【中考压轴题专题突破19】
相似与折叠
1．如图，折叠边长为a的正方形ABCD，使点C落在边AB上的点M处（不与点A，
B重合），点D落在点N处，折痕EF分别与边BC、AD交于点E、F，MN与边AD交于
点G．证明：
（1）△AGM∽△BME；
（2）若M为AB中点，则＝＝；
（3）△AGM的周长为2a．
2．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，DC上，AB＝6，DF＝4，将矩形沿直线EF折叠，点D恰好落在BC边上的点G处，连接DG交EF于点H．
（1）求DE的长度；
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（2）求的值；
（3）若AB边上有且只存在2个点P，使△APE与△BPG相似，请直接写出边AD的值．
3．在矩形中ABCD，AB＝12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对位点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP＝BF；
②当AD＝25，且AE＜DE时，求的值．
4．（1）模型探究：如图1，D、E、F分别为△ABC三边BC、AB、AC上的点，且∠B第2页（共22页）
＝∠C＝∠EDF＝a．△BDE与△CFD相似吗？请说明理由；
（2）模型应用：△ABC为等边三角形，其边长为8，E为AB边上一点，F为射线AC上一点，将△AEF沿EF翻折，使A点落在射线CB上的点D处，且BD＝2．
①如图2，当点D在线段BC上时，求的值；
②如图3，当点D落在线段CB的延长线上时，求△BDE与△CFD的周长之比．
5．如图1，矩形ABCD中，点E为AB边上的动点（不与A，B重合），把△ADE沿
DE翻折，点A的对应点为A1，延长EA1交直线DC于点F，再把∠BEF折叠，使点B的
对应点B1落在EF上，折痕EH交直线BC于点H．
（1）求证：△A1DE∽△B1EH；
（2）如图2，直线MN是矩形ABCD的对称轴，若点A1恰好落在直线MN上，试判断△DEF的形状，并说明理由；
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（3）如图3，在（2）的条件下，点G为△DEF内一点，且∠DGF＝150°，试探究DG，
EG，FG的数量关系．
6．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，
DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．
①求证：DQ＝AE；
②推断：的值为 ；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿
GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2
，求CP的长．
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【中考压轴题专题突破19】
相似与折叠
参与试题解析
一．解答题（共6小题）
1．证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴∠AMG+∠AGM＝90°，
∵EF为折痕，
∴∠GME＝∠C＝90°，
∴∠AMG+∠BME＝90°，
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∴∠AGM＝∠BME，
在△AGM与△BME中，
∵∠A＝∠B，∠AGM＝∠BME，
∴△AGM∽△BME；
（2）∵M为AB中点，
∴BM＝AM＝，
设BE＝x，则ME＝CE＝a﹣x，
在Rt△BME中，∠B＝90°，
∴BM2+BE2＝ME2，即（）2+x2＝（a﹣x）2，
∴x＝a，
∴BE＝a，ME＝a，
由（1）知，△AGM∽△BME，
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∴＝＝＝，
∴AG＝BM＝a，GM＝ME＝a，
∴＝＝；
（3）设BM＝x，则AM＝a﹣x，ME＝CE＝a﹣BE，
在Rt△BME中，∠B＝90°，
∴BM2+BE2＝ME2，即x2+BE2＝（a﹣BE）2，
解得：BE＝﹣，
由（1）知，△AGM∽△BME，
∴＝＝，
∵C△BME＝BM+BE+ME＝BM+BE+CE＝BM+BC＝a+x，
∴C△AGM＝C△BME•＝（a+x）•＝2a．
2．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
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∴AB＝CD＝6，∠ADC＝∠C＝90°，
由翻折可知DF＝FG＝4，CF＝CD＝DF＝6﹣4＝2，
∴FG＝2CF，
∴∠FGC＝30°，∠CFG＝60°，
∴∠EFD＝∠EFG＝60°，
∴DE＝DF•tan60°＝4．
（2）设FH＝a．
∵DG⊥EF，
∴∠DHF＝90°，
∵∠FDH＝90°﹣∠DFH＝30°，
∴DF＝2a，
∵∠EDF＝90°，∠FED＝90°﹣60°＝30°，
∴EF＝2DF＝4a，
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∴EH＝EF﹣FH＝3a，
∴＝＝＝＝3．
（3）如图3中，作点E关于AB的对称点N，连接GN交AB于P，此时△APE∽△BPG，以EG为直径作圆交AB于P1，P2，此时△EAP1∽△P1BG，△EAP2∽△P2BG．
①当点P与P1重合时，满足条件，易证AE＝AP，BG＝PB，设BG＝PB＝a，则AE＝AP＝6﹣a，
∵AD＝BC，
∴6﹣a+4＝a+2，
∴a＝3+，
∴AD＝3+3
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②当P1与P2重合时，满足条件，此时以PF为直径的圆与AB相切，设BG＝m，则
AD＝BC＝m+2，AE＝m﹣2，
∵OP1＝EG＝（AE+BG），
∴4＝m﹣2+m，
∴m＝3，
∴AD＝BC＝5，
综上所述，满足条件的AD的值为或．
3．解：（1）在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，
∵E是AD中点，
∴AE＝DE，
在△ABE和△DCE中，
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
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（2）①在矩形ABCD，∠ABC＝90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，
∴∠PGC＝∠PBC＝90°，∠BPC＝∠GPC，
∵BE⊥CG，
∴BE∥PG，
∴∠GPF＝∠PFB，
∴∠BPF＝∠BFP，
∴BP＝BF；
②当AD＝25时，
∵∠BEC＝90°，
∴∠AEB+∠CED＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠CED＝∠ABE，
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∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABE∽△DEC，
∴＝，
设AE＝x，
∴DE＝25﹣x，
∴＝，
∴x＝9或x＝16，
∵AE＜DE，
∴AE＝9，DE＝16，
∴CE＝20，BE＝15，由折叠得，BP＝PG，∴BP＝BF＝PG，
∵BE∥PG，
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∴△ECF∽△GCP，
∴＝，
设BP＝BF＝PG＝y，
∴＝，
∴y＝，
∴BP＝，
在Rt△PBC中，PC＝＝，
∴＝；
4．解：（1）△BDE∽△CFD，
理由：∠B＝∠C＝∠EDF＝a，
在△BDE中，∠B+∠BDE+∠BED＝180°，
∴∠BDE+∠BED＝180°﹣∠B＝180°﹣α，
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∵∠BDE+∠EDF+∠CDF＝180°，
∴∠BDE+∠CDF＝180°﹣∠EDF＝180°﹣α，
∴∠BED＝∠CDF，
∵∠B＝∠C，
∴△BDE∽△CFD；
（2）①设AE＝x，AF＝y，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝8，
由折叠知，DE＝AE＝x，DF＝AF＝y，∠EDF＝∠A＝60°，
在△BDE中，∠B+∠BDE+∠BED＝180°，
∴∠BDE+∠BED＝180°﹣∠B＝120°，
∵∠BDE+∠EDF+∠CDF＝180°，
∴∠BDE+∠CDF＝180°﹣∠EDF＝120°，
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∴∠BED＝∠CDF，
∵∠B＝∠C＝60°，
∴△BDE∽△CFD，
∴
∵BE＝AB﹣AE＝8﹣x，CF＝AC﹣AF＝8﹣y，CD＝BC﹣BD＝6，
∴，
∴，
∴，
∴；
②设AE＝x，AF＝y，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝BC＝AC＝8，
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由折叠知，DE＝AE＝x，DF＝AF＝y，∠EDF＝∠A＝60°，
在△BDE中，∠ABC+∠BDE+∠BED＝180°，
∴∠BDE+∠BED＝180°﹣∠ABC＝120°，
∵∠BDE+∠EDF+∠CDF＝180°，
∴∠BDE+∠CDF＝180°﹣∠EDF＝120°，
∴∠BED＝∠CDF，
∵∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠DBE＝∠DCF＝120°，
∴△BDE∽△CFD，
∴
∵BE＝AB﹣AE＝8﹣x，CF＝AF﹣AC＝y﹣8，CD＝BC+BD＝10，
∴，
∴
，
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∴＝．
∵△BDE∽△CFD，
∴△BDE与△CFD的周长之比为＝＝．
5．解：（1）证明：由折叠的性质可知：∠DAE＝∠DA1E＝90°，∠EBH＝∠EB1H＝90°，∠AED＝∠A1ED，∠BEH＝∠B1EH，
∴∠DEA1+∠HEB1＝90°．
又∵∠HEB1+∠EHB1＝90°，
∴∠DEA1＝∠EHB1，
∴△A1DE∽△B1EH；
（2）结论：△DEF是等边三角形；
理由如下：
∵直线MN是矩形ABCD的对称轴，
∴点A1是EF的中点，即A1E＝A1F，
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在△A1DE和△A1DF中
，
∴△A1DE≌△A1DF（SAS），
∴DE＝DF，∠FDA1＝∠EDA1，
又∵△ADE≌△A1DE，∠ADF＝90°．
∴∠ADE＝∠EDA1＝∠FDA1＝30°，
∴∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形；
（3）DG，EG，FG的数量关系是DG2+GF2＝GE2，
理由如下：由（2）可知△DEF是等边三角形；将△DGE逆时针旋转60°到△DG'F位置，如解图（1），
∴G'F＝GE，DG'＝DG，∠GDG'＝60°，
∴△DGG'是等边三角形，
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∴GG'＝DG，∠DGG'＝60°，
∵∠DGF＝150°，
∴∠G'GF＝90°，
∴G'G2+GF2＝G'F2，
∴DG2+GF2＝GE2，
6．（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．
∴∠QAO+∠OAD＝90°．
∵AE⊥DH，
∴∠ADO+∠OAD＝90°．
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∴∠QAO＝∠ADO．
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ．
②解：结论：＝1．
理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，
∴DQ∥FG，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，∴FG＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴FG＝AE，
∴＝1．
故答案为1．
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（2）解：结论：＝k．
理由：如图2中，作GM⊥AB于M．
∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴＝，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，
∴＝＝＝k．
（3）解：如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．
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∵FB∥GC，FE∥GP，∴∠CGP＝∠BFE，∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝＝，
∴可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，
∵＝，FG＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，
∴K＝1或﹣1（舍弃），∴BE＝3，AB＝9，
∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，∴△FBE∽△EMP，∴＝＝，∴＝＝，
∴EM＝，PM＝，∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，
∴PC＝＝．
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