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2025年九年级数学中考二轮复习《与轴对称相关的几何动态问题探究》解答题专题提升训练
1．如图1，正方形的顶点在直线上，点与点关于直线对称，直线与直线交于点，连接，，探究与的数量关系．
【特殊感知】（1）①如图2．当，时，_____，_____；
②如图3，当时，_____，_____；
【猜想论证】（2）猜想与的数量关系，并结合图1进行证明；
【拓展应用】（3）若正方形的边长为2，当时，直接写出线段的长．
2．【问题情境】
已知是的直径，点在弧上（不含点A，B），把沿对折，点A的对应点C恰好落在上．
【特例探究】
（1）当在上方而C在下方时（如图①），判断与的位置关系，证明你的结论；
【拓展探究】
（2）当，C都在上方时（如图②），过C点作于点D，且是的切线，求证：．
3．某兴趣小组在数学活动中，对四边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究：
(1)【初探猜想】如图1，在正方形中，点E、F分别是、上的点，连接、，若，则线段与的数量关系为_____；
(2)【类比探究】如图2，在矩形中，，，点、分别是边、上的点，点是边上一点，连接、，若，求的值；
(3)【知识迁移】如图3，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且，连接，若，，求的值；
(4)【拓展应用】如图4，在矩形中，，，点、分别在边、上，将四边形沿翻折，点的对应点恰好落在上，点的对应点是点，则的最小值为_____．
4．综合与实践
如图1，在中，， ．

猜想证明：（1）如图1，点D在边上 ．将沿所在直线折叠，点C的对应点为E ．试猜想四边形的形状并加以证明 ．
实践探究：（2）如图2，拓展小组受此问题启发，将沿过点C的直线折叠 ．点B的对应点为G ．且于点H ．若，，求的长 ．
问题解决：（3）如图3 ．探究小组突发奇想，将沿过点A的直线折叠，若，，，直接写出的长 ．
5．【问题背景】
如图1，在中，将劣弧沿弦所在的直线折叠，使得劣弧恰好过圆心O，圆心O关于直线的对称点为．

(1)【探究发现】如图1，连接，并延长交于D，连接．直接写出的度数为__________，与的数量关系为__________；
(2)【深入探究】如图2，将劣弧沿弦所在的直线折叠，弧不经过圆心O，在劣弧上取一点C（不与A、B重合），连接并延长交于点D，连接．猜想与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展应用】如图3，在（2）条件下，若平分，，求的长．
6．综合与实践
【问题情境】
在中（），点P是射线上一点．将沿直线折叠，点D对应点为E．
【数学思考】
如图1，若点P与点A重合，过点E作，与交于点F，连接，则四边形的形状一定是 （选填“菱形”“矩形”或“正方形”）；
【拓展探究】
如图2，当点P为的中点时，延长交于点F，连接．试判断与的位置关系，并说明理由；
【问题解决】
如图3，当点E恰好落在的边所在直线上时，，，，直接写出的长．
7．综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以菱形为背景，探索动点运动过程中产生的几何问题．
已知，在菱形中，，对角线，点E是射线上的一个动点，连接，与关于边所在直线对称．
初步探究：（1）如图1，小颖同学研究了时的情形，并提出如下问题，请你解答：
①判断四边形的形状，并说明理由；
②此时线段的长为________________________________；
拓展延伸：（2）小彬同学研究了时的情形，请你直接写出此时线段的长．
8．在中，，，是边上一点，将沿折叠得到，连接．

(1)特例发现：如图1，当，落在直线上时，求证：；
(2)类比探究
如图2，当，与边相交时，在上取一点G，使，交于点H．探究的值（用含m的式子表示），并写出探究过程：
(3)拓展运用
在（2）条件下，当，是的中点时，若．直接写出的长．
9．综合与实践
在数学教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动——折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，折痕为BM，把纸片展平，连接AN，如图①；
(1)折痕BM所在直线是否是线段AN的垂直平分线？请判断图中是什么特殊三角形？请写出解答过程．
(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，求∠GBN的度数．
(3)拓展延伸：
如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接交ST于点O，连接AT；求证：四边形是菱形．
10．【定义】如图1，OM平分∠AOB，则称射线OB，OA关于OM对称．
(1)【理解题意】如图1，射线OB，OA关于OM对称且∠AOB＝45°，则∠AOM＝　 　度；
(2)【应用实际】如图2，若∠AOB＝45°，OP在∠AOB内部，OP，OP1关于OB对称，OP，OP2关于OA对称，求∠P1OP2的度数；
(3)如图3，若∠AOB＝45°，OP在∠AOB外部，且0°＜∠AOP＜45°，OP，OP1关于OB对称，OP，OP2关于OA对称，求∠P1OP2的度数；
(4)【拓展提升】如图4，若∠AOB＝45°，OP，OP1关于∠AOB的OB边对称，∠AOP1＝4∠BOP1，求∠AOP（直接写出答案）．
11．如图，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，
(1)如图1，如果∠A＝50°，求∠1＋∠2的度数；
(2)如图1，探索∠A与∠1＋∠2之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展延伸：如图2，将四边形ABCD纸片沿EF折叠，线段AB落在四边形CDEF内线段A′B′的位置，猜想∠1、∠2、∠A、∠B之间的数量关系，并直接写出结果 ．
12．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，得到折痕，把纸片展平；
操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕；
操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕．
把正方形纸片展平，得图④，折痕，与的交点分别为G、H．
（1）根据以上操作，得________；
【探究证明】
（2）如图⑤，连接，试判断的形状并证明；
【深入研究】
（3）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交，，于点P、Q、M．请写出与的数量关系，并说明理由．
13．（1）操作发现：
如图①，在中，，点D是上一点，沿折叠，使得点C恰好落在上的点E处．请写出，，之间的关系______________；
（2）问题解决：
如图②，若（1）中，其他条件不变，请猜想，，之间的关系，并证明你的结论；
（3）类比探究：
如图③，在四边形中，，，，，连接，点E是上一点，沿折叠，使得点D正好落在上的F处，若，直接写出的长．
14．嘉嘉通过以下的折纸方式探究过直线外一点作已知直线的平行线．如图-1，在一张正方形纸片的两边上分别有两点，连接是正方形纸片上一点，用折纸的方法过点作的平行线的基本步骤如下：
第一步：如图-2，过点进行第一次折叠，使点的对称点落在上，折痕与相交于点，打开纸张铺平；
第二步：如图-3，过点进行第二次折叠，使折痕，打开纸张铺平（如图-4所示）．
（提示：正方形纸片的两条相对的边平行，且四个角都是直角）
(1)嘉嘉说只要按照上述步骤操作即可得，你认为嘉嘉的说法正确吗？请判断并说明理由．
(2)①如图-4，设直线与正方形上下两边交于点，，直接写出与的数量关系；
②若，求的度数．
15．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，得到折痕，把纸片展平；
操作二：如图②，在边上选一点E，沿折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕；
操作三：如图③，在边上选一点F，沿折叠，使边与边重合，得到折痕把正方形纸片展平，得图④，折痕与的交点分别为G、H．
根据以上操作，得________．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接，试判断的形状并证明；
（2）如图⑥，连接，过点G作的垂线，分别交于点P、Q、M．求证：．
【深入研究】
若，请求出的值（用含k的代数式表示）．
《2025年九年级数学中考二轮复习《与轴对称相关的几何动态问题探究》解答题专题提升训练》参考答案
1．（1）①2，；②，；（2），见解析；（3）或．
【分析】（1）①连接，，，根据轴对称的性质得出，，，，由正方形的性质得出，，，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理得出，再得出，由邻补角的定义得出，进而可得出；
②同①解法得出，，进而得出，再根据角的和差关系得出，再证明，由相似三角形的性质进一步求解即可；
（2）同（1）②求解过程一致；
（3）分两种情况，①当点在线段上时和②当点在线段的延长线上时，利用正方形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）①连接，，，
∵点与点C关于直线l对称，
∴，，，，
∴，．
在正方形中，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
，
∴；
②连接，，，
设．
∵点与点C关于直线l对称，
∴，，，，
∴，．
在正方形中，，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
，
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
（2），证明如下：
连接，，，
设．
∵点与点C关于直线l对称，
∴，，，，
∴，．
在正方形中，，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
，
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
(3)①当点在线段上时，连接，如下图：．
∵，
∴．
又，
∴，，
∵，
∴，
又，
∴，
又，
∴；
②当点在线段的延长线上时，连接，
设，
∵，
∴．
又，
∴，
∵，
∴．
又，即，
由，
∴
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质的，勾股定理等知识，正确连接辅助线以及掌握正方形的性质和轴对称的性质，是解题的关键．
2．（1），证明见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据折叠的性质得，再根据等腰三角形的性质可得，再根据圆周角定理得到，所以，即可根据平行线的判定方法判断．
（2）根据圆的切线定义可得，从而，即，根据，可得，可证是等边三角形，四边形是菱形，所以，从而，再根据所对的直角边为斜边的一半，可得，再根据，可得
【详解】解：（1）．
证明：由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）证明：∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
由对折可知，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，圆周角定理，平行线的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质，所对的直角边为斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．(1)
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）令与的交点为，根据正方形的性质证明，即可求解；
（2）过点作于点，与的交点为，证明四边形是矩形，
得到，，再证明，即可求出的值；
（3）由勾股定理，得出，再根据三角形的面积，得出，然后证明，即可求出的值；
（4）连接、，利用折叠的性质，证明，得到，同（2）理可得：，即，则，作点关于的对称点，连接、、，则当、、三点共线时，有最小值为的长，利用勾股定理求出，即可得到的最小值．
【详解】（1）解：如图，令与的交点为，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：如图，过点作于点，与的交点为，
四边形是矩形，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
又，
，
；
（3）解：如图，过点作于点，与的交点为，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又
，
；
（4）解：如图，连接、，
由折叠的性质可知，，，，，
，
，即，
在和中，
，
，
，
同（2）理可得：，即，
，
作点关于的对称点，连接、、，
，，，
，
当、、三点共线时，有最小值为的长，
，
有最小值为，
的最小值为．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定和性质等知识，正确作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
4．（1）正方形，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先判断四边形是菱形即可得出结论；
（2）先证明求出，再证得到，设未知数列方程解决即可；
（3）先证得，在中，由勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：正方形 ．
证明：，，
，
即，
，
由折叠知：，，
，
四边形是菱形，
，
菱形是正方形 ；
（2）在中，，，，
，
，
，
又，
，
，即，
，
由折叠知：，，
，
，
，
，
设，则，，
在中，，即，
，（舍），
；
（3）在中，，，
，
过点M作于点N，如图：

则，
在中，，
，
，，
，
，
，
在中，由勾股定理，得：
，
即，
解得：或（不合题意，舍去），
得长为25．
【点睛】本题考查了正方形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，熟练应用正方形判定方法和相似三角形判定定理是解题关键．
5．(1)；
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）连接，证明与都是等边三角形，则，得到,由折叠知，
，则，由是的内接四边形，则，得到，则，即可得到结论；
（2）设折叠前点C的对应点，连接、，由折叠可知，，四边形是的圆内接四边形得到，由，则，即可得到结论；
（3）在（2）的条件下，，则，延长交于点E，连接，过点B作于点F，则，由勾股定理得，，证明，则，由平分得到，则，得到，则，设，,得到，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，连接，

∵将劣弧沿弦所在的直线折叠，使得劣弧恰好过圆心O，圆心O关于直线的对称点为．
∴，
∴与都是等边三角形，
∴，
∴,
由折叠的性质可知，
，
∴，
∵是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2），理由如下：
设折叠前点C的对应点，连接、，如图，

由折叠可知，，
∵四边形是的圆内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）在（2）的条件下，，
则，
延长交于点E，连接，过点B作于点F，如图，

则，
在中，由勾股定理得，
，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
则,
∴，
在中，由勾股定理得，，
即，
解得（不合题意，舍去），
∴，
即的长为
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理、折叠的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
6．数学思考：菱形
拓展探究：，理由见解析
问题解决：3或7.5
【分析】数学思考：由折叠的性质可知，，，，再根据平行线的性质推出，则，进而推出，即可证明；
拓展探究：连接．由折叠的性质可知，，，，由，，得到；由点P是的中点，得到，则，进一步证明，得到，证明，得到，再根据平角的定义得到，则；
问题解决：由题意可分①当点P在的延长线上时，②当点P在间时，点E在间时，然后根据相似三角形的性质与判定可进行求解
【详解】解：数学思考：由折叠的性质可知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴四边形是菱形
故答案为：菱形；
拓展探究：结论：，
理由如下：连接，如图2：
由折叠的性质可知，，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵点P是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
问题解决：分两种情况：
①当点P在的延长线上时，点E在的延长线上时，如图3，
由折叠的性质可知，，，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴，
②当点P在间时，点E在上时，如图4：
延长交的延长线于点T，设，
由折叠的性质可知，，，
∵，
∴，
∴．
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
综上所述：的长为3或7.5
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，菱形的判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
7．（1）①四边形为菱形，见解析；②；（2）或25
【分析】（1）①由对称得，，，根据平行得，可得，即可判定为菱形；②连接交于点H，由菱形的性质得，则有，设，则，利用勾股定理即可解得答案；
（2）①连接交于点O，连接交于点H，由对称得，，，，进一步得到、和，设，则，利用的正切值即可解得x，再利用的正弦值即可解得；②连接交延长线于点M，设，则，，利用解得，再利用勾股定理解得即可．
【详解】解：（1）①四边形为菱形．理由如下，
与关于所在直线对称，
．
，，，
，
，
，
，
，
则四边形是菱形．
②连接交于点H，如图，
∵四边形为菱形，，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∵，
∴，解得，
则．
故答案为：．
（2）①连接交于点O，连接交于点H，如图，
与关于所在直线对称，
，，，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，，，
在中，，
∵，
∴，解得，
∵，
∴，解得；
②连接交延长线于点M，如图，
与关于所在直线对称，
，，，，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∵，
∴，解得，
∵，
∴．
故的长为或25．
【点睛】本题主要考查轴对称的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等角对等边、勾股定理和解直角三角形，解题的关键是熟练对称的性质和解直角三角形．
8．(1)见详解
(2)，过程见详解
(3)
【分析】（1）延长交于F，由折叠知，，再由等角的余角相等，即可得出结论；
（2）同（1）的方法，证明即可得出结论；
（3）先判断是的中位线，即，则有，，，由（2）知，，可得，设，则，，即有，即有，在中，根据勾股定理得，，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图1，延长交于F，

由折叠知，，，
∴，
即，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图2，延长交于F，

由（1）同理可证明，
∵，
∴，
∵，
∴，
（3）（3）由折叠知，，，
即点F是的中点，
∵点D是的中点，
∴，，
∴是的中位线，
∴，
∴，，，
由（2）知，，
∴， ，即，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∵，
∴，
∴（负值舍去），
即．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，判断出是解本题的关键．
9．(1)折痕BM所在直线是线段AN的垂直平分线，是等边三角形，过程见解析
(2)
(3)见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形．
【详解】（1）解：如图①，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
（2）解：∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
（3）证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴四边形SATA'是菱形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
10．(1)22.5°；
(2)；
(3)；
(4)∠AOP =30°或54°；
【分析】（1）根据轴对称的性质即可得到结论；
（2）根据OP和关于OB对称，得到，根据OP和关于OA对称，得到，根据角的和差即可得到结论；
（3）根据OP和关于OB对称，得到 ，根据OP和关 OA对称，求得，根据角的和差即可得到结论；
（4）①OP在∠AOB内部，如图4，②当OP 在∠AOB外部，根据轴对称的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：∵射线OB，OA关于OM 对称且∠AOB =45°，
∴∠AOМ=∠АОВ=×45°=22.5°，
故答案为：22.5°；
（2）解：∵OP和 关于OB对称，
∴，
又∵OP 和关于OA对称，
∴，
∴，
∴；
（3）解：OP和关于OB对称，
∴，
又OP和关于 OA 对称，
∴，
∵，
∴；
（4）解：①OP在∠AOB内部，如图4，
∵OP，关于OB对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
②当OP在∠AOB 外部，
，
∴射线 OP 在射线 OB 的上面，如图5，
∵ OP，关于∠AOB的OB边对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，∠AOP =30或54°．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，角的和差，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
11．(1)100°
(2)∠1+∠2＝2∠A；见解析
(3)∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°
【分析】（1）根据折叠的性质及三角形内角和定理求解即可；
（2）根据折叠的性质及三角形内角和定理求解即可；
（3）根据平角的定义以及四边形的内角和定理进行探讨，即可求解．
【详解】（1）
∵∠A＝50°，
∴∠AED+∠ADE＝180°﹣50°＝130°，
由折叠的性质得：∠AED＝∠A'ED，∠ADE＝∠A'DE，
∵∠1＝180°﹣∠AED﹣∠A′ED，∠2＝180°﹣∠ADE﹣∠A'DE，
∴∠1+∠2＝180°﹣2∠AED+（180°﹣2∠ADE）＝360°﹣2（∠AED+∠ADE）＝360°﹣2×130°＝100°；
（2）
∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，
∴∠ADE+∠AED＝180°﹣∠A，设∠AED＝x，∠ADE＝y，
∴∠1+∠2＝180°﹣2x+（180°﹣2y）＝360°﹣2（x+y）＝360°﹣2（180°﹣∠A）＝2∠A；
（3）
由图形折叠的性质可知，∠1＝180°﹣2∠AEF，∠2＝180°﹣2∠BFE，
两式相加得，∠1+∠2＝360°﹣2（∠AEF+∠BFE），
∴∠1+∠2＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B），
∴∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．
故答案为：∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理和折叠的性质，四边形的内角和，熟练掌握知识点是解题的关键．
12．（1）；（2）为等腰直角三角形；（3）
【分析】（1）根据折叠的性质即可解答；
（2）证明，得到，即可解答；
（3）根据等腰直角三角形的性质证明，利用平行线的性质及折叠的性质，即可得证．
【详解】解：（1）如图，
由题意可得，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解： 为等腰直角三角形，证明如下：
方法一：由（1）可得，
∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴为等腰直角三角形；
方法二：∵，
∴B、C、F、G四点共圆，
∴，
∴，
即，
∴为等腰直角三角形；
（3）证明：∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵翻折，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查相似形的综合应用，主要考查折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，掌握这些性质定理是解题的关键．
13．（1）；（2）（2），理由见解析；（3）
【分析】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．
（1）由已知证明为等腰直角三角形，得，由翻折的性质可知，，，进而证明为等腰直角三角形，得，即可得出结论；
（2）根据折叠的性质得，，，而，则，根据三角形外角性质得，所以，则，所以，于是得到；
（3）作于H，如图，设，利用（1）的结论得，根据等腰三角形的性质由，得到，且，在中，利用含角的直角三角形的性质得，再利用勾股定理，解方程求出x即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
由翻折的性质可知，，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：；
（2），理由如下：
∵折叠，使得点C恰好落在上的点E处，
∴，，，
∵，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）作于H，如图，
设，由（1）的结论得，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
解得或（舍去），
即的长为．
14．(1)嘉嘉的说法正确，理由见解析
(2)①；②
【分析】本题主要考查了平行线的性质和判定，等角的余角相等，
对于（1），根据“同垂直于一条直线的两条直线平行”可得答案；
对于（2），①根据“等角的余角相等”得出答案；
②作的平行线，与交于点，根据平行线的性质和已知条件得，再根据“两直线平行同旁内角互补”得，最后根据得出答案．
【详解】（1）解：嘉嘉的说法正确．
理由：过点进行第一次折叠，使点的对称点落在上，
．
，
；
（2）解：①．
∵正方形纸片可知，
∴．
∵，
∴；
②如图，过点作的平行线，与交于点，
则．
，
，
，
，
．
15．[操作判断]45；
[探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；
[深入研究]
【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解；
[探究证明]（1）先证明，再证明，则，继而得到，因此，，即是等腰直角三角形；（2）由翻折得，，由，得到，故，因此，而由，得到，则，因此；
[深入研究] 连接，先证明，则，由，设，则，而， 则，可得，，，那么，故．
【详解】[操作判断] 解：如图，
由题意得，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
故答案为：45；
[探究证明] 解：（1）如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形；
（2）如图，
由翻折得，，
∵四边形是正方形，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
[深入研究] 解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴,
∵，
∴设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．

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