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)

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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cs∠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，cs∠AEB＝eq \f(BE,AE)＝eq \f(2x,3x)＝eq \f(2,3)，
∴cs∠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\c1(∠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⑤
5. (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＝DH2＋DE2，
∴(5m)2＋(eq \f(m,k))2＝(4m)2＋(eq \f(mx,k))2，
∴x＝eq \r(9k2＋1)或x＝－eq \r(9k2＋1)(舍去)，
∴eq \f(DE,EC)＝eq \r(9k2＋1).
综上所述，eq \f(DE,EC)＝eq \f(\r(k2＋9),3)或eq \r(9k2＋1).
6. 解：(1)四边形ADEF是菱形．
理由：∵∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4，
∴在Rt△ACB中，BC＝eq \r(AB2－AC2)＝4eq \r(3)，∠B＝30°.
∵点D与点C重合，点E为边AB的中点，
∴DE＝BE＝AE＝AD＝4.
∴△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝60°，
∴∠DEB＝120°.
由折叠的性质可知EF＝BE＝AE，∠DEF＝∠DEB＝120°，
∴∠AEF＝60°.
∴△AEF为等边三角形．
∴AF＝EF.∴AD＝DE＝EF＝AF.
∴四边形ADEF是菱形；
(2)由(1)知∠B＝30°，BC＝4eq \r(3).
又∵点D为边BC的中点，
∴BD＝2eq \r(3).
由折叠的性质可知DE⊥AB，EF＝BE，
∴DE＝eq \r(3)，BE＝EF＝3.
∴BF＝6.
∴S四边形ACDF＝S△ABC－S△BDF＝eq \f(1,2)AC·BC－ eq \f(1,2)BF·DE＝eq \f(1,2)×4×4eq \r(3) － eq \f(1,2)×6×eq \r(3)＝5eq \r(3)；
(3)如解图，过点E作EG⊥BC于点G，
由题意可知∠BCF＝45°，由折叠的性质可知DF＝CD＝BD，
易得DF⊥BC，
∴∠EDG＝∠EDF＝45°.
由(1)可知∠B＝30°，CD＝BD＝2eq \r(3).
设EG＝DG＝x，则DE＝eq \r(2)x，BG＝eq \r(3)x.
∴DG＋BG＝BD，即x＋eq \r(3)x＝2eq \r(3)，解得x＝3－eq \r(3).
∴DE＝3eq \r(2)－eq \r(6).
第6题解图