第15讲 重难点02勾股定理之“图形折叠”模型（教师版）-新八年级数学暑假衔接（北师大）

重难点02勾股定理之“图形折叠”模型【知识梳理】图形折叠一定要注意折叠前后的边角对应关系，计算时联想到利用勾股定理对新形成的直角三角形进行求解.翻折变换（折叠问题）1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．2、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．3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．【考点剖析】一．选择题（共9小题）1．如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于E，AD＝8，AB＝4，则DE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根据折叠前后角相等可知△ABE≌△C′ED，利用勾股定理可求出．【解答】解：设DE＝x，则AE＝8﹣x，AB＝4，在直角三角形ABE中，x2＝（8﹣x）2+16，解之得，x＝5．故选：C．【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．2．矩形纸片ABCD的边长AB＝4，AD＝2．将矩形纸片沿EF折叠，使点A与点C重合，折叠后在其一面着色（如图），则着色部分的面积为（）A．8 B． C．4 D．【分析】着色部分的面积等于原来矩形的面积减去△ECF的面积，应先利用勾股定理求得FC的长，进而求得相关线段，代入求值即可．【解答】解：在Rt△GFC中，有FC2﹣CG2＝FG2，∴FC2﹣22＝（4﹣FC）2，解得，FC＝2.5，∴阴影部分面积为：AB•AD﹣FC•AD＝，故选：B．【点评】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，本题中没有着色的部分为△ECF，利用了矩形和三角形的面积公式，勾股定理求解．3．直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，现将△ABC如图折叠，使点A与点B重合，则折痕DE的长是（）A． B． C． D．【分析】先通过勾股数得到AB＝10，再根据折叠的性质得到AD＝DB＝5，AE＝BE，∠ADE＝90°，设AE＝x，则BE＝x，CE＝8﹣x，在Rt△CBE中利用勾股定理可计算出x，然后在Rt△BDE中利用勾股定理即可计算得到DE的长．【解答】解：∵直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，∴AB＝10，又∵折叠，∴AD＝DB＝5，AE＝BE，∠ADE＝90°，设AE＝x，则BE＝x，CE＝8﹣x，在Rt△CBE中，BE2＝BC2+CE2，即x2＝62+（8﹣x）2，解得x＝，在Rt△BDE中，DE＝＝故选：D．【点评】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了勾股定理．4．如图所示，在长方形纸片ABCD中，AB＝32cm，把长方形纸片沿AC折叠，点B落在点E处，AE交DC于点F，AF＝25cm，则AD的长为（）A．16cm B．20cm C．24cm D．28cm【分析】首先根据平行线的性质以及折叠的性质证明∠EAC＝∠DCA，根据等角对等边证明FC＝AF，则DF即可求得，然后在直角△ADF中利用勾股定理求解．【解答】解：∵长方形ABCD中，AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA，又∵∠BAC＝∠EAC，∴∠EAC＝∠DCA，∴FC＝AF＝25cm，又∵长方形ABCD中，DC＝AB＝32cm，∴DF＝DC﹣FC＝32﹣25＝7cm，在直角△ADF中，AD＝＝＝24（cm）．故选：C．【点评】本题考查了折叠的性质以及勾股定理，在折叠的过程中注意到相等的角以及相等的线段是关键．5．如图，矩形ABCD沿直线BD折叠，使点C落在点C处，BC交AD于点E，AD＝8，AB＝4，则BE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．2【分析】由矩形的性质和折叠的性质得出∠C′BD＝∠DBC＝∠BDA，可得DE＝BE，设BE＝DE＝x，则AE＝8﹣x．根据勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DBC＝∠BDA，由折叠的性质得：∠C′BD＝∠DBC，∴∠C′BD＝∠BDA，∴DE＝BE，设BE＝DE＝x，则AE＝8﹣x．在△ABE中，由勾股定理得：x2＝42+（8﹣x）2．解得：x＝5，∴BE＝5．故选：C．【点评】此题考查了矩形的性质、翻折变换的性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握矩形和翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．6．直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，现将△ABC如图那样折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，则的值是（）A． B． C． D．【分析】先设CE＝x，再根据图形翻折变换的性质得出AE＝BE＝8﹣x，再根据勾股定理求出x的值，进而可得出的值．【解答】解：设CE＝x，则AE＝8﹣x，∵△BDE是△ADE翻折而成，∴AE＝BE＝8﹣x，在Rt△BCE中，BE2＝BC2+CE2，即（8﹣x）2＝62+x2，解得x＝，∴＝＝．故选：C．【点评】本题考查的是图形翻折变换的性质及勾股定理，熟知“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”的知识是解答此题的关键．7．将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G（如图）．如果DM：MC＝3：2，则DE：DM：EM＝（）A．7：24：25 B．3：4：5 C．5：12：13 D．8：15：17【分析】先根据折叠的性质得EM＝EA，再根据勾股定理得ME的长，从而求比值．【解答】解：由折叠知，EM＝EA，设CD＝AD＝5a，∴DE＝5a﹣EM，DM＝3a，MC＝2a，在Rt△EDM中，EM2＝DE2+DM2，即ME2＝（5a﹣ME）2+（3a）2，解得ME＝a∴ED＝a∴DE：DM：EM＝a：3a：a＝8：15：17．故选：D．【点评】本题利用了：1、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；2、通过设适当的参数，利用正方形的性质，勾股定理求解．8．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝18cm，把矩形纸片沿直线AC折叠，点B落在点E处，AE交DC于点F，若AF＝13，则AD的长为（）A．5cm B．6cm C．10cm D．12cm【分析】根据折叠前后角相等可证AF＝FC，在直角三角形ADF中，运用勾股定理求解．【解答】解：根据折叠前后角相等可知△ADF≌△CEF，设DA＝x，又AF＝13，DF＝18﹣13＝5，在直角三角形ADF中，x2+52＝132，解之得，x＝12cm．故选：D．【点评】本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．9．如图，将一个边长分别为4，8的长方形纸片ABCD折叠，使C点与A点重合，则折痕EF的长是（）A． B． C． D．【分析】根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等和勾股定理求解．【解答】解：根据折叠的性质知，四边形AFEB与四边形CEFD全等，有EC＝AF＝AE，由勾股定理得，AB2+BE2＝AE2即42+（8﹣AE）2＝AE2，解得，AE＝AF＝5，BE＝3，作EG⊥AF于点G，则四边形AGEB是矩形，有AG＝3，GF＝2，GE＝AB＝4，由勾股定理得EF＝．故选：D．【点评】本题利用了：1、折叠的性质；2、矩形的性质．二．填空题（共1小题）10．已知，矩形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为AA．6cm2B．8cm2C．10cm2D．12cm2．【分析】根据折叠的条件可得：BE＝DE，在直角△ABE中，利用勾股定理就可以求解．【解答】解：将此长方形折叠，使点B与点D重合，∴BE＝ED．∵AD＝9cm＝AE+DE＝AE+BE．∴BE＝9﹣AE，根据勾股定理可知：AB2+AE2＝BE2．解得AE＝4．∴△ABE的面积为3×4÷2＝6．故选A．【点评】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，即：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．三．解答题（共1小题）11．如图所示，折叠长方形一边AD，点D落在BC边的点F处，已知BC＝10厘米，AB＝8厘米，求BF与FC的长．【分析】由图形翻折变换的性质可知，AD＝AF，设BF＝x，则FC＝10﹣x，在Rt△ABF中利用勾股定理即可求解BF，再由BC＝12厘米可得出FC的长度．【解答】解：∵△AEF是△AED沿直线AE折叠而成，AB＝8cm，BC＝10cm，∴AD＝AF＝10cm，设BF＝x，则FC＝10﹣x，在Rt△ABF中，AF2＝AB2+BF2，即102＝82+x2，解得x＝6，即BF＝6厘米．∴FC＝BC﹣BF＝10﹣6＝4cm．综上可得BF的长为6厘米、FC的长为4厘米．【点评】本题考查的是图形翻折变换的性质，解答本题需要表示出BF，AF的长度，在△ABF中利用勾股定理，难度一般．【过关检测】一．选择题（共11小题）1．（2022秋•大东区校级期末）如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于E，AD＝8，AB＝4，则DE的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】先根据翻折变换的性质得出CD＝C′D，∠C＝∠C′＝90°，再设DE＝x，则AE＝8﹣x，由全等三角形的判定定理得出Rt△ABE≌Rt△C′DE，可得出BE＝DE＝x，在Rt△ABE中利用勾股定理即可求出x的值，进而得出DE的长．【解答】解：∵Rt△DC′B由Rt△DBC翻折而成，∴CD＝C′D＝AB＝8，∠C＝∠C′＝90°，设DE＝x，则AE＝8﹣x，∵∠A＝∠C′＝90°，∠AEB＝∠DEC′，∴∠ABE＝∠C′DE，在Rt△ABE与Rt△C′DE中，，∴Rt△ABE≌Rt△C′DE（ASA），∴BE＝DE＝x，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，∴42+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝5，∴DE的长为5．故选：C．【点评】本题考查的是翻折变换的性质及勾股定理，熟知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的知识是解答此题的关键．2．（2021秋•镇海区校级期中）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，若EH＝5厘米，EF＝12厘米，则边HF的长是（）A．12厘米 B．13厘米 C．14厘米 D．15厘米【分析】利用折叠的性质得出∠HEF＝90°，再利用勾股定理即可求解．【解答】解：∵△AEH折叠得到△MEH，△BEF折叠得到△MEF，∴∠AEH＝∠MEH，∠BEF＝∠MEF，∴∠HEF＝∠MEH+∠MEF＝（∠AEM+∠BEM）＝90°，∴△HEF为直角三角形，在Rt△HEF中，EH2+EF2＝HF2，∵EH＝5厘米，EF＝12厘米，∴HF＝＝13厘米，故选：B．【点评】本题考查折叠的性质，勾股定理，解题的关键是利用折叠性质得到∠HEF＝90°．3．（2022春•杭锦后旗期中）如图是一张直角三角形的纸片，两直角边AC＝6cm、BC＝8cm，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD的长为（）A．cm B．cm C．cm D．无法确定【分析】设CD＝xcm，则BD＝BC﹣CD＝（8﹣x）cm，再根据折叠的性质得AD＝BD＝8﹣x，然后在△ACD中根据勾股定理得到（8﹣x）2＝62+x2，再解方程即可．【解答】解：设CD＝xcm，则BD＝BC﹣CD＝（8﹣x）cm，∵△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，∴AD＝BD＝8﹣x，在△ACD中，∠C＝90°，∴AD2＝AC2+CD2，∴（8﹣x）2＝62+x2，解得x＝，即CD的长为cm．故选：C．【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了勾股定理．4．（2021春•永嘉县校级期末）如图，将边长为8cm正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边的中点E处，点A落在点F处，折痕为MN，则线段CN的长是（）A．6cm B．5cm C．4cm D．3cm【分析】根据折叠的性质，只要求出DN就可以求出NE，在直角△CEN中，若设CN＝x，则DN＝NE＝8﹣x，CE＝4cm，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出CN的长．【解答】解：由题意设CN＝xcm，则EN＝（8﹣x）cm，又∵CE＝DC＝4cm，∴在Rt△ECN中，EN2＝EC2+CN2，即（8﹣x）2＝42+x2，解得：x＝3，即CN＝3cm．故选：D．【点评】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．5．（2021秋•裕华区校级期末）如图是一张直角三角形的纸片．两直角边AC＝6cm，BC＝8cm将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则AD的长为（）A．cm B．10cm C．cm D．5cm【分析】首先设AD＝xcm，由折叠的性质得：BD＝AD＝xcm，又由BC＝8cm，可得CD＝8﹣x（cm），然后在Rt△ACD中，利用勾股定理即可求得方程，解方程即可求得答案．【解答】解：设AD＝xcm，由折叠的性质得：BD＝AD＝xcm，∵在Rt△ABC中，AC＝6cm，BC＝8cm，∴CD＝BC﹣BD＝8﹣x（cm），在Rt△ACD中，AC2+CD2＝AD2，即：62+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝，∴AD＝cm．故选：A．【点评】此题考查了折叠的性质与勾股定理的知识．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意掌握折叠前后图形的对应关系．6．（2021春•漳平市期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（）A．6cm2 B．8cm2 C．10cm2 D．12cm2【分析】首先根据翻折的性质得到ED＝BE，再设出未知数，分别表示出线段AE，ED，BE的长度，然后在Rt△ABE中利用勾股定理求出AE的长度，进而求出AE的长度，就可以利用面积公式求得△ABE的面积了．【解答】解：∵长方形折叠，使点B与点D重合，∴ED＝BE，设AE＝xcm，则ED＝BE＝（9﹣x）cm，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，∴32+x2＝（9﹣x）2，解得：x＝4，∴△ABE的面积为：3×4×＝6（cm2）．故选：A．【点评】此题主要考查了图形的翻折变换和学生的空间想象能力，解题过程中应注意折叠后哪些线段是重合的，相等的，如果想象不出哪些线段相等，可以动手折叠一下即可．7．（2020•饶平县校级模拟）如图，将边长为8cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长是（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm【分析】根据△AEF是直角三角形利用勾股定理求解即可．【解答】解：由折叠可得DF＝EF，设AF＝x，则EF＝8﹣x，∵AF2+AE2＝EF2，∴x2+42＝（8﹣x）2，解得x＝3．故选：A．【点评】本题考查折叠问题；找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．8．（2021春•环翠区校级期中）如图：长方形纸片ABCD中，AD＝4cm，AB＝10cm，按如图的方式折叠，使点B与点D重合．折痕为EF，则DE长为（）A．4.8cm B．5cm C．5.8cm D．6cm【分析】在折叠的过程中，BE＝DE，从而设BE＝DE＝x，即可表示AE，在直角三角形ADE中，根据勾股定理列方程即可求解．【解答】解：设DE＝xcm，则BE＝DE＝x，AE＝AB﹣BE＝10﹣x，在Rt△ADE中，DE2＝AE2+AD2，即x2＝（10﹣x）2+16．解得：x＝5.8．故选：C．【点评】此题主要考查了翻折变换的问题，解答本题的关键是掌握翻折前后对应线段相等，另外要熟练运用勾股定理解直角三角形．9．（2021秋•开福区校级期末）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上．若AB＝6，BC＝9，则BF的长为（）A．4 B．3 C．4.5 D．5【分析】先求出BC′，再由图形折叠特性知，C′F＝CF＝BC﹣BF＝9﹣BF，在Rt△C′BF中，运用勾股定理BF2+BC′2＝C′F2求解．【解答】解：∵点C′是AB边的中点，AB＝6，∴BC′＝3，由图形折叠特性知，C′F＝CF＝BC﹣BF＝9﹣BF，在Rt△C′BF中，BF2+BC′2＝C′F2，∴BF2+9＝（9﹣BF）2，解得，BF＝4，故选：A．【点评】本题考查了折叠问题及勾股定理的应用，综合能力要求较高．同时也考查了列方程求解的能力．解题的关键是找出线段的关系．10．（2021春•宁明县期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝8cm，把矩形纸片沿直线AC折叠，点B落在点E处，AE交DC于点F，若AF＝cm，则AD的长为（）A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm【分析】由折叠的性质可证AF＝FC．在Rt△ADF中，由勾股定理求AD的长．【解答】解：由折叠的性质知，AE＝AB＝CD，CE＝BC＝AD，∴△ADC≌△CEA，∠EAC＝∠DCA∴AF＝CF＝cm，DF＝CD﹣CF＝在Rt△ADF中，由勾股定理得，AD＝6cm．故选：C．【点评】本题利用了：①折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；②全等三角形的判定和性质，勾股定理求解．11．（2021秋•东平县期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣3，0），点B的坐标是（0，4），点M是OB上一点，将△ABM沿AM折叠，点B恰好落在x轴上的点B'处，则点M的坐标为（）A．（，0） B．（0，） C．（，0） D．（0，）【分析】设沿直线AM将△ABM折叠，点B正好落在x轴上的B'点，则有AB＝AB'，而AB的长度根据已知可以求出，所以B'点的坐标由此求出；又由于折叠得到B'M＝BM，在直角△B'MO中根据勾股定理可以求出OM，也就求出M的坐标．【解答】解：∵将△ABM沿AM折叠，∴AB＝AB'，又A（﹣3，0），B（0，4），∴AB＝5＝AB'，∴点B'的坐标为：（2，0），设M点坐标为（0，b），则B'M＝BM＝4﹣b，∵B'M2＝B'O2+OM2，∴（4﹣b）2＝22+b2，∴b＝，∴M（0，），故选：B．【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，也考查了翻折变换，题中利用折叠知识与直线的关系以及直角三角形等知识求出线段的长是解题的关键．二．填空题（共6小题）12．（2022秋•江北区期末）如图，有一张直角三角形的纸片，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝3．现将三角形折叠，使得边AC与AB重合，折痕为AE，则CE长为．【分析】解法一：先根据勾股定理求得BC的长，再根据折叠的性质得到CE＝DE，AC＝AD，∠C＝∠EDA＝90°，则BD＝AB﹣AD，∠EDB＝90°，设CE＝DE＝x，在Rt△BDE中根据勾股定理列出方程，求解即可．解法二：先根据勾股定理求得BC的长，再根据折叠的性质可推出∠EDB＝90°，以此可得△BDE∽△BCA，设CE＝DE＝x，根据相似三角形的性质即可解答．【解答】解：解法一：在Rt△ABC中，由勾股定理得BC＝＝4，根据折叠的性质可知CE＝DE，AC＝AD＝3，∠C＝∠EDA＝90°，∴∠EDB＝90°，BD＝AB﹣AD＝5﹣3＝2，设CE＝DE＝x，则BE＝4﹣x，Rt△BDE中，DE2+BD2＝BE2，即x2+22＝（4﹣x）2，解得：，∴CE＝．故答案为：．解法二：在Rt△ABC中，由勾股定理得BC＝＝4，根据折叠的性质可知CE＝DE，∠C＝∠EDA＝90°，∴∠EDB＝∠C＝90°，∵∠B为公共角，∴△BDE∽△BCA，∴，设CE＝DE＝x，则BE＝4﹣x，∴，∴x＝，∴CE＝．故答案为：．【点评】本题主要考查翻折变换、勾股定理、相似三角形的判定与性质，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案13．（2022秋•佛山期末）在长方形ABCD中，AB＝5，BC＝12，点E是边AD上的一个动点，把△BAE沿BE折叠，点A落在A'处，当△A'DE是直角三角形时，DE的长为或7．【分析】当△A'DE是直角三角形时，可分两种情况进行讨论：①当∠EA′D＝90°时，此时A′在BD上，由勾股定理可得BD＝13，根据折叠的性质可得AE＝A′E，AB＝A′B＝5，A′D＝8，设AE＝A′E＝x，则DE＝12﹣x，最后根据勾股定理即可解答；②当∠A′ED＝90°时，根据折叠的性质可得∠AEB＝∠AEB，以此可推出△ABE为等腰直角三角形，AB＝AE＝5，再根据DE＝AD﹣AE即可求解．【解答】解：①当∠EA′D＝90°时，如图，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝90°，BC＝AD＝12，AB＝5，∴BD＝，根据折叠的性质可得，AE＝A′E，AB＝A′B＝5，∴A′D＝BD﹣A′B＝8，设AE＝A′E＝x，则DE＝12﹣x，在Rt△A'DE中，根据勾股定理得AE2+A′D2＝DE2，∴x2+82＝（12﹣x）2，解得：，∴AE＝，；②当∠A′ED＝90°时，如图，∴∠AEA＝90°，根据折叠的性质可得，∠AEB＝∠AEB，∵∠AEB+∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠AEB＝45°，∴△ABE为等腰直角三角形，AB＝AE＝5，∴DE＝AD﹣AE＝12﹣5＝7；综上，DE＝或7．故答案为：或7．【点评】本题主要考查勾股定理、矩形的性质、折叠的性质，据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案是解题关键．14．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线交AB、AC于点D、E，若AC＝8，BD＝5，则CE的长度是．【分析】连接BE，根据线段垂直平分线的性质得出BE＝AE，BD＝AD＝5，根据勾股定理求出BC，设CE＝x，再根据勾股定理得出方程62+（8﹣x）2＝x2，求出x，即可得到CE的长．【解答】解：如图所示，连接BE，∵AB的垂直平分线交AB、AC于点D、E，BD＝5，∴BE＝AE，AD＝BD＝5，∴AB＝5+5＝10，在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC＝＝＝6，设CE＝x，则BE＝AE＝8﹣x，在Rt△CBE中，由勾股定理得：BC2+CE2＝BE2，∴62+x2＝（8﹣x）2，解得：x＝，∴CE＝，故答案为：．【点评】本题考查了线段垂直平分线性质和勾股定理等知识点，能熟记线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等是解此题的关键．15．（2022秋•南关区校级期末）如图，透明的圆柱形玻璃容器（容器厚度忽略不计）的高为20cm，在容器内壁离容器底部4cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在容器外壁，位于离容器上沿4cm的点A处，若蚂蚁吃到蜂蜜需爬行的最短路径为25cm，则该圆柱底面周长为30cm．【分析】将容器的侧面展开，建立点A关于CE的对称点A′，根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．【解答】解：将圆柱的侧面展开，EC为上底面圆周长的一半，作点A关于CE的对称点A′，连接A′B交EC于点F，则蚂蚁吃到蜂蜜需爬行的最短路径为AF+BF，即AF+BF＝A′F+BF＝A′B＝25m，延长BC，过A′作A′D⊥BC于点D，∵AE＝A′E＝DC＝4cm，∴BD＝20cm，Rt△A′BD中，由勾股定理可得A′D＝＝＝15cm，则该圆柱底面周长为30cm．故答案为：30cm．【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题关键．16．（2022秋•鼓楼区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，将矩形沿BE折叠，使顶点A落在CD上的点F处，其中E在AD上，连接AF，则AE＝．【分析】首先利用勾股定理求出FC的长，设AE＝EF＝x，在Rt△DEF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题；【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠C＝90°，在Rt△BCF中，BF＝AB＝5，BC＝AD＝3，∴CF＝＝4，∴DF＝CD﹣CF＝1，设AE＝EF＝x，在Rt△DEF中，∵EF2＝DE2+DF2，∴x2＝（3﹣x）2+12，∴x＝，∴AE＝．故答案为：．【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用勾股定理构建方程解决问题．17．（2022秋•下城区校级期中）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，将它的一个锐角翻折，使该锐角顶点落在其对边的中点D处，折痕交另一直角边于点E，交斜边于点F，则DE的长为或．【分析】根据题意设DE＝x求出CE的长，然后在Rt△ECD中利用勾股定理列方程求解即可．【解答】解：分两种情况：①如图1所示：∵D是BC的中点，∴CD＝BC＝4，由折叠的性质得：DE＝AE，设DE＝x，则CE＝6﹣x，在Rt△ECD中，DE2＝EC2+CD2，即x2＝（6﹣x）2+16，解得x＝，即DE＝．②如图1所示：∵D是BC的中点，∴CD＝AC＝3，由折叠的性质得：DE＝BE，设DE＝x，则CE＝8﹣x，在Rt△ECD中，DE2＝EC2+CD2，即x2＝（8﹣x）2+9，解得x＝，即DE＝；故答案为：或．【点评】本题考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和勾股定理是解题的关键．三．解答题（共4小题）18．（2022秋•西湖区校级期中）如图，在等边△ABC中，点D，E分别是AB，AC上的点，将△ADE沿DE所在直线对折，点A落在BC边上的点A′处，且DA′⊥BC．（1）求∠AED的度数．（2）若AD＝，求线段AB和CE的值．【分析】（1）根据等边三角形的性质得∠A＝∠B＝∠C＝60°，根据折叠的性质得∠A＝∠DA′E＝60°，∠AED＝∠A′ED，进而求得∠EA′C＝30°，由三角形的外角性质得∠AEA′＝∠EA′C+∠C＝2∠AED，以此即可求解；（2）根据折叠的性质可得AD＝A′D，根据含30度角的直角三角形性质可A′B＝x，则BD＝2x，根据勾股定理列出方程解得x＝1，则AB＝BC＝2，由（1）可知∠EA′C＝30°，最后根据30度角所对的直角边等于斜边的一半即可求解．【解答】解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，根据折叠可知，∠A＝∠DA′E＝60°，∠AED＝∠A′ED，∵∠DA′⊥BC，∴∠DA′C＝90°，∴∠EA′C＝∠DA′C﹣∠DA′E＝90°﹣60°＝30°，∴∠AEA′＝∠EA′C+∠C＝2∠AED＝30°+60°＝90°，∴∠AED＝90°÷2＝45°；（2）根据折叠可知，AD＝A′D，∵AD＝，∴A′D＝AD＝，由（1）可知，∠B＝60°，∠DA′B＝90°，∴∠A′DB＝30°，∴BD＝2A′B，设A′B＝x，则BD＝2x，在Rt△A′BD中，由勾股定理得A′B2+A′D2＝BD2，即，解得：x＝1或﹣1（舍去），∴A′B＝1，BD＝2，∴AB＝AD+BD＝2，∵△ABC为等边三角形，∴BC＝AB＝2，∴A′C＝BC﹣A′B＝，由（1）知，∠EA′C＝30°，∴∠A′EC＝180°﹣∠EA′C﹣∠C＝90°，在Rt△A′EC中，∠EA′C＝30°，∴CE＝＝．综上，线段AB＝2，CE＝．【点评】本题主要考查折叠的性质、等边三角形的性质、三角形的外角性质、勾股定理，熟记30度角所对的直角边等于斜边的一半是解题关键．19．（2022秋•和平区期末）在△ABC中，AB＝25，，AP垂直直线BC于点P．（1）当BC＝25时，求AP的长；（2）当AP＝20时，①求BC的长；②将△ACP沿直线AC翻折后得到△ACQ，连接BQ，请直接写出△BCQ的周长为35+或15+．【分析】（1）设PC＝x，则BP＝25﹣x，根据勾股定理列出方程求解即可；（2）①分两种情况：Ⅰ．当△ABC为锐角三角形，根据勾股定理求出CP、BP，则BC＝CP+BP；Ⅱ．当△ABC为钝角三角形，根据勾股定理求出PC、PB，则BC＝PB﹣PC；②分两种情况：Ⅰ．当△ABC为锐角三角形，连接PQ，交AC于点E，过Q作QD⊥BC交BC反向延长线于点D，根据折叠的性质可得CP＝CQ＝10，PE＝QE＝，且PQ⊥AC，根据等面积法求出PE＝，则PQ＝2PE＝，设CD＝a，则DP＝10+a，根据勾股定理可得QD2＝CQ2﹣CD2＝100﹣a2，QD2＝PQ2﹣DP2＝320﹣（10+a）2，以此列出方程，求解得CD＝6，QD＝8，则BD＝CD+BC＝31，根据勾股定理求出BQ，以此即可求解；Ⅱ．当△ABC为锐角三角形，连接PQ，交AC于点E，过Q作QD⊥BC交BC反向延长线于点D，根据折叠的性质可得CP＝CQ＝10，PE＝QE＝，且PQ⊥AC，根据等面积法求出PE＝，则PQ＝2PE＝，设BD＝m，则CD＝5+m，PD＝15+m，根据勾股定理可得QD2＝CQ2﹣CD2＝100﹣（5+m）2，QD2＝PQ2﹣PD2＝320﹣（15+m）2，以此列出方程，求解得BD＝1，QD＝8，根据勾股定理求出BQ，以此即可求解．【解答】解：（1）如图，设PC＝x，则BP＝25﹣x，∵AP⊥BC，∴∠APC＝∠APB＝90°，在Rt△ACP中，由勾股定理得AP2＝AC2﹣PC2＝500﹣x2在Rt△ABP中，由勾股定理得AP2＝AB2﹣BP2＝625﹣（25﹣x）2，∴500﹣x2＝625﹣（25﹣x）2，解得：x＝10，∴AP＝＝20；（2）①Ⅰ．当△ABC为锐角三角形，如图，∵AP⊥BC，∴∠APC＝∠APB＝90°，在Rt△ACP中，AC＝，由勾股定理得＝10，在Rt△ABP中，AB＝25，由勾股定理得BP＝＝15，∴BC＝CP+BP＝25；Ⅱ．当△ABC为钝角三角形，如图，∵AP⊥BC，∴∠APB＝90°，在Rt△APC中，由勾股定理得PC＝＝10，在Rt△APB中，由勾股定理得PB＝＝15，∴BC＝PB﹣PC＝5；综上，BC的长为25或5；②Ⅰ．当△ABC为锐角三角形，连接PQ，交AC于点E，过Q作QD⊥BC交BC反向延长线于点D，如图，由（2）①Ⅰ知，CP＝10，PB＝15，BC＝25，由折叠的性质可知，CP＝CQ＝10，PE＝QE＝，且PQ⊥AC，∵，即，∴PE＝，∴PQ＝2PE＝，设CD＝a，则DP＝10+a，在Rt△QDC中，由勾股定理得QD2＝CQ2﹣CD2＝100﹣a2，在Rt△QDP中，由勾股定理得QD2＝PQ2﹣DP2＝320﹣（10+a）2，∴100﹣a2＝320﹣（10+a）2，解得：a＝6，∴CD＝6，QD＝＝8，∴BD＝CD+BC＝31，在Rt△QDB中，由勾股定理得＝，∴△BCQ的周长为CQ+PC+PB+BQ＝10+10+15+＝35+；Ⅱ．当△ABC为锐角三角形，连接PQ，交AC于点E，过Q作QD⊥BC交BC反向延长线于点D，如图，由（2）①Ⅱ知，CP＝10，PB＝15，BC＝5，由折叠的性质可知，CP＝CQ＝10，PE＝QE＝，且PQ⊥AC，∵，即，∴PE＝，∴PQ＝2PE＝，设BD＝m，则CD＝5+m，PD＝15+m，在Rt△QDC中，由勾股定理可得QD2＝CQ2﹣CD2＝100﹣（5+m）2，在Rt△QDP中，由勾股定理得QD2＝PQ2﹣PD2＝320﹣（15+m）2，∴100﹣（5+m）2＝320﹣（15+m）2，解得：m＝1，∴BD＝1，QD＝＝8，在Rt△QDB中，由勾股定理得BQ＝，∴△BCQ的周长为BC+BQ+CQ＝5++10＝15+．综上，△BCQ的周长为35+或15+．故答案为：35+或15+．【点评】本题主要考查勾股定理、折叠的性质、等面积法求三角形的高，解题关键在于根据题意正确画出图形，