题型11 综合探究题 类型3 与折叠有关的探究题（专题训练）-2024年中考数学二轮题型突破（全国通用）

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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．
2.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13-1）．
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13-2）．
猜想论证：
（1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论．
拓展探究：
（2）在图13-3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．
3．（2023·辽宁大连·统考中考真题）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．
4.（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′MB-S△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′B-BH=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′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′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．
5．（2023·广西·统考中考真题）【探究与证明】
折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，，展平纸片，连接，，．

请完成：
(1)观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系；
(2)证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在，上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，，展平纸片，连接，．

请完成：
(3)证明是的一条三等分线．
【答案】(1)
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）根据题意可进行求解；
（2）由折叠的性质可知，，然后可得，则有是等边三角形，进而问题可求证；
（3）连接，根据等腰三角形性质证明，根据平行线的性质证明，证明，得出，即可证明．
【详解】（1）解：由题意可知；
（2）证明：由折叠的性质可得：，，，，
∴，，
∴是等边三角形，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；
（3）证明：连接，如图所示：
由折叠的性质可知：，，，
∵折痕，，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是的一条三等分线．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，是解题的关键．
6.(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△PHK=12⋅PK⋅HL=12⋅KH⋅PJ，
∴PQ=2PJ=2×2(2+3)22=22+6
∴PQBC=22+627=214+4214．

7.(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，
∴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，
联立①②可解得x=34，
∴CP=2x=32；
(Ⅱ)当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过D作DN⊥AB交BA延长线于N，如图：

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，
综上所述，CP的长为32或65．
8.(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+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与△AEF不全等．
9.(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=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，
设AN=x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，
设FG=y，则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，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．
12.（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．
13.（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．
14.（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
∴△CDG△GAH
②设EF=x
∵△AEF沿EF折叠得到△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
由折叠可知，AG=2AE=4EF，AF=GF
∵∠AEF=∠GCF，∠FAE=∠GAC
∴△AEF△ACG
∴=
∴=
∴EF=
∴AE=，AF=
∴FC=AC-AF=2-=
∴AEFC，EFFC
∴不全等
【点睛】
本题考查了矩形的性质，翻折变换，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识，得出AE=2EF是解题的关键．
15.如图，在△ABC中，AB＝42，∠B＝45°，∠C＝60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，证明△AEF∽△ACB，推出AFAB=AEAC，由此求出AF即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．
在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°＝42×22=4．
（2）①如图2中，
∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP，
∵AE＝EB，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．
②如图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．