中考冲刺，学霸分享之折叠难题破解的两个意识，高分必备
图形的“折叠问题”是近年中考数学中每年必考的热点问题。我们知道，对图形进行“折叠”操作，能得到轴对称图形中的一系列定理和性质，引发了一些变化的位置关系和数量关系，使之蕴含了运动的哲学思想；同时，又有一些元素的关系没有发生改变，使之蕴含了静止的哲学思想．
在数学中折叠问题将图形的变换与学生的实际操作能力紧密联系起来，这类问题一般都要经历操作、观察、比较、概括、交流、猜想、推理等过程。它可以很好地揭示其中所蕴含的数学知识、数学思想、数学功能和解题规律、它是对传统平面几何的继承和发展，不仅拓宽了学生的思维空间，而且能有效地把方程、坐标、函数等代数知识整合在一起，使几何图形的折叠问题更具新意，更有效地考察学生的数学知识和数学能力。
通过各类试卷我们可以看出，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.本文通过举例分析，强化求解折叠问题两个意识，希望能给大家带来一些思考，给学生解题带来一些灵感．
意识1：活用折叠性质，简化解题过程
例1.观察与发现：
（1）小明将三角形纸片ABC（AB＞AC）沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片（如图①）；再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）．你认为△AEF是什么形状的三角形？为什么？
实践与运用：
如图，将矩形纸片ABCD按如下顺序进行折叠：对折、展平，得折痕EF（如图①）；沿GC折叠，使点B落在EF上的点B′处（如图②）；展平，得折痕GC（如图③）；沿GH折叠，使点C落在DH上的点C′处（如图④）；沿GC′折叠（如图⑤）；展平，得折痕GC′、GH（如图⑥）．
（2）在图②中连接BB′，判断△BCB′的形状，请说明理由；
（3）图⑥中的△GCC′是等边三角形吗？请说明理由．
【分析】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定的应用，注意：沿某直线折叠能够互相重合的两个图形是全等形，对应点的连线被折痕垂直平分，题目比较好，有一定的难度．
【解答】（1）解法1：△AEF是等腰三角形，
理由是：如图2，证明四边形AEDF是菱形，从而得到AE＝AF．
根据题意，知∠EAD＝∠EDA，∠EAD＝∠FAD，可得∠EDA＝∠FAD， 从而证得ED∥AF．
同理可证AE∥FD，即四边形AEDF是平行四边形，
根据题意可得AE＝DE， 从而证明四边形AEDF是菱形， 得到AE＝AF，即△AEF是等腰三角形．
解法2：△AEF是等腰三角形，
理由是：如图2，证明∠AEF＝∠AFE，根据“等角对等边”得到AE＝AF．
根据解法一，可证得AE∥FD，从而得到∠AEF＝∠DFE．根据“折叠”，易知∠AFE＝∠DFE， 可得∠AEF＝∠AFE，即△AEF是等腰三角形．
解法3：△AEF是等腰三角形，
理由是：由第一次折叠可知：∠1＝∠2，
∵由第二次折叠可知：EF垂直平分AD，∴∠AOE＝∠AOF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，
即△AEF是等腰三角形；
（2）△B′BC是等边三角形，
理由是：连接BB′，∵由第一次折叠可知：EF垂直平分BC，∴BB′＝B′C，
由第二次折叠可知：BC＝B′C，∴BB′＝B′C＝BC，
∴△B′BC是等边三角形；
理由是：∵由折叠可知，GH垂直平分CC′，∴G′C＝GC，
∵由（2）可知∠GCB＝∠GCB′＝1/2∠BCB′＝30°，
∴∠GCC′＝∠BCD﹣∠BCG＝60°，∴△GCC′是等边三角形．
解题反思：对于（1）解法1,2利用了角平分线、平行线和等腰三角形组合而成的一个基本图形，将本题中的这个基本图形提取出来（如图4）．其中，若AB∥FD，FE平分∠AFD，则可证得△AEF是等腰三角形；若FE平分∠AFD，△AEF是等腰三角形，则可证得AB∥FD；若AB∥FD，△AEF是等腰三角形，亦可证得FE平分∠AFD．
解法3解法简洁，即运用轴对称的性质：“成轴对称的两个图形中，对应点的连线被对称轴垂直平分”，很容易完成证明．
牛刀小试
1.如图，将矩形ABCD折叠，使得A点落在CD上的E点，折痕为FG，若AD＝15cm，AB＝12cm，FG＝13cm，则DE的长度为______cm．
【解析】当折叠得到的全等关系无法解决问题时，要尝试利用折叠带来的垂直关系．过B点作BK∥GF交AD于K点，交GF于J点，由折叠的性质可知FG⊥AE，
∵KF∥BG，∴BK⊥AE，四边形BGFK为平行四边形，
2.如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD＝8cm，AB＝6cm，先沿对角线BD对折，点C落在点C′的位置，BC′交AD于点G
（1）求证：AG＝C′G；
（2）如图2，再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于点M，求EM的长；
（3）求cos∠C′EA．
【解析】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，如本题中折叠前后对应线段相等．同时考查了勾股定理以及方程思想在折叠问题中的运用．
意识2 注意折叠图形对称轴位置不确定性，出现问题多解可能
例2.（2018秋秦淮区校级期中）图①是一张∠AOB＝45°的纸片折叠后的图形，P、Q分别是边OA、OB上的点，且OP＝2cm．将∠AOB沿PQ折叠，点O落在纸片所在平面内的C处（点C在∠AOB的内部或一边上）．
（1）当PC∥QB时，OQ＝______cm．
（2）当折叠后重叠部分为等腰三角形时，画出示意图，写出OQ的长．
【分析】本题主要考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握折叠的性质，证明三角形是等腰直角三角形是解决问题的关键，注意分类讨论．
【解答】（1）当PC∥QB时，∠O＝∠CPA，
由折叠的性质得：∠C＝∠O，OP＝CP，∴∠CPA＝∠C，∴OP∥QC，
∴四边形OPCQ是平行四边形，∴四边形OPCQ是菱形，∴OQ＝OP＝2cm；
故答案为：2；
（2）当点C在∠AOB的内部或一边上时，则重叠部分即为△CPQ．
因为△CPQ是由△OPQ折叠得到，所以当△OPQ为等腰三角形时，重叠部分必为等腰三角形．
牛刀小试：
3（2019襄州区模拟）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】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；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论．
分两种情况：①当DE＝DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，如图1所示：
∵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°，
4.（2019禹州市二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2√3，AD＝2，点E为线段CD的中点，动点F从点C出发，沿C→B→A的方向在CB和BA上运动，将矩形沿EF折叠，点C的对应点为C’，当点C’恰好落在矩形的对角线上时（不与矩形顶点重合），点F运动的距离为______．
【解析】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质、三角函数的应用等知识；熟练掌握矩形的性质，熟记翻折变换的性质是解题的关键．
分点C′落在对角线BD上和点C′落在对角线AC上两种情况分别进行讨论求解，即可得出点F运动的距离．
①当点C′落在对角线BD上时，连接CC′，如图1所示：
∵将矩形沿EF折叠，点C的对应点为点C′，且点C'恰好落在矩形的对角线上，∴CC′⊥EF，
∵点E为线段CD的中点，∴CE＝ED＝EC′，
∴∠CC′D＝90°，即CC′⊥BD，∴EF∥BD，∴点F是BC的中点，
∵在矩形ABCD中，AD＝2，∴BC＝AD＝2，
∴CF＝1，∴点F运动的距离为1；
②当点C′落在对角线AC上时，作FH⊥CD于H，则CC′⊥EF，四边形CBFH为矩形，如图2所示：
5. （2018秋赣榆区期中）如图，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点D在线AC上，将△ABC沿着BD折叠，点C恰好落在AB边的点E．
（1）求CD的长．
（2）P为平面内，△ABC外部的一点，且满足△ABD与△ABP全等，求点P到直线AC的距离．
【解析】（1）由折叠可得：∠AED＝∠BED＝∠C＝90°，BE＝BC＝6，CD＝DE，根据勾股定理可求CD的长为3；
（2）分△APB≌△ADB和ABP≌△BAD两种情况讨论，根据全等三角形的性质可求点P到直线AC的距离为6或24/5
由以上2道例题5道习题，可以体会到求解这一类图形折叠难题的最有效考虑的解法思路是：对于折叠或在折叠完成后某个点的对应点恰好出现在特殊位置，可以将对应点连结起来，看一看对称轴和对应点连线得到的垂直和线段相等关系这一轴对称性质能否解决问题，同时在求解折叠问题，我们必须掌握数学中的核心知识点，如全等性质，勾股定理，方程及分类思想等，这是解决这类问题的关键，始终要注重解题方法的培养，解题思路的选择、归纳和总结，只有这样才能立于不败之地．
举报/反馈