圖形折疊問題分類例析

賈曉陽

［摘 要］圖形的折疊問題歷來是中考數學的必考題型，文章以一些具有代表性的試題為例，探究如何分析、解決此類問題，以提高學生對這一類問題的認識與理解，進而發展學生的思維。

［關鍵詞］圖形；折疊問題；三角形

［中圖分類號］G633.6［文獻標識碼］?A［文章編號］ 1674-6058（2023）35-0031-03

圖形的折疊問題歷來是中考數學的必考題型，其常以三角形、平行四邊形、矩形、菱形等為載體，要求學生在觀察、操作等實踐活動中獲得知識，積累活動經驗，進而提高學生的實踐操作能力。筆者以一些具有代表性的試題為例，探究如何分析、解決此類問題，以提高學生對這一類問題的認識與理解，進而發展學生的思維。

一、以三角形為載體的折疊問題

三角形沿中位線折疊后得到梯形，等腰三角形沿對稱軸折疊后得到直角三角形，等腰直角三角形沿對稱軸折疊后仍是等腰直角三角形，三角形沿內角平分線折疊后得到的圖形仍是三角形。

［例1］閱讀理解：如圖1所示，在[△ABC]中，[AB1]是[∠BAC]的平分線，沿著直線[AB1]將三角形折疊，并將重復部分剪掉；[A1B2]是[∠B1A1C]的平分線，將余下的部分沿直線[A1B2]折疊，并將重復部分剪掉；如此重復，[AnBn+1]是[∠BnAnC]的平分線，沿直線[AnBn+1]折疊，不論折疊了多少次，只要最后一次折疊時點[Bn]與點[C]重合，則我們稱[∠BAC]是[△ABC]的好角。小明同學展現了兩種[∠BAC]是[△ABC]的好角的現象，現象一：如圖2所示，[△ABC]是等腰三角形，[AB1]是[∠BAC]的平分線，沿著直線[AB1]折疊后，點[B]與點[C]重合；現象二：如圖3所示，[AB1]是[∠BAC]的平分線，沿著直線[AB1]折疊三角形并剪掉重復部分；[A1B2]是[∠B1A1C]的平分線，沿著直線[A1B2]折疊后，點[B1]與點[C]重合。

探究發現：（1）如果在[△ABC]中，[∠B]是[∠C]的2倍，兩次操作后，[∠BAC]是否是[△ABC]的好角呢？（2）小明經過三次操作后，實現了點[B2]與點[C]重合，設[∠B>∠C]，那么[∠B]與[∠C]有何等量關系？請根據上述的探究，猜想經過[m]次操作后發現[∠BAC]是[△ABC]的好角，設[∠B>∠C]，那么[∠B]與∠C有何數量關系？

分析：（1）在小明展現的第二種現象中，由三角形外角的性質與軸對稱的性質，易得[∠B=2∠C]，所以[∠BAC]是[△ABC]的好角；（2）如圖4所示，由軸對稱的性質得[∠C=∠A2B2C]，[∠B=∠AA1B1]，[∠A1B1C=∠A1A2B2]，由三角形外性質得[∠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：如果經過[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，兩次操作后，[∠BAC]是[△ABC]的好角。理由：如圖3所示，因為將[△ABC]沿直線[AB1]第一次折疊，得[∠B=∠AA1B1]，將余下部分沿直線[A1B2]第二次折疊，因為點[B1]與點[C]重合，所以[∠A1B1C=∠C]；因為[∠AA1B1=∠C+∠A1B1C]，所以[∠B=2∠C]，所以當[∠B=2∠C]時，[∠BAC]是[△ABC]的好角。

（2）如圖4所示，在[△ABC]中，沿直線[AB1]折疊后剪掉重復部分，得[∠B=∠AA1B1]，再將余下部分沿直線[A1B2]折疊并剪掉重疊部分，得[∠A1B1C=∠A1A2B2]，再將余下部分沿直線[A2B3]折疊并剪掉重疊部分，得[∠C=∠A2B2C]，由三角形外角性質得[∠A1A2B2=∠C+∠A2B2C]，[∠AA1B1=∠A1B1C+∠C]，所以[∠B=2∠C+∠C]，即[∠B=3∠C]；因為當[∠B=∠C]時，經過一次操作發現[∠BAC]是[△ABC]的好角；當[∠B=2∠C]時，經過兩次操作發現[∠BAC]是[△ABC]的好角；當[∠B=3∠C]時，經過三次操作發現[∠BAC]是[△ABC]的好角。所以猜想，如果經過[m]次操作發現[∠BAC]是[△ABC]的好角，那么[∠B]等于[m∠C]。

二、以平行四邊形為載體的折疊問題

平行四邊形是中心對稱圖形，不是軸對稱圖形，如果沿過中心的直線折疊平行四邊形，直線兩旁的部分不能互相重合，如果沿垂直于一邊的直線折疊平行四邊形，折疊前后的兩個三角形有一條邊在平行四邊形的一邊上。

［例2］如圖5所示，在平行四邊形[ABCD]中，[AB=3]，點[E]為線段[AB]的三等分點（靠近點[A]），點[F]為線段[CD]的三等分點（靠近點[C]），且[CE⊥AB]。將[△BCE]沿[CE]對折，[BC]邊與[AD]邊交于點[G]，且[DC=DG]。求四邊形[AECG]的面積。

分析：由折疊可知[B'E=BE=2]，得[AB'=1]，易證[∠B'=∠B'GA]，得[AB'=AG=1]，由[AB']∥[CD]，得到[B'GCG=AGDG]，得[B'G=1]，得到[△AGB']是等邊三角形，可由“四邊形[AECG]的面積=直角三角形[EB'C]的面積-等邊三角形[AGB']的面積”求得。

解：∵[AB=3]，∴[AE=CF=1]，[BE=2]，∵將[△BCE]沿[CE]對折得到[△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']是等邊三角形，在Rt[△BCE]中，[BC=4]，[BE=2]，∴[EC=23]，∴[S四邊形AECG=S△EB'C-S△AB'G=12×2×23?12×1×32=734]。

三、以矩形為載體的折疊問題

以矩形為載體的折疊問題是最常見的一類題型。在教材中，就有用矩形紙片折出最大的正方形，讓矩形的寬與長重合，重疊部分就是最大的正方形；還有用矩形紙片折出一個等邊三角形，讓一個直角頂點放在矩形的一條對稱軸上，得到一個60°的角，從而得到等邊三角形，這些都是矩形的折疊問題。

［例3］如圖6所示，矩形[ABCD]是一張A4紙，其中[AD=2AB]，小天用該A4紙玩折紙游戲。游戲1：折出對角線[BD]，將點[B]翻折到[BD]上的點[E]處，折痕[AF]交[BD]于點[G]。展開后得到圖6，發現點[F]恰為[BC]的中點。游戲2：在游戲1的基礎上，將點[C]翻折到[BD]上，折痕為[BP]；展開后將點[B]沿過點[F]的直線翻折到[BP]上的點[H]處；再展開并連接[GH]后得到圖7，發現[∠AGH]是一個特定的角。（1）請你證明游戲1中發現的結論；（2）請你猜想游戲2中[∠AGH]的度數，并說明理由。

圖6? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?圖7

分析：（1）由折疊的性質可得[AF⊥BD]，由同角的余角相等得[∠BAG=∠ADB=∠GBF]，設[AB=a]，則[AD=2a]，[BD=3a]，由銳角三角函數分別算得[BG]、[BF]的長即可；（2）由折疊的性質可知[∠GBH=∠FBH]，[BF=HF]，從而可得出[∠GBH=∠BHF]，進而得到[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）由折疊的性質可得[AF⊥BD]，∴[∠AGB=90°]，∵四邊形[ABCD]是矩形，∴[∠BAD=∠ABC=90°]，由“同角的余角相等”得[∠BAG=∠ADB=∠GBF]，∵[AD=2AB]，設[AB=a]，則[AD=2a]，[BD=3a]，∴[sin∠BAG=sin∠ADB]，即[BGAB=ABBD]，∴[BGa=a3a]，解得[BG=33a]，根據勾股定理可得[AG=63a]，[cos∠GBF=cos∠BAG]，即[BGBF=AGAB]，∴[33aBF=63aa]，解得[BF=22a]，∵[BC=AD=2a]，∴[BF=12BC]，∴點[F]為[BC]的中點。

（2）[∠AGH=120°]，理由如下：連接[HF]，如圖8所示，由折疊的性質可知[∠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°]，設[AB=a]，則[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、以菱形為載體的折疊問題

菱形是初中階段研究的重要四邊形，它具有平行四邊形的一切性質，還具有自己特殊的性質，即四條邊相等，對角線互相垂直，它既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，對角線所在的直線就是它的對稱軸，對角線的交點就是它的對稱中心。

［例4］如圖9所示，四邊形[ABCD]是邊長為4的菱形，[∠A=60°]，點[Q]為[CD]的中點，[P]為線段[AB]上的動點，現將四邊形[PBCQ]沿[PQ]翻折，得到四邊形[PB'C'Q]。當點[P]在線段[AB]上移動時，設[BP=x]，四邊形[BB'C'C]的面積為[S]，求[S]關于[x]的函數表達式。

分析：如圖10所示，連接[BQ]、[B′Q]，延長[PQ]交[CC′]于點[F]，用含[x]的代數式表示[S△QEB]，證明[△BEQ ]∽[△QFC]，再用含[x]的代數式表示[S△QFC]，最后利用[S=2（S△QEB+S△BQC+S△QFC）]寫出[S]關于[x]的函數表達式。

解：如圖10所示，連接[BQ]、[B′Q]，延長[PQ]交[CC′]于點[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°]，則[∠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]關于[x]的函數表達式為[S=323xx2+12+43]。

五、以正方形為載體的折疊問題

正方形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，共有四條對稱軸，沿著任意一條對稱軸折疊正方形，直線兩旁的部分都能互相重合。如果沿過正方形頂點的一條直線折疊一個角，再沿同一頂點的另一條直線折疊另一個對角，兩個角的頂點重合時，可以得到兩條角平分線。

［例5］如圖11所示，在正方形[ABCD]中，[E]是[DC]邊上一點（與[D]、[C]不重合），連接[AE]，將[△ADE]沿[AE]所在的直線折疊得到[△AFE]，延長[EF]交[BC]于[G]，連接[AG]，作[GH⊥AG]，與[AE]的延長線交于點[H]，連接[CH]。顯然[AE]是[∠DAF]的平分線，[EA]是[∠DEF]的平分線。仔細觀察，請逐一找出圖中其他的角平分線（僅限于小于180°的角平分線），并說明理由。

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

解析：如圖12所示，過點[H]作[HN⊥BM]于[N]，則[∠HNC=90°]，∵四邊形[ABCD]為正方形，∴[AD=AB=BC]，[∠D=∠DAB=∠B=∠DCB=∠DCM=90°]，①∵將[△ADE]沿[AE]所在的直線折疊得到△[AFE]，∴△[ADE ]≌△[AFE]，∴[∠D=∠AFE=∠AFG=90°]，[AD=AF]，[∠DAE=∠FAE]，∴[AF=AB]，又∵[AG=AG]，∴[Rt△ABG ]≌[Rt△AFG]（HL），∴[AG]是[∠BAF]的平分線，[GA]是[∠BGF]的平分線；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]為等腰直角三角形，∴[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的平分線③，∵[∠AGB+∠HGN=90°]，[∠AGF+∠EGH=90°]，由①知[∠AGB=∠AGF]，[∴∠HGN=∠EGH]，∴[GH]是[∠EGM]的平分線。綜上所述，[AG]是[∠BAF]的平分線，[GA]是[∠BGF]的平分線，[CH]是[∠DCN]的平分線，[GH]是[∠EGM]的平分線。

總之，圖形的折疊問題是中考數學的必考點，以上分類探析了三角形、平行四邊形、矩形、菱形等折疊問題，以期能給學生解決這一類問題一些啟示。

（責任編輯 黃桂堅）