登录
1 [2024常州]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=6$,$BC=4$,$D$是边$AC$的中点,$E$是边$BC$上一点,连接$BD$,$DE$.将$△ CDE$沿$DE$翻折,使点$C$落在$BD$上的点$F$处,则$CE$的长为
$\boldsymbol{\frac{3}{2}}$
.答案
1. $\frac{3}{2}$
解析
【分析】
首先利用中点定义求出CD的长度，在Rt△BCD中通过勾股定理计算出BD的长度；再根据折叠的性质得到相等的线段和直角，进而求出BF的长度；最后设CE为未知数，在Rt△BEF中利用勾股定理列方程求解即可得到CE的长度。
【解析】
解：
∵∠ACB=90°，AC=6，D是AC的中点，
∴$CD=\frac{1}{2}AC=3$。
在Rt△BCD中，BC=4，CD=3，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵将△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的F处，
∴△CDE≌△FDE，
∴DF=CD=3，EF=CE，∠DFE=∠C=90°，
∴∠BFE=90°，$BF=BD-DF=5-3=2$。
设CE=x，则EF=x，$BE=BC-CE=4-x$，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
$BE^2=BF^2+EF^2$，
即$(4-x)^2=2^2+x^2$，
展开化简得：$16-8x=4$，
解得：$x=\frac{3}{2}$。
【答案】
$\frac{3}{2}$
【知识点】
折叠的性质；勾股定理；中点的定义
【点评】
本题属于折叠类常规几何计算题，解题关键是利用折叠的性质转化相等的边和角，结合勾股定理构造方程求解，考查了数形结合思想和方程思想的运用。
【难度系数】
0.6
首先利用中点定义求出CD的长度，在Rt△BCD中通过勾股定理计算出BD的长度；再根据折叠的性质得到相等的线段和直角，进而求出BF的长度；最后设CE为未知数，在Rt△BEF中利用勾股定理列方程求解即可得到CE的长度。
【解析】
解：
∵∠ACB=90°，AC=6，D是AC的中点，
∴$CD=\frac{1}{2}AC=3$。
在Rt△BCD中，BC=4，CD=3，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵将△CDE沿DE翻折，点C落在BD上的F处，
∴△CDE≌△FDE，
∴DF=CD=3，EF=CE，∠DFE=∠C=90°，
∴∠BFE=90°，$BF=BD-DF=5-3=2$。
设CE=x，则EF=x，$BE=BC-CE=4-x$，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：
$BE^2=BF^2+EF^2$，
即$(4-x)^2=2^2+x^2$，
展开化简得：$16-8x=4$，
解得：$x=\frac{3}{2}$。
【答案】
$\frac{3}{2}$
【知识点】
折叠的性质；勾股定理；中点的定义
【点评】
本题属于折叠类常规几何计算题，解题关键是利用折叠的性质转化相等的边和角，结合勾股定理构造方程求解，考查了数形结合思想和方程思想的运用。
【难度系数】
0.6
2 如图,在三角形纸片 ABC 中,$∠BAC=90^{\circ },$$AB=3cm,AC=5cm$.沿过点 A 的直线将纸片折叠,使点 B 落在边 BC 上的点 D 处;再折叠纸片,使点 C 与点 D 重合,折痕与 AC 的交点为 E,则 AE 的长是
$\boldsymbol{\frac{17}{5}}$
cm.答案
2. $\frac{17}{5}$ 【解析】因为$∠BAC=90°$,所以$∠B+∠C=90°$.由折叠,可得 $AD=AB=3\ \mathrm{cm}, DE=CE, ∠B=∠ADB, ∠C=∠CDE$,所以$∠ADB+∠CDE=90°$. 所以$∠ADE=90°$. 设$AE=x\ \mathrm{cm}$,则$DE=CE=AC-AE=(5-x)\mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△ADE$中,由勾股定理,得$AE^2=AD^2+DE^2$,即$x^2=3^2+(5-x)^2$,解得$x=\frac{17}{5}$. 所以$AE=\frac{17}{5}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
解决本题首先要利用折叠的性质梳理出折叠前后相等的边和角：第一次折叠可得AB=AD，∠B=∠ADB；第二次折叠可得CE=DE，∠C=∠CDE。结合已知∠BAC=90°，可推出∠B+∠C=90°，进而得到∠ADE=90°，将问题转化为在Rt△ADE中利用勾股定理求解线段长。我们可以设AE的长度为未知数，用含未知数的式子表示出DE的长度，代入勾股定理公式列方程求解即可。
【解析】
解：
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠C=90°。
由第一次折叠的性质可得：$AD=AB=3\ \mathrm{cm}$，$∠B=∠ADB$；
由第二次折叠的性质可得：$DE=CE$，$∠C=∠CDE$。
∴$∠ADB+∠CDE=∠B+∠C=90°$，
∴$∠ADE=180°-(∠ADB+∠CDE)=90°$，即$△ ADE$是直角三角形。
设$AE=x\ \mathrm{cm}$，则$CE=AC-AE=(5-x)\mathrm{cm}$，
∴$DE=CE=(5-x)\mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ADE$中，根据勾股定理得：$AE^2=AD^2+DE^2$，
代入得：$x^2=3^2+(5-x)^2$，
展开得：$x^2=9+25-10x+x^2$，
化简得：$10x=34$，
解得：$x=\frac{17}{5}$。
【答案】
$\frac{17}{5}$
【知识点】
折叠的性质；勾股定理；直角三角形性质
【点评】
本题是折叠类问题的典型考法，解题核心是抓住折叠前后对应边、对应角相等的性质，将分散的条件集中到同一个直角三角形中，结合勾股定理列方程求解，渗透了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要利用折叠的性质梳理出折叠前后相等的边和角：第一次折叠可得AB=AD，∠B=∠ADB；第二次折叠可得CE=DE，∠C=∠CDE。结合已知∠BAC=90°，可推出∠B+∠C=90°，进而得到∠ADE=90°，将问题转化为在Rt△ADE中利用勾股定理求解线段长。我们可以设AE的长度为未知数，用含未知数的式子表示出DE的长度，代入勾股定理公式列方程求解即可。
【解析】
解：
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠C=90°。
由第一次折叠的性质可得：$AD=AB=3\ \mathrm{cm}$，$∠B=∠ADB$；
由第二次折叠的性质可得：$DE=CE$，$∠C=∠CDE$。
∴$∠ADB+∠CDE=∠B+∠C=90°$，
∴$∠ADE=180°-(∠ADB+∠CDE)=90°$，即$△ ADE$是直角三角形。
设$AE=x\ \mathrm{cm}$，则$CE=AC-AE=(5-x)\mathrm{cm}$，
∴$DE=CE=(5-x)\mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ADE$中，根据勾股定理得：$AE^2=AD^2+DE^2$，
代入得：$x^2=3^2+(5-x)^2$，
展开得：$x^2=9+25-10x+x^2$，
化简得：$10x=34$，
解得：$x=\frac{17}{5}$。
【答案】
$\frac{17}{5}$
【知识点】
折叠的性质；勾股定理；直角三角形性质
【点评】
本题是折叠类问题的典型考法，解题核心是抓住折叠前后对应边、对应角相等的性质，将分散的条件集中到同一个直角三角形中，结合勾股定理列方程求解，渗透了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
3 如图①所示为一张直角三角形纸片，$∠ C=90°$，$∠ A=30°$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，将其折叠，使点$C$落在斜边上的点$C'$处，折痕为$BD$（如图②）。继续将纸片沿直线$DE$折叠，使点$A$落在$DC'$的延长线上的点$A'$处（如图③）。求折痕$DE$的长。
答案
3. 由折叠的性质,知$∠CBD=∠C'BD, DC=DC', BC'=BC=4\ \mathrm{cm}, ∠BC'D=∠C=90°, AD=A'D, AE=A'E, ∠A=∠A'=30°, ∠ADE=∠A'DE$. 所以$∠AC'D=180°-90°=90°$. 因为$∠C=90°, ∠A=30°$,所以$∠ABC=60°$. 所以$∠CBD=∠C'BD=\frac{1}{2}∠ABC=30°$. 所以$∠BDC'=180°-∠BC'D-∠C'BD=60°, ∠A=∠C'BD=30°$. 又因为$DC'=DC', ∠AC'D=∠BC'D=90°$,所以$△ADC'≌△BDC'$. 所以$AC'=BC'=4\ \mathrm{cm}, ∠ADC'=∠BDC'=60°$. 所以$∠ADE=∠A'DE=\frac{1}{2}∠ADC'=30°$. 所以$∠A'=∠C'DE=30°$. 又因为$∠A'C'E=∠DC'E=90°, EC'=EC'$,所以$△A'C'E≌△DC'E$. 所以$A'E=DE, A'C'=DC'$. 设$DC'=x\ \mathrm{cm}$,则$A'D=2x\ \mathrm{cm}$. 所以$AC=3x\ \mathrm{cm}$. 因为$AC'=4\ \mathrm{cm}, BC'=4\ \mathrm{cm}$,所以$AB=8\ \mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△ABC$中,由勾股定理,得$AC^2+BC^2=AB^2$,即$(3x)^2+4^2=8^2$. 所以$x^2=\frac{16}{3}$,即$DC'^2=\frac{16}{3}\ \mathrm{cm}^2$. 设$DE=y\ \mathrm{cm}$. 因为$AE=A'E, A'E=DE$,所以$AE=DE=y\ \mathrm{cm}$. 又因为$AC'=4\ \mathrm{cm}$,所以$EC'=(4-y)\ \mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△DEC'$中,由勾股定理,得$DE^2=DC'^2+EC'^2$,即$y^2=\frac{16}{3}+(4-y)^2$,所以$y=\frac{8}{3}$. 所以$DE=\frac{8}{3}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
解决本题首先要紧扣折叠的核心性质：折叠前后对应边相等、对应角相等。第一步先分析第一次折叠的性质，结合直角三角形内角和求出各角度数，通过三角形全等得到边的等量关系；第二步再分析第二次折叠的性质，推导角的相等关系，最后通过设未知数，利用勾股定理列方程即可求出DE的长度。
【解析】
1. 分析第一次折叠的性质：
沿BD折叠使点C落在$C'$处，由折叠性质得：$∠ CBD=∠ C'BD$，$DC=DC'$，$BC'=BC=4\ \mathrm{cm}$，$∠ BC'D=∠ C=90°$，因此$∠ AC'D=180°-∠ BC'D=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ A=30°$，故$∠ ABC=90°-30°=60°$，因此$∠ CBD=∠ C'BD=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$。
在$△ BDC'$中，$∠ BDC'=180°-90°-30°=60°$，且$∠ A=∠ C'BD=30°$。
在$△ ADC'$和$△ BDC'$中：
$\begin{cases}∠ A=∠ C'BD \\∠ AC'D=∠ BC'D=90° \\DC'=DC'\end{cases}$
故$△ ADC'≌△ BDC'(\mathrm{AAS})$，得$AC'=BC'=4\ \mathrm{cm}$，$∠ ADC'=∠ BDC'=60°$。
2. 分析第二次折叠的性质：
沿DE折叠使点A落在$A'$处，由折叠性质得：$∠ ADE=∠ A'DE=\frac{1}{2}∠ ADC'=30°$，$∠ A'=∠ A=30°$，$AE=A'E$。
因此$∠ C'DE=∠ A'=30°$，在$△ A'C'E$和$△ DC'E$中：
$\begin{cases}∠ A'=∠ C'DE \\∠ A'C'E=∠ DC'E=90° \\EC'=EC'\end{cases}$
故$△ A'C'E≌△ DC'E(\mathrm{AAS})$，得$A'E=DE$，即$AE=DE$。
3. 利用勾股定理列方程求解：
设$DC'=x\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ ADC'$中，$∠ A=30°$，故$AD=2DC'=2x\ \mathrm{cm}$，因此$AC=AD+DC=3x\ \mathrm{cm}$。
由$AC'=4\ \mathrm{cm}$、$BC'=4\ \mathrm{cm}$得$AB=8\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中由勾股定理：
$AC^2+BC^2=AB^2$，即$(3x)^2+4^2=8^2$，解得$x^2=\frac{16}{3}$，即$DC'^2=\frac{16}{3}\ \mathrm{cm}^2$。
设$DE=y\ \mathrm{cm}$，则$AE=DE=y\ \mathrm{cm}$，$EC'=(4-y)\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ DEC'$中由勾股定理：
$DE^2=DC'^2+EC'^2$，即$y^2=\frac{16}{3}+(4-y)^2$，
化简得$8y=\frac{64}{3}$，解得$y=\frac{8}{3}$。
【答案】
折痕$DE$的长为$\frac{8}{3}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类问题的典型题型，综合考查了全等三角形的判定、特殊直角三角形的性质及勾股定理的应用，解题的关键是抓住折叠前后的不变量，灵活运用方程思想求解线段长度。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要紧扣折叠的核心性质：折叠前后对应边相等、对应角相等。第一步先分析第一次折叠的性质，结合直角三角形内角和求出各角度数，通过三角形全等得到边的等量关系；第二步再分析第二次折叠的性质，推导角的相等关系，最后通过设未知数，利用勾股定理列方程即可求出DE的长度。
【解析】
1. 分析第一次折叠的性质：
沿BD折叠使点C落在$C'$处，由折叠性质得：$∠ CBD=∠ C'BD$，$DC=DC'$，$BC'=BC=4\ \mathrm{cm}$，$∠ BC'D=∠ C=90°$，因此$∠ AC'D=180°-∠ BC'D=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ A=30°$，故$∠ ABC=90°-30°=60°$，因此$∠ CBD=∠ C'BD=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$。
在$△ BDC'$中，$∠ BDC'=180°-90°-30°=60°$，且$∠ A=∠ C'BD=30°$。
在$△ ADC'$和$△ BDC'$中：
$\begin{cases}∠ A=∠ C'BD \\∠ AC'D=∠ BC'D=90° \\DC'=DC'\end{cases}$
故$△ ADC'≌△ BDC'(\mathrm{AAS})$，得$AC'=BC'=4\ \mathrm{cm}$，$∠ ADC'=∠ BDC'=60°$。
2. 分析第二次折叠的性质：
沿DE折叠使点A落在$A'$处，由折叠性质得：$∠ ADE=∠ A'DE=\frac{1}{2}∠ ADC'=30°$，$∠ A'=∠ A=30°$，$AE=A'E$。
因此$∠ C'DE=∠ A'=30°$，在$△ A'C'E$和$△ DC'E$中：
$\begin{cases}∠ A'=∠ C'DE \\∠ A'C'E=∠ DC'E=90° \\EC'=EC'\end{cases}$
故$△ A'C'E≌△ DC'E(\mathrm{AAS})$，得$A'E=DE$，即$AE=DE$。
3. 利用勾股定理列方程求解：
设$DC'=x\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ ADC'$中，$∠ A=30°$，故$AD=2DC'=2x\ \mathrm{cm}$，因此$AC=AD+DC=3x\ \mathrm{cm}$。
由$AC'=4\ \mathrm{cm}$、$BC'=4\ \mathrm{cm}$得$AB=8\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中由勾股定理：
$AC^2+BC^2=AB^2$，即$(3x)^2+4^2=8^2$，解得$x^2=\frac{16}{3}$，即$DC'^2=\frac{16}{3}\ \mathrm{cm}^2$。
设$DE=y\ \mathrm{cm}$，则$AE=DE=y\ \mathrm{cm}$，$EC'=(4-y)\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ DEC'$中由勾股定理：
$DE^2=DC'^2+EC'^2$，即$y^2=\frac{16}{3}+(4-y)^2$，
化简得$8y=\frac{64}{3}$，解得$y=\frac{8}{3}$。
【答案】
折痕$DE$的长为$\frac{8}{3}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类问题的典型题型，综合考查了全等三角形的判定、特殊直角三角形的性质及勾股定理的应用，解题的关键是抓住折叠前后的不变量，灵活运用方程思想求解线段长度。
【难度系数】
0.6
4 如图,在长方形ABCD中,AB=3,BC=9,把这个长方形折叠,使点B与点D重合,EF是折痕,则DE的长为 (
A.3
B.4
C.5
D.6
C
)A.3
B.4
C.5
D.6
答案
4. C 【解析】因为四边形ABCD是长方形,所以$BC=AD=9$. 因为将此长方形折叠,使点B与点D重合,所以$BE=DE$. 在$\mathrm{Rt}△ABE$中,由勾股定理,得$BE^2=AB^2+AE^2$,所以$(9-AE)^2=9+AE^2$. 所以$AE=4$. 所以$DE=9-4=5$.
解析
【分析】
解决这道题首先要利用折叠的性质，折叠前后对应边相等，本题折叠后点B与点D重合，可推出BE=DE。再结合长方形的性质，AD=BC=9，且∠A是直角，我们可以将DE设为未知数，用含未知数的式子表示出AE的长度，再把AB、AE、BE放到直角三角形ABE中，利用勾股定理列方程求解，就能得到DE的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=90°，AD=BC=9，
由折叠的性质可得：BE=DE，
设DE=x，则BE=x，AE=AD-DE=9-x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得：$AB^2 + AE^2 = BE^2$，
代入数据得：$3^2 + (9-x)^2 = x^2$，
展开计算：$9 + 81 - 18x + x^2 = x^2$，
整理得：$90 - 18x = 0$，
解得$x=5$，即DE的长为5。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是折叠类求边长的典型题型，解题核心是抓住折叠前后对应边相等的性质，将未知边转化到直角三角形中，结合勾股定理构造方程求解，该思路是解决折叠求边长问题的常用方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
解决这道题首先要利用折叠的性质，折叠前后对应边相等，本题折叠后点B与点D重合，可推出BE=DE。再结合长方形的性质，AD=BC=9，且∠A是直角，我们可以将DE设为未知数，用含未知数的式子表示出AE的长度，再把AB、AE、BE放到直角三角形ABE中，利用勾股定理列方程求解，就能得到DE的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=90°，AD=BC=9，
由折叠的性质可得：BE=DE，
设DE=x，则BE=x，AE=AD-DE=9-x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得：$AB^2 + AE^2 = BE^2$，
代入数据得：$3^2 + (9-x)^2 = x^2$，
展开计算：$9 + 81 - 18x + x^2 = x^2$，
整理得：$90 - 18x = 0$，
解得$x=5$，即DE的长为5。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是折叠类求边长的典型题型，解题核心是抓住折叠前后对应边相等的性质，将未知边转化到直角三角形中，结合勾股定理构造方程求解，该思路是解决折叠求边长问题的常用方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
5 如图,四边形ABCD是边长为6 cm的正方形纸片,将其沿MN折叠,使点B落在CD边上的点$B'$处,点A的对应点为$A'$,且$B'C=2$ cm,则AM的长为
$\boldsymbol{\frac{4}{3}}$
cm.答案
5. $\frac{4}{3}$ 【解析】如图,连接$BM,MB'$. 由折叠的性质,得$MB=MB'$. 因为四边形ABCD是边长为6 cm的正方形,所以$AB=AD=CD=6\ \mathrm{cm}, ∠A=∠D=90°$. 因为$B'C=2\ \mathrm{cm}$,所以$B'D=CD-B'C=4\ \mathrm{cm}$. 设$AM=y\ \mathrm{cm}$,则$MD=(6-y)\mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△ABM$中,由勾股定理,得$AB^2+AM^2=BM^2$;在$\mathrm{Rt}△MDB'$中,由勾股定理,得$B'M^2=MD^2+DB'^2$. 又因为$MB=MB'$,所以$AB^2+AM^2=MD^2+DB'^2$,即$6^2+y^2=(6-y)^2+4^2$. 所以$y=\frac{4}{3}$. 所以$AM=\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
本题是正方形中的折叠求线段问题，解题思路如下：首先根据折叠的性质，折叠前后对应边相等，可得MB=MB'，这是列等量关系的核心。其次，正方形的四个角都是直角，因此AM所在的Rt△ABM，以及MB'所在的Rt△MDB'都满足勾股定理的使用条件。我们可以设AM的长度为未知数，分别在两个直角三角形中用含未知数的式子表示BM²和MB'²，令二者相等列一元一次方程，解方程即可求出AM的长度。
【解析】
解：如图，连接$BM,MB'$。
由折叠的性质，得$MB=MB'$。
∵四边形ABCD是边长为6 cm的正方形，
∴$AB=AD=CD=6\ \mathrm{cm}, ∠A=∠D=90°$。
∵$B'C=2\ \mathrm{cm}$，
∴$B'D=CD-B'C=6-2=4\ \mathrm{cm}$。
设$AM=y\ \mathrm{cm}$，则$MD=AD-AM=(6-y)\mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ABM$中，由勾股定理得：$BM^2=AB^2+AM^2=6^2+y^2$；
在$\mathrm{Rt}△MDB'$中，由勾股定理得：$B'M^2=MD^2+DB'^2=(6-y)^2+4^2$。
∵$MB=MB'$，
∴$BM^2=B'M^2$，即：
$6^2+y^2=(6-y)^2+4^2$
展开化简得：$36+y^2=36-12y+y^2+16$，
整理得$12y=16$，解得$y=\frac{4}{3}$。
【答案】
$\frac{4}{3}$
【知识点】
折叠的性质；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何计算的典型题，将折叠性质、正方形性质与勾股定理结合，通过设未知数列方程的方式求解线段长度，体现了方程思想在几何问题中的应用，掌握折叠前后对应边相等的性质是解题的突破口。
【难度系数】
0.6
本题是正方形中的折叠求线段问题，解题思路如下：首先根据折叠的性质，折叠前后对应边相等，可得MB=MB'，这是列等量关系的核心。其次，正方形的四个角都是直角，因此AM所在的Rt△ABM，以及MB'所在的Rt△MDB'都满足勾股定理的使用条件。我们可以设AM的长度为未知数，分别在两个直角三角形中用含未知数的式子表示BM²和MB'²，令二者相等列一元一次方程，解方程即可求出AM的长度。
【解析】
解：如图，连接$BM,MB'$。
由折叠的性质，得$MB=MB'$。
∵四边形ABCD是边长为6 cm的正方形，
∴$AB=AD=CD=6\ \mathrm{cm}, ∠A=∠D=90°$。
∵$B'C=2\ \mathrm{cm}$，
∴$B'D=CD-B'C=6-2=4\ \mathrm{cm}$。
设$AM=y\ \mathrm{cm}$，则$MD=AD-AM=(6-y)\mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ABM$中，由勾股定理得：$BM^2=AB^2+AM^2=6^2+y^2$；
在$\mathrm{Rt}△MDB'$中，由勾股定理得：$B'M^2=MD^2+DB'^2=(6-y)^2+4^2$。
∵$MB=MB'$，
∴$BM^2=B'M^2$，即：
$6^2+y^2=(6-y)^2+4^2$
展开化简得：$36+y^2=36-12y+y^2+16$，
整理得$12y=16$，解得$y=\frac{4}{3}$。
【答案】
$\frac{4}{3}$
【知识点】
折叠的性质；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何计算的典型题，将折叠性质、正方形性质与勾股定理结合，通过设未知数列方程的方式求解线段长度，体现了方程思想在几何问题中的应用，掌握折叠前后对应边相等的性质是解题的突破口。
【难度系数】
0.6
6 如图，把一张长方形纸片ABCD沿AC折叠，点B落在点E处，CE交AD于点F，$CD=2\ \mathrm{cm}$，P是线段AC上一点，$PM⊥ AD$于点M，$PN⊥ CE$于点N.
（1）试说明：$△ FAC$是等腰三角形；
（2）求$PM+PN$的值；
（3）若$AD=5\ \mathrm{cm}$，求$△ FAC$的面积.
（1）试说明：$△ FAC$是等腰三角形；
（2）求$PM+PN$的值；
（3）若$AD=5\ \mathrm{cm}$，求$△ FAC$的面积.
答案
6. （1）由折叠的性质,可知$∠ECA=∠BCA$. 因为四边形ABCD是长方形,所以$AD// BC$. 所以$∠FAC=∠BCA$. 所以$∠FAC=∠ECA$. 所以$AF=CF$. 所以$△FAC$是等腰三角形
（2）连接$FP$. 因为$S_{△FAC}=S_{△FAP}+S_{△FCP}$,所以$\frac{1}{2}AF·CD=\frac{1}{2}AF·PM+\frac{1}{2}CF·PN$. 因为$AF=CF$,所以$CD=PM+PN=2\ \mathrm{cm}$
（3）设$AF=x\ \mathrm{cm}$,则$FD=(5-x)\mathrm{cm}, CF=x\ \mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△FDC$中,由勾股定理,得$FD^2+CD^2=CF^2$,即$(5-x)^2+2^2=x^2$,所以$x=\frac{29}{10}$. 所以$AF=\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}$. 所以$S_{△FAC}=\frac{1}{2}AF·CD=\frac{1}{2}×\frac{29}{10}×2=\frac{29}{10}(\mathrm{cm}^2)$
（2）连接$FP$. 因为$S_{△FAC}=S_{△FAP}+S_{△FCP}$,所以$\frac{1}{2}AF·CD=\frac{1}{2}AF·PM+\frac{1}{2}CF·PN$. 因为$AF=CF$,所以$CD=PM+PN=2\ \mathrm{cm}$
（3）设$AF=x\ \mathrm{cm}$,则$FD=(5-x)\mathrm{cm}, CF=x\ \mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△FDC$中,由勾股定理,得$FD^2+CD^2=CF^2$,即$(5-x)^2+2^2=x^2$,所以$x=\frac{29}{10}$. 所以$AF=\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}$. 所以$S_{△FAC}=\frac{1}{2}AF·CD=\frac{1}{2}×\frac{29}{10}×2=\frac{29}{10}(\mathrm{cm}^2)$
解析
【分析】
（1）要证明△FAC是等腰三角形，需证其有两条边相等或两个内角相等。结合折叠性质可得对应角相等，再利用长方形对边平行的性质得到内错角相等，通过等量代换得到两角相等，即可推出对应边相等，证得等腰三角形。
（2）求PM+PN的长度，可采用面积法：连接FP，将△FAC的面积拆分为△FAP和△FCP的面积之和，结合第一问得到的AF=CF，化简面积等式即可求出PM+PN的值。
（3）求△FAC的面积，已知CD是边AF上的高，只需求出AF的长度即可。设AF=x，利用AF=CF得到CF=x，再表示出FD的长度，在Rt△FDC中利用勾股定理列方程求解x，代入面积公式计算即可。
【解析】
（1）由折叠的性质可知，折叠前后对应角相等，因此$∠ ECA=∠ BCA$。
∵四边形ABCD是长方形，
∴$AD// BC$，根据“两直线平行，内错角相等”，可得$∠ FAC=∠ BCA$，
∴$∠ FAC=∠ ECA$，根据“等角对等边”，可得$AF=CF$，
∴$△ FAC$是等腰三角形。
（2）连接$FP$，
∵$PM⊥ AD$，$PN⊥ CE$，CD是△FAC中AF边上的高，
∴$S_{△ FAC}=S_{△ FAP}+S_{△ FCP}$，
即$\frac{1}{2}AF·CD=\frac{1}{2}AF·PM+\frac{1}{2}CF·PN$，
由（1）可知$AF=CF$，因此等式两边可约去$\frac{1}{2}AF$，
得$CD=PM+PN$，
∵$CD=2\ \mathrm{cm}$，
∴$PM+PN=2\ \mathrm{cm}$。
（3）设$AF=x\ \mathrm{cm}$，则$CF=AF=x\ \mathrm{cm}$，
∵$AD=5\ \mathrm{cm}$，
∴$FD=AD-AF=(5-x)\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ FDC$中，$∠ D=90°$，由勾股定理得$FD^2+CD^2=CF^2$，
代入数据得：$(5-x)^2+2^2=x^2$，
展开整理得：$10x=29$，解得$x=\frac{29}{10}$，即$AF=\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}$，
∴$S_{△ FAC}=\frac{1}{2}·AF·CD=\frac{1}{2}×\frac{29}{10}×2=\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
（1）$△ FAC$是等腰三角形，证明见解析；
（2）$PM+PN=2\ \mathrm{cm}$；
（3）$△ FAC$的面积为$\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
折叠的性质；等腰三角形判定；勾股定理的应用
【点评】
本题是长方形折叠类的典型综合题，涵盖了几何证明、线段求解、面积计算三类考点，解题时要熟练运用折叠前后对应边、对应角相等的性质，遇到多条垂线段和的问题可优先考虑面积法，利用勾股定理列方程是解决折叠问题中线段长度的常用技巧。
【难度系数】
0.7
（1）要证明△FAC是等腰三角形，需证其有两条边相等或两个内角相等。结合折叠性质可得对应角相等，再利用长方形对边平行的性质得到内错角相等，通过等量代换得到两角相等，即可推出对应边相等，证得等腰三角形。
（2）求PM+PN的长度，可采用面积法：连接FP，将△FAC的面积拆分为△FAP和△FCP的面积之和，结合第一问得到的AF=CF，化简面积等式即可求出PM+PN的值。
（3）求△FAC的面积，已知CD是边AF上的高，只需求出AF的长度即可。设AF=x，利用AF=CF得到CF=x，再表示出FD的长度，在Rt△FDC中利用勾股定理列方程求解x，代入面积公式计算即可。
【解析】
（1）由折叠的性质可知，折叠前后对应角相等，因此$∠ ECA=∠ BCA$。
∵四边形ABCD是长方形，
∴$AD// BC$，根据“两直线平行，内错角相等”，可得$∠ FAC=∠ BCA$，
∴$∠ FAC=∠ ECA$，根据“等角对等边”，可得$AF=CF$，
∴$△ FAC$是等腰三角形。
（2）连接$FP$，
∵$PM⊥ AD$，$PN⊥ CE$，CD是△FAC中AF边上的高，
∴$S_{△ FAC}=S_{△ FAP}+S_{△ FCP}$，
即$\frac{1}{2}AF·CD=\frac{1}{2}AF·PM+\frac{1}{2}CF·PN$，
由（1）可知$AF=CF$，因此等式两边可约去$\frac{1}{2}AF$，
得$CD=PM+PN$，
∵$CD=2\ \mathrm{cm}$，
∴$PM+PN=2\ \mathrm{cm}$。
（3）设$AF=x\ \mathrm{cm}$，则$CF=AF=x\ \mathrm{cm}$，
∵$AD=5\ \mathrm{cm}$，
∴$FD=AD-AF=(5-x)\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ FDC$中，$∠ D=90°$，由勾股定理得$FD^2+CD^2=CF^2$，
代入数据得：$(5-x)^2+2^2=x^2$，
展开整理得：$10x=29$，解得$x=\frac{29}{10}$，即$AF=\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}$，
∴$S_{△ FAC}=\frac{1}{2}·AF·CD=\frac{1}{2}×\frac{29}{10}×2=\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
（1）$△ FAC$是等腰三角形，证明见解析；
（2）$PM+PN=2\ \mathrm{cm}$；
（3）$△ FAC$的面积为$\frac{29}{10}\ \mathrm{cm}^2$
【知识点】
折叠的性质；等腰三角形判定；勾股定理的应用
【点评】
本题是长方形折叠类的典型综合题，涵盖了几何证明、线段求解、面积计算三类考点，解题时要熟练运用折叠前后对应边、对应角相等的性质，遇到多条垂线段和的问题可优先考虑面积法，利用勾股定理列方程是解决折叠问题中线段长度的常用技巧。
【难度系数】
0.7
