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    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)-备战2024年中考数学二轮复习高分突破(全国通用)
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    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)-备战2024年中考数学二轮复习高分突破(全国通用)

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    这是一份题型十一 综合探究题 类型三 与折叠有关的探究题(专题训练)-备战2024年中考数学二轮复习高分突破(全国通用),文件包含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原卷版docx、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解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共48页, 欢迎下载使用。

    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.
    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′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.
    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△PHK=12⋅PK⋅HL=12⋅KH⋅PJ,
    ∴PQ=2PJ=2×2(2+3)22=22+6
    ∴PQBC=22+627=214+4214.

    4.(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.
    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+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.
    6.(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.
    7.(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,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.
    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
    ∴△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.
    12.(2020•金华)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.
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