2024年中考数学真题分类汇编：知识点23 图形的折叠2024（解析版）

这是一份2024年中考数学真题分类汇编：知识点23 图形的折叠2024（解析版），共20页。
A． B． C． D．
工作中的雨刮器 移动中的黑板 折叠中的纸片 骑行中的自行车
【答案】C
四川省
9．【2024·眉山】如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E在DC上，把△ADE沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，则cs∠CEF的值为（ ）
A．74B．73C．34D．54
【答案】A【解析】方法一：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，DC＝AB＝6.∵把△ADE沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，∴AF＝AD＝8，EF＝DE，∴BF=AF2−AB2=82−62=27，∴CF＝BC−BF＝8−27.在Rt△EFC中，CE＝DC−DE＝6−EF，由勾股定理，得EF2＝CE2+CF2，∴EF2＝（6−EF）2+（8−27）2，
∴EF=32−873，∴CE＝6−32−873=87−143，∴cs∠CEF=CEEF=87−14332−873=74.故选A．
方法二：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴∠CEF+∠EFC＝90°.∵把△ADE沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，∴AF＝AD＝8，∠AFE＝∠D＝90°，∴∠AFB+∠EFC＝90°，∴∠CEF＝∠AFB.∵AB＝6，∴BF=AF2−AB2=82−62=27，∴cs∠CEF＝csAFB=BFAF=278=74.故选A．
12．【2024·自贡】如图，在矩形ABCD中，AF平分∠BAC，将矩形沿直线EF折叠，使点A，B分别落在边AD、BC上的点A′，B′处，EF，A′F分别交AC于点G，H．若GH＝2，HC＝8，则BF的长为（ ）
A．2029B．2039C．532D．5
【答案】A【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴AEFC=AGGC，AA′FC=AHHC，∴2AEFC=AA′FC，∴2AGGC=AHHC，
∴2AG10=AG+28．∴AG=103，∵AF平分∠BAC，∴∠BAF＝∠FAC，∵EF∥AB，∴∠BAF＝∠AFG，∴∠GAF＝∠GFA，∴FG＝AG=103，∵CF=CG2−FG2=102−(103)2=2023，∵BF：CF＝AG：CG＝1：3，∴BF=13CF=2029．故选A．
1．【2024·德阳】一次折纸实践活动中，小王同学准备了一张边长为4（单位：dm）的正方形纸片ABCD，他在边AB和AD上分别取点E和点M，使AE＝BE，AM＝1，又在线段MD上任取一点N（点N可与端点重合），再将△EAN沿NE所在直线折叠得到△EA1N，随后连接DA1，小王同学通过多次实践得到以下结论：
①当点N在线段MD上运动时，点A1在以E为圆心的圆弧上运动；
②当DA1达到最大值时，A1到直线AD的距离达到最大；
③DA1的最小值为25−2；
④DA1达到最小值时，MN＝5−5．
你认为小王同学得到的结论正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C【解析】∵正方形纸片ABCD的边长为4dm，AE＝BE，∴AE=BE=12AB=2.由折叠的性质可知，A1E＝AE＝2，∴当点N在线段MD上运动时，点A在以E为圆心的圆弧上运动．故①正确；连接DE，
∵在正方形ABCD中，∠A＝90°，AD＝4，AE＝2，∴在Rt△ADE中，DE=AD2+AE2=42+22=25.
∵DA1+A1E≥DE，∴DA1≥DE−A1E=25−2，∴DA1的最小值为25−2.故③正确；
如图，DA1达到最小值时，点A在线段DE上，
由折叠可得∠NA1E＝∠A＝90°，∴∠DA1N＝90°，∴∠DA1N＝∠A，
∵∠A1DN＝∠ADE，∴△A1DN∽△ADE，A1DAD=DNDE，∴25−24=DN25，∴DN=5−5，∴MN=AD−DN−AM=4−(5−5)−1=5−2.故④错误．
在△A1DE中，DE=25，A1E＝AE＝2，∴A1D随着∠DEA1的增大而增大.
∵∠DEA1＝∠NEA1−∠NED＝∠NEA−∠NED＝∠NEA−（∠AED−∠NEA）＝2∠NEA−∠AED，∴当∠NEA最大时，∠DEA1有最大值，A1G有最大值，此时，点N与点D重合，
过点A1作A1G⊥AD于点G，作A1P⊥AB于点P，
∵∠A＝90°，∴四边形AGA1P是矩形，∴A1G＝AP＝AE+EP，当A1D取得最大值时，∠AEN＝∠A1EN也是最大值.∵∠A1EP＝180°−∠AEN−∠A1EN＝180°−2∠AEN∴∠A1EP有最小值，∴在Rt△A1EP中，EP＝A1E•cs∠A1EP有最大值，即A1G＝AP＝AE+EP有最大值，∴点A1到AD的距离最大．故②正确．综上所述，正确的共有3个．
故选C．
黑龙江省
9．【2024·牡丹江】小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD′N，AD′交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cmB．16924cmC．16724cmD．558cm
【答案】B【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝10cm.由折叠可得AM=12AB=5cm，AD＝AD′＝12cm，MN⊥AB，∠DAN＝∠D′AN，∴四边形AMND是矩形，∴MN∥AD，MN＝AD＝12cm，∴∠DAN＝∠ANM，∴∠ANM＝∠D′AN，∴EA＝EN.设EA＝EN＝x cm，则EM＝（12−x）cm，在Rt△AME中，根据勾股定理可得AM2+ME2＝AE2，即52+（12−x）2＝x2，解得x=16924，即EN=16924cm.故选B.
二、填空题
安徽省
14．【2024·安徽14题】如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB，BC上．沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B′，C′处，然后还原．
（1）若点N在边CD上，且∠BEF＝α，则∠C′NM＝ （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD，AD上，点D落在正方形所在平面内的点D′处，然后还原．若点D′在线段B′C′上，且四边形EFGH是正方形，AE＝4，EB＝8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 ．
【答案】（1）90°−α （2）35【解析】（1）∵MN⊥EF，∠BEF＝α，∴∠EMN＝90°−α.∵CD∥AB，∴∠CNM＝∠EMN＝90°−α，∴∠C′NM＝∠CNM＝90°−α．故答案为90°−α．
（2）如图，设PH与NC'交于点G'，∵四边形ABCD和四边形EFGH是正方形，∴∠A＝∠D＝∠GHE＝90°，GH＝EH，∴∠AHE+∠GHD＝∠AHE+∠AEH＝90°∴∠GHD＝∠AEH，∴△EAH≌△HDG（AAS）.同理可证△EAH≌△HDG≌△GCF≌△FBE，∴DH＝CG＝AE＝4，DG＝EB＝8，∴GH=DG2+DH2=45.
∵MN⊥GH，且∠C′NM＝∠CNM，∴MN垂直平分GG'，即PG＝PG'=12GG'，且NG＝NG'.∵四边形CBMN沿MN折叠，∴CN＝C'N，∴CN−NG＝C'N−NG'，即C'G'＝CG＝4.∵△GDH沿GH折叠得到△GD'H，∴GD'＝GD＝8.
∵∠HC'G'＝∠HD'G＝90°，∴C'G'∥D'G，∴HG′HG=C′G′D′G=12，∴HG'＝GG'=12HG＝25.又∵PG'=12GG'=5，
∴PH＝PG'+HG'＝35．故答案为35．
河南省
14．【2024·河南】如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（−2，0），点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为 ．
【答案】（3，10）【解析】∵四边形ABCD是正方形，边AB在x轴上，∴AD＝AB＝CD＝CB，AD⊥x轴，CD⊥y轴，由折叠得FB＝CB，FE＝CE，设CD交y轴于点G，AD＝AB＝CB＝CD＝m，则BF＝OG＝m，∵A（−2，0），F（0，6），∴OA＝GD＝2，OF＝6，∴OB＝m−2，∵∠BOF＝∠EGF＝90°，∴OB2+OF2＝BF2，∴（m−2）2+62＝m2，解得m＝10，∴AD＝OG＝CD＝10，∴FG＝10−6＝4，FE＝CE＝10−2−GE＝8−GE，∵GE2+FG2＝FE2，
∴GE2+42＝（8−GE）2，解得GE＝3，∴E（3，10），故答案为（3，10）．
山东省
16．【2024·威海】将一张矩形纸片（四边形ABCD）按如图所示的方式对折，使点C落在AB上的点C′处，折痕为MN，点D落在点D′处，C′D′交AD于点E．若BM＝3，BC′＝4，AC′＝3，则DN＝ ．
【答案】32【解析】在 RtΔC'BM 中，C′M=C′B2+BM2=42+32=5，由折叠可得 C′M＝CM＝5，∠D'C'M＝∠D'＝∠D＝∠C＝90°，又∵ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°，∴∠BC'M+∠AC'E＝∠AEC'+∠AC'E＝90°，
∴∠BC′M＝∠AEC′.又∵AC′＝BM＝3，∴△BC'M≌△AEC'（AAS），∴BC'＝AE＝4，MC'＝CE＝5，∴AB＝CD＝C′D′＝7，BC＝AD＝BM+CM＝3+5＝8，∴DE＝AD−AE＝8−4＝4，DE＝C′D′−C′E＝7−5＝2.设DN＝DN＝α，则EN＝4−α，在 Rt△D′EF 中，NE2＝D'E2+D'N2，即 （4−a）2＝a2+22，解得a=32．故答案为32.
江苏省
1．【2024·连云港】如图，将一张矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕EF，连接BF．再将矩形纸片折叠，使点B落在BF上的点H处，折痕为AG．若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等分点，AB＝4，则BC的长为 ．
【答案】210【解析】方法一：设AG与BF交于点M，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝CD＝4.∵翻折，∴CF=12CD=2，AG⊥BH.设BG＝a，则BC＝5a，∴AG=AB2+BG2=16+a2，BF=BC2+CF2=25a2+4.∵S△ABG=12AB⋅BG=12AG⋅BM，∴BM=AB⋅BGAG=4aa2+16.∵∠BMG＝∠C＝90°，∴tan∠FBC=BMBG=BCBF，∴BM•BF＝BG•BC，∴4aa2+16⋅25a2+4=a⋅5a，∴a=2510，经检验a=2510是原方程的解，
∴BC=5a=210.方法二：∵△ABG∽△BCF，∴ABBC=BGCF，∴45a=a2，∴a=2510，∴BC=5a=210，
故答案为210．
2．【2024·苏州】如图，△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝5，CA＝10，点D，E分别在AC，AB边上，AE=5AD，连接DE，将△ADE沿DE翻折，得到△FDE，连接CE，CF．若△CEF的面积是△BEC面积的2倍，则AD＝ ．
【答案】103【解析】∵AE=5AD，∴设AD＝x，AE=5x，∵△ADE沿DE翻折，得到△FDE，∴DF＝AD＝x，∠ADE＝∠FDE，过E作EH⊥AC于H，设EF与AC相交于M，则∠AHE＝∠ACB＝90°，又∵∠A＝∠A，∴△AHE∽△ACB，∴EHBC=AHAC=AEAB，∵CB＝5，CA＝10，AB=AC2+BC2=102+52=55，∴EH5=AH10=5x55，∴EH＝x，AH=AE2−EH2=2x，则DH＝AH−AD＝x＝EH，∴Rt△EHD是等腰直角三角形，∴∠HDE＝∠HED＝45°，则∠ADE＝∠EDF＝135°，∴∠FDM＝135°−45°＝90°，在△FDM和△EHM中，∠FDM=∠EHM=90°∠DMF=∠HMEDF=EH，∴△FDM≌△EHM（AAS），∴DM=MH=12x，CM=AC−AD−DM=10−32x，∴S△CEF=S△CME+S△CMF=12CM⋅EH+12CM⋅DF=12(10−32x)⋅x×2=(10−32x)⋅x，SS△BEC=S△ABC−S△AEC=12×10×5−12×10⋅x=25−5x，∵△CEF的面积是△BEC的面积的2倍，∴(10−32x)⋅x=2(25−5x)，则3x2−40x+100＝0，解得x1=103，x2＝10（舍去），则AD=103，故答案为：103．
四川省
17．【2024·雅安】如图，把矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点E处，BE与AD交于点F，若AB＝6，BC＝8，则cs∠ABF的值是 ．
【答案】2425【解析】∵折叠，∴∠DBC＝∠DBF，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠DBF＝∠ADB，∴BF＝DF，∴AF＝AD−DF＝8−BF，在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，∴62+（8−BF）2＝BF2，解得BF=254，∴cs∠ABF=ABBF=2425．故答案为2425．
16．【2024·内江】如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E在DC上，将矩形ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，那么tan∠EFC＝ ．
【答案】43【解析】∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝5，CD＝AB＝3，∠B＝∠C＝90°.∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，∴AF＝AD＝5，EF＝DE，∴在Rt△ABF中，BF=AF2−AB2=4，∴CF＝BC−BF＝5−4＝1.设CE＝x，则EF＝DE＝CD−CE＝3−x，∵在Rt△ECF中，CE2+FC2＝EF2，∴x2+12＝（3−x）2，解得x=43，∴CE=43，∴tan∠EFC=CEFC=43，故答案为43．
15．【2024·遂宁】如图，在正方形纸片ABCD中，E是AB边的中点，将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处，延长CP交AD于点Q，连结AP并延长交CD于点F．给出以下结论：①△AEP为等腰三角形；②F为CD的中点；②AP：PF＝2：3；④cs∠DCQ=34．其中正确结论是 （填序号）．
【答案】①②③【解析】∵E是AB边的中点，∴EA＝EB，∵将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处，∴EB＝EP，∴EA＝EP，即△AEP为等腰三角形，故①正确；∵EA＝EP，∴∠EAP＝∠EPA，∵将正方形纸片沿EC折叠，点B落在点P处，∴∠BEC＝∠PEC，∵∠BEP＝∠EAP+∠EPA，∴∠BEC＝∠EAP，∵四边形ABCD是正方形，∴∠CBE＝∠ADF，AB∥CD，BC＝AD，∴∠EAP＝∠DFA，∴∠BEC＝∠DFA，∴△BEC≌△DFA（AAS），∴DF＝BE，∴DF=12AB=12CD，即F为CD的中点，故②正确；过点P作PM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AF于点N，∵∠BEC＝∠EAP，∴EC∥AF，∴EN＝PM，设AE＝BE＝EP＝DF＝CF＝a，则BC＝AD＝PC＝2a，∴EC＝AF=a2+(2a)2=5a，∵S△PEC=12EC•PM=12PE•PC，∴PM=PE⋅PCEC=a⋅2a5a=25a5，∴EN=25a5，∴PN=EP2−EN2=a2−(25a5)2=5a5，∴AP＝2PN=25a5，PF＝AF−AP=5a−25a5=35a5，∴AP：PF=25a5：35a5=2：3，故③正确；∵∠EAP＝∠EPA，∠EAD＝∠EPQ＝90°，∴∠QAP＝∠QPA，
∴AQ＝PQ，∵正方形的边长为2a，∴AD＝CD＝CP＝2a，QD＝2a−AQ，CQ＝2a+PQ＝2a+AQ，在Rt△CDQ中，
由勾股定理，得CD2+QD2＝CQ2，即（2a）2+（2a−AQ）2＝（2a+AQ）2，解得AQ=12a，∴DQ＝2a−12a=32a，
∴CQ＝2a+12a=52a，∴cs∠DCQ=CDCQ=2a52a=45．故④不正确．故答案为：①②③．
15．【2024·南充】如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，∠ABE＝30°，将△ABE沿BE折叠得△FBE，连接CF，DF，若CF平分∠BCD，AB＝2，则DF的长为 ．
【答案】2 【解析】如图，过点F作FG⊥BC于点G，FH⊥CD于点H．∵CF平分∠BCD，∴HF＝FG．∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝2，∠ABC＝∠BCD＝90°．由翻折得，BF＝AB＝2，∠ABE＝∠FBE＝30°，
∴∠FBG＝30°，∴FG=12BF＝1，∴HF＝1，CH＝FG＝1，∴DH＝CD−CH＝1，∴DF=DH2+HF2=2．
故答案为2．
三、解答题
天津
24．【2024·天津24题】将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（3，0），点B，C在第一象限，且OC＝2，∠AOC＝60°．
（Ⅰ）填空：如图①，点C的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（Ⅱ）若P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，点C的对应点为C′．设OP＝t．
①如图②，若直线l与边CB相交于点Q，当折叠后四边形PO′C′Q与▱OABC重叠部分为五边形时，O′C′与AB相交于点E．试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围；
②设折叠后重叠部分的面积为S，当23≤t≤114时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
解：（I）过点C作CH⊥OA，
∵四边形OABC是平行四边形，OC＝2，∠AOC＝60°，A（3，0），
∴OC＝AB＝2，CB＝OA＝3，∠B＝∠AOC＝60°，
∵CH⊥OA，∴∠OCH＝30°，
∴OH=12OC=1，∴CH=OC2−CH2=3，
∴C(1，3)，
∵CB＝OA＝3，∴B(4，3)，
故答案为：(1，3)，(4，3).
（II）①∵过点P作直线l⊥x轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点O′落在x轴的正半轴上，
∴∠OO'C″＝∠AOC＝60°，O′P＝OP，
∴OO′＝2OP＝2t，
∵A（3，0），∴OA＝3，
∴AO'＝OO'−OA＝2t−3，
∵四边形OABC为平行四边形，
∴AB＝OC＝2，AB∥OC，∠O'AB＝∠AOC＝60°，
∴△EO′A是等边三角形，∴AE＝AO′＝2t−3，
∵BE＝AB−AE，∴BE＝AB−AE＝2−（2t−3）＝5−2t，
∴BE＝−2t+5.
当O′与点A重合时，
此时AB与C'O'的交点为E与A重合，OP=12OA=32，
如图：当C′与点B重合时，
此时AB与C'O'的交点为E与B重合，OP=CB+12=52，
∴t的取值范围为32＜t＜52；
②如图：过点C作CH⊥OA，
由（1）得出C(1，3)，∠COA＝60°，
∴tan60°=MPOP，3=MPt，
∴MP=3t，
当23≤t＜1时，S=12O′P×MP=12OP×MP=12t×3t=32t2，
∴32＞0，开口向上，对称轴直线t＝0，
∴在23≤t＜1时，S=32t2随着t的增大而增大，
∴239≤S＜32；
当1≤t≤32时，如图：
S=12(O′P+MC′)×MP=12(OP+CM)×MP=12(t+t−1)×3=32(2t−1)=3t−32，
∴3＞0，S随着t的增大而增大，
∴在t=32时，S=3×32−32=332−32=3，
在t＝1时，S=3×1−32=32，
∴当1≤t≤32时，32≤S≤3；
∵当32＜t＜52时，过点E作EN⊥x轴，如图：
∵由①得出△EO′A是等边三角形，EN⊥AO，
∴AN=12AO′=12(2t−3)=t−32，
∴tan∠EAO′=3，3=ENAN，
∴EN=3(t−32)，
∴S=3t−32−12×AO′×EN=3t−32−12[(2t−3)×3(t−32)] =−3t2+43t−1134，
∵−3＜0，
∴开口向下，在t=−432×(−3)=2时，S有最大值，
∴S=−3×4+43×2−1134=534，
∴在32＜t＜52时，|2−32|=|2−52|，
∴S=−3×(32)2+43×32−1134=3，
则在32＜t＜52时，3＜S≤534；
当52≤t≤114时，如图，
S=3t−32−12×(AO′+BC′)×MP=3t−32−12×(2t−3+2t−5)×3=−3t+732，
∴−3＜0，S随着t的增大而减小，
∴在52≤t≤114时，则把t=52，t=114分别代入S=−3t+732，得出S=−3×52+732=3，S=−3×114+732=334，
∴在52≤t≤114时，334≤S≤3，
综上：239≤S≤534．
山东省
21. 【2024·济宁】综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形中，且足够长）进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕为，连接，把纸片展平．
第二步，把四边形折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为，再把纸片展平．
第三步，连接．
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形是正方形．
乙同学的结论：．
（1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由．
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在上的点M处，折痕为，连接，把纸片展平．
第五步，连接交于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：．
（2）请证明这个结论．
解：（1）甲、乙同学的结论都正确，理由如下：
四边形是矩形，
由第一步操作根据折叠性质可知：
四边形为矩形，
又，四边形为正方形，
故甲同学的结论正确.
作于点M，
四边形为正方形，
设，
由第二步操作根据折叠性质可知：，
在中，
在中，,
故乙同学的结论正确；
（2）作交于点R，如图所示：
为折痕,

四边形为矩形，
在和中，
又
由折叠性质可知：
四边形为菱形，
即
在和中，
23．【2024·泰安】综合与实践
为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动．
【探究发现】
（1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点B的对应点G恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，将纸片展平，连结BG．EF与BG相交于点H．同学们发现图形中四条线段成比例，即EFBG=ABBC，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由．
【拓展延伸】
（2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，BD是平行四边形纸片ABCD的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点A的对应点G，点C的对应点H都落在对角线BD上，折痕分别是BE和DF．将纸片展平，连结EG，FH，FG．同学们探究后发现，若FG∥CD，那么点G恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，即BG2＝BD•GD．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由．
解：（1）EFBG=ABBC正确，理由如下，
如图，作EM⊥BC于点M.
∵EF⊥BG，
∴∠BHF＝90°，∴∠FBH+∠BFH＝90°．
∵∠EMF＝90°，
∴∠MEF+∠BFH＝90°∴∠FBH＝∠MEF.
又∵∠EMF＝∠C＝90°，
∴△EMF∽△BCG，∴EFBG=EMBC．
∵ABCD是矩形，EM⊥BC，
∴四边形ABME是矩形．
∴AB＝EM．∴EFBG=ABBC．
（2）同学们的发现说法正确，理由如下，
∵CD∥FG，∴CDFG=BDBG，∠CDF＝∠DFG，
由折叠知∠CDF＝∠BDF，
∴∠DFG＝∠BDF．∴GD＝GF．∴CDGD=BDBG，
由平行四边形及折叠知AB＝BG，AB＝CD，
∴BGGD=BDBG，
∴BG2＝BD•GD即点G为BD的一个黄金分割点．
湖北省
23．【2024·湖北】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．
解：（1）证明：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，∴∠1+∠3＝90°.
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH＝∠A＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，∴∠3＝∠2，
∴△EDP∽△PCH.
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠A＝∠D＝∠C＝90°.
∵P为CD中点，∴DP＝CP=12×2=1.
设EP＝AP＝x，∴ED＝AD−x＝3−x，
在Rt△EDP中，EP2＝ED2+DP2，
即x2＝（3−x）2+1，解得x=53，
∴EP＝AP＝x=53，∴ED＝AD−AE=43.
∵△EDP∽△PCH，
∴EDPC=EPPH，即431=53PH，∴PH=54.
∵PG＝AB＝2，
∴GH＝PG−PH=34．
（3）如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP.
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，∴BG∥AP.
∵AE＝EP，
∴∠EAP＝∠EPA，∴∠BAP＝∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，∴MA＝MP.
∵P为CD中点，
∴设DP＝CP＝y，∴AB＝PG＝CD＝2y.
∵H为BC中点，∴BH＝CH.
∵∠BHM＝∠CHP，∠CBM＝∠PCH，
∴△MBH≌△PCH（ASA），
∴BM＝CP＝y，HM＝HP，
∴MP＝MA＝MB+AB＝3y，
∴HP=12PM=32y.
在Rt△PCH中，CH=PH2−PC2=52y，
∴BC＝2CH=5y，∴AD＝BC=5y.
在Rt△APD中，AP=AD2+PD2=6y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
∴BGAP=BMAM=13，∴BG=63y，
∴ABBG=2y63y=6，∴AB=6BG．