人教版八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè) 巧用勾股定理解折疊題練習(xí)（含答案）

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巧用勾股定理解折疊題

勾股定理在折疊問題中的應(yīng)用具有典型性和普遍性，運(yùn)用勾股定理解折疊題時(shí)，往往融方程與幾何圖形于一體，具有較強(qiáng)的綜合性。

一、三角形的折疊

1如圖1，直線AB與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、點(diǎn)B,OA:OB:AB=3:4:5,且線段OA的長(zhǎng)是方程的解，M是線

段OB上一點(diǎn)，若將△ABM沿直線AM折疊，點(diǎn)B恰好落在x軸上的點(diǎn)P處.

(1)求點(diǎn)P的坐標(biāo);

(2)在y軸上是否存在點(diǎn)N,使△APN是以PN為底的等腰三角形若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.

2如圖2,在Rt△ABC中,∠BAC=90°.AD為△ABC的中線,將△ABD沿AB進(jìn)行折疊,得到△ABE,連接CE,CE交AD于F點(diǎn).

(1)判斷四邊形ADBE的形狀，并說明理由;

(2)若已知EC⊥AD,EC=2,求△CBE”的面積.

二、矩形的折疊

3如圖3，已知矩形ABCD沿著直線BD折疊,使點(diǎn)C落在C′處,BC′與AD交于E,AD=8,AB=4,求陰影部分面積.

三、平行四邊形的折疊

4如圖4,將ABCD沿過點(diǎn)A的直線l折疊，使點(diǎn)D落到AB邊上的點(diǎn)D'處，折痕交CD邊于點(diǎn)E,連接BE.

(1)求證:四邊形BCED'是平行四邊形;

(2)若BE平分∠ABC,求證:AE+BE=AB.

四、正方形的折疊

5如圖5.正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4,點(diǎn)M、N分別在AB、CD上.將該紙片沿MN折疊，使點(diǎn)D落在邊BC上的點(diǎn)E處，折痕MN與DE相交于Q.

(1)請(qǐng)判斷DE與MN之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

(2)若點(diǎn)G為EF的中點(diǎn),隨著折痕MN位置的變化，請(qǐng)求出△GQE周長(zhǎng)的最小值.

1.解:(1)解得x=6,

經(jīng)檢驗(yàn)x=6是原分式方程的解，

∴OA=6.

又∵OA:AB=3:5,

∴AB=10,

∵△ABM沿直線AM折疊,點(diǎn)B恰好落在x軸上的點(diǎn)P處，

∴AP=AB=10.

∵OP=AP-OA=10-6=4,

∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-4,0);

(2)存在.

設(shè)N(0.t),

∵A(6,0),P(-4,0),

∴AP=100,AN=36+C.

∵△APN是以PN為底的等腰三角形，

∴36+1=100,解得t=8或t=-8,

∴點(diǎn)N的坐標(biāo)為(0,8)或(0,-8).

2.解:(1)四邊形ADBE為菱形.

理由:∵∠BAC=90°,AD為Rt△ABC的中線,∴AD=BD=DC.

由折疊可知:AE=AD,BE=BD,

∴AE=AD=BD=BE,

∴四邊形ADBE為菱形;

(2)∵四邊形ADBE為菱形,

∴BD=BE,AD∥BE.

∵AD⊥CE,∴BE⊥CE,

∴∠BEC=90°.

∵BC=2BD,

∴BC=2BD=2BE.

∵BE+CE=BC,

∴△BEC的面積

3.解:由折疊可知:∠DBC=∠DBE,又AD∥BC,

∴∠DBC=∠BDE,

∴∠BDE=∠DBE,∴BE=DE.

設(shè)AE=x,則DE=BE=8-x.

在Rt△BAE中,4+x=(8-x),解得x=3.

4.證明:(1)∵將ABCD沿過點(diǎn)A的直線l折疊，使點(diǎn)D落到AB邊上的點(diǎn)D'處，

∴∠DAE=∠D'AE,∠DEA=∠D'EA,∠D=∠AD'E.

∵DE∥AD',

∴∠DEA=∠EAD′,

∴∠DAE=∠EAD'=∠DEA=∠D'EA,

∴∠DAD'=∠DED',

∴四邊形DAD'E是平行四邊形，

∴DE=AD',

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB∥DC,AB=DC,

∴CE∥D'B,CE=D'B,

∴四邊形BCED'是平行四邊形；

(2)∵BE平分∠ABC,

∴∠CBE=∠EBA.

∵AD∥BC,

∴∠DAB+∠CBA=180°.

∵∠DAE=∠BAE,

∴∠EAB+∠EBA=90°,

∴∠AEB=90°,

∴AE+BE=AB.

5.解:(1)MN=DE.

理由:如圖5,過M點(diǎn)作MO⊥CD,MO交CD于點(diǎn)O,交DE于點(diǎn)H.

由折疊性質(zhì)可知,DE⊥MN.

∠MHQ+∠HMQ=90°,

∠MNO+∠NMO=90°,

∴∠MHQ=∠MNO.

又∵M(jìn)O∥BC,∴∠MHQ=∠CED,

∴∠MNO=∠DEC.

∴△MNO≌△DEC(AAS),

那么MN=DE.

(3)如圖6,取AD中點(diǎn)P,連接QP、QG、QC,

由