类型4 折叠类几何综合题-【一战成名新中考】2025年中考数学·纯练版总复习·二轮专题培优练

参考答案与重难题解析·数学 35　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∵ PC⊥PC′, ∴ ∠CPH+∠TPC′= 90°, ∵ 点 C,D 同时绕点 P 按逆时针方向旋转 90°得点 C′,D′, ∴ ∠CPC′= ∠DPD′= 90°,PC=PC′,PD=PD′, ∴ ∠CPD= ∠C′PD′,∴ △PCD≌△PC′D′(SAS), ∴ ∠PCD= ∠PC′D′, ∵ AB∥CD,∴ ∠BPC= ∠PCD= ∠PC′D′, ∵ ∠C′PT+∠CPB= 90°, ∴ ∠C′PT+∠PC′T= 90°, ∴ ∠PTC′= 90° = ∠CHP, ∴ △CPH≌△PC′T(AAS), ∴ C′T=PH,PT=CH= 8. 设 C′T=PH= t,则 AP= 6-t, ∴ AT=PT-PA= 2+t. ∵ ∠C′AD′= 90°,C′D′⊥AB, ∴ △ATD′∽△C′TA,∴ AT TD′ =C′T TA , ∴ AT2 =C′T·TD′,∴ (2+t) 2 = t(12-t), 化简得 t2 -4t+2 = 0,解得 t= 2± 2 , ∴ BP=BH+HP= 8± 2 , 情况三:当以 D′为直角顶点时, 点 P 落在 BA 的延长线上,不符合题意. 综上所述,BP= 6 或 8± 2 . 多解法 解法二:动静互换:将 C,D 看成静止的,点 A 绕点 P 顺时 针旋转 90°, ∴ △APA1 是等腰直角三角形, ∴ 点 A 的运动轨迹是在∠BAE = 45°的射线 AE 上,AE 与 DC 的延长线交于点 E, 当△A1CD 为直角三角形时, ( i)当∠A1CD= 90°时, ∴ ∠BP1A1 = 90°, ∴ BP1 = 102 -82 = 6; ( ii)当点 A 为直角顶点时,以 CD 为直径作☉O 交 AE 于 点 A2,A3 . 如解图④,连接 AO,过点 O 作 OF⊥AE 于 F, 第 6 题解图④ 则△AOE 为等腰直角三角形, ∵ AO= 8,∴ AE= 8 2,OF= 4 2, ∴ A2F=A3F= OA23 -OF 2 = 2,AF= 1 2 AE= 4 2, ∴ AA2 =AF+A2F= 4 2 +2, ∴ AP2 = 2 2 AA2 = 4+ 2, BP2 = 12-(4+ 2)= 8- 2; ( iii)∵ AA3 = 4 2 -2, ∴ AP3 = 4- 2, ∴ BP3 = 12-(4- 2)= 8+ 2 . 综上所述,BP= 6 或 8± 2 . 类型 4　 折叠类几何综合题 热身小练 1. ∠BAP= ∠B′AP,AP 垂直平分 BB′ 2. 解:(1)画出点 A′和点 B′的位置如解图①所示; 第 2 题解图① 　 　 第 2 题解图② (2)折痕 AP 如解图②所示. 3. 解:如解图,点 B′在以点 E 为圆心,EB 长为半径的弧上. 第 3 题解图 综合训练 1. (1)证明:由折叠的性质可知:∠MBC= ∠BMP, ∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AD∥BC, ∴ ∠MBC= ∠AMB, ∴ ∠AMB= ∠BMP; (2)解:设 MD= x,AE= y,则 AM= 3-x,设 EM=EB= 3-y. 在 Rt△AEM 中,AE2 +AM2 =EM2 , ∴ y2 +(3-x) 2 = (3-y) 2 , ∴ y= - 1 6 x2 +x,即 AE= - 1 6 x2 +x. ∵ ∠ABC= ∠EMN= 90°,∴ ∠AME+∠DMP= 90°, ∵ ∠AEM+∠AME= 90°, ∴ ∠AEM= ∠DMP,又∵ ∠A= ∠D= 90°, ∴ △AEM∽△DMP, ∴ DP AM =DM AE ,即 1 3-x = x - 1 6 x2 +x , 整理得 5 6 x2 = 2x,∴ x= 12 5 或 x= 0(舍去) . ∴ MD= 12 5 . 2. 解:(1)四边形 AEDG 是菱形, 理由:∵ AB=AC,AD 是 BC 边上的中线, ∴ BD=CD= 1 2 BC,AD⊥BC, ∴ ∠ADB= ∠ADC= 90°, 由折叠得 BF=DF= 1 2 BD,CH=DH= 1 2 CD,EF⊥BD,GH⊥ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 53 参考答案与重难题解析·数学36　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 CD,∴ EF∥GH∥AD, ∴ BE AE =BF DF = 1,CG AG =CH DH = 1, ∴ BE=AE,CG=AG, ∴ DE=AE= 1 2 AB,GD=AG= 1 2 AC, ∵ AB=AC, ∴ DE=AE=GD=AG, ∴ 四边形 AEDG 是菱形; (2)如解图,过点 K 作 KI⊥DH 于点 I,则∠KIH= 90°, ∵ AB=AC= 17,BC= 30, ∴ BD=CD= 1 2 BC= 1 2 ×30 = 15, ∴ AD= AB2 -BD2 = 172 -152 = 8, CH=DH= 1 2 CD= 1 2 ×15 = 15 2 , 第 2 题解图 由 ( 1 ) 知 AG = CG, ∴ GH 是 △ADC 的中位线, ∴ GH = 1 2 AD = 1 2 × 8 = 4,BH = BC-CH= 30-15 2 = 45 2 , 由折叠得 BN=HN= 1 2 BH= 1 2 ×45 2 = 45 4 ,MN⊥BH, ∴ MN∥AD,∴ △MBN∽△ABD, ∴ MN AD =BN BD = 45 4 15 = 3 4 , ∴ MN= 3 4 AD= 3 4 ×8 = 6, ∵ ∠KHD= ∠B,∠KDH= ∠C,∠B= ∠C, ∴ ∠KHD= ∠KDH,∴ KD=KH, ∴ DI=HI= 1 2 DH= 1 2 ×15 2 = 15 4 , ∵ ∠KHI= ∠C, ∴ KI HI = tan∠KHI= tanC= AD CD = 8 15 , ∴ KI= 8 15 HI= 8 15 ×15 4 = 2, ∴ S四边形MKGA =S△ABC-S△MBH-S△GDC+S△KDH = 1 2 ×30×8- 1 2 × 45 2 ×6- 1 2 ×15×4+ 1 2 ×15 2 ×2 = 30, ∴ 四边形 MKGA 的面积是 30. 3. (1)证明:∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AD∥BC, ∴ ∠FAE+∠AEC= 180°, 由折叠得∠AEC′= ∠AEC, ∴ ∠FAE+∠AEC′= 180°, ∵ ∠AEF+∠AEC′= 180°, ∴ ∠FAE= ∠AEF, ∴ AF=EF; (2)解:5 3 -6;【解法提示】如解图①,过点 A 作 AG⊥CB, 交 CB 的延长线于 G,在▱ABCD 中,AD∥BC,∴ ∠ABG = ∠DAB = 60°, ∠FEG = 180° - ∠F = 90°, ∴ AG = AB · sin∠ABG= 10× 3 2 = 5 3 ,四边形 AGEF 是矩形,由( 1) 知 AF=EF,∴ 矩形 AGEF 是正方形,∴ AF = AG = 5 3 ,∴ DF = AF-AD= 5 3 -6. 第 3 题解图① 　 　 第 3 题解图② (3)解:如解图②,过点 A 作 AQ⊥CB,交 CB 的延长线于 Q,过点 M 作 MT⊥AF 于 T,交 HD 的延长线于 G,过点 H 作 HR⊥MT 于 R, ∵ CB∥AD,∴ ∠ABQ= ∠DAB= 60°, ∴ BQ= AB·cos60° = 10 × 1 2 = 5,AQ = 10· sin60° = 5 3 , ∴ EQ=BE+BQ= 9, ∴ AE= AQ2 +EQ2 = (5 3 ) 2 +92 = 2 39 , 由(1)知:AF=EF, ∵ FM⊥AE,∴ AM=EM= 1 2 AE= 39 , 又∵ 将▱ABCD 纸片沿 AE 所在直线折叠,点 C,D 的对应 点分别为 C′,D′,∴ HM=MN, ∵ cos∠DAE= cos∠AEQ,∴ AT AM =EQ AE , ∴ AT 39 = 9 2 39 ,∴ AT= 9 2 , 同理可得 MT= 5 3 2 ,∴ DT=AD-AT= 6- 9 2 = 3 2 , 在 Rt△DGT 中,∠GDT= ∠DAB= 60°,DT= 3 2 , ∴ GT= 3 2 ·tan60° = 3 3 2 , ∴ MG=GT+MT= 3 3 2 +5 3 2 = 4 3 , ∵ tan∠FMT= tan∠DAE= tan∠AEQ, ∴ HR RM = AQ EQ = 5 3 9 ,∴ 设 HR= 5 3 k,RM= 9k, ∵ tan∠GHR= tan∠GDT,∴ GR HR = tan60° = 3 , ∴ GR= 3HR= 3 ×5 3 k= 15k, 由 GR+RM=MG 得 15k+9k= 4 3 , ∴ k= 3 6 ,∴ HR= 5 3 k= 5 2 , ∵ sin∠FMT= sin∠DAE= sin∠AEQ, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 63 参考答案与重难题解析·数学 37　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ HR HM =AQ AE ,∴ 5 2 HM = 5 3 2 39 , ∴ HM= 13 ,∴ MN= 13 , ∴ S△ANE = 1 2 AE·MN= 1 2 ×2 39 × 13 = 13 3 . 4. (1)证明:如解图①, 第 4 题解图① ∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ ∠A= ∠D= ∠C= 90°,∴ ∠1+∠3 = 90°, ∵ 将四边形 ABFE 沿 EF 折叠,使 A 的对应点 P 落在 DC 上,∴ ∠EPH= ∠A= 90°, ∴ ∠1+∠2 = 90°,∴ ∠3 = ∠2, ∴ △DEP∽△CPH; (2)解:∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ CD=AB= 2,AD=BC= 3,∠A= ∠D= ∠C= 90°, ∵ P 为 CD 的中点,∴ DP=CP= 1 2 ×2 = 1, 设 EP=AE= x,∴ ED=AD-AE= 3-x, 在 Rt△EDP 中,EP2 =ED2 +DP2 , 即 x2 = (3-x) 2 +1,解得 x= 5 3 , ∴ EP=AE= 5 3 ,∴ ED=AD-AE= 4 3 , ∵ △EDP∽△PCH,∴ ED PC =EP PH ,即 4 3 1 = 5 3 PH , ∴ PH= 5 4 , 由折叠性质可得 PG=AB= 2, ∴ GH=PG-PH= 3 4 ; (3)解:如解图②,延长 AB,PG 交于一点 M,连接 AP, 第 4 题解图② ∵ E,F 分别在 AD,BC 上,将四边形 ABFE 沿 EF 折叠,使点 A 的对应点 P 落在 CD 上, ∴ AP⊥EF,BG⊥EF,∴ BG∥AP, ∵ AE=EP,∴ ∠EAP= ∠EPA, ∴ ∠BAP= ∠GPA, ∴ △MAP 是等腰三角形, ∴ MA=MP, ∵ P 为 CD 的中点, ∴ 设 DP=CP= y, ∴ AB=PG=CD= 2y, ∵ H 为 BC 的中点,∴ BH=CH, ∵ ∠BHM= ∠CHP,∠CBM= ∠PCH, ∴ △MBH≌△PCH(ASA),∴ BM=CP= y,HM=HP, ∴ MP=MA=MB+AB= 3y,∴ HP= 1 2 PM= 3 2 y, 在 Rt△PCH 中,CH= PH2 -PC2 = 5 2 y, ∴ AD=BC= 2CH= 5 y, 在 Rt△APD 中,AP= AD2 +PD2 = 6 y, ∵ BG∥AP,∴ △BMG∽△AMP, ∴ BG AP =BM AM = 1 3 ,∴ BG= 6 3 y, ∴ AB BG = 2y 6 3 y = 6 , ∴ AB= 6BG. 5. 【操作判断】解:45;【解法提示】如解图①,由题意可得∠1 = ∠2,∠3 = ∠4,∴ 2∠2+ 2∠3 = 90°,∴ ∠2+∠3 = 45°,∴ ∠EBF= 45°. 第 5 题解图① 【探究证明】(1)解:解法一:△BFG 为 等腰直角三角形,证明如下: 由题意可得∠EBF= 45°, ∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ ∠BCA= ∠ACD= 45°, ∵ ∠EBF = 45°, ∴ ∠GBH = ∠FCH, 又∵ ∠GHB= ∠FHC,∴ △BHG∽△CHF, ∴ BH CH =HG HF , ∴ BH HG =CH HF , ∵ ∠BHC= ∠GHF,∴ △BHC∽△GHF, ∴ ∠BCH= ∠GFH= 45°, ∴ ∠GBF= ∠GFH= 45°,∴ ∠BGF= 90°, ∴ △BFG 为等腰直角三角形; 多解法 解法二:∵ ∠GBF= ∠GCF= 45°, ∴ B、C、F、G 四点共圆, ∴ ∠BFG= ∠BCG= 45°, ∴ ∠BFG= ∠GBF= 45°, ∴ ∠BGF= 90°, ∴ △BFG 为等腰直角三角形; (2)证明:由(1)得∠BGF= 90°,BG=FG, ∵ PQ⊥AB,PQ⊥CD, ∴ ∠BPG= ∠GQF= 90°, ∴ ∠PBG+∠PGB= ∠PGB+∠FGQ, ∴ ∠PBG= ∠FGQ, ∴ △PBG≌△QGF, ∴ ∠PGB= ∠GFQ, 易得 PQ∥AD, ∴ ∠PGB= ∠AEB, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 73 参考答案与重难题解析·数学38　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 根据折叠的性质可知,∠AEB= ∠BEF, ∵ ∠PGB= ∠EGQ, ∴ ∠BEF= ∠EGQ, ∵ ∠BEF+∠EFG= ∠EGQ+∠FGQ= 90°, ∴ ∠EFG= ∠FGQ, ∴ EM=MG=MF; 【深入研究】解:解法一:将△AGB 绕点 B 顺时针旋转 90° 第 5 题解图② 至△CNB,连接 HN,如解图②, ∴ △AGB≌△CNB, ∴ ∠BAC = ∠BCN = 45°,AG = CN,BG =BN, ∵ ∠ACB= 45°, ∴ ∠HCN= 90°, ∴ CH2 +CN2 =HN2 , ∵ ∠5 = ∠6,∠EBF= 45°,∠5+∠HBC= ∠6+∠HBC, ∴ ∠GBH= ∠NBH, 又∵ BH=BH, ∴ △GBH≌△NBH, ∴ GH=NH, ∴ CH2 +AG2 =GH2 , 由(2)知△PBG≌△QGF,四边形 APQD 为矩形, ∵ ∠BAC= 45°,∴ AP=PG=DQ=FQ, 设 AP=PG=DQ=FQ=a(a>0),∴ AG= 2a, ∵ AG AC = 1 k ,∴ AC= 2 ka, ∴ GH+HC=AC-AG= 2a(k-1), ∵ CH2 +AG2 =GH2 , ∴ GH2 -CH2 = (CH+GH)(GH-CH)= 2a2 , ∴ GH-CH= 2a k-1 , 解得 GH= 2a(k 2 -2k+2) 2k-2 ,CH= 2a(k 2 -2k) 2k-2 , ∴ GH HC = k 2 -2k+2 k2 -2k . 多解法 解法二:易得 AD∥PQ∥BC,∴ AP AB =AG AC = 1 k , 设 AP=a(a>0),则 AB=ak, ∵ ∠BAC= 45°,∴ PG=AP=a, 如解图③,延长 BF 交 PQ 的延长线于点 N,则GH CH =GN BC , 第 5 题解图③ 由(2)知 M 为 EF 的中点,∵ PQ∥AD, ∴ Q 为 DF 的中点,即 DQ=QF=AP=PG=a, ∴ CF=CD-DF=ak-2a, ∴ QN BC =QF CF = a ak-2a = 1 k-2 ,∴ QN= ak k-2 , ∵ QG=PQ-PG=ak-a, ∴ GN=QG+QN=a(k-1+ k k-2 ), ∴ GN BC = a(k-1+ k k-2 ) ak = k 2 -2k+2 k2 -2k , ∴ GH HC =GN BC = k 2 -2k+2 k2 -2k . 类型 5　 平移类几何综合题 1. (1)证明:证法一:∵ AF 平分∠CAB, ∴ ∠CAF= ∠EAD. ∵ ∠ACB= 90°,∴ ∠CAF+∠CFA= 90°. 又∵ CD⊥AB,∴ ∠EAD+∠AED = 90°. ∴ ∠CFA= ∠AED. ∵ ∠AED= ∠CEF,∴ ∠CFA= ∠CEF. ∴ CE=CF. 多解法 证法二:∵ AF 平分∠CAB,∴ ∠CAF= ∠BAF. ∵ ∠ACB= 90°,∴ ∠CAB+∠B= 90°. 又∵ CD⊥AB,∴ ∠CAB+∠ACD= 90°, ∴ ∠B= ∠ACD. ∵ ∠CEF= ∠CAE+∠ACD,∠CFE= ∠B+∠BAF. ∴ ∠CEF= ∠CFE. ∴ CE=CF. 证法三:∵ AF 平分∠CAB,∴ ∠CAF= ∠DAE, 又∵ CD⊥AB,∴ ∠ACF= ∠ADE, ∴ △ACF∽△ADE,∴ ∠AED= ∠CFE, ∵ ∠AED= ∠CEF, ∴ ∠CEF= ∠CFE, ∴ CE=CF; (2)解:BE′=CF. 证明如下: 证法一:由平移的性质得 AE=A′E′,∠FAD=∠E′A′D′. ∵ AF 平分∠CAB,∴ ∠CAE= ∠FAD, ∴ ∠CAE= ∠E′A′D′. ∵ CD⊥AB,∴ ∠B+∠DCF= 90°, ∵ ∠ACD+∠DCF= 90°,∴ ∠B= ∠ACD, ∴ △ACE≌△A′BE′,∴ CE=BE′, 由(1)知 CE=CF,∴ BE′= CF. 第 1 题解图① 多解法 证法二:如解图①,过点 E 作 EG⊥AC 于点 G. 又∵ AF 平分∠CAB,ED⊥AB, ∴ ED=EG. 由平移的性质可知 D′E′=DE, ∴ D′E′ =GE. ∵ ∠ACB= 90°, ∴ ∠ACD+∠DCB= 90°. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 83 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 类型 4　 折叠类几何综合题 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀦂 􀦂 􀦂􀦂 热身小练 1. 如图,在△ABC 中,点 P 在 BC 上,连接 AP. 将△ABP 沿直线 AP 折叠,得到△AB′P,则 ∠BAP 和∠B′AP 的大小关系为　 　 　 　 ,线段 AP 与 BB′的位置关系为　 　 　 　 . 第 1 题图 2. (1)如图①,若将△ABC 沿直线 EF 折叠,请画出点 A 和点 B 的对应点 A′和点 B′的位置; (2)如图②,若将△ABC 沿直线 AP 折叠后,点 B 的对应点 B′落在 BC 上,请画出折痕 AP. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 第 2 题图　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 第 3 题图 3. 如图,在矩形 ABCD 中,点 E 为 BC 的中点,点 F 在线段 AB 上,将△BEF 沿直线 EF 折叠. 请画出点 B′的运动轨迹. 解:如解图所示,点 B′在以点 E 为圆心,EB 长为半径的弧上. 综合训练 1. (2023 仙桃)如图,将边长为 3 的正方形 ABCD 沿直线 EF 折叠,使点 B 的对应点 M 落在边 AD 上 (点 M 不与点 A,D 重合),点 C 落在点 N 处,MN 与 CD 交于点 P,折痕分别与边 AB,CD 交于点 E,F,连接 BM. (1)求证:∠AMB= ∠BMP; (2)若 DP= 1,求 MD 的长. 第 1 题图 (1)证明:由折叠的性质可知:∠MBC=∠BMP, (2)解:设 MD=x,则 AM= 3-x,设 AE=y,则 EM=EB= 3-y. 在 Rt△AEM 中,AE2+AM2 =EM2, ∴ y2+(3-x) 2 =(3-y) 2,∴ y=- 1 6 x2+x,即 AE=- 1 6 x2+x. ∵∠ABC=∠EMN= 90°,∴∠AME+∠DMP= 90°, ∵∠AEM+∠AME= 90°,∴∠AEM=∠DMP,又∵∠A=∠D= 90°, ∴△AEM∽△DMP,∴ DP AM =DM AE ,即 1 3-x = x - 1 6 x2+x , 整理得 5 6 x2 = 2x,∴ x= 12 5 或 x= 0(舍去) . ∴MD= 12 5 . 57 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 2. (2023 枣庄)问题情境:如图①,在△ABC 中,AB=AC= 17,BC= 30,AD 是 BC 边上的中线. 如图②, 将△ABC 的两个顶点 B,C 分别沿 EF,GH 折叠后均与点 D 重合,折痕分别交 AB,AC,BC 于点 E,G,F,H. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 2 题图 猜想证明:(1)如图②,试判断四边形 AEDG 的形状,并说明理由; 问题解决:(2)如图③,将图②中左侧折叠的三角形展开后,重新沿MN 折叠,使得顶点 B 与点 H 重合,折痕分别交 AB,BC 于点 M,N,BM 的对应线段交 DG 于点 K,求四边形 MKGA 的面积. 解:(1)四边形 AEDG 是菱形,理由:∵AB=AC,AD 是 BC 边上的中线, ∴BD=CD= 1 2 BC,AD⊥BC,∴∠ADB=∠ADC= 90°, 由折叠得 BF=DF= 1 2 BD,CH=DH= 1 2 CD,EF⊥BD,GH⊥CD, ∴EF∥GH∥AD,∴BE AE =BF DF = 1,CG AG =CH DH = 1,∴BE=AE,CG=AG,∴DE=AE= 1 2 AB,GD=AG= 1 2 AC, ∵AB=AC,∴DE=AE=GD=AG,∴四边形 AEDG 是菱形; (2)如解图,过点 K 作 KI⊥DH 于点 I,则∠KIH= 90°, ∵AB=AC= 17,BC= 30,∴BD=CD= 1 2 BC= 1 2 ×30= 15, ∴AD= AB2-BD2 = 172-152 = 8,CH=DH= 1 2 CD= 1 2 ×15= 15 2 , 由(1)知 AG=CG,∴AG 是△ADC 的中位线, ∴GH= 1 2 AD= 1 2 ×8= 4,BH=BC-CH= 30-15 2 = 45 2 , 由折叠得 BN=HN= 1 2 BH= 1 2 ×45 2 = 45 4 ,MN⊥BH, ∴MN∥AD,∴△MBN∽△ABD,∴MN AD =BN BD = 45 4 15 = 3 4 ,∴MN= 3 4 AD= 3 4 ×8= 6, ∵∠KHD=∠B,∠KDH=∠C,∠B=∠C,∴∠KHD=∠KDH,∴KD=KH, ∴DI=HI= 1 2 DH= 1 2 ×15 2 = 15 4 , ∵∠KHI=∠C,∴ KI HI =tan∠KHI=tanC=AD CD = 8 15 ,∴KI= 8 15 HI= 8 15 ×15 4 = 2, ∴S四边形MKGA =S△ABC-S△MBH-S△GDC+S△KDH = 1 2 ×30×8- 1 2 ×45 2 ×6- 1 2 ×15×4+ 1 2 ×15 2 ×2= 30, ∴四边形 MKGA 的面积是 30. 67 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 3. (2023 沈阳)如图①,在▱ABCD 纸片中,AB = 10,AD = 6,∠DAB = 60°,点 E 为 BC 边上的一点(点 E 不与点 C 重合),连接 AE,将▱ABCD 纸片沿 AE 所在直线折叠,点 C,D 的对应点分别为 C′, D′,射线 C′E 与射线 AD 交于点 F. (1)求证:AF=EF; (2)如图②,当 EF⊥AF 时,DF 的长为　 5 3 -6　 ; ( 3)如图③,当 CE= 2 时,过点 F 作 FM⊥AE,垂足为点M,延长 FM 交 C′D′于点 N,连接 AN,EN, 求△ANE 的面积. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 3 题图 (1)证明:∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴AD∥BC, ∴∠FAE+∠AEC= 180°, 由折叠得∠AEC′=∠AEC, ∴∠FAE+∠AEC′= 180°, ∵∠AEF+∠AEC′= 180°, ∴∠FAE=∠AEF, ∴AF=EF; (2)解:5 3 -6;【解法提示】如解图,过点 A 作 AG⊥CB,交 CB 的延长线于 G, 在▱ABCD 中,AD∥BC, ∴∠ABG=∠DAB= 60°,∠FEG= 180°-∠F= 90°, ∴AG=AB·sin∠ABG= 10× 3 2 = 5 3,四边形 AGEF 是矩形, 由(1)知 AF=EF, ∴矩形 AGEF 是正方形, ∴AF=AG= 5 3, ∴DF=AF-AD= 5 3 -6; (3)△ANE 的面积为 13 3 . 详解见答案册 PX 77 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 4. (2024 湖北省卷)在矩形 ABCD 中,点 E,F 分别在边 AD,BC 上,将矩形 ABCD 沿 EF 折叠,使点 A 的对应点 P 落在边 CD 上,点 B 的对应点为点 G,PG 交 BC 于点 H. (1)如图①,求证:△DEP∽△CPH; (2)如图②,当 P 为 CD 的中点,AB= 2,AD= 3 时,求 GH 的长; (3)如图③,连接 BG,当 P,H 分别为 CD,BC 的中点时,探究 BG 与 AB 的数量关系,并说明理由. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 4 题图 (1)证明:如解图, ∵四边形 ABCD 是矩形,∴∠A=∠D=∠C= 90°,∴∠1+∠3= 90°, ∵将四边形 ABFE 沿 EF 折叠,使 A 的对应点 P 落在 DC 上, ∴∠EPH=∠A= 90°,∴∠1+∠2= 90°, ∴∠3=∠2,∴△EDP∽△PCH; (2)解:∵四边形 ABCD 是矩形, ∴CD=AB= 2,AD=BC= 3,∠A=∠D=∠C= 90°, ∵P 为 CD 的中点,∴DP=CP= 1 2 ×2= 1, 设 EP=AE=x,∴ED=AD-AE= 3-x, 在 Rt△EDP 中,EP2 =ED2+DP2,即 x2 =(3-x) 2+1,解得 x= 5 3 , ∴EP=AE= 5 3 ,∴ED=AD-AE= 4 3 , ∵△EDP∽△PCH,∴ED PC =EP PH ,即 4 3 1 = 5 3 PH , ∴PH= 5 4 ,由折叠的性质可知 PG=AB= 2,∴GH=PG-PH= 3 4 ; (3)∴AB= 6BG. 理由见答案册 PX 87 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 5. (2024 宿迁)在综合实践活动课上,同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动. 【操作判断】 操作一:如图①,对折正方形纸片 ABCD,得到折痕 AC,把纸片展平; 操作二:如图②,在边 AD 上选一点 E,沿 BE 折叠,使点 A 落在正方形内部,得到折痕 BE; 操作三:如图③,在边 CD 上选一点 F,沿 BF 折叠,使边 BC 与边 BA 重合,得到折痕 BF. 把正方形纸片展平,得图④,折痕 BE、BF 与 AC 的交点分别为 G、H. 根据以上操作,得∠EBF= 　 　 　 　 °. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 图④ 第 5 题图 【探究证明】 (1)多解法 ∙∙∙ 如图⑤,连接 GF,试判断△BFG 的形状并证明; (2)如图⑥,连接 EF,过点 G 作 CD 的垂线,分别交 AB、CD、EF 于点 P、Q、M. 求证:EM=MF. 【深入研究】多解法 ∙∙∙ 若 AG AC = 1 k ,请求出GH HC 的值(用含 k 的代数式表示) . 第 5 题图⑤ 第 5 题图⑥ 97