題型11 綜合探究題類型3 與折疊有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）-2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破（全國通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

猜想證明：
(1)如圖2，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
問題解決；
(2)如圖3，將圖2中左側(cè)折疊的三角形展開后，重新沿折疊，使得頂點B與點H重合，折痕分別交于點M，N，的對應(yīng)線段交于點K，求四邊形的面積．
【答案】(1)四邊形是菱形，理由見解析
(2)30
【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)，得到，即可得出結(jié)論．
（2）先證明四邊形為平行四邊形，過點作于點，等積法得到的積，推出四邊形的面積，即可得解．
【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下：
∵在中，，是邊上的中線，
∴，
∵將的兩個頂點B，C分別沿折疊后均與點D重合，
∴，
∴，
∴，
∴，
同法可得：，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形是菱形；
（2）解：∵折疊，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，
由（1）知：，，
∴，
過點作于點，

∵，
∴，
∵四邊形的面積，，
∴四邊形的面積．
【點睛】本題考查等腰三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，平行線分線段對應(yīng)成比例，菱形的判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)．熟練掌握相關(guān)知識點，并靈活運用，是解題的關(guān)鍵．
2.在我們學(xué)習(xí)過的數(shù)學(xué)教科書中，有一個數(shù)學(xué)活動，若身旁沒有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：
操作感知：
第一步：對折矩形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展開（如圖13-1）．
第二步：再一次折疊紙片，使點落在上，并使折痕經(jīng)過點，得到折痕，同時得到線段（如圖13-2）．
猜想論證：
（1）若延長交于點，如圖13-3所示，試判定的形狀，并證明你的結(jié)論．
拓展探究：
（2）在圖13-3中，若，當(dāng)滿足什么關(guān)系時，才能在矩形紙片中剪出符（1）中的等邊三角形？
【答案】(1)是等邊三角形，理由見解析；（2），理由見解析
【分析】
（1）連接，由折疊性質(zhì)可得是等邊三角形，，，然后可得到，即可判定是等邊三角形．
（2）由折疊可知，由（1）可知，利用的三角函數(shù)即可求得．
【詳解】
（1）解：是等邊三角形，
證明如下：
連接．
由折疊可知：，垂直平分．
∴，
∴，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等邊三角形．
（2）解：方法一：
要在矩形紙片上剪出等邊，則，
在中，，，
∴，
∵，
∴，即，
當(dāng)或（）時，在矩形紙片上能剪出這樣的等邊．
方法二：
要在矩形紙片上剪出等邊，則，
在中，，，
設(shè)，則，
∴，即，得，
∴，
∵，
∴，即，
當(dāng)（或）時，在矩形紙片上能剪出這樣的等邊．
【點睛】
本題考查了折疊的性質(zhì)，及銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，正確理解折疊性質(zhì)靈活運用三角函數(shù)解直角三角形是解本題的關(guān)鍵．
3．（2023·遼寧大連·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐
問題情境：數(shù)學(xué)活動課上，王老師給同學(xué)們每人發(fā)了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質(zhì)．
已知，點為上一動點，將以為對稱軸翻折．同學(xué)們經(jīng)過思考后進行如下探究：
獨立思考：小明：“當(dāng)點落在上時，．”
小紅：“若點為中點，給出與的長，就可求出的長．”
實踐探究：奮進小組的同學(xué)們經(jīng)過探究后提出問題1，請你回答：

問題1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如圖1，當(dāng)點落在上時，求證：；
（2）如圖2，若點為中點，，求的長．
問題解決：小明經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．
問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長．
【答案】（1）見解析；（2）；問題2：
【分析】（1）根據(jù)等邊對等角可得，根據(jù)折疊以及三角形內(nèi)角和定理，可得，根據(jù)鄰補角互補可得，即可得證；
（2）連接，交于點，則是的中位線，勾股定理求得，根據(jù)即可求解；
問題2：連接，過點作于點，過點作于點，根據(jù)已知條件可得，則四邊形是矩形，勾股定理求得，根據(jù)三線合一得出，根據(jù)勾股定理求得的長，即可求解．
【詳解】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴，，
∵，
∴；
（2）如圖所示，連接，交于點，

∵折疊，
∴，，，，
∵是的中點，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
問題2：如圖所示，連接，過點作于點，過點作于點，

∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四邊形是矩形，
則，
在中，，,，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
4.（2021·山西中考真題）綜合與實踐，問題情境：數(shù)學(xué)活動課上，老師出示了一個問題：如圖①，在中，，垂足為，為的中點，連接，，試猜想與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；
獨立思考：（1）請解答老師提出的問題；
實踐探究：（2）希望小組受此問題的啟發(fā)，將沿著（為的中點）所在直線折疊，如圖②，點的對應(yīng)點為，連接并延長交于點，請判斷與的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；
問題解決：（3）智慧小組突發(fā)奇想，將沿過點的直線折疊，如圖③，點A的對應(yīng)點為，使于點，折痕交于點，連接，交于點．該小組提出一個問題：若此的面積為20，邊長，，求圖中陰影部分（四邊形）的面積．請你思考此問題，直接寫出結(jié)果．
【答案】（1）；見解析；（2），見解析；（3）．
【分析】
（1）如圖，分別延長，相交于點P，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，，利用AAS可證明△PDF≌△BCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得，即可得；
（2）根據(jù)折疊性質(zhì)可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，F(xiàn)C=FC′，可得FD=FC′，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠FDC′=∠FC′D，根據(jù)三角形外角性質(zhì)可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可證明四邊形DGBF是平行四邊形，可得DF=BG=，可得AG=BG；
（3）如圖，過點M作MQ⊥A′B于Q，根據(jù)平行四邊形的面積可求出BH的長，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根據(jù)可得A′B⊥AB，即可證明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，進而可證明△A′NH∽△CBH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得A′H、NH的長，根據(jù)NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出MQ的長，根據(jù)S陰=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【詳解】
（1）．
如圖，分別延長，相交于點P，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，,
∵為的中點，
∴，
在△PDF和△BCF中，，
∴△PDF≌△BCF，
∴，即為的中點，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）．
∵將沿著所在直線折疊，點的對應(yīng)點為，
∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，
∵為的中點，
∴，
∴，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵=∠FDC′+∠FC′D，
∴，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴，
∵四邊形為平行四邊形，
∴，DC=AB，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
∴，
∴．
（3）如圖，過點M作MQ⊥A′B于Q，
∵的面積為20，邊長，于點，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=，A′H=A′B-BH=1，
∵將沿過點的直線折疊，點A的對應(yīng)點為，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵于點，AB//CD，
∴，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴，即，
解得：NH=2，
∵，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴，即，
解得：MQ=，
∴S陰=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．
【點睛】
本題考查折疊的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題關(guān)鍵．
5．（2023·廣西·統(tǒng)考中考真題）【探究與證明】
折紙，操作簡單，富有數(shù)學(xué)趣味，我們可以通過折紙開展數(shù)學(xué)探究，探索數(shù)學(xué)奧秘．
【動手操作】如圖1，將矩形紙片對折，使與重合，展平紙片，得到折痕；折疊紙片，使點B落在上，并使折痕經(jīng)過點A，得到折痕，點B，E的對應(yīng)點分別為，，展平紙片，連接，，．

請完成：
(1)觀察圖1中，和，試猜想這三個角的大小關(guān)系；
(2)證明（1）中的猜想；
【類比操作】如圖2，N為矩形紙片的邊上的一點，連接，在上取一點P，折疊紙片，使B，P兩點重合，展平紙片，得到折痕；折疊紙片，使點B，P分別落在，上，得到折痕l，點B，P的對應(yīng)點分別為，，展平紙片，連接，．

請完成：
(3)證明是的一條三等分線．
【答案】(1)
(2)見詳解
(3)見詳解
【分析】（1）根據(jù)題意可進行求解；
（2）由折疊的性質(zhì)可知，，然后可得，則有是等邊三角形，進而問題可求證；
（3）連接，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)證明，根據(jù)平行線的性質(zhì)證明，證明，得出，即可證明．
【詳解】（1）解：由題意可知；
（2）證明：由折疊的性質(zhì)可得：，，，，
∴，，
∴是等邊三角形，
∵，，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴；
（3）證明：連接，如圖所示：
由折疊的性質(zhì)可知：，，，
∵折痕，，
∴，
∵四邊形為矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的一條三等分線．
【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)與判定及矩形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，作出輔助線，熟練掌握折疊的性質(zhì)，證明，是解題的關(guān)鍵．
6.(2022·重慶市A卷)如圖，在銳角△ABC中，∠A=60°，點D，E分別是邊AB，AC上一動點，連接BE交直線CD于點F．
(1)如圖1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度數(shù)；
(2)如圖2，若AB=AC，且BD=AE，在平面內(nèi)將線段AC繞點C順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CM，連接MF，點N是MF的中點，連接CN.在點D，E運動過程中，猜想線段BF，CF，CN之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；
(3)若AB=AC，且BD=AE，將△ABC沿直線AB翻折至△ABC所在平面內(nèi)得到△ABP，點H是AP的中點，點K是線段PF上一點，將△PHK沿直線HK翻折至△PHK所在平面內(nèi)得到△QHK，連接PQ.在點D，E運動過程中，當(dāng)線段PF取得最小值，且QK⊥PF時，請直接寫出PQBC的值．
【答案】解：(1)如圖1中，在射線CD上取一點K，使得CK=BE，

在△BCE和△CBK中，
BC=CB∠BCK=∠CBEBE=CK，
∴△BCE≌△CBK(SAS)，
∴BK=CE，∠BEC=∠BKD，
∵CE=BD，
∴BD=BK，
∴∠BKD=∠BDK=∠ADC=∠CEB，
∵∠BEC+∠AEF=180°，
∴∠ADF+∠AEF=180°，
∴∠A+∠EFD=180°，
∵∠A=60°，
∴∠EFD=120°，
∴∠CFE=180°-120°=60°；
(2)結(jié)論：BF+CF=2CN．
理由：如圖2中，∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，
∵AE=BD，
∴△ABE≌△BCD(SAS)，
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°，
如圖2-1中，延長CN到Q，使得NQ=CN，連接FQ，

∵NM=NF，∠CNM=∠FNQ，CN=NQ，
∴△CNM≌△QNF(SAS)，
∴FQ=CM=BC，
延長CF到P，使得PF=BF，則△PBF是等邊三角形，
∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，
∵PB=PF，
∴△PFQ≌△PBC(SAS)，
∴PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，
∴△PCQ是等邊三角形，
∴BF+CF=PC=QC=2CN．
(3)由(2)可知∠BFC=120°，
∴點F的運動軌跡為紅色圓弧(如圖3-1中)，
∴P，F(xiàn)，O三點共線時，PF的值最小，
此時tan∠APK=AOAP=23，
∴∠HPK>45°，
∵QK⊥PF，
∴∠PKH=∠QKH=45°，
如圖3-2中，過點H作HL⊥PK于點L，設(shè)PQ交KH題意點J，設(shè)HL=LK=2，PL=3，PH=7，KH=22，
∵S△PHK=12?PK?HL=12?KH?PJ，
∴PQ=2PJ=2×2(2+3)22=22+6
∴PQBC=22+627=214+4214．

7.(2022·廣東省深圳市)(1)發(fā)現(xiàn)：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點．求證：△BFG≌△BCG；
(2)探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD=8，AB=6.將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH=CH，求AE的長．
(3)拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB=6，E為CD邊上的三等分點，∠D=60°.將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點P，求PC的長．
【答案】(1)證明：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵AB=BC=BF，BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
(2)解：延長BH，AD交于Q，如圖：

設(shè)FH=HC=x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x)2，
解得x=73，
∴DH=DC-HC=113，
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，F(xiàn)G=74，
∵EQ//GB，DQ//CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736-73，
∴DQ=887，
設(shè)AE=EF=m，則DE=8-m，
∴EQ=DE+DQ=8-m+887=1447-m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴EQBG=EFFG，即1447-m254=m74，
解得m=92，
∴AE的長為92；
(3)解：(Ⅰ)當(dāng)DE=13DC=2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：

設(shè)DQ=x，QE=y，則AQ=6-x，
∵CP//DQ，
∴△CPE∽△QDE，
∴CPDQ=CEDE=2，
∴CP=2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分線，
∴AQAF=QEEF，即6-x6=y2①，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=12x，HE=DE-DH=2-12x，HQ=3DH=32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，
∴(1-12x)2+(32x)2=y2②，
聯(lián)立①②可解得x=34，
∴CP=2x=32；
(Ⅱ)當(dāng)CE=13DC=2時，延長FE交AD延長線于Q'，過D作DN⊥AB交BA延長線于N，如圖：

同理∠Q'AE=∠EAF，
∴AQ'AF=Q'EEF，即6+x6=y4，
由HQ'2+HD2=Q'D2得：(32x)2+(12x+4)2=y2，
可解得x=125，
∴CP=12x=65，
綜上所述，CP的長為32或65．
8.(2021·湖北省荊州市)在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，F(xiàn)是對角線AC上不與點A，C重合的一點，過F作FE⊥AD于E，將△AEF沿EF翻折得到△GEF，點G在射線AD上，連接CG．
(1)如圖1，若點A的對稱點G落在AD上，∠FGC=90°，延長GF交AB于H，連接CH．
①求證：△CDG∽△GAH；
②求tan∠GHC．
(2)如圖2，若點A的對稱點G落在AD延長線上，∠GCF=90°，判斷△GCF與△AEF是否全等，并說明理由．
【答案】(1)如圖1，
①證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D=∠GAH=90°，
∴∠DCG+∠DGC=90°，
∵∠FGC=90°，
∴∠AGH+∠DGC=90°，
∴∠DCG=∠AGH，
∴△CDG∽△GAH．
②由翻折得∠EGF=∠EAF，
∴∠AGH=∠DAC=∠DCG，
∵CD=AB=2，AD=4，
∴DGCD=AHAG=CDAD=tan∠DAC=24=12，
∴DG=12CD=12×2=1，
∴GA=4-1=3，
∵△CDG∽△GAH，
∴CGGH=CDGA，
∴tan∠GHC=CGGH=CDGA=23．
(2)不全等，理由如下：
∵AD=4，CD=2，
∴AC=42+22=25，
∵∠GCF=90°，
∴CGAC=tan∠DAC=12，
∴CG=12AC=12×25=5，
∴AG=(25)2+(5)2=5，
∴EA=12AG=52，
∴EF=EA?tan∠DAC=52×12=54，
∴AF=(52)2+(54)2=554，
∴CF=25-554=354，
∵∠GCF=∠AEF=90°，而CG≠EA，CF≠EF，
∴△GCF與△AEF不全等．
9.(2022·四川省成都市)在矩形ABCD的CD邊上取一點E，將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處．
(1)如圖1，若BC=2BA，求∠CBE的度數(shù)；
(2)如圖2，當(dāng)AB=5，且AF?FD=10時，求BC的長；
(3)如圖3，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點M，BM交AD于點N，當(dāng)NF=AN+FD時，求ABBC的值．
【答案】解：(1)∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，
∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴∠AFB=30°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF=30°，
∴∠CBE=12∠FBC=15°；
(2)∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF，
∴AF?DF=AB?DE，
∵AF?DF=10，AB=5，
∴DE=2，
∴CE=DC-DE=5-2=3，
∴EF=3，
∴DF=EF2-DE2=32-22=5，
∴AF=105=25，
∴BC=AD=AF+DF=25+5=35．
(3)過點N作NG⊥BF于點G，
∵NF=AN+FD，
∴NF=12AD=12BC，
∵BC=BF，
∴NF=12BF，
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，
設(shè)AN=x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，
設(shè)FG=y，則AF=2y，
∵AB2+AF2=BF2，
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，
解得y=43x.∴BF=BG+GF=2x+43x=103x.
∴ABBC=ABBF=2x103x=35．
10.在矩形ABCD中，E為DC邊上一點，把△ADE沿AE翻折，使點D恰好落在BC邊上的點F．
(1)求證：△ABF∽△FCE；
(2)若AB=23，AD=4，求EC的長；
(3)若AE-DE=2EC，記∠BAF=α，∠FAE=β，求tanα+tanβ的值．
【答案】(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
由翻折可知，∠D=∠AFE=90°，
∴∠AFB+∠EFC=90°，∠EFC+∠CEF=90°，
∴∠AFB=∠FEC，
∴△ABF∽△FCE．
(2)設(shè)EC=x，
由翻折可知，AD=AF=4，
∴BF=AF2-AB2=16-12=2，
∴CF=BC-BF=2，
∵△ABF∽△FCE，
∴ABCF=BFEC，
∴232=2x，
∴x=233，
∴EC=233．
(3)∵△ABF∽△FCE，
∴AFEF=ABCF，
∴tanα+tanβ=BFAB+EFAF=BFAB+CFAB=BF+CFAB=BCAB，
設(shè)AB=CD=a，BC=AD=b，DE=x，
∴AE=DE+2CE=x+2(a-x)=2a-x，
∵AD=AF=b，DE=EF=x，∠B=∠C=∠D=90°，
∴BF=b2-a2，CF=x2-(a-x)2=2ax-a2，
∵AD2+DE2=AE2，
∴b2+x2=(2a-x)2，
∴a2-ax=14b2，
∵△ABF∽△FCE，
∴ABCF=BFEC，
∴ax2-(a-x)2=b2-a2a-x，
∴a2-ax=b2-a2?2ax-a2，
∴14b2=b2-a2?a2-12b2，
整理得，16a4-24a2b2+9b4=0，
∴(4a2-3b2)2=0，
∴ba=233，
∴tanα+tanβ=BCAB=233．
11.已知：在矩形中，，，是邊上的一個動點，將矩形折疊，使點與點重合，點落在點處，折痕為．
（1）如圖1，當(dāng)點與點重合時，則線段_______________，_____________；
（2）如圖2，當(dāng)點與點，均不重合時，取的中點，連接并延長與的延長線交于點，連接，，．
①求證：四邊形是平行四邊形：
②當(dāng)時，求四邊形的面積．
【答案】（1）2，4；（2）①見解析；②
【分析】
（1）過點F作FH⊥AB，由翻折的性質(zhì)可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根據(jù)平行線的性質(zhì)和等量代換可得∠CFE＝∠FEC，由等角對等邊可得：CF＝CE，設(shè)AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程求得x的值，進而可得BE、DF的長，由矩形的判定可得四邊形DAHF是矩形，進而可求FH、EH的長，最后由勾股定理可得EF的長；
（2）①根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，進而可得，根據(jù)已知條件可得，從而易證，進而根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和平行四邊形的判定即可求證結(jié)論；
②連接與交于點，則且，又由①知：，，則，繼而易證∠MAD＝PAB，接根據(jù)三角函數(shù)求得PB，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程可得PE的長，繼而代入數(shù)據(jù)即可求解．
【詳解】
解：（1） 2 ， 4 ；
過點F作FH⊥AB，
∵折疊后點A、P、C重合
∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，
∵CD∥AB
∴∠CFE＝∠FEA，
∴∠CFE＝∠FEC，
∴CF＝CE＝AE，
設(shè)AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得，即
解得： x＝4，即AE＝CE＝CF＝4
∴BE＝2、DF＝2，
∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°
∴四邊形DAHF是矩形，
∴FH＝、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2
在Rt△EFH中，由勾股定理可得: ＝4

（2）①證明：如圖2，
∵在矩形中，，
由折疊（軸對稱）性質(zhì)，得：，
∴，
∵點是的中點，∴，
又，∴，
∴，∴四邊形是平行四邊形：
②如圖2，連接與交于點，則且，
又由①知：，∴，則，
又，∴，∴
在，，
而，∴，
又在中，若設(shè)，則，
由勾股定理得：，則，
而且，
又四邊形是平行四邊形，
∴四邊形的面積為．

【點睛】
本題主要考查矩形與翻折的問題，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定及其性質(zhì)、翻折的性質(zhì)、正切的有關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)知識并且學(xué)會作輔助線．
12.（2021·湖南中考真題）如圖，在中，點為斜邊上一動點，將沿直線折疊，使得點的對應(yīng)點為，連接，，，．
（1）如圖①，若，證明：．
（2）如圖②，若，，求的值．
（3）如圖③，若，是否存在點，使得．若存在，求此時的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，的值為或．
【分析】
（1）先根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)平行線的判定可得，最后根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)即可得證；
（2）設(shè)與的交點為點，過點作于點，設(shè)，從而可得，先證出，從而可得，設(shè)，根據(jù)線段的和差可得，代入可求出，從而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根據(jù)余弦三角函數(shù)的定義即可得；
（3）如圖（見解析），設(shè)，從而可得，分①點在直線的左側(cè)；②點在直線的右側(cè)兩種情況，再分別利用等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)求解即可得．
【詳解】
（1）證明：，，
，
，
由折疊的性質(zhì)得：，
，
，
四邊形是平行四邊形，
又，
平行四邊形是菱形，
；
（2）如圖，設(shè)與的交點為點，過點作于點，
，
是等腰三角形，，
設(shè)，則，
，
，
由折疊的性質(zhì)得：，
在和中，，
，
，
設(shè)，則，
，
解得，
，
在中，，
，
則；
（3），
，
設(shè)，則，
由折疊的性質(zhì)得：，
，
由題意，分以下兩種情況：
①如圖，當(dāng)點在直線的左側(cè)時，過點作于點，
（等腰三角形的三線合一），
，
在中，，
，
又，
，
，
，
是等邊三角形，
，
；
②如圖，當(dāng)點在直線的右側(cè)時，過點作于點，
同理可得：，
，
點在上，
由折疊的性質(zhì)得：，
在中，，
，
，
綜上，存在點，使得，此時的值為或．
【點睛】
本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、折疊的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識點，較難的是題（3），正確分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．
13.（2021·浙江中考真題）（推理）
如圖1，在正方形ABCD中，點E是CD上一動點，將正方形沿著BE折疊，點C落在點F處，連結(jié)BE，CF，延長CF交AD于點G．
（1）求證：．
（運用）
（2）如圖2，在（推理）條件下，延長BF交AD于點H．若，，求線段DE的長．
（拓展）
（3）將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連結(jié)CF，延長CF，BF交直線AD于G，兩點，若，，求的值（用含k的代數(shù)式表示）．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）或
【分析】
（1）根據(jù)ASA證明；
（2）由（1）得，由折疊得，進一步證明，由勾股定理得，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求解即可；
（3）如圖，連結(jié)HE，分點H在D點左邊和點在點右邊兩種情況，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出DE的長，再由勾股定理得，代入相關(guān)數(shù)據(jù)求解即可．
【詳解】
（1）如圖，由折疊得到，
，
．
又四邊形ABCD是正方形，
，
，
，
又正方形
，
．
（2）如圖，連接，
由（1）得，
，
由折疊得，，
．
四邊形是正方形，
，
，
又，
，
．
，，
，．
，
，
（舍去）．
（3）如圖，連結(jié)HE，
由已知可設(shè)，，可令，
①當(dāng)點H在D點左邊時，如圖，
同（2）可得，，
，
由折疊得，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
．
，
，
，
（舍去）．
②當(dāng)點在點右邊時，如圖，
同理得，，
同理可得，
可得，，
，
，
（舍去）．
【點睛】
此題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．
14.（2021·湖北中考真題）在矩形中，，，是對角線上不與點，重合的一點，過作于，將沿翻折得到，點在射線上，連接．
（1）如圖1，若點的對稱點落在上，，延長交于，連接．
①求證：；
②求．
（2）如圖2，若點的對稱點落在延長線上，，判斷與是否全等，并說明理由．
【答案】（1）①見解析；②；（2）不全等，理由見解析
【分析】
（1）①先根據(jù)同角的余角相等得出∠DCG=∠AGH，再根據(jù)兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似即可得出結(jié)論；
②設(shè)EF=x，先證得△AEF△ADC，得出===，再結(jié)合折疊的性質(zhì)得出AE=EG=2x，
AG=4x，AH=2EF=2x，再由△CDG△GAH，得出比例式==，求出EF的長，從而得出的值，即可得出答案；
（2）先根據(jù)兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似得出△AEF△ACG，得出比例式=，得出EF=，
AE=，AF=，從而判定與是否全等．
【詳解】
（1）①在矩形ABCD中，∠BAD=∠D=90°
∴∠DCG+∠DGC=90°
又∵∠FGC=90°
∴∠AGH+∠DGC=90°
∴∠DCG=∠AGH
∴△CDG△GAH
②設(shè)EF=x
∵△AEF沿EF折疊得到△GEF
∴AE=EG
∵EF⊥AD
∴∠AEF=90°=∠D
∴EF//CD//AB
∴△AEF△ADC
∴=
∴===
∴AE=EG=2x
∴AG=4x
∵AE=EG，EF//AB
∴==
∴AH=2EF=2x
∵△CDG△GAH
∴==
∴==
∴x=
∴==
∵∠FCG=90°
∴tan∠GHC==
（2）不全等理由如下：
在矩形ABCD中，AC===
由②可知：AE=2EF
∴AF==EF
由折疊可知，AG=2AE=4EF，AF=GF
∵∠AEF=∠GCF，∠FAE=∠GAC
∴△AEF△ACG
∴=
∴=
∴EF=
∴AE=，AF=
∴FC=AC-AF=2-=
∴AEFC，EFFC
∴不全等
【點睛】
本題考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，得出AE=2EF是解題的關(guān)鍵．
15.如圖，在△ABC中，AB＝42，∠B＝45°，∠C＝60°．
（1）求BC邊上的高線長．
（2）點E為線段AB的中點，點F在邊AC上，連結(jié)EF，沿EF將△AEF折疊得到△PEF．
①如圖2，當(dāng)點P落在BC上時，求∠AEP的度數(shù)．
②如圖3，連結(jié)AP，當(dāng)PF⊥AC時，求AP的長．
【分析】（1）如圖1中，過點A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①證明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解決問題．
②如圖3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，證明△AEF∽△ACB，推出AFAB=AEAC，由此求出AF即可解決問題．
【解析】（1）如圖1中，過點A作AD⊥BC于D．
在Rt△ABD中，AD＝AB?sin45°＝42×22=4．
（2）①如圖2中，
∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP，
∵AE＝EB，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．
②如圖3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°，
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，
∴∠AFE＝∠B，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AFAB=AEAC，即AF42=22833，
∴AF＝23，
在Rt△AFP，AF＝FP，
∴AP=2AF＝26．
方法二：AE＝BE＝PE可得直角三角形ABP，由PF⊥AC，可得∠AFE＝45°，可得∠FAP＝45°，即∠PAB＝30°． AP＝ABcs30°＝26．

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