题型十一综合探究题类型三与折叠有关的探究题（专题训练）

题型十一综合探究题类型三与折叠有关的探究题（专题训练）1.在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：操作感知：第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图131）．第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图132）．猜想论证：（1）若延长交于点，如图133所示，试判定的形状，并证明你的结论．拓展探究：（2）在图133中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？【答案】(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析【分析】（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形，，，然后可得到，即可判定是等边三角形．（2）由折叠可知，由（1）可知，利用的三角函数即可求得．【详解】（1）解：是等边三角形，证明如下：连接．由折叠可知：，垂直平分．∴，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，，∴，∴，∴是等边三角形．（2）解：方法一：要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，∴，∵，∴，即，当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．方法二：要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，设，则，∴，即，得，∴，∵，∴，即，当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．【点睛】本题考查了折叠的性质，及锐角三角函数的应用，正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键．2.（2021·山西中考真题）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，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，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，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MBS△A′NH即可得答案．【详解】（1）．如图，分别延长，相交于点P，∵四边形是平行四边形，∴，∴，,∵为的中点，∴，在△PDF和△BCF中，，∴△PDF≌△BCF，∴，即为的中点，∴，∵，∴，∴，∴．（2）．∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，∵为的中点，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，∵四边形为平行四边形，∴，DC=AB，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴．（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，∵的面积为20，边长，于点，∴BH=50÷5=4，∴CH=，A′H=A′BBH=1，∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵于点，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠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阴=S△A′MBS△A′NH=A′B·MQA′H·NH=×5××1×2=．【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．3.(2022·重庆市A卷)如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．

(1)如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；

(2)如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN.在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；

(3)若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ.在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出PQBC的值．

【答案】解：(1)如图1中，在射线CD上取一点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)结论：BF+CF=2CN．

理由：如图2中，∵AB=AC，∠A=60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴AB=CB，∠A=∠CBD=60°，

∵AE=BD，

∴△ABE≌△BCD(SAS)，

∴∠BCF=∠ABE，

∴∠FBC+∠BCF=60°，

∴∠BFC=120°，

如图2-1中，延长CN到Q，使得NQ=CN，连接FQ，

∵NM=NF，∠CNM=∠FNQ，CN=NQ，

∴△CNM≌△QNF(SAS)，

∴FQ=CM=BC，

延长CF到P，使得PF=BF，则△PBF是等边三角形，

∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，

∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC，

∵PB=PF，

∴△PFQ≌△PBC(SAS)，

∴PQ=PC，∠CPB=∠QPF=60°，

∴△PCQ是等边三角形，

∴BF+CF=PC=QC=2CN．

(3)由(2)可知∠BFC=120°，

∴点F的运动轨迹为红色圆弧(如图3-1中)，

∴P，F，O三点共线时，PF的值最小，

此时tan∠APK=AOAP=23，

∴∠HPK>45°，

∵QK⊥PF，

∴∠PKH=∠QKH=45°，

如图3-2中，过点H作HL⊥PK于点L，设PQ交KH题意点J，设HL=LK=2，PL=3，PH=7，KH=22，

∵S△PHK4.(2022·广东省深圳市)(1)发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；

(2)探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求AE的长．

(3)拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．

【答案】(1)证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形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：延长BH，AD交于Q，如图：

设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，FG=74，

∵EQ//GB，DQ//CB，

∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，

∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736-73，

∴DQ=887，

设AE=EF=m，则DE=8-m，

∴EQ=DE+DQ=8-m+887=1447-m，

∵△EFQ∽△GFB，

∴EQBG=EFFG，即1447-m254=m74，

解得m=92，

∴AE的长为92；

(3)解：(Ⅰ)当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

设DQ=x，QE=y，则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的角平分线，

5.(2021·湖北省荆州市)在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，F是对角线AC上不与点A，C重合的一点，过F作FE⊥AD于E，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，点G在射线AD上，连接CG．

(1)如图1，若点A的对称点G落在AD上，∠FGC=90°，延长GF交AB于H，连接CH．

①求证：△CDG∽△GAH；

②求tan∠GHC．

(2)如图2，若点A的对称点G落在AD延长线上，∠GCF=90°，判断△GCF与△AEF是否全等，并说明理由．

【答案】(1)如图1，

①证明：∵四边形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+226.(2022·四川省成都市)在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．

(1)如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；

(2)如图2，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求BC的长；

(3)如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．【答案】解：(1)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，

∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，

∵BC=2AB，

∴BF=2AB，

∴∠AFB=30°，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD//BC，

∴∠AFB=∠CBF=30°，

∴∠CBE=12∠FBC=15°；

(2)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，

∴∠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)过点N作NG⊥BF于点G，

∵NF=AN+FD，

∴NF=12AD=12BC，

∵BC=BF，

∴NF=12BF，

∵∠NFG=∠AFB7.(2020·湖南省长沙市)在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．

(1)求证：△ABF∽△FCE；

(2)若AB=23，AD=4，求EC的长；

(3)若AE-DE=2EC，记∠BAF=α，∠FAE=β，求tanα+tanβ的值．【答案】(1)证明：∵四边形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)设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，

设AB=CD=a，BC=AD=b，DE=x，

∴AE=DE+2CE=x+2(a-x)=2a-x，

∵AD=AF=b，8.（2020·广西中考真题）已知：在矩形中，，，是边上的一个动点，将矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．（1）如图1，当点与点重合时，则线段_______________，_____________；（2）如图2，当点与点，均不重合时，取的中点，连接并延长与的延长线交于点，连接，，．①求证：四边形是平行四边形：②当时，求四边形的面积．【答案】（1）2，4；（2）①见解析；②【分析】（1）过点F作FH⊥AB，由翻折的性质可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根据平行线的性质和等量代换可得∠CFE＝∠FEC，由等角对等边可得：CF＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程求得x的值，进而可得BE、DF的长，由矩形的判定可得四边形DAHF是矩形，进而可求FH、EH的长，最后由勾股定理可得EF的长；（2）①根据折叠的性质可得，进而可得，根据已知条件可得，从而易证，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论；②连接与交于点，则且，又由①知：，，则，继而易证∠MAD＝PAB，接根据三角函数求得PB，设，则，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程可得PE的长，继而代入数据即可求解．【详解】解：（1）2，4；过点F作FH⊥AB，∵折叠后点A、P、C重合∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∵CD∥AB∴∠CFE＝∠FEA，∴∠CFE＝∠FEC，∴CF＝CE＝AE，设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°∴四边形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证明：如图2，∵在矩形中，，由折叠（轴对称）性质，得：，∴，∵点是的中点，∴，又，∴，∴，∴四边形是平行四边形：②如图2，连接与交于点，则且，又由①知：，∴，则，又，∴，∴在，，而，∴，又在中，若设，则，由勾股定理得：，则，而且，又四边形是平行四边形，∴四边形的面积为．【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线．9.（2021·湖南中考真题）如图，在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为，连接，，，．（1）如图①，若，证明：．（2）如图②，若，，求的值．（3）如图③，若，是否存在点，使得．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的值为或．【分析】（1）先根据平行线的判定与性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据菱形的判定与性质即可得证；（2）设与的交点为点，过点作于点，设，从而可得，先证出，从而可得，设，根据线段的和差可得，代入可求出，从而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根据余弦三角函数的定义即可得；（3）如图（见解析），设，从而可得，分①点在直线的左侧；②点在直线的右侧两种情况，再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得．【详解】（1）证明：，，，，由折叠的性质得：，，，四边形是平行四边形，又，平行四边形是菱形，；（2）如图，设与的交点为点，过点作于点，

，是等腰三角形，，设，则，，，由折叠的性质得：，在和中，，，，设，则，，解得，，在中，，，则；（3），，设，则，由折叠的性质得：，，由题意，分以下两种情况：①如图，当点在直线的左侧时，过点作于点，

（等腰三角形的三线合一），，在中，，，又，，，，是等边三角形，，；②如图，当点在直线的右侧时，过点作于点，

同理可得：，，点在上，由折叠的性质得：，在中，，，，综上，存在点，使得，此时的值为或．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、折叠的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．10.（2021·浙江中考真题）（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，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）或【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．【详解】（1）如图，由折叠得到，，．又四边形ABCD是正方形，，，，又正方形，．（2）如图，连接，由（1）得，，由折叠得，，．四边形是正方形，，，又，，．，，，．，，（舍去）．（3）如图，连结HE，由已知可设，，可令，①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，由折叠得，，又，，，又，，，，，，．，，，（舍去）．②当点在点右边时，如图，同理得，，同理可得，可得，，，，（舍去）．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．11.（2021·湖北中考真题）在矩形中，，，是对角线上不与点，重合的一点，过作于，将沿翻折得到，点在射线上，连接．（1）如图1，若点的对称点落在上，，延长交于，连接．①求证：；②求．（2）如图2，若点的对称点落在延长线上，，判断与是否全等，并说明理由．【答案】（1）①见解析；②；（2）不全等，理由见解析【分析】（1）①先根据同角的余角相等得出∠DCG=∠AGH，再根据两角对应相等，两三角形相似即可得出结论；②设EF=x，先证得△AEF△ADC，得出===，再结合折叠的性质得出AE=EG=2x，AG=4x，AH=2EF=2x，再由△CDG△GAH，得出比例式==，求出EF的长，从而得出的值，即可得出答案；（2）先根据两角对应相等，两三角形相似得出△AEF△ACG，得出比例式=，得出EF=，AE=，AF=，从而判定与是否全等．【详解】（1）①在矩形ABCD中，∠BAD=∠D=90°∴∠DCG+∠DGC=90°又∵∠FGC=90°∴∠AGH+∠DGC=90°∴∠DCG=∠AGH∴△