2024年中考数学考点09几何综合题的三类折叠问题（解析版）

方法必备09几何综合题的三类折叠问题题型一：翻折与几何基本图形题型二：翻折与隐形圆题型三：翻折与二次函数题型一：翻折与几何基本图形1．（2024·山东泰安·一模）如图，把平行四边形纸片沿折叠，点C落在点处，与相交于点E．求证：【答案】见详解【分析】本题主要考查利用平行四边形的性质和折叠得性质证明，即可证明结论成立．【详解】证明：∵四边形为平行四边形，∴，，∵沿折叠，点C落在点处，∴，，在和中∴，∴．2．（2023·江苏泰州·二模）如图，将纸片按照下列图示方式折叠：①将沿折叠，使得点落在边上的点处，折痕为；②将沿折叠，使得点与点重合，折痕为；③将沿折叠，点落在点处，展开后如图，、、、为图折叠过程中产生的折痕．(1)求证：；(2)若落在的右侧，求的范围；(3)是否存在使得与的角平分线重合，如存在，请求的大小；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)；(3)不存在，理由见解析．【分析】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．（1）由第二次翻折可得垂直平分，由第一次翻折可得，证出四边形是菱形，则可得出结论；（2）设，求出，，当落在的右侧时，，求出，则可得出答案；（3）设，，，得出，求出，，则可得出结论．【详解】（1）证明：由第二次翻折可得垂直平分，由第一次翻折可得，与垂直且互相平分，四边形是菱形，；（2）解：设，四边形是菱形，，，，当落在的右侧时，，，，；（3）解：不存在．若存在使得与的角平分线重合，设，，，，，，不存在使得与的角平分线重合．3．（2023·吉林松原·三模）如图①，在中，，，是斜边上的中线，点E为射线上一点，将沿折叠，点A的对应点为点F．

(1)若，直接写出的长（用含a的代数式表示）；(2)若点E与点C重合，连接，如图②，判断四边形的形状，并说明理由；(3)若，直接写出的度数．【答案】(1)(2)四边形是菱形．理由见解析(3)或【分析】（1）由直角三角形斜边上的中线性质即得答案；（2）先证明是等边三角形，再证明四边形四边相等，即得答案；（3）分点E在线段上和其延长线上两种情况，根据及折叠的性质，可求得，进一步可分别求得答案．【详解】（1）在中，，是斜边上的中线，即点D是的中点，，；（2）（2）四边形是菱形；理由如下：如图②，，，，，∵点D是的中点，即，，，是等边三角形，，由折叠得，，，，四边形是菱形，，，∴四边形是平行四边形，，四边形是菱形；（3）如图③，点E在线段上时，，，由折叠得，，，；如图④，点E在线段的延长线上时，，，由折叠得，，，；综上所述，或．

【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，灵活运用相关知识是解答本题的关键．4．（2023·广东茂名·二模）如图，正方形中，E是边的中点，将沿折叠，得到，延长交边于点P．

(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析；(2)4．【分析】（1）连接AP，由正方形的性质得，，由折叠得，，则，，即可根据直角三角形全等的判定定理“HL”证明，得；（2），E是边的中点，得，，由勾股定理得，求得．【详解】（1）证明：

连接AP，∵四边形是正方形，∴，，∵将沿折叠，得到，延长交边于点P，∴，，∴，，在和中，，∴，∴．（2）解：∵，E是边的中点，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴的长是4．【点睛】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．5．（2023·广西贵港·二模）综合与实践【问题情境】数学活动课上，老师准备了若干张正方形纸片，组织同学们进行折纸探究活动．【初步尝试】把正方形对折，折痕为，然后展开，沿过点A与点E所在的直线折叠，点B落在点处，连接，如图1，请直接写出与的数量关系．【能力提升】把正方形对折，折痕为，然后展开，沿过点A与上的点G所在的直线折叠，使点B落在上的点P处，连接，如图2，猜想的度数，并说明理由．【拓展延伸】在图2的条件下，作点A关于直线的对称点，连接，，，如图3，求的度数．【答案】初步尝试：；能力提升：猜想：，理由见解析；拓展延伸：【分析】初步尝试：连接，由折叠的性质可知，，，，，根据等边对等角的性质和三角形内角和定理，得出，推出，即可得出答案；能力提升：根据正方形的性质和折叠的性质，易证，从而证明是等边三角形，即可得到答案；拓展延伸：连接、，由（2）得是等边三角形，进而得出，再结合等边对等角的性质和三角形内角和定理，求得，，由对称性质得：，，证明，得到，再由，即可求出的度数．【详解】解：初步尝试：，理由如下：如图，连接，由折叠的性质可知，，，，，∴，∴，，∵，∴，即，∴，∴，∴；解：能力提升：猜想：，理由如下：理由：∵四边形是正方形，∴，，由折叠性质可得：，，，在和中，，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∴；解：拓展延伸：如图，连接、，由（2）得是等边三角形，∴，，∵，∴，又∵，∴，，∴，，由对称性质得：，，∴，∴是等边三角形，在与中，，∴，∴，又∵，∴．【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．6．（2023·吉林长春·模拟预测）如图1，平面上，四边形中，，，，，，点M在边上，且．点P沿折线以1个单位速度向终点C运动，点是点A关于直线的对称点，连接，设点P在该折线上运动的时间为．(1)直接写出线段的长；(2)如图2，连接．①求的度数，并直接写出当、M、A共线时t的值；②若点P到的距离为1，求的值；(3)当时，请直接写出点到直线的距离（用含t的式子表示）．【答案】(1)当时，；当时，；(2)①，

②或(3)【分析】（1）分两种情况和分别求出即可；（2）①首先根据勾股定理得到，然后利用勾股定理的逆定理即可求出；画出图形,然后证明出,利用相似三角形的性质求出，然后证明出，利用相似三角形的性质得到，进而求解即可；②当点在上时,，分别求得，根据正切的定义即可求解；当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，证明，得，进而求得，证明，即可求解；（3）如图所示，过点作于点，过点作于点，则四边形是矩形，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）解：当时，；当时，；（2）解：①，，又，，，；如图所示，当当、M、A共线时，设交与点，∵平分，，∴，，，，，，，，，，，即，∴；②如图所示，当点在上时，，

，，，，如图所示，当在上时，则，过点作交的延长线于点，延长交的延长线于点，

，，，即，，，，，即，解得：，，综上所述，的值为或；（3）解：∵当时，在上，如图所示，过点作于点，过点作于点，则四边形是矩形，

由，，，设，即，，，整理得，即点到直线的距离为【点睛】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，熟练掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．7．（2023·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．(1)操作判断操作一：如图（1），正方形纸片，点是边上（点不与点，重合）任意一点，沿折叠到，如图（2）所示；操作二：将图（2）沿过点的直线折叠，使点的对称点落在上，得到折痕，点的对称点记为，如图（3）所示；操作三：将纸片展平，连接，如图（4）所示．根据以上操作，回答下列问题：①，，三点（填“在”或“不在”一条直线上；②和的位置关系是，数量关系是；③如图（5），连接，改变点在上的位置，（填“存在”或“不存在”点，使平分．(2)迁移探究苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片，，，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请完成下列探究：①当点在上时，如图（6），和有何数量关系？并说明理由；②当的长为1时，请直接写出的长．【答案】(1)①在，②，相等；③不存在；(2)①，理由见解析；②或．【分析】（1）①的对称点为，，，即可判断；②由①，由同角的余角相等得，由可判定，由全等三角形的性质即可得证；③由可判定，由全等三角形的性质得，等量代换得，与矛盾，即可得证；（2）①由（1）中的②可判定，由三角形相似的性质即可求解；②当在上时，，由三角形相似的性质即可求解；当在上时，同理可判定，由三角形相似的性质即可求解．【详解】（1）解：①的对称点为，，，、、共线，故答案为：在；②由①知：、、共线，在上，，，，四边形是正方形，，，，，在和中，()，，故答案为：相等；③不存在，理由如下：假如存在，平分，，四边形是正方形，，，在和中()，，，，是的斜边，，与矛盾，故假设不成立，所以答案为：不存在；（2）解：①，理由如下：由（1）中的②得：，，，；②当在上时，，由①知：，，，当在上时，，，，，，，，综上所述：或．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．8．（2023·山东枣庄·中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．

猜想证明：(1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．问题解决；(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积．【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析(2)30【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到，即可得出结论．（2）先证明四边形为平行四边形，过点作于点，等积法得到的积，推出四边形的面积，即可得解．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵在中，，是边上的中线，∴，∵将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，∴，∴，∴，∴，同法可得：，∴，∵，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵折叠，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，由（1）知：，，∴，过点作于点，

∵，∴，∵四边形的面积，，∴四边形的面积．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．9．（2023·内蒙古通辽·中考真题）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．

(1)如图1，当点M在上时，___________度；(2)改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．【答案】(1)30(2)，理由见解析【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出，，进而可求出，即得出；（2）由正方形的性质结合折叠的性质可证，即得出．【详解】（1）解：∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，∴，．∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，∴．在中，，∴．故答案为：．（2）解：结论：，理由如下：∵四边形是正方形，，．由折叠可得：，，，．又，，∴．【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．10．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：独立思考：小明：“当点落在上时，．”小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰中，由翻折得到．（1）如图1，当点落在上时，求证：；（2）如图2，若点为中点，，求的长．问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．【答案】（1）见解析；（2）；问题2：【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得，根据邻补角互补可得，即可得证；（2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解；问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解．【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到∴，，∵，∴；（2）如图所示，连接，交于点，

∵折叠，∴，，，，∵是的中点，∴，∴，在中，，在中，，∴；问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，

∵，∴，，∵，∴，∴，∴，又，∴四边形是矩形，则，在中，，,，∴，在中，，∴，在中，．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．11．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．

(1)当时，求四边形的面积；(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．【详解】（1）如图，连接、，四边形为菱形，，，为等边三角形．为中点，，，，．，为等腰直角三角形，，，翻折，，，，；.同理，，，∴；（2）如图，连接、，延长交于点．，，，．∵，，．，则，，，．∵，．【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．12．（2023·重庆·中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．

(1)如图1，若，，求线段的长．(2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，求证：．(3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到．连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）解，求得，根据即可求解；（2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证；（3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解．【详解】（1）解：在中，，，∴，∵，∴；（2）证明：如图所示，延长使得，连接，

∵是的中点则，，，∴，∴，∴，∴∵是等边三角形，∴，∵，∴四点共圆，∴，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，

在取得最小值的条件下，即，设，则，，∴，，∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到．∴∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，∴在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，

∵是的中点，∴，∴是等边三角形，则，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，

∴，是的中点，∴即是的中位线，同理可得是的中位线，∴，∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，∴∴则在中，∴．

【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型二：翻折与隐形圆一、单选题1．（湖北鄂州·中考真题）如图，菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，P是AB上一点，BP=3，Q是CD边上一动点，将梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′．当CA′的长度最小时，CQ的长为（）A．5 B．7 C．8 D．【答案】B【详解】作CH⊥AB于H，如图．∵菱形ABCD的边AB=8，∠B=60°，∴△ABC为等边三角形，∴CH=AB=，AH=BH=4．∵PB=3，∴HP=1．在Rt△CHP中，CP==7．∵梯形APQD沿直线PQ折叠，A的对应点A′，∴点A′在以P点为圆心，PA为半径的弧上，∴当点A′在PC上时，CA′的值最小，∴∠APQ=∠CPQ，而CD∥AB，∴∠APQ=∠CQP，∴∠CQP=∠CPQ，∴CQ=CP=7．故选B．【点睛】本题考查了菱形的性质．解答本题的关键是确定A′在PC上时CA′的长度最小．2．如图，菱形ABCD边长为4，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C的最小值是（

）A．2 B．+1 C．2﹣2 D．3【答案】C【分析】根据题意，在折叠过程中A′在以M为圆心、AD为直径的圆上的弧AD上运动，当A′C取最小值时，由两点之间线段最短知此时M、A′、C三点共线，得出A′的位置，过点M作MH⊥DC于点H，再利用含30°的直角三角形的性质以及勾股定理求出MC的长，进而求出A′C的长即可．【详解】解：如图所示，∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上．过点M作MH⊥DC于点H，∵在边长为4的菱形ABCD中，∠MAN=60°，M为AD的中点，∴2MD=AD=CD=4，∠HDM=∠MAN=60°，∴MD=2，∠HMD=30°，∴HD=MD=1，∴HM==，CH=CD+DH=5，∴，∴A′C=MC-MA′=2-2；故选：C．【点睛】本题考查翻折变换、菱形的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，突破点是正确寻找点A′的位置．3．（22-23九年级上·浙江金华·期末）如图，正方形的边长为4，点E是正方形内的动点，点P是边上的动点，且．连结，，，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先证明，即可得点E在以为直径的半圆上移动，设的中点为O，作正方形关于直线对称的正方形，则点D的对应点是F，连接交于P，交半圆O于E，根据对称性有：，则有：，则线段的长即为的长度最小值，问题随之得解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∴点E在以为直径的半圆上移动，如图，设的中点为O，作正方形关于直线对称的正方形，则点D的对应点是F，连接交于P，交半圆O于E，根据对称性有：，则有：，则线段的长即为的长度最小值，E∵，，∴，，∴，∴，故的长度最小值为，故选：A．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线，得出点E的运动路线是解题的关键．二、填空题4．（2022·广东汕头·一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且CD＝3，E是BC边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为．【答案】/【分析】先由折叠判断出F的运动轨迹是为以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当B、D、F共线且F在B、D之间时BF最小，根据勾股定理及圆的性质求出此时BD、BF的长度即可．【详解】解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，∵∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，∴BC=6，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=，∴BF=BD－DF=，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质、圆的性质、勾股定理解直角三角形的知识，该题涉及的最值问题属于中考常考题型，根据折叠确定出F点运动轨迹是解题关键．5．△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC的中点，E为AB上一动点，点B关于DE的对称点在△ABC内（不含△ABC的边上），则BE长的范围为．【答案】【分析】首先根据运动特点分析出点的运动轨迹在以为圆心，为半径的圆弧上，然后分点恰好落在边上和点恰好落在边上两种情况讨论，分别利用勾股定理以及等腰三角形的性质和判定进行求解和证明即可得出两种临界情况下的长度，从而得出结论．【详解】解：∵点B与关于DE对称，∴，则点的运动轨迹在以为圆心，为半径的圆弧上，①如图所示，当点恰好落在边上时，此时，连接和，由题意及“三线合一”知，，，∴在中，，此时，根据对称的性质，，∴由等面积法，，∴，在中，；②如图所示，当点恰好落在边上时，连接、、和，由题意，，∴，，∴，即：，∴，即：，∵点B与关于DE对称，∴，，∴，∴，，由对称的性质，，∴，∴，∴，即：此时点为的中点，∴此时，，综上，长的范围为，故答案为：．【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，以及勾股定理解直角三角形等，能够根据题意准确分析出动点的运动轨迹，并构建适当的三角形进行求解是解题关键．6．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将ΔEBF沿EF所在直线折叠得到ΔEB'F，连接B'D，则B'D的最小值是．【答案】.【分析】如图所示，点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时，B'D的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B'E=BE=2，即可求出B'D．【详解】如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时，B'D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB'F，∴∠B=∠EB'F，EB'=EB．∵E是AB边的中点，AB=4，∴AE=EB'=2．∵AD=6，∴DE2，∴B'D=22．故答案为22．【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用；确定点B'在何位置时，B'D的值最小是解决问题的关键．7．（22-23九年级下·江苏宿迁·阶段练习）如图，矩形，，，E为中点，F为直线上动点，B、G关于对称，连接，点P为平面上的动点，满足，则的最小值．【答案】【分析】由题意可知，，可得，可知点在以为弦，圆周角的圆上，（要使最小，则点要靠近蒂点，即点在的右侧），设圆心为，连接，，，，，过点作，可知为等腰直角三角形，求得，，，，再由三角形三边关系可得：，当点在线段上时去等号，即可求得的最小值．【详解】解：∵B、G关于对称，∴，且∵E为中点，则为的中位线，∴，∴，∵，即，∴点在以为弦，圆周角的圆上，（要使最小，则点要靠近蒂点，即点在的右侧）设圆心为，连接，，，，，过点作，则，∵，∴，则为等腰直角三角形，∴，又∵为中点，∴，，又∵四边形是矩形，∴，，∴四边形是正方形，∴，，∴，由三角形三边关系可得：，当点在线段上时去等号，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，隐形圆，三角形三边关系，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，根据得知点在以为弦，圆周角的圆上是解决问题的关键．三、解答题8．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E，F分别是边CD，BC上的动点，且∠AFE＝90°（1）证明：△ABF∽△FCE；（2）当DE取何值时，∠AED最大．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据题意可得∠B＝∠C＝90°，∠AFB＝∠FEC，即可得出结论；（2）取AE的中点O，连接OD、OF，根据∠AFE＝∠ADE＝90°，得出A、D、E、F四点共圆，当⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大，根据相似三角形的性质解答即可．【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，∵∠AFE＝90°，∴∠AFB+∠EFC＝90°，∵∠EFC+∠FEC＝90°，∴∠AFB＝∠FEC，∴△ABF∽△FCE．（2）取AE的中点O，连接OD、OF．∵∠AFE＝∠ADE＝90°，∴OA＝OD＝OE＝OF，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠AED＝∠AFD，∴当⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大，∴BF＝CF＝4，∵△ABF∽△FCE，∴，∴，∴，∴，∴当时，的值最大．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，四点共圆，根据题意得出⊙O与BC相切时，∠AFD的值最大是解题的关键．9．（2022·天津河东·二模）已知，平面直角坐标系中有一个边长为6的正方形，为线段上的动点，将沿直线对折，使点落在处．(1)如图①，当时，求点的坐标；(2)如图②，连接，当时．①求点的坐标；②连接，求与重叠部分的面积；(3)当点在线段（不包括端点）上运动时，请直接写出线段的取值范围．【答案】(1)(2)①，②(3)【分析】（1）如图，连接交于过作于由对折可得：证明是等边三角形，可得再利用三角函数可得答案；（2）①利用平行线的性质证明从而可得答案；②如图，连接交于交于过作交于过于再分别求解的坐标，利用函数解析式与三角形的面积公式可得答案；（3）如图，由对折可得则在以为圆心，为半径的上运动，与不重合，连接AC，交于当重合时，取得最小值，从而可得答案．【详解】（1）解：如图，连接交于过作于由对折可得：是等边三角形，，（2）①而②如图，连接交于交于过作交于过于由①得：设则解得：（不符合题意的根舍去）而设为则解得：∴为同理可得：AM为OB为解得：即所以即同理可得：与重叠部分的面积为：（3）如图，由对折可得∴在以为圆心，为半径的上运动，与不重合，连接AC，交于当重合时，取得最小值，此时所以的取值范围为：【点睛】本题考查的是正方形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，一次函数的几何应用，圆的基本性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用一次函数的性质解决几何图形面积问题，利用圆的基本性质求解线段长度的最小值是解本题的关键．10．（2022·重庆·三模）在中，，CA＝2CB．将线段CA绕点C旋转得到线段CD．(1)如图1，当点D落在AB的延长线上时，过点D作交AC的延长线于点E，若BC＝2，求DE的长；(2)如图2，当点D落在CB的延长线上时，连接AD，过点C作CF⊥AB于点F，延长CF交AD于点E，连接BE，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，将沿AC翻折得到，M为直线AD上一个动点．连接BM，将沿BM翻折得到．当最小时，直接写出的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据已知条件，先求出，再由，，求得，，最后在中，求得DE的长．（2）过D作DG⊥CD交CE延长线于点G，先证≌，再证≌，最后通过，，进行等量代换，得到结论．（3）过作交延长线于点，以为圆心，长为半径画圆．在以为圆心，长为半径的圆上运动，当，，三点共线且在之间时，最小．设，通过解直角三角形，运用翻折性质，求得的值．【详解】（1）解：∵CA＝2CB，BC＝2，∴CA＝4，∵，∴．∵将线段CA绕点C旋转得到线段CD，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵CA=4，BC＝2，∴，∴，∵，∴．（2）证明：过D作DG⊥CD交CE延长线于点G，∵线段CA绕点C旋转得到线段CD，，∴CD=CA，是等腰直角三角形．∵CA＝2CB，∴CD＝2CB，即CB=BD．∵CF⊥AB，∴，∴，∵，∴．在与中，∵，∴≌（ASA）．∴，∵CB=BD，∴．∵DG⊥CD，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴．在与中，∵，∴≌（SAS）．∴，∴．∵≌，∴，∴．（3）如图，过作交延长线于点，以为圆心，长为半径画圆，由题意得，在以为圆心，长为半径的圆上运动，当，，三点共线且在之间时，最小．设，∵，∴．∵，，，∴，．∵CF⊥AB，，∴，，∴．∵，，，∴．∵将沿AC翻折得到，∴，，∵，∴，∵，∴．在中，∵，，∴，．∵，∴．在中，，．∵将沿AC翻折得到，∴，∵，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质运用，以及翻折的性质，综合运用以上性质，合理作相应辅助线是解题的关键．题型三：翻折与二次函数1．（21-22九年级下·湖南株洲·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过，两点．

(1)求抛物线的解析式；(2)点是第一象限抛物线上一动点，连接，的延长线与轴交于点，过点作轴于点，以为轴，翻折直线，与抛物线相交于另一点．设点横坐标为，点横坐标为，求出与的函数关系式；（不要求写出自变量t的取值范围）；(3)在（2）的条件下，连接，点在上，且，连接，若，求点坐标．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用待定系数法即可求得结论．（2）由已知条件得出点的坐标，则，的长度可得，利用点的坐标可得线段的长度；根据对称性可得的长度；设交轴于点，过点作轴于点，通过证明，得出比例式，将线段的长度代入化简即可得出结论．（3）根据等腰三角形的性质，可得，利用三角形的外角的性质可得，通过证明，得到比例式，将线段的长度代入即可得到，利用（2）中结论，将代入上式即可求得值，进而点的坐标可得，可求出直线的解析式，进而可求得答案．【详解】（1）∵抛物线经过，两点，∴解得∴抛物线的解析式为．（2）∵点是第一象限抛物线上一动点，点横坐标为，∴点的坐标为．∵轴，∴点的坐标为．∴．∵点的坐标为，∴．∴．如图所示，设交轴于点，过点作轴于点．

根据题意得：．∴．∵点的横坐标为，∴点的坐标为，．∴，．∴．∵，∴．∴．∴．∴．∴，即．∴．∴．∵，∴．∴与的函数关系式为：．（3）∵，∴．∵，，∴．如图所示，设与交于点．

∵，，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∵，∴．∴．∴．∴，即．由（2）知：，∴．∴．∴或．∵点是第一象限抛物线上一动点，∴．∴．∴点的坐标为．设直线的解析式为．因为直线的解析式的图象经过点，点，所以解得∴直线的解析式为．将代入，得．解得．∴点的坐标为．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定及性质，一次函数的图象和性质，轴对称图形的性质等，解题的关键在于牢记一次函数和二次函数的图象和性质．2．（2023·天津河西·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，在y轴正半轴上有一点C，．点D，E分别是线段，上的动点，且均不与端点重合．(1)求此抛物线的解析式；(2)如图①，连接，将沿x轴翻折得到，当点G在抛物线上时，求点G的坐标；(3)如图②，连接，当时，求的最小值．【答案】(1)(2)点G的坐标为．(3)的最小值为．【分析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入解析式即可求得二次函数的解析式．（2）连接，设，利用，表示出G点坐标，代入抛物线解析式即可求得结果．（3）构造，转化成，当C，E，Q三点共线时，最小，最小为，进一步求得结果．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，两点，∴，∴，∴此抛物线的解析式为：．（2）如图①，连接交于M∵与关于x轴对称，∴，，∵，，∴，设，则，，∴，∵点G在抛物线上，∴，∴，（舍去），∴点G的坐标为．（3）如图②，在下方作且，连接、，∵，∴，∴，当C，E，Q三点共线时，最小，最小为，过点C作，垂足为H，∵，，∴，．∵，，∴，，∴，故的最小值为．【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，轴对称，三角形全等，线段之和最短等知识，会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来是解题关键．3．（2023·广西贵港·三模）抛物线与x轴交于A、B两点，且点A在点B的左侧，与y轴交于点C，点为抛物线上一点，且直线轴，点M是抛物线上的一动点．

(1)求抛物线的解析式与A、B两点的坐标．(2)若点E的纵坐标为0，且以为顶点的四边形是平行四边形，求此时点M的坐标．(3)过点M作直线的垂线，垂足为N，若将沿翻折，点N的对应点为，则是否存在点M，使点则恰好落在x轴上？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，说明段理由．【答案】(1)；(2)或或(3)存在，或【分析】（1）可先求得点的坐标，将其代入抛物线的解析式求得的值，令，求得的值，进而求得点的坐标；（2）分为为边和为对角线两种情形，当为边时，分为，前者观察点和点重合，后者点的纵坐标和点坐标互为相反数，进而求得结