图形折叠问题分类例析

贾晓阳

［摘 要］图形的折叠问题历来是中考数学的必考题型，文章以一些具有代表性的试题为例，探究如何分析、解决此类问题，以提高学生对这一类问题的认识与理解，进而发展学生的思维。

［关键词］图形；折叠问题；三角形

［中图分类号］G633.6［文献标识码］ A［文章编号］ 1674-6058（2023）35-0031-03

图形的折叠问题历来是中考数学的必考题型，其常以三角形、平行四边形、矩形、菱形等为载体，要求学生在观察、操作等实践活动中获得知识，积累活动经验，进而提高学生的实践操作能力。笔者以一些具有代表性的试题为例，探究如何分析、解决此类问题，以提高学生对这一类问题的认识与理解，进而发展学生的思维。

一、以三角形为载体的折叠问题

三角形沿中位线折叠后得到梯形，等腰三角形沿对称轴折叠后得到直角三角形，等腰直角三角形沿对称轴折叠后仍是等腰直角三角形，三角形沿内角平分线折叠后得到的图形仍是三角形。

［例1］阅读理解：如图1所示，在[△ABC]中，[AB1]是[∠BAC]的平分线，沿着直线[AB1]将三角形折叠，并将重复部分剪掉；[A1B2]是[∠B1A1C]的平分线，将余下的部分沿直线[A1B2]折叠，并将重复部分剪掉；如此重复，[AnBn+1]是[∠BnAnC]的平分线，沿直线[AnBn+1]折叠，不论折叠了多少次，只要最后一次折叠时点[Bn]与点[C]重合，则我们称[∠BAC]是[△ABC]的好角。小明同学展现了两种[∠BAC]是[△ABC]的好角的现象，现象一：如图2所示，[△ABC]是等腰三角形，[AB1]是[∠BAC]的平分线，沿着直线[AB1]折叠后，点[B]与点[C]重合；现象二：如图3所示，[AB1]是[∠BAC]的平分线，沿着直线[AB1]折叠三角形并剪掉重复部分；[A1B2]是[∠B1A1C]的平分线，沿着直线[A1B2]折叠后，点[B1]与点[C]重合。

探究发现：（1）如果在[△ABC]中，[∠B]是[∠C]的2倍，两次操作后，[∠BAC]是否是[△ABC]的好角呢？（2）小明经过三次操作后，实现了点[B2]与点[C]重合，设[∠B>∠C]，那么[∠B]与[∠C]有何等量关系？请根据上述的探究，猜想经过[m]次操作后发现[∠BAC]是[△ABC]的好角，设[∠B>∠C]，那么[∠B]与∠C有何数量关系？

分析：（1）在小明展现的第二种现象中，由三角形外角的性质与轴对称的性质，易得[∠B=2∠C]，所以[∠BAC]是[△ABC]的好角；（2）如图4所示，由轴对称的性质得[∠C=∠A2B2C]，[∠B=∠AA1B1]，[∠A1B1C=∠A1A2B2]，由三角形外性质得[∠A1A2B2]等于[∠C+∠A2B2C]，[∠AA1B1]等于[∠A1B1C+∠C]，所以[∠B]是[∠C]的3倍。由前面的探究可得：如果经过[m]次操作得到[∠BAC]是[△ABC]的好角，那么[∠B=m∠C]。

解：（1）[∠B]是[∠C]的2倍，两次操作后，[∠BAC]是[△ABC]的好角。理由：如图3所示，因为将[△ABC]沿直线[AB1]第一次折叠，得[∠B=∠AA1B1]，将余下部分沿直线[A1B2]第二次折叠，因为点[B1]与点[C]重合，所以[∠A1B1C=∠C]；因为[∠AA1B1=∠C+∠A1B1C]，所以[∠B=2∠C]，所以当[∠B=2∠C]时，[∠BAC]是[△ABC]的好角。

（2）如图4所示，在[△ABC]中，沿直线[AB1]折叠后剪掉重复部分，得[∠B=∠AA1B1]，再将余下部分沿直线[A1B2]折叠并剪掉重叠部分，得[∠A1B1C=∠A1A2B2]，再将余下部分沿直线[A2B3]折叠并剪掉重叠部分，得[∠C=∠A2B2C]，由三角形外角性质得[∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C]，[∠AA1B1=∠A1B1C+∠C]，所以[∠B=2∠C+∠C]，即[∠B=3∠C]；因为当[∠B=∠C]时，经过一次操作发现[∠BAC]是[△ABC]的好角；當[∠B=2∠C]时，经过两次操作发现[∠BAC]是[△ABC]的好角；当[∠B=3∠C]时，经过三次操作发现[∠BAC]是[△ABC]的好角。所以猜想，如果经过[m]次操作发现[∠BAC]是[△ABC]的好角，那么[∠B]等于[m∠C]。

二、以平行四边形为载体的折叠问题

平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，如果沿过中心的直线折叠平行四边形，直线两旁的部分不能互相重合，如果沿垂直于一边的直线折叠平行四边形，折叠前后的两个三角形有一条边在平行四边形的一边上。

［例2］如图5所示，在平行四边形[ABCD]中，[AB=3]，点[E]为线段[AB]的三等分点（靠近点[A]），点[F]为线段[CD]的三等分点（靠近点[C]），且[CE⊥AB]。将[△BCE]沿[CE]对折，[BC]边与[AD]边交于点[G]，且[DC=DG]。求四边形[AECG]的面积。

分析：由折叠可知[B'E=BE=2]，得[AB'=1]，易证[∠B'=∠B'GA]，得[AB'=AG=1]，由[AB']∥[CD]，得到[B'GCG=AGDG]，得[B'G=1]，得到[△AGB']是等边三角形，可由“四边形[AECG]的面积=直角三角形[EB'C]的面积-等边三角形[AGB']的面积”求得。

解：∵[AB=3]，∴[AE=CF=1]，[BE=2]，∵将[△BCE]沿[CE]对折得到[△ECB']，∴[B'E=BE=2]，∴[AB'=1]，∵[DC=DG=3]，∴[∠DGC=∠DCG]，∵[BB']∥[CD]，∴[∠DCG=∠B']，∴[∠B'=∠B'GA]，∴[AB'=AG=1]，∴[DA=BC=B'C=4]，∵[AB']∥[CD]，∴[B'GCG=AGDG]，∴[B'G4?B'G=13]，∴[B'G=1]，∴[△AGB']是等边三角形，在Rt[△BCE]中，[BC=4]，[BE=2]，∴[EC=23]，∴[S四边形AECG=S△EB'C-S△AB'G=12×2×23?12×1×32=734]。

三、以矩形为载体的折叠问题

以矩形为载体的折叠问题是最常见的一类题型。在教材中，就有用矩形纸片折出最大的正方形，让矩形的宽与长重合，重叠部分就是最大的正方形；还有用矩形纸片折出一个等边三角形，让一个直角顶点放在矩形的一条对称轴上，得到一个60°的角，从而得到等边三角形，这些都是矩形的折叠问题。

［例3］如图6所示，矩形[ABCD]是一张A4纸，其中[AD=2AB]，小天用该A4纸玩折纸游戏。游戏1：折出对角线[BD]，将点[B]翻折到[BD]上的点[E]处，折痕[AF]交[BD]于点[G]。展开后得到图6，发现点[F]恰为[BC]的中点。游戏2：在游戏1的基础上，将点[C]翻折到[BD]上，折痕为[BP]；展开后将点[B]沿过点[F]的直线翻折到[BP]上的点[H]处；再展开并连接[GH]后得到图7，发现[∠AGH]是一个特定的角。（1）请你证明游戏1中发现的结论；（2）请你猜想游戏2中[∠AGH]的度数，并说明理由。

图6                     图7

分析：（1）由折叠的性质可得[AF⊥BD]，由同角的余角相等得[∠BAG=∠ADB=∠GBF]，设[AB=a]，则[AD=2a]，[BD=3a]，由锐角三角函数分别算得[BG]、[BF]的长即可；（2）由折叠的性质可知[∠GBH=∠FBH]，[BF=HF]，从而可得出[∠GBH=∠BHF]，进而得到[BD]∥[HF]，由（1）知[AF⊥BD]，可得[AF⊥HF]，在Rt[△GFH]中求出[∠GHF]的正切值即可。

解：（1）由折叠的性质可得[AF⊥BD]，∴[∠AGB=90°]，∵四边形[ABCD]是矩形，∴[∠BAD=∠ABC=90°]，由“同角的余角相等”得[∠BAG=∠ADB=∠GBF]，∵[AD=2AB]，设[AB=a]，则[AD=2a]，[BD=3a]，∴[sin∠BAG=sin∠ADB]，即[BGAB=ABBD]，∴[BGa=a3a]，解得[BG=33a]，根据勾股定理可得[AG=63a]，[cos∠GBF=cos∠BAG]，即[BGBF=AGAB]，∴[33aBF=63aa]，解得[BF=22a]，∵[BC=AD=2a]，∴[BF=12BC]，∴点[F]为[BC]的中点。

（2）[∠AGH=120°]，理由如下：连接[HF]，如图8所示，由折叠的性质可知[∠GBH=∠FBH]，[BF=HF]，∴[∠GBH=∠FBH]，[∠FBH=∠FHB]，∴[∠GBH=∠BHF]，∴[BD]∥[HF]，∴[∠DGH=∠GHF]，由（1）知[AF⊥BD]，可得[AF⊥HF]，∴[∠AGD=90°]，设[AB=a]，则[AD=2a=BC]，[BF=HF=22a]，∴[BG=33a]，∴[GF=66a]，

在Rt[△GFH]中，[tan∠GHF=GFHF=66a22a=33]，∴[∠GHF=30°]，∴[∠DGH=30°]，∴[∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°]。

四、以菱形为载体的折叠问题

菱形是初中阶段研究的重要四边形，它具有平行四边形的一切性质，还具有自己特殊的性质，即四条边相等，对角线互相垂直，它既是轴对称图形又是中心对称图形，对角线所在的直线就是它的对称轴，对角线的交点就是它的对称中心。

［例4］如图9所示，四边形[ABCD]是边长为4的菱形，[∠A=60°]，点[Q]为[CD]的中点，[P]为线段[AB]上的动点，现将四边形[PBCQ]沿[PQ]翻折，得到四边形[PB'C'Q]。当点[P]在线段[AB]上移动时，设[BP=x]，四边形[BB'C'C]的面积为[S]，求[S]关于[x]的函数表达式。

分析：如图10所示，連接[BQ]、[B′Q]，延长[PQ]交[CC′]于点[F]，用含[x]的代数式表示[S△QEB]，证明[△BEQ ]∽[△QFC]，再用含[x]的代数式表示[S△QFC]，最后利用[S=2（S△QEB+S△BQC+S△QFC）]写出[S]关于[x]的函数表达式。

解：如图10所示，连接[BQ]、[B′Q]，延长[PQ]交[CC′]于点[F]，∵[PB=x]，[BQ=23]，[∠PBQ=90°]，∴[PQ=x2+12]，∵[S△PBQ=12PQ×BE=12PB×BQ]，∴[BE=BQ×PBPQ=23xx2+12]，∴[QE=12x2+12]，∴[S△QEB=12×23xx2+12×12x2+12=123xx2+12]，∵[∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°]，则[∠EQB=90°-∠CQF=∠FCQ]，∴[△BEQ ]∽[△QFC]，∴[S△QFCS△BEQ=CQQB2=2232=13]，∴[S△QFC=43xx2+12]，∵[S△BQC=12×2×23=23]，∴[S=2×（S△QEB+S△BQC+S△QFC）=2×123xx2+12+23+43xx2+12=323xx2+12+43]。[S]关于[x]的函数表达式为[S=323xx2+12+43]。

五、以正方形为载体的折叠问题

正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，共有四条对称轴，沿着任意一条对称轴折叠正方形，直线两旁的部分都能互相重合。如果沿过正方形顶点的一条直线折叠一个角，再沿同一顶点的另一条直线折叠另一个对角，两个角的顶点重合时，可以得到两条角平分线。

［例5］如图11所示，在正方形[ABCD]中，[E]是[DC]边上一点（与[D]、[C]不重合），连接[AE]，将[△ADE]沿[AE]所在的直线折叠得到[△AFE]，延长[EF]交[BC]于[G]，连接[AG]，作[GH⊥AG]，与[AE]的延长线交于点[H]，连接[CH]。显然[AE]是[∠DAF]的平分线，[EA]是[∠DEF]的平分线。仔细观察，请逐一找出图中其他的角平分线（仅限于小于180°的角平分线），并说明理由。

分析：如图12所示，过点[H]作[HN⊥BM]于[N]，利用“[HL]”證明[△ABG ]≌[△AFG]，得[AG]是[∠BAF]的平分线，[GA]是[∠BGF]的平分线；利用“[AAS]”证明[△ABG ]≌[△GNH]，得[HN=CN]，得到[∠DCH=∠NCH]，推出[CH]是[∠DCN]的平分线；再证[∠HGN=∠EGH]，可知[GH]是[∠EGM]的平分线。

解析：如图12所示，过点[H]作[HN⊥BM]于[N]，则[∠HNC=90°]，∵四边形[ABCD]为正方形，∴[AD=AB=BC]，[∠D=∠DAB=∠B=∠DCB=∠DCM=90°]，①∵将[△ADE]沿[AE]所在的直线折叠得到△[AFE]，∴△[ADE ]≌△[AFE]，∴[∠D=∠AFE=∠AFG=90°]，[AD=AF]，[∠DAE=∠FAE]，∴[AF=AB]，又∵[AG=AG]，∴[Rt△ABG ]≌[Rt△AFG]（HL），∴[AG]是[∠BAF]的平分线，[GA]是[∠BGF]的平分线；②由①知，[∠DAE=∠FAE]，[∠BAG=∠FAG]，又∵[∠BAD=90°]，∴[∠GAF+∠EAF=12×90°=45°]，即[∠GAH=45°]，∵[GH⊥AG]，∴[∠GHA=90°-∠GAH=45°]，∴△[AGH]为等腰直角三角形，∴[AG=GH]，∵[∠AGB+∠BAG=90°]，[∠AGB+∠HGN=90°]，∴[∠BAG=∠NGH]，

[∵]又[∠B=∠HNG=90°]，[AG=GH]，∴[△ABG ]≌[△GNH]（AAS），[∴BG=NH]，[AB=GN]，∴[BC=GN]，∵[BC-CG=GN-CG]，∴[BG=CN]，[CN=HN]，∵[∠DCM=90°]，∴[∠NCH=∠NHC=45°][，][∴∠DCH=∠DCM-∠NCH=45°]，[∴∠DCH=∠NCH]，∴CH是∠DCN的平分线③，∵[∠AGB+∠HGN=90°]，[∠AGF+∠EGH=90°]，由①知[∠AGB=∠AGF]，[∴∠HGN=∠EGH]，∴[GH]是[∠EGM]的平分线。综上所述，[AG]是[∠BAF]的平分线，[GA]是[∠BGF]的平分线，[CH]是[∠DCN]的平分线，[GH]是[∠EGM]的平分线。

总之，图形的折叠问题是中考数学的必考点，以上分类探析了三角形、平行四边形、矩形、菱形等折叠问题，以期能给学生解决这一类问题一些启示。

（责任编辑 黄桂坚）