2023学年二轮复习解答题专题四十三：图形折叠引起的综合探究

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2023学年二轮复习解答题专题四十三：
图形折叠引起的综合探究
典例分析
例. （2022河南中考）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
（3）拓展应用
在（2）探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】（1）或或或
（2）①15，15；②，理由见解析
（3）cm
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得；
（2）根据折叠的性质，可证，即可求解；
（3）由（2）可得，设由勾股定理即可求解；
【小问1详解】
解：






【小问2详解】
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①
∴



②


【小问3详解】

，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
专题过关
1. （2022天津中考） 将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．

（1）如图①，当时，求的大小和点的坐标；
（2）如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；
（3）若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．
【答案】（1），点的坐标为
（2），其中t的取值范围是
（3）3，．（答案不唯一，满足即可）
【解析】
【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案；
（2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围；
（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．
【小问1详解】
在中，由，得．
根据折叠，知，
∴，．
∵，
∴．
如图，过点O′作，垂足为H，则．

∴在中，得．
由，得，则．
由，
得，．
∴点的坐标为．
【小问2详解】
∵点，
∴．
又，
∴．
同（Ⅰ）知，，．
∵四边形是矩形，
∴．
在中，，得．
∴．
又，
∴.
如图，当点O′与AB重合时，，，
则，
∴，
∴，
解得t=2，
∴t的取值范围是；
【小问3详解】
3，．（答案不唯一，满足即可）
当点Q与点A重合时，，，
∴，
则.
∴t=3时，重合部分的面积是，
从t=3之后重合部分的面积始终是，
当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝，
由于P不能与C重合，故，
所以都符合题意．

【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等．
2. （2022绍兴中考）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．

（1）如图，当在边上且时，求的度数．
（2）当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．
（3）当直线恰好经过点时，求的长．
【答案】（1）∠AEM＝90°；
（2）DE＝；MN∥BD，证明见解析；
（3）DE的长为或．
【解析】
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝，得EN＝，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得，从而解决问题．
【小问1详解】
解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
【小问2详解】
如图1，

∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cos∠ENC＝，
∴EN＝，
∴DE＝EN＝；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
【小问3详解】
①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，

∴∠BMC＝90°，
∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，

∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴，
∴EN，
∴DE＝EN＝．
综上所述，DE的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
3. （2022深圳中考）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：

（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．

（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或
【解析】
【分析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；
（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．
【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：

设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：

设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：

同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
4. （2022贵阳中考）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
如图，在中，为边上的高，，点在边上，且，点是线段上任意一点，连接，将沿翻折得．


（1）问题解决：
如图①，当，将沿翻折后，使点与点重合，则______；
（2）问题探究：
如图②，当，将沿翻折后，使，求的度数，并求出此时的最小值；
（3）拓展延伸：
当，将沿翻折后，若，且，根据题意在备用图中画出图形，并求出的值．
【答案】（1）
（2）
（3）作图见解析，
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质可得，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据折叠的性质即可求得，由三角形内角和定理可得，根据点在边上，当时，取得最小值，最小值为；
（3）连接，设， 则，，在中，，延长交于点，在中，，进而根据，即可求解．
【小问1详解】
，
是等边三角形，

四边形是平行四边形，
，
，
为边上的高，
，
【小问2详解】
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，是等腰直角三角形，为底边上的高，则
点在边上，
当时，取得最小值，最小值为；
【小问3详解】
如图，连接，


，则，
设， 则，，
折叠，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
延长交于点，如图，


，
，
，
，
，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，特殊角的三角函数值，解直角三角形，勾股定理，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
5. （2022长春中考）【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在上，点B的对应点为点E，折痕为；再沿过点F的直线折叠，使点C落在上，点C的对应点为点H，折痕为；然后连结，沿所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想．


【问题解决】
（1）小亮对上面的猜想进行了证明，下面是部分证明过程：
证明：四边形是矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
请你补全余下的证明过程．
【结论应用】
（2）的度数为________度，的值为_________；
（3）在图①的条件下，点P在线段上，且，点Q在线段上，连结、，如图②，设，则的最小值为_________．（用含a的代数式表示）
【答案】（1）见解析 （2）22.5°，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质可得AD=AF，，由HL可证明结论；
（2）根据折叠的性质可得 证明是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论 ；
（3）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR=AR=，求出DR，根据勾腰定理可得结论．
【小问1详解】
证明：四边形矩形，
∴．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
由折叠得，，
∴
∴
又AD=AF，AG=AG
∴
【小问2详解】
由折叠得，∠
又∠
∴∠
由得，∠
∠
又∠
∴∠
∴∠
∴
设则
∴
∴
∴
【小问3详解】
如图，连接


∵
∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称，
连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长；
过点P作交AD于点R，
∵∠
∴∠
∴
又
∴
∴
在中，
∴
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
6. （2022运城二模）将矩形ABCD对折，使AD与BC重合，得到折痕EF，展开后再一次折叠，使点A落在EF上的点处，并使得折痕经过点B，得到折痕BG，连接，如图1，问题解决：

（1）试判断图1中是什么特殊的三角形？并说明理由；
（2）如图2，在图1的基础上，与BG相交于点N，点P是BN的中点，连接AP并延长交于点Q，求的值．
【答案】（1）是等边三角形，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）等边三角形，解法一利用垂直平分线性质得出AA′=BA′，利用折叠得出即可，解法二：根据折叠得出，，然后利用锐角三角函数定义得出 ，求出即可；
（2）解法一：过点N作交AP于H，先证（AAS），再证，得出 即可 解法二：由折叠可知，由点P是BN的中点 ，得出，利用平行线等分性质得出，，证出即可．
【小问1详解】
解：是等边三角形．
解法一：理由是：由折叠可知EF垂直平分AB；
∴AA′=BA′，
∵△ABG折叠得△A′BG，
∴，
∴；
∴是等边三角形；
解法二：理由是：由折叠可知，，，
∴ ，
∴，
∴是等边三角形；
【小问2详解】
解法一：
过点N作交AP于H，

∴，，
又∵点P是BN的中点 ，
∴，
在△PHN和△PQB中，
，
∴（AAS），
∴，
又∵，
∴，，
∴，
由折叠可知，
∴ ，
∴，
∴；
解法二：由折叠可知，
又∵点P是BN的中点 ，
∴，
过点N作交于M，
∴，，
∴，
∴．

【点睛】本题考查一题多解，等边三角形的判定，折叠性质，线段垂直平分线性质，平行线等分线段定理，三角形相似判定与性质，锐角三角函数值求角，掌握一题多解，等边三角形的判定，折叠性质，线段垂直平分线性质，平行线等分线段定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
7. （2022郑州一模）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）．
【解析】
【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．
8. （2022许昌一模）问题背景
折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动，折纸大约起源于公元1世纪或者2世纪时的中国，6世纪时传入日本，再经由日本传到全世界，折纸与自然科学结合在一起，不仅成为建筑学院的教具，还发展出了折纸几何学，成为现代几何学的一个分支．今天折纸被应用于世界各地，其中比较著名的是日本筑波大学的芳贺和夫发现的折纸几何三定理，它已成为折纸几何学的基本定理．
芳贺折纸第一定理的操作过程及内容如下：
第一步：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合．再将正方形ABCD展开，得到折痕EF；
第二步：将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至的位置，得到折痕MN，与AB交于点P．
则点P为AB的三等分点，即．
问题解决
如图1，若正方形ABCD的边长是2．

（1）CM的长为______；
（2）请通过计算AP的长度，说明点P是AB的三等分点．
类比探究
（3）将长方形纸片按问题背景中的操作过程进行折叠，如图2，若折出的点P也为AB的三等分点，请直接写出的值．

【答案】（1）
（2）说明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）设，则，，在中，由勾股定理可得：，进而得出的长；
（2）先证△AEP∽△DME，由（1）可知：，再求得，即可得出结论；
（3）设，，，由勾股定理可得： ，∽，，即，解得，从而得到解得， 得到，即可得出结论.
【小问1详解】
设，则，，
在中，由勾股定理可得：，
即，
解得，
∴,
故答案为；
【小问2详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AB＝AD＝CD＝2，
∴∠DEM＋∠DME＝90°，
由折叠的性质可知：∠PEM＝∠C＝90°，
∴∠AEP＋∠DEM＝180°－∠PEM＝90°，
∴∠AEP＝∠DME，
又∵∠A＝∠D＝90°，
∴△AEP∽△DME，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∵E是AD的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
即点P为AB的三等分点．
【小问3详解】
解：设，，，
在中，由勾股定理可得：，
即，
，
，，
，
又，
∽，
,即，
即，
把代入得，，
解得，
把代入，
解得，（舍去）
∵AC2=AB2+BC2
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质的综合运用．解题的关键是证明三角形相似.
9.（2022太原二模） 综合与实践：
如图1，已知正方形纸片ABCD．
实践操作
第一步：如图1，将正方形纸片ABCD沿AC，BD分别折叠．然后展平，得到折痕AC，BD．折痕AC，BD相交于点O．
第二步：如图2，将正方形ABCD折叠，使点B的对应点E恰好落在AC上，得到折痕AF，AF与BD相交于点G，然后展平，连接GE，EF．

问题解决
（1）的度数是______；
（2）如图2，请判断四边形BGEF的形状，并说明理由；
探索发现
（3）如图3，若，将正方形ABCD折叠，使点A和点F重合，折痕分别与AB，DC相交于点M，N．求的值．
【答案】（1）；（2）四边形BGEF是菱形，理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）由正方形的性质，折叠的性质在中利用三角形内角和即可求出答案；
（2）由正方形的性质，折叠的性质得出BG=EF，且BG∥EF，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形BGEF是平行四边形，又，一组邻边相等的平行四边形是菱形，就可判断得出答案；
（3）做辅助线由正方形的性质，折叠的性质得出条件证明，全等三角形对应边相等，故，由等角对等边得出BF的长，最后根据勾股定理求出，即可求出答案．
【详解】解：（1）解：四边形ABCD是正方形，
，
，
由折叠的性质得，
在中，
．
（2）结论：四边形BGEF是菱形．
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
由折叠可知，，．
∴．
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴．
由折叠可知，
．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴BG=EF，且BG∥EF，
∴四边形BGEF是平行四边形．
又∵，
∴平行四边形BGEF是菱形．
（3）如图，过点N作于点K，交AF于点I，

则．
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∴四边形ADNK为矩形．
∴．
由折叠，可知．
∴．
又∵，
∴．
在和中，

∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
又，
∴．
∴．
∴．
∴．
在中，由勾股定理，
得．
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的性质和判定和勾股定理等知识，牢固掌握以上知识点和学会做辅助线是做出本题的关键．