題型十一綜合探究題類型三與折疊有關的探究題（專題訓練）

題型十一綜合探究題類型三與折疊有關的探究題（專題訓練）1.在我們學習過的數(shù)學教科書中，有一個數(shù)學活動，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131）．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132）．猜想論證：（1）若延長交于點，如圖133所示，試判定的形狀，并證明你的結論．拓展探究：（2）在圖133中，若，當滿足什么關系時，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，則，∴，即，得，∴，∵，∴，即，當（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，及銳角三角函數(shù)的應用，正確理解折疊性質靈活運用三角函數(shù)解直角三角形是解本題的關鍵．2.（2021·山西中考真題）綜合與實踐，問題情境：數(shù)學活動課上，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，點的對應點為，連接并延長交于點，請判斷與的數(shù)量關系，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)平行四邊形的性質可得，根據(jù)平行線的性質可得，，利用AAS可證明△PDF≌△BCF，根據(jù)全等三角形的性質可得，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質可得，即可得；（2）根據(jù)折疊性質可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，F(xiàn)C=FC′，可得FD=FC′，根據(jù)等腰三角形的性質可得∠FDC′=∠FC′D，根據(jù)三角形外角性質可得∠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)相似三角形的性質可求出MQ的長，根據(jù)S陰=S△A′MBS△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′BBH=1，∵將沿過點的直線折疊，點A的對應點為，∴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′MBS△A′NH=A′B·MQA′H·NH=×5××1×2=．【點睛】本題考查折疊的性質、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質及相似三角形的判定與性質，熟練掌握相關性質及判定定理是解題關鍵．3.(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PQ交KH題意點J，設HL=LK=2，PL=3，PH=7，KH=22，

∵S△PHK4.(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DE=13DC=2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：

設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，

5.(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+226.(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=∠AFB7.(2020·湖南省長沙市)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AB=CD=a，BC=AD=b，DE=x，

∴AE=DE+2CE=x+2(a-x)=2a-x，

∵AD=AF=b，8.（2020·廣西中考真題）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，當點與點重合時，則線段_______________，_____________；（2）如圖2，當點與點，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，由翻折的性質可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根據(jù)平行線的性質和等量代換可得∠CFE＝∠FEC，由等角對等邊可得：CF＝CE，設AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得關于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)全等三角形的性質和平行四邊形的判定即可求證結論；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，則，根據(jù)勾股定理可得關于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，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，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、平行四邊形的判定及其性質、翻折的性質、正切的有關知識，解題的關鍵是熟練掌握所學知識并且學會作輔助線．9.（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可得，再根據(jù)折疊的性質可得，從而可得，然后根據(jù)平行線的判定可得，最后根據(jù)菱形的判定與性質即可得證；（2）設與的交點為點，過點作于點，設，從而可得，先證出，從而可得，設，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，從而可得，分①點在直線的左側；②點在直線的右側兩種情況，再分別利用等邊三角形的判定與性質、等腰三角形的性質求解即可得．【詳解】（1）證明：，，，，由折疊的性質得：，，，四邊形是平行四邊形，又，平行四邊形是菱形，；（2）如圖，設與的交點為點，過點作于點，

，是等腰三角形，，設，則，，，由折疊的性質得：，在和中，，，，設，則，，解得，，在中，，，則；（3），，設，則，由折疊的性質得：，，由題意，分以下兩種情況：①如圖，當點在直線的左側時，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，當點在直線的右側時，過點作于點，

同理可得：，，點在上，由折疊的性質得：，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、相似三角形的判定與性質、解直角三角形、折疊的性質、等邊三角形的判定與性質等知識點，較難的是題（3），正確分兩種情況討論是解題關鍵．10.（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，代入相關數(shù)據(jù)求解即可；（3）如圖，連結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得出DE的長，再由勾股定理得，代入相關數(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HE，由已知可設，，可令，①當點H在D點左邊時，如圖，同（2）可得，，，由折疊得，，又，，，又，，，，，，．，，，（舍去）．②當點在點右邊時，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，矩形的性質，折疊的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，在應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，必要時添加適當輔助線構造三角形．11.（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)兩角對應相等，兩三角形相似即可得出結論；②設EF=x，先證得△AEF△ADC，得出===，再結合折疊的性質得出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∴△