翻折變換（折疊問(wèn)題）
?1、翻折變換（折疊問(wèn)題）實(shí)質(zhì)上就是軸對(duì)稱變換．
?2、折疊的性質(zhì)：折疊是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等．
?3、在解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)，對(duì)于折疊較為復(fù)雜的問(wèn)題可以實(shí)際操作圖形的折疊，這樣便于找到圖形間的關(guān)系．
首先清楚折疊和軸對(duì)稱能夠提供給我們隱含的并且可利用的條件．解題時(shí)，我們常常設(shè)要求的線段長(zhǎng)為x，然后根據(jù)折疊和軸對(duì)稱的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長(zhǎng)度，選擇適當(dāng)?shù)闹苯侨切危\(yùn)用勾股定理列出方程求出答案．我們運(yùn)用方程解決時(shí)，應(yīng)認(rèn)真審題，設(shè)出正確的未知數(shù)．
例題精講
考點(diǎn)一：三角形中的折疊問(wèn)題
【例1】．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，點(diǎn)D是BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC交AB于點(diǎn)E，將∠B沿直線DE翻折，點(diǎn)B落在射線BC上的點(diǎn)F處．當(dāng)△AEF為直角三角形時(shí)，則折疊后所得到的四邊形AEDF的周長(zhǎng)為 +3或+4 ．
解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，
∴AB＝＝2，AC＝AB＝．
∵∠B＝30°，DE⊥BC，
∴∠BED＝60°．
由翻折的性質(zhì)可知：∠BED＝∠FED＝60°，
∴∠AEF＝60°．
∵△AEF為直角三角形，
∴∠AFE＝90°或∠EAF＝90°．
①∠AFE＝90°時(shí)，點(diǎn)F在邊BC上．
∴∠EAF＝30°，
∴AE＝2EF．
由翻折的性質(zhì)可知：BE＝EF，
∴AB＝3BE，
∴EB＝AB＝，AE＝2EB＝，
∴ED＝EB＝，BD＝ED＝1＝DF，
∴AF＝EF＝EB＝2，
∴四邊形AEDF的周長(zhǎng)＝AE+ED+DF+FA＝++1+2＝+3；
②∠EAF＝90°時(shí)，點(diǎn)F在BC的延長(zhǎng)線上．
∴∠EFA＝30°．
∴∠EFD＝∠EFA．
又∵ED⊥BF，EA⊥AF，
∴AE＝DE．
設(shè)DE＝x，BE＝AB﹣AE＝AB﹣DE＝2﹣x．
∵DE∥AC，
∴＝，即＝，
解得，x＝，
則AE＝DE＝，BD＝＝＝2＝DF，AF＝AE＝2，
∴四邊形AEDF的周長(zhǎng)＝AE+ED+DF+FA＝++2+2＝+4．
綜上所述，折疊后所得到的四邊形AEDF的周長(zhǎng)為+3或+4．
故答案為+3或+4．

?變式訓(xùn)練
【變式1-1】．如圖，等邊△ABC中，D是BC邊上的一點(diǎn)，把△ABC折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)D處，折痕與邊AB、AC分別交于點(diǎn)M、N，若AM＝2，AN＝3，那么邊BC長(zhǎng)為 ．
解：設(shè)BD＝x，DC＝y(tǒng)，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝BC＝AC＝x+y，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
由折疊的性質(zhì)可知：MN是線段AD的垂直平分線，
∴AM＝DM＝2，AN＝DN＝3，
∴BM+MD+BD＝2x+y，DN+NC+DC＝x+2y，
∵∠MDN＝∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠NDC+∠MDB＝∠BMD+∠MBD＝120°，
∴∠NDC＝∠BMD，
∵∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴△BMD∽△CDN，
∴（BM+MD+BD）：（DN+NC+CD）＝DM：DN＝2：3，
∴（2x+y）：（x+2y）＝2：3，
∴y＝4x，
∴AB＝BC＝AC＝5x，MB＝5x﹣2，CN＝5x﹣3，
∵＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴BC＝5x＝，
故答案為．
【變式1-2】．如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，D為BC的中點(diǎn)，將△ABC折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)D重合，EF為折痕，則AF：CF＝（ ）
A．2：1B．3：2C．5：3D．7：5
解：設(shè)CD＝a，CF＝x，
∵D為BC的中點(diǎn)，
∴CA＝CB＝2a，
∴DF＝FA＝2a﹣x，
∴在Rt△CDF中，由勾股定理得，CF2+CD2＝DF2，即x2+a2＝（2a﹣x）2，
解得x＝a，
即CF＝a，AF＝2a﹣a＝a，
∴AF：CF＝5：3．故選：C．
【變式1-3】．如圖，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于點(diǎn)D，BD＝6，DC＝4，求AD的長(zhǎng)．小明同學(xué)利用翻折，巧妙地解答了此題，按小明的思路探究并解答下列問(wèn)題：
（1）分別以AB，AC所在直線為對(duì)稱軸，畫(huà)出△ABD和△ACD的對(duì)稱圖形，點(diǎn)D的對(duì)稱點(diǎn)分別為點(diǎn)E，F(xiàn)，延長(zhǎng)EB和FC相交于點(diǎn)G，求證：四邊形AEGF是正方形；
（2）設(shè)AD＝x，建立關(guān)于x的方程模型，求出AD的長(zhǎng)．
（1）證明：由題意可得：△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF．
∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，又∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝90°．
又∵AD⊥BC
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°．
∴四邊形AEGF是矩形，
又∵AE＝AD，AF＝AD
∴AE＝AF．
∴矩形AEGF是正方形；
（2）解：設(shè)AD＝x，則AE＝EG＝GF＝x．
∵BD＝6，DC＝4，
∴BE＝6，CF＝4，
∴BG＝x﹣6，CG＝x﹣4，
在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，
∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102．
化簡(jiǎn)得，x2﹣10x﹣24＝0
解得x1＝12，x2＝﹣2（舍去）
所以AD＝x＝12．
考點(diǎn)二：矩形中的折疊問(wèn)題
【例2】．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形OABC，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A、C分別在x軸、y軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，2），連接OB，將△OAB沿直線OB翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)D的位置，則cs∠COD 的值是______
解：作DF⊥y軸于F，DE⊥x軸于E，BD交OC于G．
∵在△BCG與△ODG中，
，
∴△BCG≌△ODG，
∴GO＝GB，
∴設(shè)GO＝GB＝x，
則CG＝GD＝2﹣x，
于是在Rt△CGB中，（2﹣x）2+12＝x2；
解得x＝．
GD＝2﹣x＝2﹣＝；
∵BC⊥y軸，DF⊥y軸，
∴∠BCG＝∠DFG，
∵∠BGC＝∠DGF，
∴△CBG∽△FDG，
∴＝，
∴DF＝；
又∵DO＝1，
∴OF＝＝．
∴cs∠DOC＝＝．
?變式訓(xùn)練
【變式2-1】．如圖（1）是一段長(zhǎng)方形紙帶，∠DEF＝a，將紙帶沿EF折疊成圖（2），再沿BF折疊成圖（3），則圖（3）中的∠CFE的度數(shù)為（ ）
A．180°﹣3aB．180°﹣2aC．90°﹣aD．90°+a
解：∵四邊形ABCD為長(zhǎng)方形，
∴AD∥BC，
∴∠BFE＝∠DEF＝α，
由翻折的性質(zhì)可知：圖（2）中，∠EFC＝180°﹣∠BFE＝180°﹣α，∠BFC＝∠EFC﹣∠BFE＝180°﹣2α，
∴圖（3）中，∠CFE＝∠BFC﹣∠BFE＝180°﹣3α，故選：A．
【變式2-2】．如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，將△ABE沿AE折疊，使點(diǎn)B落在矩形內(nèi)點(diǎn)F處，連接CF，則CF的長(zhǎng)為（ ）
A．B．6C．D．
解：連接BF，交AE于H，
∵BC＝12，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，
∴BE＝6，
又∵AB＝8，
∴AE＝＝＝10，
由折疊知，BF⊥AE（對(duì)應(yīng)點(diǎn)的連線必垂直于對(duì)稱軸）
∴BH＝＝，
則BF＝，
∵FE＝BE＝EC，
∴∠BFC＝90°，
∴CF＝＝＝，
故選：D．
【變式2-3】．如圖，折疊矩形紙片ABCD，使B點(diǎn)落在AD上一點(diǎn)E處，折痕FG的兩端點(diǎn)分別在AB、BC上（含端點(diǎn)），且AB＝6，BC＝10．則AE的最大值是 6 ，最小值是 2 ．
解：如圖，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，根據(jù)翻折對(duì)稱性可得
EC＝BC＝10，
在Rt△CDE中，CE2＝CD2+ED2，
即102＝（10﹣AE）2+62，
解得AE＝2，
即x＝2．
如圖，當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)A重合時(shí)，根據(jù)翻折對(duì)稱性可得
AE＝AB＝6，即x＝6；
所以AE的最大值是6，最小值為2．
故答案是：6，2．
考點(diǎn)三：菱形中的折疊問(wèn)題
【例3】．如圖，將菱形紙片ABCD折疊，使點(diǎn)A恰好落在菱形的對(duì)角線交點(diǎn)O處，折痕為EF，若菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2cm，∠B＝60°，那么EF＝ cm．
解：連接AC、BD，如圖所示：
根據(jù)題意得：E、F分別為AB、AD的中點(diǎn)，
∴EF是△ABD的中位線，
∴EF＝BD，
∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2cm，∠ABC＝60°，
∴AB＝2，OB＝BD，∠ABO＝30°，
∴OB＝AB?cs30°＝2×＝，
∴EF＝BD＝OB＝；
故答案為：．
?變式訓(xùn)練
【變式3-1】．如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，E為AB的中點(diǎn)，將△AED沿DE翻折得到△GED，射線DG交BC于點(diǎn)F，若AD＝2，則BF＝ ．
解: DE和CB的延長(zhǎng)線相交于G’點(diǎn)，連接EF，作EH⊥DF于H點(diǎn)，如圖，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴∠A＝180°﹣∠B＝120°，AB＝AD＝2，AD∥BC
∴∠1＝∠G'，
而E為AB的中點(diǎn)，
∴AE＝BE＝1，
∵△AED沿DE翻折得到△GED，
∴∠1＝∠2，DG＝DA＝2，EG＝EA＝1，∠3＝∠A＝120°，
∴∠4＝60°，
在Rt△EHG中，HG＝EG＝，EH＝EH＝，
在Rt△DEH中，DE＝＝＝，
∵AD∥BG'，
∴∠1＝∠G'，
∴∠G'＝∠2，
∴FG＝FD，
在△AED和△BEG'中，
，
∴△AED≌△BEG'，
∴DE＝G'E，
∴FE⊥DG'，
∴∠FED＝90°，
∵∠HDE＝∠EDF，
∴Rt△DEF∽R(shí)t△DHE，
∴＝，即＝，
∴DF＝，
∴FG＝FD﹣DG＝﹣2＝，
∴BF＝FG＝．
故答案為．
【變式3-2】．如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，點(diǎn)E在邊CD上，且DE＝4，F(xiàn)是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)，將△DEF沿直線EF折疊，點(diǎn)D落在點(diǎn)N處，當(dāng)點(diǎn)N在四邊形ABCD內(nèi)部（含邊界）時(shí)，DF的長(zhǎng)度的取值范圍是 0≤DF≤2﹣2 ．
解：根據(jù)題意可知，點(diǎn)N在以點(diǎn)E為圓心，DE長(zhǎng)為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，如圖所示，
①當(dāng)點(diǎn)F和點(diǎn)D重合時(shí)，DF最短，此時(shí)DF＝0；
②當(dāng)點(diǎn)N落在邊BC上時(shí)，DF最長(zhǎng)，過(guò)點(diǎn)N作NG⊥AD于點(diǎn)G，分別過(guò)點(diǎn)E，D作BC的垂線，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，M，
∴四邊形MNGD是矩形，
在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AD＝6，點(diǎn)E在邊CD上，且DE＝4，
∴CD＝AD＝AB＝6，CE＝2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABC＝∠DCH＝60°，
∴CM＝3，CH＝1，
∴GN＝DM＝3，EH＝，
在Rt△NEH中，NE＝DE＝4，EH＝，
∴NH＝，
∴NH＝+2，
∴DG＝NH＝+2，
設(shè)DF＝x，則NG＝x，GF＝+2﹣x，
在Rt△NGF中，由勾股定理可知，GN2+GF2＝NF2，
即（3）2+（+2﹣x）2＝x2，
解得x＝2﹣2，
∴0≤DF≤2﹣2．
故答案為：0≤DF≤2﹣2．
考點(diǎn)四：正方形中的折疊問(wèn)題
【例4】．如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是2，點(diǎn)E是CD邊的中點(diǎn)，點(diǎn)F是邊BC上不與點(diǎn)B，C重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，把∠C沿直線EF折疊，使點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處．當(dāng)△ADC′為等腰三角形時(shí)，F(xiàn)C的長(zhǎng)為 或1 ．
解：由題意DE＝EC＝EC′＝1，
∴DC′＜1+1
∴DC′≠DA，只要分兩種情形討論即可：
①如圖1中，當(dāng)AD＝AC′＝2時(shí)，連接AE．
∵AE＝AE，AD＝AC′，DE＝EC′，
∴△ADE≌△AC′E，
∴∠ADE＝∠AC′E＝90°，
∵∠C＝∠FC′E＝90°，
∴∠AC′E+∠FC′E＝180°，
∴A、C′、F共線，設(shè)CF＝x，則BF＝2﹣x，AF＝2+x，
在Rt△ABF中，22+（2﹣x）2＝（2+x）2，
解得x＝．
②如圖2中，當(dāng)點(diǎn)F在BC中點(diǎn)時(shí)，易證AC′＝DC′，滿足條件，此時(shí)CF＝1．
綜上所述，滿足條件的CF的長(zhǎng)為或1．
故答案為或1．
?變式訓(xùn)練
【變式4-1】．如圖，正方形ABCD中，AB＝6，點(diǎn)E在邊CD上，且CD＝3DE，將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，延長(zhǎng)EF交邊BC于點(diǎn)G，連接AG、CF，則下列結(jié)論：①△ABG≌△AFG；②BG＝CG；③AG∥CF；④S△EGC＝S△AFE，其中正確的是__________.
解：①正確．
理由：∵AB＝AD＝AF，AG＝AG，∠B＝∠AFG＝90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
②正確．
理由：EF＝DE＝CD＝2，設(shè)BG＝FG＝x，則CG＝6﹣x．
在直角△ECG中，根據(jù)勾股定理，得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，
解得x＝3．
∴BG＝3＝6﹣3＝CG；
③正確．
理由：∵CG＝BG，BG＝GF，
∴CG＝GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC＝∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB＝∠AGF，∠AGB+∠AGF＝2∠AGB＝180°﹣∠FGC＝∠GFC+∠GCF＝2∠GFC＝2∠GCF，
∴∠AGB＝∠AGF＝∠GFC＝∠GCF，
∴AG∥CF；
④正確．
理由：∵S△GCE＝GC?CE＝×3×4＝6，
∵S△AFE＝AF?EF＝×6×2＝6，
∴S△EGC＝S△AFE，
∴其中正確的是①②③④．

1．如圖，將平行四邊形紙片ABCD沿對(duì)角線AC折疊，點(diǎn)D落在點(diǎn)E處，AE恰好過(guò)BC邊中點(diǎn)，若AB＝3，BC＝6，則∠B的大小為（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
解：AE與BC相交于F點(diǎn)，如圖，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∵平行四邊形紙片ABCD沿對(duì)角線AC折疊，點(diǎn)D落在點(diǎn)E處，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴FC＝FA，
∵F為BC邊中點(diǎn)，BC＝6，
∴AF＝CF＝BF＝×6＝3，
而AB＝3，
∴△ABF為等邊三角形，
∴∠B＝60°．
故選：C．
2．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，，E為CD邊上一點(diǎn)，將△BCE沿BE折疊，使得C落到矩形內(nèi)點(diǎn)F的位置，連接AF，若，則CE＝（ ）
A．B．C．D．
解：過(guò)點(diǎn)F作MN∥AD，交AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N，
則MN⊥AB，MN⊥CD，
由折疊可得，EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，
在Rt△AMF中，tan∠BAF＝，
設(shè)FM＝x，則AM＝2x，BM＝4﹣2x，
在Rt△BFM中，由勾股定理可得，
，
解得x＝1或x＝（舍去），
∴FM＝1，AM＝BM＝2，F(xiàn)N＝MN﹣FM＝BC﹣FM＝﹣1，
∵∠EFN+∠FEN＝∠EFN+∠BFM＝90°，
∴∠FEN＝∠BFM，
又∵∠FNE＝∠BMF，
∴△EFN∽△FBM，
∴，
即，
解得EF＝．
∴EC＝．
故選：C．
3．如圖，矩形紙片ABCD中，AB＝4，BC＝8，現(xiàn)將A、C重合，使紙片折疊壓平，設(shè)折痕為EF，則圖形中重疊部分△AEF的面積為 10 ．
解：設(shè)AE＝x，由折疊可知，EC＝x，BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，即42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
由折疊可知∠AEF＝∠CEF，
∵AD∥BC，
∴∠CEF＝∠AFE，
∴∠AEF＝∠AFE，即AE＝AF＝5，
∴S△AEF＝×AF×AB＝×5×4＝10．
故答案為：10．
4．如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，點(diǎn)E為BC上一點(diǎn)，將△ABE沿AE折疊得到△AEF，點(diǎn)H為CD上一點(diǎn)，將△CEH沿EH折疊得到△EHG，且F落在線段EG上，當(dāng)GF＝GH時(shí)，則BE的長(zhǎng)為 2 ．
解：如圖，連接AH，
由折疊可得，BE＝FE，EC＝EG，GH＝CH，∠AEB＝∠AEF，∠CEH＝∠GEH，
∴∠AEH＝∠BEC＝90°，
∴Rt△AEH中，AE2+EH2＝AH2，①
設(shè)BE＝x，則EF＝x，CE＝6﹣x＝EG，
∴GF＝6﹣2x＝GH＝CH，DH＝4﹣（6﹣2x）＝2x﹣2，
∵∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴Rt△ABE中，AE2＝EB2+AB2＝x2+42，
Rt△CEH中，HE2＝EC2+CH2＝（6﹣x）2+（6﹣2x）2，
Rt△ADH中，AH2＝DH2+AD2＝（2x﹣2）2+62，
代入①式，可得
x2+42+（6﹣x）2+（6﹣2x）2＝（2x﹣2）2+62，
解得x1＝2，x2＝12（舍去），
∴BE的長(zhǎng)為2，
故答案為：2．
5．將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，BE、EG、FG為折痕，若頂點(diǎn)A、C、D都落在點(diǎn)O處，且點(diǎn)B、O、G在同一條直線上，同時(shí)點(diǎn)E、O、F在另一條直線上，則的值為 ．
解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
由折疊的性質(zhì)得：AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG，
∴E，G分別為AD，CD的中點(diǎn)，
設(shè)CD＝2a，AD＝2b，則AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b，
在Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2，
即a2+（2b）2＝（3a）2，
∴b2＝2a2，
∴b＝a，
∴＝，
即的值為；
故答案為：．
6．如圖，在邊長(zhǎng)為8的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是邊AD的中點(diǎn)，N是AB上一點(diǎn)，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A'MN，連接A'B，則A'B的取值范圍 4﹣4≤A'B≤8 ．
解：如圖所示，連接BM，BD，
∵M(jìn)是邊AD的中點(diǎn)，△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A'MN，
∴點(diǎn)A'的軌跡為以AD為直徑的半圓M，A'M＝AM＝4，
∵∠A＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等邊三角形，
∴BM⊥AD，∠ABM＝30°，
∴BM＝AM＝4，
∵A'B+A'M≥BM，
∴A'B≥BM﹣A'M＝4﹣4，
當(dāng)點(diǎn)N與點(diǎn)A或點(diǎn)D重合時(shí)，點(diǎn)A'與點(diǎn)A或點(diǎn)D重合，此時(shí)A'B的最大值為8，
∴A'B的取值范圍為：4﹣4≤A'B≤8，
故答案為：4﹣4≤A'B≤8．
7．如圖，將矩形ABCD（AB＜AD）沿BD折疊后，點(diǎn)C落在點(diǎn)E處，且BE交AD于點(diǎn)F，若AB＝5，BC＝10．
（1）求DF的長(zhǎng)；
（2）求△DBF和△DEF的面積；
（3）求△DBF中F點(diǎn)到BD邊上的距離．
解：（1）∵將矩形ABCD（AB＜AD）沿BD折疊后，點(diǎn)C落在點(diǎn)E處，
∴AD∥BC，∠A＝∠C＝∠E＝90°，AD∥BC，∠CBD＝∠DBE，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠DBE＝∠ADB，
∴BF＝DF，
設(shè)DF＝x，則AF＝10﹣x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得，
x2＝52+（10﹣x）2，
解得x＝，
∴DF＝；
（2）由（1）知，S△DBF＝＝＝，
S△BCD＝S△BDE＝＝25，
∴S△DEF＝25﹣＝；
（3）在Rt△BCD中，由勾股定理得，BD＝5，
設(shè)F到BD的距離為h，
則＝，
解得h＝，
∴△DBF中F點(diǎn)到BD邊上的距離為．
8．如圖，將矩形ABCD沿AF折疊，使點(diǎn)D落在BC邊的點(diǎn)E處，過(guò)點(diǎn)E作EG∥CD交AF于點(diǎn)G，連接DG．
（1）求證：四邊形EFDG是菱形；
（2）求證：EG2＝AF?GF；
（3）若AG＝6，EG＝2，求BE的長(zhǎng)．
（1）證明：∵GE∥DF，
∴∠EGF＝∠DFG．
∵由翻折的性質(zhì)可知：GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，
∴∠DGF＝∠DFG．
∴GD＝DF．
∴DG＝GE＝DF＝EF．
∴四邊形EFDG為菱形．
（2）證明：如圖1所示：連接DE，交AF于點(diǎn)O．
∵四邊形EFDG為菱形，
∴GF⊥DE，OG＝OF＝GF．
∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴＝，即DF2＝FO?AF．
∵FO＝GF，DF＝EG，
∴EG2＝GF?AF．
（3）如圖2所示：過(guò)點(diǎn)G作GH⊥DC，垂足為H．
∵EG2＝GF?AF，AG＝6，EG＝2 ，
∴20＝FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40＝0．
解得：FG＝4，F(xiàn)G＝﹣10（舍去）．
∵DF＝GE＝2 ，AF＝10，
∴AD＝＝4 ．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴＝，即 ＝．
∴GH＝．
∴BE＝AD﹣GH＝4 ﹣＝．
9．如圖1，四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，OB＝OD，OC＝OA+AB，AD＝m，BC＝n，∠ABD+∠ADB＝∠ACB．
（1）填空：∠BAD與∠ACB的數(shù)量關(guān)系為 ∠BAD+∠ACB＝180° ；
（2）求的值；
（3）將△ACD沿CD翻折，得到△A′CD（如圖2），連接BA′，與CD相交于點(diǎn)P．若CD＝，求PC的長(zhǎng)．
解：（1）如圖1中，
在△ABD中，∵∠BAD+∠ABD+∠ADB＝180°，
又∵∠ABD+∠ADB＝∠ACB，
∴∠BAD+∠ACB＝180°，
故答案為∠BAD+∠ACB＝180°．
（2）如圖1中，作DE∥AB交AC于E．
∴∠DEA＝∠BAE，∠OBA＝∠ODE，
∵OB＝OD，
∴△OAB≌△OED，
∴AB＝DE，OA＝OE，設(shè)AB＝DE＝CE＝x，OA＝OE＝y(tǒng)，
∵∠EDA+∠DAB＝180°，∠BAD+∠ACB＝180°，
∴∠EDA＝∠ACB，
∵∠DEA＝∠CAB，
∴△EAD∽△ABC，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴4y2+2xy﹣x2＝0，
∴（）2+﹣1＝0，
∴＝（負(fù)根已經(jīng)舍棄），
∴＝．
（3）如圖2中，作DE∥AB交AC于E．
由（1）可知，DE＝CE，∠DCA＝∠DCA′，
∴∠EDC＝∠ECD＝∠DCA′，
∴DE∥CA′∥AB，
∴∠ABC+∠A′CB＝180°，
由（1）知，∠EDA＝∠ACB，∠DEA＝∠BAE，
∴△EAD∽△ABC，
∴∠DAE＝∠ABC＝∠DA′C，
∴∠DA′C+∠A′CB＝180°，
∴A′D∥BC，
∴△PA′D∽△PBC，
∴＝＝，
∴＝，
∴DC＝PC+PC＝PC＝，
∴PC＝1．
10．如圖，將等腰直角三角形紙片ABC對(duì)折，折痕為CD．展平后，再將點(diǎn)B折疊在邊AC上（不與A、C重合），折痕為EF，點(diǎn)B在AC上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為M，設(shè)CD與EM交于點(diǎn)P，連接PF．已知BC＝4．
（1）若M為AC的中點(diǎn)，求CF的長(zhǎng)；
（2）隨著點(diǎn)M在邊AC上取不同的位置，
①△PFM的形狀是否發(fā)生變化？請(qǐng)說(shuō)明理由；
②求△PFM的周長(zhǎng)的取值范圍．
解：（1）∵M(jìn)為AC的中點(diǎn)，
∴CM＝AC＝BC＝2，
由折疊的性質(zhì)可知，F(xiàn)B＝FM，
設(shè)CF＝x，則FB＝FM＝4﹣x，
在Rt△CFM中，F(xiàn)M2＝CF2+CM2，即（4﹣x）2＝x2+22，
解得，x＝，即CF＝；
（2）①△PFM的形狀是等腰直角三角形，不會(huì)發(fā)生變化，
理由如下：由折疊的性質(zhì)可知，∠PMF＝∠B＝45°，
∵CD是中垂線，
∴∠ACD＝∠DCF＝45°，
∴∠PMO＝∠FCO，
∵∠POM＝∠FOC，
∴△POM∽△FOC，
∴＝，
∴＝
∵∠POF＝∠MOC，
∴△POF∽△MOC，
∴∠PFO＝∠MCO＝45°，
∴∠PFM＝∠PMF＝45°，
∴∠MPF＝90°，
∴△PFM是等腰直角三角形．
②∵△PFM是等腰直角三角形，設(shè)FM＝y(tǒng)，
由勾股定理可知：PF＝PM＝y(tǒng)，
∴△PFM的周長(zhǎng)＝（1+）y，
∵2＜y＜4，
∴△PFM的周長(zhǎng)滿足：2+2＜（1+）y＜4+4．
11．已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB邊上的一點(diǎn)，將∠B沿著過(guò)點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)B落在AC邊的點(diǎn)P處（不與點(diǎn)A，C重合），折痕交BC邊于點(diǎn)E．
（1）特例感知 如圖1，若∠C＝60°，D是AB的中點(diǎn)，求證：AP＝AC；
（2）變式求異 如圖2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AC于點(diǎn)H，求AH和AP的長(zhǎng)；
（3）化歸探究 如圖3，若m＝10，AB＝12，且當(dāng)AD＝a時(shí)，存在兩次不同的折疊，使點(diǎn)B落在AC邊上兩個(gè)不同的位置，請(qǐng)直接寫(xiě)出a的取值范圍．
（1）證明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由題意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等邊三角形，
∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝7，
∴＝，
∴DH＝，
將∠B沿過(guò)點(diǎn)D的直線折疊，
情形一：當(dāng)點(diǎn)B落在線段CH上的點(diǎn)P1處時(shí)，如圖2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，
∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：當(dāng)點(diǎn)B落在線段AH上的點(diǎn)P2處時(shí)，如圖2﹣2中，
同法可證HP2＝，
∴AP2＝AH﹣HP2＝3，
綜上所述，滿足條件的AP的值為4或3．
（3）如圖3中，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H，過(guò)點(diǎn)D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH＝＝＝8，
當(dāng)DB＝DP時(shí)，設(shè)BD＝PD＝x，則AD＝12﹣x，
∵sinA＝＝，
∴＝，
∴x＝，
∴AD＝AB﹣BD＝，
觀察圖形可知當(dāng)6＜a＜時(shí)，存在兩次不同的折疊，使點(diǎn)B落在AC邊上兩個(gè)不同的位置．
12．[初步嘗試]
（1）如圖①，在三角形紙片ABC中，∠ACB＝90°，將△ABC折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)C重合，折痕為MN，則AM與BM的數(shù)量關(guān)系為 AM＝BM ；
[思考說(shuō)理]
（2）如圖②，在三角形紙片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，將△ABC折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)C重合，折痕為MN，求的值；
[拓展延伸]
（3）如圖③，在三角形紙片ABC中，AB＝9，BC＝6，∠ACB＝2∠A，將△ABC沿過(guò)頂點(diǎn)C的直線折疊，使點(diǎn)B落在邊AC上的點(diǎn)B′處，折痕為CM．
①求線段AC的長(zhǎng)；
②若點(diǎn)O是邊AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P為線段OB′上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將△APM沿PM折疊得到△A′PM，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A′，A′M與CP交于點(diǎn)F，求的取值范圍．
解：（1）如圖①中，
∵△ABC折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)C重合，折痕為MN，
∴MN垂直平分線段BC，
∴CN＝BN，
∵∠MNB＝∠ACB＝90°，
∴MN∥AC，
∵CN＝BN，
∴AM＝BM．
故答案為AM＝BM．
（2）如圖②中，
∵CA＝CB＝6，
∴∠A＝∠B，
由題意MN垂直平分線段BC，
∴BM＝CM，
∴∠B＝∠MCB，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝，
∴AM＝AB﹣BM＝10﹣＝，
∴＝＝．
（3）①如圖③中，
由折疊的性質(zhì)可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，
∵∠ACB＝2∠A，
∴∠BCM＝∠A，
∵∠B＝∠B，
∴△BCM∽△BAC，
∴＝＝，
∴＝，
∴BM＝4，
∴AM＝CM＝5，
∴＝，
∴AC＝．
②如圖③﹣1中，設(shè)PB′＝x．
∵AC＝，BC＝CB′＝6，
∴AB′＝﹣6＝，
∴AP＝AP′＝+x，
∵∠A＝∠A′＝∠MCF，∠PFA′＝∠MFC，PA＝PA′，
∴△PFA′∽△MFC，
∴＝，
∵CM＝5，
∴＝＝+，
∵OA＝OC＝，
∴0≤x≤，
∴≤≤．
13．如圖，將邊長(zhǎng)為6的正三角形紙片ABC按如下順序進(jìn)行兩次折疊，展平后，得折痕AD、BE（如圖①），點(diǎn)O為其交點(diǎn)．
（1）探求AO與OD的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（2）如圖②，若P，N分別為BE，BC上的動(dòng)點(diǎn)．
①當(dāng)PN+PD的長(zhǎng)度取得最小值時(shí)，求BP的長(zhǎng)度；
②如圖③，若點(diǎn)Q在線段BO上，BQ＝1，則QN+NP+PD的最小值＝ ．
解：（1）AO＝2OD，
理由：∵△ABC是等邊三角形，
∴∠BAO＝∠ABO＝∠OBD＝30°，
∴AO＝OB，
∵BD＝CD，
∴AD⊥BC，
∴∠BDO＝90°，
∴OB＝2OD，
∴OA＝2OD；
（2）①如圖②，作點(diǎn)D關(guān)于BE的對(duì)稱點(diǎn)D′，過(guò)D′作D′N⊥BC于N交BE于P，
則此時(shí)PN+PD的長(zhǎng)度取得最小值，
∵BE垂直平分DD′，
∴BD＝BD′，
∵∠ABC＝60°，
∴△BDD′是等邊三角形，
∴BN＝BD＝，
∵∠PBN＝30°，
∴＝，
∴PB＝；
②如圖③，作Q關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)Q′，作D關(guān)于BE的對(duì)稱點(diǎn)D′，
連接Q′D′，即為QN+NP+PD的最小值．
根據(jù)軸對(duì)稱的定義可知：∠Q′BN＝∠QBN＝30°，∠QBQ′＝60°，
∴△BQQ′為等邊三角形，△BDD′為等邊三角形，
∴∠D′BQ′＝90°，
∴在Rt△D′BQ′中，
D′Q′＝＝．
∴QN+NP+PD的最小值＝，
故答案為：．
14．如圖1，將△ABC紙片沿中位線EH折疊，使點(diǎn)A對(duì)稱點(diǎn)D落在BC邊上，再將紙片分別沿等腰△BED和等腰△DHC的底邊上的高線EF，HG折疊，折疊后的三個(gè)三角形拼合形成一個(gè)矩形，類似地，對(duì)多邊形進(jìn)行折疊，若翻折后的圖形恰能拼合成一個(gè)無(wú)縫隙、無(wú)重疊的矩形，這樣的矩形稱為疊合矩形．
（1）將?ABCD紙片按圖2的方式折疊成一個(gè)疊合矩形AEFG，則操作形成的折痕分別是線段 AE ， GF ；S矩形AEFG：S?ABCD＝ 1：2 ．
（2）?ABCD紙片還可以按圖3的方式折疊成一個(gè)疊合矩形EFGH，若EF＝5，EH＝12，求AD的長(zhǎng)；
（3）如圖4，四邊形ABCD紙片滿足AD∥BC，AD＜BC，AB⊥BC，AB＝8，CD＝10，小明把該紙片折疊，得到疊合正方形，請(qǐng)你幫助畫(huà)出疊合正方形的示意圖，并求出AD、BC的長(zhǎng)．
解：（1）根據(jù)題意得：操作形成的折痕分別是線段AE、GF；
由折疊的性質(zhì)得：△ABE≌△AHE，四邊形AHFG≌四邊形DCFG，
∴△ABE的面積＝△AHE的面積，四邊形AHFG的面積＝四邊形DCFG的面積，
∴S矩形AEFG＝S?ABCD，
∴S矩形AEFG：S?ABCD＝1：2；
故答案為：AE，GF，1：2；
（2）∵四邊形EFGH是矩形，
∴∠HEF＝90°，
∴FH＝＝13，
由折疊的性質(zhì)得：AD＝FH＝13；
（3）有3種折法，如圖4、圖5、圖6所示：
①折法1中，如圖4所示：
由折疊的性質(zhì)得：AD＝BG，AE＝BE＝AB＝4，CF＝DF＝CD＝5，GM＝CM，∠FMC＝90°，
∵四邊形EFMB是疊合正方形，
∴BM＝FM＝4，
∴GM＝CM＝＝＝3，
∴AD＝BG＝BM﹣GM＝1，BC＝BM+CM＝7；
②折法2中，如圖5所示：
由折疊的性質(zhì)得：四邊形EMHG的面積＝梯形ABCD的面積，AE＝BE＝AB＝4，DG＝NG，NH＝CH，BM＝FM，MN＝MC，
∴GH＝CD＝5，
∵四邊形EMHG是疊合正方形，
∴EM＝GH＝5，正方形EMHG的面積＝52＝25，
∵∠B＝90°，
∴FM＝BM＝＝3，
設(shè)AD＝x，則MN＝FM+FN＝3+x，
∵梯形ABCD的面積＝（AD+BC）×8＝2×25，
∴AD+BC＝，
∴BC＝﹣x，
∴MC＝BC﹣BM＝﹣x﹣3，
∵M(jìn)N＝MC，
∴3+x＝﹣x﹣3，
解得：x＝，
∴AD＝，BC＝﹣＝；
③折法3中，如圖6所示，作GM⊥BC于M，
則E、G分別為AB、CD的中點(diǎn)，
則AH＝AE＝BE＝BF＝4，CG＝CD＝5，正方形的邊長(zhǎng)EF＝GF＝4，
GM＝FM＝4，CM＝＝3，
∴BC＝BF+FM+CM＝11，F(xiàn)N＝CF＝7，DH＝NH＝8﹣7＝1，
∴AD＝5．

15．如圖，矩形OABC的邊長(zhǎng)OA＝8，頂點(diǎn)A、C分別在x、y軸的正半軸上，點(diǎn)D為對(duì)角線OB的中點(diǎn)，反比例函數(shù)y＝（k≠0）在第一象限內(nèi)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)D、E、F，且tan∠BOA＝．
（1）求邊AB的長(zhǎng)；
（2）求反比例函數(shù)的解析式及F點(diǎn)坐標(biāo)；
（3）若反比例函數(shù)的圖象與矩形的邊BC交于點(diǎn)F，將矩形折疊，使點(diǎn)O與點(diǎn)F重合，折疊分別與x、y軸正半軸交于點(diǎn)H、G，求線段OG的長(zhǎng)．
解：
（1）在Rt△AOB中，
∵tan∠BOA＝，
∴AB＝OA?tan∠BOA＝8×＝4；
（2）由（1）可知B點(diǎn)坐標(biāo)為（8，4），
∵D為OB的中點(diǎn)，
∴D（4，2），
∵反比例函數(shù)y＝圖象過(guò)點(diǎn)D，
∴k＝4×2＝8，
∴反比例函數(shù)解析式為y＝，
設(shè)F（a，4），
∵反比例函數(shù)圖象與矩形的邊BC交于點(diǎn)F，
∴4a＝8，解得a＝2，
∴F（2，4）；
（3）連接FG，如圖，
∵F（2，4），
∴CF＝2，
設(shè)OG＝t，則OG＝FG＝t，CG＝4﹣t，
在Rt△CGF中，由勾股定理可得GF2＝CF2+CG2，即t2＝（4﹣t）2+22，解得t＝，
∴OG＝．
16．已知一個(gè)矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（11，0），點(diǎn)B（0，6），點(diǎn)P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合），經(jīng)過(guò)點(diǎn)O、P折疊該紙片，得點(diǎn)B′和折痕OP．設(shè)BP＝t．
（Ⅰ）如圖①，當(dāng)∠BOP＝30°時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（Ⅱ）如圖②，經(jīng)過(guò)點(diǎn)P再次折疊紙片，使點(diǎn)C落在直線PB′上，得點(diǎn)C′和折痕PQ，若AQ＝m，試用含有t的式子表示m；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，當(dāng)點(diǎn)C′恰好落在邊OA上時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)（直接寫(xiě)出結(jié)果即可）．
解：（Ⅰ）根據(jù)題意，∠OBP＝90°，OB＝6，
在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t．
∵OP2＝OB2+BP2，
即（2t）2＝62+t2，
解得：t1＝2，t2＝﹣2（舍去）．
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，6）．
（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，
∴∠OPB′＝∠OPB，∠QPC′＝∠QPC，
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC＝180°，
∴∠OPB+∠QPC＝90°，
∵∠BOP+∠OPB＝90°，
∴∠BOP＝∠CPQ．
又∵∠OBP＝∠C＝90°，
∴△OBP∽△PCQ，
∴，
由題意設(shè)BP＝t，AQ＝m，BC＝11，AC＝6，則PC＝11﹣t，CQ＝6﹣m．
∴．
∴m＝（0＜t＜11）．
（Ⅲ）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OA于E，
∴∠PEA＝∠QAC′＝90°，
∴∠PC′E+∠EPC′＝90°，
∵∠PC′E+∠QC′A＝90°，
∴∠EPC′＝∠QC′A，
∴△PC′E∽△C′QA，
∴，
∵PC′＝PC＝11﹣t，PE＝OB＝6，AQ＝m，C′Q＝CQ＝6﹣m，
∴AC′＝＝，
∴，
∴，
∴3（6﹣m）2＝（3﹣m）（11﹣t）2，
∵m＝，
∴3（﹣t2+t）2＝（3﹣t2+t﹣6）（11﹣t）2，
∴t2（11﹣t）2＝（﹣t2+t﹣3）（11﹣t）2，
∴t2＝﹣t2+t﹣3，
∴3t2﹣22t+36＝0，
解得：t1＝，t2＝，
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，6）或（，6）．
法二：∵∠BPO＝∠OPC′＝∠POC′，
∴OC′＝PC′＝PC＝11﹣t，
過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OA于點(diǎn)E，
則PE＝BO＝6，OE＝BP＝t，
∴EC′＝11﹣2t，
在Rt△PEC′中，PE2+EC′2＝PC′2，
即（11﹣t）2＝62+（11﹣2t）2，
解得：t1＝，t2＝．
點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，6）或（，6）．
17．將一個(gè)直角三角形紙片ABO放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)，點(diǎn)B（0，1），點(diǎn)O（0，0）．P是邊AB上的一點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，B重合），沿著OP折疊該紙片，得點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A'．
（1）如圖①，當(dāng)點(diǎn)A'在第一象限，且滿足A'B⊥OB時(shí)，求點(diǎn)A'的坐標(biāo)；
（2）如圖②，當(dāng)P為AB中點(diǎn)時(shí)，求A'B的長(zhǎng)；
（3）當(dāng)∠BPA'＝30°時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)（直接寫(xiě)出結(jié)果即可）．
解：（1）∵點(diǎn)，點(diǎn)B（0，1），
∴OA＝，OB＝1，
由折疊的性質(zhì)得：OA'＝OA＝，
∵A'B⊥OB，
∴∠A'BO＝90°，
在Rt△A'OB中，A'B＝＝，
∴點(diǎn)A'的坐標(biāo)為（，1）；
（2）在Rt△ABO中，OA＝，OB＝1，
∴AB＝＝2，
∵P是AB的中點(diǎn)，
∴AP＝BP＝1，OP＝AB＝1，
∴OB＝OP＝BP
∴△BOP是等邊三角形，
∴∠BOP＝∠BPO＝60°，
∴∠OPA＝180°﹣∠BPO＝120°，
由折疊的性質(zhì)得：∠OPA'＝∠OPA＝120°，PA'＝PA＝1，
∴∠BOP+∠OPA'＝180°，
∴OB∥PA'，
又∵OB＝PA'＝1，
∴四邊形OPA'B是平行四邊形，
∴A'B＝OP＝1；
（3）設(shè)P（x，y），分兩種情況：
①∵∠BPA'＝30°，
∴∠APA'＝150°，
連接AA′，延長(zhǎng)OP交AA′于E，如圖③所示：
則∠APE＝75°，
∴∠OPB＝75°，
∵OA＝，OB＝1，
∴AB＝＝＝2，
∴∠BAO＝30°，∠OBA＝60°，
∵∠BPA'＝30°，
∴∠BA′P＝30°，∠OPA′＝105°，
∴∠A′OP＝180°﹣30°﹣105°＝45°，
∴點(diǎn)A'在y軸上，
∴∠A'OP＝∠AOP＝∠AOB＝45°，
∴點(diǎn)P在∠AOB的平分線上，
設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，
把點(diǎn)，點(diǎn)B（0，1）代入得：，
解得：，
∴直線AB的解析式為y＝﹣x+1，
∵P（x，y），
∴x＝﹣x+1，
解得：x＝，
∴P（，）；
②如圖④所示：
由折疊的性質(zhì)得：∠A'＝∠A＝30°，OA'＝OA，
∵∠BPA'＝30°，
∴∠A'＝∠A＝∠BPA'，
∴OA'∥AP，PA'∥OA，
∴四邊形OAPA'是菱形，
∴PA＝OA＝，作PM⊥OA于M，如圖④所示：
∵∠A＝30°，
∴PM＝PA＝，
把y＝代入y＝﹣x+1得：＝﹣x+1，
解得：x＝，
∴P（，）；
綜上所述：當(dāng)∠BPA'＝30°時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，）或（，）．

18．將一個(gè)直角三角形紙片OAB放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O（0，0），點(diǎn)A（2，0），點(diǎn)B在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，點(diǎn)P在邊OB上（點(diǎn)P不與點(diǎn)O，B重合）．
（Ⅰ）如圖①，當(dāng)OP＝1時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
（Ⅱ）折疊該紙片，使折痕所在的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，并與x軸的正半軸相交于點(diǎn)Q，且OQ＝OP，點(diǎn)O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O'，設(shè)OP＝t．
①如圖②，若折疊后△O'PQ與△OAB重疊部分為四邊形，O'P，O'Q分別與邊AB相交于點(diǎn)C，D，試用含有t的式子表示O'D的長(zhǎng)，并直接寫(xiě)出t的取值范圍；
②若折疊后△O'PQ與△OAB重疊部分的面積為S，當(dāng)1≤t≤3時(shí)，求S的取值范圍（直接寫(xiě)出結(jié)果即可）．
解：（Ⅰ）如圖①中，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥OA于H．
∵∠OAB＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH＝90°﹣60°＝30°，
∵OP＝1，
∴OH＝OP＝，PH＝OP?cs30°＝，
∴P（，）．
（Ⅱ）①如圖②中，
由折疊可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP＝O′P，OQ＝O′Q，
∵OP＝OQ＝t，
∴OP＝OQ＝O′P＝O′Q，
∴四邊形OPO′Q是菱形，
∴QO′∥OB，
∴∠ADQ＝∠B＝30°，
∵A（2，0），
∴OA＝2，QA＝2﹣t，
在Rt△AQD中，DQ＝2QA＝4﹣2t，
∴O′D＝O′Q﹣QD＝3t﹣4，
∴＜t＜2．
②當(dāng)點(diǎn)O′落在AB上時(shí)，重疊部分是△PQO′，此時(shí)t＝，S＝×（）2＝，
當(dāng)＜t≤2時(shí)，重疊部分是四邊形PQDC，S＝t2﹣（3t﹣4）2＝﹣t2+3t﹣2，
當(dāng)t＝﹣＝時(shí)，S有最大值，最大值＝，
當(dāng)t＝1時(shí)，S＝，當(dāng)t＝3時(shí)，S＝××＝，
綜上所述，≤S≤．

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