2024甘肅中考數學二輪專題訓練幾何綜合探究折疊問題典例精講例2(一題多設問)【問題解決】在矩形ABCD中，點E、F分別是BC、AD上兩點，且AF＝CE，將矩形ABCD沿EF折疊后，進行以下探究：(1)如圖①，當點E與點C重合，點F與點A重合，將矩形ABCD沿AC折疊，點B的對應點為B′，B′C與AD交于點G，求證：△AGC為等腰三角形；【思維教練】要證△AGC為等腰三角形，可結合折疊的性質，通過證三角形全等得到邊相等求證．例2題圖①(2)如圖②，將矩形ABCD沿EF折疊，點A的對應點為A′，點B的對應點為B′，B′E與AD交于點H，求證：HF＝HE；【思維教練】要證邊相等，可結合折疊的性質證明角相等即可．例2題圖②(3)如圖③，將矩形ABCD沿EF折疊，點A的對應點為A′，點B恰好與點D重合，連接BF，求證：四邊形BEDF為菱形；【思維教練】要證四邊形BEDF為菱形，可根據題目已知條件，先證明四邊形是平行四邊形，再結合折疊的性質證明平行四邊形是菱形．例2題圖③【問題探索】(4)如圖④，將矩形ABCD沿EF折疊，點A的對應點為A′，點B的對應點為B′，A′B′與AD、CD交于點M、P，延長EB′交AD的延長線于點N，若AF＝CE，求證：點P在線段EF的垂直平分線上；【思維教練】可通過構造等腰三角形，利用三線合一結合折疊的性質證明求解．例2題圖④(5)如圖⑤，點E，F(xiàn)分別在BC，AD上，且F為AD的中點，BC＝3BE，連接EF，將矩形ABCD沿EF折疊，點A恰好落在BC邊上的點G處，求cos∠EGF的值；【思維教練】結合矩形和折疊的性質，通過作輔助線構造等角，將∠EGF轉換到直角三角形中求解．例2題圖⑤【拓展應用】(6)如圖⑥，將平行四邊形ABCD沿EF折疊，點A的對應點為A′，點B的對應點為B′，A′B′與AD、CD交于H、M，B′E與CD交于點N，若AF＝CE，F(xiàn)D＝4，點H為FD的中點，求EN的長．【思維教練】通過等角代換結合已知條件，證明三角形全等，得到邊相等求解．例2題圖⑥針對訓練1.【問題解決】(1)如圖①，在平行四邊形紙片ABCD(AD>AB)中，將紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在AD上的點B′處，折線AE交BC于點E，連接B′E.求證：四邊形ABEB′是菱形．【規(guī)律探索】(2)如圖②，在平行四邊形紙片ABCD(AD>AB)中，將紙片沿過點P的直線折疊，點B恰好落在AD上的點Q處，點A落在點A′處，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形嗎？請說明理由．【拓展應用】(3)如圖③，在矩形紙片ABCD(AD>AB)中，將紙片沿過點P的直線折疊，得到折痕FP，點B落在紙片ABCD內部點B′處，點A落在紙片ABCD外部點A′處，A′B′與AD交于點M，且A′M＝B′M.已知：AB＝4，AF＝2，求BP的長．第1題圖2.實踐與探究操作一：如圖①，已知正方形紙片ABCD，將正方形紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在正方形ABCD的內部，點B的對應點為點M，折痕為AE，再將紙片沿過點A的直線折疊，使AD與AM重合，折痕為AF，則∠EAF＝________度；操作二：如圖②，將正方形紙片沿EF繼續(xù)折疊，點C的對應點為點N.我們發(fā)現(xiàn)，當點E的位置不同時，點N的位置也不同．當點E在BC邊的某一位置時，點N恰好落在折痕AE上，則∠AEF＝______度；在圖②中，運用以上操作所得結論，解答下列問題：(1)設AM與NF的交點為點P，求證：△ANP≌△FNE；(2)若AB＝eq\r(3)，則線段AP的長為________．第2題圖3.【問題解決】(1)如圖①，在矩形紙片ABCD中，E是BC邊的中點，將△ABE沿AE折疊得到△AFE，點B的對應點F恰好落在AD邊上，請你判斷四邊形ABEF的形狀，并說明理由；【問題探索】(2)如圖②，在矩形紙片ABCD中，E是BC邊的中點，將△ABE沿AE折疊得到△AFE，點B的對應點F在矩形紙片ABCD的內部，延長AF交CD于點G，求證：FG＝CG；【拓展應用】(3)如圖③，在正方形紙片ABCD中，E是BC邊的中點，將△ABE沿AE折疊得到△AFE，點B的對應點F落在正方形紙片ABCD內，延長AF交CD于點G，若AB＝4，求線段FG的長．第3題圖4.綜合與實踐問題情境：數學活動課上，老師出示了一個問題：如圖①，在ABCD中，BE⊥AD，垂足為E，F(xiàn)為CD的中點，連接EF,BF，試猜想EF與BF的數量關系，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?ABCD沿著BF(F為CD的中點)所在直線折疊，如圖②，點C的對應點為C′，連接DC′并延長交AB于點G，請判斷AG與BG的數量關系，并加以證明；問題解決：(3)智慧小組突發(fā)奇想，將?ABCD沿過點B的直線折疊，如圖③，點A的對應點為A′，使A′B⊥CD于點H，折痕交AD于點M，連接A′M，交CD于點N.該小組提出一個問題：若此?ABCD的面積為20，邊長AB＝5,BC＝2eq\r(5)，求圖中陰影部分(四邊形BHNM)的面積．請你思考此問題，直接寫出結果．第4題圖5.【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，連接BE，CF，延長CF交AD于點G.(1)求證：△BCE≌△CDG；【運用】(2)如圖②，在【推理】條件下，延長BF交AD于點H.若eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，CE＝9，求線段DE的長；【拓展】(3)將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連接CF，延長CF，BF交直線AD于G，H兩點，若eq\f(AB,BC)＝k，eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，求eq\f(DE,EC)的值(用含k的代數式表示)．備用圖第5題圖6.問題情境在綜合實踐課上，老師讓同學們以“直角三角形的折疊”為主題開展數學活動．如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，AC＝4.點D是邊BC上一動點，點E在邊AB上，將△ABC沿DE折疊，點B的對應點為F.探索發(fā)現(xiàn)(1)如圖②，當點D與點C重合時，若點E為邊AB的中點，連接AF，試判斷四邊形ADEF的形狀，并說明理由；(2)如圖③，當點D為邊BC的中點時，若此時點F恰好落在邊AB上，求四邊形ACDF的面積；解決問題(3)在(2)的條件下，當點F恰好落在∠ACB的平分線上(不與點C重合)時，求折痕DE的長．第6題圖參考答案典例精講例2(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝AB′，∠B′＝∠B＝∠D＝90°，又∵∠AGB′＝∠CGD，∴△AGB′≌△CGD，∴AG＝CG，∴△AGC為等腰三角形；(2)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DFE＝∠BEF，由折疊可知∠BEF＝∠B′EF，∴∠B′EF＝∠DFE，∴HF＝HE；(3)證明：∠A′DF＋∠FDE＝90°，∠FDE＋∠CDE＝90°，∴∠A′DF＝∠CDE，又∵A′D＝CD，∠A′＝∠C，∴△A′DF≌△CDE，∴DF＝DE，由折疊可知DE＝BE，∴DF＝BE，又∵DF∥BE，BE＝DE，∴四邊形BEDF是菱形；(4)證明：如解圖①，連接PN并延長，連接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，∴點P在EF的垂直平分線上；例2題解圖①(5)解：如解圖②，連接AE，∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠AFE＝∠GEF，由折疊的性質可知：∠AEF＝∠GEF，AE＝EG，∴∠AFE＝∠AEF,∴AE＝AF，∴AF＝EG，∴四邊形AEGF是平行四邊形，∴AE∥FG，∴∠FGE＝∠AEB，設BE＝2x，則AD＝BC＝6x，AE＝AF＝EG＝3x，在Rt△ABE中，cos∠AEB＝eq\f(BE,AE)＝eq\f(2x,3x)＝eq\f(2,3)，∴cos∠EGF＝eq\f(2,3)；例2題解圖②(6)解：如解圖③，連接AC交EF于點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與△CNE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A′＝∠ECN,∠A′HF＝∠CNE,A′F＝CE))，∴△A′HF≌△CNE，∴EN＝FH＝eq\f(1,2)FD＝2.例2題解圖③針對訓練1.(1)證明：∵由折疊的性質得△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′，∴四邊形ABEB′為菱形．(2)△PFQ是等腰三角形，理由：∵四邊形A′QPF是由四邊形ABPF折疊而來，∴∠BPF＝∠QPF，∵AD∥BC，∴∠BPF＝∠QFP，∴∠QPF＝∠QFP，∴QF＝QP，∴△PFQ是等腰三角形．(3)解：如解圖，延長PB′交AD于點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與Rt△B′MN中，F(xiàn)M＝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題解圖2.解：操作一：45；【解法提示】由折疊的性質得∠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】由折疊的性質得∠AEB＝∠AEF＝∠CEF，∴∠AEF＝eq\f(1,3)×180°＝60°.(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB＝∠B＝∠C＝∠D＝90°.由折疊的性質得∠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：四邊形ABEF是正方形．理由：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°.由折疊的性質可得∠AFE＝∠B＝90°，∴四邊形ABEF為矩形．∵AB＝AF，∴四邊形ABEF為正方形；(2)證明：如解圖，連接EG，∵E是BC邊的中點，∴BE＝CE，由折疊的性質可得EF＝EB，∠AFE＝∠B＝90°，∴EF＝EC，∠EFG＝90°.∵EG＝EG，∠C＝∠EFG＝90°，∴△ECG≌△EFG(HL)，∴FG＝CG；第3題解圖(3)解：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠D＝90°，AD＝CD＝AB＝4.由折疊的性質可得AF＝AB＝4.由(2)可得FG＝CG，設CG＝FG＝x，則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.證法一：如解圖①，分別延長AD,BF相交于點M.第4題解圖①∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠1＝∠C，∠M＝∠2.∵F為CD的中點，∴DF＝CF，∴△MDF≌△BCF(AAS)，∴FM＝FB，即點F為BM的中點，∴BF＝eq\f(1,2)BM.∵BE⊥AD，∴∠BEM＝90°，∴在Rt△BEM中，EF＝eq\f(1,2)BM，∴EF＝BF；證法二：如解圖②，過點F作FM⊥EB于點M，則∠EMF＝90°.∵BE⊥AD，∴∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠EMF，∴AD∥FM.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC.∴AD∥FM∥BC.∴eq\f(EM,MB)＝eq\f(DF,FC).∵F為CD的中點，∴DF＝FC.∴EM＝MB.∵FM⊥EB，∴FM垂直平分EB.∴EF＝BF；第4題解圖②(2)AG＝BG.證法一：如解圖③，由折疊的性質可知∠1＝∠2＝eq\f(1,2)∠CFC′，F(xiàn)C′＝FC.∵F為CD的中點，∴FC＝FD＝eq\f(1,2)CD，∴FC′＝FD.∴∠3＝∠4.∵∠CFC′＝∠3＋∠4，∴∠4＝eq\f(1,2)∠CFC′.第4題解圖③∴∠4＝∠1，∴DG∥FB.∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴DC綊AB.∴四邊形DGBF為平行四邊形．∴BG＝DF，∴BG＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)AB，∴AG＝BG；證法二：如解圖④，連接CC′交FB于點N.由折疊的性質可知FC′＝FC，CC′⊥FB.第4題解圖④∴∠C′NB＝90°.∵F為CD的中點，∴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.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC綊AB.∴四邊形DGBF是平行四邊形．∴BG＝DF，∴BG＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)AB，∴AG＝BG；(3)eq\f(22,3).【解法提示】如解圖⑤，過點M作ME⊥A′B于點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，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠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)，設ME＝x，則A′E＝eq\f(1,2)x，∵A′B⊥CD，∴A′B⊥AB，∴∠ABA′＝90°，由折疊的性質可知∠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四邊形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題解圖⑤5.(1)證明：如解圖①，∵△BFE是由△BCE折疊得到，∴BE⊥CF，∴∠ECF＋∠BEC＝90°，又∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠BCE＝90°，∴∠ECF＋∠CGD＝90°，∴∠BEC＝∠CGD.又∵BC＝CD，∴△BCE≌△CDG(AAS)；第5題解圖①(2)解：如解圖②，連接EH，由(1)得△BCE≌△CDG，∴CE＝DG＝9，由折疊的性質得BC＝BF，CE＝FE＝9，∴∠BCF＝∠BFC，∵四邊形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題解圖②(3)解：由已知eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，可設DH＝4m，HG＝5m，可令eq\f(DE,EC)＝x，①當點H在D點左邊時，如解圖③，連接HE，第5題解圖③由(2)知HF＝HG，∴DG＝9m.由折疊的性質得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當點H在D點右邊時，如解圖④，連接HE，第5題解圖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＝