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专题20 折叠综合问题
【真题精选】
1.(2020·成都) 在矩形的边上取一点,将沿翻折,使点恰好落在边上点处.
(1)如图1,若,求的度数;
(2)如图2,当,且时,求的长;
(3)如图3,延长,与的角平分线交于点,交于点,当时,求出的值.
【答案】(1)15°;(2);(3)
【详解】(1)∵矩形,∴,
由折叠的性质可知BF=BC=2AB,,∴,∴
∴
(2)由题意可得,,
∴∴∴,∴,∴,
由勾股定理得,∴,∴;
(3)
过点作于点.∴,又∵∴.
∴.∵,即,∴,
又∵BM平分,,∴NG=AN,∴,
∴,整理得:.
2.(2021·达州)某数学兴趣小组在数学课外活动中,对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究:
【现察与猜想】
(1)如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别是AB,AD上的两点,连接DE,CF,DE⊥CF,则的值为 1 ;
(2)如图2,在矩形ABCD中,AD=7,CD=4,点E是AD上的一点,连接CE,BD,且CE⊥BD,则的值为 ;
【类比探究】
(3)如图3,在四边形ABCD中,∠A=∠B=90°,点E为AB上一点,连接DE,过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G,交AD的延长线于点F,求证:DE•AB=CF•AD;
【拓展延伸】
(4)如图4,在Rt△ABC中,∠BAD=90°,AD=9,tan∠ADB=,将△ABD沿BD翻折,点A落在点C处得△CBD,点E,F分别在边AB,AD上,连接DE,CF,DE⊥CF.
①求的值;
②连接BF,若AE=1,直接写出BF的长度.
【解答】解:(1)如图1,设DE与CF交于点G,
∵四边形ABCD是正方形,∴∠A=∠FDC=90°,AD=CD,
∵DE⊥CF,∴∠DGF=90°,
∴∠ADE+∠CFD=90°,∠ADE+∠AED=90°,∴∠CFD=∠AED,
在△AED和△DFC中,
,∴△AED≌△DFC(AAS),
∴DE=CF,∴=1;
(2)如图2,设DB与CE交于点G,
∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠EDC=90°,
∵CE⊥BD,∴∠DGC=90°,
∴∠CDG+∠ECD=90°,∠ADB+∠CDG=90°,∴∠ECD=∠ADB,
∵∠CDE=∠A,∴△DEC∽△ABD,∴,故答案为:.
(3)证明:如图3,过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H,
∵CG⊥EG,∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°,
∴四边形ABCH为矩形,
∴AB=CH,∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°,
∴∠CFH=∠DFG=∠ADE,∠A=∠H=90°,
∴△DEA∽△CFH,∴,∴,∴DE•AB=CF•AD;
(4)①如图4,过点C作CG⊥AD于点G,连接AC交BD于点H,CG与DE相交于点O,
∵CF⊥DE,∠BAD=90°,∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°,
∴∠FCG=∠ADE,∠BAD=∠CFG=90°,∴△DEA∽△CGF,∴,
在Rt△ABD中,tan∠ADB=,AD=9,∴AB=3,
在Rt△ADH中,tan∠ADH=,∴,设AH=a,则DH=3a,
∵AH2+DH2=AD2,∴a2+(3a)2=92,∴a=(负值舍去),∴AH=,DH=,
∴AC=2AH=,
∵S△ADC=AD•CG,∴×9CG,∴CG=,∴;
②∵AC=,CG=,∠AGC=90°,
∴AG===,
∵CF⊥DE,CG⊥AD,
∴∠EOC+∠FCG=∠DOG+∠EDA=90°,
∵∠EOC=∠DOG,∴∠FCG=∠EDA,
又∵∠EAD=∠CGF=90°,∴△CFG∽△DEA,∴,
又∵,AE=1,∴FG=,∴AF=AG﹣FG==,
∴BF===.
【例题讲解】
例1.(求值类型)已知四边形ABCD是矩形,AB=2,BC=4,E为BC边上一动点且不与B、C重合,连接AE(1)如图1,过点E作EN⊥AE交CD于点N.
①若BE=1,求CN的长;
②将△ECN沿EN翻折,点C恰好落在边AD上,求BE的长;
(2)如图2,连接BD,设BE=m,试用含m的代数式表示S四边形CDFE:S△ADF值.
【解析】(1)①∵BE=1,∴CE=BC﹣BE=4﹣1=3,
∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=∠C=90°,∴∠BAE+∠BEA=90°,
∵EF⊥AE,∴∠AEF=90°,∴∠BEA+∠FEC=90°,∴∠BAE=∠FEC,
∴△ABE∽△ECF,∴,即:,解得:CN;
②过点E作EF⊥AD于F,如图1所示:则四边形ABEF是矩形,
∴AB=EF=2,AF=BE,
由折叠的性质得:CE=C′E,CN=C′N,∠EC′N=∠C=90°,∴∠NC′D+∠EC′F=90°,
∵∠C′ND+∠NC′D=90°,∴∠EC′F=∠C′ND,
∵∠D=∠EFC′,∴△EC