生活情景折叠问题常考考点 预测练 2025年中考数学三轮复习备考

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生活情景折叠问题常考考点 预测练
2025年中考数学三轮复习备考
一、单选题
1．在一次数学实践课上，老师拿出一张三角形纸片，他问学生：通过一次折叠，一定能折出三角形的中线、高线、角平分线中的哪些线？班里四个同学给出不同答案：小高说：高线和中线；小雪说：中线和角平分线；小琪说：高线和角平分线；小嘉说：高线、中线和角平分线都可以．他们答案正确的是（ ）
A．小高 B．小雪 C．小琪 D．小嘉
2．如图，在菱形纸片ABCD中，E是BC边上一点，将沿直线AE翻折，使点B落在上，连接，已知，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．如图是一张三角形纸片，其中，按如下步骤折纸：
第一步：将该纸片对折，点B 与点C 重合，折痕为；
第二步：展开后，再将该纸片折叠；折痕为，点A的对称点恰好落在上
根据以上折纸过程，可以求出折痕的长度为（ ）
A．10 B． C． D．
4．如图，在平行四边形纸片中，对角线交于点，将点与点重叠对折，得折痕，点在边上，展开后连接交于点，若面积为2，则四边形的面积为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
5．如图，在正方形纸片中，M，N分别是的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕交于点F，连接，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图， 一张扇形纸片，，， 将这张扇形纸片折叠，使点A 与点O重合，折痕为，则图中未重叠部分（即阴影部分）的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，矩形纸片中，，，点是边上的动点，现将纸片折叠，使点与点重合，折痕与矩形边的交点分别为、，要使折痕始终与边、有交点，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
8．如图，已知平行四边形纸片，，，．现将纸片作如下操作：第1步，沿折痕折叠纸片，使点落在边上；第2步，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合．若，则的长为（ ）
A．1 B． C． D．
9．如图，对折等边纸片，展开铺平，折痕为（如图1），再折叠纸片，使点，都落在上，且与点重合，折痕分别为和（如图2）．在此基础上继续折叠，小聪和小明分别提供了以下两种方案：
小聪说：将纸片沿向上折叠，使得点落在点处．
小明说：将对折，使得角两边与重合，折痕交于点．
两种方案折叠后均展开铺平，连结，，则以上方案中折出的四边形为正方形的是（ ）
A．两个方案都能 B．小聪的方案
C．小明的方案两个方案都不能
10．如图，长方形纸片，点E、F分别在边、上，连接．将对折，点B落在直线上的点处，得折痕；将对折，点A落在直线上的点处，得折痕，连接．下列说法：
①若，则；
②图中与一定互余的角有4个；
③若平分，则平分；
④若，则．
其中正确的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
11．图1是一张圆形纸片；如图2，将圆形纸片作两次对折，且折痕，垂足为点；如图3，把纸片展开后，再将圆形纸片沿弦折叠，使两点，重合，折痕与相交于点，连接，，，．下列四个结论中错误的是（ ）
A．四边形是菱形 B．为等边三角形
C． D．
12．一次折纸实践活动中，小王同学准备了一张边长为4（单位：）的正方形纸片，他在边和上分别取点和点，使，又在线段上任取一点（点可与端点重合），再将沿所在直线折叠得到，随后连接．小王同学通过多次实践得到以下结论：
①当点在线段上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动；
②当达到最大值时，到直线的距离达到最大；
③的最小值为；
④达到最小值时，．
你认为小王同学得到的结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
13．如图，将平行四边形纸片折叠，使得点落在边上的处，折痕为．再将翻折，点恰好落在的中点处，连接，若，则线段的长为 ．
14．如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．
若，，则长为
15．如图，现有正方形纸片，点E，F分别在边上，沿垂直于的直线折叠得到折痕，点B，C分别落在正方形所在平面内的点，处，然后还原．
（1）若点N在边上，且，则 （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于的直线折叠得到折痕，点G，H分别在边上，点D落在正方形所在平面内的点处，然后还原．若点在线段上，且四边形是正方形，，，与的交点为P，则的长为 ．
16．如图，现有三角形纸片，，折叠纸片，使得点与点重合，得到折痕，然后还原；再次折叠纸片，使得上的点与上的点重合，得到折痕，然后还原，且，，三条线段相交于同一点．
（1）若，，则 ．（用含的式子表示）
（2）若，，，则的长为 ．
三、解答题
17．问题情境：
在数学实践课程中，教师引导同学们围绕“菱形纸片的折叠”主题进行探索．已知菱形，，点分别是边上的点，将菱形沿折叠．

猜想证明：
（1）如图1，设对角线与相交于点，若点的对应点与点重合，折痕交于点．试直接写出四边形的形状；
问题解决：
（2）如图2，若点的对应点恰好落在对角线上的点处，若，求线段的长；
（3）如图3，若点的对应点恰好落在边上的点处，若点为的一个三等分点，设，求的面积（用含的式子表示）．
18．综合与实践．
课堂上老师展示了一张直角三角形纸片，请同学们进行折纸活动．已知在中，，点D、F分别是上的一点，连接．
(1)如图1，将沿直线折叠，点B恰好与点C重合，则________（填“”、“”或“”）；
(2)如图2，将沿直线折叠，点B落在的中点E处，若，，求线段的长；
(3)如图3，将沿直线折叠，点B落在延长线上的点E处，平分，求的度数．
19．【操作思考】如图1，将正方形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在正方形的内部，点A的对应点为点G，折痕为，再将该纸片沿过点B的直线折叠，使与重合，折痕为．
（1）求的度数．
【探究应用】将图1折叠所得的图形重新展开并铺平．如图2，连结，作的中垂线分别交，于点P，H，连结，．
（2）求证：．
（3）求证：平分．
20．小明在综合实践课上折一个等腰直角三角形纸片，，将沿着折叠，使得点落在边上的点，和交于点．
(1)如图1，若点恰好是的中点，他发现，则__________．
(2)如图2，当时，求证：，并求出的值．
(3)当时，，则__________．
21．数学活动--折纸中的探索
【背景介绍】折纸艺术中蕴含着丰富的数学原理，通过折叠纸张，我们可以折出各种几何形状，并探索其中的数学关系．
【活动材料】长方形纸张、正方形纸张、尺子、铅笔．
【问题1】（1）如图1，把长方形的纸张沿对角线折叠，重合部分（）是一个等腰三角形吗？为什么？
【问题2】（2）如图2，①对折长方形纸张，使与重合，得到折痕，把纸张展平；②再一次折叠纸张，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕．同时，得到线段．求证：；
【问题3】（3）如图3，要求在正方形中折出一个等边三角形，使点，分别在边，上，请画出折痕，并简要说明折叠过程．
22．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．
23．小莉同学在一次数练习中曾经遇到了平面直角系中的折叠问题，张老师讲评完试卷后又让她尝试完成以下同类问题：
(1)如图①，在平面直角坐标系中，点，B分别是坐标轴上的两点，当时，将沿边翻折得到，点O的对应点为C，则点C坐标为________；
(2)如图②，长方形位于平面直角坐标系中，点，，分别位于两个坐标轴上，D是上一动点，将沿翻折得到，当F落在上时，试求所在直线的函数表达式．
(3)如图③，四边形是工厂张师傅设计的某零件平面示意图一部分，P，D分别是，上两点，且，，，现准备在边上再确定一点Q，画出一条分割线，使得，若存在点Q，请求出的长度，若不存在，请说明理由．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D D B D A D C A A
题号 11 12
答案 D C
1．C
【分析】本题考查三角形中的折叠问题，先折叠再根据三角形角平分线、中线、高线定义判断即可得到答案．
【详解】解：如图，
过折叠三角形纸片，使与重合，此时折痕即是过点的角平分线，经过了一次折叠；
先折出中点，再过中点和折叠三角形纸片，折痕即是过点的中线，经过了两次折叠；
过折叠三角形纸片，使在折痕两侧的部分在同一直线上，此时折痕即是过点的高线，经过了一次折叠；
∴通过一次折叠，一定能折出三角形的角平分线、高线，故小琪的说法正确，
故选：C．
2．D
【分析】求出的度数，证明出，即可利用等边对等角，以及三角形内角和定理求出的度数．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，
将沿直线翻折，使点落在上，，
，，
，，
，
故选：D．
【点睛】本题考查翻折的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，弄清题意，灵活运用相关图形的性质是解题的关键．
3．D
【分析】本题主要考查了折叠的性质，三线合一定理，勾股定理，先由折叠的性质得到，再由三线合一定理得到，则由勾股定理得到，再根据进行求解即可．
【详解】解：由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
4．B
【分析】本题重点考查平行四边形的性质、翻折变换的性质、三角形的面积等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
连接，由平行四边形的性质得，由折叠得，进而得到，，易得，利用相似三角形的面积比来求得，进而求出四边形的面积．
【详解】解：连接，
∵四边形是平行四边形，对角线，交于点，
∴．
∵将点与点重叠对折，得折痕，在边上，
∴，
∴，且，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
5．D
【分析】先证明是矩形，再推出是的垂直平分线，求出，再利用勾股定理求出，得到，设，则，利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，，
∵M，N分别是的中点，
∴，，
∴是矩形，
∴，，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，，
在中，，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查折叠的性质、矩形的判定与性质、正方形的性质，翻折变换的性质，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键．
6．A
【分析】本题考查了扇形的面积公式、等边三角形的判定与性质、折叠的性质，连接、，由折叠可得，，，证明为等边三角形，得出，，求出，再根据得出，最后根据阴影部分的面积计算即可得解．
【详解】解：如图：连接、，
，
由折叠可得：，，，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积，
故选：A．
7．D
【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识，解题关键是要熟练运用折叠的性质和勾股定理．要使折痕始终与边、有交点，就要找到与重合，与重合时对应的长即可，由折叠可得结论．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，，
当与重合时，如图①，的值最小，
由折叠可得，，
∴在中，
∴；
当与重合时，如图②，的值最大，
由折叠得，．
综上所述，的取值范围是．
故选：D．
8．C
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、菱形的判定与性质、解直角三角形、平行线的性质、等角对等边等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
将图形展开，画出折痕，过点作于，证明四边形是菱形，得出，根据折叠得出，解直角三角形求出，根据计算得出答案即可．
【详解】解：如图，将图形展开，画出折痕，过点作于，
∵平行四边形纸片，，，沿折痕折叠纸片，使点落在边上，再沿折痕折叠纸片，使点与点重合，，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
9．A
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定，轴对称的性质，熟练掌握折叠（即是轴对称）的性质是解题的关键．
由折叠的方法和对称性质可得：，，再由两种方案的折叠方法可证明四边形是正方形．
【详解】：连接，因为是等边三角形，所在直线是的一条对称轴，
由折叠方法可知：，，、是关于的对称，
∴，，即是的垂直平分线，，
小聪的方案，将纸片沿向上折叠，使得点落在点处，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴菱形是正方形；
小明方案，将对折，使得角两边与重合，折痕交于点．
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形
∴平行四边形是是正方形；
综上所述：两种方案中折出的四边形为正方形；
故选A．
10．A
【分析】本题考查翻折的性质及应用，解题的关键是掌握翻折前后，对应角相等．由，得，而，故；判断①正确；由翻折可证明，故与一定互余的角有，，，，共4个，判断②正确；若平分，则可证，判断③正确；若，则，从而，判断④正确．
【详解】解：∵，
∴，
由翻折可知，，
∴；故①正确；
由翻折可知，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与一定互余的角有，，，，共4个，故②正确；
若平分，则，
∵，
∴，
∴，
∵°，
∴，
∴，
∴平分，故③正确；
若，则，
∵，
∴，故④正确；
∴正确的有①②③④，共4个；
故选：A．
11．D
【分析】由翻折性质以及垂径定理证明菱形即可判断A；由等边对等角作出判断即可；先判断为等边三角形，再根据勾股定理即可得出结论；利用扇形面积公式求出结果即可．
【详解】解：由折叠的性质可知，，
．
由垂径定理知垂直平分，
，互相垂直平分，
四边形是菱形，故选项A正确，不符合题意；
，
，
．
，
，
，．
同理可得，
，
是等边三角形，故选项B正确，不符合题意；
，
，，
．
，，
是等边三角形，
，
，
，故选项C正确，不符合题意；
设圆的半径为，则，
，
，故选项D错误，符合题意．
故选：D
【点睛】本题圆的综合题型，主要考查了翻折变换的性质，勾股定理，平行线的判定，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，等边三角形的判定与性质．注意掌握折叠前后图形的对应关系是关键．
12．C
【分析】由折叠可得，可得点到点的距离恒为2，即可判断①；连接，由勾股定理得到在中，，由，即可判断③；达到最小值时，点在线段上，证得，得到，从而求得，通过即可判断④．在中，随着的增大而增大，而当最大时，有最大值，有最大值，此时点N与点D重合．过点作于点G，作于点P，可得四边形是矩形，因此，当取得最大值时，有最小值，在中，有最大值，有最大值，即可判断②．
【详解】解：∵正方形纸片的边长为，
∴，
由折叠的性质可知，，
∴当点在线段上运动时，点在以为圆心的圆弧上运动．故①正确．
连接，
∵在正方形中，，，，
∴在中，
∵，
∴，
∴的最小值为．故③正确；
如图，
达到最小值时，点在线段上，
由折叠可得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．故④错误．
在中，，，
∴随着的增大而增大，
∵，
∴当最大时，有最大值，有最大值，此时，点N与点D重合，
过点作于点G，作于点P，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
当取得最大值时，也是最大值，
∵，
∴有最小值，
∴在中，有最大值，
即有最大值，
∴点到的距离最大．故②正确．
综上所述，正确的共有3个．
故选：C
【点睛】本题考查轴对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，锐角三角形函数的性质，综合运用相关知识是解题的关键．
13．
【分析】根据折叠的性质和平行四边形的性质证出，而，进而得到四边形是平行四边形，由折叠可得，垂直平分，即可得出是直角三角形，再证明，得到，即，最后在中，运用勾股定理进行计算即可得到的长．
【详解】解：由折叠可得，，，
平行四边形中，，
，
，
，
，而，
四边形是平行四边形，
，
由折叠可得，垂直平分，
，
又，
，
是直角三角形，
，
，
又，，
，
，
，
又是的中点，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，平行四边形的判定与性质，等角对等边以及勾股定理的运用，解题时注意：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
14．1
【分析】根据矩形的性质，得出，，证明四边形是平行四边形，利用证明，得出，即可证明四边形是菱形；标记点，根据矩形的性质，得出，，，，证明四边形和四边形是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出，，，证明四边形是菱形，根据含角的直角三角形的性质，得出，证明、、、是边长相等的等边三角形，求出，，根据，得出答案即可．
【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片，
∴，，，，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
如图，标记点，

∵两张纸片是等宽的矩形纸片，
∴，，，，
∴四边形和四边形是平行四边形，
∴
∵由（1）得，，四边形是菱形，
∴，，，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴和是等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴、是等边三角形，
∵、、、依次有公共边，
∴、、、是边长相等的等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键．
15． /
【分析】①连接，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；
②记与交于点K， 可证：，则，，由勾股定理可求，由折叠的性质得到：，，，，，则，，由，得，继而可证明，由等腰三角形的性质得到，故．
【详解】解：①连接，由题意得，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，，
∴
∴，
故答案为：；
②记与交于点K，如图：
∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，，
在中，由勾股定理得，
由题意得：，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意得，而，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
16． / /
【分析】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）根据折叠的性质得到垂直平分，得到，得出，根据直角三角形的性质得到，根据等边对等角得到，三角形内角和定理，三角形外角的性质，计算即可得到答案；
（2）作于点，求出，根据平行线分线段成比例得到，得到．
【详解】解：（1）根据题意得垂直平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为；
（2）如图，作于点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：
17．（1）四边形为菱形；（2）；（3）
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据折叠的性质可知，，易得，进而证明四边形为平行四边形，然后根据“邻边相等的平行四边形为菱形”，即可获得答案；
（2）过点作于点，首先证明为等边三角形，进而可得，，设，则，由折叠的性质可得，，在中，由三角函数解得，的值，进而可得的长度，然后在中，由勾股定理解得的值，即可获得答案；
（3）过点作，交延长线于点，根据题意可得，，在中，由三角函数解得，的值，设，则，，由折叠的性质可得，，在中，由勾股定理解得的值，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】解：（1）四边形为菱形．理由如下：
∵四边形为菱形，
∴，
∵将菱形沿折叠，点的对应点与点重合，
∴，，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形；
（2）如下图，过点作于点，

∵四边形为菱形，，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
设，则，
由折叠的性质可得，，
∵，
∴，，
∴，，
在中，，
即，
解得，
∴；
（3）如下图，过点作，交延长线于点，

∵点为的一个三等分点，且，
∴，，
∵四边形为菱形，，
∴，，
∴，
∴在中，，
，
设，则，，
由折叠的性质可得，，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和折叠的性质是解题关键．
18．(1)
(2)4
(3)
【分析】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，角平分线性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
（1）根据折叠的性质得到，，求得，根据余角的性质得到，根据等腰三角形的判定定理得到
（2）由点是的中点，，得到，根据折叠的性质的性质得到，求得，根据勾股定理即可得到结论；
（3）根据角平分线的定义得到．由折叠的性质得到．等量代换得到，根据三角形的内角和定理得到结论．
【详解】（1）将沿直线折叠，点恰好与点重合，
故答案为：
（2）点是的中点，，
将沿直线折叠，点落在的中点处，
（3）平分，
由折叠可知：．
又，
19．（1）；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）由正方形的性质得，再由折叠的性质得：，，即可求解；
（2）由线段垂直平分线性质可得，再由等腰三角形性质可得，推出，即是等腰直角三角形，得出，利用勾股定理可得，即可证得结论；
（3）过点P作的平行线分别交、于点M、N，可证得，得，再证明是等腰直角三角形即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
由折叠得：，，
∴
，
故的度数为．
（2）证明：如图，由（1）知，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴．
（3）解：如图3，过点P作的平行线分别交、于点M、N，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在正方形中，，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
即，
∵，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∴平分．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出是解题的关键．
20．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】本题主要考查了解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定与性质，折叠的性质等知识点，熟练掌握相关知识点，利用锐角三角函数进行求解是解题的关键．
（1）由中点的定义可得，进而可得出的值；
（2）过点作于点，设，利用锐角三角函数以及角度的转化，求出，，，，进行判断和求解即可；
（3）由（2）可知，进而可得，即，于是得解．
【详解】（1）解：∵点是的中点，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：如图，过点作于点，
设，
∵折叠，
∴垂直平分，
∴，，
在中，，
∴，，
∴，
在中，，
∴，，
∵为等腰直角三角形，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由（2）可知：，
∴，
即：，
故答案为：．
21．（1）是；理由见解析 （2）证明见解析 （3）见解析
【分析】本题考查折叠的性质、等腰三角形的判定、等边三角形的性质等知识点．
（1）由折叠的性质，再根据，得出角相等、边相等即可求解；
（2）根据折叠的性质得出是等边三角形，再根据等边三角形的性质的出各角之间的等量关系，即可求证；
（3）仿照问题2中折叠的方法，逐步折叠并画出折痕即可．
【详解】（1）答：重合部分是等腰三角形．
理由：由沿折叠得到，
．
，
，
，
，
重合部分是等腰三角形；
（2）证明：连接，如图；
由折叠可知，垂直平分，
，
，
是等边三角形，
．
，
；
（3）解：如图3，折叠过程如下：
①对折正方形纸张，使与重合，得到折痕，把纸张展平；
②折叠纸张，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，得到线段，把纸张展平；
③折叠纸张，使与重合，折痕交于点，得到折痕，把纸张展平；
④折叠纸张，使与重合，折痕交于点M，得到折痕，把纸张展平；
⑤过点，折叠，得到折痕；
就是折叠得到的等边三角形．
22．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．
23．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由得到，根据，并结合勾股定理可求得，由翻折可得是等边三角形，过点C作于点D，根据“三线合一”与勾股定理即可求得点C的坐标；
（2）由，，，得到，，，，根据长方形的性质与勾股定理求得，， ，设点D的坐标为，则，，根据勾股定理有，代入即可求出点D的坐标，进而根据待定系数法即可求出所在直线的函数表达式；
（3）过点B作，交的延长线于点E，可得四边形是长方形，从而，，，根据勾股定理求得，进而得到，从而证得，得到，又证，得到，因此，根据面积公式求得，．连接，得到，根据三角形的面积公式即可解答．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由翻折可得，，
∴，
∴是等边三角形，
∴
过点C作于点D，
∴，
，
∴点C的坐标为．
故答案为：
（2）解：∵，，，
∴，，，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
，，
∴在中，，
设点D的坐标为，则，，
由翻折可得，，，
∴，，
∵在中，，
在中，，
∴，解得，
∴点，
∵四边形是长方形，，，
∴点，
设过点，的直线的解析式为，
∴，解得，
∴所在直线的函数表达式为．
（3）解：过点B作，交的延长线于点E，
∴四边形是长方形，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴∵，，，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
连接，
∵，且与的高相等，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查图形与坐标，勾股定理，轴对称图形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定及性质，待定系数法求解析式，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
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