《2026年金考卷中考试题汇编45套数学山东专版》

23. (本小题满分13分)
【问题情境】
小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的ABCD正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习.
【探究感悟】
如图(1)，小明在边AB上取点E(E不与A，B重合)，连接DE，将△ADE沿DE翻折，使得点A的对应点A₁恰好落到对角线BD上，则此时线段BE的长是$8-4\sqrt{2}$；
【深入探究】
小明继续将△ADE沿DE翻折，发现：A₁，B，C三点能构成等腰三角形，请求出此时线段BE的长；
【拓展延伸】
如图(2)，小明又在边CD上取点F(F不与C，D重合)，并将四边形ADFE沿EF翻折，使得点A的对应点A₁恰好落在边BC上. 记A₁D₁(D₁为D的对应点)与CD的交点为G，连接AD₁，小明再次发现：线段EF与AD₁的长度之和存在最小值，请求出此时线段CG的长.

答案：
III23【探究感悟】$8-4\sqrt{2}$.
解法提示：在正方形$ABCD$中,$AD=AB=BC=CD=4$,$\angle DAB=\angle ABC=\angle DCB=\angle ADC=90^{\circ}$,$\angle DBA=45^{\circ}$,
$\therefore BD=4\sqrt{2}$.
由翻折可知,$\angle DA_{1}E=\angle A=90^{\circ}$,$A_{1}D=AD=4$,
$\therefore \angle BA_{1}E=90^{\circ}$,$BA_{1}=BD-A_{1}D=4\sqrt{2}-4$.
$\because \angle DBA=45^{\circ}$,
$\therefore \triangle A_{1}EB$为等腰直角三角形,
$\therefore BE=\sqrt{2}A_{1}B=\sqrt{2}×(4\sqrt{2}-4)=8-4\sqrt{2}$.
【深入探究】由折叠可知$DA_{1}=DA$,$\angle DA_{1}E=\angle A=90^{\circ}$.
显然$A_{1}B\neq BC$,故分两种情况讨论.
a.如图
(1),当$A_{1}C=BC$时,$A_{1}D=AD=CD=BC=A_{1}C$,
$\therefore \triangle A_{1}CD$是等边三角形.
过点$A_{1}$作$A_{1}M\bot CD$于点$M$,延长$MA_{1}$交$AB$于点$N$,则$MN=AD=4$,$\angle A_{1}DM=60^{\circ}$,$\angle DA_{1}M=\frac{1}{2}\angle DA_{1}C=30^{\circ}$,
$\therefore A_{1}M=A_{1}D\sin60^{\circ}=2\sqrt{3}$,$\angle EA_{1}N=60^{\circ}$,
$\therefore A_{1}N=MN-A_{1}M=4-2\sqrt{3}$,
$\therefore AE=A_{1}E=2A_{1}N=8-4\sqrt{3}$,
$\therefore BE=AB-AE=4\sqrt{3}-4$.

b.当$A_{1}C=A_{1}B$时,如图
(2),过点$A_{1}$作$A_{1}M\bot CD$于点$M$,
延长$MA_{1}$交$AB$于点$N$,作$A_{1}H\bot BC$于点$H$,则$CH=BH=\frac{1}{2}BC=2$,四边形$CMA_{1}H,HA_{1}NB$为矩形,
$\therefore A_{1}M=CH=2$,$A_{1}N=BH=2$,$BN=CM$.
在$Rt\triangle A_{1}MD$中,$\sin\angle A_{1}DM=\frac{A_{1}M}{A_{1}D}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$,
$\therefore \angle A_{1}DM=30^{\circ}$,
$\therefore \angle ADA_{1}=60^{\circ}$,$\therefore \angle ADE=\angle A_{1}DE=30^{\circ}$,
$\therefore AE=DAtan30^{\circ}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$,
$\therefore BE=AB-AE=4-\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

综上,$BE=4\sqrt{3}-4$或$4-\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
【拓展延伸】如图
(3),连接$AA_{1},A_{1}D$,过点$F$作$FK\bot AB$于点$K$,则四边形$ADFK$为矩形,

$\therefore FK=AD=AB$.
由折叠可知,$AA_{1}\bot FE$,$\angle GA_{1}E=\angle DAB=90^{\circ}$,$A_{1}D=AD$（关键点1：利用对称转化线段$AD$）,
$\therefore \angle A_{1}AB+\angle FEA=90^{\circ}$.
又$\because \angle EFK+\angle FEK=90^{\circ}$,
$\therefore \angle BAA_{1}=\angle KFE$.
作点$A$关于直线$BC$的对称点$P$,连接$PA_{1},PD$,则$\angle A_{1}PB=\angle A_{1}AB=\angle KFE$,$BP=AB=FK$.
又$\because \angle A_{1}PB=\angle FKE=90^{\circ}$,
$\therefore \triangle A_{1}BP\cong \triangle EKF$（关键点2：利用全等转化线段$EF$）,
$\therefore A_{1}P=EF$（关键点2：利用全等转化线段$EF$）.
如图
(4),当点$A_{1}$在线段$DP$上时,$DA_{1}+A_{1}P$的值最小,最小值为$DP$的长,此时$EF$与$AD$的长度之和最小.

$\because BC// AD$,$BA=BP$,$\therefore DA_{1}=PA_{1}$,
$\therefore AB$是$\triangle PDA$的中位线,$\therefore A_{1}B=\frac{1}{2}AD=2$.
设$AE=A_{1}E=x$,则$BE=AB-AE=4-x$,
在$Rt\triangle A_{1}BE$中,由勾股定理,得$x^{2}=2^{2}+(4-x)^{2}$,
解得$x=\frac{5}{2}$,$\therefore AE=\frac{5}{2}$,$\therefore BE=AB-AE=\frac{3}{2}$.
$\because \angle ABC=\angle C=90^{\circ}=\angle GA_{1}E$,
$\therefore \angle BEA_{1}=90^{\circ}-\angle BA_{1}E=\angle CA_{1}G$,
$\therefore \triangle EBA_{1}\backsim \triangle ACG$（点拨：“一线三直角”相似模型）,
$\therefore \frac{CG}{A_{1}B}=\frac{A_{1}C}{BE}$,即$\frac{CG}{2}=\frac{2}{\frac{3}{2}}$,
$\therefore CG=\frac{8}{3}$.