【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：
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.
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
【答案】3或1.5.
【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.
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
【答案】或1.
【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.
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
【答案】4或
【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.
【针对训练】
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( )
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．
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】
试题解析：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．
考点：翻折变换（折叠问题）．
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，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】
解：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．
故答案为：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．
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