2024甘肃中考数学二轮专题训练 几何综合探究折叠问题 (含答案)

2024甘肃中考数学二轮专题训练几何综合探究折叠问题典例精讲例2(一题多设问)【问题解决】在矩形ABCD中，点E、F分别是BC、AD上两点，且AF＝CE，将矩形ABCD沿EF折叠后，进行以下探究：(1)如图①，当点E与点C重合，点F与点A重合，将矩形ABCD沿AC折叠，点B的对应点为B′，B′C与AD交于点G，求证：△AGC为等腰三角形；【思维教练】要证△AGC为等腰三角形，可结合折叠的性质，通过证三角形全等得到边相等求证．例2题图①(2)如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，B′E与AD交于点H，求证：HF＝HE；【思维教练】要证边相等，可结合折叠的性质证明角相等即可．例2题图②(3)如图③，将矩形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为A′，点B恰好与点D重合，连接BF，求证：四边形BEDF为菱形；【思维教练】要证四边形BEDF为菱形，可根据题目已知条件，先证明四边形是平行四边形，再结合折叠的性质证明平行四边形是菱形．例2题图③【问题探索】(4)如图④，将矩形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，A′B′与AD、CD交于点M、P，延长EB′交AD的延长线于点N，若AF＝CE，求证：点P在线段EF的垂直平分线上；【思维教练】可通过构造等腰三角形，利用三线合一结合折叠的性质证明求解．例2题图④(5)如图⑤，点E，F分别在BC，AD上，且F为AD的中点，BC＝3BE，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点A恰好落在BC边上的点G处，求cos∠EGF的值；【思维教练】结合矩形和折叠的性质，通过作辅助线构造等角，将∠EGF转换到直角三角形中求解．例2题图⑤【拓展应用】(6)如图⑥，将平行四边形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，A′B′与AD、CD交于H、M，B′E与CD交于点N，若AF＝CE，FD＝4，点H为FD的中点，求EN的长．【思维教练】通过等角代换结合已知条件，证明三角形全等，得到边相等求解．例2题图⑥针对训练1.【问题解决】(1)如图①，在平行四边形纸片ABCD(AD>AB)中，将纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上的点B′处，折线AE交BC于点E，连接B′E.求证：四边形ABEB′是菱形．【规律探索】(2)如图②，在平行四边形纸片ABCD(AD>AB)中，将纸片沿过点P的直线折叠，点B恰好落在AD上的点Q处，点A落在点A′处，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形吗？请说明理由．【拓展应用】(3)如图③，在矩形纸片ABCD(AD>AB)中，将纸片沿过点P的直线折叠，得到折痕FP，点B落在纸片ABCD内部点B′处，点A落在纸片ABCD外部点A′处，A′B′与AD交于点M，且A′M＝B′M.已知：AB＝4，AF＝2，求BP的长．第1题图2.实践与探究操作一：如图①，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则∠EAF＝________度；操作二：如图②，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N.我们发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同．当点E在BC边的某一位置时，点N恰好落在折痕AE上，则∠AEF＝______度；在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题：(1)设AM与NF的交点为点P，求证：△ANP≌△FNE；(2)若AB＝eq\r(3)，则线段AP的长为________．第2题图3.【问题解决】(1)如图①，在矩形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F恰好落在AD边上，请你判断四边形ABEF的形状，并说明理由；【问题探索】(2)如图②，在矩形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F在矩形纸片ABCD的内部，延长AF交CD于点G，求证：FG＝CG；【拓展应用】(3)如图③，在正方形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F落在正方形纸片ABCD内，延长AF交CD于点G，若AB＝4，求线段FG的长．第3题图4.综合与实践问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF,BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明；独立思考：(1)请解答老师提出的问题；实践探究：(2)希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明；问题解决：(3)智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N.该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB＝5,BC＝2eq\r(5)，求图中阴影部分(四边形BHNM)的面积．请你思考此问题，直接写出结果．第4题图5.【推理】如图①，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接BE，CF，延长CF交AD于点G.(1)求证：△BCE≌△CDG；【运用】(2)如图②，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H.若eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，CE＝9，求线段DE的长；【拓展】(3)将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF交直线AD于G，H两点，若eq\f(AB,BC)＝k，eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，求eq\f(DE,EC)的值(用含k的代数式表示)．备用图第5题图6.问题情境在综合实践课上，老师让同学们以“直角三角形的折叠”为主题开展数学活动．如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4.点D是边BC上一动点，点E在边AB上，将△ABC沿DE折叠，点B的对应点为F.探索发现(1)如图②，当点D与点C重合时，若点E为边AB的中点，连接AF，试判断四边形ADEF的形状，并说明理由；(2)如图③，当点D为边BC的中点时，若此时点F恰好落在边AB上，求四边形ACDF的面积；解决问题(3)在(2)的条件下，当点F恰好落在∠ACB的平分线上(不与点C重合)时，求折痕DE的长．第6题图参考答案典例精讲例2(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝AB′，∠B′＝∠B＝∠D＝90°，又∵∠AGB′＝∠CGD，∴△AGB′≌△CGD，∴AG＝CG，∴△AGC为等腰三角形；(2)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DFE＝∠BEF，由折叠可知∠BEF＝∠B′EF，∴∠B′EF＝∠DFE，∴HF＝HE；(3)证明：∠A′DF＋∠FDE＝90°，∠FDE＋∠CDE＝90°，∴∠A′DF＝∠CDE，又∵A′D＝CD，∠A′＝∠C，∴△A′DF≌△CDE，∴DF＝DE，由折叠可知DE＝BE，∴DF＝BE，又∵DF∥BE，BE＝DE，∴四边形BEDF是菱形；(4)证明：如解图①，连接PN并延长，连接PF，PE，∵AF＝CE，∴BE＝DF，∴B′E＝BE＝DF，∠DFE＝∠BEF＝∠B′EF，∴NF＝NE，∴ND＝NB′，∠NB′P＝∠NDP＝90°，NP＝NP，∴△NB′P≌△NDP，∴∠B′NP＝∠DNP，∴NP平分∠FNE，又∵NF＝NE，∴点P在EF的垂直平分线上；例2题解图①(5)解：如解图②，连接AE，∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠AFE＝∠GEF，由折叠的性质可知：∠AEF＝∠GEF，AE＝EG，∴∠AFE＝∠AEF,∴AE＝AF，∴AF＝EG，∴四边形AEGF是平行四边形，∴AE∥FG，∴∠FGE＝∠AEB，设BE＝2x，则AD＝BC＝6x，AE＝AF＝EG＝3x，在Rt△ABE中，cos∠AEB＝eq\f(BE,AE)＝eq\f(2x,3x)＝eq\f(2,3)，∴cos∠EGF＝eq\f(2,3)；例2题解图②(6)解：如解图③，连接AC交EF于点O，∵AF＝CE，∴A′F＝AF＝CE，∵∠DMH＝∠B′MN，∠B＝∠D＝∠B′，∴∠DHM＝∠B′NM，∵∠A′HF＝∠DHM，∠CNE＝∠B′NM，∴∠A′HF＝∠CNE，在△A′HF与△CNE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A′＝∠ECN,∠A′HF＝∠CNE,A′F＝CE))，∴△A′HF≌△CNE，∴EN＝FH＝eq\f(1,2)FD＝2.例2题解图③针对训练1.(1)证明：∵由折叠的性质得△BAE≌△B′AE，∴AB＝AB′，BE＝B′E，∠AEB＝∠AEB′，∵AD∥BC，∴∠B′AE＝∠AEB，∴∠B′AE＝∠AEB′，∴AB′＝B′E，∴AB＝BE＝B′E＝AB′，∴四边形ABEB′为菱形．(2)△PFQ是等腰三角形，理由：∵四边形A′QPF是由四边形ABPF折叠而来，∴∠BPF＝∠QPF，∵AD∥BC，∴∠BPF＝∠QFP，∴∠QPF＝∠QFP，∴QF＝QP，∴△PFQ是等腰三角形．(3)解：如解图，延长PB′交AD于点N，∵∠FA′M＝∠NB′M＝90°，∠A′MF＝∠B′MN，A′M＝B′M，∴△A′MF≌△B′MN(ASA)，∴B′N＝A′F＝AF＝2，∵A′M＝B′M＝eq\f(1,2)A′B′＝eq\f(1,2)AB＝2，∴在Rt△A′MF与Rt△B′MN中，FM＝NM＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，由(2)得，NP＝NF＝2MF＝4eq\r(2)，∴BP＝B′P＝NP－NB′＝4eq\r(2)－2.第1题解图2.解：操作一：45；【解法提示】由折叠的性质得∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，又∵∠BAD＝90°，∴∠EAF＝eq\f(1,2)∠BAM＋eq\f(1,2)∠DAM＝eq\f(1,2)∠BAD＝45°.操作二：60；【解法提示】由折叠的性质得∠AEB＝∠AEF＝∠CEF，∴∠AEF＝eq\f(1,3)×180°＝60°.(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠B＝∠C＝∠D＝90°.由折叠的性质得∠FNE＝∠C＝90°，∴∠ANP＝∠FNE＝90°.由操作一，得∠EAF＝45°，∴∠AFN＝∠FAN＝45°，∴AN＝FN.∵∠AMF＝∠D＝90°，∴∠EFN＋∠FPM＝90°.∵∠PAN＋∠APN＝90°，∠APN＝∠FPM，∴∠PAN＝∠EFN，∴△ANP≌△FNE(ASA)；(2)2eq\r(3)－2.【解法提示】在Rt△ABE中，∵∠AEB＝60°，AB＝eq\r(3)，∴AE＝eq\f(\r(3),sin60°)＝2.在Rt△FEN中，∵∠FEN＝60°，∴FN＝NE·tan60°＝eq\r(3)NE，EF＝2NE，∴AN＝eq\r(3)NE，∵AE＝AN＋NE，∴(1＋eq\r(3))NE＝2.∴NE＝eq\r(3)－1，由(1)知△ANP≌△FNE，∴AP＝EF＝2NE＝2eq\r(3)－2.3.(1)解：四边形ABEF是正方形．理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°.由折叠的性质可得∠AFE＝∠B＝90°，∴四边形ABEF为矩形．∵AB＝AF，∴四边形ABEF为正方形；(2)证明：如解图，连接EG，∵E是BC边的中点，∴BE＝CE，由折叠的性质可得EF＝EB，∠AFE＝∠B＝90°，∴EF＝EC，∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∠C＝∠EFG＝90°，∴△ECG≌△EFG(HL)，∴FG＝CG；第3题解图(3)解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠D＝90°，AD＝CD＝AB＝4.由折叠的性质可得AF＝AB＝4.由(2)可得FG＝CG，设CG＝FG＝x，则DG＝4－x，AG＝4＋x，在Rt△ADG中，AD2＋DG2＝AG2，即42＋(4－x)2＝(4＋x)2，解得x＝1.∴FG＝1.4.解：(1)EF＝BF.证法一：如解图①，分别延长AD,BF相交于点M.第4题解图①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠1＝∠C，∠M＝∠2.∵F为CD的中点，∴DF＝CF，∴△MDF≌△BCF(AAS)，∴FM＝FB，即点F为BM的中点，∴BF＝eq\f(1,2)BM.∵BE⊥AD，∴∠BEM＝90°，∴在Rt△BEM中，EF＝eq\f(1,2)BM，∴EF＝BF；证法二：如解图②，过点F作FM⊥EB于点M，则∠EMF＝90°.∵BE⊥AD，∴∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠EMF，∴AD∥FM.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC.∴AD∥FM∥BC.∴eq\f(EM,MB)＝eq\f(DF,FC).∵F为CD的中点，∴DF＝FC.∴EM＝MB.∵FM⊥EB，∴FM垂直平分EB.∴EF＝BF；第4题解图②(2)AG＝BG.证法一：如解图③，由折叠的性质可知∠1＝∠2＝eq\f(1,2)∠CFC′，FC′＝FC.∵F为CD的中点，∴FC＝FD＝eq\f(1,2)CD，∴FC′＝FD.∴∠3＝∠4.∵∠CFC′＝∠3＋∠4，∴∠4＝eq\f(1,2)∠CFC′.第4题解图③∴∠4＝∠1，∴DG∥FB.∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC綊AB.∴四边形DGBF为平行四边形．∴BG＝DF，∴BG＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)AB，∴AG＝BG；证法二：如解图④，连接CC′交FB于点N.由折叠的性质可知FC′＝FC，CC′⊥FB.第4题解图④∴∠C′NB＝90°.∵F为CD的中点，∴FC＝FD＝eq\f(1,2)CD，∴FC′＝FD.∴∠1＝∠2.∵FC′＝FC.∴∠FC′C＝∠FCC′.在△DC′C中，∠1＋∠DC′C＋∠DCC′＝180°.∴∠1＋∠2＋∠FC′C＋∠FCC′＝180°.∴2∠2＋2∠FC′C＝180°.∴∠2＋∠FC′C＝90°，∴∠DC′C＝90°，∴∠DC′C＝∠C′NB，∴DG∥FB.∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC綊AB.∴四边形DGBF是平行四边形．∴BG＝DF，∴BG＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)AB，∴AG＝BG；(3)eq\f(22,3).【解法提示】如解图⑤，过点M作ME⊥A′B于点E，∵A′B⊥CD，∴S▱ABCD＝AB·BH＝20，∵AB＝5，∴BH＝4，∴A′H＝A′B－BH＝1，∵BC＝2eq\r(5)，∴在Rt△BHC中，CH＝eq\r(BC2－BH2)＝2，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝∠C，∵∠A＝∠A′，∴∠A′＝∠C，又∵∠A′EM＝∠CHB，∴△A′ME∽△CBH，∴eq\f(A′E,ME)＝eq\f(CH,BH)＝eq\f(1,2)，设ME＝x，则A′E＝eq\f(1,2)x，∵A′B⊥CD，∴A′B⊥AB，∴∠ABA′＝90°，由折叠的性质可知∠ABM＝∠MBE＝45°，∴EB＝ME＝x，∵A′B＝5，∴eq\f(1,2)x＋x＝5，解得x＝eq\f(10,3).∵∠A′＝∠C，∠A′HN＝∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴eq\f(A′H,NH)＝eq\f(CH,BH)＝eq\f(1,2)，∵A′H＝1，∴NH＝2，∴S四边形BHNM＝S△A′MB－S△A′NH＝eq\f(1,2)×5×eq\f(10,3)－eq\f(1,2)×1×2＝eq\f(22,3).第4题解图⑤5.(1)证明：如解图①，∵△BFE是由△BCE折叠得到，∴BE⊥CF，∴∠ECF＋∠BEC＝90°，又∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠BCE＝90°，∴∠ECF＋∠CGD＝90°，∴∠BEC＝∠CGD.又∵BC＝CD，∴△BCE≌△CDG(AAS)；第5题解图①(2)解：如解图②，连接EH，由(1)得△BCE≌△CDG，∴CE＝DG＝9，由折叠的性质得BC＝BF，CE＝FE＝9，∴∠BCF＝∠BFC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠BCG＝∠HGF，又∵∠BFC＝∠HFG，∴∠HFG＝∠HGF，∴HF＝HG.∵eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，DG＝9，∴HD＝4，HF＝HG＝5，∵∠D＝∠HFE＝90°，∴HF2＋FE2＝DH2＋DE2，∴52＋92＝42＋DE2，∴DE＝3eq\r(10)或DE＝－3eq\r(10)(舍去)；第5题解图②(3)解：由已知eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，可设DH＝4m，HG＝5m，可令eq\f(DE,EC)＝x，①当点H在D点左边时，如解图③，连接HE，第5题解图③由(2)知HF＝HG，∴DG＝9m.由折叠的性质得BE⊥CF，∴∠ECF＋∠BEC＝90°，又∵∠D＝90°，∴∠ECF＋∠CGD＝90°，∴∠BEC＝∠CGD，又∵∠BCE＝∠D＝90°，∴△CDG∽△BCE，∴eq\f(DG,CE)＝eq\f(CD,BC)，∵eq\f(CD,BC)＝eq\f(AB,BC)＝k，∴eq\f(9m,CE)＝eq\f(k,1)，∴CE＝eq\f(9m,k)＝FE，∴DE＝eq\f(9mx,k)，∵∠D＝∠HFE＝90°，∴HF2＋FE2＝DH2＋DE2，∴(5m)2＋(eq\f(9m,k))2＝(4m)2＋(eq\f(9mx,k))2，∴x＝eq\f(\r(k2＋9),3)或x＝eq\f(－\r(k2＋9),3)(舍去)，∴eq\f(DE,EC)＝eq\f(\r(k2＋9),3)；②当点H在D点右边时，如解图④，连接HE，第5题解图④同理得HG＝HF，∴DG＝m，同理可得△BCE∽△CDG.可得CE＝eq\f(m,k)＝FE，∴DE＝eq\f(mx,k)，∵HF2＋FE2＝