中考数学冲刺难点突破 图形折叠问题 专题四 图形折叠中的直角三角形存在性问题(含答案及解析)

中考数学压轴题分析：折叠产生的矩形存在性问题
【分析】
题（1）求解析式代入点坐标即可。

题（2）是30°角的问题，本题比较特殊，求坐标可以发现OB=AB=OA，说明三角形ABO是等边三角形。

因为本题的解析式种包含√3，所以需要注意到这个特殊性。

说明点D在∠AOB的平分线上，设点D的坐标，然后作x轴的垂线，根据tan∠AOD=√3/3即可求出坐标（注意，需要舍去上方的一种情况）。

题（3）本质是折叠产生的直角三角形存在性问题，只需令三角形GEF为直角三角形即可。

因为三角形EFG是重叠部分，说明了点G只能在三角形BOE的边上运动。

那么只有∠EGF与∠EFG为90度这两种情况，当然，点G还可能在OE上，所以需要分3种情况讨论。

确定了这三点之后，利用平行四边形的性质即可得到点H的坐标。

中考数学几何折叠问题答题技巧折叠问题题型多样，变化灵活，从考察学生空间想象能力与动手操作能力的实践操作题，到直接运用折叠相关性质的说理计算题，发展到基于折叠操作的综合题，甚至是压轴题. 考查的着眼点日趋灵活，能力立意的意图日渐明显.这对于识别和理解几何图形的能力、空间思维能力和综合解决问题的能力都提出了比以往更高的要求.折叠操作就是将图形的一部分沿着一条直线翻折1800，使它与另一部分图形在这条直线的同旁与其重叠或不重叠，其中“折”是过程，“叠”是结果. 折叠问题的实质是图形的轴对称变换，折叠更突出了轴对称问题的应用. 所以在解决有关的折叠问题时可以充分运用轴对称的思想和轴对称的性质.根据轴对称的性质可以得到：折叠重合部分一定全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴;互相重合两点(对称点)之间的连线必被折痕垂直平分;对称两点与对称轴上任意一点连结所得的两条线段相等;对称线段所在的直线与对称轴的夹角相等. 在解题过程中要充分运用以上结论，借助辅助线构造直角三角形，结合相似形、锐角三角函数等知识来解决有关折叠问题，可以使得解题思路更加清晰，解题步骤更加简洁.1、利用点的对称例1.(2006年南京市)已知矩形纸片ABCD，AB=2，AD=1，将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合.(1)如果折痕FG分别与AD、AB交于F、G(如图①)，AF=，求DE的长;(2)如果折痕FG分别与CD、AB交于F、G(如图②)，△AED的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长.图①中FG是折痕，点A与点E重合，根据折叠的对称性,已知线段AF的长,可得到线段EF的长，从而将求线段的长转化到求Rt△DEF的一条直角边DE. 图②中，连结对应点A、E，则折痕FG垂直平分AE，取AD的中点M，连结MO，则MO=DE，且MO∥CD，又AE为Rt△AED的外接圆的直径，则O为圆心，延长MO交BC于N，则ON⊥BC，MN=AB,又Rt△AED的外接圆与直线BC相切，所以ON是Rt△AED的外接圆的半径，即ON=AE，根据勾股定理可求出DE=，OE=. 通过Rt△FEO∽Rt △AED，求得FO=，从而求出EF的长.对称点的连线被对称轴垂直平分，连结两对称点既可以得到相等的线段，也可以构造直角三角形, 本题把折叠问题转化为轴对称问题，利用勾股定理和相似求出未知线段，最后把所求的线段转化到直角三角形中去处理.二、利用线段的对称性质例2.(新课标人教版数学八年级下学期P126)数学活动1：折纸做300、600、150的角对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，再次折叠纸片，使A点落在折痕EF上的N点处，并使折痕经过点B得到折痕BM，同时得到线段BN，观察所得到的∠ABM、∠MBN和∠NBC，这三个角有什么关系?(教师用书中给出了这样的提示：△ABM≌△NBC，作NG⊥BC，则直角三角形中NG=BN，从而可得∠ABM=∠MBN=∠NBC=300.)若这样证明则要用到：在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的角等于300. 这个定理现行教材中没有涉及到，在这儿用不太合适. 如果直接运用轴对称思想说理应该比较简洁明了：连结AN，则AN=BN，又AB=BN，所以三角形ABN为等边三角形，所以∠ABM=∠MBN=∠NBC=300.利用对称的思想来证明线段的相等比用其他方法快捷而且灵活.三、利用面对称的性质例3.(2006年临安)如图，△OAB是边长为2的等边三角形，其中O是坐标原点，顶点B在y轴的正方向上，将△OAB折叠，使点A落在OB上，记为A`点，折痕为EF. 此题中第③问是：当A`点在OB上运动，但不与O、B重合时，能否使△A`EF为直角三角形?这一问题需通过分类讨论，先确定直角顶点不可能在A`处. 当△A`EF为直角三角形，且直角顶点在F处时，根据轴对称性质我们可以得到∠AFE=∠A`FE=900，此时A`点与B点重合，与题目中已知相矛盾，所以直角顶点在点F处不成立. 同理可证，直角顶点亦不可能在点E处. 故当A`点在OB上运动，若不与O、B重合，则不存在这样的A`点使△A`EF为直角三角形.在折叠问题中,利用面的对称性可得到相等的角、全等的图形和相等的面积.解决折叠问题时，首先要对图形折叠有一准确定位，把握折叠的实质，抓住图形之间最本质的位置关系，从点、线、面三个方面入手，发现其中变化的和不变的量. 进一步发现图形中的数量关系;其次要把握折叠的变化规律，充分挖掘图形的几何性质，将其中的基本的数量关系用方程的形式表达出来，运用所学知识合理、有序、全面的解决问题.。

（变式1）如图，矩形ABCD 中，AB =3，BC =4，点E 是BC 边上一点，连接AE ，把∠B 沿AE 折叠，使点B 落在点B ′处，当△CEB ′为直角三角形时，BE 的长为_________.（变式2）如图，正方形ABCD 的边长是16，点E 在边AB 上，AE =3，点F 是边BC 上不与点B 、C 重合的一个动点，把△EBF 沿EF 折叠，点B 落在B ′处，若△CDB ′恰为等腰三角形，则DB ′的长为 .EF CDB A B ′（变式3）如图，点E是矩形ABCD的边AB上一点，将△BEC沿CE折叠，使点B落在AD边上的点F处．若△AEF∽△FEC∽△DFC，则ABBC的值是．（变式4）如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，点E是线段DA上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为F，连接FB，若使△FBC为等边三角形，则DE=题根根据题意得：∠EFB=∠B=30°，DF=BD，EF=EB，∵DE⊥BC，∴∠FED=90°-∠EFD=60°，∠BEF=2∠FED=120°，∴∠AEF=180°-∠BEF=60°，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，∴AC=BC•tan∠B=333⨯=3如图①若∠AFE=90°，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∴∠EFD+∠AFC=∠FAC+∠AFC=90°，∴∠FAC=∠EFD=30°，∴CF=AC•tan∠FAC=33=13⨯∴BD=DF=31=122BC CF--=如图②若∠EAF=90°，则∠FAC=90°-∠BAC=30°，∴CF=AC •tan ∠FAC=33=13⨯∴BD=DF=31=222BC CF ++=∴△AEF 为直角三角形时，BD 的长为：1或2．（变式1）当△CEB ′为直角三角形时，有两种情况：①当点B ′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC ，在Rt △ABC 中，AB=3，BC=4，∴AC=5∵∠B 沿AE 折叠，使点B 落在点B ′处，∴∠AB ′E=∠B=90°， 当△CEB ′为直角三角形时，只能得到∠EB ′C=90°，∴点A 、B ′、C 共线，即∠B 沿AE 折叠，使点B 落在对角线AC 上的点B ′处， ∴EB=EB ′，AB=AB ′=3，∴CB ′=5-3=2，设BE=x ，则EB ′=x ，CE=4-x ，在Rt △CEB ′中，∵EB ′2+CB ′2=CE 2，∴x 2+22=（4-x ）2，解得x=32∴BE=32；②当点B ′落在AD 边上时，如答图2所示．此时ABEB ′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE 的长为32或3．（变式2） 试题分析：（1）当B′D=B′C 时，过B′点作GH ∥AD ，则∠B′GE=90°，当B′C=B′D 时，AG=DH=12DC=8，由AE=3，AB=16，得BE=13．由翻折的性质，得B′E=BE=13，∴EG=AG ﹣AE=8﹣3=5，∴B′G=22'B E EG -=22135-=12，∴B′H=GH﹣B′G=16﹣12=4，∴DB′=22'B H DH +=2248+=45；（2）当DB′=CD 时，则DB′=16（易知点F 在BC 上且不与点C 、B 重合）；（3）当CB′=CD 时，∵EB=EB′，CB=CB′，∴点E 、C 在BB′的垂直平分线上，∴EC 垂直平分BB′，由折叠可知点F 与点C 重合，不符合题意，舍去． 综上所述，DB′的长为16或45．故答案为：16或45．（变式3）解：由折叠的性质得：△FEC≌△BEC，∴BC=FC，∠BEC=∠FEC，∵四边形ABCD是矩形，∴DC=AB，∵△AEF∽△FEC∽△DFC，∴∠AEF=∠DFC=∠FEC，∴∠AEF=∠FEC=∠BEC，∴∠DFC=60°，在Rt△CDF中，sin∠DFC=32DC ABFC BC==；故答案为：32．（变式4）解：∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，∴CD=AB=2，∠D=∠B=30°，∠BCD=150°∵△FBC为等边三角形，∴∠BCF=60°，∴∠DCF=90°，∵△CDE沿CE折叠，得到△CFE，∴△CDE≌△CFE，∴∠DCE=12∠DCF=45°，过点E作EH⊥CD，垂足为H，则∠CHE=90°，∴∠CEH=∠DCE=45°，∴CH=EH,在Rt△DEH中，∠D=30°，∴EH=12DE设EH=x,则DE=2x，CH=x，由勾股定理得：HD=3x,∵CH+HD=CD=2，∴32x x+=，31x=-，∴DE=2x=232-。

专题29 图形折叠中的直角三角形存在性问题
【精典讲解】
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
【答案】2或1.
【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：
△当△EAF=90°时，如图例3-2所示.
△△B=30°，BC=3
△30
AC tan BC
=︒⨯=2
AB AC
=
△△EAF=90°
△△AFC=60°，△CAF=30°
在Rt△ACF中，有：cos
AF AC CAF
=÷∠÷，24
BF AF
==
由折叠性质可得：△B=△DFE=30°，
1
2
2
BD DF BF
===。

「初中几何」折叠问题中的思路解析
1、
解决折叠问题，两点：
1、直角三角形在哪里？他们之前有何种关系？
在本图中直角三角形非常多，有7个直角三角形，准确说有8个直角三角形，连接FC之后.
在这些直角三角形中，有全等的直角三角形，也有知道三边关系的直角三角形，我们可以通过条件的标示来更加清楚的认识到这个图形。

2、解题中，需要具备方程的意识，也就是所用方程的思想去解决问题。

这里关注到的直角三角形为直角三角形ABC和直角三角形ABE，设BE=x，则EC=8-x，
由折叠的性质可知，AE=EC=8-x，
在Rt△ABE中，AE的平方=AB的平方+BE的平方，
则（8-x）2=42+x2，
解得，x=3，
则BE的长为3．
在本题中，所有的线段长度都是可以求出的。

总结：折叠问题，做题前思考两点：直角三角形在哪里！！他们之间存在何种关系？
接着是有方程的意识，用哪个直角三角形三边的关系来解决问题！。

中考数学压轴题：三角形折叠问题，翻折变换的性质三角形折叠问题【解析】利用对称的性质得到AE'=AB=10，∠E'AB=90°，∠AE'N=90°，再根据勾股定理的逆定理得到△ACB为直角三角形，利用射影定理计算出MC=9/2，接着证明Rt△ACM~Rt△AE'N，则利用相似比可计算出E'N=15/2，然后就利用四边形CME'N的面积=S△AE'N-S△ACM.进行计算.【点评】本题考查了作图--对称性变换:几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的.也考查了射影定理和正方形的性质.连接BB'，根据旋转的性质可得AB=AB'，判断出△ABB'是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得AB=BB'，然后利用“边边边”证明△ABC'和△B'BC'全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ABC'=∠B'BC'，延长BC'交AB'于D，根据等边三角形的性质可得BD⊥AB'，利用勾股定理列式求出AB，然后根据等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质求出BD、C'D，然后根据BC'=BD-C'D计算即可得解.【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等三角形并求出BC在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点.【点评】本题考查了翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识;熟练掌握翻折变换的性质，证明∠ADE=90°是解题的关键.【解析】分两种情况讨论:∠BEC'=90°，∠BC'E=90°；分别依据含30°角的直角三角形的性质，即可得到BC'的长.【点评】本题主要考查了折叠问题以及含30°角的直角三角形的性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等.【解析】首先由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，即可求得AC的长、∠AEF与∠BAC的度数，然后分别从从∠AFE=90°与∠EAF=90°去分析求解，又由折叠的性质与三角函数的知识，即可求得CF的长，继而求得答案.【点评】此题考查了直角三角形的性质、折叠的性质以及特殊角的三角函数问题.此题难度适中，注意数形结合思想与分类讨论思想的应用.。

专题08 折叠问题平面直角坐标系中的折叠问题,蕴含了丰富的数形结合思想和转化思想.解决这类问题的关键,是利用对称性将问题转化到直角三角形中,然后用勾股定理或相似三角形的知识求解.平面直角坐标系中的折叠问题是正在悄然兴起的一个中考热点,因为在平面直角坐标系中,几何图形的位置和大小都可以用"数"来表示,折叠问题又涉及全等变换和轴对称问题.而对于折叠问题，学生并不陌生，但在直角坐标系中，必然涉及直线的解析式和点的坐标，难度加大了，综合性增强了，数形结合思想更加显现，因而更加受到中考出题者的青睐。

本专题主要从折叠入手，经过学生的强化训练受到更多的启发。

一、单选题1．如图，在平面直角坐标系中，OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），点P为边AB 上一点，∠CPB＝60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B’处，则B’点的坐标为（）．A．（2，）B．（，）C．（2，）D．（，）【答案】C【解析】试题分析：过点B′作B′D⊥OC，由折叠可得CB′=OC=OA=4，⊥⊥CPB=60°，⊥⊥B′CD=30°，B′D=2根据勾股定理得DC=2⊥OD=4-2，即B′点的坐标为（2，4-2）故选C．考点：1．正方形的性质；2．图形折叠的性质；3．点的坐标．2．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点处，则点的坐标为（）A．(2，2)B．(，3)C．(2，)D．(，)【答案】C【解析】过B′作BD⊥y轴于D，由折叠的性质可得∠B′CP=∠BCP=30°，CB′=BC=4，根据正方形的性质可求出∠OCB′=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BD′的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出OD的长，即可得点B′的坐标.【详解】过B′作B′D⊥y轴于D，∵四边形OABC是正方形，∠CPB=60°，∴∠BCP=30°，∵沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点处，∴∠B′CP=∠BCP=30°，B′C=BC =4，∴∠OCB′=30°，∵B′D⊥y轴，∴B′D=B′C=2，∴CD==，∴OD=OC-CD=4-，∴点B′的坐标为（2，4-）.故选C.【点拨】本题考查了折叠的性质、正方形的性质及含30°角的直角三角形的性质，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；30°角所对的直角边，等于斜边的一半；熟练掌握折叠的性质是解题关键.3．在平面直角坐标系中，将点P（-2，0）沿直线折叠得到点Q，则点Q的坐标为( ) A．（2，0）B．（0，2）C．（-2，-2）D．（0，-2）【答案】D【解析】设点P（3，2）关于直线y=x的对称点Q（m，n），由P Q的中点在直线y=x上且直线P Q与直线y=x垂直得到关于m、n的方程组，解之可得答案．详解：设点P(-2,0)关于直线y=x的对称点Q(m,n)，∴PQ的中点坐标为(, )，则中点(,)在直线y=x上，∴=①，由直线PQ与直线y=x垂直,得②，联立①②,得：，则点P(-2,0)关于直线y=x的对称点P′坐标为(0,-2)，故选：D.点拨：本题考查了坐标与图形变化-平移.4．如图，把长方形纸片放入平面直角坐标系中，使，分别落在轴、轴上，连接，将纸片沿折叠，使点落在点的位置，与轴交于点，若，则的长为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由四边形OABC是矩形与折叠的性质，易证得△AEC是等腰三角形，然后在Rt△AEO中，利用勾股定理求得AE，OE的长．【详解】∵四边形OABC是矩形，∴OC∥AB，∴∠ECA=∠CAB，根据题意得：∠CAB=∠CAD，∠CDA=∠B=90°，∴∠ECA=∠EAC，∴EC=EA，∵B（1，2），∴AD=AB=2，设OE=x，则AE=EC=OC-OE=2-x，在Rt△AOE中，AE2=OE2+OA2，即（2-x）2=x2+1，解得：x= ，∴OE= ，故选：B．【点拨】此题考查了折叠的性质，矩形的性质，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．二、填空题5．如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处.若点D的坐标为(10，8），则点E的坐标为.【答案】（10，3）【解析】根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角⊥AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8-x，CF=10-6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．【详解】∵四边形AOCD为矩形,D的坐标为(10,8), ∴AD=BC=10，DC=AB=8，∵矩形沿AE折叠，使D落在BC上的点F处，∴AD=AF=10，DE=EF，在Rt⊥AOF中,OF==6，∴FC=10−6=4，设EC=x，则DE=EF=8−x，在Rt⊥CEF中,EF2=EC2+FC2，即(8−x)2=x2+42，解得x=3，即EC的长为3. ∴点E的坐标为(10,3).6．如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处，已知AD=3，当点F为线段OC的三等分点时，点E的坐标为_____．【答案】（3，）或（3，）．【解析】本题首先设点E的坐标为(3，m)，然后根据△AOF和△EFC相似求出m的值，本题中还需要分OF=OC，OF=OC两种情况来进行讨论，分别求出m的值．7．如图，在平面直角坐标系中，长方形各顶点的坐标分别为，，．将长方形沿折叠，使点落在轴上处，则点的坐标为__________．【答案】【解析】在中，根据勾股定理得出OB'，进而得出B'A，再利用翻折的性质和勾股定理解答即可．【详解】∵长方形各顶点的坐标分别为，，，∴，，∴将长方形沿折叠，使点落在轴上处，∴，在中，，∴，设为，则，在中，，即，解得：，所以点的坐标为．故答案为：．【点拨】本题主要考查了图形翻折的性质，结合勾股定理解答问题．8．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E 的坐标是_____．【答案】(-10，3)【解析】试题分析：根据题意可知△CEF∽△OFA，可根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得OF=2CE，设CE=x，则BE=8-x，然后根据折叠的性质，可得EF=8-x，根据勾股定理可得，解得x=3，则OF=6，所以OC=10，由此可得点E的坐标为（-10，3）.故答案为：（-10，3）9．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在轴、轴上，点在边上，将该矩形沿折叠，点恰好落在边上的处.若，，则点的坐标是__________．【答案】【解析】由勾股定理可以得到CE、OF的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E 的坐标．【详解】设CE=a，则BE=8-a，由题意可得，EF=BE=8-a，∵∠ECF=90°，CF=4，∴a2+42=（8-a）2，解得，a=3，设OF=b，则OC=b+4，由题意可得，AF=AB=OC= b+4，∵∠AOF=90°，OA=8，∴b2+82=（b+4）2，解得，b=6，∴CO=CF+OF=10，∴点E的坐标为（-10，3），故答案为（-10，3）．【点拨】本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化-对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．10．如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x、y轴上，连接AC，将纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置．若点B的坐标为（2，4），则点D的横坐标是___________．【答案】【解析】首先过点D作DF⊥OA于F，过D作DG⊥y轴于G．由四边形OABC是矩形与折叠的性质，易证得△AEC是等腰三角形，然后在Rt⊥AEO中，利用勾股定理求得AE，OE 的长，从而得到DE、EC的长．在Rt⊥EDC中，利用三角形面积公式求得DG的长，即可得点D的横坐标．【详解】过点D作DF⊥OA于F，过D作DG⊥y轴于G．∵四边形OABC是矩形，⊥OC⊥AB，⊥⊥ECA＝⊥CAB，根据题意得：⊥CAB＝⊥CAD，⊥CDA ＝⊥B＝90°，⊥⊥ECA＝⊥EAC，⊥EC＝EA．⊥B（2，4），⊥AD＝AB＝4，DC=CB=2．设OE＝x，则AE＝EC＝OC﹣OE＝4﹣x．在Rt⊥AOE 中，AE2＝OE2+OA2，即（4﹣x）2＝x2+4，解得：x，⊥OE，EC=AE，⊥DE=DA－AE=4－=．在Rt⊥EDC中，∵DE•DC=DG•EC，⊥DG===，∴点D的横坐标为：．【点拨】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质等知识．此题综合性较强，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．11．如图平面直角坐标系中，O（0，0），A（4，4），B（8，0）．将⊥OAB沿直线CD 折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，若OE=，则CE：DE的值是．【答案】．【解析】如图，过A作AF⊥OB于F，∵A（4，4），B（8，0），∴AF=4，OF=4，OB=8，∴BF=8﹣4=4，∴OF=BF，∴AO=AB，∵tan∠AOB==，∴∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠AOB=∠ABO=60°，∵将△OAB沿直线线CD折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，∴∠CED=∠OAB=60°，∴∠OCE=∠DEB，∴△CEO∽△DBE，∴，设CE=a，则CA=a，CO=8﹣a，ED=b，则AD=b，DB=8﹣b，∴，∴32b=88a﹣11ab ①，，∴56a=88b﹣11ab ②，②﹣①得：56a﹣32b=88b﹣88a，∴，即CE：DE=．故答案为：．12．把一张两边长分别为、的矩形纸片放入平面直角坐标系中，使、分别落在轴、轴正半轴上，将纸片沿对角线折叠，使点落在的位置上，则点的坐标为_______．【答案】或【解析】分两种情况讨论：当时，如图1，设交OC于点M，作于，由折叠的性质、平行线的性质和等腰三角形的判定可得MB=MO，设，则在中，根据勾股定理即可构建方程求出x，然后根据三角形的面积和勾股定理即可求出和OP的长，从而可得点的坐标；第二种情况：当时，如图2，同情况1的方法解答即可．【详解】分两种情况讨论：当时，如图1，设交OC于点M，作于，由题意得，，，，∵OC⊥AB，⊥，∴，∴MB=MO，设，则，则在中，根据勾股定理得，即，解得，∴，，根据三角形的面积可得，即，∴，所以的坐标为；第二种情况：当时，如图2，设交BC于点M，作于，由题意得，，，，∵BC⊥AO，⊥，∴，∴MB=MO，设，则，则在中，根据勾股定理得，即，解得，∴，，根据三角形的面积可得，即，∴，∴，所以的坐标为；故答案为：或．【点拨】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及三角形的面积等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用方程思想是解题的关键．13．如图，将矩形纸片ABCD放入以BC所在直线为x轴，BC边上一点O为坐标原点的直角坐标系中，连结OD，将纸片ABCD沿OD折叠，使得点C落在AB边上点处，若，，则点C的坐标为______．【答案】【解析】依据折叠的性质以及勾股定理，即可得出的长，进而得到，再根据勾股定理可得，中，列方程求解即可得到，进而得出点C的坐标．【详解】矩形纸片ABCD中，，，，中，设，则中，，解得，，又点C在x轴上，点C的坐标为，故答案为．【点拨】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质以及勾股定理的运用；解决问题的关键是运用勾股定理计算有关线段的长解题时注意方程思想的运用．14．如图，有一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，C在x轴上，OA＝6，OC ＝10，如图，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点处，则点E的坐标为_______。

中考数学折叠问题专项突破4--折叠中直角三角形存在性问题模块四 图形折叠中的直角三角形存在性问题【典例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，∴30AC tan BC =︒⨯=⨯2AB AC =，∵∠EAF =90°∴∠AFC =60°，∠CAF =30°在Rt △ACF 中，有：cos AF AC CAF =÷∠÷，24BF AF == 由折叠性质可得：∠B =∠DFE =30°，122BD DF BF === ②当∠AFE =90°时，如图例3-3所示.由折叠性质得：∠B =∠DFE =30°，122BD DF BF ===∴∠AFC =60°，∠F AC =30°∴tan 1CF FAC AC =∠⨯==，所以，BF =2，112BD DF BF ===，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】如图例5-1，在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，1BC =+，点M ，N 分别是边BC ，AB 上的动点，沿MN 所在的直线折叠B ∠，使点B 的对应点'B 始终落在边AC 上.若'MB C ∆为直角三角形，则BM 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，12BM BC == 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 =因为BC ，所以x x +1 解得：x =1，即BM =1.综上所述，BM 或1. 【小结】根据题意判断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三边关系求解.【典例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.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【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R t△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．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R t△ABC中，AB=3，BC=4，∴AC，∵∠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R t△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得x=32，∴BE=32；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BE长为32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ADDF的值为A ．1113B ．1315C ．1517D ．1719【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 （AA S ），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R t △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，∵90EOF BOP B E OP OF ∠∠∠∠=⎧⎪==︒⎨⎪=⎩，∴△OEF ≌△OBP （AA S ），∴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R t △DAF 中，AF 2+AD 2=DF 2，即（1+x ）2+32=（4﹣x ）2，解得：x =0.6，∴DF =4﹣x =3.4，∴1517AD DF =．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P A．点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，当P A的长度最小时，CQ的长为（）A．3B．3C．32D．3【解析】如图所示：在R t△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ABCD 中，3AB =，4BC =，点E 是BC 边上一点，连接AE ，把矩形沿AE 折叠，使点B 落在点B '处．当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为____________．【分析】当△CEB ′为直角三角形时，有两种情况： ①当点B ′落在矩形内部时，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R t △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90CB E ︒'∠=时，如图1，由折叠得，90AB E B ︒'∠=∠=，AB AB '=， ∴180AB C ︒'∠=，∴,,A B C '三点共线．在矩形ABCD 中，3AB =，4BC =， ∴5AC =．∵AB AB 3'==，∴2B C AC AB ''=-=． 设BE x =，则4CE BC BE x =-=-，B E x '=，在Rt B CE '∆中，222B E B C CE ''+=，即2222(4)x x +=-，解得32x =． ②当90B EC ︒'∠=时，如图2，由折叠可知ABE AB E '∆∆≌， ∴BE B E '=，90B AB E ︒'∠=∠=，∴四边形ABEB '是正方形，∴3BE AB ==．综上，当CEB '∆为直角三角形时，BE 的长为32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＝，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R t△BCE中，EC==∴CF＝CE＝，∵AB＝CD＝6，∴DF＝CD﹣CF＝6﹣当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝，∴DF＝CD+CF′＝【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R t △ADF 中，∵AD =4，∠DAB =45，DF =AF，∴AP 12=AF = ②如图2，当CF ⊥AB 时，△DCF 是直角三角形．在R t △CBF 中，∵∠CFB =90°，∠CBF =∠A =45°，BC =4，∴BF =CF，∴AFAP 12=AF=2AP2【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．。

中考数学冲刺难点突破 图形折叠问题专题五 图形折叠中的等腰三角形存在性问题（原卷）【精典讲解】1、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 ′的长为 .图例7-1【针对训练】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 ．2BC ．2D ．2 2、如图，菱形ABCD 的边，8AB =，60B ∠=,P 是AB 上一点，3BP =，Q 是CD 边上一动点，将梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点'A ．当'CA 的长度最小时，'C Q 的长为（ ）A ．5B ．7C ．8D ．1323、如图，在矩形ABCD 中，AB ＝√3，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 ．PG CG =13B ．△PBC 是等边三角形 C ．AC ＝2APD ．S △BGC ＝3S △AGP4、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：△△ADF 是等边三角形；△tan△EBF ＝2－√3；△S △ADF ＝13S 正方形ABCD ；△BF 2＝DF ·EF .其中正确的是( )A ．△△△B ．△△△C ．△△△D ．△△△5、已知ABC 中， AC BC =， Rt C ∠=∠．如图，将ABC 进行折叠，使点A 落在线段BC 上（包括点B 和点C ），设点A 的落点为D ，折痕为EF ，当DEF 是等腰三角形时，点D 可能的位置共有（ ）．A ．2种B ．3种C ．4种D ．5种6、如图，正方形ABCD 的边长是16，点E 在边AB 上，3AE =，点F 是边BC 上不与点B 、C 重合的一个动点，把EBF ∆沿EF 折叠，点B 落在'B 处，若'CDB ∆恰为等腰三角形，则'DB 的长为______.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_____．中考数学冲刺难点突破 图形折叠问题专题五 图形折叠中的等腰三角形存在性问题（答案及解析）【精典讲解】1、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′的长为.图例7-1【答案】16或45.【解析】根据△CDB′为等腰三角形，以CD为腰或底分三种情况讨论，△DB′=DC；△CB′=CD；△CB′=DB′. 对于△DB′=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△CB′=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△CB′=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详解：△DB′=DC，如图例7-2所示.【针对训练】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 ．2B ．3C ．2或3D ．2或3C【解析】【分析】根据△A′DC为等腰三角形，分三种情况进行讨论：△A'D=A'C，△A'D=DC，△CA'=CD，分别求得AP的长，并判断是否符合题意．【详解】△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=223333 AB==；△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=2222 2425AB AD +=+=△A'B+A'D ＜BD （不合题意）故这种情况不存在；△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=12△ABA'=45° △AP=AB=2．综上所述，当△A′DC 为等腰三角形时，AP 的长为2 33或2．故选C.【点睛】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ABCD 的边，8AB =，60B ∠=,P 是AB 上一点，3BP =，Q 是CD 边上一动点，将梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点'A ．当'CA 的长度最小时，'C Q 的长为（ ）A．5B．7C．8D．13 2菱形60，3PB=，1HP∴=，在Rt CHP∆梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点'A，∴点'A在以点P为圆心，PA为半径的弧上，∴当点'A在PC上时，'CA的值最小，∴∠=∠，APQ CPQCD AB，而//∴∠=∠，APQ CQP∴∠=∠，CQP CPQ∴==.CQ CP7故选：B．【点睛】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＝√3，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．PGCG =13B．△PBC是等边三角形C．AC＝2AP D．S△BGC＝3S△AGP4、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S正方AF，BF，BD.则下列结论中：△△ADF是等边三角形；△tan△EBF＝2－√3；△S△ADF＝13；△BF2＝DF·EF.其中正确的是()形ABCDA．△△△ B．△△△ C．△△△ D．△△△5、已知ABC 中， AC BC =， Rt C ∠=∠．如图，将ABC 进行折叠，使点A 落在线段BC 上（包括点B 和点C ），设点A 的落点为D ，折痕为EF ，当DEF 是等腰三角形时，点D 可能的位置共有（ ）．A ．2种B ．3种C ．4种D ．5种6、如图，正方形ABCD 的边长是16，点E 在边AB 上，3AE =，点F 是边BC 上不与点B 、C 重合的一个动点，把EBF ∆沿EF 折叠，点B 落在'B 处，若'CDB ∆恰为等腰三角形，则'DB 的长为______.16或45【解析】【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【详解】需分三种情况讨论：（1）若'DB DC =，则'16DB =（易知此时点F 在BC 上且不与点C 、B 重合）；（2）若'CB CD =，因为'EB EB =，'CB CB =，所以点E 、C 在'BB 的垂直平分线上，则EC 垂直平分'BB ，由折叠可知点F 与点C 重合，不符合题意，则这种情况不成立；（3）如图，若''CB DB =，作'B G AB ⊥与AB 交于点G ，交CD 于点H .因为AB CD ∥，所以'B H CD ⊥.因为''CB DB =，所以182DH CD ==，所以8AG DH ==，则5GE AG AE =-=，因为'13B E BE ==.在'Rt B EG ∆中，由勾股定理求得'12B G =，所以''4B H GH B G =-=.在'Rt B DH ∆中，由勾股定理求得'45DB =.综上，'16DB =或45.【点睛】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_____．45或2【解析】【分析】分两种情况：△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=3，CG=3，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；△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）．【详解】解：分两种情况，△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=12CD=1，△DG=3CG=3，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）²+（3）² =（x+2）²，解得：x=45，，即BN=45；△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45或2；故答案为45或2．【点睛】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.。

中考数学折叠问题专项突破4-折叠中直角三角形存在性问题模块四图形折叠中的直角三角形存在性问题【典例1］如图例3-1,在氏ZUBC中，ZACB=90\N3=30。

，BC=3,点。

是8C边上一动点（不与点B、。

重合），过点。

作交一43边于点E,将沿直线QE翻折，点3落在射线上的点产处，当ZU£产为直角三角形时，8。

的长为~AD C F图例3-1 图例3-2 图例3-3 【解析】从题目所给的“当人龙产为直角三角形时”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N8EO=NDEF=60。

，所以乙LE产=180 —120。

=60。

.即点E不可能为直角顶点.分两种情况考虑：①当NE4F=90。

时，如图例3-2所示.•••N3=30。

，BC=3,：.AC = tan3O° xBC = -x 3=43 , AB = 2AC=2y/3 ,V ZE.1F=9O° A Z.1FC=6O°, NC1F=3O。

3在KfZk/C尸中，有：AF = AC 4-cos ZCAF=y/3 ^^—=2 , BF = 2AF = 42由折叠性质可得：NB=/DFE=30。

, BD = DF = -BF = 22②当乙疔£二90。

时，如图例3-3所示.由折卷性质得：/B=/DFE=30°, BD = DF = -BF = 22・.. ZAFC=60\ ZE4C=3Q°：. CF = tan ZFAC xAC =3后=1,所以，BF=2,3BD = DF = 1BF = l,综上所述，3。

的长为2或L 2【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2］如图例4-1,矩形，88中，X3=3, 8c=4,点E 是8C 边上一点，连接把沿NE 折【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, 即点夕及点E 分别为直角顶点.分两种情况考虑：①当NCEQ=90。

【例1】如图,在Rt△ABC中,△ACB=90°,AC=2,BC=4,CD是△ABC的中线,E是边BC上一动点,将△BED 沿ED折叠,点B落在点F处,EF交线段CD于G,当△DFG是直角三角形时,则CE=.【答案】1,52.【解析】解:在Rt△ABC中,由勾股定理得:AB由折叠性质知△F=△B≠90°,分两种情况讨论, (1)当△FDG=90°时,△D是Rt△ABC斜边AB的中点,△CD=BD=AD,△△B=△DCE=△F,△△DCE+△GEC=△F+△FDG,△△GEC=90°,在Rt△DFG中,tan△F=DG DF,△DG,△CG=CD－DG,在Rt△CEG中,CE=CG·cos△GCE；C(2)当△FGD=90°时,由(1)知△B=△F=△DCB,由BD=DF△DG=DF·sin△F△CG=CD－DG1,△CE=CG÷cos△DCB－故答案为【变式1-1】如图,在菱形ABCD中,∠DAB=45°,AB=8,点P为线段AB上一动点,过点P作PE⊥AB交直线AD于E,沿PE将∠A折叠,点A的对称点为点F,连接EF、DF、CF,当△CDF是直角三角形时,AP= .【答案】4+【解析】解:①如图,当DF⊥AB时,△CDF是直角三角形,∵在菱形ABCD中,AB=8,∴CD=AD=AB=8,在Rt△ADF中,AD=8,∠DAN=45°,DF=AF,∴AP；②如图,当CF ⊥AB 时,△DCF 是直角三角形,在Rt △CBF 中,∠CFB =90°,∠CBF =∠A =45°,BC =8,∴BF =CF,∴AF =AB +BF,∴AP =12AF, 故答案为:4或．【例2】如图,矩形ABCD 中,AB =2,AD =4,点E 在边BC 上,将△DEC 沿DE 翻折后,点C 落在点C ’处. 若△ABC ’是等腰三角形,则CE 的长为.【分析】根据△ABC ’是等腰三角形,分△AB =AC ’=2；△AC ’=BC ’,即C ’落在AB 的垂直平分线上时；△AB =BC ’=2,三种情况讨论,逐一作出图形求解即可.【答案】2【解析】解:分三种情况讨论:△AB =AC ’=2,如图所示,可得:四边形CDC ’E 是正方形,即CE =2；DD△AC ’=BC ’,即C ’落在AB 的垂直平分线MN 上时,如图所示,△DM =1,C ’D =2,△△C ’DM =30°,即得:△C ’DC =60°,△EDC =30°,△CE =CD ·tan △EDC△AB =BC ’=2,此时作出C ’的运动轨迹,及以B 为圆心,2为半径的圆,发现二者不相交,如图所示,即此种情况不存在；综上所述,答案为:2或3【变式2-1】如图所示,在△ABC 中,△C =90°,AC ≤BC ,将△ABC 沿EF 折叠,使点A 落在直角边BC 上的D 点,设EF 与AB 、AC 分别交于点E 、F ,如果折叠后△CDF 和△BDE 均为等腰三角形,那么△B = .【答案】45°或30°. DN【解析】解:若△CDF是等腰三角形,△△C=90°,△△CDF=△CFD=45°,由折叠性质知,△A=△FDE,△B=△EFD,若△BDE是等腰三角形,则:(1)若DE=BD,设△B=△DEB=x°,则△A=△FDE=90－x,△△CDE=△B+△DEB,△45+90－x=x+x,解得:x=45,即△B=45°,(2)若DE=BE,△CDE=180°－△BDE=180°－△B,△CDE =45°+△FDE=45°+△A=45°+90°－△B=135°－△B,△不符合题意,(3)若BD=BE,设△B=x,则△BDE=△BED=90°－1 2 x,△CDE =45°+△A=135°－x,△CDE =△B+△DEB=90°+1 2 x,△135°－x=90°+12x,解得:x=30,即△B=30°,综上所述,△B的度数为:45°或30°.【例3】如图,在Rt△ABC中,∠ACB＝90°,∠B＝30°,AC＝2,E为斜边AB的中点,点P是射线BC上的一个动点,连接AP、PE,将△AEP沿着边PE折叠,折叠后得到△EP A′,当折叠后△EP A′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一,则此时BP的长为．【答案】2或【解析】解:∵∠ACB＝90°,∠B＝30°,AC＝2,E为AB的中点,∴AB ＝4,AE ＝12AB ＝2,BC ＝． (1)若点A ’落在BC 上方时,连接A ′B ,由折叠可得S △A ′EP ＝S △AEP ,A ′E ＝AE ＝2,．∵点E 是AB 的中点,∴S △BEP ＝S △AEP ＝12S △ABP ． 由题可得:S △EFP ＝14S △ABP , ∴S △EFP ＝12S △BEP ＝12S △AEP ＝12S △A ′EP , ∴EF ＝BF ,PF ＝A ′F ．∴四边形A ′EPB 是平行四边形,∴BP ＝A ′E ＝2；②若点A ’落在直线BC 下方时,连接AA ′,交EP 与H ,．可得:GP ＝BG ,EG ＝1．∵BE ＝AE , ∴EG ＝12AP ＝1, ∴AP ＝2∴AP ＝AC ,即此时点P 与点C 重合,∴BP ＝BC ＝．故答案为:2或．【变式3-1】(2019·安阳二模)如图,在△ABC中,∠C＝90°,AB＝5,BC＝4．点D是边AC的中点,点E在边AB上,将△ADE沿DE翻折,使点A落在点A′处,当线段AE的长为时,A′E∥BC．【答案】12或92．【解析】解:分两种情况:(1) 当A'E∥BC时,∠A'EG＝∠B,由折叠可得,∠A＝∠A',∵∠B+∠A＝90°,∴∠A'EG+∠A'＝90°,∴∠A'GE＝90°,∴△ABC∽△ADG,∴AG AD DG AC AB BC==,∵AD＝12AC＝32,∴AG＝910,DG＝65,A'G＝310,设AE＝A'E＝x,则EG＝910﹣x,则cos∠GEA’=4 '5 EGA E=,∴x=12,即AE=12；(2)当A'E∥BC时,∠AHE＝∠C＝90°,A'H⊥CD,设AE＝y,由△AHE∽△ACB,得:AH AE EH AC AB BC==∴AH＝35y,HE＝45y,由折叠可得,A'E＝AE＝y,AD＝A'D＝3 2 ,∴A'H＝15y,DH＝35y﹣32,sin∠DA’H=4 '5 DHA D=,可得:y=92,即AE＝92,故答案为:12或92．1.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=5,AC=3,点D是BC上一动点,连结AD,将△ACD沿AD折叠,点C落在点C′,连结C′D交AB于点E,连结BC′．当△BC′D是直角三角形时,DE的长为．【答案】32或34．【解析】解:(1)当点E与点C′重合时,△BC′D是直角三角形,在Rt△ABC中,由勾股定理得:BC=4．由翻折的性质可知；AE=AC=3,DC=DE,EB=2．设DC=ED=x,则BD=4﹣x．在Rt△DBE中,由勾股定理得:DE2+BE2=DB2,即x2+22=(4﹣x)2．解得:x=32．(2)当∠EDB=90时,由翻折的性质可知:AC=AC′,∠C=∠C′=90°．可得:四边形ACDC′为矩形．∵AC=AC′,∴四边形ACDC′为正方形．∴CD=AC=3．DB=BC﹣DC=1．∵DE∥AC,∴14DE BDAC BC==,134DE=．解得:DE=34．(3)∵点D在BC上运动,∴∠DBC′＜90°,即∠DBC′不可能为直角．故答案为:32或34．2.(2019·洛阳三模)如图,已知Rt△ABC中,△B=90°,△A=60°,AB=3,点M,N分别在线段AC,AB上,将△ANM沿直线MN折叠,使点A的对应点D恰好落在线段BC上,若△DCM为直角三角形时,则AM的长为 ．【答案】2或3.【解析】解:△在△CDM 中,△C =30°,△分两种情况讨论△CDM 为直角三角形的情况,(1)当△CMD =90°时,如图所示,设AM =x ,则DM =x ,CMx ,△x=6,解得:x=3；(2)当△CDM =90°时,如图所示,设AM =x ,则CM =2x ,DM =x ,△x +2x =6,解得x =2,综上所述,答案为:3或2.ADA D3.如图,在矩形纸片ABCD 中,已知AB =6,BC =8,E 是边AD 上的点,以CE 为折痕折叠纸片,使点D 落在点F 处,连接FC ,当△AEF 为直角三角形时,DE 的长为_________．【答案】3或6. 【解析】解:由题意知,△EAF ≠90°,(1)当△AEF =90°时,如下图所示,由折叠知,CD =CF =DE =EF =6,即DE =6；(2)当△AFE =90°时,如下图所示,此时点F 落在对角线AC 上,AC =10,CF =6,AF =4,设DE =x ,则EF =x ,AE =8－x ,在Rt △AEF 中,由勾股定理得:x 2+42=(8－x )2,解得:x =3,故答案为:3或6.4.如图,在Rt △ABC 中,△A =90°,△B =30°,BC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 ．E DC BAB EB或2. 【解析】解:△△B =30°,△分两种情况讨论:△当△BEC '=90°时,BE 'E ,△CE =C 'E ,BC△BE C 'E =1,△Rt △BEC '中,由勾股定理得:BC '=2；△当△BC 'E =90°时,BE =2C 'E =2CE ,BC△BE =23C 'E =13在Rt △BEC ’中,由勾股定理得:BC ；综上所述,BC '或2． 5.如图,在Rt △ABC 中,AC ＝8,BC ＝6,点D 为斜边AB 上一点,DE △AB 交AC 于点E ,将△AED 沿DE 翻折,点A 的对应点为点F ．如果△EFC 是直角三角形,那么AD 的长为 ．【答案】75或5．【解析】解:在Rt△ABC中,AC＝8,BC＝6,由勾股定理得:AB＝10,按直角顶点位置分类讨论,△若△CFE＝90°,△在Rt△ABC中,△ACB＝90°,△△CFB+△EFD＝△B+△A＝90°,由翻折知:△A＝△EFD,AE＝EF,△△CFB＝△B,CF＝BC＝6,在Rt△CEF中,有CE2＝EF2+CF2,即CE2＝(8﹣CE)2+62,△CE＝25 4,△AE＝7 4 ,由△ADE＝△ACB＝90°,得△ADE△△ACB,△AE AD AB AC,得:AD＝75；△当△ECF＝90°时,点F与B重合,△AD＝12AB＝5；△当△CEF＝90°时,则EF△BC,△AFE＝△B,△△A＝△AFE,△△A＝△B,△AC＝BC(与题设矛盾),这种情况不存在,综上所述:如果△EFC是直角三角形,AD的长为75或5．故答案为:75或5．6.在Rt△ABC中,AC＝3,AB＝4,D为斜边BC中点,E为AB上一个动点,将△ABC沿直线DE折叠,A、C的对应点分别为A′、C′,EA′交BC于点F,若△BEF为直角三角形,则BE的长度为．【答案】12或54．【解析】解:△△B≠90°,△分两种情况讨论:△当△BEF＝90°时,过D作DM△AB于M,则△EMD＝90°,DM△AC,D为BC中点,可得:M为AB的中点,△BM ＝12AB ＝2,DM ＝12AC ＝32, 由折叠可得,△MED ＝12△AEF ＝45°, △△DEM 是等腰直角三角形,△EM ＝DM ＝32, △BE ＝2﹣32＝12； △当△BFE ＝90°时,连接AD ,A 'D ,根据对称性可得:△EAD ＝△EA 'D ,AD ＝A 'DRt △ABC 中,AC ＝3,AB ＝4,由勾股定理得:BC ＝5,Rt △ABC 中,D 为BC 的中点,△AD ＝BD ＝A 'D ＝12BC ＝52, △△B ＝△EAD ＝△F A 'D ,设BE ＝x ,则BF ＝BE ·cosB ＝45x , △DF ＝BD ﹣BF ＝52﹣45x , 由sin △F A 'D ＝sinB ,得:54532525x -=⨯, 解得:x ＝54,即BE ＝54, 综上所述,BE 的长度为12或54．7.如图,在Rt △ABC 中,△C =90°,AC =BC =4,点D 是AC 的中点,点F 是边AB 上一动点,沿DF 所在直线把△ADF 翻折到△A ′DF 的位置,若线段A ′D 交AB 于点E ,且△BA ′E 为直角三角形,则BF 的长为_________．【答案】285或6. 【解析】解:由分析知△EBA ’≠90°,分两种情况讨论:(1)当△BA ’E =90°时,如图所示,连接BD ,过F 作FH △AC 于H ,可得:△BCD △△BA ’D ,△BDF =90°,设FH =x ,则AF =2x ,AH,DHx ,BF =8－2x ,由勾股定理得:BD 2+DF 2=BF 2,DF 2=DH 2+FH 2,即BD 2+ DH 2+FH 2= BF 2,△()()2222882x x x ++=-, 解得:x =125, 即BF =285； (2)当△BEA ’=90°时,如下图所示,A′A BC DE FAC DA C D由折叠性质知,△A=△ADF=△EDF=30°,△AD△DEAE=3,△EFDE=1,△AF=2,即BF=6,综上所述,BF的值为285或6.8.如图,在Rt△ABC中,AB＝3,BC＝4,点P为AC上一点,过点P作PD△BC于点D,将△PCD沿PD折叠,得到△PED,连接AE．若△APE为直角三角形,则PC＝．【答案】3532或12532.【解析】解:若△APE=90°,则△CPD=△EPD=45°,可得△C=45°,与题意不符,△△APE≠90°,在Rt△ABC中,AB=3,BC=4,由勾股定理得:AC=5,△当△AEP＝90°时,设PC＝x,在Rt△PDC中,sinC＝35,cosC＝45,所以PD＝35x,CD＝45x,由折叠知DE＝CD＝45x ,△BE＝BC﹣CE＝4﹣8 5 x,A C D△△B ＝△PDE ,△BAE +△AEB ＝90°,△PED +△AEB ＝90°,△△BAE ＝△PED =△C ,tan △BAE ＝tan △C , 即843534x -=, 解得:x =3532, 即PC =3532； △当△EAP ＝90°时,如下图,设PC =x ,则PE =x ,PD ＝35x ,CD ＝45x ,CE =85x ,BE =85x －4, 可证:△AEB =△C ,△tan △AEB = tan △C , △34BE AB =, 即843534x -=, 解得:x =12532即PC =12532, 综上所述,答案为:3532或12532. 9.如图,矩形ABCD 中,AB ＝4,AD ＝6,点E 为AD 中点,点P 为线段AB 上一个动点,连接EP ,将△APE 沿PE 折叠得到△FPE ,连接CE ,CF ,当△ECF 为直角三角形时,AP 的长为 ．ABD E【答案】1或9 4 .【解析】解:由图可知,△ECF≠90°,所以分两种情况讨论: (1)当△CFE＝90°时,由折叠可得,△PFE＝△A＝90°,AE＝FE＝DE,△△CFP＝180°,即点P,F,C在一条直线上,△Rt△CDE△Rt△CFE,△CF＝CD＝4,设AP＝FP＝x,则BP＝4﹣x,CP＝x+4,在Rt△BCP中,BP2+BC2＝PC2,即(4﹣x)2+62＝(x+4)2,解得x＝94,即AP＝94；(2)当△CEF＝90°时,过F作FH△AB于H,作FQ△AD于Q,则△FQE＝△D＝90°,△△FEQ+△CED＝△ECD+△CED,△△FEQ＝△ECD,△△FEQ△△ECD,△FQ QE EF DE CD CE==,△3 345 FQ QE==,△FQ=95,QE=125,△AQ=HF=3－QE=35,AH=QE=95,设AP＝FP＝x,则HP＝95﹣x,在Rt△PFH中,HP2+HF2＝PF2,即(95﹣x)2+(35)2＝x2,解得x＝1,即AP＝1．综上所述,AP的长为1或94．10.如图,已知Rt△ABC中,△B＝90°,△A＝60°,AC＝点M、N分别在线段AC、AB上,将△ANM沿直线MN折叠,使点A的对应点D恰好落在线段BC上,当△DCM为直角三角形时,折痕MN的长为．【解析】解:△△C=30°,即C不可能是直角顶点,△分两种情况讨论:(1)当△CDM＝90°时,在Rt △ABC 中,△B ＝90°,△A ＝60°,AC ＝△△C ＝30°,AB +2,由折叠性质知,△MDN ＝△A ＝60°,△△BDN ＝30°,△BN ＝12DN ＝12AN ,△BN ＝13AB ,△AN ＝2BN , 由△DNB ＝60°,得:△ANM ＝△DNM ＝60°,△△AMN 是等边三角形,△AN ＝MN ； (2)当△CMD ＝90°时,由题可得,△CDM ＝60°,△A ＝△MDN ＝60°,△△BDN ＝60°,△BND ＝30°,△BD ＝12DN ＝12AN ,BN BD ,△AN ＝2,BN ,BD =1,△CD =BC -BD －BD +2,△DM =AM =12CD +1,△在Rt △ANH 中,AH =12AN =1,NH△HM =AM -AH在Rt △HNM 中,由勾股定理得:MN故答案为:4311.如图,正方形ABCD 的边长是16,点E 在边AB 上,AE ＝3,点F 是边BC 上不与点B ,C 重合的一个动点,把△EBF 沿EF 折叠,点B 落在B ′处．若△CDB ′恰为等腰三角形,则DB ′的长为 ．【答案】16或【解析】解:分三种情况讨论,(1)当B ′D ＝B ′C 时,过B ′作GH △AD 交AB 、CD 于点G 、H ,则△B ′GE ＝90°,可得:GH 是CD 、AB 的垂直平分线,△AG ＝DH ＝12DC ＝8, 由AE ＝3,AB ＝16,得BE ＝13．由翻折的性质,得B ′E ＝BE ＝13．△EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5,在Rt△B’EG中,由勾股定理得:B′G＝12,△B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4,在Rt△DB’H中,由勾股定理得:DB′＝(2)当DB′＝CD时,则DB′＝16．(3)当CB′＝CD时,则CB＝CB′,由翻折的性质,得EB＝EB′,△EC垂直平分BB′,△EF是线段BB′的垂直平分线,△点F与点C重合,此种情况不存在；故答案为:16或．12.如图,在Rt△ABC中,△C＝90°,BC＝AC＝2,点D是BC的中点,点E是边AB上一动点,沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置,B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形,则AE的长为．【答案】3或14 5.【解析】解:△△C＝90°,BC＝AC＝2,△△B＝30°,AB＝2AC＝4,△点D是BC的中点,△DB＝DC EB′＝EB,△DB′E＝△B＝30°,设AE＝x,则BE＝4﹣x,EB′＝4﹣x,由题意知∠B’AF≠90°,分两种情况讨论: (1)当△AFB′＝90°时,BF＝32,EF＝32﹣(4﹣x)＝x﹣52,在Rt△B′EF中,△EB′F＝30°,△EB′＝2EF,即4﹣x ＝2(x ﹣52),解得:x ＝3,即AE =3； (2)当∠AB ’F =90°时,过E 作EH ⊥AB ’于H ,△DC ＝DB ′,AD ＝AD ,△Rt △ADB ′△Rt △ADC ,△AB ′＝AC ＝2,△△AB ′E ＝△AB ′F +△EB ′F ＝90°+30°＝120°, △△EB ′H ＝60°,∠HEB ’=30°,∴B ′H ＝12B ′E ＝12(4﹣x ),EH ′H (4﹣x ), 在Rt △AEH 中,EH 2+AH 2＝AE 2, △34(4﹣x )2+[12(4﹣x )+2]2＝x 2,解得x ＝145, AE =145． 故答案为3或145．。

中考数学---图形的折叠问题折叠问题（对称问题）是近几年来中考出现频率较高的一类题型，学生往往由于对折叠的实质理解不够透彻，导致对这类中档问题失分严重。

本文试图通过对在初中数学中经常涉及到的几种折叠的典型问题的剖析，从中抽象出基本图形的基本规律，找到解决这类问题的常规方法。

其实对于折叠问题，我们要明白：1、折叠问题（翻折变换）实质上就是轴对称变换．2、折叠是一种对称变换，它属于轴对称．对称轴是对应点的连线的垂直平分线，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．3、对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，在画图时，画出折叠前后的图形，这样便于找到图形之间的数量关系和位置关系．4、在矩形（纸片）折叠问题中，重合部分一般会是一个以折痕为底边的等腰三角形5、利用折叠所得到的直角和相等的边或角，设要求的线段长为x，然后根据轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求解．一、矩形中的折叠1．将一张长方形纸片按如图的方式折叠，其中BC，BD为折痕，折叠后BG和BH在同一条直线上，∠CBD=______度．∵BC、BD是折痕，所以有∠ABC = ∠GBC，∠EBD = ∠HBD，则∠CBD = 90°【原理】折叠前后的对应角相等2．如图所示，一张矩形纸片沿BC折叠，顶点A落在点A′处，再过点A′折叠使折痕DE∥BC，若AB=4，AC=3，则△ADE的面积是__________ ．沿BC折叠，顶点落在点A’处，根据对称的性质得到BC垂直平分AA’，即AF = AA’，又D E∥BC，得到△ABC ∽ △ADE，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出三角形ADE的面积 = 24。

【原理】对称轴垂直平分对应点的连线3．如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=3，折叠纸片使AD 边与对角线BD重合，得折痕DG，求AG的长．由勾股定理可得BD = 5，由对称的性质得△ADG ≌ △A’DG，由A’D = AD = 3，AG’ = AG，则A’B = 5 – 3 = 2，在Rt△A’BG 中根据勾股定理，列方程可以求出AG的值【原理】根据对称的性质得到相等的对应边和对应角，再在直角三角形中根据勾股定理列方程求解即可4．把矩形纸片ABCD沿BE折叠，使得BA边与BC重合，然后再沿着BF折叠，使得折痕BE也与BC边重合，展开后如图所示，则∠DFB等于________根据对称的性质得到∠ABE=∠CBE，∠EBF=∠CBF，据此即可求出∠FBC的度数，又知道∠C=90°，根据三角形外角的定义即可求出∠DFB = 112.5°【原理】注意折叠前后角的对应关系5．如图，沿矩形ABCD的对角线BD折叠，点C落在点E的位置，已知BC=8cm，AB=6cm，求折叠后重合部分的面积．∵点C与点E关于直线BD对称，∴∠1 = ∠2∵AD∥BC，∴∠1 = ∠3∴∠2 = ∠3∴FB = FD设FD = x，则FB = x，FA = 8 – x在Rt△BAF中，BA + AF = BF∴6 + (8 - x) = x解得x = 25/4所以，阴影部分的面积S△FBD =1/2 FD×AB = 1/2 ×25/4×6 = cm2【原理】重合部分是以折痕为底边的等腰三角形。

例3.（2017·营口）在矩形纸片ABCD中，AD＝8，AB＝6，E是边BC上的点，将纸片沿AE折叠，使点B落在点F处，连接FC，当△EFC为直角三角形时，BE的长为．【分析】根据题意作出图形，通过分析可知：点E、F均可为直角顶点，因此分两种情况讨论，作出图形后，根据勾股定理等知识求得结果.【答案】3或6.【解析】解：∵AD＝8，AB＝6，四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝8，∠B＝90°，根据勾股定理得：AC＝10．由分析知，△EFC为直角三角形分下面两种情况：①当∠EFC＝90°时，如下图所示，由折叠性质知：∠AFE＝∠B＝90°，∠EFC＝90°，AF=AB=6,∴A、F、C三点共线，又AE平分∠BAC，∴CF=AC－AF=4，设BE=x，则EF=x，EC=8－x，在Rt△EFC中，由勾股定理得：()222+=-，x x48解得：x=3，即BE=3；②当∠FEC＝90°时，如下图所示．由题意知：∠FEC＝90°，∠FEB＝90°，∴∠AEF＝∠BEA＝45°，∴四边形ABEF为正方形，∴BE＝AB＝6．综上所述：BE的长为3或6．故答案为：3或6．例4.（2019·唐河县三模）矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E为AD的中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△APE沿PE折叠得到△FPE，连接CE，CF，当△CEF 为直角三角形时，AP的长为.【分析】当△CEF为直角三角形时，通过分析知：∠FCE<90°，不可能为直角顶点，故分两种情况讨论：∠EFC=90°或∠FEC=90°，作出图形求解；【答案】94或1.【解析】解：分以下两种情况讨论：（1）∠EFC=90°，如下图所示，由折叠性质知：∠A=∠PFE=90°，AP=PF 所以点P、F、C在一条直线上，∵EF=ED=3，∴Rt△CEF≌Rt△CED，由勾股定理得：CE=5，∴CD=CF=4，设AP=x，则PF=x，PC=x+4，BP=4－x，在Rt△BCP中，由勾股定理得：()()222446x x +=-+，解得：x =94，即AP =94； （2）∠FEC =90°，如下图所示，过F 作FH ⊥AD 于H ，过P 作PG ⊥FH 于G ，易知∠EFH =∠ECD ， ∴FH DE EF CE=, ∴335FH =, 即FH =95, ∴EH =125,AH =PG =35， 由∠FPG =∠HFE ，∴cos ∠FPG = cos ∠HFE ， 即PGFH PFEF =, 39553PF =, 解得：PF =1； 故答案为：94或1. 例5.（2019·许昌二模）如图，已知平行四边形ABCD 中，AB =16, AD =10，sinA =35, 点M 为AB 边上一动点，过点M 作MN ⊥AB 交AD 边于点N ，将∠A 沿直线MN 翻折，点A 落在线段AB 上的点E 处. 当△CDE 为直角三角形时，AM 的长为 .【分析】分两种情况讨论：当∠CDE＝90°，根据折叠的性质及勾股定理求解；当∠DEC ＝90°，过D作DH⊥AB于H，根据相似三角形的性质：得到DH＝6，AH＝8，设EH＝x，根据勾股定理得到x＝8﹣，x＝，得AE＝AH+HE＝16﹣，于是得到AM＝8．【答案】4或8.【解析】解：当△CDE为直角三角形时，①当∠CDE＝90°，如下图所示，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴DE⊥AB，由折叠知：MN⊥AB，AM＝EM，∴MN∥DE，∴AN＝DN＝12AD＝5，由sinA＝MNAN＝35，∴MN＝3，AM＝4；②当∠DEC＝90°，如下图所示，过D作DH⊥AB于H，由题意知：∠HDC＝90°，∴∠HDC+∠CDE＝∠CDE+∠DCE＝90°，∴∠HDE＝∠DCE，∴△DHE∽△CED，∴DE CD EH DE，∵sinA＝35，AD＝10，∴DH＝6，AH＝8，设EH＝x，∴DE＝由勾股定理得：DH2+HE2＝DE2，62+x2＝16x，解得：x＝8﹣，x＝（不合题意舍去），∴AE＝AH+HE＝16﹣，∴AM＝8，故答案为：4或8．例6.（2019·金水区校级一模）如图，在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，点P为AC上一点，过点P作PD⊥BC于点D，将△PCD沿PD折叠，得到△PED，连接AE．若△APE 为直角三角形，则PC＝．【答案】15 16.【解析】解：当∠AEP＝90°时，设PC＝x，在Rt△PDC中，sinC＝35，cosC＝45，所以PD＝35x，CD＝45x．由折叠知：DE＝CD＝45 x．∴BE＝BC﹣CE＝125x．在△ABE和△EDP中，∠B＝∠PDE，∠BAE +∠AEB ＝90°，∠PED +∠AEB ＝90°，∴∠BAE ＝∠PED ．∴△ABE ∽△EPD ． ∴BE DP AB DE =，即123534x =，解得x ＝1516． 故答案为:1516． 例7.（2019·卧龙区一模）如图，在Rt △ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，点D 为斜边AB 上一点，DE ⊥AB 交AC 于点E ，将△AED 沿DE 翻折，点A 的对应点为点F ．如果△EFC 是直角三角形，那么AD 的长为 ．【分析】根据勾股定理得到AB ＝10，分三种情况讨论：∠CFE ＝90°，∠ECF ＝90°，∠CEF ＝90°时，得到结论． 【答案】75或5. 【解析】解：在Rt △ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，由勾股定理得：AB ＝10，（1）若∠CFE ＝90°，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∴∠1+∠2＝∠B +∠A ＝90°，由折叠知：∠A ＝∠2，AE ＝EF ，∴∠1＝∠B ，即CF ＝BC ＝6，在Rt △CEF 中，由勾股定理得：CE 2＝EF 2+CF 2，CE2＝（8﹣CE）2+62，∴CE＝254，∴AE＝74，由△ADE△△ACB，得：AE AD AB AC=∴AD＝75；（2）当∠ECF＝90°时，点F与B重合，AD＝5；（3）当∠CEF＝90°时，则EF∥BC，∠AFE＝∠B，∵∠A＝∠AFE，∴∠A＝∠B，∴AC＝BC（与题设矛盾），∴这种情况不存在，故答案为：75或5．例8.（2019·河南模拟）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别为BC，AC上的两个动点，将△CEF沿EF折叠，点C的对应点为G，若点G落在射线AB上，且△AGF 恰为直角三角形，则线段CF的长为【答案】2020 79或.【解析】解：（1）当∠AFG=90°时，如下图所示，设CF＝y可得：△AFG∽△ABC∴AF GF AB BC=即534y y -=解得：x＝207；（2）当∠AGF=90°时，如下图，设CF＝x在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，由勾股定理得：AC＝5由折叠知：GF＝FC．∵∠AGF＝∠ABC＝90°∴GF∥EC∴△AGF∽△ABC∴AF GF AC BC=即554x x -=解得：x＝209；故答案为：2020 79或.。

中考数学复习知识点总结与解题方法专题讲解专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题【精典讲解】1、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′的长为 .图例7-1【解析】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详解：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=54.综上所述，B′D的长为16或54.【点睛】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.【针对训练】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．2D．2【解析】【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．【详解】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，=∴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=12∠ABA'=45°∴AP=AB=2．综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为2．故选C.【点睛】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ABCD 的边，8AB =，60B ∠=,P 是AB 上一点，3BP =，Q 是CD 边上一动点，将梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点'A ．当'CA 的长度最小时，'C Q 的长为（ ）A ．5B ．7C ．8D ．132【解析】【分析】作CH AB ⊥于H ，如图，根据菱形的性质可判断ABC ∆为等边三角形，则CH AB ==4AH BH ==，再利用7CP =勾股定理计算出，再根据折叠的性质得点'A 在以点P 为圆心，PA 为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点'A 在PC 上时，'CA 的值最小，然后证明CQ CP =即可．【详解】解：作CH AB ⊥于H ，如图，菱形ABCD 的边8AB =，60B ∠=，ABC ∆∴为等边三角形，2CH AB ∴==，4AH BH ==， 3PB =，1HP ∴=，在Rt CHP ∆中，7CP ==，梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点'A ，∴点'A 在以点P 为圆心，PA 为半径的弧上，∴当点'A 在PC 上时，'CA 的值最小，APQ CPQ ∴∠=∠，而//CD AB ，APQ CQP ∴∠=∠，CQP CPQ ∴∠=∠，7∴==.CQ CP故选：B．【点睛】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＝√3，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．PGCG =13B．△PBC是等边三角形C．AC＝2AP D．S△BGC＝3S△AGP【解析】【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.【详解】如图，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：AC2＝AB2+BC2，而AB＝√3，BC＝3，∴AC＝2√3，AB＝12AC，∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，BC＝PC，AB＝AP，BG＝PG，∴GC＝√3BG＝√3PG，∠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，BG，CG＝3AG，∴AG＝√33∴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．【点睛】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S正方形ABCD；④BF2＝DF·EF.其中正三角形；②tan∠EBF＝2－√3；③S△ADF＝13确的是( )A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【解析】【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=√3AM=2√3a，得出FN=MN-FM=（4-2√3）a，由三角函数的定义即可得出②正确；AD•FM=4√3a2，正方形ABCD的面积=16a2，得出③求出△ADF的面积=12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；即可得出结论．【详解】∵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=√3AM=2√3a ，∴FN=MN -FM=（4-2√3）a ，∴tan∠EBF=FN BN =4−2√32=2-√3，②正确；∵△ADF 的面积=12AD•FM=12×4a×2√3a=4√3a 2，正方形ABCD 的面积=（4a ）2=16a 2，∴S ΔADF S 正方形ABCD =4√316=√34，③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，∴BFDF ＝EFBF，∴BF2=DF•EF，④正确；故选B．【点睛】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ABC中，AC BC=，RtC∠=∠．如图，将ABC进行折叠，使点A落在线段BC上（包括点B和点C），设点A的落点为D，折痕为EF，当DEF是等腰三角形时，点D可能的位置共有（）．A．2种 B．3种 C．4种 D．5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），AB=DF（即BF），∴此时EF=12∴△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ABCD 的边长是16，点E 在边AB 上，3AE =，点F 是边BC 上不与点B 、C 重合的一个动点，把EBF ∆沿EF 折叠，点B 落在'B 处，若'CDB ∆恰为等腰三角形，则'DB 的长为______.【解析】【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【详解】需分三种情况讨论：（1）若'DB DC =，则'16DB =（易知此时点F 在BC 上且不与点C 、B 重合）；（2）若'CB CD =，因为'EB EB =，'CB CB =，所以点E 、C 在'BB 的垂直平分线上，则EC 垂直平分'BB ，由折叠可知点F 与点C 重合，不符合题意，则这种情况不成立；（3）如图，若''CB DB =，作'B G AB ⊥与AB 交于点G ，交CD 于点H .因为AB CD ∥，所以'B H CD ⊥.因为''CB DB =，所以182DH CD ==，所以8AG DH ==，则5GE AG AE =-=，因为'13B E BE ==.在'Rt B EG ∆中，由勾股定理求得'12B G =，所以''4B H GH B G =-=.在'Rt B DH ∆中，由勾股定理求得'DB =综上，'16DB =或【点睛】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_____．【解析】【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）．【详解】解：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=12CD=1，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）² =（x+2）²，解得：x=45，，即BN=45；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45或2；故答案为45或2．【点睛】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.。