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专题02 勾股定理中的折叠类型（解析版）
类型一 三角形的折叠
1．（2023秋•泗县期中）如图，有一张直角三角形纸片，两直角边长 AC＝6cm，BC＝8cm，将△ABC折
叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD等于（ ）
25 22 7 5
A． cm B． cm C． cm D． cm
4 3 4 3
【思路引领】根据折叠的性质得DA＝DB，设CD＝xcm，则BD＝AD＝（8﹣x）cm，在Rt△ACD中利
用勾股定理得到x2+62＝（8﹣x）2，然后解方程即可．
【解答】解：∵△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，
∴DA＝DB，
设CD＝xcm，则BD＝AD＝（8﹣x）cm，
在Rt△ACD中，∵CD2+AC2＝AD2，
7
∴x2+62＝（8﹣x）2，解得x= ，
4
7
即CD的长为 ．
4
故选：C．
【总结提升】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．
2．（2023秋•南岗区月考）如图①是一个直角三角形纸片，∠A＝30°，BC＝4cm，将其折叠，使点C落
在斜边上的点C′处，折痕为BD，如图②，再将②沿DE折叠，使点A落在DC′的延长线上的点
A′处，如图③，则折痕DE的长为（ ）8
A． cm B．2❑√3cm C．2❑√2cm D．3cm
3
【思路引领】根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC＝60°，翻折前后两个图形能够互相重合可得
∠BDC＝∠BDC′，∠CBD＝∠ABD＝30°，∠ADE＝∠A′DE，然后求出∠BDE＝90°，再解直角三角
形求出BD，然后求出DE即可．
【解答】解：∵△ABC是直角三角形，∠A＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
∵沿折痕BD折叠点C落在斜边上的点C′处，
1
∴∠BDC＝∠BDC′，∠CBD＝∠ABD= ∠ABC＝30°，
2
∵沿DE折叠点A落在DC′的延长线上的点A′处，
∴∠ADE＝∠A′DE，
1
∴∠BDE＝∠A′BD+∠A′DE= ×180°＝90°，
2
❑√3 8❑√3
在Rt△BCD中，BD＝BC÷cos30°＝4÷ = cm，
2 3
8❑√3 ❑√3 8
在Rt△BDE中，DE＝BD•tan30°= × = cm．
3 3 3
故选：A．
【总结提升】本题考查了翻折变换的性质，解直角三角形，熟记性质并分别求出有一个角是 30°角的直
角三角形是解题的关键．
3．（2022秋•城阳区期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，将△ABC折叠，使点B恰
好落在边AC上，与点B′重合，AE为折痕，则EB′＝ 1. 5 ．
【思路引领】首先根据折叠可得BE＝EB′，AB′＝AB＝3，然后设BE＝EB′＝x，则EC＝4﹣x，在
Rt△ABC中，由勾股定理求得AC的值，再在Rt△B′EC中，由勾股定理可得方程x2+22＝（4﹣x）2，
再解方程即可算出答案．
【解答】解：根据折叠可得BE＝EB′，AB′＝AB＝3，
设BE＝EB′＝x，则EC＝4﹣x，∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得， ，
AC=❑√AB2+BC2=❑√32+42=5
∴B′C＝5﹣3＝2，
在Rt△B′EC中，由勾股定理得，x2+22＝（4﹣x）2，
解得x＝1.5，
故答案为：1.5．
【总结提升】此题主要考查了翻折变换，关键是分析清楚折叠以后哪些线段是相等的．
4．（2021秋•洛江区期末）如图，在△ABC中，AB＝10cm，AC＝6cm，BC＝8cm，若将AC沿AE折叠，
使得点C与AB上的点D重合，则△AEB的面积为 1 5 cm2．
【思路引领】利用勾股定理的逆定理证出∠C＝90°，由翻折不变性可知：EC＝DE，AC＝AD＝6cm，
∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，设EC＝DE＝x，在Rt△BDE中，根据DE2+BD2＝BE2，构建方程求出x，
1
再根据S△ABE = ×BE×AC计算即可；
2
【解答】解：∵AC2+BC2＝62+82＝100，AB2＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形．
∵将AC沿AE折叠，使得点C与AB上的点D重合，
∴EC＝DE，AC＝AD＝6cm，∠ADE＝∠C＝∠BDE＝90°，
∴DB＝AB﹣AD＝4cm，
设EC＝DE＝x cm，
在Rt△BDE中，DE2+BD2＝BE2，
∴x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3．
∴BE＝BC﹣EC＝8﹣3＝5cm，
1 1
∴S△ABE = ×BE×AC= ×5×6＝15（cm2）．
2 2故答案为：15．
【总结提升】本题考查翻折变换，勾股定理的逆定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构
建方程解决问题．
5．（2022秋•新泰市期末）如图所示，有一个直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC＝8cm，现将直角
边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上且与AE重合，你能求出CD的长吗？
【思路引领】首先由勾股定理求得AB＝10，然后由翻折的性质求得BE＝4，设DC＝x，则BD＝8﹣x，
在△BDE中，利用勾股定理列方程求解即可．
【解答】解：在Rt三角形中，由勾股定理可知：AB 10．
=❑√BC2+AC2=❑√82+62=
由折叠的性质可知：DC＝DE，AC＝AE，∠DEA＝∠C．
∴BE＝4，∠DEB＝90°．
设DC＝x，则BD＝8﹣x．
在Rt△BDE中，由勾股定理得：BE2+ED2＝BD2，即42+x2＝（8﹣x）2．
解得：x＝3．
∴CD＝3．
【总结提升】本题主要考查的是翻折变换、勾股定理的应用，利用翻折的性质和勾股定理表示出△DBE
的三边长是解题的关键．
6．（2023秋•宁波期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点E，F在边AB上，将边AC沿CE翻折，使
点A落在AB上的点D处，再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B'处．
（1）求∠ECF的度数；
（2）若CE＝4，B'F＝1，求线段BC的长和△ABC的面积．1 1
【思路引领】（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE= ∠ACD，∠BCF＝∠B'CF= ∠BCB'，再根据
2 2
∠ACB＝90°，即可得出∠ECF＝45°；
（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理可得BC ，设AE＝x，则AB＝x+5，根据勾股
=❑√BE2+CE2=❑√41
16 1 82
定理可得AE2+CE2＝AB2﹣BC2，即x2+42＝（x+5）2﹣41，求得x= ，即可得出S△ABC = AB×CE=
5 2 5
．
1 1
【解答】解：（1）由折叠可得，∠ACE＝∠DCE= ∠ACD，∠BCF＝∠B'CF= ∠BCB'，
2 2
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCB'＝90°，
1
∴∠ECD+∠FCD= ×90°＝45°，
2
即∠ECF＝45°；
（2）由折叠可得，∠DEC＝∠AEC＝90°，BF＝B'F＝1，
∴∠EFC＝45°＝∠ECF，
∴CE＝EF＝4，
∴BE＝4+1＝5，
∴Rt△BCE中，BC ，
=❑√BE2+CE2=❑√41
设AE＝x，则AB＝x+5，
∵Rt△ACE中，AC2＝AE2+CE2，
Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，
∴AE2+CE2＝AB2﹣BC2，
即x2+42＝（x+5）2﹣41，
16
解得x= ，
5
1 1 16 82
∴S△ABC = AB×CE= （ +5）×4= ．
2 2 5 5【总结提升】本题主要考查了折叠问题，解题时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．
类型二 长方形的折叠
7．（2023春•大石桥市期中）已知，如图长方形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．3cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．12cm2
【思路引领】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：C．
【总结提升】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．
8．如图，长方形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E在AB边上，将纸片沿CE折叠，点B落在点F处，
EF，CF分别交AD于点G，H，且EG＝GH，则AE的长为（ ）2 3
A． B．1 C． D．2
3 2
【思路引领】根据折叠的性质得到∠F＝∠B＝∠A＝90°，BE＝EF，根据全等三角形的性质得到FH＝
AE，GF＝AG，得到AH＝BE＝EF，设AE＝x，则AH＝BE＝EF＝4﹣x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵将△CBE沿CE翻折至△CFE，
∴∠F＝∠B＝∠A＝90°，BE＝EF，
在△AGE与△FGH中，
{
∠A=∠F
)
∠AGE=∠FGH
EG=GH
∴△AGE≌△FGH（AAS），
∴FH＝AE，GF＝AG，
∴AH＝BE＝EF，
设AE＝x，则AH＝BE＝EF＝4﹣x
∴DH＝x+2，CH＝6﹣x，
∵CD2+DH2＝CH2，
∴42+（2+x）2＝（6﹣x）2，
∴x＝1，
∴AE＝1，
故选：B．
【总结提升】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质是解
题的关键．
9．（2023秋•峄城区月考）如图将矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上F处，已知CE＝
3，AB＝8，则BF＝ 6 ．【思路引领】设BC＝x，AF可用含x的式子表示，CF可以根据勾股定理求出，然后用x表示出BF，在
Rt△ABF中，利用勾股定理，可建立关于x的方程，即可得出BF的长．
【解答】解：由折叠的性质知：AD＝AF，DE＝EF＝8﹣3＝5；
在Rt△CEF中，EF＝DE＝5，CE＝3，由勾股定理可得：CF＝4，
若设AD＝AF＝x，则BC＝x，BF＝x﹣4；
在Rt△ABF中，由勾股定理可得：
82+（x﹣4）2＝x2，解得x＝10，
故BF＝x﹣4＝6．
故答案为：6．
【总结提升】考查了勾股定理的应用，综合能力要求较高．同时也考查了列方程求解的能力．
10．（2023秋•青岛期中）如图，平面直角坐标系中，点D的坐标为（15，9），过点D作DA⊥y轴，
DC⊥x轴，点E为y轴上一点，将△AED沿直线DE折叠，点A落在边BC上的点F处．
（1）请你直接写出点A的坐标；
（2）求FC，AE的长；
（3）求四边形EOFD的面积．
【思路引领】（1）证明四边形AOCD是矩形，再结合D的坐标即可得出结果；
（2）根据折叠的性质得出DF的长，再根据勾股定理求出CF的长，即可得出OF的长，设AE＝x，在
Rt△OEF中根据勾股定理得出等式求解得出AE的长即可；
（3）根据折叠的性质可知，四边形EOFD的面积＝S△EOF +S△EFD ＝S△EOF +S△AED ，再根据三角形的面积
公式求解即可．
【解答】解：（1）∵DA⊥y轴，DC⊥x轴，∠AOC＝90°，∴四边形AOCD是矩形，
∵D的坐标为（15，9），
∴AD＝OC＝15，CD＝AO＝9，
∴A（0，9）；
（2）∵将△AED沿直线DE折叠，点A落在边BC上的点F处．
∴DF＝AD＝15，
∴CF 12，
=❑√DF2−CD2=❑√152−92=
∴OF＝OC﹣CF＝15﹣12＝3，
设AE＝x，则EF＝x，OE＝9﹣x，
在Rt△OEF中，由勾股定理得，
OE2+OF2＝EF2，
即（9﹣x）2+32＝x2，
解得x＝5，
∴AE＝5；
（3）由（2）知AE＝5，
∴OE＝9﹣5＝4，
由折叠的性质可知，S△AED ＝S△DFE ，
∴四边形EOFD的面积＝S△EOF +S△EFD ＝S△EOF +S△AED
1 1
= OE⋅OF+ ×AE⋅AD
2 2
1 1
= ×4×3+ ×5×15
2 2
87
= ．
2
【总结提升】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，折叠的性质，熟记折叠的性质是解题的关键．
11．（2023春•西平县期中）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到
△GBE，延长BG交CD于点F．
（1）求证：DF＝FG；
（2）若AB＝6，BC2＝96，求FD的长．【思路引领】（1）根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE＝DE＝EG，然后利用“HL”证
明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF＝GF；
（2）设FD＝x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式进行计算即可．
【解答】解：（1）证明∵△BGE由△BAE翻折而成，
∴∠A＝∠EGB＝90°，AE＝EG，
∵E是AD的中点，
AE＝EG＝DE，
在Rt△EGF和Rt△EDF中
{EF=EF)
，
EG=ED
∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL），
∴DF＝GF．
（2）∵DF＝GF，
可设DF＝x，则GF＝x，BF＝6+x，CF＝6﹣x，
在Rt△BFC中 BF2＝CF2+BC2，
（6+x）2＝（6﹣x）2+96，
解得，x＝4，
∴DF的长为4．
【总结提升】此题是折叠问题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，
翻折的性质，熟记性质，找出三角形全等的条件ED＝EG是解题的关键．是一道典型的折叠问题．
12．（2023•龙川县开学）如图，长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，在边CD上取一点E，将△ADE折叠
后点D恰好落在BC边上的点F处
（1）求CE的长；
（2）在（1）的条件下，BC边上是否存在一点P，使得PA+PE值最小？若存在，请求出最小值；若不
存在，请说明理由．【思路引领】（1）先判断出AF＝AD＝8，进而利用勾股定理求出BF＝6，最后在Rt△ECF，利用勾股
定理，即可得出结论；
（2）先作出点E关于BC的对称点E'，进而求出DE'，再利用勾股定理即可得出结论．
【解答】解：（1）长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，
∴∠B＝∠BCD＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝10，
由折叠知，EF＝DE，AF＝AD＝8，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF 6，
=❑√AF2−AB2=
∴CF＝BC﹣BF＝4，
设CE＝x，则EF＝DE＝CD﹣CE＝8﹣x，
在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CF2+CE2＝EF2，
∴16+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴CE＝3；
（2）如图，延长EC至E'使CE'＝CE＝3，连接AE'交BC于P，
此时，PA+PE最小，最小值为AE'，
∵CD＝8，
∴DE'＝CD+CE'＝8+3＝11，
在Rt△ADE'中，根据勾股定理得，AE' ．
=❑√AD2+DE′2=❑√221【总结提升】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，矩形的性质，求出CE是解本题的关键．
13．（南昌中考）如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点A落在点A′
处；
（1）求证：B′E＝BF；
（2）设AE＝a，AB＝b，BF＝c，试猜想a，b，c之间的一种关系，并给予证明．
【思路引领】（1）首先根据题意得B′F＝BF，∠B′FE＝∠BFE，接着根据平行线的性质和等腰三角
形的判定即可证明B′E＝BF；
（2）解答此类题目时要仔细读题，根据三角形三边关系求解分类讨论解答，要提高全等三角形的判定
结合勾股定理解答．
【解答】（1）证明：由题意得B′F＝BF，∠B′FE＝∠BFE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠B′EF＝∠BFE，
∴∠B′FE＝∠B'EF，
∴B′F＝B′E，
∴B′E＝BF；
（2）a，b，c三者存在的关系是a2+b2＝c2．
证明：由（1）知A′B′＝AB＝c，A'E＝AE＝a，
∵B′E＝BF＝c，
∴在△A'B'E中，∠A′＝90°，
∴A'E2+A'B'2＝B'E2，
∴a2+b2＝c2．
【总结提升】此题以证明和探究结论形式来考查矩形的翻折、等角对等边、三角形全等、勾股定理等知
识．
第一，较好考查学生表述数学推理和论证能力，第（1）问重点考查了学生逻辑推理的能力，主要利用
等角对等边、翻折等知识来证明；
第二，试题呈现显示了浓郁的探索过程，试题设计的起点低，图形也很直观，也可通过自己动手操作，寻找几何元素之间的对应关系，形成较为常规的方法解决问题，第（2）问既考查了学生对勾股定理掌
握的程度又考查学生的数学猜想和探索能力，这对于培养学生创新意识和创新精神十分有益；
第三，解题策略多样化在本题中得到了充分的体现．
类型三 正方形的折叠
14．如图，将边长为6cm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的长为（ ）
3 9 15
A． B．3 C． D．
2 4 4
【思路引领】由正方形的性质和折叠的性质可得EF＝DF，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°，由勾股定理可求
AF的长．
【解答】解：∵将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，
∴EF＝DF，AB＝AD＝6cm，∠A＝90°
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE＝3cm，
在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2，
∴（6﹣AF）2＝AF2+9
9
∴AF=
4
故选：C．
【总结提升】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，利用勾股定理求线段的长度是本题的关
键．
15．如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若点
E恰好是BC的中点，则线段CH的长为（ ）3 9
A． B．❑√3 C．3 D．
2 4
【思路引领】根据折叠可得DH＝EH，在直角△CEH中，设CH＝x，则DH＝EH＝6﹣x，根据E是BC
的中点，可得CE＝3，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．
【解答】解：设CH＝x，则DH＝EH＝6﹣x，
∵点E恰好是BC的中点，BC＝6，
1
∴CE= BC＝3，
2
∵在Rt△ECH中，EH2＝EC2+CH2，
∴（6﹣x）2＝32+x2，
9
解得：x= ，
4
9
即CH= ．
4
故选：D．
【总结提升】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换．在直角三角形
中，利用勾股定理列出方程进行求解是解决本题的关键．
16．（2022春•汉阳区期中）如图（1），四边形OBCD正方形，O，D两点的坐标分别是（0，0），
（0，4）．
（1）直接写出点C的坐标是 （ 4 ， 4 ） ；
（2）如图（2），点F为线段BC的中点，点E在线段OB上，若∠EDF＝∠CDF，求点E的坐标；
（3）如图（3），动点E，F分别在边OB，CD上，将正方形OBCD沿直线EF折叠，使点B的对应点
M始终落在边OD上（点M不与点O，D重合），点C落在点N处，设OM＝x，四边形BEFC的面积
为S，请求出S与x的关系式．【思路引领】（1）根据正方形的性质和D点的坐标得出C点坐标即可；
（2）过点 F 作 FG⊥DE 于点 G，连接 EF，证△DGF≌△DCF（AAS），得 GF＝BF＝2，证
Rt△EFG≌Rt△EFB（HL），得GE＝BE，根据勾股定理求出OE即可确定E点坐标；
（3）设ME＝BE＝m，CF＝n，且m＞0，n＞0，分别用含有x的代数式表示出m和n，再根据三角形面
积公式得出S和x的关系式即可．
【解答】解：（1）∵四边形OBCD是正方形，O（0，0），D（0，4），
∴OB＝BC＝CD＝OD＝4，BC⊥x轴，
∴C（4，4），
故答案为：（4，4）；
（2）如图，过点F作FG⊥DE于点G，连接EF，
∵四边形OBCD是正方形，O（0，0），D（0，4），
∴OB＝BC＝CD＝OD＝4，∠C＝∠OBC＝∠BOD＝90°，
∵FG⊥DE，
∴∠DGF＝∠C＝90°，
在△DGF和△DCF中，
{∠DGF=∠C=90°
)
∠EDF=∠CDF ，
DF=DF
∴△DGF≌△DCF（AAS），
∴GD＝CD＝4，GF＝CF，
∵点F为线段BC的中点，
1
∴BF＝CF＝BC= ×4＝2，
2∴GF＝BF＝2，
在Rt△EFG和Rt△EFB中，
{GF=BF)
，
EF=EF
∴Rt△EFG≌Rt△EFB（HL），
∴GE＝BE，
设OE＝a（a＞0），则GE＝BE＝OB﹣OE＝4﹣a，
∴DE＝GD+GE＝4+4﹣a＝8﹣a，
在Rt△DOE中，根据勾股定理得，OE2+OD2＝DE2，
即a2+42＝（8﹣a）2，
解得a＝3，
∴OE＝3，
∵点E在x轴的正半轴上，
∴E（3，0）；
（3）如图，分别连接BM、MF、BF，
∵EF是折痕，
∴EF垂直平分BM，
∴ME＝BE，MF＝BF，
设ME＝BE＝m，CF＝n，且m＞0，n＞0，
则OE＝OB﹣BE＝4﹣m，DF＝CD﹣CF＝4﹣n，
∵OM＝x，点B的对应点M始终落在边OD上（M不与点O，D重合），
∴DM＝OD﹣OM＝4﹣x（0＜x＜4），
在Rt△MOE中，根据勾股定理得，OM2+OE2＝ME2，
即x2+（4﹣m）2＝m2，
x2+16
解得m= ，
8
在Rt△DMF和Rt△CBF中，BF2＝BC2+CF2，∵MF＝BF，
∴DM2+DF2＝BC2+CF2，
∴（4﹣x）2+（4﹣n）2＝42+n2，
x2−8x+16
解得n= ，
8
x2−8x+16
即CF＝n= ，
8
1
∵S＝S四边形BEFC = （CF+BE）•BC，
2
1 x2−8x+16 x2+16 1
∴S= （ + ）×4= x2﹣2x+8，
2 8 8 2
1
即S和x的关系式为：S= x2﹣2x+8（0＜x＜4）．
2
【总结提升】本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和
性质等知识是解题的关键．
