专题八 图形折叠问题
类型一 折叠三角形
(2018·浙江台州中考)如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E.将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连结OF，OG，则下列判断错误的是( )
A．△ADF≌△CGE
B．△B′FG的周长是一个定值
C．四边形FOEC的面积是一个定值
D．四边形OGB′F的面积是一个定值
【分析】A．根据等边三角形ABC的外心的性质可知AO平分∠BAC，根据角平分线的定理和逆定理得FO平分∠DFG，由外角的性质可证明∠DOF＝60°，同理可得∠EOG＝60°，∠FOG＝60°＝∠DOF＝∠EOG，再根据三角形全等的性质可得△ADF≌△CGE；
B．根据△DOF≌△GOF≌△GOE，得DF＝GF＝GE，所以△ADF≌△B′GF≌△CGE，可得结论；
C．根据S四边形FOEC＝S△OCF＋S△OCE判断即可；
D．将S四边形OGB′F＝S△OAC－S△OFG，根据S△OFG＝·FG·OH，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB′F的面积也变化，可作判断．
【自主解答】
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三角形的折叠问题一般考查轴对称的性质、勾股定理和线段的性质等，解题的关键是抓住折叠的本质是轴对称，轴对称是全等变换，找出相等的角和线段．
类型二 折叠平行四边形
(2018·山东淄博中考)在如图所示的平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝3，将△ACD沿对角线AC折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处，且AE过BC的中点O，则△ADE的周长等于________．
【分析】要计算周长首先需要证明E，C，D共线，DE可求，问题得解．
【自主解答】
关于平行四边形折叠问题，解答时需要关注：在折叠前后，折痕两边能够完全重合的部分是全等图形，它们的对应线段、对应角相等，与特殊的平行四边形相比，它缺少了特殊的条件．
1．(2018·甘肃兰州中考)如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F.若∠ABD＝48°，∠CFD＝40°，则∠E为( )
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A．102° B．112° C．122° D．92°
类型三 折叠菱形
(2018·山东烟台中考)对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B′M＝1，则CN的长为( )
A．7 B．6 C．5 D．4
【分析】连结AC，BD，利用菱形的性质得OC＝AC＝3，OD＝BD＝4，∠COD＝90°，再利用勾股定理计算出CD＝5，接着证明△OBM≌△ODN得到DN＝BM，然后根据折叠的性质得BM＝B′M＝1，从而有DN＝1，于是计算CD－DN即可．
【自主解答】
折叠是轴对称变换，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．对于菱形的折叠，还要明确菱形的基本性质，在解题过程中要抓住菱形的性质进行分析．
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2．(2018·贵州遵义中考)如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处(不与B，D重合)，折痕为EF，若DG＝2，BG＝6，则BE的长为__________．
3．如图，在菱形ABCD中，tan A＝ ，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段EF经过顶点D，当EF⊥AD时， 的值为____．
类型四 折叠矩形
(2018·浙江杭州中考)折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上．若AB＝AD＋2，EH＝1，则AD＝________．
【分析】设AD＝x，则AB＝x＋2，利用折叠的性质得DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°，则可判断四边形AEFD为正方形，所以AE＝AD＝x，再根据折叠的性质得DH＝DC＝x＋2，则AH＝AE－HE＝x－1，然后根据勾股定理得到x2＋(x－1)2＝(x＋2)2，再解方程求出x即可．
【自主解答】
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此类问题中，运用的知识点比较多，综合性强，如轴对称性、全等、相似、勾股定理、转换思想、与其他图形(圆)结合等，抓住翻折前后两个图形是全等的，把握翻折前后不变的要素是解决此类问题的关键．
4．(2018·湖北宜宾中考)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，CB＝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，下列结论正确的是__________(写出所有正确结论的序号)．
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
②当E为线段AB中点时，AF＝；
③当A，F，C三点共线时，AE＝；
④当A，F，C三点共线时，△CEF≌△AEF.
类型五 折叠正方形
(2018·江苏宿迁中考)如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E，F分别在边AB，CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上(点M不与点A，D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE＝x.
(1)当AM＝时，求x的值；
(2)随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
(3)设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值．
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【分析】(1)利用勾股定理构建方程，即可解决问题；
(2)设AM＝y，则BE＝EM＝x，MD＝1－y，在Rt△AEM中，由勾股定理得出x，y的关系式，可证Rt△AEM∽Rt△DMP，根据相似三角形的周长比等于相似比求△DMP的周长；
(3)作FH⊥AB于H.则四边形BCFH是矩形．连结BM交EF于O，交FH于K.根据梯形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题即可．
【自主解答】
正方形的折叠同其他图形一样，要关注勾股定理、全等图形、相似等相关知识，但由于正方形的特点，所以有关正方形的折叠问题有着其他图形没有的特殊性，解题时应关注正方形本身具有的特点．
5．综合与实践
问题背景
折纸是一种许多人熟悉的活动，将折纸的一边二等分、四等分都是比较容易做到的，但将一边三等分就不是那么容易了，近些年，经过人们的不懈努力，已经找到了多种将正方形折纸一边三等分的精确折法，最著名的是由日本学者芳贺和夫发现的三种折法，现在被数学界称之为芳贺折纸三定理．其中，芳贺折纸第一定理的操作过程及内容如下(如图1)：
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操作1：将正方形ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合．再将正方形ABCD展开，得到折痕EF；
操作2：再将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至B′E的位置，得到折痕MN，B′E与AB交于点P.则P即为AB的三等分点，即AP∶PB＝2∶1.
解决问题
(1)在图1中，若EF与MN交于点Q，连结CQ.求证：四边形EQCM是菱形；
(2)请在图1中证明AP∶PB＝2∶1.
发现感悟
若E为正方形纸片ABCD的边AD上的任意一点，重复“问题背景”中操作2的折纸过程，请你思考并解决如下问题：
(3)如图2.若＝2.则＝________；
(4)如图3，若＝3，则＝________；
(5)根据问题(2)，(3)，(4)给你的启示，你能发现一个更加一般化的结论吗？请把你的结论写出来，不要求证明．
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类型六 折叠圆
(2018·湖北武汉中考)如图，在⊙O中，点C在优弧上，将沿BC折叠后刚好经过AB的中点D.若⊙O的半径为，AB＝4，则BC的长是( )
A．2 B．3
C. D.
【分析】连结OD，AC，DC，OB，OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，利用垂径定理、勾股定理、折叠的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质及正方形的性质即可求解．
【自主解答】
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6．如图，将半径为4 cm的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为( )
A．2 cm B．4 cm
C. cm D. cm
参考答案
类型一
【例1】 A．如图，连接OA，OC.
∵点O是等边三角形ABC的外心，
∴AO平分∠BAC，
∴点O到AB，AC的距离相等．
由折叠得DO平分∠BDB′，
∴点O到AB，DB′的距离相等，
∴点O到DB′，AC的距离相等，
∴FO平分∠DFG，∠DFO＝∠OFG＝(∠FAD＋∠ADF)．
由折叠得∠BDE＝∠ODF＝(∠DAF＋∠AFD)，
∴∠OFD＋∠ODF＝(∠FAD＋∠ADF＋∠DAF＋∠AFD)＝120°，
∴∠DOF＝60°.
同理可得∠EOG＝60°，
∴∠FOG＝60°＝∠DOF＝∠EOG，
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∴△DOF≌△GOF≌△GOE，
∴OD＝OG，OE＝OF，∠OGF＝∠ODF＝∠ODB，∠OFG＝∠OEG＝∠OEB，
∴△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，
∴AD＝CG，AF＝CE，∴△ADF≌△CGE，故选项A正确；
B．∵△DOF≌△GOF≌△GOE，
∴DF＝GF＝GE，
∴△ADF≌△B′GF≌△CGE，∴B′G＝AD，
∴△B′FG的周长＝FG＋B′F＋B′G＝FG＋AF＋CG＝AC(定值)，故选项B正确；
C．S四边形FOEC＝S△OCF＋S△OCE＝S△OCF＋S△OAF＝S△AOC＝(定值)，故选项C正确；
D．S四边形OGB′F＝S△OFG＋S△B′GF＝S△OFD＋S△ADF
＝S四边形OFAD＝S△OAD＋S△OAF
＝S△OCG＋S△OAF＝S△OAC－S△OFG.
如图，过O作OH⊥AC于H，
∴S△OFG＝·FG·OH，
由于OH是定值，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB′F的面积也变化，故选项D不一定正确．故选D.
类型二
【例2】 ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD＝AB＝2.
由折叠知∠DAC＝∠EAC.
∵∠DAC＝∠ACB，∴∠ACB＝∠EAC，
∴OA＝OC.
∵AE过BC的中点O，
∴AO＝BC，
∴∠BAC＝90°，
∴∠ACD＝90°.
由折叠知∠ACE＝90°，
∴E，C，D共线，则DE＝4，
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∴△ADE的周长为3＋3＋4＝10.
故答案为10.
变式训练
1．B
类型三
【例3】 如图，连结AC，BD.
∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
∴CD＝＝5.
∵AB∥CD，∴∠MBO＝∠NDO.
在△OBM和△ODN中，
∴△OBM≌△ODN，∴DN＝BM.
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM＝B′M＝1，∴DN＝1，
∴CN＝CD－DN＝5－1＝4.故选D.
变式训练
2．2.8 3.
类型四
【例4】 设AD＝x，则AB＝x＋2.
∵把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，
∴DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°，
∴四边形AEFD为正方形，
∴AE＝AD＝x.
∵把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，
∴DH＝DC＝x＋2.
∵HE＝1，
∴AH＝AE－HE＝x－1.
在Rt△ADH中，∵AD2＋AH2＝DH2，
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∴x2＋(x－1)2＝(x＋2)2，
整理得x2－6x－3＝0，解得x1＝3＋2，x2＝3－2(舍去)，
即AD的长为3＋2.
故答案为3＋2.
变式训练
4．①②③
类型五
【例5】 (1)在Rt△AEM中，AE＝1－x，EM＝BE＝x，AM＝.
∵AE2＋AM2＝EM2，
∴(1－x)2＋()2＝x2，∴x＝.
(2)△PDM的周长不变为定值2.理由如下：
设AM＝y，则BE＝EM＝x，AE＝1－x.
在Rt△AEM中，由勾股定理得AE2＋AM2＝EM2，
(1－x)2＋y2＝x2，解得1＋y2＝2x，
∴1－y2＝2(1－x)．
∵∠EMP＝90°，∠A＝∠D，
∴Rt△AEM∽Rt△DMP，
∴＝，
即＝，
解得DM＋MP＋DP＝＝2，
∴△DMP的周长为2.
(3)如图，作FH⊥AB于H.则四边形BCFH是矩形．连结BM交EF于O，交FH于K.
在Rt△AEM中，
AM＝＝.
∵B，M关于EF对称，∴BM⊥EF，
∴∠KOF＝∠KHB.
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∵∠OKF＝∠BKH，∴∠KFO＝∠KBH.
∵AB＝BC＝FH，∠A＝∠FHE＝90°，
∴△ABM≌△HFE，
∴EH＝AM＝，
∴CF＝BH＝x－，
∴S＝(BE＋CF)·BC
＝(x＋x－)
＝[()2－＋1]
＝(－)2＋.
当＝时，S有最小值为.
变式训练
5．解：(1)由折叠可得CM＝EM，∠CMQ＝∠EMQ，四边形CDEF是矩形，
∴CD∥EF，∴∠CMQ＝∠EQM，
∴∠EQM＝∠EMQ，∴ME＝EQ＝MC，
又∵MC∥QE，∴四边形EQCM是平行四边形．
又∵CM＝EM，∴四边形EQCM是菱形．
(2)如图1，设正方形ABCD的边长为1，CM＝x，则EM＝x，DM＝1－x.
图1
在Rt△DEM中，由勾股定理可得EM2＝ED2＋DM2，即x2＝()2＋(1－x)2，
解得x＝，∴CM＝，DM＝.
∵∠PEM＝∠D＝90°，
∴∠AEP＋∠DEM＝90°，∠DEM＋∠EMD＝90°，
∴∠AEP＝∠DME.
又∵∠A＝∠D＝90°，∴△AEP∽△DME，
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∴＝，即＝，解得AP＝，
∴PB＝，∴AP∶PB＝2∶1.
(3)4 (4)6
(5)根据问题(2)，(3)，(4)，可得当＝n(n为正整数)时，则＝2n.
理由：设正方形ABCD的边长为1，CM＝x，则EM＝x，DM＝1－x.
在Rt△DEM中，由勾股定理可得EM2＝ED2＋DM2，
即x2＝()2＋(1－x)2，
解得x＝，
∴DM＝1－CM＝，
由△AEP∽△DME可得＝，
即＝，解得AP＝，
∴PB＝，∴＝2n.
类型六
【例6】 如图，连结OD，AC，DC，OB，OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F.
∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，
∴AD＝BD＝AB＝2.
在Rt△OBD中，OD＝＝1.
∵将沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，
∴和所在的圆为等圆，
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∴＝，∴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.故选B.
变式训练
6．B
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