【变式 2】
如图，在矩形纸片 $ABCD$ 中，$AB = 6\ cm$，$BC = 8\ cm$，直线 $GH$ 分别交 $AD$，$BC$ 于 $G$，$H$ 两点。将矩形纸片沿 $GH$ 折叠，使点 $B$ 与点 $D$ 重合，则折痕 $GH$ 的长为
$\frac {15}{2}$
$cm$。
答案：【变式2】$\frac {15}{2}$ 解析：连接BG.因为四边形ABCD是矩形，$AB=6$cm,$BC=8$cm,所以$AD// BC$,$\angle A=\angle C=90^{\circ}$,$CD=AB=6$cm,$AD=BC=8$cm.所以$\angle DGH=\angle BHG$.由折叠的性质，得$BH=DH$，$BG=DG$,$\angle BHG=\angle DHG$,所以GH垂直平分BD,$\angle DGH=\angle DHG$,即$DG=DH$.所以$DG=BH$,即四边形BHDG是平行四边形.设GH与BD的交点为O.在$Rt\triangle BCD$中，由勾股定理，得$BD=\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=10$cm.设$BH=DH=x$cm,则$CH=BC-BH=(8-x)$cm.在$Rt\triangle CDH$中，由勾股定理，得$DH^{2}=CD^{2}+CH^{2}$,所以$x^{2}=6^{2}+(8-x)^{2}$,解得$x=\frac {25}{4}$.则$BH=\frac {25}{4}$cm.又$S_{四边形BHDG}=S_{\triangle BDG}+S_{\triangle BDH}$,所以$BH· CD=\frac {1}{2}BD· OG+\frac {1}{2}BD· OH$,即$BH· CD=\frac {1}{2}BD· GH$.所以$\frac {25}{4}×6=\frac {1}{2}×10· GH$,解得$GH=\frac {15}{2}$cm.则折痕GH的长为$\frac {15}{2}$cm.
解析：
解：连接 $BD$，设 $GH$ 与 $BD$ 交于点 $O$。
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $AD // BC$，$\angle C = 90°$，$CD = AB = 6\ \mathrm{cm}$，$BC = 8\ \mathrm{cm}$。
由折叠性质得：$BH = DH$，$GH$ 垂直平分 $BD$。
在 $Rt\triangle BCD$ 中，由勾股定理得：
$BD = \sqrt{BC^2 + CD^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10\ \mathrm{cm}$，
∴ $BO = OD = 5\ \mathrm{cm}$。
设 $BH = DH = x\ \mathrm{cm}$，则 $CH = (8 - x)\ \mathrm{cm}$。
在 $Rt\triangle CDH$ 中，由勾股定理得：
$DH^2 = CD^2 + CH^2$，即 $x^2 = 6^2 + (8 - x)^2$，
解得 $x = \frac{25}{4}$，即 $BH = \frac{25}{4}\ \mathrm{cm}$。
∵ $S_{\mathrm{四边形}BHDG} = BH · CD = \frac{1}{2} · BD · GH$，
∴ $\frac{25}{4} × 6 = \frac{1}{2} × 10 · GH$，
解得 $GH = \frac{15}{2}\ \mathrm{cm}$。
故折痕 $GH$ 的长为 $\frac{15}{2}\ \mathrm{cm}$。
典例 3
如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 2$，$BC = 4$，$O$，$P$ 分别是边 $AB$，$AD$ 的中点，$H$ 是边 $CD$ 上的一个动点，连接 $OH$，将四边形 $OBCH$ 沿 $OH$ 折叠，得到四边形 $OFEH$，连接 $PE$，则 $PE$ 的长的最小值是
$\sqrt{17} - \sqrt{5}$
。
答案：【思路分析】连接 $EO$，$PO$，$OC$。因为四边形 $ABCD$ 是矩形，$AB = 2$，$BC = 4$，所以 $\angle B = \angle OAP = 90^{\circ}$，$AD = BC = 4$。因为 $O$，$P$ 分别是边 $AB$，$AD$ 的中点，所以 $OB = OA = \dfrac{1}{2}AB = 1$，$PA = \dfrac{1}{2}AD = 2$。在 $Rt\triangle OBC$ 中，由勾股定理，得 $OC = \sqrt{OB^{2} + BC^{2}} = \sqrt{17}$。在 $Rt\triangle AOP$ 中，由勾股定理，得 $OP = \sqrt{OA^{2} + PA^{2}} = \sqrt{1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{5}$。由折叠的性质，得 $OE = OC = \sqrt{17}$，所以 $PE \geq OE - OP = \sqrt{17} - \sqrt{5}$，即 $PE$ 的长的最小值为 $\sqrt{17} - \sqrt{5}$。
【答案】$\sqrt{17} - \sqrt{5}$
【变式 3】
新素养
模型观念 已知在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 8\ cm$，$BC = 20\ cm$，$E$ 是 $AD$ 的中点。动点 $P$ 从点 $A$ 出发，沿路线 $A \to B \to C$ 以 $1\ cm/s$ 的速度运动，运动时间为 $t\ s$。将矩形 $ABCD$ 以 $EP$ 为折痕进行折叠，点 $A$ 的对应点为点 $M$。
(1)如图①，当点 $P$ 在边 $AB$ 上，且点 $M$ 在边 $BC$ 上时，求 $t$ 的值；
(2)如图②，当点 $P$ 在边 $BC$ 上，且点 $M$ 也在边 $BC$ 上时，求 $t$ 的值。
答案：【变式3】(1)过点E作$EG⊥ BC$于点G,则$\angle EGM=90^{\circ}$.因为四边形ABCD是矩形，$AB=8$cm,$BC=20$cm,所以$\angle A=\angle B=90^{\circ}$,$AD=BC=20$cm.所以四边形ABGE是矩形，即$BG=AE$,$EG=AB=8$cm.因为E是AD的中点，所以$AE=\frac {1}{2}AD=10$cm,即$BG=10$cm.由折叠的性质，得$PM=PA$，$ME=AE=10$cm.在$Rt\triangle MEG$中，由勾股定理，得$MG=\sqrt{ME^{2}-EG^{2}}=6$cm,所以$BM=BG-MG=4$cm.由题意，得$PM=PA=t$cm,则$BP=(8-t)$cm.在$Rt\triangle BPM$中，由勾股定理，得$BM^{2}+BP^{2}=PM^{2}$,所以$4^{2}+(8-t)^{2}=t^{2}$,解得$t=5$.则t的值为5.
(2)连接AP.因为四边形ABCD是矩形，所以$AD// BC$,即$\angle MPE=\angle AEP$.由折叠的性质，得$\angle APE=\angle MPE$,$PM=PA$,所以$\angle APE=\angle AEP$,即$PM=AP=AE$.由(1)，得$\angle B=90^{\circ}$,$AE=10$cm,所以$PM=AP=10$cm.在$Rt\triangle BPA$中，$AB=8$cm,由勾股定理，得$BP=\sqrt{PA^{2}-AB^{2}}=6$cm,所以点P运动的路径长为$AB+BP=14$cm,即运动的时间为$14÷1=14$(s).所以t的值为14.
