（1）求的值；
（2）四边形EFDB′的面积为　
　；
（3）如图3，将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，点N刚好落在B′E上，A′的对应点为M，F的对应点为N，求点A'到达点M所经过的距离．
【解析】（1）∵将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，
∴AB＝AB'，∠BAE＝∠B'AE，∠B＝∠B'＝90°，
∴四边形ABEB'为正方形，
∴△AB'E为等腰直角三角形，
∵AB＝6，AD＝8，
∴B'D＝AD﹣AB'＝8﹣6＝2，
∵将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，
∴AB'＝A'B'＝6，∠A'＝∠A＝45°，
∴A'D＝DF＝6﹣2＝4，
∵CD＝AB＝6，
∴CF＝6﹣4＝2，
∴．
（2）由（1）可知B'D＝2，DF＝4，B'E＝6，
∴四边形EFDB′的面积＝×（B'E+DF）×B'D＝＝10．
故答案为：10．
（3）∵将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，
∴DF＝DN＝4，∠NDM＝90°，
∵B'D＝2，∠NB'D＝90°，
∴∠B'ND＝30°，
∴∠B'DN＝60°，
∴∠A'DM＝90°﹣∠B'DN＝90°﹣60°＝30°，
∵△A′DF在绕点D旋转过程中，点A'到达点M所经过的路径是圆弧A'M，
∴的长为．
即点A'到达点M所经过的距离为．
2、已知线段AB，如果将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC，则称点C为线段AB关于点A的逆转点．点C为线段AB关于点A的逆转点的示意图如图1：
（1）如图2，在正方形ABCD中，点　
　为线段BC关于点B的逆转点；
（2）如图3，在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x，0），且x＞0，点E是y轴上一点，点F是线段EO关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，过逆转点G，F的直线与x轴交于点H．
①补全图；
②判断过逆转点G，F的直线与x轴的位置关系并证明；
③若点E的坐标为（0，5），连接PF、PG，设△PFG的面积为y，直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
【解析】（1）由题意，点A是线段AB关于点B的逆转点，故答案为A．
（2）①图形如图3所示．
②结论：GF⊥x轴．
理由：∵点F是线段EF关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，
∴∠OEF＝∠PEG＝90°，EG＝EP，EF＝EO，
∴∠GEF＝∠PEO，
∴△GEF≌△PEO（SAS），
∴∠GFE＝∠EOP，
∵OE⊥OP，∴∠POE＝90°，∴∠GFE＝90°，
∵∠OEF＝∠EFH＝∠EOH＝90°，
∴四边形EFHO是矩形，
∴∠FHO＝90°，
∴FG⊥x轴．
③如图4﹣1中，当0＜x＜5时，
∵E（0，5），∴OE＝5，
∵四边形EFHO是矩形，EF＝EO，∴四边形EFHO是正方形，
∴OH＝OE＝5，
∴y＝?FG?PH＝?x?（5﹣x）＝﹣x2+x．
如图4﹣2中，当x＞5时，
y＝?FG?PH＝?x?（x﹣5）＝x2﹣x．
综上所述，．
3、如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，D为AC延长线上一点，连接DB，将DB绕点D逆时针旋转90°，得到线段DE，连接AE．
（1）如图①，当CD＝AC时，线段AB、AE、AD三者之间的数量关系式是AB+AE＝　
　AD．
（2）如图②，当CD≠AC时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
（3）当点D在射线CA上时，其他条件不变，（1）中结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出线段AB、AE、AD三者之间的数量关系式．
【解析】（1）∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，∴CA＝BC，AC⊥BC，∠BAC＝45°
∵AC＝CD，BC⊥AC，∴AB＝BD，∴∠BAC＝∠BDC＝45°，∴∠ABD＝90°，
∵将DB绕点D逆时针旋转90°，得到线段DE，
∴BD＝DE，∠BDE＝90°，
∴DE＝AB＝BD，AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，且∠ABD＝90°，
∴四边形ABDE是矩形，且AB＝BD，∴四边形ABDE是正方形，
∴AB＝AE，AD＝AB，∴AB+AE＝AD，
（2）结论仍然成立；
如图②过点D作DF∥BC交AB的延长线于点F，
∵BC∥DF，
∴∠ADF＝∠ACB＝90°，∠F＝∠ABC＝45°，
∴∠F＝∠DAF＝45°，
∴AD＝DF，∴AF＝AD，
∵∠ADF＝∠EDB＝90°，∴∠ADE＝∠BDF，且DE＝DB，AD＝DF，
∴△ADE≌△FDB（SAS），∴AE＝BF，∴AB+AE＝AB+BF＝AF＝AD；
（3）不成立，
当点D在线段AC上时，如图③，过点D作DF∥BC，
∴∠AFD＝∠ABC＝45°，∠ACB＝∠ADF＝90°，∴∠DAF＝∠AFD＝45°，∴AD＝DF，AF＝AD，
∵∠EDB＝90°＝∠ADF，∴∠ADE＝∠BDF，且AD＝DF，DE＝BD
∴△ADE≌△FDB（SAS），∴AE＝BF，
∵AB﹣BF＝AF，∴AB﹣AE＝AD；
当点D在CA的延长线上时，如图④，过点D作DF∥BC，交BA延长线于点F，
∴∠AFD＝∠ABC＝45°，∠ACB＝∠ADF＝90°，∴∠DAF＝∠AFD＝45°，∴AD＝DF，AF＝AD，
∵∠EDB＝90°＝∠ADF，∴∠FDB＝∠EDA，且AD＝DF，DE＝BD
∴△ADE≌△FDB（SAS）∴AE＝BF，
∵AB+AF＝BF，
∴AB+AD＝AE．
4、如图，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，将BC绕点C顺时针旋转90°得CG，DG交EC于O点
（1）求证：DO＝OG；
（2）若∠ABC＝135°，AC＝2，求DG的长；
（3）若∠ABC＝90°，BC＞AB，且＝时，直接写出的值．
【解析】（1）如图1，延长CB交DE于H．
∵∠ABC+∠ABH＝180°，∠ABC＝∠ADH，∴∠ADH+∠ABH＝180°，∴∠DAB+∠DHB＝180°，
∵∠DAB＝90°，∴∠DHB＝90°，∴∠DHB＝∠HCG＝90°，
∴DE∥CG，∴∠EDO＝∠G，
∵DE＝BC＝CG，∠DOE＝∠GOC，
∴△DOE≌△GOC（AAS），∴EO＝OC．
（2）如图2，连接EG，BD，
由旋转知，AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠ABD＝45°，
∵∠ABC＝135°，∴∠ABD+∠ABC＝180°，∴点D，B，C在同一条直线上，
由（1）知，∠EDG＝∠CGD，∴DE∥CG，
∵DE＝CG，∴四边形CDEG是平行四边形，
∵将BC绕点C顺时针旋转90°得CG，∴∠DCG＝90°，
∴平行四边形CDEG是矩形，
∴DG＝CE，
由旋转知，∠CAE＝90°，AE＝AC＝2，∴CE＝AC＝2，∴DG＝2，
（3）如图3，延长DA，CG相交于点F，
由旋转知，∠BAD＝∠BCG＝90°，
∴∠BAF＝∠BCF＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴AF＝BC，CF＝AB，
∴FD＝FG，
在Rt△DFG中，DG＝DF＝（AD+AF）＝（AB+BC），
在RtACF中，AF2+CF2＝AC2，∴AB2+BC2＝AC2，
∵＝，∴＝，∴＝，∴＝，
∴2AB2﹣5AB?BC+2BC2＝0，∴（2AB﹣BC）（AB﹣2BC）＝0，
∴2AB﹣BC＝0或AB﹣2BC＝0，
∴＝或＝2（舍弃），
故答案为：．
5、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．
（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个　
　．（回答直接写序号）
①BD＝CE；
②BD⊥CE；
③∠ACE+∠DBC＝45°；
④BE2＝2（AD2+AB2）
（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：
①当∠CAE＝90°时，求PB的长；
②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．
（1）解：如图甲：
①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE．
在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴①正确．
②∵△ABD≌△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE．
∵∠CAB＝90°，
∴∠ABD+∠AFB＝90°，
∴∠ACE+∠AFB＝90°．
∵∠DFC＝∠AFB，
∴∠ACE+∠DFC＝90°，
∴∠FDC＝90°．
∴BD⊥CE，∴②正确．
③∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ABD+∠DBC＝45°．
∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确．
④∵BD⊥CE，
∴BE2＝BD2+DE2，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，
∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2，
∵BC2＝BD2+CD2≠BD2，
∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，
∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误．
故答案为①②③．
（2）①解：a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．
∵∠EAC＝90°，
∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．
∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠PEB＝∠AEC，
∴△PEB∽△AEC．
∴＝，
∴＝，
∴PB＝．
b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．
∵∠EAC＝90°，
∴CE＝＝＝3，
同（1）可证△ADB≌△AEC．
∴∠DBA＝∠ECA．
∵∠BEP＝∠CEA，
∴△PEB∽△AEC，
∴＝，
∴＝，
∴PB＝．
综上，PB＝或．
②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．
理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大）
∵AE⊥EC，
∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，
∴四边形AEPD是矩形，
∴PD＝AE＝2，
∴PB＝BD+PD＝3+3．
综上所述，PB长的最大值是3+3．
b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．
理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小）
∵AE⊥EC，
∴EC＝＝＝3，
由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，
∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，
∴四边形AEPD是矩形，
∴PD＝AE＝4，
∴PB＝BD﹣PD＝3﹣3．
综上所述，PB长的最小值是3﹣3．
6、如图1，在等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝3，在边AB上取一点D（点D不与点A，B重合），在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．
（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由；
（2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；
（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值是　
　．
【解析】（1）如图1中，连接EC，BD．结论：BD＝CE．
理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ADB≌△AEC（SAS）．
∴BD＝CE．
（2）如图2中，
由题意：∠CAE＝45°，
∵AC＝AB，∠CAB＝90°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AE∥BC．
∴△CBE的面积与△ABC的面积相等．
∵△ABC的面积为4.5，
∴△CBE的面积4.5．
（3）如图3中，延长AM到N，使得MN＝AM，连接CN，DM
∵AM＝MN，CM＝MD，
∴四边形ADNC是平行四边形，
∴AD＝CN＝1，
∵AC＝3，∴3﹣1≤AN≤3+1，
∴2≤2AM≤4，∴1≤AM≤2，
∴AM的最小值为1．
故答案为1．
7、综合与实践
问题情境
数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．
解决问题
（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；
（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由；
探索发现
（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；
（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：：2的三角形（可添加字母）
【解析】（1）如图①中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，
∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，
又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；
（2）如图②中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD，
∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，
在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．
（3）如图③中，作CH⊥AD于H．AC＝CD＝AB＝2，
∵B，A，E共线，∴∠BAC+∠EAC＝180°，∴∠EAC＝120°，
∵∠EDC＝60°，∴∠EAC+∠EDC＝180°，∴A，E，D，C四点共圆，
∴∠CAD＝∠CED＝30°，∠BAD＝90°，
∵CA＝CD，CH⊥AD，∴AH＝DH＝AC?cos30°＝，∴AD＝2，
∴BD＝＝＝2．
（4）如图①中，设DE交BC于T．
因为含有30°的直角三角形的三边之比为1：：2，
由（1）可知△BDT，△DCT，△ECT都是含有30°的直角三角形，
∴△BDT，△DCT，△ECT符合条件．
8、已知△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝2BD，连接CE．
（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；
（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．
【解析】（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，
∴AC＝BC＝4，AB＝AC＝4，DE＝BE，DB＝BE，∠ABC＝45°，∠DBE＝45°，
∵AB＝2BD，∴AD＝BD＝2，∴BE＝2，
∵∠CBE＝∠ABC+∠DBE＝90°，∴CE＝＝＝2，
∵点F是CE的中点，∴BF＝CE＝；
（2）如图，连接AN，设DE与AB交于点H，
∵点M是AD中点，∴AM＝MD，又∵MN＝ME，∠AMN＝∠DME，
∴△AMN≌△DME（SAS），∴AN＝DE，∠MAN＝∠ADE，∴AN∥DE，∴∠NAH+∠DHA＝180°，
∵∠NAH＝∠NAC+∠CAB＝∠NAC+45°，∠DHA＝∠EDB+∠DBH＝45°+∠DBH，
∴∠NAC+45°+45°+∠DBH＝180°，∴∠NAC+∠DBH＝90°，
∵∠CBA+∠DBE＝45°+45°＝90°，∴∠CBE+∠DBH＝90°，∴∠CBE＝∠NAC，
又∵AC＝BC，AN＝DE＝BE，∴△ACN≌△BCE（SAS），∴∠ACN＝∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE＝90°，∴∠ACN+∠ACE＝90°＝∠NCE，∴CN⊥CE．
9、如图，已知点A
（0，8），B
（16，0），点P是x轴上的一个动点（不与原点O重合），连结AP，把△OAP沿着AP折叠后，点O落在点C处，连结PC，BC，设P（t，0）．
（1）如图1，当AP∥BC时，试判断△BCP的形状，并说明理由．
（2）在点P的运动过程中，当∠PCB＝90°时，求t的值．
（3）如图2，过点B作BH⊥直线CP，垂足为点H，连结AH，在点P的运动过程中，是否存在AH＝BC？若存在，求出t的值：若不存在，请说明理由．
解析【】（1）等腰三角形，
理由如下：∵AP∥BC，∴∠APC＝∠BCP，∠APO＝∠CBP，
∵△OAP沿着AP折叠，∴∠APO＝∠APC，∴∠PCB＝∠PBC，∴PC＝PB，∴△BCP是等腰三角形；
（2）当t＞0时，如图，
∵△OAP沿着AP折叠，∴∠AOP＝∠ACP＝90°，OP＝PC＝t，
∴∠ACP+∠BCP＝180°，∴点A，点C，点B三点共线，
∵点A
（0，8），B
（16，0），∴OA＝8，OB＝16，
∴AB＝＝＝8，
∵tan∠ABO＝，
∴，∴t＝4﹣4；
当t＜0时，如图，
同理可求：t＝﹣4﹣4；
（3）∵△OAP沿着AP折叠，∴AC＝AO＝8，∠ACP＝∠AOP＝90°，
∵BH⊥CP，∴∠ACP＝∠BHC＝90°，
∵AH＝BC，CH＝CH，∴Rt△ACH≌Rt△BHC（HL）∴AC＝BH，∴四边形AHBC是平行四边形，
如图2，当0≤t≤16时，点H在PC上时，连接AB交CH于G，
∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，∴HG＝＝＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（16﹣t）2＝64+（t﹣8）2，∴t＝8；
如图3，当0≤t≤16时，点H在PC的延长线上时，
∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，
∴HG＝＝＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，∴t＝；
如图4，当t＜0时，
同理可证：四边形ABHC是平行四边形，
又∵AH＝BC，∴四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，∴t＝16﹣8；
当t＞16时，如图5，
∵四边形ABHC是矩形，∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝8，CP＝OP＝t，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，∴（t﹣16）2＝64+（t﹣8）2，∴t＝16+8．
综上所述：当t＝8或或16﹣8或16+8时，存在AH＝BC．
10、问题情境：
数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．
解决问题：
（1）如图1，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；
（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，当△DEC绕点C继续旋转到如图2所示的位置时，连接AE、AD、BD，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由．
【解析】（1）如图1中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，
∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，
又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；
（2）结论正确，如图2中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．
∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC＝CE，AC＝CD，
∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，
在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．
11、如图，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，点D为边BC上的一动点（不与点B、C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE与AB交于点F，连接BE．
（1）求BC的长；
（2）求证∠ABE＝∠ABC；
（3）当FB＝FE时，求CD的长．
【解析】（1）如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝BC，
∵tan∠ACB＝＝，∴设AH＝3k（k＞0），CH＝4k，
∵AC2＝AH2+CH2，∴9k2+16k2＝25，∴k＝1，∴HC＝4，∴BC＝2CH＝8；
（2）∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，∴AE＝AD，
又∵AB＝AC，∴△AEB≌△ADC（SAS），∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACD，∴∠ABE＝∠ABC；
（3）∵AD＝AE，∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠DAE），
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠BAC），
∵∠DAE＝∠BAC，∴∠ADE＝∠AED＝∠ABC＝∠ACB，∴∠ABE＝∠ABC＝∠ADE，
又∵∠BFE＝∠DFA，∴∠BEF＝∠DAF，
∵FB＝FE，∴∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ADF＝∠FBE＝∠FEB，∴∠DAF＝∠ABC＝∠ACB，
又∵∠ABC＝∠ABD，∴△BAD∽△BCA，∴，∴BD＝＝，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣＝．
12、（1）如图1，O是等边三角形ABC内一点，连接OA，OB，OC，且OA＝3，OB＝4，OC＝5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．
填空：①旋转角为　
　°；
②线段OD的长是　
　；
③∠BDC＝　
　°；
（2）如图2，O是△ABC内一点，且∠ABC＝90°，BA＝BC．连接OA，OB，OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．当OA，OB，OC满足什么条件时，∠BDC＝135°？请说明理由．
【解析】（1）①∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，∠ABC＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴∠OBD＝∠ABC＝60°，∴旋转角的度数为60°；
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴BO＝BD，
而∠OBD＝60°，∴△OBD为等边三角形；∴OD＝OB＝4；
③∵△BOD为等边三角形，∴∠BDO＝60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，∴CD＝AO＝3，
在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5，
∵32+42＝52，∴CD2+OD2＝OC2，
∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴∠BDC＝∠BDO+∠ODC＝60°+90°＝150°；
（2）OA2+2OB2＝OC2时，∠ODC＝90°，理由如下：
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD＝∠ABC＝90°，BO＝BD，CD＝AO，
∴△OBD为等腰直角三角形，∴OD＝OB，
∵当CD2+OD2＝OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC＝90°，
∴OA2+2OB2＝OC2，
∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2＝OC2时，∠BDC＝135°．
12、在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．
（1）问题发现：
如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：
①AF与BE的数量关系是　
　；②∠ABE＝　
　度．
（2）拓展探究：
如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．
（3）解决问题
如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE的长．
【解析】（1）问题发现：
如图1中，设AB交DE于O．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，
∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，
∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，
∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，
∵DA＝DE，DF＝DB，∴△ADF≌△EDB（SAS），
∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，
∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°
（2）拓展探究：
结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：
∵DF‖AC，∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，
∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，
∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，
∵AD＝DE，DB＝DF，∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD
∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．
（3）解决问题
①如图（3）中，当点D在BC上时，
由（2）可知：BE＝AF，
∵DF∥AC，∴，
∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，
②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，
∵AC∥DF，∴，
∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，
故BE的长为2或4．
13、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．
（1）求证：△BCD≌△ACE；
（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；
（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．
【解析】（1）由旋转可得EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，∴∠BCD＝∠ACE，
又∵AC＝BC，∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）由（1）可知AE＝BD＝1，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，∴∠EAD＝90°，
∴，∴．∴；
（3）如图，过C作CG⊥AB于G，则AG＝AB，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴CG＝AB，即＝，
∵点F为AD的中点，∴FA＝AD，
∴FG＝AG﹣AF＝AB﹣AD＝（AB﹣AD）＝BD，
由（1）可得：BD＝AE，
∴FG＝AE，即＝，∴＝，
又∵∠CGF＝∠BAE＝90°，∴△CGF∽△BAE，∴∠FCG＝∠ABE，
∵∠FCG+∠CFG＝90°，∴∠ABE+∠CFG＝90°，
∴CF⊥BE．
14、如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，BC＝4，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE．将△EDC绕点C按逆时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）问题发现
①当α＝0°时，＝　
　；
②当α＝180°时，＝　
　．
（2）拓展探究
试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
（3）问题解决
当△EDC旋转至DE∥AC时，请直接写出BD的长．
【解析】（1）①当α＝0°时，
∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，BC＝4，∴AB＝，∴AC＝，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴BD＝CD＝BC＝2，AE＝CE＝AC＝，
∴；
②如图1，
，
当α＝180°时，
∵将△EDC绕点C按逆时针方向旋转，∴CD＝2，CE＝，
∴AE＝AC+CE＝4，BD＝BC+CD＝6，∴．
（2）当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，
∵∠ECD＝∠ACB，∴∠ECA＝∠DCB，
又∵CE＝，CD＝2，AC＝，BC＝4，
∴，∴△ECA∽△DCB，∴．
（3）2或2．
①如图3，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
∵DE∥AC，∴∠DCA＝∠EDC＝90°，
∵∠ACB＝30°，∴∠DCF＝60°，
∵DC＝2，∴CF＝1，DF＝，∴BF＝1+4＝5，
∴＝＝2；
②如图4，过点D作DF⊥BC交BC于点F，
同理可得，CF＝1，DF＝，
∴BF＝3，
∴BD＝＝2．
故BD的长为2或2．
15、（1）问题发现
如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，∠BCD的度数是　
　；线段BD，AC之间的数量关系是　
　．
（2）类比探究
在Rt△ABC中，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，请问（1）中的结论还成立吗？
（3）拓展延伸
如图3，在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝90°，若点P满足PB＝PC，∠BPC＝90°，请直接写出线段AP的长度．
【解析】（1）∵在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝60°，
∵将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，
∴∠CAD＝α＝2∠BAC＝60°，AC＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴∠BAD＝90°，∠BCD＝120°，
∵在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴BD2＝AB2+AD2＝（AC）2+AC2＝AC2，
即线段BD，AC之间的数量关系是BD＝AC；
故答案为：120°，BD＝AC；
（2）不成立，
理由：在Rt△ABC中，∠BAC＝45°，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝45°，
∵将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α＝2∠BAC，
∴∠CAD＝α＝2∠BAC＝90°，AC＝AD，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠ACD＝45°，
∴∠BCD＝90°，
∵在Rt△ABC中，AB＝BC＝AC，
在Rt△ACD中，CD＝AC，∴BD2＝BC2+CD2＝（AC）2+（AC）2＝AC2，
即线段BD，AC之间的数量关系是BD＝AC；
（3）如图3，作PE⊥AC于E，连接PA，
∵在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝90°，
∴BC＝＝2，
∵∠BPC＝90°，PB＝PC，
∴PB＝PC＝，∠PBC＝∠PCB＝45°，
∵∠BAC＝∠BPC＝90°，
∴点B，C，P，A四点共圆，
∴∠PAE＝45°，
∴△PAE是等腰直角三角形，
∴PE＝AE，
∴CE＝4﹣AE，
∵PE2+CE2＝PC2，
∴PE2+（4﹣PE）2＝10，
∴PE＝1，PE＝3，
∴PA＝或PA＝3；
故线段AP的长度为或3．
16、综合与实践
问题情境
数学活动课上，老师让同学们以“三角形平移与旋转”为主题开展数学活动，△ACD和△BCE是两个等边三角形纸片，其中，AC＝5cm，BC＝2cm．
解决问题
（1）勤奋小组将△ACD和△BCE按图1所示的方式摆放（点A，C，B在同一条直线上），连接AE，BD．发现AE＝DB，请你给予证明；
（2）如图2，创新小组在勤奋小组的基础上继续探究，将△BCE绕着点C逆时针方向旋转，当点E恰好落在CD边上时，求△ABC的面积；
拓展延伸
（3）如图3，缜密小组在创新小组的基础上，提出一个问题：“将△BCE沿CD方向平移acm，得到B'C'E'，连接AB'，B'C，当△AB'C恰好是以AB'为斜边的直角三角形时，求a的值．请你直接写出a的值．
【解析】（1）如图1中，
∵△ADC，△BEC都是等边三角形，
∴CA＝CD，CE＝CB，∠ACD＝∠ECB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD．
（2）如图2中，过点B作BH⊥AC交AC的延长线于H．
∵∠ACB＝∠ECB＝60°，
∴∠BCH＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∵BH⊥CH，
∴∠H＝90°，
∴BH＝BC?sin60°＝（cm），
∴S△ABC＝?AC?BH＝×5×＝．
（3）如图3中，
由题意∠ACB′＝90°，
∴∠ACD＝60°，
∴∠E′CB′＝30°，
∵∠CE′B′＝60°，
∴∠CB′E′＝90°，
∴CB′＝E′B′?tan60°＝2，
在Rt△ACB′中，AB′＝＝＝．
17、如图，有一矩形纸片ABCD，AB＝6，AD＝8，如图1，将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，折痕为AE．如图2，再将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，AE与CD交于点F．
（1）求的值；
（2）四边形EFDB′的面积为　
　；
（3）如图3，将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，点N刚好落在B′E上，A′的对应点为M，F的对应点为N，求点A'到达点M所经过的距离．
【解析】（1）∵将纸片折叠使AB落在AD边上，B的对应点为B′，
∴AB＝AB'，∠BAE＝∠B'AE，∠B＝∠B'＝90°，
∴四边形ABEB'为正方形，
∴△AB'E为等腰直角三角形，
∵AB＝6，AD＝8，∴B'D＝AD﹣AB'＝8﹣6＝2，
∵将△AB'E以B'E为折痕向右折叠，∴AB'＝A'B'＝6，∠A'＝∠A＝45°，∴A'D＝DF＝6﹣2＝4，
∵CD＝AB＝6，∴CF＝6﹣4＝2，∴．
（2）由（1）可知B'D＝2，DF＝4，B'E＝6，
∴四边形EFDB′的面积＝×（B'E+DF）×B'D＝＝10．
（3）∵将△A′DF绕点D旋转得到△MDN，∴DF＝DN＝4，∠NDM＝90°，
∵B'D＝2，∠NB'D＝90°，∴∠B'ND＝30°，∴∠B'DN＝60°，
∴∠A'DM＝90°﹣∠B'DN＝90°﹣60°＝30°，
∵△A′DF在绕点D旋转过程中，点A'到达点M所经过的路径是圆弧A'M，
∴的长为．
即点A'到达点M所经过的距离为．专题37
矩形折叠问题中的类比问题
【典例2】如图例2-1，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且点G在矩形ABCD内部．小明将BG延长交DC于点F，认为GF=DF，你同意吗？说明理由．
（2）问题解决
保持（1）中的条件不变，若DC=2DF，求的值；
（3）类比探求
保持（1）中条件不变，若DC=nDF，求的值．
图例2-1
图例2-2
【解析】（1）同意，理由如下：
如图例2-2，连接EF
∵E是AD的中点，∴AE=ED，由折叠及矩形性质得：AE=EG，∠EGF=∠D=90°，所以，EG=DE
在Rt△EFG和Rt△EFD中，∵EF=EF
EG=DE，∴Rt△EFG≌Rt△EFD
（HL），∴DF=FG
（2）根据DC=2DF，设DF=FC=x，AE=ED=y
由折叠性质及（1）知BF=BG+GF=AB+GF=3x
在Rt△BCF中，由勾股定理得：BF2=BC2+CF2，(3x)2=(2y)2+x2，即：，∴
（3）设AE=ED=y，DF=x，根据DC=nDF，得CD=nx，FC=(n－1)x；
由折叠性质及矩形性质知：BF=BG+GF=AB+GF=(n+1)x
在Rt△BCF中，
BF2=BC2+CF2，[(n+1)x]2=(2y)2+[(n-1)x]2，即：，∴
【小结】本题立意新颖，是河南中考首次采用此类型题目，给人一种耳目一新的感觉.
“操作发现——问题解决——类比探究”所展现的是数学研究的核心，即“提出问题——解决问题——理论扩展及应用”.
学生需要具备完善的知识体系及一定的观察、计算能力才能完整解答此题.
本题的意义不仅在于考查学生对折叠、矩形、全等三角形、勾股定理、解方程等知识的本质理解与掌握，在很大程度上是检验学生的学习过程和学习方式，从一个新的数学角度考查了学生的数学思维能力．
【巩固提升】
1、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，即可得出答案．
【解析】根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∵，∴△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=0.6，∴DF=4﹣x=3.4，∴．
故选C．
【小结】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．
2、如图，以矩形ABOD的两边OD、OB为坐标轴建立直角坐标系，若E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交OD于F点．若OF＝1，FD＝2，则G点的坐标为(
)
A．(，)
B．(，)
C．(，)
D．(，)
【分析】连结EF，作GH⊥x轴于H，根据矩形的性质得AB=OD=OF+FD=3，再根据折叠的性质得BA=BG=3，EA=EG，∠BGE=∠A=90°，而AE=DE，则GE=DE，于是可根据“HL”证明Rt△DEF≌Rt△GEF，得到FD=FG=2，则BF=BG+GF=5．在Rt△OBF中，利用勾股定理计算出OB，然后根据△FGH∽△FBO，利用相似比计算出GH和FH，根据OH=OF﹣HF，即可得到G点的坐标．
【解析】连结EF，作GH⊥x轴于H，如图，
∵四边形ABOD为矩形，∴AB=OD=OF+FD=1+2=3．
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，∴BA=BG=3，EA=EG，∠BGE=∠A=90°．
∵点E为AD的中点，∴AE=DE，∴GE=DE．
在Rt△DEF和Rt△GEF中，∵，∴Rt△DEF≌Rt△GEF（HL），∴FD=FG=2，
∴BF=BG+GF=3+2=5．
在Rt△OBF中，OF=1，BF=5，∴OB．
∵GH∥OB，∴△FGH∽△FBO，∴，即，∴GH，FH，
∴OH=OF﹣HF=1，∴G点坐标为（）．故选B．
【小结】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．也考查了坐标与图形的性质和相似三角形的判定与性质．
3、如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是边AB上一点，且AE=2EB，点P是边BC上一点，连接EP，过点P作PQ⊥PE交射线CD于点Q．若点C关于直线PQ的对称点正好落在边AD上，求BP的值．
【解析】过点P作PE⊥AD于点E，∴∠PEC'=90°
∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4
∴∠EAB=∠B=∠C=∠QDC'=90°，CD=AB=3
∴四边形CPED是矩形
∴DE=PC，PE=CD=3
∵AE=2EB，∴AE=2，EB=1
设BP=x，则DE=PC=4﹣x
∵点C与C'关于直线PQ对称，∴△PC'Q≌△PCQ
∴PC'=PC=4﹣x，C'Q=CQ，∠PC'Q=∠C=90°
∵PE⊥PQ，∴∠BPE+∠CPQ=90°
又∵∠BEP+∠BPE=90°，∴∠BEP=∠CPQ，∴△BEP∽△CPQ
同理可证：△PEC'∽△C'DQ
∴，，∴CQ==x（4﹣x）
∴C'Q=x（4﹣x），DQ=3﹣x（4﹣x）=x2﹣4x+3
∴，∴C'D=3x，EC'=
∵EC'+C'D=DE，∴，解得：x1=1，x2=
∴BP的值为1或
4、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．
（1）如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；
（2）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，求m（用含有t的式子表示）；
（3）在（2）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）．
【解析】（1）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（2，6）；
（2）∵△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=t2﹣t+6（0＜t＜11）；
（3）过点P作PE⊥OA于E，如图3，
∴∠PEA=∠QAC′=90°，
∴∠PC′E+∠EPC′=90°，
∵∠PC′E+∠QC′A=90°，
∴∠EPC′=∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴=，
在△PC′E和△OC′B′中，，∴△PC′E≌△OC′B′（AAS），
∴PC'=OC'=PC，∴BP=AC'，
∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11﹣2t，
∴=，
∵m=t2﹣t+6，
∴3t2﹣22t+36=0，
解得：t1=，t2=
故点P的坐标为（
，6）或（
，6）．
5、如图，在矩形ABCD中，AB=6，点E在边AD上且AE=4，点F是边BC上的一个动点，将四边形ABFE沿EF翻折，A、B的对应点A1、B1与点C在同一直线上，A1B1与边AD交于点G，如果DG=3，那么BF的长为　　．
【解析】∵△CDG∽△A'EG，A'E=4
∴A'G=2
∴B'G=4
由勾股定理可知CG'=，则CB'=
由△CDG∽△CFB'
设BF=x
∴
解得x=
故答案为
6、如图，已知E是正方形ABCD的边AB上一点，点A关于DE的对称点为F，∠BFC=90°，求的值．
【解析】如图，延长EF交CB于M，连接CM，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，
∵将△ADE沿直线DE对折得到△DEF，∴∠DFE=∠DFM=90°，
在Rt△DFM与Rt△DCM中，，∴Rt△DFM≌Rt△DCM，∴MF=MC，
∴∠MFC=∠MCF，
∵∠MFC+∠BFM=90°，∠MCF+∠FBM=90°，∴∠MFB=∠MBF，∴MB=MC，
设MF=MC=BM=a，AE=EF=x，
∵BE2+BM2=EM2，即（2a﹣x）2+a2=（x+a）2，解得：x=a，∴AE=a，
∴==3．
7、（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C′处，若∠ADB=46°，则∠DBE的度数为　．
（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB=4，AD=9．
【画一画】如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；
【算一算】如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别落在点A′，B′处，若AG=，求B′D的长；
【验一验】如图4，点K在这张矩形纸片的边AD上，DK=3，将纸片折叠，使AB落在CK所在直线上，折痕为HI，点A，B分别落在点A′，B′处，小明认为B′I所在直线恰好经过点D，他的判断是否正确，请说明理由．
【解析】（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=46°，
由翻折不变性可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=23°，
故答案为23．
（2）【画一画】，如图2中，
【算一算】如图3中，
∵AG=，AD=9，∴GD=9﹣=，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DGF=∠BFG，
由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，∴DF=DG=，
∵CD=AB=4，∠C=90°，
∴在Rt△CDF中，CF==，∴BF=BC﹣CF=，
由翻折不变性可知，FB=FB′=，∴DB′=DF﹣FB′=﹣=3．
【验一验】如图4中，小明的判断不正确．
理由：连接ID，在Rt△CDK中，∵DK=3，CD=4，∴CK==5，
∵AD∥BC，∴∠DKC=∠ICK，由折叠可知，∠A′B′I=∠B=90°，
∴∠IB′C=90°=∠D，∴△CDK∽△IB′C，∴==，即==，
设CB′=3k，IB′=4k，IC=5k，由折叠可知，IB=IB′=4k，∴BC=BI+IC=4k+5k=9，∴k=1，
∴IC=5，IB′=4，B′C=3，
在Rt△ICB′中，tan∠B′IC==，连接ID，在Rt△ICD中，tan∠DIC==，
∴tan∠B′IC≠tan∠DIC，∴B′I所在的直线不经过点D．专题38
图形折叠中的直角三角形问题
【典例3-1】如图例3-1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点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，BD的长为
图例3-1
图例3-2
图例3-3
【解析】从题目所给的“当△AEF为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论.
通过观察及分析可知∠BED=∠DEF=60°，所以∠AEF=180－120°=60°.
即点E不可能为直角顶点.
分两种情况考虑：
①当∠EAF=90°时，如图例3-2所示.
∵∠B=30°，BC=3，∴，
∵∠EAF=90°，∴∠AFC=60°，∠CAF=30°
在Rt△ACF中，有：，
由折叠性质可得：∠B=∠DFE=30°，
②当∠AFE=90°时，如图例3-3所示.
由折叠性质得：∠B=∠DFE=30°，，∴∠AFC=60°，∠FAC=30°
∴，所以，BF=2，
综上所述，BD的长为2或1.
【小结】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识.
通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；②解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.
【典例3-2】如图例4-1，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
．
图例4-1
图例4-2
图例4-3
【解析】此题以“当△CEB′为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B′及点E分别为直角顶点.分两种情况考虑：
①当∠CEB′=90°时，如图例4-2所示.
由折叠性质得：AB=AB′，四边形ABE
B′是矩形.
所以四边形ABE
B′是正方形.
此时，BE=AB=3.
②当∠CB′E=90°时，如图例4-3所示.
由折叠性质知，∠AB′C=90°，所以∠AB′C+∠CB′E=180°.
∴点A、B′、C共线
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=5
由折叠得：AB=
AB′=3
所以B′C=2
设BE=x，则B′E=x，EC=4－x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：EC2=B′E2+B′C2
即：（4-x）2=x2+22
解得：x=1.5.
综上所述，BE的值为3或1.5.
【小结】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及勾股定理的应用.
【典例3-3】如图例5-1，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为
．
图例5-1
图例5-2
图例5-3
【解析】通过观察及分析可知，C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论.
①当∠CM
B′=90°时，如图例5-2所示.
由折叠知：∠BMN=∠B′MB=45°，又因为∠B=45°，所以∠BNM=90°，∠MNB′=90°
即∠BNM+∠MN
B′=180°，所以B、N、B′三点共线，此时B′与点A重合.
所以，
①当∠CB′M=90°时，如图例5-3所示.
由折叠知∠B=∠B′=45°，因为∠C=45°，可得∠B′MC=45°，所以△B′MC是等腰直角三角形
设BM=
B′M=x，B′C=x，则MC=
x
因为BC=+1
所以x+x=+1
解得：x=1，即BM=1.
综上所述，BM的值为或1.
【小结】根据题意判断出C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.
【典例3-4】
如图例6-1，在∠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.
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
.
图例6-1
图例6-2
图例6-3
【解析】分两种情况讨论.
①当∠A’FE=90°时，如图例6-2所示.
∵D、E分别为AC、BC的中点，
∴DE是三角形ABC的中位线，即DE∥BA
∴∠A’BA=90°
∴四边形AB
A’C为矩形
由折叠得AC=A’C
∴四边形AB
A’C为正方形，即AB=AC=4.
②当∠A’EF=90°时，如图例6-3所示.
∵∠A’EF=∠CDE=90°
∴A’E∥CD
∴∠DCE=∠CEA’
由折叠知：∠DCE=∠A’CE
∴∠CEA’=∠A’CE，∴A’C=A’E=4
又∵E是BC中点，即A’E是Rt△A’BC的中线，∴BC=2A’E=8
在Rt△A’BC中，由勾股定理得，A’B=
由折叠性质得：AB=
A’B=.
综上所述，AB的长为4或.
【小结】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.
【巩固提升】
1、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
【解析】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，如图2所示．
此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．
综上所述，BE的长为或3．
【小结】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．
2、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，即可得出答案．
【解析】根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∵，∴△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=0.6，∴DF=4﹣x=3.4，∴．
故选C．
【小结】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．
3、如图，已知正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点，BE=，Q是CD上一动点，将△CEQ沿直线EQ折叠后，点C落在点P处，连接PA．点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，当PA的长度最小时，CQ的长为（
）
A．
B．
C．
D．3
【解析】如图所示：
在Rt△ABE中，AE=．
∵BC=3，BE=，∴EC=3-．
由翻折的性质可知：PE=CE=3-．
∵AP+PE≥AE，∴AP≥AE-PE．
∴当点A、P、E一条直线上时，AP有最小值．
∴AP=AE-PE=2-（3-）=3-3．
故选A．
4、如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把矩形沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为____________．
【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC=10，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′=6，可计算出CB′=4，设BE=x，则EB′=x，CE=8-x，在Rt△CEB′中运用勾股定理计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时四边形ABEB′为正方形．
【解析】由题意知，需分两种情况讨论：
①当时，如图1，由折叠得，，，∴，
∴三点共线．在矩形中，，，∴．
∵，∴．
设，则，，
在中，，即，解得．
②当时，如图2，由折叠可知，
∴，，∴四边形是正方形，∴．
综上所述，当为直角三角形时，的长为或3．
【小结】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．
5、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，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的长为_____．
【分析】利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题．（注意有两种情形）
【解析】如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE＝∠AEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
在Rt△BCE中，EC＝
，
∴CF＝CE＝2，
∵AB＝CD＝6，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，
当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，
∴DF＝CD+CF′＝6+2
故答案为6﹣2或6+2．
【小结】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．
6、如图，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，AB=4，点P为线段AB上一动点，过点P作PE⊥AB交直线AD于点E，将∠A沿PE折叠，点A落在F处，连接DF，CF，当△CDF为直角三角形时，线段AP的长为__________．
【分析】分两种情形讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形；②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形，分别求出即可．
【解析】分两种情况讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形．
∵在菱形ABCD中，AB=4，∴CD=AD=AB=4．
在Rt△ADF中，∵AD=4，∠DAB=45，DF=AF=2，∴APAF．
②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形．
在Rt△CBF中，∵∠CFB=90°，∠CBF=∠A=45°，BC=4，∴BF=CF=2，∴AF=4+2，∴APAF=2．
综上所述：线段AP的长为或2．
【小结】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，正确画出图象，注意分类讨论的思想，属于中考常考题型．专题51
巧用图形的翻折解决几何问题
多年一些省市的中考题中出现了很多有关矩形纸片折叠的问题.由于这类问题的实践性强，需要同学们通过动手操作去发现解1决问题的方法.其规律为利用折叠前后线段、角的对应相等关系，构造直角三角形利用勾股定理来求解。
注意：必有等边，必有等角。观察并关注通过折叠新构建的三角形，特别是直角三角形。通过解设表示相关数量，建立等量关系（多数情况利用勾股定理）。解方程，得答案
【典例16】如图，在矩形ABCD中，AD＝15，点E在边DC上，联结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．如果AD＝3GD，那么DE＝_____．
【解析】思路如下：
如图，过点F作AD的平行线交AB于M，交DC于N．
因为AD＝15，当AD＝3GD时，MF＝AG＝10，FN＝GD＝5．
在Rt△AMF中，AF＝AD＝15，MF＝10，所以AM＝．
设DE＝m，那么NE＝．
由△AMF∽△FNE，得，即．解得m＝．
【巩固提升】
1、在△ABC中，已知∠A＝80°，∠C＝30°，现把△CDE沿DE进行不同的折叠得△C′DE，对折叠后产生的夹角进行探究：
（1）如图（1）把△CDE沿DE折叠在四边形ADEB内，则求∠1+∠2的和；
（2）如图（2）把△CDE沿DE折叠覆盖∠A，则求∠1+∠2的和；
（3）如图（3）把△CDE沿DE斜向上折叠，探求∠1、∠2、∠C的关系．
【解析】（1）∠1+∠2＝180°﹣2∠CDE+180°﹣2∠CED
＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）
＝360°﹣2（180°﹣∠C）
＝2∠C
＝60°；
（2）连接DG，
∠1+∠2＝180°﹣∠C′﹣（∠ADG+∠AGD）
＝180°﹣30°﹣（180°﹣80°）
＝50°；
（3）∠2﹣∠1＝180°﹣2∠CED﹣（2∠CDE﹣180°）
＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）
＝360°﹣2（180°﹣∠C）
＝2∠C
所以：∠2﹣∠1＝2∠C．
2、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P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于F点．
（1）求证：四边形AECF为平行四边形；
（2）若矩形ABCD的边AB＝6，BC＝4，求△CPF的面积．
【解析】（1）由折叠得到BE＝PE，EC⊥PB，
∵E为AB的中点，∴AE＝EB＝PE，∴AP⊥BP，∴AF∥EC，
∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥FC，∴四边形AECF为平行四边形；
（2）过P作PM⊥DC，交DC于点M，
在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝4，根据勾股定理得：EC＝＝5，
∵S△EBC＝EB?BC＝EC?BQ，∴BQ＝＝，
由折叠得：BP＝2BQ＝，在Rt△ABP中，AB＝6，BP＝，
根据勾股定理得：AP＝＝，
∵四边形AECF为平行四边形，∴AF＝EC＝5，FC＝AE＝3，∴PF＝5﹣＝，
∵PM∥AD，∴＝，即＝，解得：PM＝，
则S△PFC＝FC?PM＝×3×＝．
3、如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD上的E点处，折痕的一端G点在边BC上．
（1）如图1，当折痕的另一端F在AB边上且AE＝4时，求AF的长
（2）如图2，当折痕的另一端F在AD边上且BG＝10时，
①求证：EF＝EG．②求AF的长．
（3）如图3，当折痕的另一端F在AD边上，B点的对应点E在长方形内部，E到AD的距离为2cm，且BG＝10时，求AF的长．
（1）解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴BF＝EF，
∵AB＝8，∴EF＝8﹣AF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即42+AF2＝（8﹣AF）2，解得AF＝3；
（2）①证明：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，
∴∠BGF＝∠EGF，
∵长方形纸片ABCD的边AD∥BC，∴∠BGF＝∠EFG，∴∠EGF＝∠EFG，∴EF＝EG；
②解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，
∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，FH＝AF，∴EF＝EG＝10，
在Rt△EFH中，FH＝＝＝6，∴AF＝FH＝6；
（3）法一：如图3，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，
∵E到AD的距离为2cm，
∴EM＝2，EN＝8﹣2＝6，
在Rt△ENG中，GN＝＝＝8，
∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°，
∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°，∴∠KEM＝∠NGE，
又∵∠ENG＝∠KME＝90°，
∴△GEN∽△EKM，
∴＝＝，即＝＝，解得EK＝，KM＝，
∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，
∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°，
∴△FKH∽△EKM，∴＝，即＝，解得FH＝，∴AF＝FH＝．
法二：如图4，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，过点K作KL∥CD交BC于点L，连接GK，
∵E到AD的距离为2cm，
∴EM＝2，EN＝8﹣2＝6，
在Rt△ENG中，GN＝＝＝8，
设KM＝a，
在△KME中，根据勾股定理可得：KE2＝KM2+ME2＝a2+4，
在△KEG中，根据勾股定理可得：GK2＝GE2+KE2＝102+a2+4，
在△GKL中，根据勾股定理可得：GK2＝GL2+KL2＝（8﹣a）2+82，
即102+a2+4＝（8﹣a）2+82，
解得：a＝，故KE＝，
∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，
设FH＝b，
在△KFH中，根据勾股定理可得：KF2＝KH2+FH2，
∵KF＝KA﹣AF＝BL﹣AF＝（BG+GN﹣KM）﹣AF＝10+8﹣﹣b＝﹣b，
即：（﹣b）2＝（）2+b2，解得：b＝，∴AF＝FH＝．
4、如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上的点F处.
（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？
（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长.
【分析】（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sin∠DMF=DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，再分别表示出AP，BP，BQ，根据△AMP∽△BPQ，列出比例式解方程求解即可.
【解析】（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD.
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°.
由折叠的性质可知∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ.
∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°.
∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP，∴△AMP∽△BPQ.
同理：△BPQ∽△CQD.
根据相似的传递性可得△AMP∽△CQD；
（2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ.
由折叠的性质可知∠DQC=∠DQM.
∴∠MDQ=∠DQM.∴MD=MQ.
∵AM=ME，BQ=EQ，∴BQ=MQ-ME=MD-AM.
∵sin∠DMF=，则设DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE=，BQ=5x-1.
∵△AMP∽△BPQ，∴，即，解得x=（舍去）或x=2，∴AB=6.
5、发现（1）如图1，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A’处，请你判断∠1+∠2与∠A有何数量关系，直接写出你的结论，不必说明理由
思考（2）如图2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折叠，使点A与点I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度数；
拓展（3）如图3，在锐角△ABC中，BF⊥AC于点F，CG⊥AB于点G，BF、CG交于点H，把△ABC折叠使点A和点H重合，试探索∠BHC与∠1+∠2的关系，并证明你的结论．
【解析】（1）∠1+∠2＝2∠A；
理由：根据翻折的性质，∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），
∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠A+（180﹣∠1）+（180﹣∠2）＝180°，
整理得2∠A＝∠1+∠2；
（2）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝100°，∴∠A＝50°
∵IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣（90°﹣∠A）＝90°+×50°＝115°；
（3）∵BF⊥AC，CG⊥AB，
∴∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，
∠FHG+∠A＝180°，
∴∠BHC＝∠FHG＝180°﹣∠A，
由（1）知∠1+∠2＝2∠A，∴∠A＝（∠1+∠2），
∴∠BHC＝180°﹣（∠1+∠2）．
6、如图，△ABC是一个三角形的纸片，点D、E分别是△ABC边上的两点，
（1）探究图1：如果沿直线DE折叠，则∠BDA′与∠A的关系是　
　；
（2）探究图2：如果折成图2的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；
（3）探究图3：如果折成图3的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；
（4）探究图4：若将四边形纸片ABCD折成图4的形状，直接写出∠DE
A′、∠CF
B′、∠A和∠B四个角之间的数量关系　
　．
【解析】（1）∠BDA′＝2∠A，
理由：∵△ABC沿直线DE折叠，使A点落在CE上，图①，
∴∠A＝∠AA′D，
∴∠BDA′＝∠A+∠AA′D＝2∠A；
故答案为：∠BDA′＝2∠A；
（2）∠BDA′+∠CEA′＝2∠A，
理由：图②，连结AA′，
∵∠BDA′＝∠1+∠2，∠CEA＝∠3+∠4，
∴∠BDA′+∠CEA＝∠1+∠3+∠2+∠4＝∠A+∠A′，
而∠A＝∠AA′D，∴∠BDA′+∠CEA′＝2∠A；
（3）∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A．
理由如下：图③，
由翻折可得：∠A′＝∠A，∠DEA′＝∠DEA，∠A′DE＝∠ADE，
由内角和性质得：（∠A′+∠A）+（∠DEA′+∠DEA）+（∠A′DE+∠ADE）＝360°，
∴2∠A+（180°+∠CEA′）+（180°﹣∠BDA′）＝360°
∴2∠A+∠CEA′﹣∠BDA′＝0，∴∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A；
（4）由折叠性质得∠A′EF＝∠AEF，∠B′FE＝∠BFE，
∴∠1+∠2＝180°﹣（∠A′EF+∠AEF）+180°﹣（∠B′FE+∠BFE）
＝180°﹣2∠AEF+180°﹣2∠BFE
＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）
＝2（∠A+∠B）﹣360°．专题53
巧用图形的平移解决几何问题
阅读理解：在平面直角坐标系内，如果把一个点的横坐标都加（或减去）一个正数k，就是把这个点向右（或向左）平移k个单位长度；反之如果把一个点向右（或向左）平移k个单位长度，就是把这个点的横坐标都加（或减去）一个正数k．
在平面直角坐标系内，如果把一个点的纵坐标都加（或减去）一个正数k，就是把这个点向上（或向下）平移k个单位长度；反之如果把一个点向上（或向下）平移k个单位长度；就是把这个点的纵坐标都加（或减去）一个正数k．
【典例18】应用探究：（1）对数轴上的点P进行如下操作：先把点P表示的数乘以，再把所得数对应的点向右平移1个单位，得到点P的对应点P′．点A，B在数轴上，对线段AB上的每个点进行上述操作后得到线段A′B′，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．如图1，若点A表示的数是﹣3，则点A′表示的数是　
　；若点B′表示的数是2，则点B表示的数是　
　；已知线段AB上的点E经过上述操作后得到的对应点E′与点E重合，则点E表示的数是　
　．
（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，对等边三角形ABC及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数a，将得到的点先向右平移m个单位，再向上平移n个单位（m＞0，n＞0），得到等边三角形△A′B′C′及其内部的点，其中点A（﹣3，0），B（3，0）的对应点分别为A′（﹣1，2），B′（2，2）．已知等边三角形ABC内部的一个点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合，求点F坐标
【解析】（1）点A′：﹣3×+1＝﹣1+1＝0，设点B表示的数为a，则a+1＝2，解得a＝3，
设点E表示的数为b，则b+1＝b，解得b＝；
（2）根据题意，得：，解得：，设点F的坐标为（x，y），
∵对应点F′与点F重合，∴x+＝x，y+2＝y，解得x＝1，y＝4，所以，点F的坐标为（1，4）
【巩固提升】
1、在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=30°,线段AD是BC边上的中线,如图1,将△ADC沿直线BC平移,使点D与点C重合,得到△FCE,如图2,再将△FCE绕点C顺时针旋转,设旋转角为α(0°＜α≤90°),连接AF,DE．
(1)在旋转过程中,当∠ACE=150°时,求旋转角α的度数；
(2)探究旋转过程中四边形ADEF能形成哪些特殊四边形？请说明理由．
【分析】(1)由题意分析可知此问需分两种情况讨论：①点E和点D在直线AC两侧；②点E和点D在直线AC同侧；(2)在旋转过程中,总是存在AC=CE,DC=CE.由图形的对称性可知,将会出现两种对角线相等的特殊四边形：等腰梯形和矩形.抓住平移和旋转的性质,较易证明．
【解析】(1)在图1中,∵∠BAC=90°,∠B=30°，∴∠ACE=∠BAC+∠B=120°．
如图2,当点E和点D在直线AC两侧时,由于∠ACE=150°,
∴α=150°-120°=30°.当点E和点D在直线AC同侧时,
由于∠ACB=180°-∠BAC-∠B=60°,∴∠DCE=∠ACE-∠ACB=150°-60°=90°.
∴α=180°-∠DCE=90°.∴旋转角α为30°或90°;
(2)四边形ADEF能形成等腰梯形和矩形．
∵∠BAC=90°,∠B=30°,∴AC=BC．
又∵AD是BC边上的中线,∴AD=DC=BC=AC.∴△ADC为正三角形．
①当α=60°时,如图3,∠ACE=120°+60°=180°.
∵CA=CE=CD=CF,∴四边形ADEF为矩形．
②当α≠60°时,∠ACF≠120°,∠DCE=360°-60°-60°-∠ACF≠120°．
显然DE≠AF．∵AC=CF,CD=CE,
∴2∠FAC+∠ACF=2∠CDE+∠DCE=180°.
∵∠ACF+∠DCE=360°-60°-60°=240°,
∴∠FAC+∠CDE=60°.∴∠DAF+∠ADE=120°+60°=180°.∴AF∥DE．
又∵DE≠AF,AD=EF,∴四边形ADEF为等腰梯形．
2、如图，点C、M、N在射线DQ上，点B在射线AP上，且AP∥DQ，∠D＝∠ABC＝80°，∠1＝∠2，AN平分∠DAM．
（1）试说明AD∥BC的理由；
（2）试求∠CAN的度数；
（3）平移线段BC．
①试问∠AMD：∠ACD的值是否发生变化？若不会，请求出这个比值；若会，请找出相应变化规律；
②若在平移过程中存在某种位置，使得∠AND＝∠ACB，试求此时∠ACB的度数．
【解析】（1）∵AP∥DQ，∴∠D+∠DAB＝180°．
∵∠D＝80°，∴∠DAB＝100°．
∵∠ABC＝80°，∴∠DAB+∠ABC＝180°，∴AD∥BC；
（2）∵AN平分∠DAM，∴∠NAM＝∠NAD＝∠DAM．
∵∠1＝∠2，∴∠CAM＝∠BAM．∴∠NAM+∠CAM＝∠DAM+∠BAM，
即：∠CAN＝∠DAB
∵∠DAB＝100°，∴∠CAN＝50°，
（3）①不会．
∵AP∥DQ，
∴∠AMD＝∠MAB＝2∠1，∠ACD＝∠1，
∴∠AMD：∠ACD＝2，
②∵AP∥DQ，AD∥BC，
∴∠AND＝∠NAB，∠ACB＝∠DAC，
∵∠AND＝∠ACB，∴∠NAB＝∠DAC，
∴∠NAB﹣∠NAC＝∠DAC﹣∠NAC，
即：∠1＝∠DAN．
∴∠1＝∠2＝∠DAN＝∠MAN＝25°，
∴∠ACB＝∠DAC＝75°．
3、如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点A的坐标是（1，3），顶点B的坐标是（﹣2，4），顶点C的坐标是（﹣2，﹣1），现在将△ABC平移得到△A′B′C′，平移后点B和点A刚好重合．其中点A′，B′，C′分别为点A，B，C的对应点．
（1）在图中画出△A′B′C′；
（2）直接写出A′、C′点的坐标；
（3）若AB边上有一点P，P点的坐标是（a，b），平移后的对应点是P′，请直接写出P′点的坐标．
【解析】（1）△A′B′C′如图：
（2）∵平移后点B和点A刚好重合，
∴平移后，对应点的横坐标增加3，纵坐标减小1，
又∵顶点A的坐标是（1，3），顶点C的坐标是（﹣2，﹣1），
∴A′、C′点的坐标分别为（4，2），（1，﹣2）；
（3）∵P点的坐标是（a，b），
∴平移后的对应点P′的坐标是（a+3，b﹣1）．
4、如图所示，在直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标是（﹣3，﹣1）
（1）将△ABC沿x轴正方形平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，点B1坐标为　
　；
（2）将△A1B1C1沿y轴正方向平移4个单位长度得到△A2B2C2，画出△A2B2C2，点C2的坐标为　
　；
（3）点P（a，b）是△ABC内一点，经过上述2次平移后对应点坐标为　
　；△A2B2C2的面积为　
　．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，点B1坐标为（1，﹣4）；
故答案为：（1，﹣4）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，点C2的坐标为（2，2）；
故答案为：（2，2）；
（3）点P（a，b）沿x轴正方向平移3个单位长度，沿y轴正方向平移4个单位长度后，对应点的坐标为（a+3，b+4），△A2B2C2的面积为．
故答案为：（a+3，b+4），．
5、如图1．将线段AB平移至CD，使A与D对应，B与C对应，连AD、BC．
（1）填空：AB与CD的关系为　
　∠B与∠D的大小关系为　
　；
（2）如图2，若∠B＝60°，F、E为BC的延长线上的点，∠EFD＝∠EDF，DG平分∠CDE交BE于G，求∠FDG．
（3）在（2）中，若∠FDG＝α，其它条件不变，则∠B＝　
　．
【解析】（1）AB∥CD，且AB＝CD，∠B与∠D相等；
（2）∵AB∥CD，
∴∠DCE＝∠B，
由三角形的外角性质得，∠CDF＝∠DFE﹣∠DCE，
∴∠CDG＝∠CDF+∠FDG＝∠DFE﹣∠DCE+∠FDG，
在△DEF中，∠DEF＝180°﹣2∠DFE，
在△DFG中，∠DGF＝180°﹣∠FDG﹣∠DFE，
∴∠EDG＝∠DGF﹣∠DEF＝180°﹣∠FDG﹣∠DFE﹣（180°﹣2∠DFE）＝2∠DFE﹣∠FDG﹣∠DFE，
∵DG平分∠CDE，
∴∠CDG＝∠EDG，
∴∠DFE﹣∠DCE+∠FDG＝2∠DFE﹣∠FDG﹣∠DFE，
∴∠FDG＝∠DCE，
即∠FDG＝∠B，
∵∠B＝60°，
∴∠FDG＝×60°＝30°；
（3）思路同（2），
∵∠FDG＝α，
∴∠B＝2α，
故答案为：（1）AB∥CD，且AB＝CD，相等；（3）2α．
6、如图1，已知直线PQ∥MN，点A在直线PQ上，点C、D在直线MN上，连接AC、AD，∠PAC＝50°，∠ADC＝30°，AE平分∠PAD，CE平分∠ACD，AE与CE相交于E．
（1）求∠AEC的度数；
（2）若将图1中的线段AD沿MN向右平移到A1D1如图2所示位置，此时A1E平分∠AA1D1，CE平分∠ACD1，A1E与CE相交于E，∠PAC＝50°，∠A1D1C＝30°，求∠A1EC的度数．
（3）若将图1中的线段AD沿MN向左平移到A1D1如图3所示位置，其他条件与（2）相同，求此时∠A1EC的度数．
【解析】（1）如图1所示：
∵直线PQ∥MN，∠ADC＝30°，
∴∠ADC＝∠QAD＝30°，
∴∠PAD＝150°，
∵∠PAC＝50°，AE平分∠PAD，
∴∠PAE＝75°，
∴∠CAE＝25°，
可得∠PAC＝∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD，
∴∠ECA＝25°，
∴∠AEC＝180°﹣25°﹣25°＝130°；
（2）如图2所示：
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向右平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∴∠PA1D1＝150°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠PA1E＝∠EA1D1＝75°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠CAQ＝130°，∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝25°，
∴∠CEA1＝360°﹣25°﹣130°﹣75°＝130°；
（3）如图3所示：
过点E作FE∥PQ，
∵∠A1D1C＝30°，线段AD沿MN向左平移到A1D1，PQ∥MN，
∴∠QA1D1＝30°，
∵A1E平分∠AA1D1，
∴∠QA1E＝∠2＝15°，
∵∠PAC＝50°，PQ∥MN，
∴∠ACN＝50°，
∵CE平分∠ACD1，
∴∠ACE＝∠ECN＝∠1＝25°，
∴∠CEA1＝∠1+∠2＝15°+25°＝40°．专题42
圆中折叠问题的巧妙应用
初中数学中的圆,从静止的角度来看就是一个单纯的几何图形,从运动的角度来看,往往会跟旋转联系在一起.而折叠问题自然属于轴对称变换的范畴,这两者怎么就联手了呢?圆如何来帮助我们解决与折叠相关的问题呢
【典例7】如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，C是⊙O上一点，将弧AC沿直线AC翻折，若翻折后的圆弧恰好经过点O，π≈314，≈1.41，≈1.73，那么由线段AB、AC和弧BC所围成的曲边三角形的面积与下列四个数值最接近的是（
）
A．3.2
B．3.6
C．3.8
D．4.2
【分析】作OE⊥AC交⊙O于F，交AC于E，根据折叠的性质得到OE=OF，求出∠ACB度数即可．
【解答】作OE⊥AC交⊙O于F，交AC于E．连接OB，BC．
由折叠的性质可知，EF=OE=OF，∴OE=12OA，
在Rt△AOE中，OE=OA，∴∠CAB=30°，
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∠BOC=2∠BAC=60°，
∵AB=4，∴BC=AB=2，AC=BC=2，
∴线段AB、AC和弧BC所围成的曲边三角形的面积为
S=?AC?BC+S扇形OBC-S△OBC=×2×2+-×22=+π≈3.8，故选：C．
【小结】本题考查的是翻折变换的性质、圆周角定理，折叠是一种对称变换，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．
2、如图，将弧BC沿弦BC折叠交直径AB于点D，若AD=6，DB=7，则BC的长是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】连接CA、CD，根据翻折的性质可得弧CD所对的圆周角是∠CBD，再根据AC弧所得的圆周角也是∠CBA，然后求出AC=CD，过点C作CE⊥AB于E，根据等腰三角形三线合一的性质可得AE=ED=
AD，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，然后求出△ACE和△CBE相似，根据相似三角形对应边成比例求出CE2，再求出BE，然后利用勾股定理列式计算即可求出BC．
【解答】如图，连接CA、CD，
根据折叠的性质，弧CD所对的圆周角是∠CBD，
∵弧AC所对的圆周角是∠CBA，∠CBA=∠CBD，
∴AC=CD（相等的圆周角所对的弦相等），
过点C作CE⊥AB于E，
则AE=ED=AD=×6=3，
∴BE=BD+DE=7+3=10，
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，
∵CE⊥AB，
∴∠ACB=∠AEC=90°，
∴∠A+∠ACE=∠ACE+∠BCE=90°，
∴∠A=∠BCE，
∴△ACE∽△CBE，
∴
=
，
即CE2=AE?BE=3×10=30，
在Rt△BCE中，BC=
=
=
，
故选：D．
【小结】本题考查了翻折的性质，相似三角形的判定与性质，圆的性质，等腰三角形的判定与性质，作辅助线并求出AC=CD是解题的关键．
3、如图，在⊙O中，点C在优弧
上，将弧
沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，连接AC，CD．则下列结论中错误的是（
）
A．AC=CD
B．
+
=
C．OD⊥AB
D．CD平分∠ACB
【分析】A、作辅助线，构建折叠的性质可得AD=CD；
B、相等两弧相加可作判断；
C、根据垂径定理可作判断；
D、延长OD交⊙O于E，连接CE，根据垂径定理可作判断．
【解析】A、过D作DD'⊥BC，交⊙O于D'，连接CD'、BD'，
由折叠得：CD=CD'，∠ABC=∠CBD'，
∴AC=CD'=CD，故①正确；
B、∵AC=CD'，∴
＝
，由折叠得：＝
′，
∴+=，故②正确；
C、∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，故③正确；
D、延长OD交⊙O于E，连接CE，∵OD⊥AB，
∴∠ACE=∠BCE，∴CD不平分∠ACB，故④错误；故选：D．
【小结】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．也考查了圆周角定理和垂径定理．
4、如图，△ABC内接于⊙O，BC=，∠BAC=45°，将劣弧和分别沿直线AB、AC折叠后交于点M，点S、T是弦AB、AC上的动点，则△MST的周长的最小值为（
）
A．
B．4
C．
D．8
【分析】作点M关于AB的对称点M′，关于AC的对称点M″，根据折叠的性质得到点M′，M″在圆周上，连接M′M″，交AB于S，交AC于T，则△MST的周长最小，连接AM′，AM″，OB，OC，根据圆周角定理得到M′M″是⊙O的直径，即可得到结论．
【解析】作点M关于AB的对称点M′，关于AC的对称点M″，
∵将劣弧AB和AC分别沿直线AB、AC折叠后交于点M，
∴点M′，M″在圆周上，
连接M′M″，交AB于S，交AC于T，则△MST的周长最小，
连接AM′，AM″，OB，OC，则∠M′AM″=2∠BAC，
∵∠BAC=45°，
∴∠M′AM″=∠BOC=90°，
∵BC=2，∴OB=2，
∴M′M″=2OB=4，
∴△MST的周长的最小值为4，故选：B．
【小结】本题考查了三角形的外接圆与外心，轴对称-最短路线问题，翻折变换（折叠问题），圆周角定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
5、如图，在⊙O中，点C在优弧?ACB上，将弧沿?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
．
【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=，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=3．
【解析】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===1，
∵将弧
沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．∴和所在的圆为等圆，
∴=，∴AC=DC，∴AE=DE=1，
易得四边形ODEF为正方形，∴OF=EF=1，
在Rt△OCF中，CF===2，
∴CE=CF+EF=2+1=3，而BE=BD+DE=2+1=3，
∴BC=3．故答案为3．
【小结】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．也考查了圆周角定理和垂径定理．
6、如图，AB是半径为2的⊙O的弦，将沿着弦AB折叠，正好经过圆心O，点C是折叠后的上一动点，连接并延长BC交⊙O于点D，点E是CD的中点，连接AC，AD，EO．则下列结论：①∠ACB=120°，②△ACD是等边三角形，③EO的最小值为1，其中正确的是
．（请将正确答案的序号填在横线上）
【分析】根据折叠的性质可知，结合垂径定理、三角形的性质、同圆或等圆中圆周角与圆心的性质等可以判断①②是否正确，EO的最小值问题是个难点，这是一个动点问题，只要把握住E在什么轨迹上运动，便可解决问题．
【解析】如图1，连接OA和OB，作OF⊥AB．
由题知：沿着弦AB折叠，正好经过圆心O
∴OF=OA=OB
∴∠AOF=∠BOF=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=120°（同弧所对圆周角相等）
∠D=∠AOB=60°（同弧所对的圆周角是圆心角的一半）
∴∠ACD=180°-∠ACB=60°
∴△ACD是等边三角形（有两个角是60°的三角形是等边三角形）
故，①②正确
下面研究问题EO的最小值是否是1
如图2，连接AE和EF
∵△ACD是等边三角形，E是CD中点
∴AE⊥BD（三线合一）
又∵OF⊥AB
∴F是AB中点即，EF是△ABE斜边中线
∴AF=EF=BF即，E点在以AB为直径的圆上运动．
所以，如图3，当E、O、F在同一直线时，OE长度最小
此时，AE=EF，AE⊥EF
∵⊙O的半径是2，即OA=2，OF=1
∴AF=（勾股定理）
∴OE=EF-OF=AF-OF=-1
所以，③不正确
综上所述：①②正确，③不正确．故答案为①②．
【小结】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了垂径定理．
7、如图，将沿着弦AB翻折，C为翻折后的弧上任意一点，延长AC交圆于D，连接BC．
（1）求证：BC=BD；
（2）若AC=1，CD=4，=120°，求弦AB的长和圆的半径．
【分析】（1）作点C关于AB的对称点C′，连接AC′，BC′．利用翻折不变性，以及圆周角定理即可解决问题；（2）连接OA，OB，作OM⊥AB于M，AH⊥BC交BC延长线于H．解直角三角形求出AB，OA即可；
【解答】（1）证明：作点C关于AB的对称点C′，连接AC′，BC′．
由翻折不变性可知：BC=BC′，∠CAB=∠BAC′，∴=′，∴BD=BC′，∴BC=BD．
（2）解：连接OA，OB，作OM⊥AB于M，AH⊥BC交BC的延长线于H．
∵=120°，∴∠D=×120°=60°，∴∠AOB=∠ACB=2∠D=120°，
∵BC=BD，∴△BCD是等边三角形，∴BC=DC=4，在Rt△ACH中，
∵∠H=90°，∠ACH=60°，AC=1，∴CH=，AH=，
∴AB===，
∵OM⊥AB，∴AM=BM=，在Rt△AOM中，
∵∠OAM=30°，∠AMO=90°，∴OA=AMcos30°=
【小结】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，垂径定理，勾股定理，翻折变换，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
8、如图，已知⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦．AB与CD交于点M，将
沿CD翻折后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP=OA，连接PC
（1）求CD的长；
（2）求证：PC是⊙O的切线；
（3）点G为
的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E．交
于点F（F与B、C不重合）．问GE?GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）连接OC，根据翻折的性质求出OM，CD⊥OA，再利用勾股定理列式求解即可；
（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆的切线的定义证明即可；
（3）连接GA、AF、GB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根据两组角对应相等两三角相似求出△AGE和△FGA相似，根据相似三角形对应边成比例可得=，从而得到GE?GF=AG2，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．
【解答】（1）如图，连接OC，
∵
沿CD翻折后，点A与圆心O重合，
∴OM=OA=×2=1，CD⊥OA，
∵OC=2，
∴CD=2CM=2=2=2；
（2）证明：
∵PA=OA=2，AM=OM=1，CM=CD=，∠CMP=∠OMC=90°，
∴PC===2，
∵OC=2，PO=2+2=4，
∴PC2+OC2=（2）2+22=16=PO2，
∴∠PCO=90°，
∴PC是⊙O的切线；
（3）GE?GF是定值，证明如下，
连接GO并延长，交⊙O于点H，连接HF
∵点G为
的中点
∴∠GOE=90°，
∵∠HFG=90°，且∠OGE=∠FGH
∴△OGE∽△FGH
∴
=
∴GE?GF=OG?GH=2×4=8．
【小结】本题是圆的综合题型，主要利用了翻折变换的性质，垂径定理，勾股定理，勾股定理逆定理，圆的切线的定义，相似三角形的判定与性质，难点在于（3）作辅助线构造出相似三角形．
9、如图，将半径为12的⊙O沿AB折叠，弧AB恰好经过与AB垂直的半径OC的中点D，则折痕AB长为（
）
A．4
B．8
C．6
D．6
【分析】延长CO交AB于E点，连接OB，构造直角三角形，然后再根据勾股定理求出AB的长
【解析】延长CO交AB于E点，连接OB，
∵CE⊥AB，
∴E为AB的中点，
∵OC=6，CD=2OD，
∴CD=4，OD=2，OB=6，
∴DE=（2OC-CD）=（6×2-4）=×8=4，
∴OE=DE-OD=4-2=2，
在Rt△OEB中，∵OE2+BE2=OB2，
∴BE==4
∴AB=2BE=8．故选：B．
【小结】本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
10、已知如图：⊙O的半径为8cm，把弧AmB沿AB折叠使弧AmB经过圆心O，再把弧AOB沿CD折叠，使弧COD经过AB的中点E，则折线CD的长为（
）
A．8cm
B．cm
C．cm
D．4cm
【分析】连接OE并延长交CD于点F，交C′D′于点F′，交弧AmB于点G，根据翻折的性质得出OF′=6，再由勾股定理得出．
【解析】连接OE并延长交CD于点F，交C′D′于点F′，交弧AmB于点G，
∵OC′=8cm，∴OF′=6cm，
∴C′F′=CF==2cm，F
∴CD=2CD=4cm．故选：D．
【小结】本题考查了垂径定理和勾股定理以及翻折的性质，是基础知识要熟练掌握．
11、如图，是一个圆心角为90°的扇形，AO=2cm，点P在半径AO上运动，点Q在弧AB上运动，沿PQ将它以上的部分向下翻折，使翻折后的弧恰好过点O，则OP的最大距离为
．
【分析】作O关于PQ的对称点O′，O′恰好落在⊙O上，于是得到OP=，推出△OO′Q为等边三角形，根据等边三角形的性质得到OQ=O′Q=OO′=R，当cos∠POE最小时，∠POE最大，当∠QOB=0°时，∠POE=30°于是得到结论．
【解析】作O关于PQ的对称点O′，O′恰好落在⊙O上，
∴OP=，
∵△OO′Q为等边三角形，
∴OQ=O′Q=OO′=R，∠POE+∠QOB=30°，
当cos∠POE最小时，∠POE最大，
当∠QOB=0°时，∠POE=30°，
∴OP==．
【小结】本题考查了翻折变换-折叠问题，等边三角形的判定和性质，正确的在才辅助线是解题的关键．
12、如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，C是⊙O上一点，将弧AC沿直线AC翻折，若翻折后的圆弧恰好经过点O，π≈314，≈1.41，≈1.73，那么由线段AB、AC和弧BC所围成的曲边三角形的面积与下列四个数值最接近的是（
）
A．3.2
B．3.6
C．3.8
D．4.2
【分析】作MN关于直线AN的对称线段M′N，交半圆于B'，连接AM、AM′，构造全等三角形，然后利用勾股定理、割线定理解答．
【解析】如图，作MN关于直线AN的对称线段M′N，交半圆于B'，连接AM、AM′，
可得M、A、M′三点共线，MA=M′A，MB=M′B′=4，M′N=MN=10．
连接AB'，
∵四边形AMNB'是圆内接四边形，
∴∠M'AB'=∠M'NM，
∵∠M'=∠M'，
∴△M'AB'∽△M'NM，
∴＝
∴M′A?M′M=M′B′?M′N，即M′A?2M′A=4×10=40．则M′A2=20，
又∵M′A2=M′N2-AN2，
∴20=100-AN2，
∴AN=4．故选：B．
【小结】此题将翻折变换、勾股定理、割线定理相结合，考查了同学们的综合应用能力，要善于观察图形特点，然后做出解答．专题39
图形折叠中的等腰三角形问题
【典例4】如图例7-1，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′长为
图例7-1
【分析】根据△CDB′为等腰三角形，以CD为腰或底分三种情况讨论，①DB′=DC；②CB′=CD；③CB′=DB′.
对于①DB′=DC，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以D为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′.
对于②CB′=CD，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以C为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′.
对于③CB′=DB′，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，弧与CD垂直平分线的交点为B′.
图例7-2
图例7-3
图例7-4
【解析】①DB′=DC，
如图例7-2所示.
易知：DB′=DC=16.
②CB′=CD，如图例7-3所示.
由折叠性质可知：BF=
B′F=CD=16，此时F点与C点重合，不符题意.
③CB′=DB′，如图例7-4所示.
由题意得，DN=CN=8，因为AE=3，所以EM=5.
B′E=BE=13.
在Rt△EB′M中，由勾股定理得，B′M=12.
所以B′N=4.
在Rt△DB′N中，由勾股定理得，B′D=.
综上所述，B′D的长为16或.
【小结】以CD为腰或底分三种情况讨论，排除其中一种，利用勾股定理求解.
【巩固提升】
1、如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为边AD上一动点，连接BP，把△ABP沿BP折叠，使A落在A′处，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为
【分析】根据△A′DC为等腰三角形，分三种情况进行讨论：①A'D=A'C，②A'D=DC，③CA'=CD，分别求得AP的长，并判断是否符合题意．
【解析】①当A′D=A′C时，过A′作EF⊥AD，交DC于E，交AB于F，EF垂直平分CD，EF垂直平分AB
∴A'A=A'B，由折叠得，AB=A'B，∠ABP=∠A'BP，∴△ABA'是等边三角形，∴∠ABP=30°，
∴AP=；
②如图，当A'D=DC时，A'D=2，由折叠得，A'B=AB=2，∴A'B+A'D=2+2=4，连接BD，
则Rt△ABD中，BD=
，∴A'B+A'D＜BD（不合题意），故这种情况不存在；
③如图，当CD=CA'时，CA'=2，由折叠得，A'B=AB=2，
∴A'B+A'C=2+2=4，∴点A'落在BC上的中点处，此时，∠ABP=∠ABA'=45°，∴AP=AB=2．
综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为或2．
【小结】本题以折叠问题为背景，主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论，分类时注意不能重复，不能遗漏．
2、如图，菱形的边，，,是上一点，，是边上一动点，将梯形沿直线折叠，的对应点．当的长度最小时，的长为
【分析】作于，如图，根据菱形的性质可判断为等边三角形，则，，再利用勾股定理计算出，再根据折叠的性质得点在以点为圆心，为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点在上时，的值最小，然后证明即可．
【解析】作于，如图，
菱形的边，，为等边三角形，
，，又，，
在中，，
梯形沿直线折叠，的对应点，
点在以点为圆心，为半径的弧上，
当点在上时，的值最小，
，
而，，，
.
故选：B．
【小结】考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了折叠的性质．解决本题的关键是确定A′在PC上时CA′的长度最小．
3、如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，将△ABC沿对角线AC折叠，点B恰好落在点P处，CP与AD交于点F，连接BP交AC于点G，交AD于点E，下列结论不正确的是(　　)
A．
B．△PBC是等边三角形
C．AC＝2AP
D．S△BGC＝3S△AGP
【分析】如图，首先运用勾股定理求出AC的长度，进而求出∠ACB＝30°，此为解决该题的关键性结论；运用翻折变换的性质证明△BCP为等边三角形；运用射影定理求出线段CG、AG之间的数量关系，进而证明选项A、B、C成立，选项A不成立.
【解析】如图，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：
AC2＝AB2+BC2，而AB＝，BC＝3，
∴AC＝2，AB＝AC，
∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：
BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，
BC＝PC，AB＝AP，BG＝PG，
∴GC＝BG＝PG，∠BCP＝60°，AC＝2AP，
∴△BCP为等边三角形，
故选项B、C成立，选项A不成立；
由射影定理得：BG2＝CG?AG，∴AG＝BG，CG＝3AG，
∴S△BCG＝3S△ABG；由题意得：
S△ABG＝S△AGP，
∴S△BGC＝3S△AGP，
故选项D正确；
故选：A．
【小结】考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．
4、如图，将一张正方形纸片ABCD对折，使CD与AB重合，得到折痕MN后展开，E为CN上一点，将△CDE沿DE所在的直线折叠，使得点C落在折痕MN上的点F处，连接AF，BF，BD.则下列结论中：①△ADF是等边三角形；②tan∠EBF＝2－；③S△ADF＝S正方形ABCD；④BF2＝DF·EF.其中正确的是(　　)
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③④
【分析】由正方形的性质得出AB=CD=AD，∠C=∠BAD=∠ADC=90°，∠ABD=∠ADB=45°，由折叠的性质得出MN垂直平分AD，FD=CD，BN=CN，∠FDE=∠CDE，∠DFE=∠C=90°，∠DEF=∠DEC，由线段垂直平分线的性质得出FD=FA，得出△ADF是等边三角形，①正确；
设AB=AD=BC=4a，则MN=4a，BN=AM=2a，由等边三角形的性质得出∠DAF=∠AFD=∠ADF=60°，FA=AD=4a，FM=AM=2a，得出FN=MN-FM=（4-2）a，由三角函数的定义即可得出②正确；
求出△ADF的面积=AD?FM=4a2，正方形ABCD的面积=16a2，得出③错误；
求出∠BFE=∠DFB，∠BEF=∠DBF，证出△BEF∽△DBF，得出对应边成比例，得出④正确；即得出结论．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠C=∠BAD=∠ADC=90°，∠ABD=∠ADB=45°，
由折叠的性质得：MN垂直平分AD，FD=CD，BN=CN，∠FDE=∠CDE，∠DFE=∠C=90°，∠DEF=∠DEC，
∴FD=FA，∴AD=FD=FA，即△ADF是等边三角形，①正确；
设AB=AD=BC=4a，则MN=4a，BN=AM=2a，
∵△ADF是等边三角形，∴∠DAF=∠AFD=∠ADF=60°，FA=AD=4a，FM=AM=2a，
∴FN=MN-FM=（4-2）a，∴tan∠EBF==2-，②正确；
∵△ADF的面积=AD?FM=×4a×2a=4a2，正方形ABCD的面积=（4a）2=16a2，∴，③错误；∵AF=AB，∠BAF=90°-60°=30°，∴∠AFB=∠ABF=75°，
∴∠DBF=75°-45°=30°，∠BFE=360°-90°-60°-75°=135°=∠DFB，∵∠BEF=180°-75°-75°=30°=∠DBF，
∴△BEF∽△DBF，∴，∴BF2=DF?EF，④正确；故选B．
【小结】本题是相似形综合题目，考查了正方形的性质、折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形是等边三角形和证明三角形相似是解决问题的关键．
5、已知中，
，
．如图，将进行折叠，使点落在线段上（包括点和点），设点的落点为，折痕为，当是等腰三角形时，点可能的位置共有（
）．
A．种
B．种
C．种
D．种
【解析】（1）当点D与C重合时，
∵AC=BC，AE=DE（即CE），AF=DF（即CF），
∴此时△AFC（即△AFD）是等腰直角三角形，点E是斜边AC的中点，
∴EF=DE，
∴△EDF为等腰三角形．
（2）当点D与B点重合时，点C与E重合，
∵AC=BC，AF=DF（即BF），
∴此时EF=AB=DF（即BF），
∴△DEF是等腰三角形；
（3）当点D移动到使DE=DF的位置时，△DEF是等腰三角形．
综上所述，当△DEF为等腰三角形时，点D的位置存在3中可能.
故选B.
6、如图，正方形的边长是16，点在边上，，点是边上不与点、重合的一个动点，把沿折叠，点落在处，若恰为等腰三角形，则的长为______.
【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，然后再根据等腰三角形的判定进行分情况讨论
【解析】需分三种情况讨论：（1）若，则（易知此时点在上且不与点、重合）；（2）若，因为，，所以点、在的垂直平分线上，则垂直平分，由折叠可知点与点重合，不符合题意，则这种情况不成立；（3）如图，若，作与交于点，交于点.因为，所以.因为，所以，所以，则，因为.在中，由勾股定理求得，所以.在中，由勾股定理求得.综上，或.
【小结】本题考查折叠性质和勾股定理，本题关键在于能够对等腰三角形的情况进行分类讨论
7、在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，
求出DG=，CG=，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）．
【解析】分两种情况，
①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，
∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，
∴CG=CD=1，∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，
∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，
由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，
在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM
，DM＝DM，
∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，
设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，
由勾股定理得：（3-x）?+（）?
=（x+2）?，
解得：x=，，即BN=；
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（符合题干要求）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为或2；
【小结】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.专题36
矩形的折叠中的距离或线段长度问题
【典例1】在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5.
如图例1-1所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A’处，折痕为PQ，当点A’在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动.
若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A’在BC边上可移动的最大距离为
.
图例1-1
【解析】此题根据题目要求准确判断出点A'的最左端和最右端位置.当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端.
根据分析结果，作出图形，利用折叠性质分别求出两种情况下的BA'或CA'的长度，二者之差即为所求.
①当点Q与点D重合时，A'的位置处于最左端，如图例1-2所示.
确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'Q=AQ，所以以点Q为圆心，以AQ长为半径画弧，与BC的交点即为点A'.
再作出∠A'QA的角平分线，与AB的交点即为点P.
图例1-2
图例1-3
由折叠性质可知，AD=
A'D=5，在Rt△A'CD中，由勾股定理得，
②当点P与点B重合时，点A'的位置处于最右端，如图例1-3所示.
确定点A'的位置方法：因为在折叠过程中，A'P=AP，所以以点P为圆心，以AP长为半径画弧，与BC的交点即为点A'.
再作出∠A'PA的角平分线，与AD的交点即为点Q.
由折叠性质可知，AB=
A'B=3，所以四边形AB
A'Q为正方形.
所以A'C=BC－A'B=5－3=2.
综上所述，点A移动的最大距离为4－2=2.
【小结】此类问题难度较大，主要考察学生的分析能力，作图能力。作图的依据是折叠前后线段长度不变，据此先找到点A的落点A'，再根据对称轴（折痕）是对应点连线的垂直平分线，确定出折痕PQ的位置.
利用勾股定理、正方形的判定定理及其性质求得相应的线段长度.
【巩固提升】
1、如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为边AD上一动点，连接BP，把△ABP沿BP折叠，使A落在A′处，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为（
）
A．2
B．
C．2或
D．2或
【分析】根据△A′DC为等腰三角形，分三种情况进行讨论：①A'D=A'C，②A'D=DC，③CA'=CD，分别求得AP的长，并判断是否符合题意．
【解析】①如图，当A′D=A′C时，过A′作EF⊥AD，交DC于E，交AB于F，则EF垂直平分CD，EF垂直平分AB，∴A'A=A'B
由折叠得，AB=A'B，∠ABP=∠A'BP，∴△ABA'是等边三角形，∴∠ABP=30°，∴AP=；
②如图，当A'D=DC时，A'D=2
由折叠得，A'B=AB=2，∴A'B+A'D=2+2=4，连接BD，则Rt△ABD中，BD=
，
∴A'B+A'D＜BD（不合题意），故这种情况不存在；
③如图，当CD=CA'时，CA'=2
由折叠得，A'B=AB=2，∴A'B+A'C=2+2=4，∴点A'落在BC上的中点处
此时，∠ABP=∠ABA'=45°，∴AP=AB=2．
综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为或2．
【小结】本题以折叠问题为背景，主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论，分类时注意不能重复，不能遗漏．
2、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(
)
A．3
B．
C．2或3
D．3或
【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，如图2所示．此时ABEB′为正方形．
【解析】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．
故选D．
【小结】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．
3、如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，将△ABC沿对角线AC折叠，点B恰好落在点P处，CP与AD交于点F，连接BP交AC于点G，交AD于点E，下列结论不正确的是(　　)
A．
B．△PBC是等边三角形
C．AC＝2AP
D．S△BGC＝3S△AGP
【分析】如图，首先运用勾股定理求出AC的长度，进而求出∠ACB＝30°，此为解决该题的关键性结论；运用翻折变换的性质证明△BCP为等边三角形；运用射影定理求出线段CG、AG之间的数量关系，进而证明选项A、B、C成立，选项A不成立.
【解析】如图，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：
AC2＝AB2+BC2，而AB＝，BC＝3，
∴AC＝2，AB＝AC，
∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：
BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，
BC＝PC，AB＝AP，BG＝PG，
∴GC＝BG＝PG，∠BCP＝60°，AC＝2AP，
∴△BCP为等边三角形，
故选项B、C成立，选项A不成立；
由射影定理得：BG2＝CG?AG，
∴AG＝BG，CG＝3AG，
∴S△BCG＝3S△ABG；由题意得：S△ABG＝S△AGP，∴S△BGC＝3S△AGP，
故选项D正确；
故选：A．
【小结】考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．
4、如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把矩形沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为____________．
【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC=10，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′=6，可计算出CB′=4，设BE=x，则EB′=x，CE=8-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．此时四边形ABEB′为正方形．
【解析】由题意知，需分两种情况讨论：
①当时，如图1，由折叠得，，，∴，
∴三点共线．在矩形中，，，∴．
∵，
∴．
设，则，，
在中，，即，解得．
②当时，如图2，由折叠可知，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴．
综上所述，当为直角三角形时，的长为或3．
【小结】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．
5、如图，矩形纸片，，，点在边上，将沿折叠，点落在点处，，分别交于点，，且，则的值为_____________．
【分析】由矩形的性质和已知条件，可判定,设，根据全等三角形的性质及矩形的性质可用含x的式子表示出DF和AF的长，在根据勾股定理可求出x的值，即可确定AF的值.
【解析】四边形ABCD是矩形,
,,
是由沿折叠而来的
,
,
又
（AAS）
设,则
在中，根据勾股定理得：
,即
解得
故答案为：
【小结】本题考查了求多边形中的线段长，主要涉及的知识点有矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，数学的方程思想，用同一个字母表示出直角三角形中的三边长是解题的关键.
6、如图，在矩形ABCD中，
AB=3，BC=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿
CE折叠，使点B落在矩形内点F处，则AF的最小值为__．
【分析】通过观察可以发现，当∠AFE=90°时
，AF最小；然后设BE=x，则：EF=x，AE=3-x，然后多次使用勾股定理即可解答；
【解析】设BE=x，则：EF=x，AE=3-x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=
；在Rt△EBC中，由勾股定理得:EC=
由折叠可知CF=CB=2，所以：AF=AC-CF=-2
【小结】本题考查几何图形中的最值问题，其中找到出现最值的位置和运用勾股定理解题是关键.
7、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，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的长为_____．
【分析】利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题．（注意有两种情形）
【解析】如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，
∵CD∥AB，∴∠CFE＝∠AEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，
在Rt△BCE中，EC＝
，∴CF＝CE＝2，
∵AB＝CD＝6，∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，
当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，∴DF＝CD+CF′＝6+2
【小结】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．
8、如图，矩形OABC中，OA=4，AB=3，点D在边BC上，且CD=3DB，点E是边OA上一点，连接DE，将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，则OE的长为_________.
【解析】连接A′D，AD，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，
∵CD=3DB，
∴CD=3，BD=1，
∴CD=AB，
∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，
∴A′D=AD，A′E=AE，
在Rt△A′CD与Rt△DBA中，，∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），
∴A′C=BD=1，
∴A′O=2，
∵A′O2+OE2=A′E2，
∴22+OE2=（4﹣OE）2，
∴OE=，
【小结】本题关键词：“对应点的连线段被折痕垂直平分”，“全等相似”，“十字架”，“勾股定理解方程”
9、如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，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　　．
【解析】连接BF，
∵BC=6，点E为BC的中点，∴BE=3，
又∵AB=4，∴AE==5，∴BH=，则BF=，
∵FE=BE=EC，∴∠BFC=90°，
根据勾股定理得，CF===．
10、如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD=3，DE=1，则AB=　5　．
【解析】∵折叠，∴△ADE≌△AD'E，
∴AD=AD'=3，DE=D'E=1，∠DEA=∠D'EA，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，
∴∠DEA=∠EAB，
∴∠EAB=∠AEB，
∴AB=BE，
∴D'B=BE﹣D'E=AB﹣1，
在Rt△ABD'中，AB2=D'A2+D'B2，
∴AB2=9+（AB﹣1）2，
∴AB=5
11、如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点N为边BC的中点，点M为AB边上任意一点，连接MN，把△BMN沿MN折叠，使点B落在点E处，若点E恰在矩形ABCD的对称轴上，则BM的长为　5或　．
【解析】
①当E在矩形的对称轴直线PN上时，如图1
此时∠MEN=∠B=90°，∠ENB=90°，∴四边形BMEN是矩形．
又∵ME=MB，∴四边形BMEN是正方形．∴BM=BN=5．
②当E在矩形的对称轴直线FG上时，如图2，
过N点作NH⊥FG于H点，则NH=4．根据折叠的对称性可知EN=BN=5，
∴在Rt△ENH中，利用勾股定理求得EH=3．∴FE=5﹣3=2．设BM=x，则EM=x，FM=4﹣x，
在Rt△FEM中，ME2=FE2+FM2，即x2=4+（4﹣x）2，解得x=，即BM=．
故答案为5或．
12、如图，矩形ABCD中，AD=4，O是BC边上的点，以OC为半径作⊙O交AB于点E，BE=AE，把四边形AECD沿着CE所在的直线对折（线段AD对应A′D′），当⊙O与A′D′相切时，线段AB的长是　　．
【解析】设⊙O与A′D′相切于点F，
连接OF，OE，则OF⊥A′D′，
∵OC=OE，∴∠OCE=∠OEC，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=A′=90°，
由折叠的性质得：∠AEC=∠A′EC，
∴∠B+∠BCE=∠A′EO+∠OEC，
∴∠OEA′=∠B=90°，
∵OE=OF，∴四边形A′FOE是正方形，
∴A′E=AE=OE=OC，
∵BE=AE，
设BE=3x，AE=5x，∴OE=OC=5x，
∵BC=AD=4，
∴OB=4﹣5x，
在RtBOE中，OE2=BE2+OB2，
∴（5x）2=（3x）2+（4﹣5x）2，解得：x=，x=4（舍去），
∴AB=8x=．故答案为：．
13、如图，矩形ABCD中，AB=2BC，E是AB上一点，O是CD上一点，以OC为半径作⊙O，将△ADE折叠至△A′DE，点A′在⊙O上，延长EA′交BC延长线于F，且恰好过点O，过点D作⊙O的切线交BC延长线于点G．若FG=1，则AD=　2　，⊙O半径=　　．
【解析】作OH⊥DG于H，如图，设DA=x，则AB=2x，
∵△ADE折叠至△A′DE，
∴DA′=DA=x，∠DA′E=∠A=90°，
∴DA′与⊙O相切，
在△ODA′和△OCF中，，∴△DOA′≌△FOC．∴DA′=CF=x，
∵DG是⊙O的切线，OH⊥DG，∴H点为切点，
∴DH=DA′=x，GH=GC=CF+GF=x+1，
在Rt△DCG中，∵DC2+CG2=DG2，
∴（2x）2+（x+1）2=（x+x+1）2，解得x1=0（舍去），x2=2，
∴AD=2，
设⊙O的半径为r，则OC=OA′=r，OD=2x﹣r=4﹣r，
在Rt△DOA′中，∵DA′2+OA′2=DO2，
∴22+r2=（4﹣r）2，解得r=，
即⊙O的半径为．故答案为2，．
14、长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．
（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC=54°，则∠DAE的度数为　18　°．
（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB=6，AD=10，求CE的长．
（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的沿长线交BC于点G，且AB=6，AD=10，求CG的长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，
∵∠BAC=54°，∴∠DAC=90°﹣54°=36°，
由折叠的性质得：∠DAE=∠FAE，∴∠DAE=∠DAC=18°
（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=6，
由折叠的性质得：AF=AD=10，EF=ED，∴BF===8，∴CF=BC﹣BF=10﹣8=2，
设CE=x，则EF=ED=6﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：22+x2=（6﹣x）2，解得：x=，
即CE的长为；
（3）连接EG，如图3所示：
∵点E是CD的中点，∴DE=CE，
由折叠的性质得：AF=AD=10，∠AFE=∠D=90°，FE=DE，∴∠EFG=90°=∠C，
在Rt△CEG和△FEG中，，∴Rt△CEG≌△FEG（HL），∴CG=FG，设CG=FG=y，
则AG=AF+FG=10+y，BG=BC﹣CG=10﹣y，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：62+（10﹣y）2=（10+y）2，解得：y=，
即CG的长为．