上海中考数学压轴题专项练习

已知条件：

\[ \begin{aligned} &\text{矩形 }ABCD\text{ 中：} AB = CD = 6,\quad AD = BC = 8 \\[4pt] &\text{折叠操作：}\triangle BCD \xrightarrow{\text{沿 }BD\text{ 翻折}} \triangle BC'D \\[4pt] &\text{折叠线：对角线 } BD = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10 \end{aligned} \]

折叠直接推得的关键等式：

\[ \begin{aligned} BC = BC' &= 8 \quad\text{（对应线段相等）}\\[4pt] DC = DC' &= 6 \quad\text{（对应线段相等）}\\[4pt] \angle CBD &= \angle C'BD \quad\text{（对应角相等）}\\[4pt] \angle CDB &= \angle C'DB \quad\text{（对应角相等）} \end{aligned} \]

矩形中关键锐角三角比：

\[ \tan\angle BDA = \frac{AB}{AD} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4} = \tan\angle CBD \;\Longrightarrow\; \angle CBD = \angle BDA \]

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拿到这道题，先问自己三个问题：

1. 折叠给了我什么？ 折叠是轴对称变换——折痕 \(BD\) 是对称轴。折叠前后的两个三角形 \(\triangle BCD\) 和 \(\triangle BC'D\) 全等，对应边相等、对应角相等。特别地，\(\angle CBD = \angle C'BD\)。
2. 矩形中的关键等角关系在哪？ 矩形中 \(AB \parallel CD\)，对角线 \(BD\) 将矩形分成两个全等的直角三角形。注意到 \(\tan\angle CBD = \frac{CD}{BC} = \frac{6}{8}\)，而 \(\tan\angle BDA = \frac{AB}{AD} = \frac{6}{8}\) ——两者相等！这给出了 \(\angle CBD = \angle BDA\)。
3. 第(2)问的勾股定理列方程和坐标法各有什么优势？ 勾股定理列方程只需要等腰条件+一个直角三角形，计算简单直接，适合几何派；坐标法以 \(D\) 为原点建立坐标系，利用对称公式求 \(C'\) 坐标，再求 \(BC'\) 与 \(AD\) 的交点，适合代数派。两种方法互为验证。

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基础题 1： 在 \({\rm Rt}\triangle BCD\) 中，\(BC=8\)，\(CD=6\)，\(\angle C = 90^{\circ}\)。求斜边 \(BD\) 的长。

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由勾股定理：\(BD = \sqrt{BC^2 + CD^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10\)。

基础题 2： 折叠（轴对称）有哪些基本性质？列举至少三条。

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① 对应线段相等（折叠前后对应边长度不变）；② 对应角相等（折叠前后对应角大小不变）；③ 折痕是对应点连线的垂直平分线；④ 折痕所在的直线是对称轴。

基础题 3： 在 \(\triangle BDE\) 中，若 \(\angle DBE = \angle BDE\)，则这个三角形是什么三角形？为什么？

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是等腰三角形。根据"等角对等边"：在同一个三角形中，两个角相等则它们所对的边也相等。所以 \(BE = DE\)。

基础题 4： 在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中，\(\angle BAE = 90^{\circ}\)，\(AB = 6\)，设未知边 \(AE = y\)、\(BE = x\)。请用勾股定理写出 \(x\) 与 \(y\) 之间的关系式，若已知 \(x + y = 8\)，怎样求 \(x\)？

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由勾股定理：\(x^2 = 6^2 + y^2 = 36 + y^2\)。又已知 \(y = 8 - x\)，代入得 \(x^2 = 36 + (8-x)^2\)，展开解得 \(x = \dfrac{25}{4}\)。

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第一层（面对题目不知从何入手）：

折叠就是"沿一条线把纸翻过去"。翻过去之后，原来的 \(\triangle BCD\) 跑到另一边变成 \(\triangle BC'D\)。既然是翻过去的，两个三角形肯定一模一样——对应边相等，对应角也相等。想一想：\(\angle CBD\) 翻过去后变成了哪个角？

第二层（第(1)问有困难）：

要证明 \(BE = DE\)，只要证明 \(\angle DBE = \angle BDE\)（等角对等边）。\(\angle DBE\) 就是 \(\angle C'BD\)（因为 \(E\) 在 \(BC'\) 上）。\(\angle BDE\) 就是 \(\angle BDA\)（因为 \(E\) 在 \(AD\) 上）。那么 \(\angle C'BD\) 和 \(\angle BDA\) 有什么关系？提示：矩形中 \(\tan\angle CBD = \frac{6}{8}\) 且 \(\tan\angle BDA = \frac{6}{8}\)。

第三层（第(2)问有困难）：

由(1)已证 \(BE = DE\)，设 \(BE = DE = x\)。因为 \(E\) 在 \(AD\) 上，所以 \(AE = 8 - x\)。现在观察 \({\rm Rt}\triangle BAE\)：它是直角三角形（\(\angle A = 90^{\circ}\)），其中 \(BA = 6\)，\(BE = x\)，\(AE = 8 - x\)——三边都涉及 \(x\)！直接用勾股定理建立方程：\(x^2 = 6^2 + (8-x)^2\)，展开后 \(x^2\) 会消掉，变成一个一元一次方程，轻松解出 \(x\)。

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(1) 求证 \(\triangle BDE\) 是等腰三角形

折叠是轴对称变换，折痕 \(BD\) 是对称轴。由折叠性质：

\[ BC = BC' = 8,\qquad DC = DC' = 6 \]

\[ \angle CBD = \angle C'BD,\qquad \angle CDB = \angle C'DB \]

在矩形 \(ABCD\) 中：

\[ \tan\angle CBD = \frac{CD}{BC} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4} \]

\[ \tan\angle BDA = \frac{AB}{AD} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4} \]

\(\therefore \angle CBD = \angle BDA\)（同为锐角且正切值相等）。

由折叠得 \(\angle C'BD = \angle CBD\)。又 \(E\) 在 \(BC'\) 上，故 \(\angle DBE = \angle C'BD\)。

又 \(E\) 在 \(AD\) 上，故 \(\angle BDE = \angle BDA\)。

\[ \angle DBE = \angle CBD = \angle BDA = \angle BDE \]

\(\therefore\) 在 \(\triangle BDE\) 中，\(\angle DBE = \angle BDE\)。

\[ \boxed{BE = DE}\quad\square \]

核心思路：折叠保角 → \(\angle C'BD = \angle CBD\)；矩形中的等角关系 \(\angle CBD = \angle BDA\) → \(\angle DBE = \angle BDE\) → 等角对等边。

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(2) 求 \(AE\) 的长

设 \(BE = DE = x\)。由 (1) 知 \(\triangle BDE\) 是等腰三角形。

\(\because E\) 在 \(AD\) 上，\(\therefore AE = AD - DE = 8 - x\)。

在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中，\(\angle BAE = 90^{\circ}\)（矩形内角），由勾股定理：

\[ BE^2 = BA^2 + AE^2 \]

\[ x^2 = 6^2 + (8 - x)^2 \]

\[ x^2 = 36 + 64 - 16x + x^2 \]

\[ \text{两边消去 }x^2\text{：} \quad 0 = 100 - 16x \]

\[ 16x = 100 \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{100}{16} = \frac{25}{4} \]

\[ \boxed{DE = \frac{25}{4}} \]

\[ AE = AD - DE = 8 - \frac{25}{4} = \frac{32-25}{4} = \boxed{\frac{7}{4}} \]

核心技巧：利用等腰条件 \(BE = DE = x\)，把 \(AE\) 表示为 \(8-x\)。在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中三边分别是 \(x\)、\(6\)、\(8-x\)，勾股定理直接给出方程——\(x^2\) 消掉后变成一元一次方程，计算极为简洁。

坐标法（选学）：以 \(D\) 为原点，\(A(0,8)\)，\(B(6,8)\)，\(C(6,0)\)。\(C\) 关于 \(BD\)（方程 \(y = \frac{4}{3}x\)）对称得 \(C'(-\frac{42}{25}, \frac{144}{25})\)。直线 \(BC'\)：斜率 \(k = \frac{\frac{144}{25} - 8}{-\frac{42}{25} - 6} = \frac{-\frac{56}{25}}{-\frac{192}{25}} = \frac{7}{24}\)，方程为 \(y - 8 = \frac{7}{24}(x - 6)\)，交 \(x = 0\) 得 \(y = \frac{25}{4}\)，即 \(E(0, \frac{25}{4})\)。\(AE = 8 - \frac{25}{4} = \frac{7}{4}\)。

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(3) 求 \(\triangle BDE\) 的面积

以 \(DE\) 为底，点 \(B\) 到直线 \(AD\) 的距离为高：

\[ S_{\triangle BDE} = \frac{1}{2} \times DE \times AB = \frac{1}{2} \times \frac{25}{4} \times 6 = \frac{75}{4} \]

\[ \boxed{S_{\triangle BDE} = \frac{75}{4} = 18.75} \]

为什么高就是 \(AB\)？因为矩形中 \(AB \perp AD\)，\(E\) 在 \(AD\) 上，所以点 \(B\) 到 \(AD\) 所在直线的距离恰好等于 \(AB = 6\)。

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易错点	正确理解
认为折叠后 \(C'\) 落在 \(AB\) 上	\(C'\) 在矩形外部（\(x_{C'} = -\frac{42}{25}\)，在 \(AD\) 左侧），需要准确判断位置
直接用"折叠是全等变换"作为(1)的全部证明	折叠确实保证 \(\triangle BCD \cong \triangle BC'D\)，但"两三角形全等"不能直接推出"\(\triangle BDE\)是等腰三角形"——还需角度传递
第(2)问忘记 \(A\)、\(E\)、\(D\) 共线	\(E\) 在 \(AD\) 上，故 \(AE + DE = AD = 8\)。错用 \(AE = DE\) 代入会得出错误结果
第(3)问试图用海伦公式求面积	三边为 \(10, \frac{25}{4}, \frac{25}{4}\)，海伦公式虽能算出但极其繁琐。以 \(DE\) 为底、\(AB\) 为高才是最短路径
勾股定理列方程时代错边	在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中，斜边是 \(BE = x\)，直角边是 \(BA = 6\) 和 \(AE = 8 - x\)。方程必须是 \(x^2 = 6^2 + (8-x)^2\)，而非 \(6^2 = x^2 + (8-x)^2\)
展开 \((8-x)^2\) 漏掉 \(-16x\) 项	\((8-x)^2 = 64 - 16x + x^2\)，常见错误：写成 \(64 + x^2\) 或 \(64 - 8x + x^2\)

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1. 折叠=轴对称的深度运用：不仅记住"保距保角"，还要主动从已知角出发，利用折叠将角"搬运"到需要的位置（本题中把 \(\angle CBD\) 搬到了 \(\angle C'BD\)）。
2. 正切值相等→锐角相等的判定：在矩形中两个锐角拥有相同正切值的发现（\(\frac{6}{8} = \frac{3}{4}\)）是本题突破口，这是八年级下"锐角三角比"的核心应用。
3. 等腰条件 + 勾股定理列方程：利用 \(BE = DE\) 设 \(x\)，将 \(AE\) 表示为 \(8-x\)，在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中用勾股定理建方程。\(x^2\) 项自动抵消，化为一元一次方程——这种"设未知数→消二次项"的技巧在八年级几何计算中非常实用。
4. 面积求法的灵活性：选择最方便的底和高（\(DE\) 为底在 \(AD\) 上，高自然就是 \(AB\)），避免繁琐计算。
5. 坐标法的可选性：折叠求对称点、求交点的问题，坐标法提供了一条"不需要灵感、只需代数运算"的备选路径。

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变式 1（改变矩形边长）：

若矩形变为正方形 \(ABCD\)（即 \(AB = AD = 6\)），其余条件不变，求 \(AE\) 的长。

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正方形中，设 \(BE = DE = x\)。在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中：\(x^2 = 6^2 + (6-x)^2\)，展开得 \(x^2 = 36 + 36 - 12x + x^2\)，消去 \(x^2\) 得 \(12x = 72\)，\(x = 6\)。\(\therefore DE = 6\)，\(AE = 6 - 6 = 0\)。即 \(E\) 与 \(A\) 重合！此时 \(\triangle BDE\) 退化为 \(\triangle BDA\)。

变式 2（改变折叠对象）：

将原题中"沿 \(BD\) 折叠"改为"沿 \(AC\) 折叠"，其余条件不变。判断 \(\triangle ACE\)（其中 \(E\) 为 \(DC'\) 与 \(AB\) 的交点）是否等腰，并说明理由。

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由对称性，结论类似：\(\triangle ACE\) 是等腰三角形（\(AE = CE\)）。证明方法与原题完全对称——将矩形中 \(\angle CAB = \angle ACD\) 与折叠 \(\angle CAB = \angle C'AB\) 串联。

变式 3（添加中点条件）：

在原题中，若 \(AE = \frac{7}{4}\) 恰好使得 \(E\) 为 \(AD\) 的几等分点？如果改变 \(AB:AD\) 的比值，使得 \(E\) 恰好是 \(AD\) 的中点（即 \(AE = ED\)），求此时 \(\frac{AB}{AD}\) 的值。

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设 \(AD = a\)，\(AB = b\)。为使 \(E\) 是 \(AD\) 中点，需 \(DE = \frac{a}{2} = BE\)。在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中：\(BE^2 = BA^2 + AE^2\)，即 \(\left(\frac{a}{2}\right)^2 = b^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2\)，得 \(b^2 = 0\)，无解——这说明 \(E\) 不可能是 \(AD\) 的中点（除非矩形退化）。实际上，由 \(x^2 = b^2 + (a-x)^2\) 得 \(x = \frac{a^2 + b^2}{2a}\)，令 \(x = \frac{a}{2}\) 代入得 \(\frac{a}{2} = \frac{a^2 + b^2}{2a}\)，解得 \(b = 0\)。结论：在任何非退化矩形中，\(E\) 都不会是 \(AD\) 的中点。

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完成本题后，请认真思考以下问题：

1. 折叠题的"套路"与"反套路"：本题的核心技巧是找到 \(\angle CBD = \angle BDA\)（利用 \(\tan = \frac{3}{4}\)）。如果矩形边长换成 \(AB=5, AD=12\)，等角关系还存在吗？你能总结出矩形折叠题中"哪些角一定相等"的通用规律吗？
2. 勾股定理列方程 vs 坐标法：本题提供了两种求 \(DE\) 的方法。勾股定理法利用了"等腰→等边→设未知数→建方程"的思路链，\(x^2\) 消去后变成一元一次方程；坐标法需要求对称点和直线交点。你觉得哪种更"省脑"？哪种更"省算"？在一道有时间限制的考试中，你会选择哪一种？
3. 折叠后点的位置判断：本题中 \(C'\) 落在矩形外部（\(x\) 坐标为负）。如果改变矩形的长宽比（比如 \(AB > AD\)），\(C'\) 是否可能落在矩形内部？这个判断对解题有什么影响？
4. 从折叠到旋转：折叠沿对角线 \(BD\) 翻折，其实就是把 \(\triangle BCD\) 绕 \(BD\) 旋转 \(180^{\circ}\)（空间旋转）。如果把"折叠 \(180^{\circ}\)"换成"绕 \(D\) 点旋转 \(90^{\circ}\)"，这道题的结论会怎么变化？这种"折叠→旋转"的视角转换对你理解几何变换有什么启发？

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本题设计围绕"矩形折叠——轴对称与等腰"这一八年级下核心考点。折叠问题在近年上海中考中频繁出现（2024年中考第18题即为折叠填空压轴），且与2027命题趋势中的"实践操作类——折纸"方向高度一致。

设计理念：

• 第(1)问考查折叠性质的灵活运用（不仅仅是机械复述"保距保角"），需要学生发现 \(\angle CBD = \angle BDA\) 这一"巧合"——它并不巧合，而是矩形中 \(\tan = \frac{AB}{AD}\) 的必然结果
• 第(2)问用勾股定理列方程求解，核心技巧是"设 \(BE = DE = x\) → 用 \(8-x\) 表示 \(AE\) → 在 \({\rm Rt}\triangle BAE\) 中建方程 → \(x^2\) 消去化为一元一次方程"。同时提供坐标法作为选学路径，体现"解法多元"的趋势要求
• 第(3)问看似独立实则依赖前两问：\(DE\) 由(2)求得，高 \(AB\) 由矩形性质直接给出。让学生感受"层层递进"的命题逻辑
• 三问的"入口分值"分别约为2.5+3+1.5=7分，确保基础较好的学生至少能完成前两问

趋势契合度：

• 折叠=实践操作类（折纸→数学建模），对应2027趋势中的"第18题类"
• 坐标法提供"解法多元"路径，呼应"去套路化"
• 难度配比：基础6分(约60%) + 中档3分(约30%) + 拔高1分(约10%)

考纲对应：矩形性质 ✓ / 勾股定理 ✓ / 锐角三角比(tan) ✓ / 等腰三角形判定 ✓ / 三角形面积 ✓ / 坐标法(选学) ✓

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