您的位置：360文档中心› 中考翻折问题答案解析

中考翻折问题答案解析

合集下载

中考翻折问题答案解析

中考翻折问题答案解析

翻折问题---解答题综合1．△AOB在平面直角坐标系中的位置如图所示,其中,A0,﹣3,B﹣2,0,O是坐标原点．1将△AOB先作其关于x轴的对称图形,再把新图形向右平移3个单位,在图中画出两次变换后所得的图形△AO1B1；2若点Mx,y在△AOB上,则它随上述两次变换后得到点M1,则点M1的坐标是．2．1数学课上,老师出了一道题,如图①,Rt△ABC中,∠C=90°,,求证：∠B=30°,请你完成证明过程．2如图②,四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片,E、F分别为AB、CD的中点,沿过点D的折痕将纸片翻折,使点A落在EF上的点A′处,折痕交AE于点G,请运用1中的结论求∠ADG的度数和AG的长．3若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠,B、D两点恰好重合于一点O如图④,当AB=6,求EF的长．3．如图,矩形ABCD中,AB=6,BC=8,点E是射线CB上的一个动点,把△DCE沿DE折叠,点C的对应点为C′．1若点C′刚好落在对角线BD上时,BC′=；2若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时,求CE的长；3若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时,求CE的长．4．如图,矩形纸片ABCD,将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠AP＞AM,点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠,点C落在线段EQ上点F处．1判断△AMP,△BPQ,△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形不需说明理由2如果AM=1,sin∠DMF=,求AB的长．5．如图,在矩形ABCD中,点E在边CD上,将该矩形沿AE折叠,使点D落在边BC上的点F处,过点F作分、FG∥CD,交AE 于点G连接DG．1求证：四边形DEFG为菱形；2若CD=8,CF=4,求的值．6．如图1,一张菱形纸片EHGF,点A、D、C、B分别是EF、EH、HG、GF边上的点,连接AD、DC、CB、AB、DB,且AD=,AB=；如图2,若将△FAB、△AED、△DHC、△CGB分别沿AB、AD、DC、CB对折,点E、F都落在DB上的点P处,点H、G都落在DB 上的点Q处．1求证：四边形ADCB是矩形；2求菱形纸片EHGF的面积和边长．7．1操作发现：如图①,在Rt△ABC中,∠C=2∠B=90°,点D是BC上一点,沿AD折叠△ADC,使得点C恰好落在AB上的点E处．请写出AB、AC、CD之间的关系；2问题解决：如图②,若1中∠C≠90°,其他条件不变,请猜想AB、AC、CD之间的关系,并证明你的结论；3类比探究：如图③,在四边形ABCD中,∠B=120°,∠D=90°,AB=BC,AD=DC,连接AC,点E是CD上一点,沿AE折叠,使得点D正好落在AC上的F处,若BC=,直接写出DE的长．8．如图,现有一张边长为4的正方形纸片ABCD,点P为AD边上的一点不与点A、点D重合,将正方形纸片折叠,使点B落在P处,点C落在G处,PG交DC于H,折痕为EF,联结BP、BH．1求证：∠APB=∠BPH；2求证：AP+HC=PH；3当AP=1时,求PH的长．9．如图,折叠矩形纸片ABCD,使点B落在AD边上一点E处,折痕的两端点分别在边AB,BC上含端点,且AB=6,BC=10,设AE=x．1当BF的最小值等于时,才能使点B落在AD上一点E处；2当点F与点C重合时,求AE的长；3当AE=3时,点F离点B有多远10．如图,三角形纸片中,AB=8cm,BC=6cm,AC=5cm．沿过点B的直线折叠这个三角形,使点C落在AB边上的点E处,折痕为BD,求△ADE的周长．11．问题提出如果我们身边没有量角器和三角板,如何作15°大小的角呢实践操作如图．第一步：对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展开,得到AD∥EF∥BC．第二步：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,得到折痕BM．折痕BM 与折痕EF相交于点P．连接线段BN,PA,得到PA=PB=PN．问题解决1求∠NBC的度数；2通过以上折纸操作,还得到了哪些不同角度的角请你至少再写出两个除∠NBC的度数以外．3你能继续折出15°大小的角了吗说说你是怎么做的．12．已知矩形ABCD中,AB=3cm,AD=4cm,点E、F分别在边AD、BC上,连接B、E,D、F．分别把Rt△BAE和Rt△DCF沿 BE,DF 折叠成如图所示位置．1若得到四边形 BFDE是菱形,求AE的长．2若折叠后点A′和点C′恰好落在对角线BD上,求AE的长．13．如图1,矩形纸片ABCD的边长AB=4cm,AD=2cm．同学小明现将该矩形纸片沿EF折痕,使点A与点C重合,折痕后在其一面着色如图2,观察图形对比前后变化,回答下列问题：1GF FD：直接填写=、＞、＜2判断△CEF的形状,并说明理由；3小明通过此操作有以下两个结论：①四边形EBCF的面积为4cm2②整个着色部分的面积为运用所学知识,请论证小明的结论是否正确．14．操作：准备一张长方形纸,按下图操作：1把矩形ABCD对折,得折痕MN；2把A折向MN,得Rt△AEB；3沿线段EA折叠,得到另一条折痕EF,展开后可得到△EBF．探究：△EBF的形状,并说明理由．15． 1如图1,将△ABC纸片沿DE折叠,使点A落在四边形BCDE内点A′的位置,若∠A=40°,求∠1+∠2的度数；2通过1的计算你发现∠1+∠2与∠A有什么数量关系请写出这个数量关系,并说明这个数量关系的正确性；3将图1中△ABC纸片的三个内角都进行同样的折叠．①如果折叠后三个顶点A、B、C重合于一点O时,如图2,则图中∠α+∠β+∠γ=；∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=；②如果折叠后三个顶点A、B、C不重合,如图3,则①中的关于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的结论是否仍然成立请说明你的理由．16．如图,长方形纸片ABCD,点E、F分别在边AB、CD上,连接EF,将∠BEF对折,点B落在直线EF上的B′处,得到折痕EC,将点A落在直线EF上的点A′处,得到折痕EN．1若∠BEB′=110°,则∠BEC=°,∠AEN=°,∠BEC+∠AEN=°．2若∠BEB′=m°,则1中∠BEC+∠AEN的值是否改变请说明你的理由．3将∠ECF对折,点E刚好落在F处,且折痕与B′C重合,求∠DNA′．17．如图△ABC中,∠B=60°,∠C=78°,点D在AB边上,点E在AC边上,且DE∥BC,将△ADE沿DE折叠,点A对应点为F 点．1若点A落在BC边上如图1,求证：△BDF是等边三角形；2若点A落在三角形外如图2,且CF∥AB,求△CEF各内角的度数．18．如图1,四边形OABC中,OA=a,OC=3,BC=2,∠AOC=∠BCO=90°,经过点O的直线l将四边形分成两部分,直线l与OC所成的角设为θ,将四边形OABC的直角∠OCB沿直线l折叠,点C落在点D处如图1．1若折叠后点D恰为AB的中点如图2,则θ=；2若θ=45°,四边形OABC的直角∠OCB沿直线l折叠后,点B落在点四边形OABC的边AB上的E处如图3,求a的值．19．在△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,D、E分别是斜边AB和直角边CB上的点,把△ABC沿着直线DE折叠,顶点B的对应点是B′．1如图1,如果点B′和顶点A重合,求CE的长；2如图2,如果点B′和落在AC的中点上,求CE的长．20．把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠,使顶点B和D重合,折痕为EF．1连接BE,求证：四边形BFDE是菱形；2若AB=8cm,BC=16cm,求线段DF和EF的长．21．如图,矩形ABCD中,AB=8cm,BC=6cm,动点P从点A出发,以每秒1cm的速度沿线段AB向点B运动,连接DP,把∠A沿DP 折叠,使点A落在点A′处．求出当△BPA′为直角三角形时,点P运动的时间．22．在矩形ABCD中,=a,点G,H分别在边AB,DC上,且HA=HG,点E为AB边上的一个动点,连接HE,把△AHE沿直线HE翻折得到△FH E．如图1,当DH=DA时,1填空：∠HGA=度；2若EF∥HG,求∠AHE的度数,并求此时a的最小值；23．如图1,△ABC中,沿∠BAC的平分线AB1折叠,点B落在A1处．剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠,点B1落在A2处．剪掉重叠部分；…；将余下部分沿∠B n A n C的平分线A n B n+1折叠,点B n与点C重合,无论折叠多少次,只要最后一次恰好重合,∠BAC是△ABC的好角．小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情形．情形一：如图2,沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠,点B 与点C重合；情形二：如图3,沿∠BAC的平分线AB1折叠,剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠,此时点B1与点C重合．1情形二中,∠B与∠C的等量关系．2若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角,则∠B与∠C的等量关系．3如果一个三角形的最小角是4°,直接写出三角形另外两个角的度数,使该三角形的三个角均是此三角形的好角．答：．24．在矩形纸片ABCD中,AB=6,BC=8,将矩形纸片折叠,使点B与点D重合如图,1求证：四边形BEDF是菱形；2求折痕EF的长．25．如图1,ABCD是一张矩形纸片,AD=BC=1,AB=CD=5．在矩形ABCD的边AB上取一点M,在CD上取一点N,将纸片沿MN折叠,使MB与DN交于点K,得到△MNK,KB交MN于O．1若∠1=80°,求∠MKN的度数；2当B与D重合时,画出图形,并求出∠KON的度数；3△MNK的面积能否小于2 若能,求出此时∠1的度数；若不能,试说明理由．26．七年级科技兴趣小组在“快乐星期四”举行折纸比赛,折叠过程是这样的阴影部分表示纸条的反面：如果由信纸折成的长方形纸条图①长为26厘米,回答下列问题：1如果长方形纸条的宽为2厘米,并且开始折叠时起点M与点A的距离为3厘米,那么在图②中,BM= 厘米；在图④中,BM= 厘米．2如果信纸折成的长方形纸条宽为2cm,为了保证能折成图④形状即纸条两端均刚好到达点P,纸条长至少多少厘米纸条长最小时,长方形纸条面积是多少3如果不但要折成图④的形状,而且为了美观,希望纸条两端超出点P的长度相等,即最终图形是对称图形,假设长方形纸条的宽为x厘米,试求在开始折叠时图①起点M与点A的距离用含x的代数式表示．温馨提示：别忘了用草稿纸来折一折哦27．将四张形状,大小相同的长方形纸片分别折叠成如图所示的图形,请仔细观察重叠部分的图形特征,并解决下列问题：1观察图①,②,③,④,∠1和∠2有怎样的关系并说明你的依据．2猜想图③中重叠部分图形△MBD的形状按边,验证你的猜想．3若图④中∠1=60°,猜想重叠部分图形△MEF的形状按边,验证你的猜想．28．如图,长方形纸片ABCD中,AB=10,将纸片折叠,使顶点B落在边AD上的E点处,折痕的一端G点在边BC上．1如图1,当折痕的另一端F在AB边上且AE=5时,求AF的长；2如图2,当折痕的另一端F在AD边上且BG=13时,求AF的长．29．矩形ABCD沿EF折叠,使点B落在AD边上的B′处,再沿B′G折叠四边形,使B′D边与B′F重合,且B′D′过点F．已知AB=4,AD=11试探索EF与B′G的位置关系,并说明理由；2若四边形EFGB′是菱形,求∠BFE的度数；3若点D′与点F重合,求此时图形重叠部分的面积．30．1操作发现：如图①,在Rt△ABC中,∠C=2∠B=90°,点D是BC上一点,沿AD折叠△ADC,使得点C恰好落在AB上的点E处,请写出AB、AC、CD之间的关系2问题解决：如图②,若1中∠C≠90°,其他条件不变,请猜想AB、AC、CD之间的关系,并证明你的结论；3类比探究：如图③,在四边形ABCD中,∠B=120°,∠D=90°,AB=BC,AD=DC,连接AC,点E是CD上一点,沿AE折叠,使得点D正好落在AC上的点F处,若BC=3,直接写出DE的长．翻折问题---解答题综合参考答案与试题解析一．解答题共30小题1．2016 安徽模拟△AOB在平面直角坐标系中的位置如图所示,其中,A0,﹣3,B﹣2,0,O是坐标原点．1将△AOB先作其关于x轴的对称图形,再把新图形向右平移3个单位,在图中画出两次变换后所得的图形△AO1B1；2若点Mx,y在△AOB上,则它随上述两次变换后得到点M1,则点M1的坐标是x+3,﹣y ．分析1首先确定A、B、C三点关于x轴的对称点位置,再向右平移3个单位找到对应点位置,然后再连接即可；2根据关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变,纵坐标相反可得点Mx,y关于x轴的对称图形上的点的坐标为x,﹣y,再向右平移3个单位,点的横坐标+3,纵坐标不变．解答解：1如图所示：2点Mx,y关于x轴的对称图形上的点的坐标为x,﹣y,再向右平移3个单位得到点M1的坐标是x+3,﹣y．故答案为：x+3,﹣y．点评此题主要考查了作图﹣﹣平移变换和轴对称变换,关键是掌握点的坐标的变化规律．2．2016 贵阳模拟1数学课上,老师出了一道题,如图①,Rt△ABC中,∠C=90°,,求证：∠B=30°,请你完成证明过程．2如图②,四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片,E、F分别为AB、CD的中点,沿过点D的折痕将纸片翻折,使点A落在EF上的点A′处,折痕交AE于点G,请运用1中的结论求∠ADG的度数和AG的长．3若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠,B、D两点恰好重合于一点O如图④,当AB=6,求EF的长．分析1Rt△ABC中,根据sinB═=,即可证明∠B=30°；2求出∠FA′D的度数,利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数,在Rt△A'FD中求出A'F,得出A'E,在Rt△A'EG中可求出A'G,利用翻折变换的性质可得出AG的长度．3先判断出AD=AC,得出∠ACD=30°,∠DAC=60°,从而求出AD的长度,根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°,在Rt△ADF中求出DF,继而得出FO,同理可求出EO,再由EF=EO+FO,即可得出答案．解答1证明：Rt△ABC中,∠C=90°,,∵sinB==,∴∠B=30°；2解：∵正方形边长为2,E、F为AB、CD的中点,∴EA=FD=×边长=1,∵沿过点D的抓痕将纸片翻折,使点A落在EF上的点A′处,∴A′D=AD=2,∴=,∴∠FA′D=30°,可得∠FDA′=90°﹣30°=60°,∵A沿GD折叠落在A′处,∴∠ADG=∠A′DG,AG=A′G,∴∠ADG===15°,∵A′D=2,FD=1,∴A′F==,∴EA′=EF﹣A′F=2﹣,∵∠EA′G+∠DA′F=180°﹣∠GA′D=90°,∴∠EA′G=90°﹣∠DA′F=90°﹣30°=60°,∴∠EGA′=90°﹣∠EA′G=90°﹣60°=30°,则A′G=AG=2EA′=22﹣；3解：∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O,∴AO=AD=CB=CO,∴DA=,∵∠D=90°,∴∠DCA=30°,∵AB=CD=6,在Rt△ACD中,=tan30°,则AD=DC tan30°=6×=2,∵∠DAF=∠FAO=∠DAO==30°,∴=tan30°=,∴DF=AD=2,∴DF=FO=2,同理EO=2,∴EF=EO+FO=4．点评本题考查了翻折变换的知识,涉及了含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质,综合考察的知识点较多,注意将所学知识融会贯通．3．2016 贵阳模拟如图,矩形ABCD中,AB=6,BC=8,点E是射线CB上的一个动点,把△DCE沿DE折叠,点C的对应点为C′．1若点C′刚好落在对角线BD上时,BC′= 4 ；2若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时,求CE的长；3若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时,求CE的长．分析1根据点B,C′,D在同一直线上得出BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC求出即可；2利用垂直平分线的性质得出CC′=DC′=DC,则△DC′C是等边三角形,进而利用勾股定理得出答案；3利用①当点C′在矩形内部时,②当点C′在矩形外部时,分别求出即可．解答解：1如图1,∵点B,C′,D在同一直线上,∴BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC=10﹣6=4；故答案为：4；2如图2,连接CC′,∵点C′在AB的垂直平分线上,∴点C′在DC的垂直平分线上,∴CC′=DC′=DC,则△DC′C是等边三角形,设CE=x,易得DE=2x,由勾股定理得：2x2﹣x2=62,解得：x=2,即CE的长为2；3作AD的垂直平分线,交AD于点M,交BC于点N,分两种情况讨论：①当点C′在矩形内部时,如图3,∵点C′在AD的垂直平分线上,∴DM=4,∵DC′=6,由勾股定理得：MC′=2,∴NC′=6﹣2,设EC=y,则C′E=y,NE=4﹣y,故NC′2+NE2=C′E2,即6﹣22+4﹣y2=y2,解得：y=9﹣3,即CE=9﹣3；②当点C′在矩形外部时,如图4,∵点C′在AD的垂直平分线上,∴DM=4,∵DC′=6,由勾股定理得：MC′=2,∴NC′=6+2,设EC=z,则C′E=a,NE=z﹣4故NC′2+NE2=C′E2,即6+22+z﹣42=z2,解得：z=9+3,即CE=9+3,综上所述：CE的长为9±3．点评此题主要考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识；利用数形结合以及分类讨论得出是解题关键．4．2015 南充如图,矩形纸片ABCD,将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠AP＞AM,点A和点B都与点E重合；再将△CQD 沿DQ折叠,点C落在线段EQ上点F处．1判断△AMP,△BPQ,△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形不需说明理由2如果AM=1,sin∠DMF=,求AB的长．分析1由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°,由折叠的性质和等角的余角相等,可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC,所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；2先证明MD=MQ,然后根据sin∠DMF==,设DF=3x,MD=5x,表示出AP、BP、BQ,再根据△AMP∽△BPQ,列出比例式解方程求解即可．解答解：1△AMP∽△BPQ∽△CQD,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠B=∠C=90°,根据折叠的性质可知：∠APM=∠EPM,∠EPQ=∠BPQ,∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°,∵∠APM+∠AMP=90°,∴∠BPQ=∠AMP,∴△AMP∽△BPQ,同理：△BPQ∽△CQD,根据相似的传递性,△AMP∽△CQD；2∵AD∥BC,∴∠DQC=∠MDQ,根据折叠的性质可知：∠DQC=∠DQM,∴∠MDQ=∠DQM,∴MD=MQ,∵AM=ME,BQ=EQ,∴BQ=MQ﹣ME=MD﹣AM,∵sin∠DMF==,∴设DF=3x,MD=5x,∴BP=PA=PE=,BQ=5x﹣1,∵△AMP∽△BPQ,∴,∴,解得：x=舍或x=2,∴AB=6．点评本题主要考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、翻折的性质以及锐角三角函数的综合运用,在求AB长的问题中,关键是恰当的设出未知数表示出一对相似三角形的对应边列比例式．5．2015 漳州如图,在矩形ABCD中,点E在边CD上,将该矩形沿AE折叠,使点D落在边BC上的点F处,过点F作分、FG∥CD,交AE于点G连接DG．1求证：四边形DEFG为菱形；2若CD=8,CF=4,求的值．分析1根据折叠的性质,易知DG=FG,ED=EF,∠1=∠2,由FG∥CD,可得∠1=∠3,易证FG=FE,故由四边相等证明四边形DEFG 为菱形；2在Rt△EFC中,用勾股定理列方程即可CD、CE,从而求出的值．解答1证明：由折叠的性质可知：DG=FG,ED=EF,∠1=∠2,∵FG∥CD,∴∠2=∠3,∴FG=FE,∴DG=GF=EF=DE,∴四边形DEFG为菱形；2解：设DE=x,根据折叠的性质,EF=DE=x,EC=8﹣x,在Rt△EFC中,FC2+EC2=EF2,即42+8﹣x2=x2,解得：x=5,CE=8﹣x=3,∴=．点评本题主要考查了折叠的性质、菱形的判定以及勾股定理,熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解答此题的关键．6．2015 江西校级模拟如图1,一张菱形纸片EHGF,点A、D、C、B分别是EF、EH、HG、GF边上的点,连接AD、DC、CB、AB、DB,且AD=,AB=；如图2,若将△FAB、△AED、△DHC、△CGB分别沿AB、AD、DC、CB对折,点E、F都落在DB上的点P处,点H、G都落在DB上的点Q处．1求证：四边形ADCB是矩形；2求菱形纸片EHGF的面积和边长．分析1由对折可知∠EAB=∠PAB,∠FAD=∠PAD,利用等角关系可求出∠BAD=90°,同理可求出∠ADC=∠ABC=90°．即可得出四边形ADCB是矩形．2由对折可知S菱形EHGF=2S矩形ADCB即可求出EHGF的面积,由对折可得出点A,C为中点,连接AC,得FG=AC=BD．利用勾股定理就可得出边长．解答1证明：由对折可知∠EAB=∠PAB,∠FAD=∠PAD,∴2∠PAB+∠PAD=180°,即∠BAD=∠PAB+∠PAD=90°．同理可得,∠ADC=∠ABC=90°．∴四边形ADCB是矩形．2解：由对折可知：△AEB≌△APB,△AFD≌△APD,△CGD≌△CQD,△CHB≌△CQB．∴S菱形EHGF=2S矩形ADCB=．又∵AE=AP=AF,∴A为EF的中点．同理有C为GH的中点．即AF=CG,且AF∥CG,如图2,连接AC,∴四边形ACGF为平行四边形,得FG=AC=BD．∴．点评本题主要考查了翻折变换,勾股定理,菱形的性质及矩形的判定,解题的关键是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．7．2015 平顶山二模1操作发现：如图①,在Rt△ABC中,∠C=2∠B=90°,点D是BC上一点,沿AD折叠△ADC,使得点C恰好落在AB上的点E处．请写出AB、AC、CD之间的关系AB=AC+CD ；2问题解决：如图②,若1中∠C≠90°,其他条件不变,请猜想AB、AC、CD之间的关系,并证明你的结论；3类比探究：如图③,在四边形ABCD中,∠B=120°,∠D=90°,AB=BC,AD=DC,连接AC,点E是CD上一点,沿AE折叠,使得点D正好落在AC上的F处,若BC=,直接写出DE的长．分析1如图①,设CD=t,由∠C=2∠B=90°易得△ABC为等腰直角三角形,则AC=BC,AB=AC,再根据折叠的性质得DC=DE,∠AED=∠C=90°,又可判断△BDE为等腰直角三角形,所以BD=DE,则BD=t,AC=BC=t+t=+1t,AB=+1t=2+t,从而得到AB=AC+CD；2如图②,根据折叠的性质得DC=DE,∠AED=∠C,AE=AC,而∠C=2∠B,则∠AED=2∠B,根据三角形外角性质得∠AED=∠B+∠BDE,所以∠B=∠BDE,则EB=ED,所以ED=CD,于是得到AB=AE+BE=AC+CD；3作BH⊥AC于H,如图③,设DE=x,利用1的结论得AC=2+x,根据等腰三角形的性质由BA=BC,∠CBA=120°得到∠BCA=∠BAC=30°,且CH=AH=AC=x,在Rt△BCH中,利用30度的余弦得cos30°==,即x=2+2,然后解方程求出x即可．解答解：1如图①,设CD=t,∵∠C=2∠B=90°,∴∠B=45°,∠BAC=45°,∴△ABC为等腰直角三角形,∴AC=BC,AB=AC,∵AD折叠△ADC,使得点C恰好落在AB上的点E处,∴DC=DE,∠AED=∠C=90°,∴△BDE为等腰直角三角形,∴BD=DE,∴BD=t,∴AC=BC=t+t=+1t,∴AB=+1t=2+t,∴AB=AC+CD；故答案为AB=AC+CD；2AB=AC+CD．理由如下：如图②,∵AD折叠△ADC,使得点C恰好落在AB上的点E处,∴DC=DE,∠AED=∠C,AE=AC,∵∠C=2∠B,∴∠AED=2∠B,而∠AED=∠B+∠BDE,∴∠B=∠BDE,∴EB=ED,∴ED=CD,∴AB=AE+BE=AC+CD；3作BH⊥AC于H,如图③,设DE=x,由1的结论得AC=2+x,∵BA=BC,∠CBA=120°,∴∠BCA=∠BAC=30°,∵BH⊥AC,∴CH=AH=AC=x,在Rt△BCH中,cos30°==,∴x=2+2,解得x=,即DE的长为．点评本题考查了折叠的性质：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．也考查了等腰三角形的性质和解直角三角形．8．2015 潍坊校级一模如图,现有一张边长为4的正方形纸片ABCD,点P为AD边上的一点不与点A、点D重合,将正方形纸片折叠,使点B落在P处,点C落在G处,PG交DC于H,折痕为EF,联结BP、BH．1求证：∠APB=∠BPH；2求证：AP+HC=PH；3当AP=1时,求PH的长．分析1根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH,进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；2首先证明△ABP≌△QBP,进而得出△BCH≌△BQH,即可得出AP+HC=PH；3设QH=HC=x,则DH=4﹣x．在Rt△PDH中,根据勾股定理列出关于x的方程求解即可．解答1证明：∵PE=BE,∴∠EPB=∠EBP,又∵∠EPH=∠EBC=90°,∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP．即∠BPH=∠PBC．又∵四边形ABCD为正方形∴AD∥BC,∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．2证明：过B作BQ⊥PH,垂足为Q,由1知,∠APB=∠BPH,在△ABP与△QBP中,,∴△ABP≌△QBPAAS,∴AP=QP,BA=BQ．又∵AB=BC,∴BC=BQ．又∵∠C=∠BQH=90°,∴△BCH和△BQH是直角三角形,在Rt△BCH与Rt△BQH中,∴Rt△BCH≌Rt△BQHHL,∴CH=QH,∴AP+HC=PH．3解：由2知,AP=PQ=1,∴PD=3．设QH=HC=x,则DH=4﹣x．在Rt△PDH中,PD2+DH2=PH2,即32+4﹣x2=x+12,解得x=,∴PH=．点评此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理等知识,熟练利用全等三角形的判定得出对应相等关系是解题关键．9．2015 江西样卷如图,折叠矩形纸片ABCD,使点B落在AD边上一点E处,折痕的两端点分别在边AB,BC上含端点,且AB=6,BC=10,设AE=x．1当BF的最小值等于 6 时,才能使点B落在AD上一点E处；2当点F与点C重合时,求AE的长；3当AE=3时,点F离点B有多远分析1当点G与点A重合时,BF的值最小,即可求出BF的最小值等于6；2在RT△CDE中运用勾股定理求出DE,再利用AE=AD﹣DE即可求出答案；3作FH⊥AD于点H,设AG=x,利用勾股定理可先求出AG,可得EG,利用△AEG∽△HFE,由=可求出EF,即得出BF的值．解答解：1点G与点A重合时,如图1所示,四边形ABFE是正方形,此时BF的值最小,即BF=AB=6．当BF的最小值等于6时,才能使B点落在AD上一点E处；故答案为：6．2如图2所示,∵在Rt△CDE中,CE=BC=10,CD=6,∴DE===8,∴AE=AD﹣DE=10﹣8=2,3如图3所示,作FH⊥AD于点H,AE=3,设AG=y,则BG=EG=6﹣y,根据勾股定理得：6﹣y2=y2+9,解得：y=,∴EG=BG=,又△AEG∽△HFE,∴=,∴,∴EF=,∴BF=EF=．点评本题主要考查了翻折变换,解题的关键是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．10．2015秋苍溪县期末如图,三角形纸片中,AB=8cm,BC=6cm,AC=5cm．沿过点B的直线折叠这个三角形,使点C落在AB 边上的点E处,折痕为BD,求△ADE的周长．分析根据翻折变换的性质可得DE=CD,BE=BC,然后求出AE,再根据三角形的周长列式求解即可．解答解：∵BC沿BD折叠点C落在AB边上的点E处,∴DE=CD,BE=BC,∵AB=8cm,BC=6cm,∴AE=AB﹣BE=AB﹣BC=8﹣6=2cm,∴△ADE的周长=AD+DE+AE,=AD+CD+AE,=AC+AE,=5+2,=7cm．点评本题考查了翻折变换的性质,熟记翻折前后两个图形能够完全重合得到相等的线段是解题的关键．11．2015春无棣县期末问题提出如果我们身边没有量角器和三角板,如何作15°大小的角呢实践操作如图．第一步：对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展开,得到AD∥EF∥BC．第二步：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,得到折痕BM．折痕BM 与折痕EF相交于点P．连接线段BN,PA,得到PA=PB=PN．问题解决1求∠NBC的度数；2通过以上折纸操作,还得到了哪些不同角度的角请你至少再写出两个除∠NBC的度数以外．3你能继续折出15°大小的角了吗说说你是怎么做的．分析1根据折叠性质由对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合得到点P为BM的中点,即BP=PM,再根据矩形性质得∠BAM=90°,∠ABC=90°,则根据直角三角形斜边上的中线性质得PA=PB=PM,再根据折叠性质由折叠纸片,使点A落在EF 上的点N处,并使折痕经过点B,得到折痕BM．折痕BM得到PA=PB=PM=PN,∠1=∠2,∠BNM=∠BAM=90°,利用等要三角形的性质得∠2=∠4,利用平行线的性质由EF∥BC得到∠4=∠3,则∠2=∠3,易得∠1=∠2=∠3=∠ABC=30°；2利用互余得到∠BMN=60°,根据折叠性质易得∠AMN=120°；3把30度的角对折即可．解答解：1∵对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,∴点P为BM的中点,即BP=PM,∵四边形ABCD为矩形,∴∠BAM=90°,∠ABC=90°,∴PA=PB=PM,∵折叠纸片,使点A落在EF上的点N处,并使折痕经过点B,得到折痕BM．折痕BM,∴PA=PB=PM=PN,∠1=∠2,∠BNM=∠BAM=90°,∴∠2=∠4,∵EF∥BC,∴∠4=∠3,∴∠2=∠3,∴∠1=∠2=∠3=∠ABC=30°,即∠NBC=30°；2通过以上折纸操作,还得到了∠BMN=60°,∠AMN=120°等；3折叠纸片,使点A落在BM上,则可得到15°的角．点评本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质和直角三角形斜边上的中线性质．12．2015春大同期末已知矩形ABCD中,AB=3cm,AD=4cm,点E、F分别在边AD、BC上,连接B、E,D、F．分别把Rt△BAE 和Rt△DCF沿 BE,DF折叠成如图所示位置．1若得到四边形 BFDE是菱形,求AE的长．2若折叠后点A′和点C′恰好落在对角线BD上,求AE的长．分析1由矩形的性质得出∠A=90°,设AE=xcm,则ED=4﹣xcm,由菱形的性质得出EB=ED=4﹣x,由勾股定理得出方程,解方程即可；2由勾股定理求出BD,由折叠的性质得出A′E=AE,∠EA′B=∠A=90°,A′B=AB=3cm,求出A′D,设AE=A′E=x,则ED=4﹣xcm,在Rt△EA′D中,由勾股定理得出方程,解方程即可．解答解：1∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=90°,设AE=xcm,则ED=4﹣xcm,∵四边形EBFD是菱形,∴EB=ED=4﹣x,由勾股定理得：AB2+AE2=BE2,即32+x2=4﹣x2,解得：x=,∴AE=cm；2根据勾股定理得：BD==5cm,由折叠的性质得：A′E=AE,∠EA′B=∠A=90°,A′B=AB=3cm,∴∠EA′D=90°,A′D=5﹣3=2cm,设AE=A′E=x,则ED=4﹣xcm,在Rt△EA′D中,A′E2+A′D2=ED2,即x2+22=4﹣x2,解得：x=,∴AE=cm．点评本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、菱形的性质；熟练掌握翻折变换和矩形、菱形的性质,并能进行推理计算是解决问题的关键．13．2015春廊坊期末如图1,矩形纸片ABCD的边长AB=4cm,AD=2cm．同学小明现将该矩形纸片沿EF折痕,使点A与点C 重合,折痕后在其一面着色如图2,观察图形对比前后变化,回答下列问题：1GF = FD：直接填写=、＞、＜2判断△CEF的形状,并说明理由；3小明通过此操作有以下两个结论：①四边形EBCF的面积为4cm2②整个着色部分的面积为运用所学知识,请论证小明的结论是否正确．分析1根据翻折的性质解答；2根据两直线平行,内错角相等可得∠AEF=∠CFE,再根据翻折的性质可得∠AEF=∠FEC,从而得到∠CFE=∠FEC,根据等角对等边可得CE=CF,从而得解；3①根据翻折的性质可得AE=EC,然后求出AE=CF,再根据图形的面积公式列式计算即可得解；②设GF=x,表示出CF,然后在Rt△CFG中,利用勾股定理列式求出GF,根据三角形的面积公式求出S GFC,然后计算即可得解．解答解：1由翻折的性质,GD=FD；2△CEF是等腰三角形．∵矩形ABCD,∴AB∥CD,∴∠AEF=∠CFE,由翻折的性质,∠AEF=∠FEC,∴∠CFE=∠FEC,∴CF=CE,故△CEF为等腰三角形；3①由翻折的性质,AE=EC,∵EC=CF,∴AE=CF,∴S四边形EBCF=EB+CFBC=AB BC=×4×2×=4cm2；②设GF=x,则CF=4﹣x,∵∠G=90°,∴x2+22=4﹣x2,解得x=,∴S GFC=××2=,S着色部分=+4=；综上所述,小明的结论正确．点评本题考查了翻折变换的性质,矩形的性质,平行线的性质,等腰三角形的判定,以及勾股定理的应用,熟记翻折前后的两个图形能够完全重合是解题的关键．14．2015春娄底期末操作：准备一张长方形纸,按下图操作：1把矩形ABCD对折,得折痕MN；2把A折向MN,得Rt△AEB；3沿线段EA折叠,得到另一条折痕EF,展开后可得到△EBF．探究：△EBF的形状,并说明理由．分析由1得出M、N分别是AB、DC的中点,由2得出BE=2AP,再由3得出BF=2AP,证出BE=BF,因此∠1=∠2,由角的关系求出∠1=60°,即可证出△EBF为等边三角形．解答解：△EBF是等边三角形；理由如下：如图所示：由操作1得：M、N分别是AB、DC的中点,∴在Rt△ABE中,P为BE的中点,AP是斜边上的中线,∴AP=BP=BE,即BE=2AP,在△EBF中,A是EF的中点,∴AP=BF,即BF=2AP,∴BE=BF,∴∠1=∠2,又∵∠2=∠3,2∠1+∠3=180°,∴3∠1=180°,∴∠1=60°,∴△EBF为等边三角形．点评本题考查了矩形的性质、翻折变换的性质、直角三角形斜边上的中线性质、等边三角形的判定；熟练掌握翻折变换和矩形的性质,并能进行推理论证是解决问题的关键．15．2015秋兴化市校级期末1如图1,将△ABC纸片沿DE折叠,使点A落在四边形BCDE内点A′的位置,若∠A=40°,求∠1+∠2的度数；2通过1的计算你发现∠1+∠2与∠A有什么数量关系请写出这个数量关系,并说明这个数量关系的正确性；3将图1中△ABC纸片的三个内角都进行同样的折叠．。

中考数学复习：专题7-2 中考折叠问题的归类解析

中考数学复习：专题7-2 中考折叠问题的归类解析

专题02 中考折叠问题的归类解析【专题综述】折叠问题在近年来各地的中考试卷中频频出现，解决这一类问题主要抓住两点：折叠前后重合的角相等，重合的边也相等．【方法解读】一、折叠与平行例1：如图，在四边形ABCD中，∠A＝100°，∠C＝70°.将△BMN沿MN翻折，得△FMN，若MF∥AD，FN∥DC，则∠B＝___．【来源】2013-2014学年江苏省宜兴市和桥学区七年级下学期期中考试数学试卷（带解析）【答案】95°在△BMN中，∠B=180°-（∠BMN+∠BNM）=180°-（50°+35°）=180°-85°=95°．考点：1．平行线的性质；2．三角形内角和定理；3．翻折变换（折叠问题）．【解读】根据两直线平行，同位角相等求出∠BMF，∠BNF，再根据翻折的性质求出∠BMN和∠BNM，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．【举一反三】如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E．（1）求证：EDB EBD∠=∠；（2）判断AF与BD是否平行，并说明理由．【来源】2015中考真题分项汇编第1期专题4 图形的变换【答案】【解析】试题解析：（1）由折叠可知：∠CDB =∠EDB∵四边形ABCD是平行四边形∴DC∥AB∴∠CDB =∠EBD∴∠EDB=∠EBD(2) ∵∠EDB=∠EBD∴DE=BE由折叠可知：DC=DF∵四边形ABCD是平行四边形∴DC=AB∴AE=EF∴∠EAF=∠EFA△BED中, ∠EDB+∠EBD+∠DEB=180°即2∠EDB+∠DEB=180°同理△AEF中，2∠EFA+∠AEF=180°∵∠DEB=∠AEF∴∠EDB= ∠EFA∴AF∥BD考点：折叠变换，平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形的内角和二、折叠与全等例2：如图，在□ABCD中，点E，F分别在边DC，AB上，DE=BF，把平行四边形沿直线EF折叠，使得点B，C分别落在点B′，C′处，线段EC′与线段AF交于点G，连接DG，B′G。

【中考数学专题】10 与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析-

【中考数学专题】10 与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析-

专题十：与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析专题导例如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM＝BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为6，则线段CF的最小值是．【分析】：先判断出Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），得出∠DAM＝∠CBN，进而判断出△DCE≌△BCE （SAS），得出∠CDE＝∠CBE，即可判断出∠AFD＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF＝AD＝3，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C 三点共线时，CF的长度最小．方法剖析轴对称的性质（1）对应线段相等，对应角相等；对称点的连线被对称轴垂直平分；（2）轴对称图形变换的特征是不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置，新旧图形具有对称性；（3）轴对称的两个图形，它们对应线段或延长线相交，交点在对称轴上.轴对称（折叠）的思考层次全等变换：对应边相等，对应角相等；对称轴性质：对应点所连线段被对称轴（折痕）垂直平分，对称轴（折痕）上的点到对应点的距离相等；指出：（1）在翻折下，前后的图形关于折痕成轴对称，注意前后的图形成镜面对称，即前后的图形的左右位置互换；（2）翻折或对称中建构勾股方程来求取线段长及对最值类问题进行探究；（3）轴对称常见的结构，折叠会产生垂直平分，等腰三形.导例答案：解：如图，在正方形ABC D中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，在Rt△ADM和Rt△BCN中，，∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），∴∠DAM＝∠CBN，在△DCE和△BCE中，，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴∠CDE＝∠CBE∴∠DAM＝∠CDE，∵∠ADF+∠CDE＝∠ADC＝90°，∴∠DAM+∠ADF＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，取AD的中点O，连接OF、OC，则OF＝DO ＝AD＝3，在Rt△OD C中，OC ＝＝3根据三角形的三边关系，OF+CF＞OC，∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，最小值＝OC﹣OF＝3﹣3．故答案为：3﹣3．典型例题类型一：利用已知直线作对称图形进行证明例1、在等边△AB C中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，DE＝DA（如图1）．（1）求证：∠BAD＝∠EDC；（2）点E关于直线BC的对称点为M，连接DM，AM．①依题意将图2补全；②证明：在点D运动的过程中，始终有DA＝AM．【分析】（1）先判断出∠BAD+∠CAD＝60°，进而得出∠BAD+∠E＝60°，即可得出结论；（2）①由对称性即可补全图形；②由对称性判断出DM＝DE，∠MDC＝∠EDC，再用三角形的外角的性质，判断出∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠B+∠MDC，进而判断出△ADM是等边三角形，即可得出结论．类型二：对已知图形进行翻折进行证明例2．如图，矩形ABC D中，AB＝4，AD＝3，把矩形沿直线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．（1）求证：△DEC≌△EDA；（2）求DF的值；（3）在线段AB上找一点P，连结FP使FP⊥AC，连结PC，试判定四边形APCF的形状，并说明理由，直接写出此时线段PF的大小．【分析】（1）根据矩形的性质、轴对称的性质可得到AD＝EC，AE＝DC，即可证到△DEC≌△EDA （SSS）；（2）易证AF＝CF，设DF＝x，则有AF＝4﹣x，然后在Rt△ADF中运用勾股定理就可求出DF的长．（3）根据三角形的内角和定理求得∠APF＝∠AFP根据等角对等边得出AF＝AP进而得出FC＝AP，从而证得四边形APCF是平行四边形，又因为FP⊥AC证得四边形APCF为菱形，然后根据菱形的面积S菱形＝PF•AC＝AP•AD，即可求得．专项突破1.如图，在Rt△AB C中，∠C＝90°，点D、E分别是BC、AB上一个动点，连接DE．将点B沿直线DE折叠，点B的对应点为F，若AC＝3，BC＝4，当点F落在AC的三等分点上时，BD的长为．2．如图，正方形ABC D中，点E是BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，连接F C．（1）求证：∠FBC＝∠CDF；（2）作点C关于直线DE的对称点G，连接CG，FG，猜想线段DF，BF，CG之间的数量关系，并证明你的结论．3.已知矩形ABCD，其中AD＞AB，依题意先画出图形，然后解答问题．（1）F为DC边上一点，把△ADF沿AF折叠，使点D恰好落在BC上的点E处．在图1中先画出点E，再画出点F，若AB＝8，AD＝10，直接写出EF的长为；（2）把△ADC沿对角线AC折叠，点D落在点E处，在图2先画出点E，AE交CB于点F，连接BE．求证：△BEF是等腰三角形．4.如图，Rt△AB C中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB边上的一个动点（不与点A，B及A B中点重合），连接CD，点A关于直线CD的对称点为点E，直线BE，CD交于点F．（1）如图1，当∠ACD=15°时，根据题意将图形补充完整，并直接写出∠BFC的度数；（2）如图2，当45°＜∠ACD＜90°时，用等式表示线段AC，EF，BF之间的数量关系，并加以证明．5．在Rt△AB C中，∠ACB＝90°，CA＝C B．点D为线段BC上一个动点（点D不与点B，C重合），连接AD，点E在射线AB上，连接DE，使得DE＝D A．作点E关于直线BC的对称点F，连接BF，DF．（1）依题意补全图形；（2）求证：∠CAD＝∠BDF；（3）用等式表示线段AB，BD，BF之间的数量关系，并证明．6．如图①，在等腰三角形AB C中，AB＝AC＝8，BC＝14．如图②，在底边BC上取一点D，连结AD，使得∠DAC＝∠AC D．如图③，将△ACD沿着AD所在直线折叠，使得点C落在点E处，连结BE，得到四边形ABE D．则BE的长是．7．在等边三角形ABC外侧作射线AP，∠BAP=α，点B关于射线AP的对称点为点D，连接CD交AP于点E.（1）依据题意补全图形；（2）当α=20°时，∠ADC= ；∠AEC= ；（3）连接BE，求证：∠AEC=∠BEC；（4）当0°<α<60°时，用等式表示线段AE，CD，DE之间的数量关系，并证明．8.在等边△ABC外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为D，连结BD，CD，其中CD交直线AP与点E．（1）如图1，若∠P AB＝30°，则∠ACE＝；（2）如图2，若60°＜∠P AB＜120°，请补全图形，判断由线段AB，CE，ED可以构成一个含有多少度角的三角形，并说明理由．9．如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连结FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．10.【问题情境】如图①，在Rt△AB C中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为A B中点，连结CD，点E为CB上一点，过点E且垂直于DE的直线交AC于点F．易知：BE＝CF．（不需要证明）【探索发现】如图②，在Rt△AB C中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为A B中点，连结CD，点E为CB的延长线上一点，过点E且垂直于DE的直线交AC的延长线于点F．【问题情境】中的结论还成立吗？请说明理由．【类比迁移】如图③，在等边△AB C中，AB＝4，点D是A B中点，点E是射线AC上一点（不与点A、C重合），将射线DE绕点D逆时针旋转60°交BC于点F．当CF＝2CE时，CE＝．11．在△AB C中，∠ACB＝90°，AC＜BC，点D在AC的延长线上，点E在BC边上，且BE＝AD，（1）如图1，连接AE，DE，当∠AEB＝110°时，求∠DAE的度数；（2）在图2中，点D是AC延长线上的一个动点，点E在BC边上（不与点C重合），且BE＝AD，连接AE，DE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，连接BF，DE．①依题意补全图形；②求证：BF＝DE．专题十：与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析例1．解：（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD+∠CAD＝60°，∵DE＝DA，∴∠CAD＝∠E，∴∠BAD+∠E＝60°，∵∠EDC+∠E＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠EDC；（2）①补全图形如图2所示；②∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝60°，由对称性得，∠EDC＝∠MDC，由（1）知，∠EDC＝∠BAD，∴∠MDC＝∠BAD，∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠B+∠MD C．∴∠ADM＝∠B＝60°，由对称性得，DM＝DE，∵DE＝DA，∴DA＝DM，∴△ADM是等边三角形，∴DA＝DM，即：在点D运动的过程中，始终有DA＝AM．例2．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，∴∠ACD＝∠CAB，∵△AEC由△ABC翻折得到，∴AB＝AE，BC＝EC，∠CAE＝∠CAB，∴AD＝CE，DC＝EA，∠ACD＝∠CAE，在△ADE与△CE D中，，∴△DEC≌△EDA（SSS）；（2）解：如图1，∵∠ACD＝∠CAE，∴AF＝CF，设DF＝x，则AF＝CF＝4﹣x，在RT△ADF中，AD2+DF2＝AF2，即32+x2＝（4﹣x）2，解得；x＝，即DF＝．（3）解：四边形APCF为菱形，设AC、FP相较于点O∵FP⊥AC∴∠AOF＝∠AOP又∵∠CAE＝∠CAB，∴∠APF＝∠AFP∴AF＝AP∴FC＝AP又∵AB∥CD∴四边形APCF是平行四边形又∵FP⊥AC∴四边形APCF为菱形，在矩形ABC D中，AB＝4，AD＝3，∴AC＝5，∵S菱形＝PF•AC＝AP•AD，∵AP＝AF＝4﹣＝∴PF＝＝．专项突破1.解：∵折叠∴BD＝DF，∵点F落在AC的三等分点上∴CF＝1或CF＝2，若CF＝1时，在Rt△CDF中，DF2＝CD2+CF2，∴BD2＝（4﹣BD）2+1∴BD＝当CF＝2时，在Rt△CDF中，DF2＝CD2+CF2，∴BD2＝（4﹣BD）2+4∴BD＝故答案为：或2．解：（1）∵ABCD为正方形，∴∠DCE＝90°．∴∠CDF+∠E＝90°，又∵BF⊥DE，∴∠FBC+∠E＝90°，∴∠FBC＝∠CDF（2）如图所示：在线段FB上截取FM，使得FM＝F D．∵∠BDC＝∠MDF＝45°，∴∠BDM＝∠CDF，∵＝＝，∴△BDM∽△CDF，∴＝＝，∠DBM＝∠DCF，∴BM＝CF，∴∠CFE＝∠FCD+∠CDF＝∠DBM+∠BDM＝∠DMF＝45°，∴∠EFG＝∠EFC＝45°，∴∠CFG＝90°，∵CF＝FG，∴CG＝CF，∴BM＝CG，∴BF＝BM+FM＝CG+DF．补充方法：连接GM，证明四边形BMGC是平行四边形即可．3.解：（1）如图1，在BC上截取AE＝AD得点E，作AF垂直DE交CD于点F（或作∠AED的平分线AF交CD于点F，或作EF垂直AE交CD于点F等等），∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝90°，在Rt△ABE中，BE＝＝6，∴EC＝10﹣6＝4，设EF＝DF＝x，在Rt△EF C中，则有x2＝（8﹣x）2+42，解得x＝5，∴EF＝5．故答案为：5；（2）证明：如图2，作DH垂直AC于点H，延长DH至点E，使HE＝DH．方法1：∵△ADC≌△AEC，∴AD＝AE＝BC，AB＝DC＝EC，在△ABE与△CE B中，，∴△ABE≌△CEB（SSS），∴∠AEB＝∠CBE，∴BF＝EF，∴△BEF是等腰三角形．方法2：∵△ADC≌△AEC，∴AD＝AE＝BC，∠DAC＝∠EAC，又∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠EAC＝∠ACB，∴F A＝FC，∴FE＝FB，∴△BEF是等腰三角形．4.（1）如图1中，连接E C．∵A，E关于CD对称，∴∠DCA=∠DCE=15°，CA=CE=C B．∵∠ACB=90°，∴∠ECB=60°，∴△ECB是等边三角形，∴∠CEB=60°，∵∠CEB=∠BFC+∠DCE，∴∠BFC=60°-15°=45°．（2）结论：EF2+BF2=2AC2．理由：如图2，连接CE，AF，延长AC交FE的延长线于点G．∵A，E关于CD对称，∴AC=CE，AF=EF，又∵CF=CF，∴△ACF≌△ECF（SSS），∴∠CAF=∠1，∵AC=BC，∴BC=CE，∴∠1=∠2，∴∠CAF=∠2，∵∠ACB=90°，∴∠G+∠2=90°，∴∠CAF+∠G=90°，∴∠AFG=90°，在Rt△AF B中，AB2=AF2+BF2，在Rt△AB C中，AB2=AC2+BC2=2AC2，∴BF2+AF2=2AC2，∴BF2+EF2=2AC2．5．（1）如图所示：（2）∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠BAC＝∠CBA＝45°，∴∠CAD+∠DAB＝45°，∵DA＝DE，∴∠DAE＝∠DEB，∵∠DBA是△DBE的一个外角，∴∠EDB+∠DEB＝∠DBA＝45°，∴∠EDB＝∠CAD，∵点E关于直线BC的对称点F，∴∠EDB＝∠FDB，∴∠CAD＝∠FDB；（3）线段AB，BD，BF之间的数量关系是AB﹣BF=√2BD，证明：过点D作AC的平行线交AB于M点，∴∠C＝∠MDB＝90°，∠CAB＝∠DMB＝45°，∴∠DMB＝∠DBM，∴DM＝DB，∴MB=√2BD，∵点E关于直线BC的对称点F，∴DE＝DF，∵AD＝DE，∴AD＝DF，∵AC∥MD，∴∠CAD＝∠ADM，∵∠CAD＝∠FDB，∴∠ADM＝∠FDB，∴△ADM≌△FDB（SAS），∴AM＝BF，∴AB﹣BF＝AB﹣AM＝MB，又∵MB=√2BD，∴AB﹣BF=√2B D．6.解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵∠DAC＝∠ACD，∴∠DAC＝∠ABC，∵∠C＝∠C，∴△CAD∽△CBA，∴＝，∴＝，∴CD＝，BD＝BC﹣CD＝，∵∠DAM＝∠DAC＝∠DBA，∠ADM＝∠ADB，∴△ADM∽△BDA，∴＝，即＝，∴DM＝，MB＝BD﹣DM＝，∵∠ABM＝∠C＝∠MED，∴A、B、E、D四点共圆，∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，∴△ABD∽△MBE，∴＝，∴BE ＝＝＝．故答案为：．7．（1）如图；EDP（2）40°；60 °；（3）证明：∵点B关于射线AP的对称点为点D，∴△BAE≌△DAE．∴∠BAE=∠DAE=α．∵AD=AB=AC，∴∠ADC=()1806022α︒-︒+=60°－α．∴∠AEC=60°．∵∠ACB=60°，∠ACD=∠ADC=60°－α，∴∠BCE=α．∵∠ABC=60°，∠ABE=∠ADC=60°－α，∴∠BEC=60°．（4）证明：法一：在CD上截取AF=AE．F EDAB C P∵∠AEF =60°，∴△AEF 是等边三角形．∴∠AFC =∠AED =120°．∵∠ACD =∠ADC =60°－α，∴△ADE ≌△ACF ．∴DE =CF ．∴CD =2DE +EF ．∵AE =EF ，∴CD =2DE +AE ．法二：在CD 上截取BG =BE ．GEDAB C P∵∠BEC =60°，∴△BEG 是等边三角形．∴∠BGC =∠AED =120°．∵∠BCE =∠DAE =α，∴△BCG ≌△DAE ．∴AE =CG ．∵EG =BE =DE ，∴CD =2DE +CG ．∴CD =2DE +AE ．8.解：（1）连接AD ，如图1．∵点D 与点B 关于直线AP 对称，∴AD ＝AB ，∠DAP ＝∠BAP ＝30°，∵AB ＝AC ，∠BAC ＝60°，∴AD ＝AC ，∠DAC ＝120°，∴2∠ACE +60°+60°＝180°，∴∠ACE ＝30°，故答案为：30°；（3）线段AB ，CE ，ED 可以构成一个含有60°角的三角形．证明：连接AD ，EB ，如图2．∵点D 与点B 关于直线AP 对称，∴AD ＝AB ，DE ＝BE ，∴∠EDA ＝∠EBA ，∵AB ＝AC ，AB ＝AD ，∴AD ＝AC ，∴∠ADE ＝∠ACE ，∴∠ABE ＝∠ACE ．设AC ，BE 交于点F ，又∵∠AFB ＝∠CFE ，∴∠BAC ＝∠BEC ＝60°，∴线段AB ，CE ，ED 可以构成一个含有60°角的三角形．9．(1)根据折叠，∠DBC ＝∠DBE ，又AD ∥BC ，∴∠DBC ＝∠ADB ，∴∠DBE ＝∠ADB ，∴DF ＝BF ，∴△BDF 是等腰三角形(2)①菱形，理由：∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∴FD ∥BG ，又∵FD ∥BG ，∴四边形BFDG 是平行四边形，∵DF ＝BF ，∴四边形BFDG 是菱形②∵AB ＝6，AD ＝8，∴BD ＝10.∴OB ＝12BD ＝5.设DF ＝BF ＝x ，∴AF ＝AD －DF ＝8－x .∴在Rt △ABF 中，AB 2＋AF 2＝BF 2，即62＋(8－x )2＝x 2，解得x ＝254，即BF ＝254，∴FO ＝BF 2－OB 2＝（254）2－52＝154，∴FG ＝2FO ＝152 10.解：【问题情境】证明：∵在Rt △AB C 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，点D 为A B 中点， ∴CD ⊥AB ，CD ＝BD ＝AD ＝AB ，∠BCD ＝∠B ＝45°，∴∠BDC ＝90°，∵∠EDF ＝90°，∴∠CDF＝∠BDE，在△BDE与△CDF中，，∴△BDE≌△CDF（ASA），∴BE＝CF；【探索发现】成立，理由：∵在Rt△AB C中，D为A B中点，∴CD＝BD，又∵AC＝BC，∴DC⊥AB，∴∠DBC＝∠DCB＝45°，∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°，∴∠EDB+∠BDF＝∠CDF+∠BDF＝90°，∴∠CDF＝∠BDE，∴∠ADF＝∠CDE，∴AF＝CE，∴CF＝BE；【类比迁移】∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝60°，∵∠FDE＝60°，∴∠BDF＝120°﹣∠ADE，∠AED＝120°﹣∠ADE，∴∠BDF＝∠AED，∴△ADE∽△BDF，∴，∵点D为A B中点，AB＝4，∴AD＝BD＝2，AC＝BC＝4，∵CF＝2CE，∴设CE＝x，则CF＝2x，当点E在线段AC上时，∴AE＝4﹣x，BF＝4﹣2x，∴＝，解得：x＝3﹣，x＝3+（不合题意，舍去），∴CE＝3﹣，如图④，当点E在AC的延长线上时，∵AE＝4+x，BF＝4﹣2x，∴＝，解得：x＝﹣1+，（负值舍去），∴CE＝﹣1+．综上所述，CE＝3﹣或﹣1+，故答案为：3﹣或﹣1+．11.解：（1）∵∠AEB＝110°，∠ACB＝90°，∴∠DAE＝∠AEB﹣∠ACB＝20°；（2）①补全图形，如图所示．②证明：由题意可知∠AEF＝90°，EF＝AE．∵∠ACB＝90°，∴∠AEC+∠BEF＝∠AEC+∠DAE＝90°．∴∠BEF＝∠DAE．∵在△EBF和△ADE中，，∴△EBF≌△ADE（SAS）．∴DE＝BF．。

几何中的折叠问题(解析版)--2024年中考数学压轴突破

几何中的折叠问题(解析版)--2024年中考数学压轴突破

几何中的折叠问题一、单选题1如图，在菱形ABCD中，AD=5，tan B=2，E是AB上一点，将菱形ABCD沿DE折叠，使B、C的对应点分别是B 、C ，当∠BEB =90°时，则点C 到BC的距离是()A.5+5B.25+2C.6D.35【答案】D【分析】过C作CH⊥AD于H，过C 作C F⊥AD于F，由菱形性质和正切定义求出HD=5，HC=25，再由折叠证明∠BED=∠B ED=135°，得到∠EDC=∠EDC =45°，从而得到△CHD≌△DFC ，则C F= HD=5，则问题可解．【详解】解：过C作CH⊥AD于H，过C 作C F⊥AD于F，由已知，AD=5，tan B=2，=2，∴CD=5，tan∠CDH=HCHD∴设HD=x，则HC=2x，∴在Rt△HDC中，HC2+HD2=CD2，2x2+x2=52，解得x=5，∴HD=5，HC=25，由折叠可知，∠BED=∠B ED，∠EDC=∠EDC ，CD=C D∵∠BEB =90°，∴∠BED=∠B ED=135°，∵AB∥DC，∴∠EDC=180°-∠BED=45°，∴∠EDC=∠EDC =45°∴∠CDC =90°∵∠CHD =∠C AD =90°，∴∠CDH +C DF =90°，∵∠CDH +∠HCD =90°，∴∠C DF =∠HCD ，∴△CHD ≌△DFC ，∴C F =HD =5，∴点C 到BC 的距离是C F +CH =5+25=35．故选：D ．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及正切定义的应用，解答关键是根据折叠的条件推出∠BED =∠B ED =135°．2如图，将△ABC 折叠，使AC 边落在AB 边上，展开后得到折痕l 与BC 交于点P ，且点P 到AB 的距离为3cm ，点Q 为AC 上任意一点，则PQ 的最小值为()A.2cmB.2.5cmC.3cmD.3.5cm【答案】C【分析】由折叠可得：PA 为∠BAC 的角平分线，根据垂线段最短即可解答．【详解】解：∵将△ABC 折叠，使AC 边落在AB 边上，∴PA 为∠BAC 的角平分线，∵点Q 为AC 上任意一点，∴PQ 的最小值等于点P 到AB 的距离3cm ．故选C ．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、角平分线的性质定理等知识点，掌握角平分线上的点到两边距离相等是解答本题的关键．3如图，在▱ABCD 中，BC =8,AB =AC =45，点E 为BC 边上一点，BE =6，点F 是AB 边上的动点，将△BEF 沿直线EF 折叠得到△GEF ，点B 的对应点为点G ，连接DE ，有下列4个结论：①tan B =2；②DE =10；③当GE ⊥BC 时，EF =32；④若点G 恰好落在线段DE 上时，则AF BF=13．其中正确的是()A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④【答案】D【分析】过点A 作AH ⊥BC 于点H ，利用三线和一以及正切的定义，求出tan B ，即可判断①；过点D 作DK ⊥BC 于点K ，利用勾股定理求出DE ，判断②；过点F 作FM ⊥BC 于点M ，证明△EMF 为等腰直角三角形，设EM =FM =x ，三角函数求出BM 的长，利用BE =BM +EM ，求出x 的值，进而求出EF 的长，判断③；证明△AND ∽△CNE ，推出∠ENC =∠ECN ，根据折叠的性质，推出EF ∥CA ，利用平行线分线段成比例，即可得出结论，判断④．【详解】解：①过点A 作AH ⊥BC 于点H ，∵BC =8,AB =AC =45，∴BH =12BC =4，∴AH =AB 2-BH 2=8，∴tan B =AH BH =2；故①正确；②过点D 作DK ⊥BC 于点K ，则：四边形AHKD 为矩形，∴DK =AH =8，HK =AD =BC =8，∵BE =6，∴CE =2，∵CH =12BC =4，∴CK =4，∴EK =CE +CK =6，∴DE =EK 2+DK 2=10；故②正确；③过点F 作FM ⊥BC 于点M ，∵GE ⊥BC ，∴∠BEG =90°，∵翻折，∴∠BEF =∠GEF =45°，∴∠EFM =∠BEF =45°，∴EM =FM ，设EM =FM =x ，∵tan B =FM BM =2，∴BM =12FM =12x ，∴BE =BM +EM =12x +x =6，∴x =4，∴EM =FM =4，∴EF =2EM =42；故③错误；④当点G 恰好落在线段DE 上时，如图：设AC 与DE 交于点N ，∵▱ABCD ，∴AD ∥BC ，∴△AND ∽△CNE ，∴EN DN =CE AD =28=14，∴EN DE =15，∴EN =15DE =2=CE ，∴∠ENC =∠ECN ，∴∠BEN =∠ENC +∠ECN =2∠ECN ，∵翻折，∴∠BEN =2∠BEF ，∴∠BEF =∠ECN ，∴EF ∥AC ，∴AF BF =CE BE=26=13；故④正确，综上：正确的是①②④；故选D ．【点睛】本题考查平行四边形的折叠问题，同时考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性强，难度较大，是中考常见的压轴题，熟练掌握相关性质，添加合适的辅助线，构造特殊三角形，是解题的关键．4如图，AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，将劣弧BC 沿弦BC 折叠交直径AB 于点D ，连接CD ，若∠ABC =α0°<α<45° ，则下列式子正确的是()A.sin α=BC AB B.sin α=CD AB C.cos α=AD BD D.cos α=CD BC 【答案】B【分析】连AC ，由AB 是⊙O 的直径，可知∠ACB =90°，由折叠，AC 和CD 所在的圆为等圆，可推得AC =CD ，再利用正弦定义求解即可．【详解】解：连AC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB =90°，由折叠，AC 和CD所在的圆为等圆，又∵∠CBD =∠ABC ，∴AC 和CD 所对的圆周角相等，∴AC =CD ，∴AC =CD ，在Rt △ACB 中，sin α=AC AB =CD AB，故选：B ．【点睛】本题考查圆周角定理和圆心角、弦、弧之间的关系以及正弦、余弦定义，解答关键是通过折叠找到公共的圆周角推出等弦．5如图，在平面直角坐标系中，OA 在x 轴正半轴上，OC 在y 轴正半轴上，以OA ，OC 为边构造矩形OABC ，点B 的坐标为8,6 ，D ，E 分别为OA ，BC 的中点，将△ABE 沿AE 折叠，点B 的对应点F 恰好落在CD 上，则点F 的坐标为()A.3213,3013B.3013,3213C.3013,2013D.2013,3013【答案】A【分析】先求得直线CD 的解析式，过点F 作FM ⊥CE 于点M ，过点F 作FN ⊥OC 于点N ，设点F m ,-32m +6 ，在Rt △EMF 中，再利用勾股定理得到关于m 的方程，解方程即可．【详解】解：∵点B 的坐标为8,6 ，四边形OABC 是矩形，D ，E 分别为OA ，BC 的中点，∴C 0,6 ，D 4,0 ，E 4,6 ，由折叠的性质可得：EF =BE =4，设直线CD 的解析式为y =kx +b ，则6=b 4k +b =0 ，解得：k =-32b =6 ，∴直线CD 的解析式为y =-32x +6，过点F 作FM ⊥CE 于点M ，过点F 作FN ⊥OC 于点N ，设点F m,-32m+6，则MF=CN=6--32m+6=32m，EM=4-m，在Rt△EMF中，EM2+MF2=EF2，∴4-m2+32m2=42，解得：m=3213或m=0(不合题意，舍去)，当m=3213时，y=-32×3213+6=3013，∴点F的坐标为3213,30 13，故选：A．【点睛】本题是一次函数与几何综合题，考查了求一次函数解析式，勾股定理，翻折的性质，矩形的性质，中点的性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．6综合与实践课上，李老师让同学们以矩形纸片的折叠为主题开展数学活动．如图，将矩形纸片ABCD对折，折痕为EF，再把点A折叠在折痕EF上，其对应点为A ，折痕为DP，连接A B，若AB=2，BC =3，则tan∠A BF的值为()A.33B.3 C.32D.12【答案】A【分析】先证明EF=AB=CD=2，CF=BF=DE=32，∠DEA=90°，∠A FB=90°，AD=A D=3，可得A E=A D2-DE2=32，AF=2-32=12，再利用正切的定义求解即可.【详解】解：∵矩形纸片ABCD对折，折痕为EF，AB=2，BC=3，∴EF=AB=CD=2，CF=BF=DE=32，∠DEA=90°，∠A FB=90°，由折叠可得：AD=A D=3，∴A E=A D2-DE2=32，∴A F=2-32=12，∴tan ∠A BF =1232=33.故选A 【点睛】本题考查的是轴对称的性质,矩形的性质,勾股定理的应用,求解锐角的正切,熟记轴对称的性质是解本题的关键.7如图，矩形ABCD 中，AB =2，BC =3，P 是边BC 中点，将顶点D 折叠至线段AP 上一点D ，折痕为EF ，此时，点C 折叠至点C ．下列说法中错误的是()A.cos ∠BAP =45B.当AE =53时，D E ⊥AP C.当AE =18-65时，△AD E 是等腰三角形D.sin ∠DAP =45【答案】C 【分析】根据矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质计算判断即可．【详解】∵矩形ABCD 中，AB =2，BC =3，P 是边BC 中点，∴BP =12BC =32，∠B =90°，∴AP =AB 2+BP 2=22+32 2=52，∴cos ∠BAP =AB AP =252=45，故A 正确；∵矩形ABCD ，∴AD ∥BC ，∴∠DAP =∠APB ，∴sin ∠DAP =sin ∠APB =cos ∠BAP =45，故D 正确；设DE =D E =x ，根据题意，得AE =AD -DE =3-x ，sin ∠DAP =45，∵D E ⊥AP ，∴sin ∠DAP =D E AE =x 3-x =45，解得x =43，∴AE =AD -DE =3-x =53，故B 正确；当D E =AE 时，∴x =3-x ，解得x =32；此时D ,A 重合，三角形不存在，不符合题意；当D E =AD 时，过点D 作D N ⊥AD 于点N ，则AN =NE ；∵矩形ABCD ，∴AD ∥BC ，∴∠DAP =∠APB ，∴cos ∠DAP =cos ∠APB =3252=35，设DE =D E =x ，根据题意，得AE =AD -DE =3-x ，D E =AD =x ，∴AN AD =AN x =35，解得AN =35x ；∴AE =AD -DE =3-x =2AN =65x ，解得x =1511；∴AE =65×1511=1811；当AE =AD 时，过点D 作D H ⊥AD 于点H ，设DE =D E =x ，根据题意，得AE =AD =AD -DE =3-x ，∴D H =AD sin ∠DAP =453-x ，AH =AD cos ∠DAP =353-x ，∴HE =AE -AH =3-x -353-x =253-x ，根据勾股定理，得HE 2+D H 2=D E 2，∴253-x 2+453-x2=x 2解得x =65-12；∴AE =3-x =15-65；综上所述，AE =15-65或AE =1811，故C 错误，故选C ．【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握三角函数，勾股定理，矩形的性质，折叠的性质是解题的关键．8如图，AB 为半圆O 的直径，点O 为圆心，点C 是弧上的一点，沿CB 为折痕折叠BC 交AB 于点M ，连接CM ，若点M 为AB 的黄金分割点(BM >AM )，则sin ∠BCM 的值为()A.5-12B.5+12C.5-14D.12【答案】A【分析】过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M′，连接CM ，BM′，根据折叠的性质可得：∠CMB=∠CM′B，BC⊥MM′，从而可得∠BDM=90°，再根据黄金分割的定义可得BMAB =5-12，然后利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，从而证明A字模型相似三角形△DBM∽△CBA，进而利用相似三角形的性质可得DMAC=BMAB=5-12，最后根据圆内接四边形对角互补以及平角定义定义可得：∠A=∠AMC，从而可得CA=CM，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．【详解】解：过点M作MD⊥CB，垂足为D，延长MD交半⊙O于点M′，连接CM ，BM′，由折叠得：∠CMB=∠CM′B，BC⊥MM′，∴∠BDM=90°，∵点M为AB的黄金分割点(BM>AM)，∴BMAB =5-12，∵AB为半圆O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠MDB，∵∠DBM=∠CBA，∴△DBM∽△CBA，∴DMAC =BMAB=5-12，∵四边形ACM′B是半⊙O的内接四边形，∴∠A+∠CM′B=180°，∵∠AMC+∠CMB=180°，∠CMB=∠CM′B，∴∠A=∠AMC，∴CA=CM，在Rt△CDM中，sin∠BCM=DMCM=DMAC=5-12．故选：A．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，黄金分割，解直角三角形，翻折变换(折叠问题)，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．二、填空题9如图，将一张矩形纸片ABCD折叠，折痕为EF，折叠后，EC的对应边EH经过点A，CD的对应边HG交BA的延长线于点P．若PA=PG，AH=BE，CD=3，则BC的长为．【答案】43【分析】本题考查了矩形与折叠问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理．连接PF ，设BC =2x ，AH =BE=a ，证明Rt △PAF ≌Rt △PGF HL ，求得FA =FG =FD =x ，由折叠的性质求得BE =12x ，在Rt △ABE 中，利用勾股定理列式计算，即可求解．【详解】解：连接PF ，设BC =2x ，AH =BE =a ，由矩形的性质和折叠的性质知FG =FD ，∠G =∠FAP =90°，AB =CD =3，AD =BC ，∵PA =PG ，PF =PF ，∴Rt △PAF ≌Rt △PGF HL ，∴FA =FG =FD =12AD =12BC =x ，由矩形的性质知：AD ∥BC∴∠AFE =∠FEC ，折叠的性质知：∠FEA =∠FEC ，∴∠FEA =∠AFE ，∴AE =FA =x ，由折叠的性质知EC =EH =AE +AH =x +a ，∴BC =BE +EC =a +x +a =2x ，∴a =12x ，即BE =12x ，在Rt △ABE 中，AB 2+BE 2=AE 2，即32+12x2=x 2，解得x =23，∴BC =2x =43，故答案为：4310如图，在矩形ABCD 中，AB =3，AD =6，M 为AD 的中点，N 为BC 边上一动点，把矩形沿MN 折叠，点A ，B 的对应点分别为A ，B ，连接AA '并延长交射线CD 于点P ，交MN 于点O ，当N 恰好运动到BC 的三等分点处时，CP 的长为．【答案】1或5【分析】分两种情况：①当CN =2BN 时．过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形；②当BN =2CN 时，过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形，根据矩形的性质得GM =AM -AG =1.再由折叠的性质可得∠AOM =90°，然后根据相似三角形的判定与性质可得答案．【详解】解：①当CN =2BN 时．如图1，过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形，∴NG =AB =3，AG =BN =2．∵M 为AD 的中点，∴AM =3，∴GM =AM -AG =1．由折叠A 与A 对应，∴∠AOM =90°，∵∠MAO +∠APD =90°，∠MAO +∠AMO =90°，∴∠AMO =∠APD ，即∠GMN =∠APD ．又∵∠NGM =∠ADP =90°，∴△ADP ∽△NGM ，∴NG AD=GM DP =12，解得DP =2，∴CP =CD -DP =1．②当BN =2CN 时，如图2，过点N 作NG ⊥AD 于点G ，则四边形ABNG 为矩形，∴NG =AB =3，AG =BN =4．∵M 为AD 的中点，∴AM =3，∴GM =AG -AM =1．由折叠A 与A 对应，∴∠AOM =90°∠MAO +∠AMO =90°，∠MAO +∠APD =90°，∴∠AMO =∠APD ，即∠GMN =∠APD ．又∠ADP =∠NGM =90°，∴△ADP ∽△NGM ，∴NG AD=GM DP =12，解得DP =2，∴CP =CD +DP =5．综上，CP 的长为1或5．故答案为：1或5．【点睛】此题考查的是翻折变换-折叠问题、矩形的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．11如图，DE 平分等边△ABC 的面积，折叠△BDE 得到△FDE ,AC 分别与DF ,EF 相交于G ,H 两点．若DG =m ,EH =n ，用含m ,n 的式子表示GH 的长是．【答案】m 2+n 2【分析】先根据折叠的性质可得S △BDE =S △FDE ，∠F =∠B =60°，从而可得S △FHG =S △ADG +S △CHE ，再根据相似三角形的判定可证△ADG ∽△FHG ,△CHE ∽△FHG ，根据相似三角形的性质可得S △ADG S △FHG =DG GH2=m 2GH 2，S △CHE S △FHG =EH GH 2=n 2GH 2，然后将两个等式相加即可得．【详解】解：∵△ABC 是等边三角形，∴∠A =∠B =∠C =60°，∵折叠△BDE 得到△FDE ，∴△BDE ≌△FDE ，∴S △BDE =S △FDE ，∠F =∠B =60°=∠A =∠C ，∵DE 平分等边△ABC 的面积，∴S 梯形ACED =S △BDE =S △FDE ，∴S △FHG =S △ADG +S △CHE ，又∵∠AGD =∠FGH ,∠CHE =∠FHG ，∴△ADG ∽△FHG ,△CHE ∽△FHG ，∴S △ADG S △FHG =DG GH 2=m 2GH 2，S △CHE S △FHG =EH GH 2=n 2GH 2，∴S △ADG S △FHG +S △CHE S △FHG =m 2+n 2GH 2=S △ADG +S △CHE S △FHG =1，∴GH 2=m 2+n 2，解得GH =m 2+n 2或GH =-m 2+n 2(不符合题意，舍去)，故答案为：m 2+n 2．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．12在矩形ABCD 中，点E 为AD 边上一点(不与端点重合)，连接BE ，将矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，连接并延长EF ，BF 分别交BC ，CD 于G ，H 两点.若BA =6，BC =8，FH =CH ，则AE 的长为．【答案】92【分析】连接GH ，证明Rt △FHG ≅Rt △CHG (HL )，可得FG =CG ，设FG =CG =x ，在Rt △BFG 中，有62+x 2=(8-x )2，可解得CG =FG =74，知BG =254，由矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，得∠AEB =∠FEB ，可得∠FEB =∠EBG ，EG =BG =254，故EF =EG -FG =92，从而得到AE =92．【详解】连接GH ，如图：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A =∠C =90°，∵将矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，∴BF =AB =6,AE =EF ,∠BFE =∠A =90°，∴∠GFH =90°=∠C ，∵GH =GH ,FH =CH ，∴Rt △FHG ≅Rt △CHG (HL )，∴FG =CG ，设FG =CG =x ，则BG =BC -CG =8-x在Rt △BFG 中，BF 2+FG 2=BG 2∴62+x 2=(8-x )2，解得：x =74，∴CG =FG =74，∴BG =8-x =25x，∵将矩形ABCD 沿BE 折叠，折叠后点A 与点F 重合，∴∠AEB =∠FEB ，∵AD ⎳BC ，∴∠AEB =∠EBG ，∴∠FEB =∠EBG ，∴EG =BG =254，∴AE =92，故答案为：92．【点睛】本题考查矩形中的翻折变换，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用，掌握相关知识是解题的关键．13如图，在矩形ABCD 中，AD =23，CD =6，E 是AB 的中点，F 是线段BC 上的一点，连接EF ，把△BEF 沿EF 折叠，使点B 落在点G 处，连接DG ，BG 的延长线交线段CD 于点H ．给出下列判断：①∠BAC =30°；②△EBF ∽△BCH ；③当∠EGD =90°时，DG 的长度是23 ④线段DG 长度的最小值是21-3；⑤当点G 落在矩形ABCD 的对角线上，BG 的长度是3或33；其中正确的是．(写出所有正确判断的序号)【答案】①②③【分析】利用正切函数的定义即可判断①正确；利用同角的余角相等推出∠HBC =∠BEF ，可判断②正确；推出点D 、G 、F 三点共线，证明Rt △EAD ≌Rt △EGD HL ，可判断③正确；当点D 、G 、E 三点共线，线段DG 长度的最小值是21-3，由于F 是线段BC 上的一点，不存在D 、G 、E 三点共线，可判断④不正确；证明△BGE 是等边三角形，可判断⑤．【详解】解：连接AC ，∵矩形ABCD 中，AD =23，CD =6，∴tan ∠ACD =AD CD=236=33，∴∠ACD =30°，∴∠BAC =30°，故①正确；由折叠的性质知EF 是BG 的垂直平分线，∴∠HBC +∠BFE =90°=∠BEF +∠BFE ，∴∠HBC =∠BEF ，∴△EBF ∽△BCH ，故②正确；由折叠的性质知∠EGF =∠ABC =90°，∵∠EGD =90°，∴点D 、G 、F 三点共线，连接DE ，在Rt △EAD 和Rt △EGD 中，AE =BE =EG ，DE =DE ，∴Rt △EAD ≌Rt △EGD HL ，∴DG =AD =23，故③正确；∵AE =BE =EG ，∴点A 、G 、B 都在以E 为圆心，3为半径的圆上，DE =23 2+32=21，∴当点D 、G 、E 三点共线，线段DG 长度的最小值是21-3，但F 是线段BC 上的一点，∴D 、G 、E 三点不可能共线，故④不正确；当点G 落在矩形ABCD 的对角线AC 上时，由折叠的性质知BE =EG ，∵E 是AB 的中点，由①知∠BAC =30°，∴BE =EG =EA ，∠BAC =∠EGA =30°，∴∠BEG =∠BAC +∠EGA =60°，∴△BGE 是等边三角形，∴BG 的长度是3；由于F 是线段BC 上的一点，则点G 不会落在矩形ABCD 的对角线BD 上，故⑤不正确；综上，①②③说法正确，故答案为：①②③．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，正切函数，相似三角形的判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．14如图，将矩形ABCD沿BE折叠，点A与点A 重合，连接EA 并延长分别交BD、BC于点G、F，且BG=BF．(1)若∠AEB=55°，则∠GBF=；(2)若AB=3，BC=4，则ED=．【答案】40°/40度5-10/-10+5【分析】(1)先证明∠DEF=180°-2×55°=70°，∠BFG=∠DEF=70°，利用BG=BF，可得答案；(2)如图，过F作FQ⊥AD于Q，可得CF=DQ，FQ=CD=3，同理可得：∠BGF=∠BFG，∠DEG=∠BFG，而∠DGE=∠BGF，则∠DEG=∠DGE，设DE=DG=x，而BD=32+42=5，则BG=BF=5-x，CF=4-5-x=1，再求解EF=12+32=10，由折叠可得：A E=AE=4 =x-1，EQ=x-x-1-x，AF=10-4+x，利用cos∠BFA=cos∠FEQ，再建立方程求解即可．【详解】解：(1)∵∠AEB=55°，结合折叠可得：∠AEB=∠A EB=55°，∴∠DEF=180°-2×55°=70°，∵矩形ABCD，∴AD∥BC，∴∠BFG=∠DEF=70°，∵BG=BF，∴∠BGF=∠BFG=70°；∴∠GBF=180°-2×70°=40°；故答案为：40°．(2)如图，过F作FQ⊥AD于Q，∴四边形FCDQ是矩形，则CF=DQ，FQ=CD=3，同理可得：∠BGF=∠BFG，∠DEG=∠BFG，而∠DGE=∠BGF，∴∠DEG=∠DGE，∴设DE=DG=x，∵矩形ABCD，AB=3，BC=4，∴BD=32+42=5，∴BG=BF=5-x，∴CF=4-5-x=x-1，∴EQ=x-x-1=1，∴EF=12+32=10，由折叠可得：A E=AE=4-x，∴AF =10-4+x，∵∠QEF=∠BFA ，∴cos∠BFA =cos∠FEQ，∴EQEF=A FBF，∴110=10-4+x5-x，解得：x=5-10，经检验符合题意；∴DE=5-10．故答案为：5-10．【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质与判定，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，等腰三角形的判定与性质，熟练的利用以上知识解题是关键．三、解答题15综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．(1)操作判断操作一：如图(1)，正方形纸片ABCD，点E是BC边上(点E不与点B，C重合)任意一点，沿AE折叠△ABE到△AFE，如图(2)所示；操作二：将图(2)沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为H，如图(3)所示；操作三：将纸片展平，连接BM，如图(4)所示．根据以上操作，回答下列问题：①B，M，N三点(填“在”或“不在”)一条直线上；②AE和BN的位置关系是，数量关系是；③如图(5)，连接AN，改变点E在BC上的位置，(填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分∠DAE．(2)迁移探究苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，AB=4，BC=6，按照(1)中的方式操作，得到图(6)或图(7)．请完成下列探究：①当点N在CD上时，如图(6)，BE和CN有何数量关系？并说明理由；②当DN的长为1时，请直接写出BE的长．【答案】(1)①在，②AE⊥BN，相等；③不存在；(2)①BECN =23，理由见解析；②BE=2或165．【分析】(1)①E的对称点为E ，BF⊥EE ，MF⊥EE ，即可判断；②由①AE⊥BN，由同角的余角相等得∠BAE=∠CBN，由AAS可判定△ABE≌△BCN，由全等三角形的性质即可得证；③由AAS可判定△DAN≌△MAN，由全等三角形的性质得AM=AD，等量代换得AB=AM，与AB>AM矛盾，即可得证；(2)①由(1)中的②可判定△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；②当N在CD上时，△ABE∽△BCN，由三角形相似的性质即可求解；当N在AD上时，同理可判定△ABE∽△NAB，由三角形相似的性质即可求解．【详解】(1)解：①E的对称点为E ，∴BF⊥EE ，MF⊥EE ，∴B、F、M共线，故答案为：在；②由①知：B、F、M共线，N在FM上，∴AE⊥BN，∴∠AMB=90°，∴∠ABM+∠BAE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCN=90°，AB=BC，∴∠CBN+∠ABM=90°，∴∠BAE=∠CBN，在△ABE和△BCN中，∠BAE=∠CBN ∠ABC=∠BCN AB=BC，∴△ABE≌△BCN(AAS)，∴AE=BN，故答案为：相等；③不存在，理由如下：假如存在，∵AN平分∠DAE，∴∠DAN=∠MAN，∵四边形ABCD是正方形，AM⊥BN，∴∠D=∠AMN=90°，在△DAN和△MAN中，∠D=∠AMN∠DAN=∠MAN AN=ANN∴△DAN≌△MAN(AAS)，∴AM=AD，∵AD=AB，∴AB=AM，∵AB是Rt△ABM的斜边，∴AB>AM，∴AB =AM 与AB >AM 矛盾，故假设不成立，所以答案为：不存在；(2)解：①BE CN=23，理由如下：由(1)中的②得：∠BAE =∠CBN ，∠ABE =∠C =90°，∴△ABE ∽△BCN ，∴BE CN =AB BC=23；②当N 在CD 上时，CN =CD -DN =3，由①知：△ABE ∽△BCN ，∴BE CN =AB BC =23，∴BE =23CN =2，当N 在AD 上时，AN =AD -DN =5，∵∠BAE =∠CBN =∠ANB ，∠ABE =∠BAN =90°，∴△ABE ∽△NAB ，∴BE AB =AB AN ，∴BE 4=45，∴BE =165，综上所述：BE =2或165．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．16在矩形ABCD 中，AD =2AB =8，点P 是边CD 上的一个动点，将△BPC 沿直线BP 折叠得到△BPC ．(1)如图1，当点P 与点D 重合时，BC ′与AD 交于点E ，求BE 的长度；(2)当点P 为CD 的三等分点时，直线BC ′与直线AD 相交于点E ，求DE 的长度；(3)如图2，取AB 中点F ，连接DF ，若点C ′恰好落在DF 边上时，试判断四边形BFDP 的形状，并说明理由．【答案】(1)BE 的长度为5；(2)DE 的长度为113或83;(3)四边形BFDP 是平行四边形(理由见解析)【分析】本题利用了折叠的知识(折叠后的两个图形全等)以及矩形的性质(矩形的对边相等，对角相等)，以及平行四边形的判定有关知识．(1)利用矩形性质和折叠的性质可推出BE=DE，设BE=x,则DE=x,AE=8-x,利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；(2)设DE=m,则AE=m+8，设BE交CD于G，可证得△AEB∽△CBG，得出CGAB =BCAE，即CG4=8m+8，求得CG=32m+8，分两种情况：当PC=13CD=43时，当PC=23CD=83时，分别添加辅助线构造相似三角形，利用相似三角形性质建立方程求解即可得出答案；(3)由中点定义可得AF=BF，过点C 作C M∥AD交AB于点M，过点F作FN⊥BC 于点N，由矩形性质和翻折的性质可得∠C BP=∠CBP=12∠C BC，可证得△FC M∽△FDA，得出FMAF=C MAD，再证得△BFN∽△BC M，进而推出FM=FN，利用角平分线的判定定理可得∠BC F=∠MC F=12∠BC M推出∠BC F=∠C BP，再由平行线的判定定理可得DF∥BP，运用平行四边形的判定定理即可证得四边形BFDP是平行四边形．【点睛】点睛片段【详解】(1)解：∵AD=2AB=8，∴AB=4，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，由折叠得：∠DBC=∠DBC ，∴∠ADB=∠DBC ，即∠EDB=∠EBD，∴BE=DE，设BE=x，则DE=x，AE=8-x，在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，∴(8-x)2+42=x2，解得：x=5，∴BE的长度为5；(2)设DE=m，则AE=m+8，设BE交CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∴BC=AD=8，CD=AB=4，AD∥BC，∠A=∠BCG=90°，∴∠AEB=∠CBG，∴△AEB∽△CBG，∴CG AB =BCAE，即CG4=8m+8，∴CG=32m+8，当PC=13CD=43时，BP=BC2+PC2=82+432=4373，连接CC ，过点C 作C H⊥CD于点H，如图，∵将△BPC沿直线BP折叠得到△BPC ，∴CC ⊥BP，△BPC ≌△BPC，∴S四边形BCPC =2S△BPC，∴1BP⋅CC =2×1BC⋅PC，即12×4373CC =2×12×8×43，∴CC =163737，∵∠C CH +∠BPC =90°，∠PBC +∠BPC =90°，∴∠C CH =∠PBC ，∵∠CHC =∠BCP =90°，∴△CC H ∽△BPC ，∴C H PC =CH BC =CC BP ，即CH 43=CH 8=1637374373，∴C H =1637，CH =9637，∵∠C HG =∠EDG =90°，∴C H ∥AE ，∴∠GC ′H =∠AEB ，∴△C GH ∽△EBA ，∴GH AB =C H AE ，即GH 4=1637m +8，∴GH =6437(m +8)，∵CH +GH =CG ，∴9637+6437(m +8)=32m +8，解得：m =113，经检验，m =113是该方程的解，∴DE =113；当PC =23CD =83时，BP =BC 2+PC 2=82+83 2=8103，连接CC ，过点C 作C H ⊥CD 交CD 的延长线于点H ，作C G ⊥AD 于点G ，如图，同理可得：CC =8105，同理△CC H ∽△BPC ，∴C H PC =CH BC =CC BP ，即CH 83=CH 8=81058103，∴C H =85，CH =245，∴DH =CH -CD =245-4=45，∵∠HDG =∠H =∠C GD =90°，∴四边形DGC H 是矩形，∴C G =DH =45，DG =C H =85，∵∠C GE =∠A =90°，∠C EG =∠BEA ，∴△C EG ∽△BEA ，∴EG AE =C G AB =454=15，∴AE =5EG ，∵AE +EG =AG =AD -DG =8-85=325，∴5EG +EG =325，∴EG =1615，∴DE =DG +EG =85+1615=83，综上所述，DE 的长度为113或83；(3)四边形BFDP 是平行四边形，理由如下：∵点F 是AB 的中点，∴AF =BF ，过点C 作C M ∥AD 交AB 于点M ，过点F 作FN ⊥BC 于点N ，如图，则∠FC M =∠ADF ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ,AB ∥CD ，∴C M ∥BC ，∴∠BC M =∠C BC ，由翻折得：∠C BP =∠CBP =12∠C BC ，BC =BC =8，∵C M ∥AD ，∴△FC M ∽△FDA ，∴FM AF =C M AD ，∴FM BF =C MBC ，∵∠BNF =∠BMC =90°，∠FBN =∠C BM ，∴△BFN ∼△BC M∴FN BF =C MBC ，∴FM BF =FN BF ，∴FM =FN ，又∵FM ⊥C M ，FN ⊥C B ，∴∠BC F =∠MC F =12∠BC M ，∴∠BC F =∠C BP ，∴DF ∥BP ，∴四边形BFDP 是平行四边形．17矩形ABCD 中，AB =6，AD =8，点E 为对角线AC 上一点，过点E 作EF ⊥AD 于点F ，EG ⊥AC 交边BC 于点G ，将△AEF 沿AC 折叠得△AEH ，连接HG ．(1)如图1，若点H 落在边BC 上，求证：AH =CH ；(2)如图2，若A ，H ，G 三点在同一条直线上，求HG 的长；(3)若△EHG 是以EG 为腰的等腰三角形，求EF 的长．【答案】(1)见解析(2)HG =94(3)EF =103或4【分析】(1)根据矩形的性质和翻折的性质证明∠ACH =∠HAC ，即可解决问题；(2)结合(1)的方法AG =CG ，解Rt △AEG ，Rt △HEG 分别求得EG ,HG ；(3)当△EHG 是以EG 为腰的等腰三角形时，分两种情况：①当EG =EH ，②当EG =HG ，结合(2)的方法，利用全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质即可解决问题．【详解】(1)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ．∴∠DAE =∠ACH .∵△AHE 由△AFE 折叠得到，∴∠HAC =∠DAE ，∴∠HAC =∠ACH ，∴AH =CH ；(2)∵矩形ABCD 中，AB =6,AD =8．∴AC =10.当A ，H ，G 三点在同一条直线上时，∠EHG =90°．同(1)可得AG =CG ．又∵EG ⊥AC ，∴AE =12AC =5．∵∠AEH +∠HEG =90°，∠AEH +∠HAE =90°，∴∠HEG =∠HAC =∠CAD ．∵在Rt △AEG 中，tan ∠EAG =EG AE =34，∴EG =34AE =154．∵在Rt △HEG 中，sin ∠HEG =HG EG =35，∴HG =35EG =94．(3)①若EH =EG ，如图3①设EF =EH =EG =x ，∵EF ⊥AD ，∴EF ∥CD ，∴△AEF ∽△ACD ，∴AE AC =AF AD =EF CD ∴AE 10=AF 8=x 6∴AE =53x ,AF =43x ，∴AH =AF =43x ，∵∠AHE =∠CEG =90°，∠HAE =∠GCE ，EH =EH ，∴△AHE ≌△CGE AAS ，∴AH =CE ，∴43x =10-53x ，∴x =103∴EF =103．②若HG =GE ，如图3②．(图3②)过点G 作GM ⊥HE ，设EF =a ,∵EC =10-53a ，∵∠AHE =∠CEG =90°，∠HAE =∠GCE ，∴△AHE ∽△CGE ，∴EG =34EC =3410-53a =152-54a ，∵∠GME =∠EHA ，∠MGE =90°-∠MEG =∠HAE ，∴△MGE ∽△HEA ，∴ME AH =EG AE ，∵AH AE =AD AC =45，∴AH =45AE ，∴ME =45EG =45152-54a =6-a ，∴HE =2ME =12-2a =EF ，∴12-2a =a ，∴a =4，∴EF =4，综上，EF =103或4．【点睛】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，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，等腰三角形的性质，翻折的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．18综合与实践【问题情境】数学活动课上，老师准备了若干张正方形纸片ABCD，组织同学们进行折纸探究活动．【初步尝试】把正方形对折，折痕为EF，然后展开，沿过点A与点E所在的直线折叠，点B落在点B 处，连接 B C，如图1，请直接写出∠AEB 与∠ECB 的数量关系．【能力提升】把正方形对折，折痕为EF，然后展开，沿过点A与BE上的点G所在的直线折叠，使点B落在EF上的点P处，连接PD，如图2，猜想∠APD的度数，并说明理由．【拓展延伸】在图2的条件下，作点A关于直线CP的对称点A ，连接PA ，BA ，AC，如图3，求∠PA B的度数．【答案】初步尝试：∠AEB =∠ECB ；能力提升：猜想：∠APD=60°，理由见解析；拓展延伸：∠PA B=15°【分析】初步尝试：连接BB ，由折叠的性质可知，BE=CE，BE=BE ，∠AEB=∠AEB ，BB ⊥AE，根据等边对等角的性质和三角形内角和定理，得出∠BB C=90°，推出AE∥CB ，即可得出答案；能力提升：根据正方形的性质和折叠的性质，易证△AFP≌△DFP SAS，从而证明△APD是等边三角形，即可得到答案；拓展延伸：连接A C、AA ，由(2)得△APD是等边三角形，进而得出∠PDC=30°，再结合等边对等角的性质和三角形内角和定理，求得∠PAC=15°，∠ACP=30°，由对称性质得：AC=A C，∠ACP=∠A CP=30°，证明△AA B≌△CA B SSS，得到∠CA B=30°，再由∠CA P=∠CAP=15°，即可求出∠PA B的度数．【详解】解：初步尝试：∠AEB =∠ECB ，理由如下：如图，连接BB ，由折叠的性质可知，BE=CE，BE=BE ，∠AEB=∠AEB ，BB ⊥AE，∴BE=CE=BE ，∴∠EBB =∠EB B，∠ECB =∠EB C，∵∠EBB +∠EB B+∠EB C+∠ECB =2∠EB B+∠EB C=180°，∴∠BB C=90°，即BB ⊥CB ，∴AE∥CB ，∴∠AEB=∠ECB ，∴∠AEB =∠ECB ；解：能力提升：猜想：∠APD=60°，理由如下：理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ADC=90°，由折叠性质可得：AF =DF ，EF ⊥AD ，AB =AP ，在△AFP 和△DFP 中，AF =DF∠AFP =∠DFP =90°FP =FP，∴△AFP ≌△DFP SAS ，∴AP =PD ，∴AP =AD =PD ，∴△APD 是等边三角形，∴∠APD =60°；解：拓展延伸：如图，连接A C 、AA ，由(2)得△APD 是等边三角形，∴∠PAD =∠PDA =∠APD =60°，AP =DP =AD ，∵∠ADC =90°，∴∠PDC =30°，又∵PD =AD =DC ，∴∠DPC =∠DCP =12×180°-30° =75°，∠DAC =∠DCA =45°，∴∠PAC =∠PAD -∠DAC =60°-45°=15°，∠ACP =∠DCP -∠DCA =75°-45°=30°，由对称性质得：AC =A C ，∠ACP =∠A CP =30°，∴∠ACA =60°，∴△ACA 是等边三角形，在△AA B 与△CA B 中，A A =A CA B =A B AB =BC，∴△AA B ≌△CA B SSS ，∴∠AA B =∠CA B =12∠AA C =30°，又∵∠CA P =∠CAP =15°，∴∠PA B =∠CA B -∠CA P =15°．【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．19综合与实践数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD 对折，使得点A ，D 重合，点B ，C 重合，折痕为EF ，展开后沿过点B 的直线再次折叠纸片，点A 的对应点为点N ，折痕为BM ． (1)如图(1)若AB =BC ，则当点N 落在EF 上时，BF 和BN 的数量关系是，∠NBF 的度数为．思考探究：(2)在AB=BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M ．当点M 落在CD上时，如图(2)，设BN，BM 分别交EF于点J，K．若DM =4，请求出三角形BJK的面积．开放拓展：(3)如图(3)，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=4，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，点A的对应点为点N，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，点M的对应点为点M ，连接CP，DP，若PC=PD，请直接写出AM的长．(温馨提示：12+3=2-3，12+1=2-1)【答案】(1)BF=12BN，60°(2)2+2(3)4-23【分析】(1)根据折叠的性质得：AB=BN，BF=CF=12BC，根据直角三角形的性质可得∠BNF=30°，由直角三角形的两锐角互余可得结论；(2)由折叠得：BM=BM ，证明Rt△ABM≌Rt△CBM (HL)，可知AM=CM ，∠ABM=∠CBM ，得△BFJ是等腰直角三角形，再证明四边形ABCD是正方形，分别计算BF=FJ=12BC=2+2，JK=2，由三角形面积公式可得结论；(3)如图(3)，过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根据等腰三角形的三线合一可得DH=CH=12CD=12AB=1，由折叠的性质和矩形的性质可得PG=CH=1，BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，设PL=x，则M L=2x，M P=3x，根据NL=233=NM +M L，列方程可解答．【详解】(1)解：由折叠得：AB=BN，BF=CF，∠BFN=90°，∵AB=BC，∴BF=12BN，∴∠BNF=30°，∴∠NBF=90°-30°=60°，故答案为：BF=12BN，60°；(2)由折叠得：BM=BM ，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，∴Rt△ABM≌Rt△CBM (HL)，∴AM=CM ，∠ABM=∠CBM ，∴∠ABM=∠MBN=∠NBM =∠CBM ，∴∠FBJ=45°，∴△BFJ是等腰直角三角形，∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴矩形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠D=90°，∴DM=DM =4，∴MM =42，∵AM=MN=M N=CM ，∴CM =22，∴BC =CD =4+22，∴BF =FC =2+2，∵FK ∥CM ，∴BK =KM ，∴FK =12CM =2，∵△BFJ 是等腰直角三角形，∴BF =FJ =12BC =2+2，∴JK =2+2-2=2，∴S △BJK =12⋅JK ⋅BF =12×2×(2+2)=2+2；(3)如图，过点P 作PG ⊥BC 于G ，PH ⊥CD 于H ，∵PC =PD ，∴DH =CH =12CD =12AB =1，∵∠PGC =∠PHC =∠BCH =90°，∵四边形PGCH 是矩形，∴PG =CH =1，由折叠得：BN =BP =AB =2，∠NBP =∠ABN ，Rt △BPG 中，∠PBG =30°，∴∠ABN =∠NBP =90°-30°2=30°，延长NM ，BP 交于L ，Rt △BNL 中，BN =2，∠NBL =30°，∴NL =2×33=233，Rt △M PL 中，∠M LP =90°-30°=60°，∴∠PM L =30°，设PL =x ，则M L =2x ，M P =3x ，∵NL =233=NM +M L ，∴3x +2x =233，∴x =433-2，∴AM =3x =3×433-2 =4-23．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖．20综合与实践综合与实践课上，老师带领同学们以“矩形和平行四边形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断如图1，先用对折的方式确定矩形ABCD 的边AB 的中点E ，再沿DE 折叠，点A 落在点F 处，把纸片展平，延长DF ，与BC 交点为G ．。

中考数学专题复习：折叠题含答案解析

中考数学专题复习：折叠题含答案解析

年中考数学专题复习：折叠题1．如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F，将∠DEF 沿EF折叠，点D恰好落在BE上M点处，延长BC、EF交于点N．有下列四个结论：①DF=CF；②BF∠EN；③∠BEN是等边三角形；④S∠BEF=3S∠DEF．其中，将正确结论的序号全部选对的是（）A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④解答：解：∠四边形ABCD是矩形，∠∠D=∠BCD=90°，DF=MF，由折叠的性质可得：∠EMF=∠D=90°，即FM∠BE，CF∠BC，∠BF平分∠EBC，∠CF=MF，∠DF=CF；故①正确；∠∠BFM=90°﹣∠EBF，∠BFC=90°﹣∠CBF，∠∠BFM=∠BFC，∠∠MFE=∠DFE=∠CFN，∠∠BFE=∠BFN，∠∠BFE+∠BFN=180°，∠∠BFE=90°，即BF∠EN，故②正确；∠在∠DEF和∠CNF中，，∠∠DEF∠∠CNF（ASA），∠EF=FN，∠BE=BN，但无法求得∠BEN各角的度数，∠∠BEN不一定是等边三角形；故③错误；∠∠BFM=∠BFC，BM∠FM，BC∠CF，∠BM=BC=AD=2DE=2EM，∠BE=3EM，∠S∠BEF=3S∠EMF=3S∠DEF；故④正确．故选B．点评：此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．2．如图，将矩形ABCD的一个角翻折，使得点D恰好落在BC边上的点G处，折痕为EF，若EB为∠AEG的平分线，EF和BC的延长线交于点H．下列结论中：①∠BEF=90°；②DE=CH；③BE=EF；④∠BEG和∠HEG的面积相等；⑤若，则．A．2个B．3个C．4个D．5个解答：解：①由折叠的性质可知∠DEF=∠GEF，∠EB为∠AEG的平分线，∠∠AEB=∠GEB，∠∠AED=180°，∠∠BEF=90°，故正确；②可证∠EDF∠∠HCF，DF＞CF，故DE≠CH，故错误；③只可证∠EDF∠∠BAE，无法证明BE=EF，故错误；④可证∠GEB，∠GEH是等腰三角形，则G是BH边的中线，∠∠BEG和∠HEG的面积相等，故正确；⑤过E点作EK∠BC，垂足为K．设BK=x，AB=y，则有y2+（2y﹣2x）2=（2y﹣x）2，解得x1=y（不合题意舍去），x2=y．则，故正确．故正确的有3个．故选B．点评：本题考查了翻折变换，解答过程中涉及了矩形的性质、勾股定理，属于综合性题目，解答本题的关键是根据翻折变换的性质得出对应角、对应边分别相等，然后分别判断每个结论，难度较大，注意细心判断．3．如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将∠ABE沿BE折叠后得到∠GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为（）A．3B．2C．2D．2解答：解：过点E作EM∠BC于M，交BF于N，∠四边形ABCD是矩形，∠∠A=∠ABC=90°，AD=BC，∠∠EMB=90°，∠四边形ABME是矩形，∠AE=BM，由折叠的性质得：AE=GE，∠EGN=∠A=90°，∠EG=BM，∠∠ENG=∠BNM，∠∠ENG∠∠BNM（AAS），∠NG=NM，∠CM=DE，∠E是AD的中点，∠AE=ED=BM=CM，∠EM∠CD，∠BN：NF=BM：CM，∠BN=NF，∠NM=CF=，∠NG=，∠BG=AB=CD=CF+DF=3，∠BN=BG﹣NG=3﹣=，∠BF=2BN=5，∠BC===2．故选B．点评：此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、三角形中位线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．4．如图，两个正方形ABCD和AEFG共顶点A，连BE，DG，CF，AE，BG，K，M分别为DG和CF的中点，KA的延长线交BE于H，MN∠BE于N．则下列结论：①BG=DE 且BG∠DE；②∠ADG和∠ABE的面积相等；③BN=EN，④四边形AKMN为平行四边形．其中正确的是（）A．③④B．①②③C．①②④D．①②③④解答：解：由两个正方形的性质易证∠AED∠∠AGB，∠BG=DE，∠ADE=∠ABG，∠可得BG与DE相交的角为90°，∠BG∠DE．①正确；如图，延长AK，使AK=KQ，连接DQ、QG，∠四边形ADQG是平行四边形；作CW∠BE于点W，FJ∠BE于点J，∠四边形CWJF是直角梯形；∠AB=DA，AE=DQ，∠BAE=∠ADQ，∠∠ABE∠∠DAQ，∠∠ABE=∠DAQ，∠∠ABE+∠BAH=∠DAQ+∠BAH=90°．∠∠ABH是直角三角形．易证：∠CWB∠∠BHA，∠EJF∠∠AHE；∠WB=AH，AH=EJ，∠WB=EJ，又WN=NJ，∠WN﹣WB=NJ﹣EJ，∠BN=NE，③正确；∠MN是梯形WGFC的中位线，WB=BE=BH+HE，∠MN=（CW+FJ）=WC=（BH+HE）=BE；易证：∠ABE∠∠DAQ（SAS），∠AK=AQ=BE，∠MN∠AK且MN=AK；四边形AKMN为平行四边形，④正确．S∠ABE=S∠ADQ=S∠ADG=S∠ADQG，②正确．所以，①②③④都正确；故选D．点评：当出现两个正方形时，一般应出现全等三角形．图形较复杂，选项较多时，应用排除法求解．5．如图，在∠ABC中，∠C=90°，将∠ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，已知MN∠AB，MC=6，NC=，则四边形MABN的面积是（）A．B．C．D．解答：解：连接CD，交MN于E，∠将∠ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，∠MN∠CD，且CE=DE，∠CD=2CE，∠MN∠AB，∠CD∠AB，∠∠CMN∠∠CAB，∠，∠在∠CMN中，∠C=90°，MC=6，NC=，∠S∠CMN=CM•CN=×6×2=6，∠S∠CAB=4S∠CMN=4×6=24，∠S四边形MABN=S∠CAB﹣S∠CMN=24﹣6=18．故选C．点评：此题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性质．此题难度适中，解此题的关键是注意折叠中的对应关系，注意数形结合思想的应用．6．如图，D是∠ABC的AC边上一点，AB=AC，BD=BC，将∠BCD沿BD折叠，顶点C 恰好落在AB边的C′处，则∠A′的大小是（）A．40°B．36°C．32°D．30°解答：解：连接C'D，∠AB=AC，BD=BC，∠∠ABC=∠ACB=∠BDC，∠∠BCD沿BD折叠，顶点C恰好落在AB边的C′处，∠∠BCD=∠BC'D，∠∠ABC=∠BCD=∠BDC=∠BDC'=∠BC'D，∠四边形BCDC'的内角和为360°，∠∠ABC=∠BCD=∠BDC=∠BDC'=∠BC'D==72°，∠∠A=180°﹣∠ABC﹣∠ACB=36°．故选B．点评：本题考查了折叠的性质，解答本题的关键是掌握翻折前后的对应角相等，注意本题的突破口在于得出∠ABC=∠BCD=∠BDC=∠BDC'=∠BC'D，根据四边形的内角和为360°求出每个角的度数．7．如图，已知∠ABC中，∠CAB=∠B=30°，AB=2，点D在BC边上，把∠ABC沿AD翻折使AB与AC重合，得∠AB′D，则∠ABC与∠AB′D重叠部分的面积为（）A．B．C．3﹣D．解答：解：过点D作DE∠AB′于点E，过点C作CF∠AB，∠∠ABC中，∠CAB=∠B=30°，AB=2，∠AC=BC，∠AF=AB=，∠AC===2，由折叠的性质得：AB′=AB=2，∠B′=∠B=30°，∠∠B′CD=∠CAB+∠B=60°，∠∠CDB′=90°，∠B′C=AB′﹣AC=2﹣2，∠CD=B′C=﹣1，B′D=B′C•cos∠B′=（2﹣2）×=3﹣，∠DE===，∠S阴影=AC•DE=×2×=．故选A．点评：此题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质、直角三角形的性质以及特殊角的三角函数问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用，注意掌握折叠前后图形的对应关系．8．如图，已知∠ABC中，∠CAB=∠B=30°，AB=，点D在BC边上，把∠ABC沿AD翻折，使AB与AC重合，得∠AED，则BD的长度为（）A．B．C．D．解答：解：作CF∠AB于点F．∠∠CA B=∠B∠AC=BC，∠BF=AB=，在直角∠BCF中，BC==2，在∠CD E中，∠E=∠B=30°，∠ECD=∠CAB+∠B=60°，DE=BD，∠∠CDE=90°，设BD=x，则CD=DE=2﹣x，在直角∠CDE中，tanE===tan30°=，解得：x=3﹣．故选B．点评：本题考查了图形的折叠，以及三线合一定理、三角函数，正确理解折叠的性质，找出图形中相等的线段、相等的角是关键．9．如图，在Rt∠ABC中，∠C=90°，AC=，BC=1，D在AC上，将∠ADB沿直线BD翻折后，点A落在点E处，如果AD∠ED，那么∠ABE的面积是（）A．1B．C．D．解答：解：∠∠C=90°，AC=，BC=1，∠AB==2，∠∠BAC=30°∠∠ADB沿直线BD翻折后，点A落在点E处，∠BE=BA=2，∠BED=∠BAD=30°，DA=DE，∠AD∠ED，∠BC∠DE，∠∠CBF=∠BED=30°，在Rt∠BCF中，CF==，BF=2CF=，∠EF=2﹣，在Rt∠DEF中，FD=EF=1﹣，ED=FD=﹣1，∠S∠ABE=S∠ABD+S∠BED+S∠ADE=2S∠ABD+S∠ADE=2×BC•AD+AD•ED=2××1×（﹣1）+×（﹣1）（﹣1）=1．故选A．点评：本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了勾股定理和含30度的直角三角形三边的关系．。

2023年中考数学【选择题】讲练必考重点03 几何变换之翻折问题

2023年中考数学【选择题】讲练必考重点03 几何变换之翻折问题

【选择题】必考重点03 几何变换之翻折问题几何变换中的折叠问题，是江苏各地中考中常考的题型，难度多为一般或者较难。

几何的翻折问题，本质上考查的是轴对称的性质，常和矩形相结合。

在解题时，首先要明确折叠前后的图形全等，折叠前后的对应边、对应角相等，对称轴垂直平分对应点之间的连线，在结合矩形、菱形、三角形等的性质，运用勾股定理，列出方程，求出相应的线段长度。

【2022·江苏连云港·中考母题】如图，将矩形ABCD 沿着GE 、EC 、GF 翻折，使得点A 、B 、D 恰好都落在点O 处，且点G 、O 、C 在同一条直线上，同时点E 、O 、F 在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF ∥EC ；②AB ；③GE DF ；④OC ；⑤△COF ∽△CEG ．其中正确的是（ ）A ．①②③B ．①③④C ．①④⑤D ．②③④【考点分析】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x ，然后根据折叠和轴对称的性质用含x 的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 【思路分析】由折叠的性质知∠FGE =90°，∠GEC =90°，点G 为AD 的中点，点E 为AB 的中点，设AD =BC =2a ，AB =CD =2b ，在Rt △CDG 中，由勾股定理求得b ，然后利用勾股定理再求得DF =FO =【2021·江苏苏州·中考母题】如图，在平行四边形ABCD 中，将ABC 沿着AC 所在的直线翻折得到AB C '，B C '交AD 于点E ，连接B D '，若60B ∠=︒，45ACB ∠=︒，AC =B D '的长是（ ）A．1BC D 【考点分析】本题考查翻折变换、等腰三角形的性质、勾股定理、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【思路分析】利用平行四边形的性质、翻折不变性可得△AEC 为等腰直角三角形，根据已知条件可得CE 得长，进而得出ED 的长，再根据勾股定理可得出B D '；1．（2022·江苏苏州·二模）如图把一张矩形纸片ABCD 沿对角线AC 翻折，点B 的对应点为B ′，AB ′与DC 相交于点E ，则下列结论一定正确的是（ ）A ．BC ＝12ACB ．AE ＝CEC ．AD ＝DE D ．∠DAE ＝∠CAB2．（2022·江苏南京·二模）如图，矩形ABCO ，点A 、C 在坐标轴上，点B 的坐标为()2,4-．将△ABC 沿AC 翻折，得到△ADC ，则点D 的坐标是（ ）A．612,55⎛⎫⎪⎝⎭B．65,52⎛⎫⎪⎝⎭C．312,25⎛⎫⎪⎝⎭D．35,22⎛⎫⎪⎝⎭3．（2022·江苏泰州·一模）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝11，EN＝2，则FO的长为（）A B C D4．（2022·江苏宿迁·三模）已知长方形纸条ABCD，点E、G在AD边上，点F、H在BC边上．将纸条分别沿着EF、GH折叠，如图，当DC恰好落在EA'上时，1∠与2∠的数量关系是（）A．12135∠+∠=︒B．2115∠-∠=︒C．1290∠+∠=︒D．22190∠-∠=︒5．（2022·江苏苏州·二模）如图①，②，③，④，两次折叠等腰三角形纸片ABC，先使AB与AC重合，折痕为AD，展平纸片：再使点A与点C重合，折痕为EF，展平纸片，AD、EF交于点G．若5cmAB AC==，6cmBC，则DG的长为（）A．3cm4B．7cm8C．1cm D．7cm66．（2022·江苏·苏州中学二模）如图，菱形ABCD中，点E在AD上，将△ABE沿着BE翻折，点A恰好落在CD上的点F处．若∠A=65°，则∠DFE的度数为（）A．85︒B．82.5︒C．65︒D．50︒7．（2022·江苏扬州·二模）如图，在矩形ABCD中，2AB=，BC=E是BC的中点，将ABE△沿直线AE翻折，点B落在点F处，连结CF，则tan ECF∠的值为（）A B C．23D8．（2022·江苏苏州·模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC 边上的点F处，若3AB=，5BC=，则tan FEC∠的值为（）．A．12B．35C．34D．459．（2022·江苏苏州·一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，平行四边形ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，点C在第一象限，将△AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处、点B恰好为OE的中点．DE与BC交于点F．若y＝kx（k≠0）图象经过点C．且S△BEF＝1，则k的值为（）A．18B．20C．24D．2810．（2022·江苏·江阴市第一初级中学一模）如图，把三角形纸片ABC沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE外部时，则∠A与∠1、∠2之间的数量关系是（）A．2∠A=∠1-∠2B．3∠A=2（∠1-∠2）C．3∠A=2∠1-∠2D．∠A=∠1-∠211．（2022·江苏·无锡市天一实验学校二模）已知：如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=8，tan∠ABC=32，点N是边AC的中点，点M是射线BC上的一动点（不与B，C重合），连接MN，将△CMN沿MN 翻折得△EMN，连接BE，CE，当线段BE的长取最大值时，sin∠NCE的值为（）A B C D12．（2022·江苏省南菁高级中学实验学校九年级）如图，在ABC 中，点D 是线段AB 上的一点，过点D 作DE ∥AC 交BC 于点E ，将BDE 沿DE 翻折，得到B DE '，若点C 恰好在线段B D '上，若90BCD ∠=︒，DC ：3CB '=：2，AB =CE 的长度为（ ）A．B C ．D 13．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在△ABC 中，90ACB ∠=，点D 是AB 的中点，将△ACD 沿CD 对折得△A ′CD ．连接BA '，连接AA ′交CD 于点E ，若14cm AB =，4cm BA '=，则CE 的长为（ ）A ．4cmB ．5cmC ．6cmD ．7cm14．（2022·江苏·宜兴市树人中学九年级）如图，在△ABC 中，点D 是线段AB 上的一点，过点D 作DE ∥AC 交BC 于点E ，将△BDE 沿翻折，得到△B 'DE ，若点C 恰好在线段B 'D 上，若∠BCD ＝90°，DC ：CB '＝3：2，AB ＝CE 的长度为（ ）A．B ．4C ．D ．615．（2022·江苏·九年级专题练习）如图①，AB ＝5，射线AM ∥BN ，点C 在射线BN 上，将△ABC 沿AC 所在直线翻折，点B 的对应点D 落在射线BN 上，点P ，Q 分别在射线AM 、BN 上，PQ ∥AB ．设AP ＝x ，QD ＝y ．若y 关于x 的函数图象（如图②）经过点E (9，2)，则cos B 的值等于（ ）A．25B．12C．35D．71016．（2022·江苏·苏州市吴江区铜罗中学九年级期中）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连接BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDC′，DC'与AB交于点E，连接AC′，若AD＝AC′＝2，BD＝3，则点D到BC的距离为（）A B C D17．（2022·江苏南通·九年级）如图，AB为⊙O的一条弦，C为⊙O上一点，OC∥AB．将劣弧AB沿弦AB 翻折，交翻折后的弧AB交AC于点D．若D为翻折后弧AB的中点，则∠ABC＝（）A．110°B．112.5°C．115°D．117.5°18．（2022·江苏南京·九年级专题练习）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD 上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（）A ．2B ．74C D ．319．（2022·江苏·宿迁青华中学九年级期末）如图，四边形ABCD 内接于O ，AB AD =，3BC =．劣弧BC 沿弦BC 翻折，刚好经过圆心O ．当对角线BD 最大时，则弦AB 的长为（ ）A B ．C ．32D ．【选择题】必考重点03 几何变换之翻折问题几何变换中的折叠问题，是江苏各地中考中常考的题型，难度多为一般或者较难。

备战中考--第39讲几何图形折叠问题--(附解析答案)

备战中考--第39讲几何图形折叠问题--(附解析答案)

备战2019中考初中数学导练学案50讲第39讲几何图形折叠问题【疑难点拨】1.折叠(翻折)问题常常出现在三角形、四边形、圆等平面几何问题中，其实质是轴对称性质的应用．解题的关键利用轴对称的性质找到折叠前后不变量与变量，运用三角形的全等、相似及方程等知识建立有关线段、角之间的联系．2.折叠(翻折)意味着轴对称，会生成相等的线段和角，这样便于将条件集中．如果题目中有直角，则通常将条件集中于较小的直角三角形，利用勾股定理求解．3.矩形中的一次折叠通常利用折叠性质和平行线性质求角的度数，或者利用折叠性质以及勾股定理求线段长度．矩形中的两次或多次折叠通常出现“一线三直角”的模型(如图)，从而构造相似三角形，利用相似三角形求边或者角的度数．4.凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．1.常见的轴对称图形：等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆.2.折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．【基础篇】一、选择题：1. .（2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（）A．AD=BC′B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=2. （2017山东烟台）如图1，将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB．已知OA=6，取OA的中点C，过点C作CD⊥OA交于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD，DF，FA依次剪下，则剪下的纸片（形状同阴影图形）面积之和为（）．A．36π-108 B．108-32π C．2πD．π3. （2017浙江衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B 落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（）A．B．C．D．4.（2018·山东青岛·3分）如图，三角形纸片ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点E为AB中点．沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，折痕现交于点F．已知EF=，则BC的长是（）A．B．32C．3 D．335.（2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（）A．1 B．C．2 D．二、填空题：6.（2018·辽宁省盘锦市）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，点M、N分别在线段AC.AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC 上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为．7.（2018·山东威海·8分）如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K 重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF= +1，则BC的长．8.（2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G 处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB= ．三、解答与计算题：9.（2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．（1）求证：△ADE≌△CED；（2）求证：△DEF是等腰三角形．10.（2018•山东枣庄•10分）如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．（1）求证：四边形EFDG是菱形；（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．【能力篇】一、选择题：11.（2018·辽宁省阜新市）如图，将等腰直角三角形ABC（∠B=90°）沿EF折叠，使点A 落在BC边的中点A1处，BC=8，那么线段AE的长度为( )．A．4 B．5 C．6 D．712.（2018·四川省攀枝花·3分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①四边形AECF为平行四边形；②∠PBA=∠APQ；③△FPC为等腰三角形；④△APB≌△EPC．其中正确结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．413.（2018·湖北省武汉·3分）如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是（）A． B．C．D．二、填空题：14. (2018·辽宁省葫芦岛市) 如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，将BF延长交AD于点G．若=，则=．15.（2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是①②③（写出所有正确结论的序号）①当E为线段AB中点时，AF∥CE；②当E为线段AB中点时，AF=95；③当A、F、C三点共线时，AE=；④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．三、解答与计算题：16.（2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC 沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点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cos∠PCB的值；③当BP=9时，求BE•EF的值．17.（2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．（1）求证：△ADE≌△CED；（2）求证：△DEF是等腰三角形．18.（2018•江苏盐城•10分）如图，在以线段为直径的上取一点，连接、.将沿翻折后得到.（1）试说明点在上；（2）在线段的延长线上取一点，使.求证：为的切线；（3）在（2）的条件下，分别延长线段、相交于点，若，，求线段的长.【探究篇】19.（2018年江苏省泰州市•12分）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE 折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）（1）根据以上操作和发现，求的值；（2）将该矩形纸片展开．①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）20.（2018年江苏省宿迁）如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE=x，（1）当AM= 时，求x的值；（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；（3）设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值.第39讲几何图形折叠问题【疑难点拨】1.折叠(翻折)问题常常出现在三角形、四边形、圆等平面几何问题中，其实质是轴对称性质的应用．解题的关键利用轴对称的性质找到折叠前后不变量与变量，运用三角形的全等、相似及方程等知识建立有关线段、角之间的联系．2.折叠(翻折)意味着轴对称，会生成相等的线段和角，这样便于将条件集中．如果题目中有直角，则通常将条件集中于较小的直角三角形，利用勾股定理求解．3.矩形中的一次折叠通常利用折叠性质和平行线性质求角的度数，或者利用折叠性质以及勾股定理求线段长度．矩形中的两次或多次折叠通常出现“一线三直角”的模型(如图)，从而构造相似三角形，利用相似三角形求边或者角的度数．4.凡是在几何图形中出现“折叠”这个字眼时，第一反应即存在一组全等图形，其次找出与要求几何量相关的条件量．1.常见的轴对称图形：等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆.2.折叠的性质：折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．【基础篇】一、选择题：1. .（2018•四川凉州•3分）如图将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使C落在C′处，BC′交AD于点E，则下到结论不一定成立的是（）A．AD=BC′B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=【分析】主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．【解答】解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB正确．D、∵sin∠ABE=，∴∠EBD=∠EDB∴BE=DE∴sin∠ABE=．故选：C．【点评】本题主要用排除法，证明A，B，D都正确，所以不正确的就是C，排除法也是数学中一种常用的解题方法．2. （2017山东烟台）如图1，将一圆形纸片向右、向上两次对折后得到如图2所示的扇形AOB．已知OA=6，取OA的中点C，过点C作CD⊥OA交于点D，点F是上一点．若将扇形BOD沿OD翻折，点B恰好与点F重合，用剪刀沿着线段BD，DF，FA依次剪下，则剪下的纸片（形状同阴影图形）面积之和为（）．A．36π-108 B．108-32π C．2πD．π【考点】MO：扇形面积的计算；P9：剪纸问题．【分析】先求出∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB可得DE=OD=3，先根据S弓形BD=S扇形BOD﹣S△求得弓形的面积，再利用折叠的性质求得所有阴影部分面积．BOD【解答】解：如图，∵CD⊥OA，∴∠DCO=∠AOB=90°，∵OA=OD=OB=6，OC=OA=OD，∴∠ODC=∠BOD=30°，作DE⊥OB于点E，则DE=OD=3，∴S弓形BD=S扇形BOD﹣S△BOD=﹣×6×3=3π﹣9，则剪下的纸片面积之和为12×（3π﹣9）=36π﹣108，故答案为：36π﹣108．故选A3. （2017浙江衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B 落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（）A．B．C．D．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．【分析】根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6﹣x）2，解方程求出x．【解答】解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，∴AE=AB，∠E=∠B=90°，又∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD，∴AE=DC，而∠AFE=∠DFC，∵在△AEF与△CDF中，，∴△AEF≌△CDF（AAS），∴EF=DF；∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC=6，CD=AB=4，∵Rt△AEF≌Rt△CDF，∴FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，解得x=，则FD=6﹣x=．故选：B．4.（2018·山东青岛·3分）如图，三角形纸片ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点E为AB中点．沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，折痕现交于点F．已知EF=，则BC的长是（）A．B．32C．3 D．33【分析】由折叠的性质可知∠B=∠EAF=45°，所以可求出∠AFB=90°，再直角三角形的性质可知EF=AB，所以AB=AC的长可求，再利用勾股定理即可求出BC的长．【解答】解：∵沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，∴∠B=∠EAF=45°，∴∠AFB=90°，∵点E为AB中点，∴EF=12AB，EF=32，∴AB=AC=3，∵∠BAC=90°，∴BC=，故选：B．【点评】本题考查了折叠的性质、等腰直角三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，求出∠AFB=90°是解题的关键．5.（2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（）A．1 B．C．2 D．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．【分析】由折叠的性质可知，DF=GF、HE=CE、GH=DC、∠DFE=∠GFE，结合∠AFG=60°即可得出∠GFE=60°，进而可得出△GEF为等边三角形，在Rt△GHE中，通过解含30度角的直角三角形及勾股定理即可得出GE=2EC、DC=EC，再由GE=2BG结合矩形面积为4，即可求出EC的长度，根据EF=GE=2EC即可求出结论．【解答】解：由折叠的性质可知，DF=GF，HE=CE，GH=DC，∠DFE=∠GFE．∵∠GFE+∠DFE=180°﹣∠AFG=120°，∴∠GFE=60°．∵AF∥GE，∠AFG=60°，∴∠FGE=∠AFG=60°，∴△GEF为等边三角形，∴EF=GE．∵∠FGE=60°，∠FGE+∠HGE=90°，∴∠HGE=30°．在Rt△GHE中，∠HGE=30°，∴GE=2HE=CE，∴GH==HE=CE．∵GE=2BG，∴BC=BG+GE+EC=4EC．∵矩形ABCD的面积为4，∴4EC•EC=4，∴EC=1，EF=GE=2．故选C．二、填空题：6.（2018·辽宁省盘锦市）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，点M、N分别在线段AC.AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC 上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为．【解答】解：分两种情况：①如图，当∠CDM=90°时，△CDM是直角三角形，∵在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，AC=2+4，∴∠C=30°，AB=AC=，由折叠可得：∠MDN=∠A=60°，∴∠BDN=30°，∴BN=DN=AN，∴BN=AB=，∴AN=2BN=．∵∠DNB=60°，∴∠ANM=∠DNM=60°，∴∠AMN=60°，∴AN=MN=；②如图，当∠CMD=90°时，△CDM是直角三角形，由题可得：∠CDM=60°，∠A=∠MDN=60°，∴∠BDN=60°，∠BND=30°，∴BD=DN=AN，BN=BD\1AB=，∴AN=2，BN=，过N作NH⊥AM于H，则∠ANH=30°，∴AH=AN=1，HN=，由折叠可得：∠AMN=∠DMN=45°，∴△MNH是等腰直角三角形，∴HM=HN=，∴MN=．故答案为：或．7.（2018·山东威海·8分）如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K 重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF= +1，求BC的长．【分析】由题意知∠3=180°﹣2∠1=45°、∠4=180°﹣2∠2=30°、BE=KE、KF=FC，作KM ⊥BC，设KM=x，知EM=x、MF=x，根据EF的长求得x=1，再进一步求解可得．【解答】解：由题意，得：∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，如图，过点K作KM⊥BC于点M，设KM=x，则EM=x、MF=x，∴x+x=+1，解得：x=1，∴EK=、KF=2，∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3++，∴BC的长为3++．【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：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．8.（2018·湖南省常德·3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G 处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB= 75°．【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，∴∠EBG=∠EGB．∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．又∵AD∥BC，∴∠AGB=∠GBC．∴∠AGB=∠BGH．∵∠DGH=30°，∴∠AGH=150°，∴∠AGB=∠AGH=75°，故答案为：75°．【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：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．三、解答与计算题：9.（2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．（1）求证：△ADE≌△CED；（2）求证：△DEF是等腰三角形．【分析】（1）根据矩形的性质可得出AD=BC、AB=CD，结合折叠的性质可得出AD=CE、AE=CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出EF=DF，由此即可证出△DEF是等腰三角形．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD．由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，∴AD=CE，AE=CD．在△ADE和△CED中，，∴△ADE≌△CED（SSS）．（2）由（1）得△ADE≌△CED，∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，∴EF=DF，∴△DEF是等腰三角形．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出AD=CE、AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找出∠DEF=∠EDF．10.（2018•山东枣庄•10分）如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．（1）求证：四边形EFDG是菱形；（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到GD=DF，接下来依据翻折的性质可证明DG=GE=DF=EF；（2）连接DE，交AF于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG=OF=GF，接下来，证明△DOF ∽△ADF，由相似三角形的性质可证明DF2=FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的数量关系；（3）过点G作GH⊥DC，垂足为H．利用（2）的结论可求得FG=4，然后再△ADF中依据勾股定理可求得AD的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得GH的长，最后依据BE=AD﹣GH求解即可．【解答】解：（1）证明：∵GE∥DF，∴∠EGF=∠DFG．∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，∴∠DGF=∠DFG．∴GD=DF．∴DG=GE=DF=EF．∴四边形EFDG为菱形．（2）EG2=GF•AF．理由：如图1所示：连接DE，交AF于点O．∵四边形EFDG为菱形，∴GF⊥DE，OG=OF=GF．∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，∴△DOF∽△ADF．∴，即DF2=FO•AF．∵FO=GF，DF=EG，∴EG2=GF•AF．（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．∵EG2=GF•AF，AG=6，EG=2，∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．∵DF=GE=2，AF=10，∴AD==4．∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD．∴△FGH∽△FAD．∴，即=．∴GH=．∴BE=AD﹣GH=4﹣=．【点评】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得到DF2=FO•AF是解题答问题（2）的关键，依据相似三角形的性质求得GH的长是解答问题（3）的关键．【能力篇】一、选择题：11.（2018·辽宁省阜新市）如图，将等腰直角三角形ABC（∠B=90°）沿EF折叠，使点A 落在BC边的中点A1处，BC=8，那么线段AE的长度为( )．A．4 B．5 C．6 D．7【解答】解：由折叠的性质可得AE=A1E．∵△ABC为等腰直角三角形，BC=8，∴AB=8．∵A1为BC的中点，∴A1B=4，设AE=A1E=x，则BE=8﹣x．在Rt△A1BE中，由勾股定理可得42+（8﹣x）2=x2，解得x=5．故答案为：5．故选B12.（2018·四川省攀枝花·3分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：①四边形AECF为平行四边形；②∠PBA=∠APQ；③△FPC为等腰三角形；④△APB≌△EPC．其中正确结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4解：①如图，EC，BP交于点G；∵点P是点B关于直线EC的对称点，∴EC垂直平分BP，∴EP=EB，∴∠EBP=∠EPB．∵点E为AB中点，∴AE=EB，∴AE=EP，∴∠PAB=∠PBA．∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，∴∠PAB+∠PBA=90°，∴AP⊥BP，∴AF∥EC；∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，故①正确；②∵∠APB=90°，∴∠APQ+∠BPC=90°，由折叠得：BC=PC，∴∠BPC=∠PBC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，∴∠ABP=∠APQ，故②正确；③∵AF∥EC，∴∠FPC=∠PCE=∠BCE．∵∠PFC是钝角，当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，如右图，△PCF 不一定是等腰三角形，故③不正确；④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，∴Rt△EPC≌△FDA（HL）．∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠AB P，当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，∴△APB≌△EPC，故④不正确；其中正确结论有①②，2个．故选B．13.（2018·湖北省武汉·3分）如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．若⊙O的半径为，AB=4，则BC的长是（）A． B．C．D．【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD=AB=2，于是根据勾股定理可计算出OD=1，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到=，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=1，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=1，然后计算出CF后得到CE=BE=3，于是得到BC=32．【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，∴AD=BD=AB=2，在Rt△OBD中，OD=，∵将弧沿BC折叠后刚好经过AB的中点D．∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，∴=，∴AC=DC，∴AE=DE=1，易得四边形ODEF为正方形，∴OF=EF=1，∴CE=CF+EF=2+1=3，而BE=BD+DE=2+1=3，∴BC=3．故选：B．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和垂径定理．二、填空题：14. (2018·辽宁省葫芦岛市) 如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，将BF延长交AD于点G．若=，则=．【解答】解：连接GE．∵点E是CD的中点，∴EC=DE．∵将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，∴EF=DE，∠BFE=90°．在Rt△EDG和Rt△EFG中，∴Rt△EDG≌Rt△EFG（HL），∴FG=DG．∵=，∴设DG=FG=a，则AG=7a，故AD=BC=8a，则BG=BF+FG=9a，∴AB==4a，故==．故答案为：．15.（2018·四川宜宾·3分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是①②③（写出所有正确结论的序号）①当E为线段AB中点时，AF∥CE；②当E为线段AB中点时，AF=95；③当A、F、C三点共线时，AE=；④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；【解答】解：如图1中，当AE=EB时，∵AE=EB=EF，∴∠EAF=∠EFA，∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，∴∠BEC=∠EAF，∴AF∥EC，故①正确，作EM⊥AF，则AM=FM，在Rt△ECB中，EC==，，∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，∴△CEB∽△EAM，∴=，∴=，∴AM=，∴AF=2AM=95，故②正确，如图2中，当A、F、C共线时，设AE=x．则EB=EF=3﹣x，AF=2，在Rt△AEF中，∵AE2=AF2+EF2，∴x2=（﹣2）2+（3﹣x）2，∴x=，，∴AE=，故③正确，如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，故答案为①②③．【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．三、解答与计算题：16.（2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC 沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点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cos∠PCB的值；③当BP=9时，求BE•EF的值．【分析】（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC再判断出AE=DE，即可得出结论；（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB即可得出结论；②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论；③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．【解答】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）；（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，∵∠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，∴△ECF∽△GCP，∴，设BP=BF=PG=y，∴，∴y=，∴BP=，在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==；③如图，连接FG，∵∠GEF=∠BAE=90°，∵BF∥PG，BF=PG，∴▱BPGF是菱形，∴BP∥GF，∴∠GFE=∠ABE，∴△GEF∽△EAB，∴，∴BE•EF=AB•GF=12×9=108．【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．17.（2018·广东·7分）如图，矩形ABCD中，AB＞AD，把矩形沿对角线AC所在直线折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．（1）求证：△ADE≌△CED；（2）求证：△DEF是等腰三角形．【分析】（1）根据矩形的性质可得出AD=BC、AB=CD，结合折叠的性质可得出AD=CE、AE=CD，进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出EF=DF，由此即可证出△DEF是等腰三角形．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD．由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，∴AD=CE，AE=CD．在△ADE和△CED中，，∴△ADE≌△CED（SSS）．（2）由（1）得△ADE≌△CED，∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，∴EF=DF，∴△DEF是等腰三角形．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出AD=CE、AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找出∠DEF=∠EDF．18.（2018•江苏盐城•10分）如图，在以线段为直径的上取一点，连接、.将沿翻折后得到.（1）试说明点在上；（2）在线段的延长线上取一点，使.求证：为的切线；（3）在（2）的条件下，分别延长线段、相交于点，若，，求线段的长.【答案】（1）解：连接OC，OD，由翻折可得OD=OC，∵OC是⊙O的半径，∴点D在⊙O上。

图形的旋转、翻折与平移-三年中考数学真题分项汇编(解析版)

图形的旋转、翻折与平移-三年中考数学真题分项汇编(解析版)

图形的旋转、翻折与平移一、单选题1．（2022·浙江湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是（）A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm【答案】C【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．【详解】解：∵∵ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，∵BB′=CC′=1cm，∵B′C=2cm，∵BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．故选：C．【点睛】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．2．（2022·浙江嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心''''，形成一个“方吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A B C D胜”图案，则点D，B′之间的距离为（）A．1cm B．2cm C．2－1)cm D．21)cm【答案】D【分析】先求出BD，再根据平移性质求得BB'=1cm，然后由BD BB-′求解即可．【详解】解：由题意，BD=22cm，由平移性质得BB'=1cm，∵点D，B′之间的距离为DB'=BD BB-′=（221-）cm，【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．3．（2021·浙江丽水）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是(−1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（）A．将B向左平移4.5个单位B．将C向左平移4个单位C．将D向左平移5.5个单位D．将C向左平移3.5个单位【答案】C【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．【详解】解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，故选：C．【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．4．（2021·浙江绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（）A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可【详解】如图所示，用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．故选：B．【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．5．（2020·浙江台州）如图，把∵ABC 先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到∵DEF ，则顶点C （0，-1）对应点的坐标为（ ）A ．（0，0）B ．（1，2）C ．（1，3）D ．（3，1） 【答案】D 【分析】先找到顶点C 的对应点为F ，再根据直角坐标系的特点即可得到坐标．【详解】∵顶点C 的对应点为F ，由图可得F 的坐标为（3，1），故选D ．【点睛】此题主要考查坐标与图形，解题的关键是熟知直角坐标系的特点．6．（2022·浙江台州）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B ，C 所在直线为x 轴、队形的对称轴为y 轴，建立平面直角坐标系．若飞机E 的坐标为(40，a )，则飞机D 的坐标为（ ）A ．(40,)a -B ．(40,)a -C ．(40,)a --D ．(,40)a -【答案】B 【分析】直接利用关于y 轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．【详解】解：根据题意，点E 与点D 关于y 轴对称，∵飞机E 的坐标为(40，a )，∵飞机D 的坐标为(-40，a )，【点睛】此题主要考查了关于y 轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．7．（2020·浙江台州）把一张宽为1cm 的长方形纸片ABCD 折叠成如图所示的阴影图案，顶点A ，D 互相重合，中间空白部分是以E 为直角顶点，腰长为2cm 的等腰直角三角形，则纸片的长AD （单位：cm ）为（ ）A ．732+B ．742+C ．832+D ．842+【答案】D 【分析】如图，过点M 作MH∵A'R 于H ，过点N 作NJ∵A'W 于J ．想办法求出AR ，RM ，MN ，NW ，WD 即可解决问题．【详解】解：如图，过点M 作MH∵A'R 于H ，过点N 作NJ∵A'W 于J ．由题意∵EMN 是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=22∵四边形EMHK 是矩形，∵EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，∵∵RMH 是等腰直角三角形，∵RH=MH=1，RM=2，同法可证NW=2，题意AR=R A'= A'W=WD=4，∵AD=AR+RM+MN+NW+DW=4+2+22+2+4=842+.故答案为：D.【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．8．（2022·浙江衢州）下列图形是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180 ，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得．【详解】解：A、不是中心对称图形，此项不符合题意；B、是中心对称图形，此项符合题意；C、不是中心对称图形，此项不符合题意；D、不是中心对称图形，此项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了中心对称图形，熟记中心对称图形的定义是解题关键．9．（2020·浙江绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【答案】B【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．二、填空题10．（2022·浙江台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′∵BC，则阴影部分的面积为______2cm．【答案】8【分析】根据平移的性质即可求解．【详解】解：由平移的性质S △A ′B ′C ′=S △ABC ，BC =B ′C ′，BC ∵B ′C ′，∵四边形B ′C ′CB 为平行四边形，∵BB ′∵BC ，∵四边形B ′C ′CB 为矩形，∵阴影部分的面积=S △A ′B ′C ′+S 矩形B ′C ′CB -S △ABC=S 矩形B ′C ′CB=4×2=8(cm 2)．故答案为：8．【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：∵平移不改变图形的形状和大小；∵经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．11．（2022·浙江金华）如图，在Rt ABC 中，90,30,2cm ACB A BC ∠=︒∠=︒=．把ABC 沿AB 方向平移1cm ，得到A B C '''，连结CC '，则四边形AB C C ''的周长为_____cm ．【答案】823+【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．【详解】解：∵90,30,2cm ACB A BC ∠=︒∠=︒=，∵AB =2BC =4，∵AC =2216423AB BC -=-=，∵把ABC 沿AB 方向平移1cm ，得到A B C '''，∵1CC '=，=4+1=5AB '， =2B C BC ''=，∵四边形的周长为：23152823+++=+，故答案为：823+．【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键． 12．（2022·浙江嘉兴）如图，在扇形AOB 中，点C ，D 在AB 上，将CD 沿弦CD 折叠后恰好与OA ，OB 相切于点E ，F ．已知120AOB ∠=︒，6OA =，则EF 的度数为_______；折痕CD 的长为_______．【答案】 60°##60度 46【分析】根据对称性作O 关于CD 的对称点M ，则点D 、E 、F 、B 都在以M 为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．【详解】作O 关于CD 的对称点M ，则ON =MN连接MD 、ME 、MF 、MO ，MO 交CD 于N∵将CD 沿弦CD 折叠∵点D 、E 、F 、B 都在以M 为圆心，半径为6的圆上∵将CD 沿弦CD 折叠后恰好与OA ，OB 相切于点E ，F ．∵ME ∵OA ，MF ∵OB∵90MEO MFO ∠=∠=︒∵120AOB ∠=︒∵四边形MEOF 中36060EMF AOB MEO MFO ∠=︒-∠-∠-∠=︒即EF 的度数为60°；∵90MEO MFO ∠=∠=︒，ME MF =∵MEO MFO ≅（HL ）∵1302EMO FMO FME ∠=∠=∠=︒ ∵643cos cos30ME OM EMO ===∠︒∵23MN =∵MO ∵DC∵222216(23)262DN DM MN CD =-=-== ∵46CD =故答案为：60°；46【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．13．（2020·浙江金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC ，BD （点A与点B 重合），点O 是夹子转轴位置，O E ∵AC 于点E ，OF ∵BD 于点F ，OE=OF=1cm ，AC =BD =6cm ， CE =DF ， CE :AE =2:3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O 转动．(1)当E ，F 两点的距离最大值时，以点A ，B ，C ，D 为顶点的四边形的周长是_____ cm ．(2)当夹子的开口最大（点C 与点D 重合）时，A ，B 两点的距离为_____cm ．【答案】1660 13【分析】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可．（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，可得CH AB⊥，AH=BH，利用已知先求出125CE cm=，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由sinOE AHECOCO AAC∠==，求出AH，从而求出AB=2AH的长．【详解】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，∵AB=CD=EF=2cm，∵以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为2+6+2+6=16cm．（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，∵CH AB⊥，AH=BH，∵AC=BD=6cm，CE∵AE=2∵3，∵125CE cm=，在Rt△OEF中，2213 5CO OE CE=+=，∵sinOE AHECOCO AAC∠==，3013AH=，∴AB=2AH=60 13．故答案为16，60 13．【点睛】本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键．三、解答题14．（2022·浙江温州）如图，在26⨯的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转180︒后的图形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．（1）画法不唯一，如图1或图2等．（2）画法不唯一，如图3或图4等．【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．15．（2022·浙江丽水）如图，在66的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．(1)如图1，作一条线段，使它是AB向右平移一格后的图形；(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB和AC是它的两条边；(3)如图3，作一个与ABC相似的三角形，相似比不等于1．【答案】(1)画图见解析(2)画图见解析(3)画图见解析【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；（3）分别计算ABC的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定DEF的三边长度，再画出DEF 即可．（1）解：如图，线段CD即为所求作的线段，（2）如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，（3）如图，如图，DEF 即为所求作的三角形，由勾股定理可得：221310,2,AB AC而2,BC = 同理：2226210,22,DFDE 而4,EF1,2AB AC BC DF DE EF.ABC DFE ∽【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．16．（2021·浙江温州）如图44⨯与66⨯的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．（1）选一个四边形画在图2中，使点P 为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形． （253中． 【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长2的两个，直角边长22的两个，直角边长2 的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．【详解】解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．（2）画法不唯一，当直角边长为2时，扩大5即直角边长为10利用勾股定理画出直角边长为10直角三角形可以是如图5或图6当直角边长为22时，扩大5即直角边长为210利用勾股定理画出直角边长为210直角三角形可以是如图7或图8等．【点睛】本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．17．（2022·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上，分别按要求画出图形．(1)在图1中画出等腰三角形ABC，且点C在格点上．（画出一个即可）(2)在图2中画出以AB为边的菱形ABDE，且点D，E均在格点上．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；（1）答案不唯一．（2）【点睛】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．18．（2020·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可（答案不唯一）．（2）根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可（答案不唯一）．【详解】解：（1）轴对称图形如图1所示．（2）中心对称图形如图2所示．【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．19．（2020·浙江金华）如图，在∵ABC 中，AB =42∵B =45°，∵C =60°． （1）求BC 边上的高线长．（2）点E 为线段AB 的中点，点F 在边AC 上，连结EF ，沿EF 将∵AEF 折叠得到∵PEF ． ∵如图2，当点P 落在BC 上时，求∵AEP 的度数． ∵如图3，连结AP ，当PF ∵AC 时，求AP 的长．【答案】（1）4;（2）∵90°；∵26【分析】（1）如图1中，过点A 作AD∵BC 于D ．解直角三角形求出AD 即可． （2）∵证明BE=EP ，可得∵EPB=∵B=45°解决问题． ∵如图3中，由（1）可知：AC=83sin 603AD =︒，证明∵AEF∵∵ACB ，推出AF AE AB AC =，由此求出AF 即可解决问题．【详解】解：（1）如图1，过点A 作AD ∵BC 于点D ， 在Rt∵ABD 中，sin 45AD AB =⋅︒=2422⨯=4.（2）∵如图2，∵∵AEF ∵∵PEF ， ∵AE ＝EP . 又∵AE ＝BE ， ∵BE ＝EP ， ∵∵EPB ＝∵B ＝45°， ∵∵AEP ＝90°.∵如图3，由（1）可知：在Rt∵ADC 中，83sin 603AD AC ==︒. ∵PF ∵AC ， ∵∵PF A ＝90°. ∵∵AEF ∵∵PEF ，∵∵AFE ＝∵PFE ＝45°，则∵AFE ＝∵B . 又∵∵EAF ＝∵CAB ， ∵∵EAF ∵∵CAB ，∵AF AB＝AE AC ，即42AF ＝22833， ∵AF ＝23,在Rt∵AFP 中，AF ＝PF ，则AP ＝2AF ＝26.【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．20．（2021·浙江嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD 绕点A 顺时针旋转()090αα︒<≤︒，得到矩形'''AB C D[探究1]如图1，当90α=︒时，点'C 恰好在DB 延长线上．若1AB =，求BC 的长．[探究2]如图2，连结'AC ，过点'D 作'//'D M AC 交BD 于点M ．线段'D M 与DM 相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线DB 分别交'AD ，'AC 于点P ，N （如图3），MN ，PN 存在一定的数量关系，并加以证明．【答案】[探究1]152BC +=；[探究2]'D M DM =，证明见解析；[探究3]2MN PN DN =⋅，证明见解析 【分析】[探究1] 设BC x =，根据旋转和矩形的性质得出''//D C DA ，从而得出''D C B ADB ∆∆∽，得出比例式'''D C D BAD AB=，列出方程解方程即可； [探究2] 先利用SAS 得出''AC D DBA ∆∆≌，得出'DAC ADB ∠=∠，'ADB AD M ∠=∠，再结合已知条件得出''MDD MD D ∠=∠，即可得出'D M DM =；[探究3] 连结AM ，先利用SSS 得出ADM ADM ∆∆≌，从而证得MN AN =，再利用两角对应相等得出NPA NAD ∆∆∽，得出PN ANAN DN=即可得出结论． 【详解】[探究1]如图1，设BC x =．∵矩形ABCD 绕点A 顺时针旋转90︒得到矩形'''AB C D ， ∵点A ，B ，'D 在同一直线上．∵'AD AD BC x ===，'1DC AB AB ===， ∵''1D B AD AB x =-=-． ∵'90BAD D ∠=∠=︒， ∵//D C DA ''．又∵点'C 在DB 延长线上， ∵''D C B ADB ∆∆∽， ∵'''D C D BAD AB =，∵111x x -=． 解得1152x +=，2152x -=（不合题意，舍去）∵152BC +=． [探究2] 'D M DM =． 证明：如图2，连结'DD ．∵'//'D M AC ， ∵'''AD M D AC ∠=∠．∵'AD AD =，''90AD C DAB ∠=∠=︒，''D C AB =，∵()''AC D DBA SAS ∆∆≌．∵'D AC ADB '∠=∠，'ADB AD M ∠=∠，∵AD AD =，''ADD AD D ∠=∠，∵''MDD MD D ∠=∠，∵'D M DM =．[探究3]关系式为2MN PN DN =⋅．证明：如图3，连结AM ．∵'D M DM =，'AD AD =，AM AM =，∵()ADM AD M SSS '∆∆≌．∵'MAD MAD ∠=∠，∵AMN MAD NDA ∠=∠+∠，'NAM MAD NAP ∠=∠+∠，∵AMN NAM ∠=∠，∵MN AN =．在NAP ∆与NDA ∆中，ANP DNA ∠=∠，NAP NDA ∠=∠，∵NPA NAD ∆∆∽，∵PN AN AN DN=， ∵2AN PN DN =⋅．∵2MN PN DN =⋅．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．21．（2020·浙江绍兴）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt∵ABC中，∵ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG∵BC，OG＝2，OC＝4．将∵ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到∵A′B′C′．（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．∵当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．∵当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．【答案】（1）点C′到直线OF的距离为23；（2）∵点C′到直线DE的距离为22±2；∵2≤d＜4417或d＝3．【分析】（1）过点C′作C′H∵OF于H．根据直角三角形的边角关系，解直角三角形求出CH即可．（2）∵分两种情形：当C′P∵OF时，过点C′作C′M∵OF于M；当C′P∵DG时，过点C′作C′N∵FG于N．通过解直角三角形，分别求出C′M，C′N即可．∵设d为所求的距离．第一种情形：当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ∵C′B′于Q．结合图象可得结论．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝25﹣2，即d＝25﹣2；当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT∵B′C′于T，过点P作PR∵OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．第三种情形：当A′P经过点F时，此时显然d＝3．综上所述即可得结论．【详解】解：（1）如图，过点C′作C′H∵OF于H．∵∵A′B′C′是由∵ABC绕点O逆时针旋转得到，∵C′O=CO=4，在Rt∵HC′中，∵∵HC′O＝α＝30°，∵C′H＝C′O•cos30°＝23，∵点C′到直线OF的距离为23．（2）∵如图，当C′P∵OF时，过点C′作C′M∵OF于M．∵∵A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，∵∵A′C′P=45°，∵∵A′C′O=90°，∵∵OC′P=135°.∵C′P∵OF，∵∵O＝180°﹣∵OC′P＝45°，∵∵OC′M是等腰直角三角形，∵C′M ＝C′O•cos45°=4×22=22， ∵点C′到直线DE 的距离为222-．如图，当C′P∵DG 时，过点C′作C′N∵FG 于N ．同法可证∵OC′N 是等腰直角三角形，∵C′N ＝22，∵GD=2，∵点C′到直线DE 的距离为222+．∵设d 为所求的距离．第一种情形：如图，当点A′落在DE 上时，连接OA′，延长ED 交OC 于M ．∵OC=4，AC=2，∵ACO=90°，2216425OA CO AC =+∴+==∵OM ＝2，∵OMA′＝90°，∵A′M ＝22A O OM '-＝()22252-＝4，∵DM=2，∵A′D＝A′M-DM=4-2=2，即d＝2，如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ∵C′B′于Q．∵P为A′B′的中点，∵A′C′B′=90°，∵PQ∵A′C′，∵'12 B P C Q PQB A BC A C'''''''===∵B′C′=2∵PQ＝1，C'Q=1，∵Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，∵OQ=OC'+C'Q=5∵OP＝2251+＝26，∵PM＝2226422OP OM-=-=，∵PD＝222PM DM-=-，∵d＝22﹣2，∵2≤d≤22﹣2．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝25﹣2，即d＝25﹣2，如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT∵B′C′于T，过点P作PR∵OQ交OB′于R，连接OP．由上可知OP＝26，OF＝5，∵FP＝22OP OF-＝2625-＝1，∵OF＝OT，PF＝PT，∵F＝∵PTO＝90°，∵Rt∵OPF∵Rt∵OPT（HL），∵∵FOP＝∵TOP，∵PR∵OQ，∵∵OPR＝∵POF，∵∵OPR＝∵POR，∵OR＝PR，∵PT2+TR2＝PR2，22215PR PR∴+（﹣）＝∵PR＝2.6，RT＝2.4，∵∵B′PR∵∵B′QO，∵B ROB''＝PRQO，∵3.46＝2.6OQ，∵OQ＝78 17，∵QG＝OQ﹣OG＝4417，即d＝4417∵25﹣2≤d＜44 17，第三种情形：当A′P经过点F时，如图，此时FG=3，即d＝3．综上所述，2≤d＜4417或d＝3．【点睛】（1）本题考查了通过解直角三角形求线段长，解决本题的关键是构建直角三角形，熟练掌握直角三角形中边角关系.（2）∵本题综合性较强，考查了平行线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据题目条件进行分类讨论，然后通过解直角三角形求出相应的线段长即可.∵本题综合性较强，考查了辅助线的作法，平行线的性质以及解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据情况对题目进行分类讨论，通过不同情形，能够作出辅助线，在解决本题的过程中要求熟练掌握直角三角形中的边角关系. 22．（2020·浙江嘉兴）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∵ACB＝∵DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE （如图4）．【探究】当EF平分∵AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】94；【探究】BD ＝2OF ，理由见解析； 【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB ＝DE ，∵BAC ＝∵EDF ，则AB ∵DE ，可得出结论；【发现】连接BE 交AD 于点O ，设AF ＝x （cm ），则OA ＝OE ＝12（x +4），得出OF ＝OA ﹣AF ＝2﹣12x ，由勾股定理可得()2221123424x x ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭，解方程求出x ，则AF 可求出； 【探究】如图2，延长OF 交AE 于点H ，证明∵EFO ∵∵EFH （ASA ），得出EO ＝EH ，FO ＝FH ，则∵EHO ＝∵EOH ＝∵OBD ＝∵ODB ，可证得∵EOH ∵∵OBD （AAS ），得出BD ＝OH ，则结论得证．【详解】解：【思考】四边形ABDE 是平行四边形．证明：如图，∵∵ABC ∵∵DEF ，∵AB ＝DE ，∵BAC ＝∵EDF ，∵AB ∵DE ，∵四边形ABDE 是平行四边形；【发现】如图1，连接BE 交AD 于点O ，∵四边形ABDE 为矩形，∵OA ＝OD ＝OB ＝OE ，设AF ＝x （cm ），则OA ＝OE ＝12（x +4），∵OF ＝OA ﹣AF ＝2﹣12x ，在Rt∵OFE 中，∵OF 2+EF 2＝OE 2，∵()2221123424x x ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭， 解得：x ＝94， ∵AF ＝94cm ． 【探究】BD ＝2OF ，证明：如图2，延长OF 交AE 于点H ，∵四边形ABDE 为矩形，∵∵OAB ＝∵OBA ＝∵ODE ＝∵OED ，OA ＝OB ＝OE ＝OD ，∵∵OBD ＝∵ODB ，∵OAE ＝∵OEA ，∵∵ABD +∵BDE +∵DEA +∵EAB ＝360°，∵∵ABD +∵BAE ＝180°，∵AE ∵BD ，∵∵OHE ＝∵ODB ，∵EF 平分∵OEH ，∵∵OEF ＝∵HEF ，∵∵EFO ＝∵EFH ＝90°，EF ＝EF ，∵∵EFO ∵∵EFH （ASA ），∵EO ＝EH ，FO ＝FH ，∵∵EHO ＝∵EOH ＝∵OBD ＝∵ODB ，∵∵EOH ∵∵OBD （AAS ），∵BD ＝OH ＝2OF ．【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．。

中考数学中考图形折叠问题专题求角的度数

中考数学中考图形折叠问题专题求角的度数

求角的度数
◆典例一：如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D、E分别是边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，若∠A=75°，则∠1+∠2=
【】
A．150°B．210°C．105°D．75°
【考点】翻折变换（折叠问题），三角形内角和定理。

学科￥#网
【总结】抓住翻折以后的角度相等，再根据三角形内角和180得出相应的数量关系
◆典例二：如图，在平行四边形ABCD中，∠A=70°，将平行四边形折叠，使点D、C分别落在点F、E处（点F、E都在AB所在的直线上），折痕为MN，则∠AMF等于【】
A．70° B．40° C．30° D．20°
【考点】翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，平行线的性质，平角的定义。

【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD。

∵根据折叠的性质可得：MN∥AE，∠FMN=∠DMN，∴AB∥CD∥MN。

∵∠A=70°，∴∠FMN=∠DMN=∠A=70°。

∴∠AMF=180°－∠DMN－∠FMN=180°－70°－70°=40°。

故选B。

【总结】研究角度首先要抓住相等的角，再根据平行线的性质得出角度的相等关系，进行一定的等量代换。

中考数学折叠,旋转问题专题含答案

中考数学折叠,旋转问题专题含答案

【经典例题1】如图，CD是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为G，OG：OC＝3：5，AB＝8．（1）求⊙O的半径；（2）点E为圆上一点，∠ECD＝15°，将沿弦CE翻折，交CD于点F，求图中阴影部分的面积．【解析】（1）连接AO，如右图1所示，∵CD为⊙O的直径，AB⊥CD，AB＝8，∴AG＝＝4，∵OG：OC＝3：5，AB⊥CD，垂足为G，∴设⊙O的半径为5k，则OG＝3k，∴（3k）2+42＝（5k）2，解得，k＝1或k＝﹣1（舍去），∴5k＝5，即⊙O的半径是5；（2）如图2所示，将阴影部分沿CE翻折，点F的对应点为M，∵∠ECD＝15°，由对称性可知，∠DCM＝30°，S阴影＝S弓形CBM，连接OM，则∠MOD＝60°，∴∠MOC＝120°，过点M作MN⊥CD于点N，∴MN＝MO•sin60°＝5×，∴S阴影＝S扇形OMC﹣S△OMC＝＝，即图中阴影部分的面积是：．练习1-1如图，在⊙O中，点C在优弧上，将弧沿BC折叠后刚好经过AB 的中点D，连接AC，CD．则下列结论中错误的是（）A．AC＝CD B．+＝C．OD⊥AB D．CD平分∠ACB 【解析】A、过D作DD'⊥BC，交⊙O于D'，连接CD'、BD'，由折叠得：CD＝CD'，∠ABC＝∠CBD'，∴AC＝CD'＝CD，故①正确；B、∵AC＝CD'，∴，由折叠得：，∴＝，故②正确；C、∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，故③正确；D、延长OD交⊙O于E，连接CE，∵OD⊥AB，∴∠ACE＝∠BCE，∴CD不平分∠ACB，故④错误；故选：D．练习1-2如图，AB是⊙O的弦，点C在上，点D是AB的中点．将在沿AC 折叠后恰好经过点D，若⊙O的半径为2，AB＝8．则AC的长是（）A．6B．C．2D．4【解析】如图，延长BO交⊙O于E，连接AE，OA，OD，OC，BC，作CH⊥AB 于H．∵AD＝DB，∴OD⊥AB，∴∠ADO＝90°，∵OA＝2，AD＝DB＝4，∴OD＝＝2，∵BE是直径，∴∠BAE＝90°，∵AD＝DB，EO＝OB，∴OD∥AE，AE＝2OD＝4，∴AE＝AD，∴＝，∴＝，∴∠CAE＝∠CAH＝45°，∴∠BOC＝2∠CAB＝90°，∴BC＝OC＝2，∵CH⊥AB，∴∠CAH＝∠ACH＝45°，∴AH＝CH，设AH＝CH＝x，则BH＝8﹣x，在Rt△BCH中，∵CH2+BH2＝BC2，∴x2+（8﹣x）2＝（2）2，∴x＝6或2（舍弃），在Rt△ACH中，∵AC＝，∴AC＝6．故选：A．练习1-3在扇形AOB中，∠AOB＝75°，半径OA＝12，点P为AO上任一点（不与A、O重合）．（1）如图1，Q是OB上一点，若OP＝OQ，求证：BP＝AQ．（2）如图2，将扇形沿BP折叠，得到O的对称点O'．①若点O'落在上，求的长．②当BO'与扇形AOB所在的圆相切时，求折痕的长．（注：本题结果不取近似值）【解析】（1）证明：∵BO＝AO，∠O＝∠O，OP＝OQ，∴△BOP≌△AOQ（SAS）．∴BP＝AQ．（2）解：①如图1，点O'落在上，连接OO'，∵将扇形沿BP折叠，得到O的对称点O'，∴OB＝O'B，∵OB＝OO'，∴△BOO'是等边三角形，∴∠O'OB＝60°．∵∠AOB＝75°，∴∠AOO'＝15°．∴的长为．②BO'与扇形AOB所在的圆相切时，如图2所示，∴∠OBO'＝90°．∴∠OBP＝45°．过点O作OC⊥BP于点C，∵OA＝OB＝12，∠COB＝∠OBP＝45°，∴．又∵∠AOB＝75°，∠COB＝45°，∴∠POC＝30°，∴．∴．∴折痕的长为．旋转类【经典例题2】如图1，在锐角△ABC中，AB=5，AC=42，∠ACB=45∘. 计算：求BC的长；操作：将图1中的△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1.如图2，当点C1在线段CA的延长线上时。

2021年中考重庆中考12题 几何翻折(含答案)

2021年中考重庆中考12题 几何翻折(含答案)

G F E D C B A 几何翻折 【例题1】 如图1，在△ABC 中，D 是AC 边上的中点，连结BD ，把△BDC 沿BD 翻折，得到△BDC'，DC′与AB 交于点E ，连结AC'，若AD ＝AC′＝2，BD ＝3，则点D 到BC′的距离为（ ）A ．233B ．7213 C ．7 D ．13【答案】B 如图，连接CC'，交BD 于点M ，过点D 作DH ⊥BC'于点H ，∴△ADC'为等边三角形，∴DM ＝1 C'M ＝ BM ＝2，BC'＝ S △BDC '＝BC'•DH ＝BD •CM DH ＝3× DH ＝【例题2】 如图2，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AB ＝3，AD ⊥BC 于点D ，BE ⊥AC 于点E ，AE ＝1．连接DE ，将△AED 沿直线AE 翻折至△ABC 所在的平面内，得△AEF ，连接DF ．过点D 作DG ⊥DE 交BE于点G ．则四边形DFEG 的周长为（ ）A 、8B 、24C 、422+D 、223+图1 图2【答案】D 易证△AED ≌△AEF ≌△BGD ，得ED=EF=GD ，∠DGE=45°，进而得∠BGD=∠AED=∠AEF=135°，△DEG 和△DEF 等腰直角三角形，设DG=x ，则EG=2x ，注意AB=3，BG=AE=1，∠AEB=90°，可解得x=222. ∴EF ＝DE ＝2﹣， DF ＝DE ＝2﹣1，四边形DFEG 的周长为：＝3+2，【巩固练习】1、 （20级重庆一中半期考试）如图，在等腰△ABC 中，AB=AC ，点D 和点E 分别在AB 和BC 上，连接DE ，将△BDE 沿DE 翻折，点B 的对应点B’刚好落在AC 上，若AB’=2B’C ，AB=35，BC=6，则BE 的长为（ ） A. 3 B. 253 C. 1027 D. 1029 【答案】D2、 （20级南开中学半期考试）如图，在等腰Rt △ABC 中，∠ACB=90°，点D 为AB 的中点，点E 为AC上一点，将△ADE 沿DE 翻折得到△A’DE ，连接A’B 、A’C ，已知A’C=2、A’B=3，则S △ABC =（ ）A. 217B. 9C. 219D. 221 【答案】C3、 （20级南开模拟考试三）如图，在等腰Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=BC=22，点D 和点E 分别为BC 边和AB 边的两点，连接DE ，将△BDE 沿DE 折叠，得到△B’DE ，点B’恰好落在AC 的中点处，设DE 与BB’交于点F ，则EF=（ ）A. 21B. 35C. 610D. 23 【答案】4、 （20级西附第一次月考）如图，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A=90°，∠ADC=120°，连接BD ，把△ABD 沿BD 翻折，得到△A’BD ，连接A’C ，若AB=3，∠ABD=60°，则点D 到直线A’C 的距离为（ ）A. 7B. 1479C. 779D. 7718 【答案】C5、 （20级育才半期考试）如图，在△ABC 中，AB=AC=2，∠BAC=30°，将△ABC 沿AC 翻折得到ACD ，延长AD 交BC 的延长线于点E ，则△ABE 的面积为（ ）A. 435B. 233C. 3D. 21-34【答案】6、 （20级巴蜀模拟考试五）如图，已知Rt △ACB 中，D 为斜边AB 的中点，连接CD ，将△DCB 沿直线DC 翻折，使点B 落在点E 的位置，连接DE 、CE 、AE ，DE 交AC 于点F ，若BC=6，AC=8.则AE 的值为（ ）A. 2514B. 514C. 512D. 25112 【答案】7、 （20级万州区月考一） 如图，在△ABC 中，∠BAC=105°，AB=4，AC=32，点D 为AB 的中点，点E 为AC 上的一点，把△ADE 沿DE 折叠得到△A’DE ，连接A’C ，若∠ADE=30°，则A’C 的长为（ ） A. 2 B. 10 C. 23 D. 4【答案】8、 （20级外国语月考一）如图，在等边三角形ABC 中，点D 、E 分别是边AC 、BC 上两点，将三角形ABC沿DE 翻折，点C 正好落在线段AB 上的点F 处，使得AF ∶BF=2∶3，若BE=16，则CE 的长度为（ ）A.18B.19C.20D.21【答案】 B9、 （20级南岸区半期考试）在等边三角形ABC 中，点D 、E 分别是边AC 、BC 上两点，将三角形ABC沿DE 翻折，点C 正好落在线段AB 上的点F 处，使得AF ∶BF=2∶3，若BE=16，点F 到BC 边的距离是（ ）A. 83B. 123C. 2327D. 2321 【答案】10、 （20级重庆八中半期考试）如图，在Rt △ABC 中，∠A=30°，BC=4，将△ABC 绕点C 逆时针旋转得到△A’B’C ，且B’恰好落在AB 上，M 是BC 的中点，N 是A’B’的中点，连接MN ，则C 到MN 的距离是（ ）A. 1B. 7212C. 7214 D. 311、 （20级名校半期考试）如图，在△ABC 中，∠ACB=90°、∠CAB=30°，△ABD 是等边三角形，将四边形ACBD 折叠，使D 与C 重合，HK 为折痕，则cos ∠ACH 的值是（ ）A. 71B. 732C. 733D. 734【答案】 D12、 （20级巴蜀半期考试）如图，在△ABC 中，AB=11，AC=10，BC=，点D 是AB 边上一点，连接CD ，将△BCD 沿着CD 翻折得△B 1CD ，DB 1⊥AC 且交于点E ，则CD 的值为（ ）A.3B.6C.D.3535310【答案】C13、 （20级西大附中半期考试）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，BC=6+2，点D 为边AB 上的一点，连接CD ，将△ACD 沿直线CD 翻折至△ECD ，CE 恰好过AB 的中点F ，连接AE 交CD 的延长线于点H ，若∠ACD=15°，则DH 的长为（ ）【答案】 B14、 （20级育才模拟考试）如图，在矩形ABCD 中，AB=8，BC=12，点E 为BC 的中点，将△ABE 沿AE 折叠，使点B 落在矩形内的点F 处，连接CF ，则CF 的长为（ ）A. 516B. 518C. 524D. 536 【答案】 D15、 （20级八中模拟考试八）如图，矩形ABCD 中，AB=4，点E 为边BC 上一点，连接DE 、AE ，∠DEC=30°，且AE ⊥DE ，将△CDE 沿DE 翻折得△DEF ，连接AF ，则E 到AF 的距离为（ ）A. 734B. 736C. 779D. 7712 【答案】 D16、 如图，在菱形纸片ABCD 中，AB=4，∠B=120°，将菱形纸片翻折，使点A 落在CD 的中点E 处，折痕为FG ，点F 、G 分别在边AB 、AD 上，则EG 的长为（ ）A. 23B. 2C. 23D. 514。

2023学年二轮复习解答题专题三十七：抛物线上翻折问题的探究(解析版)

2023学年二轮复习解答题专题三十七：抛物线上翻折问题的探究(解析版)

2023学年二轮复习解答题专题三十七：抛物线上翻折问题的探究典例分析例1 （2022衡阳中考） 如图，已知抛物线2y x x 2=--交x 轴于A 、B 两点，将该抛物线位于x 轴下方的部分沿x 轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W ”，图象W 交y 轴于点C ．（1）写出图象W 位于线段AB 上方部分对应的函数关系式；（2）若直线y x b =-+与图象W 有三个交点，请结合图象，直接写出b 的值；（3）P 为x 轴正半轴上一动点，过点P 作PM y ∥轴交直线BC 于点M ，交图象W 于点N ，是否存在这样的点P ，使CMN △与OBC V 相似？若存在，求出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()2212y x x x =-++-££ （2）2b =或3b =（3）存在，()1,0或ö÷÷ø或()1+【解析】【分析】（1）先求出点A 、B 、C 坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可；（2）联立方程组，由判别式△=0求得b值，结合图象即可求解；（3）根据相似三角形性质分∠CNM =90°和∠NCM =90°讨论求解即可．【小问1详解】的解：由翻折可知：()0,2C .令220x x --=，解得：11x =-，22x =，∴()1,0A -，()2,0B ，设图象W 的解析式为()()12y a x x =+-，代入()0,2C ，解得1a =-，∴对应函数关系式为()()12y x x =-+-=22x x -++()12x -££．【小问2详解】解：联立方程组22y x b y x x =-+ìí=-++î，整理，得：2220x x b -+-=，由△=4-4（b-2）=0得：b =3，此时方程有两个相等的实数根，由图象可知，当b =2或b =3时，直线y x b =-+与图象W 有三个交点；【小问3详解】解：存在．如图1，当CN OB ∥时，OBC NMC △∽△，此时，N 与C 关于直线x = 12 对称，∴点N 的横坐标为1，∴()1,0P ；如图2，当CN OB ∥时，OBC NMC △∽△，此时，N 点纵坐标为2，由222x x --=，解得1x =2x =（舍），∴N ，所以P ö÷÷ø；如图3，当90NCM Ð=°时，OBC CMN △∽△，此时，直线CN 的解析式为2y x =+，联立方程组：222y x y x x =+ìí=--î，解得11x =+21x =-（舍），∴N 的横坐标为1+，所以()1P +，因此，综上所述：P 点坐标为()1,0或ö÷÷ø或()1+．【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度．专题过关1. （2022沈阳中考）如图，平面直角坐标系中，O 是坐标原点，抛物线23y ax bx =+-经过点()6,0B 和点()4,3D -与x 轴另一个交点A ．抛物线与y 轴交于点C ，作直线AD ．（1）①求抛物线的函数表达式②并直接写出直线AD 的函数表达式．（2）点E 是直线AD 下方抛物线上一点，连接BE 交AD 于点F ，连接BD ，DE ，BDF V 面积记为1S ，DEF V 的面积记为2S ，当122S S =时，求点E 的坐标；（3）点G 为抛物线的顶点，将抛物线图象中x 轴下方部分沿x 轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为1C ，点C 的对应点C ¢，点G 的对应点G ¢，将曲线1C ，沿y轴向下平的移n 个单位长度（06n <<）．曲线1C 与直线BC 的公共点中，选两个公共点作点P 和点Q ，若四边形C G QP ¢¢是平行四边形，直接写出P 的坐标．【答案】（1）①2134y x x =--；②112y x =-- （2）（2，-4） （3）1æççè【解析】【分析】（1）①利用待定系数解答，即可求解；②利用待定系数解答，即可求解；（2）过点E 作EG ⊥x 轴交AD 于点G ，过点B 作BH ⊥x 轴交AD 于点H ，设点21,34E m m m æö--ç÷èø，则点1,12G m m æö--ç÷èø， 可得211242EG m m =-++，然后根据△EFG ∽△BFH ，即可求解；（3）先求出向上翻折部分的图象解析式为()21244y x =--+，可得向上翻折部分平移后的函数解析式为()21244y x n =--+-，平移后抛物线剩下部分的解析式为()21244y x n =---，分别求出直线BC 和直线C G ¢¢的解析式为，可得BC ∥C ′G ′，再根据平行四边形的性质可得点12,22Q s s æö+-ç÷èø，然后分三种情况讨论：当点P ，Q 均在向上翻折部分平移后的图象上时；当点P 在向上翻折部分平移后的图象上，点Q 在平移后抛物线剩下部分的图象上时；当点P 在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q 在向上翻折部分平移后的图象上时，即可求解．【小问1详解】解：①把点()6,0B 和点()4,3D -代入得：3663016433a b a b +-=ìí+-=-î，解得：141a b ì=ïíï=-î，∴抛物线解析式为2134y x x =--；②令y =0，则21304x x --=，解得：122,6x x =-=，∴点A （-2，0），设直线AD 的解析式为()10y kx b k =+¹，∴把点()4,3D -和点A （-2，0）代入得：114320k b k b +=-ìí-+=î，解得：1121k b ì=-ïíï=-î，∴直线AD 的解析式为112y x =--；【小问2详解】解：如图，过点E 作EG ⊥x 轴交AD 于点G ，过点B 作BH ⊥x 轴交AD 于点H ，当x =6时，16142y =-´-=-，∴点H （6，-4），即BH =4，设点21,34E m m m æö--ç÷èø，则点1,12G m m æö--ç÷èø， ∴2211111322442EG m m m m m æöæö=-----=-++ç÷ç÷èøèø，∵BDF V 的面积记为1S ，DEF V 的面积记为2S ，且122S S =，∴BF =2EF ，∵EG ⊥x ，BH ⊥x 轴，∴△EFG ∽△BFH，∴12EG EF BH BF ==，∴211214242m m -++=，解得：2m =或0（舍去），∴点E 的坐标为（2，-4）；【小问3详解】解：()221132444y x x x =--=--，∴点G 的坐标为（2，-4），当x =0时，y =-3，即点C （0，-3），∴点()()0,3,2,4C G ¢¢，∴向上翻折部分的图象解析式为()21244y x =--+，∴向上翻折部分平移后的函数解析式为()21244y x n =--+-，平移后抛物线剩下部分的解析式为()21244y x n =---，设直线BC 的解析式为()2220y k x b k =+¹，把点B （6，0），C （0，-3）代入得：222603k b b +=ìí=-î，解得：22123k b ì=ïíï=-î，∴直线BC 的解析式为132y x =-，同理直线C G ¢¢的解析式为132y x =+，∴BC ∥C ′G ′，设点P 的坐标为1,32s s æö-ç÷èø，∵点()()0,3,2,4C G ¢¢，∴点 C ′向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点 G ′，∵四边形C G QP ¢¢是平行四边形，∴点12,22Q s s æö+-ç÷èø，当点P ，Q 均在向上翻折部分平移后的图象上时，()()22112434211224242s n s s n s ì--+-=-ïïíï-+-+-=-ïî，解得：06s n =ìí=î（不合题意，舍去），当点P 在向上翻折部分平移后的图象上，点Q 在平移后抛物线剩下部分的图象上时，()()22112434211224242s n s s n s ì--+-=-ïïíï+---=-ïî，解得：10s n ì=+ïí=ïî或10s n ì=ïí=ïî，当点P 在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q 在向上翻折部分平移后的图象上时，()()22112434211224242s n s s n s ì---=-ïïíï-+-+-=-ïî，解得：s n ì=ïí=ïî或1s n ì=ïí=ïî （不合题意，舍去），综上所述，点P的坐标为1æççè．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．2. （2022西宁中考）如图，抛物线23y ax bx =++与x 轴交于点()3,0A ，与y轴交于点B ，点C 在直线AB 上，过点C 作CD x ^轴于点()1,0D ，将ACD △沿CD 所在直线翻折，使点A 恰好落在抛物线上的点E 处．（1）求抛物线解析式；（2）连接BE ，求BCE V 的面积；（3）拋物线上是否存在一点P ，使PEA BAE Ð=Ð？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2y x 2x 3=-++（2）2（3）存在，()2,3或()4,5-【解析】【分析】（1）先根据翻折得到E 点坐标，然后结合()3,0A ()1,0D 运用待定系数法求解即可；（2）先确定点B 的坐标，然后确定直线AB 的解析式，进而确定4AE =、3OB =、2CD =，最后根据BCE ABE ACE S S S =-△△△结合三角形的面积公式即可解答；（3）先说明Rt AOB V 是等腰直角三角形，设点P 坐标为()2,23m m m -++，然后分点P 在x 轴上方和下方两种情况分别解答即可．【小问1详解】解：∵ACD △沿CD 所在直线翻折，点A 落在点E 处()3,0A ()1,0D ∴()1,0E -把A ，E 两点坐标代入23y ax bx =++得933030a b a b ++=ìí-+=î，解得12a b =-ìí=î的∴抛物线的解析式为2y x 2x 3=-++．【小问2详解】解：∵抛物线2y x 2x 3=-++与y 轴交于点B∴令0x =时，3y =∴()0,3B 设直线AB 的解析式为()0y kx b k =+¹把A ，B 两点坐标代入得303k b b +=ìí=î解得13k b =-ìí=î∴直线AB 的解析式为3y x =-+；∴点C 在直线AB 上CD x ^轴于点()1,0D 当1x =时132y =-+=∴()1,2C ∴()3,0A ()0,3B ()1,2C ()1,0E -∴4AE =，3OB =，2CD =∴114342222BCE ABE ACE S S S =-=´´-´´=△△△∴BCE V 的面积是2．【小问3详解】解：存在，理由如下：∵()3,0A ，()0,3B ∴3OA OB ==在Rt AOB V 中OA OB=∴Rt AOB V 是等腰直角三角形∵点P 在抛物线上∴设点P 的坐标为()2,23m m m -++①当点P 在x 轴上方时记为1P ，过1P 作1PM x ^轴于点M 在1Rt EMP △中∵145PEA Ð=°∴1EM PM =即2123m m m +=-++解得12m =21m =-（舍去）当2m =时2233m m -++=∴()12,3P ②当点P 在x 轴下方时记为2P ，过2P 作2P N x ^轴于点N在2Rt ENP △中∴245P EN Ð=°∴2EN P N=∴()2123m m m +=--++解得14m =21m =-（舍去）当4m =时2235m m -++=-∴()24,5P -综上，符合条件的P 点坐标是()2,3或()4,5-．【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及求二次函数的性质、二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键．3. （2022柳州中考）已知抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣1，0），B （m ，0）两点，与y 轴交于点C （0，5）．（1）求b ，c ，m 的值；（2）如图1，点D 是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D 在第一象限内，过点D 作x 轴的平行线交抛物线于点E ，作y 轴的平行线交x 轴于点G ，过点E 作EF ⊥x 轴，垂足为点F ，当四边形DEFG 的周长最大时，求点D 的坐标；（3）如图2，点M 是抛物线的顶点，将△MBC 沿BC 翻折得到△NBC ，NB 与y 轴交于点Q ，在对称轴上找一点P ，使得△PQB 是以QB 为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P 的坐标．【答案】（1）b =4，c =5， m=5（2）当四边形DEFG 的周长最大时，点D 的坐标为（3，8）（3）所有符合条件的点P 的坐标为（2，233），（2，﹣9）【解析】【分析】（1）把A （﹣1，0），C （0，5）代入y ＝﹣x 2+bx +c ，利用待定系数法求解b ，c 即可，再令y =0，再解方程求解m 即可；（2）先求解抛物线的对称轴为x ＝2，设D （x ，﹣x 2+4x +5），则E （4﹣x ，﹣x 2+4x +5），证明四边形DEFG 是矩形，而224,45,DE x DF x x =-=-++ 可得四边形DEFG 的周长＝2（﹣x 2+4x +5）+2（2x ﹣4）＝﹣2x 2+12x +2＝﹣2（x ﹣3）2+20，再利用二次函数的性质可得答案；（3）过点C 作CH ⊥对称轴于H ，过点N 作NK ⊥y 轴于K ，证明△MCH ≌△NCK （AAS ），再求解N （﹣4，3），求解直线BN 的解析式为：15,33y x =-+ 可得50,,3Q æöç÷ç÷èø设P （2，p ），再利用勾股定理表示2222510612,339PQ p p p æöç÷=+-=-+ç÷èø BP 2＝()222529p p -+=+，222525525,39BQ æöç÷=+=+ç÷èø 再分两种情况建立方程求解即可．【小问1详解】把A （﹣1，0），C （0，5）代入y ＝﹣x 2+bx +c ，105b c c ì--+=ï\í=ïî ，解得：4,5b c ì=ïí=ïî∴这个抛物线的解析式为：y ＝﹣x 2+4x +5，令y ＝0，则﹣x 2+4x +5＝0，解得x 1＝5，x 2＝﹣1，∴B （5，0），∴m ＝5；【小问2详解】∵抛物线的解析式为：y ＝﹣x 2+4x +5＝﹣（x ﹣2）2+9，∴对称轴为x ＝2，设D （x ，﹣x 2+4x +5），∵DE x ∥轴，∴E （4﹣x ，﹣x 2+4x +5），∵过点D 作x 轴的平行线交抛物线于点E ，作y 轴的平行线交x 轴于点G ，过点E 作EF ⊥x 轴，∴四边形DEFG 是矩形，∴224,45,DE x DF x x =-=-++∴四边形DEFG 的周长＝2（﹣x 2+4x +5）+2（2x ﹣4）＝﹣2x 2+12x +2＝﹣2（x ﹣3）2+20，∴当x ＝3时，四边形DEFG 的周长最大，∴当四边形DEFG 的周长最大时，点D 的坐标为（3，8）；【小问3详解】过点C 作CH ⊥对称轴于H ，过点N 作NK ⊥y 轴于K ，∴∠NKC＝∠MHC＝90°，由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，∵B（5，0），C（0，5）．∴OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵CH⊥对称轴于H，∥轴，∴CH x∴∠BCH＝45°，∴∠BCH＝∠OCB，∴∠NCK＝∠MCH，∴△MCH≌△NCK（AAS），∴NK＝MH，CK＝CH，∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，∴对称轴为x＝2，M（2，9），∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，∴N（﹣4，3），设直线BN的解析式为y＝mx+n，∴43,50m n m n ì-+=ïí+=ïî 解得：13,53m n ì=-ïïíï=ïî∴直线BN 的解析式为：15,33y x =-+ ∴50,,3Q æöç÷ç÷èø设P （2，p ），∴2222510612,339PQ p p p æöç÷=+-=-+ç÷èø BP 2＝()222529p p -+=+，222525525,39BQ æöç÷=+=+ç÷èø分两种情况：①当∠BQP ＝90°时，BP 2＝PQ 2+BQ 2，∴22106125925,399p p p +=-+++ 解得：23,3p = ∴232,,3P æöç÷ç÷èø②当∠QBP ＝90°时，P ′Q 2＝BP ′2+BQ 2，∴22106125925,399p p p -+=+++ 解得：9,p =-∴点P ′的坐标为（2，﹣9）．综上，所有符合条件的点P 的坐标为232,3æöç÷ç÷èø或()2,9P -．【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．4. （2022成都中考） 如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线()30y kx k =-¹与抛物线2y x =-相交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），点B 关于y 轴的对称点为B ¢．（1）当2k =时，求A ，B 两点的坐标；（2）连接OA ，OB ，AB ¢，BB ¢，若B AB ¢V 的面积与OAB V 的面积相等，求k 的值；（3）试探究直线'AB 是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）点A 的坐标为()3,9--，点B 的坐标为()1,1-（2 （3）是，()0,3【解析】【分析】(1)解方程组223y x y x=-ìí=-î，整理得到2230x x +-=，解方程即可得到答案．(2)分k ＜0和k ＞0，两种情形求解．(3) 设直线A B ¢的解析式为y =px +q ，根据题意求得p ，q 的值，结合方程组的意义，确定与y 轴的交点即可．【小问1详解】根据题意，得223y x y x =-ìí=-î，整理得到2230x x +-=，解方程，得123,1x x =-=，当x =-3时，y =-9；当x =1时，y = -1；∵点A 在点B 的左侧，∴点A 的坐标为（-3，-9），点B 的坐标为（1，-1）．【小问2详解】∵A ，B 是抛物线2y x =-图像上的点，设A （m ，2m -），B （n ，2n -），则B ¢（-n ，2n -），当k ＞0时，根据题意，得23y kx y x =-ìí=-î，整理得到230x kx +-=，∴m ，n 是230x kx +-=两个根，∴3m n k mn +=-=-，，设直线y =kx -3与y 轴的交点为D ，则点D （0，-3）∴13()()22OAB S OD n m n m =-=´-g △，2211()2()22B AB B A S BB y y n n m ¢¢¢=-=´´-+g △，∴3()2n m ´-=2212()2n n m ´´-+=12()()2n m n m n ´´+-，∴3=2()n m n -´+=2nk ，∴2nk mn =-，的∵n ≠0，∴2m k =-，n k =，∴23k k -´=-，解得k k = 舍去)，故k 当k ＜0时，根据题意，得23y kx y x =-ìí=-î，整理得到230x kx +-=，∴m ，n 是230x kx +-=的两个根，∴3m n k mn +=-=-，，设直线y =kx -3与y 轴的交点为D ，则点D （0，-3）∴13()()22OAB S OD n m n m =-=´-g △，2211()2()22B AB A B S BB y y n n m ¢¢¢=-=´´-g △，∴3()2n m ´-=2212()2n n m ´´-=12()()2n m n n m ´´+-，∴3=2()n m n ´+=-2nk ，∴-2nk mn =-，∵n ≠0，∴2m k =，3n k =-，∴2(3)3k k ´-=-，解得k =或k (舍去)，故k =；综上所述，k 【小问3详解】直线A B ¢一定过定点（0，3）．理由如下：∵A ，B 是抛物线2y x =-图像上的点，∴设A （m ，2m -），B （n ，2n -），则B ¢（-n ，2n -），根据题意，得23y kx y x =-ìí=-î，整理得到230x kx +-=，∴m ，n 是230x kx +-=的两个根，∴3m n k mn +=-=-，，设直线A B ¢的解析式为y =px +q ，根据题意，得22m mp q n np q ì-=+í-=-+î，解得p n m q mn =-ìí=-î，∴直线A B ¢的解析式为y =（n -m ）x -mn ，∵mn =-3，∴-mn =3，∴直线A B ¢的解析式为y =（n -m ）x +3，故直线A B ¢一定过定点（0，3）．【点睛】本题考查了抛物线与一次函数的交点问题，待定系数法，一元二次方程根与系数关系定理，对称性，熟练掌握抛物线与一次函数的交点，及其根与系数关系定理是解题的关键．5. （2022宿迁中考）如图，二次函数212y x bx c =++与x 轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，顶点为C ，连接OC 、AC ，若点B 是线段OA 上一动点，连接BC ，将ABC V 沿BC 折叠后，点A 落在点A ¢的位置，线段A C ¢与x 轴交于点D ，且点D 与O 、A 点不重合．（1）求二次函数的表达式；（2）①求证：OCD A BD ¢△∽△；②求DB BA的最小值；（3）当8OCD A BD S S ¢=△△时，求直线A B ¢与二次函数的交点横坐标．【答案】（1）2122y x x =-（2（3．【解析】【分析】（1）二次函数212y x bx c =++与x 轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，代入求得b ，c 的值，即可得到二次函数的表达式；（2）①由2122y x x =-＝21(2)22x --，得到顶点C 的坐标是（2，﹣2），抛物线和对称轴为直线x ＝2，由抛物线的对称性可知OC ＝AC ，得到∠CAB ＝∠COD ，由折叠的性质得到△ABC ≌△A ¢BC ，得∠CAB ＝∠A ¢，AB ＝A ¢B ，进一步得到∠COD ＝∠A ¢，由对顶角相等得∠ODC ＝∠BD A ¢，证得结论；②由OCD A BD ¢△∽△，得到DB DB DC BA BA CO==¢，设点D 的坐标为（d ，0），由两点间距离公式得DC =，在0＜d ＜4的范围内，当d ＝2时，DC 2=，得到DC CO 的最小值，进一步得到DB BA的最小值；（3）由8OCD A BD S S ¢=△△和OCD A BD ¢△∽△得到OC A B ==¢，求得A ¢B ＝AB ＝1，进一步得到点B 的坐标是（3，0），设直线BC 的解析式为y ＝1k x ＋1b ，把点B （3，0），C （2，﹣2）代人求出直线BC 的解析式为y ＝2x －6，设点A ¢的坐标是（p ，q ），则线段A ¢A的中点为（42p +，2q ），由折叠的性质知点（42p +，2q ）在直线BC 上，求得q ＝2p －4，由两点间距离公式得A ¢B ＝1，解得p ＝2或p ＝125，求得点A ¢的坐标，设直线A B ¢的解析式为y ＝2k x ＋2b ，由待定系数法求得直线A B ¢的解析式为y ＝43-x ＋4，联立直线A B ¢和抛物线2122y x x =-，解方程组即可得到答案．【小问1详解】解：∵二次函数212y x bx c =++与x 轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，∴代入O (0，0)，A (4，0)得，0840c b c =ìí++=î，解得：20b c =-ìí=î，∴二次函数的表达式为2122y x x =-；【小问2详解】①证明：∵ 2122y x x =-＝21(2)22x --，∴顶点C 的坐标是（2，﹣2），抛物线2122y x x =-的对称轴为直线x ＝2，∵二次函数212y x bx c =++与x 轴交于O (0，0)，A (4，0)两点，∴由抛物线的对称性可知OC ＝AC ，∴∠CAB ＝∠COD ，∵ABC V 沿BC 折叠后，点A 落在点A ¢的位置，线段A C ¢与x 轴交于点D ，∴ △ABC ≌△A ¢BC ，∴∠CAB ＝∠A ¢，AB ＝A ¢B ，∴∠COD ＝∠A ¢，∵∠ODC ＝∠BD A ¢，∴OCD A BD ¢△∽△；②∵OCD A BD ¢△∽△，∴DB DB DC BA BA CO==¢，设点D 的坐标为（d ，0），由两点间距离公式得DC=∵点D 与O 、A 点不重合，∴0＜d ＜4，对于2DC ＝2(2)4d -+来说，∵ a ＝1＞0，∴抛物线开口向上，在顶点处取最小值，当d ＝2时，2DC 的最小值是4，∴当d ＝2时，DC2=，由两点间距离公式得OC=，∴DC CO=，∴DB BA；【小问3详解】解：∵8OCD A BD S S ¢=△△，∴8OCD A BDS S ¢=△△，∵OCD A BD ¢△∽△，∴OC A B==¢，∵OC ＝，∴A ¢B ＝AB ＝1，∴点B 的坐标是（3，0），设直线BC 的解析式为y ＝1k x ＋1b ，把点B （3，0），C （2，﹣2）代人得11113022k b k b +=ìí+=-î，解得1126k b =ìí=-î，∴直线BC 的解析式为y ＝2x －6，设点A ¢的坐标是（p ，q ），∴线段A ¢A 的中点为（42p +，2q ），由折叠的性质知点（42p +，2q ）在直线BC 上，∴2q ＝2×42p +－6，解得q ＝2p －4，由两点间距离公式得A ¢B1==，整理得22(3)(24)p p -+-＝1，解得p ＝2或p ＝125，当p ＝2时，q ＝2p －4＝0，此时点A ¢（2，0），很显然不符合题意，当p ＝125时，q ＝2p －4＝45，此时点A ¢（125，45），符合题意，设直线A B ¢的解析式为y ＝2k x ＋2b ，把点B （3，0），A ¢（125，45）代人得，22223012455k b k b +=ìïí+=ïî，解得22434k b ì=-ïíï=î，∴直线A B ¢的解析式为y ＝43-x ＋4，联立直线A B ¢和抛物线2122y x x =-得到，2443122y x y x x ì=-+ïïíï=-ïî，解得11x y ìïïíï=ïî，22x y ìïïíï=ïî∴直线A B ¢．【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数求函数的表达式、两点间距离公式、相似三角形的判定和性质、中点坐标公式、一次函数的图象和性质、二次函数的图象和性质、图形的折叠等知识，难度较大，属于中考压轴题，数形结合是解决此问题的关键．6. （2022邵阳中考） 如图，已知直线y =2x +2与抛物线y =ax 2+bx +c 相交于A ，B 两点，点A 在x 轴上，点B 在y 轴上，点C (3，0)在抛物线上．（1）求该抛物线的表达式．（2）正方形OPDE 的顶点O 为直角坐标系原点，顶点P 在线段OC 上，顶点E 在y 轴正半轴上，若△AOB 与△DPC 全等，求点P 的坐标．（3）在条件（2）下，点Q 是线段CD 上的动点（点Q 不与点D 重合），将△PQD 沿PQ 所在的直线翻折得到△PQD '，连接CD '，求线段CD '长度的最小值．【答案】（1）该抛物线的表达式为y =23-x 2+43x +2； （2）点P 的坐标为(1，0)或(2，0)；（3）线段CD '长度的最小值为1．【解析】【分析】（1）先求得点A(-1，0)，点B(0，2)，利用待定系数法即可求解；（2）分两种情况讨论：△AOB≌△DPC和△AOB≌△CPD，利用全等三角形的性质求解即可；（3）按照（2）的结论，分两种情况讨论，当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，据此求解即可．【小问1详解】解：令x=0，则y=2x+2=2，令y=0，则0=2x+2，解得x=-1，点A(-1，0)，点B(0，2)，把A(-1，0)，B(0，2)，C(3，0)代入y=ax2+bx+c，得9302a b ca b cc-+=ìï++=íï=î，解得23432abcì=-ïïï=íï=ïïî，∴该抛物线的表达式为y=23-x2+43x+2；【小问2详解】解：若△AOB和△DPC全等，且∠AOB=∠DPC=90°，分两种情况：①△AOB≌△DPC，则AO=PD=1，OB=PC=2，∵OC=3，∴OP=3-2=1，∴点P的坐标为(1，0)；②△AOB≌△CPD，则OB=PD=2，∴正方形OPDE的边长为2，∴点P的坐标为(2，0)；综上，点P的坐标为(1，0)或(2，0)；【小问3详解】解：①点P的坐标为(1，0)时，∵△PQD '与△PQD 关于PQ 对称，∴PD '=PD ，∴点D '在以点P 为圆心，1为半径的圆上运动，当P 、D '、C 三点共线时，线段CD '长度取得最小值，最小值为2-1=1；②点P 的坐标为(2，0)时，∵△PQD '与△PQD 关于PQ 对称，∴PD '=PD ，∴点D '在以点P 为圆心，2为半径的圆上运动，当P 、C 、D '三点共线时，线段CD '长度取得最小值，最小值为2-1=1；综上，线段CD '长度的最小值为1．【点睛】此题主要考查了二次函数的综合应用，全等三角形的判定与性质以及待定系数法求二次函数解析式，正方形的性质的应用，点和圆的位置关系，解题的关键是正确进行分类讨论．7. （2022武威中考）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线()()134y x x a =+-与x 轴交于A ，()4,0B 两点，点C 在y 轴上，且OC OB =，D ，E 分别是线段AC ，AB 上的动点（点D ，E 不与点A ，B ，C 重合）．（1）求此抛物线的表达式；（2）连接DE 并延长交抛物线于点P ，当DE x ^轴，且1AE =时，求DP 的长；（3）连接BD ．①如图2，将BCD △沿x 轴翻折得到BFG V ，当点G 在抛物线上时，求点G 的坐标；②如图3，连接CE ，当CD AE =时，求BD CE +的最小值．【答案】（1）211344y x x =-- （2）176（3）①420,39G æö--ç÷èø；【解析】【分析】（1）把点B 代入抛物线关系式，求出a 的值，即可得出抛物线的关系式；（2）根据抛物线()()1344y x x =+-可求出点A 的坐标，点C 的坐标，根据1AE =，利用三角函数，求出DE 的长，再求出点E 的坐标，根据点P 与点E 的横坐标相同，得出点P 的横坐标，代入抛物线的关系式，求出点P 的纵坐标，即可得出EP 的值，最后求出DP 的值即可；（3）①连接DG 交AB 于点M ，设()0OM a a =>，则3AM OA OM a =-=-，求出()4tan 33MG MD AM CAO a ==×Ð=-，得出点()4,33G a a éù--êúëû，将其代入抛物线关系式，列出关于a 的方程，解方程，求出a 的值，即可得出G 的坐标；②在AB 下方作EAQ DCB Ð=Ð且AQ BC =，连接EQ ，CQ ，证明AEQ CDB @△△，得出EQ BD =，说明当C ，E ，Q 三点共线时，BD CE EQ CE +=+最小，最小为CQ ，过C 作CH AQ ^，垂足为H ，先证明∠CAH =45°，算出AC 长度，即可求出CH 、AH ，得出HQ ，最后根据勾股定理求出CQ 的长度即可得出结果．【小问1详解】解：∵()4,0B 在抛物线()()134y x x a =+-上，∴()()143404a +-=，解得4a =，∴()()1344y x x =+-，即211344y x x =--；【小问2详解】在()()1344y x x =+-中，令0y =，得13x =-，24x =，∴()30A -,，3OA =，∵4OC OB ==，∴()0,4C ，∵1AE =，∴44tan 133OC DE AE CAO AE OA =×Ð=×=´=，312OE OA AE =-=-=，∴()2,0E -，∵DE x ^轴，∴2P D E x x x ===-，∴()()13232442P y =-+--=-，∴32PE =，∴4317326DP DE PE =+=+=．【小问3详解】①连接DG 交AB 于点M ，如图1所示：∵BCD △与BFG V 关于x 轴对称，∴DG AB ^，DM GM =，设()0OM a a =>，则3AM OA OM a =-=-，()4tan 33MG MD AM CAO a ==×Ð=-，∴()4,33G a a éù--êúëû，∵点()4,33G a a éù--êúëû在抛物线()()1344y x x =+-上，∴()()()1434343a a a -+--=-，解得13a =（舍去），243a =，∴420,39G æö--ç÷èø；②在AB 下方作EAQ DCB Ð=Ð且AQ BC =，连接EQ ，CQ ，如图2所示：∵AE CD =，∴()SAS AEQ CDB @△△，∴EQ BD =，∴当C ，E ，Q 三点共线时，BD CE EQ CE +=+最小，最小为CQ ，过C 作CH AQ ^，垂足为H ，∵OC OB ^，4OC OB ==，∴45CBA Ð=°，BC =∵18018045CAH CAB EAQ CAB DCB CBA Ð=°-Ð-Ð=°-Ð-Ð=Ð=°，5AC ===，AH CH AC ===HQ AH AQ AH BC =+=+=+=，∴==，即BD CE +．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，待定系数法求抛物线的关系式，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角函数的定义，作出辅助线，证明EQ BD =，得出当C ，E ，Q 三点共线时，BD CE EQ CE +=+最小，是解题的关键．8.（2021锦州中考）如图1，在平面直角坐标系中，直线y ＝x +1分别与x 轴、y 轴交于点A ，C ，经过点C 的抛物线y ＝x 2+bx +c 与直线y ＝x +1的另一个交点为点D ，点D 的横坐标为6．（1）求抛物线的表达式．（2）M 为抛物线上的动点．①N 为x 轴上一点，当四边形CDMN 为平行四边形时，求点M 的坐标；②如图2，点M在直线CD下方，直线OM（OM∥CD的情况除外）交直线CD于点B，作直线BD关于直线OM对称的直线BD′，当直线BD′与坐标轴平行时，直接写出点M 的横坐标．【考点】二次函数综合题．【专题】数形结合；分类讨论；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；模型思想．【答案】（1）抛物线的表达式为：y＝；（2）①点M的坐标为（，）或（，）；②点M的横坐标为3或或．【分析】（1）先由直线解析式求出A，C，D的坐标，再由C，D坐标求出抛物线解析式；（2）①因为直线BD′与坐标轴平行，所以BD′∥x轴和BD′∥y轴分类讨论，以BD′∥x轴为例，画出草图，由于BM平分∠DBD′，又∠AOB＝∠D′BM，等量代换，可以证得△AOB是等腰三角形，求出AB的长度，并且有A和D点坐标，求出∠DAO的三角函数值，过B作BH⊥x轴于H，在直角△ABH中，利用AB的长度，和∠BAH的三角函数值，求出AH和BH的长度，得到B点坐标，进一步得到直线OB的解析式，联立直线OB和抛物线解析式，求得交点M点坐标，当BD′∥y轴，用同样的方法解决．【解答】解：（1）令x＝0，则y＝x+1＝1，∴C点坐标为（0，1），令y＝0，则，①∴，∴A点坐标为（，0），令x＝6，则y＝，∴D点坐标为（），将C，D两点坐标代入到抛物线解析式中得，，解得，∴抛物线的表达式为：y＝；（2）①设N（n，0），∵四边形CDMN为平行四边形，∴由平移与坐标关系可得M（n+6，），∵点M在抛物线上，∴，∴n2+9n﹣4＝0，∴，∴点M的坐标为（，）或（，）；②第一种情况：如图1，当BD′∥x轴时，分别过A，D作x轴的垂线，垂足分别为H，Q，在直角△ADQ中，AQ＝6+＝，DQ＝，∴tan∠DAQ＝＝，∴cos∠DAQ＝，∵∠BAH＝∠DAQ，∴cos∠BAH＝，∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，∴∠DBM＝∠D′BM，∵BD′∥x轴，∴∠HOB＝∠D′BM＝∠DBM，∴AB＝AO＝，∴，∴AH＝，∴OH＝AH+AO＝令x＝﹣，则y＝＝，∴B点坐标为（﹣，﹣），设直线OB的解析式为y＝kx，代入点B得，k＝，∴直线OB的解析式为y＝x，联立，解得，，∴点M的横坐标为3或，第二种情况，如图2，当BD′∥y轴时，设BD′交x轴于H，∴∠COB＝∠OBH，∵直线BD与直线BD′关于直线OM对称，∴∠CBO＝∠OBH＝∠COB，∴CB＝CO＝1，过C作CE⊥BH于E，∴CE∥x轴，∴∠BCE＝∠CAO，∵tan∠CAO＝＝，∴cos∠CAO＝，∴cos∠BCE＝＝，∴CE＝＝，∴＝，∵CE⊥BH，BH⊥x轴，∴∠CEH＝∠BHO＝∠COH＝90°，∴四边形CEHO为矩形，∴EH＝CO＝1，CE＝OH＝，∴BH＝BE+EH＝，∴点B的坐标为（），∴直线OB的解析式为y＝2x，联立，化简得，x211x+4＝0，∴，∵点M在直线CD下方，∴x＜6，∴x＝，∴点M的横坐标为，即点M的横坐标为3或或．9.（2021呼伦贝尔中考）如图，直线y＝x+2与抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）相交于点A（，）和点B（4，m）．抛物线与x轴的交点分别为H、K（点H在点K的左侧）．点F在线段AB上运动（不与点A、B重合），过点F作直线FC⊥x轴于点P，交抛物线于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，连接AC，是否存在点F，使△FAC是直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由；（3）如图2，过点C作CE⊥AB于点E，当△CEF的周长最大时，过点F作任意直线l，把△CEF沿直线l翻折180°，翻折后点C的对应点记为点Q，求出当△CEF的周长最大时，点F的坐标，并直接写出翻折过程中线段KQ的最大值和最小值．【考点】二次函数综合题．【专题】二次函数的应用；推理能力．【答案】（1）；（2）存在点F（3，5）或（，）；（3）当时，CF最大即△FEC的周长最大，此时F点坐标为，折叠过程中，KQ的最大值为，KQ的最小值为．【分析】（1）先把点B代入直线的解析式，求出m的值，再把点A和点B代入抛物线的解析式，即可求出抛物线的解析式；（2）先设出F的坐标，然后分A为直角顶点和C为直角顶点两种情况，利用等腰直角三角形得性质即可求出点F的坐标；（3）先设出点C的坐标，再设出点F的坐标，然后表示出三角形CEF的周长，求出周长取最大值时点C和F的坐标即可，折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小．【解答】解：（1）∵直线y＝x+2过点B（4，m），∴m＝4+2，解得m＝6，∴B（4，6），把点A和B代入抛物线的解析式，得：，解得，∴抛物线的解析式为；（2）存在点F，使△FAC为直角三角形，设F（n，n+2），直线AB与x轴交与M，则M（﹣2，0），直线AB与y轴交与点N，则N（0，2），∵FC∥y轴，∴C（n，2n2﹣8n+6），∵直线y＝x+2与x轴的交点为M（﹣2，0），与y轴交点为N（0，2），∴OM＝ON＝2，∴∠ONM＝45°，∵FC∥y轴，∴∠AFC＝∠ONM＝45°，若△FAC为直角三角形，则分两种情况讨论：（i）若点A为直角顶点，即∠FAC＝90°，过点A作AD⊥FC于点D，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AF＝AC，∴DF＝DC，∴AD＝FC，∵n＝，化简得：2n2﹣7n+3＝0，解得：n1＝3，（与A重合舍去），∴F（3，5），（ii）若点C为直角顶点，即∠FCA＝90°，则AC∥x轴，在Rt△FAC中，∵∠AFC＝45°，∴AC＝CF，∴n＝（n+2）﹣（2n2﹣8n+6，化简得：4n2﹣16n+7＝0，解得：，（舍去），∴F（，），综上所述：存在点F（3，5）或（，），使△FAC为直角三角形；（3）设F（c，c+2），∵FC∥y轴，∴C（c，2c2﹣8c+6），在Rt△FEC中，∵∠AFC＝45∴EF＝EC＝CF•sin∠AFC＝，∴当CF最大时，△FEC的周长最大，∵CF＝（c+2）﹣（2c2﹣8c+6）＝﹣2c2+9c﹣4＝，又∵﹣2＜0，∴当时，CF最大即△FEC的周长最大，此时F点坐标为，折叠过程中，当K，F，Q共线，且K和Q在F两侧时，KQ的最大，K和Q在F同侧时，KQ的最小，∵CF＝，由（1）知点K的坐标为（3，0），∴KF＝，∴KQ的最大值为CF+KF＝，KQ的最小值为CF﹣KF＝．10．（2021镇江中考）（11分）将一张三角形纸片ABC放置在如图所示的平面直角坐标系中，点A（﹣6，0），点B（0，2），点C（﹣4，8），二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A，B，该抛物线的对称轴经过点C，顶点为D．（1）求该二次函数的表达式及点D的坐标；（2）点M在边AC上（异于点A，C），将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB 上，且点M落在边BC上，点M的对应点记为点N，折痕所在直线l交抛物线的对称轴于点P，然后将纸片展开．①请作出图中点M的对应点N和折痕所在直线l；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）②连接MP，NP，在下列选项中：A．折痕与AB垂直，B．折痕与MN的交点可以落在抛物线的对称轴上，C.＝，D.＝，所有正确选项的序号是 ．③点Q在二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象上，当△PDQ∼△PMN时，求点Q的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求解即可．（2）①根据要求作出图形即可．②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，很高点M 作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．想办法证明△PMN是等腰直角三角形，可得结论．③设P（﹣4，m）．由△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，推出△PDQ是等腰直角三角形，推出∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，推出Q（﹣+m，m），构建方程求出m即可．【解答】解（1）由题意得：，解之得：a＝，b＝，c＝2，∴y＝+，∴当x＝﹣4时，y＝＝﹣，∴D（﹣4，﹣）．（2）①如图1中，点N，直线l即为所求．②如图2中，设线段MN的垂直平分线交抛物线对称轴于P，交MN于点Q，很高点M 作MH⊥CD，过点Q作QJ⊥CD于J，QT⊥MH于T．由题意A（﹣6，0），B（0，2），C（﹣4，8），∴直线AC的解析式为y＝4x+24，直线AB的解析式为y＝x+2，直线BC的解析式为y＝﹣x+2，∵MN∥AB，∴可以假设直线MN的解析式为y＝x+t，由，解得，∴M（，），由．解得，∴N（，），∴Q（（，），∵QJ⊥CD，QT⊥MH，∴QJ＝+4＝，QT＝﹣＝，∴QJ＝QT，∵∠PJQ＝∠MTQ＝90°，∠QPJ＝∠QMT，QJ＝QT，∴△PJQ≌△MTQ（AAS），∴PQ＝MQ，∵∠PQM＝90°，∴∠PMN＝∠MPQ＝45°，∵PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM＝45°，∴∠MPN＝90°，∴△PMN是等腰直角三角形，∴＝，故选项D正确，B，C错误，∵将三角形纸片ABC折叠，使得点A落在直线AB上，且点M落在边BC上，∴折痕与AB垂直，故选项A正确，故答案为：A，D．③设P（﹣4，m）．∵△PDQ∽△PMN，△PMN是等腰直角三角形，∴△PDQ是等腰直角三角形，∴∠DPQ＝90°，DP＝PQ＝m+，∴Q（﹣4+m+，m），即Q（﹣+m，m），把Q的坐标代入y＝+，得到，m＝（﹣+m）2+（﹣+m）+2，整理得，9m2﹣42m﹣32＝0，解得m＝或﹣（舍弃），∴Q（2，），根据对称性可知Q′（﹣10，）也满足条件，综上所述，满足条件的点Q的坐标为（2，）或（﹣10，）．11．（2021无锡中考）（10分）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线y＝﹣x+3与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y＝ax2+2x+c的图象过B、C两点，且与x轴交于另一点A，点M为线段OB上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交BC于点F，交二次函数y＝ax2+2x+c的图象于点E．（1）求二次函数的表达式；（2）当以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似时，求线段EF的长度；（3）已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线EC对称，求点N的坐标．【分析】（1）由y＝﹣x+3得B（3，0），C（0，3），代入y＝ax2+2x+c即得二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3；（2）由y＝﹣x2+2x+3得A（﹣1，0），OB＝OC，AB＝4，BC＝3，故∠ABC＝∠MFB ＝∠CFE＝45°，以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，B和F为对应点，设E （m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），EF＝﹣m2+3m，CF＝m，①△ABC∽△CFE时，＝，可得EF＝，②△ABC∽△EFC时，＝，可得EF＝；（3）连接NE，由点N、F关于直线EC对称，可得CF＝EF＝CN，故﹣m2+3m＝m，解得m＝0（舍去）或m＝3﹣，即得CN＝CF＝m＝3﹣2，N（0，3+1）．【解答】解：（1）在y＝﹣x+3中，令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝3，∴B（3，0），C（0，3），把B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+2x+c得：，解得，∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3；（2）如图：在y＝﹣x2+2x+3中，令y＝0得x＝3或x＝﹣1，∴A（﹣1，0），∵B（3，0），C（0，3），∴OB＝OC，AB＝4，BC＝3，∴∠ABC＝∠MFB＝∠CFE＝45°，∴以C、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，B和F为对应点，设E（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），∴EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，CF＝＝m，①△ABC∽△CFE时，＝，∴＝，解得m＝或m＝0（舍去），∴EF＝，②△ABC∽△EFC时，＝，∴＝，解得m＝0（舍去）或m＝，∴EF＝，综上所述，EF＝或．（3）连接NE，如图：∵点N、F关于直线EC对称，∴∠NCE＝∠FCE，CF＝CN，∵EF∥y轴，∴∠NCE＝∠CEF，∴∠FCE＝∠CEF，∴CF＝EF＝CN，由（2）知：设E（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3），EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，CF＝＝m，∴﹣m2+3m＝m，解得m＝0（舍去）或m＝3﹣，∴CN＝CF＝m＝3﹣2，∴N（0，3+1）．12.（2021聊城中考）如图，抛物线y＝ax2＋32x＋c与x轴交于点A，B，与y轴交于点。

中考翻折引起的角度问题

中考翻折引起的角度问题

专题：翻折引起的角度问题1．如图，在四边形ABCD中，∠C+∠D＝210°，E、F分别是AD，BC上的点，将四边形CDEF沿直线EF翻折，得到四边形C′D′EF，C′F交AD于点G，若△EFG有两个角相等，则∠EFG°．2．如图，在四边形ABCD中，∠B＝120°，∠B与∠ADC互为补角，点E在BC上，将△DCE沿DE翻折，得到△DC'E，若AB∥C'E，DC'平分∠ADE，则∠A的度数为°．3．把一张对边互相平行的纸条（AC′∥BD′）折成如图所示，EF是折痕，若折痕EF与一边的夹角∠EFB＝31°，则∠AEG＝．4．如图，在四边形ABCD中，∠A＝130°，∠C＝80°，将△BEF沿着EF翻折，得到△B'EF，若B'F∥AD，B'E∥DC则∠B的度数为．5．如图，由四个小正方形组成的田字格中，△ABC的顶点都是小正方形的顶点．在田字格上画与△ABC成轴对称的三角形，且顶点都是小正方形的顶点，则这样的三角形（不包含△ABC本身）共有个．6．已知∠AOB＝30°，点P在∠AOB的内部，P1与P关于OA对称，P2与P关于OB对称，则∠P1OP2等于．7．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝50°，将其折叠，使点A落在边CB上A′处，折痕为CD，则∠A′DB的度数为．8．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，沿CD边折叠△CBD，使点B恰好落在AC边上的点E处，若∠A＝22°，则∠BDC等于°．9．如图，将△ABC三个角分别沿DE、HG、EF翻折，三个顶点均落在点O处，则∠1+∠2的度数为°．10．在△ABC中，将∠B、∠C按如图方式折叠，点B、C均落于边BC上一点G处，线段MN、EF为折痕．若∠A＝80°，则∠MGE＝°．11．如图所示，是用一张长方形纸条折成的．如果∠1＝110°，那么∠2＝°．12．如图，把长方形ABCD沿EF对折，若∠1＝50°，则∠AEF的度数等于．13．如图，将△ABC沿DE、EF翻折，顶点A、B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠DOF＝142°，则∠C的度数为°．14．如图，已知∠AOB＝30°，点P在∠AOB内部，点P1与点P关于OA对称，点P2与点P关于OB对称，连接P1P2交OA、OB于E、F，则∠EPF＝°．15．如图，在三角形纸片ABC中，AC＝BC．把△ABC沿着AC翻折，点B落在点D处，连接BD．如果∠BAC＝40°，则∠CBD的度数是．16．如图，已知∠AOB＝45°，点P、Q分别是边OA，OB上的两点，将∠O沿PQ折叠，点O落在平面内点C处．若折叠后PC⊥QB，则∠OPQ的度数是．17．如图，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在图中的A'处，若∠A＝25°，∠BDA'＝90°，则∠A'EC＝．18．如图所示，把△ABC沿直线DE翻折后得到△A'DE，如果∠A＝45°，∠A'EC＝25°，那么∠A'DB的度数为．19．如图，△ABE和△ACD是△ABC分别沿着AB、AC翻折180°形成的，若∠1：∠2：∠3＝28：5：3，则∠α度数为．20．如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，点A、D分别落在点A1、D1处．若∠1+∠2＝140°，则∠B+∠C＝°．参考答案与试题解析1．如图，在四边形ABCD中，∠C+∠D＝210°，E、F分别是AD，BC上的点，将四边形CDEF沿直线EF翻折，得到四边形C′D′EF，C′F交AD于点G，若△EFG有两个角相等，则∠EFG40°或50°．【分析】根据题意△EFG有两个角相等，于是有三种情况，分别令不同的两个角相等，通过折叠和四边形的内角和列方程求出结果即可，最后综合得出答案．【解答】解：（1）当∠FGE＝∠FEG时，设∠EFG＝x，则∠EFC＝x，∠FGE＝∠FEG＝（180°﹣x）在四边形GFCD中，由内角和为360°得：（180°﹣x）+2x+∠C+∠D＝360°，∵∠C+∠D＝210°，∴（180°﹣x）+2x＝360°﹣210°，解得：x＝40°，（2））当∠GFE＝∠FEG时，此时AD∥BC不合题意舍去，（3））当∠FGE＝∠FGE时，同理有：x+2x+∠C+∠D＝360°，∵∠C+∠D＝210°，∴x+2x+210°＝360°，解得：x＝50°，故答案为40°或50．【点评】考查轴对称的性质和四边形的内角和为360°，分情况讨论得出不同答案．2．如图，在四边形ABCD中，∠B＝120°，∠B与∠ADC互为补角，点E在BC上，将△DCE沿DE翻折，得到△DC'E，若AB∥C'E，DC'平分∠ADE，则∠A的度数为80°．【分析】由已知得出∠ADC＝60°，由折叠的性质得：∠CDE＝∠C'DE，∠CED＝∠C'ED，证出∠CDE＝∠ADC'＝∠C'DE＝20°，由平行线的性质得出∠CEC'＝∠B＝120°，得出∠CED＝60°，由三角形内角和定理求出∠C＝100°，再由四边形内角和定理即可得出结果．【解答】解：∵∠B＝120°，∠B与∠ADC互为补角，∴∠ADC＝60°，由折叠的性质得：∠CDE＝∠C'DE，∠CED＝∠C'ED，∵DC'平分∠ADE，∴∠ADC'＝∠C'DE，∴∠CDE＝∠ADC'＝∠C'DE＝20°，∵AB∥C'E，∴∠CEC'＝∠B＝120°，∴∠CED＝60°，∴∠C＝180°﹣60°﹣20°＝100°，∴∠A＝360°﹣∠B﹣∠C﹣∠ADC＝80°；故答案为：80．【点评】本题考查了翻折变换的性质、平行线的性质、三角形内角和定理、四边形内角和定理等知识；熟练掌握翻折变换的性质，求出∠C的度数是解题的关键．3．把一张对边互相平行的纸条（AC′∥BD′）折成如图所示，EF是折痕，若折痕EF与一边的夹角∠EFB＝31°，则∠AEG＝118°．【分析】先根据图形折叠的性质求出∠C′EF＝∠CEF，再根据平行线的性质得出∠CEF 的度数，由补角的定义即可得出结论．【解答】解：∵∠CEF由∠C′EF折叠而成，∴∠CEF＝∠C′EF，∵AC′∥BD′，∠EFB＝31°，∴∠C′EF＝∠EFB＝31°，∴∠AEG＝180°﹣31°﹣31°＝118°．故答案为：118°．【点评】本题考查的是翻折和平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，内错角相等．4．如图，在四边形ABCD中，∠A＝130°，∠C＝80°，将△BEF沿着EF翻折，得到△B'EF，若B'F∥AD，B'E∥DC则∠B的度数为75°．【分析】由平行线的性质可得∠A＝∠BFB'＝130°，∠C＝∠BEB'＝80°，由四边形的内角和定理可求∠B的度数．【解答】解：∵B'F∥AD，B'E∥DC∴∠A＝∠BFB'，∠C＝∠BEB'，∵∠A＝130°，∠C＝80°，∴∠BFB'＝130°，∠BEB'＝80°，∵将△BEF沿着EF翻折，得到△B'EF，∴∠B＝∠B'∵∠B+∠B'+∠BFB'+∠BEB'＝360°∴2∠B+130°+80°＝360°∴∠B＝75°【点评】本题考查了翻折变换，平行线的性质，折叠的性质，熟练运用四边形的内角和定理解决问题是本题的关键．5．如图，由四个小正方形组成的田字格中，△ABC的顶点都是小正方形的顶点．在田字格上画与△ABC成轴对称的三角形，且顶点都是小正方形的顶点，则这样的三角形（不包含△ABC本身）共有3个．【分析】先确定对称轴，根据轴对称图形的性质，即可找出符合条件的三角形．【解答】解：如图所示：符合题意的有3个三角形．故答案为：3．【点评】此题主要考查了利用轴对称设计图案，正确把握轴对称图形的性质是解题关键．6．已知∠AOB＝30°，点P在∠AOB的内部，P1与P关于OA对称，P2与P关于OB对称，则∠P1OP2等于60°．【分析】根据轴对称的性质即可得到结论．【解答】解：∵P为∠AOB内部一点，点P关于OA、OB的对称点分别为P1、P2，∴∠P1OP2＝2∠AOB＝60°，故答案为：60°．【点评】此题考查了轴对称的性质，注意掌握对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．7．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝50°，将其折叠，使点A落在边CB上A′处，折痕为CD，则∠A′DB的度数为10°．【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠B，根据翻折变换的性质可得∠CA′D＝∠A，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝50°，∴∠B＝90°﹣50°＝40°，∵折叠后点A落在边CB上A′处，∴∠CA′D＝∠A＝50°，由三角形的外角性质得，∠A′DB＝∠CA′D﹣∠B＝50°﹣40°＝10°．故答案为：10°．【点评】本题考查了翻折变换，直角三角形两锐角互余，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，翻折前后对应边相等，对应角相等．8．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，沿CD边折叠△CBD，使点B恰好落在AC边上的点E处，若∠A＝22°，则∠BDC等于67°．【分析】由△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝22°，可求得∠B的度数，由折叠的性质可得：∠CED＝∠B＝68°，∠BDC＝∠EDC，由三角形外角的性质，可求得∠ADE的度数，继而求得答案．【解答】解：△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝22°，∴∠B＝90°﹣∠A＝68°，由折叠的性质可得：∠CED＝∠B＝68°，∠BDC＝∠EDC，∴∠ADE＝∠CED﹣∠A＝46°，∴∠BDC＝＝67°．故答案为：67°【点评】此题考查了折叠的性质、三角形内角和定理以及三角形外角的性质．此题难度不大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．9．如图，将△ABC三个角分别沿DE、HG、EF翻折，三个顶点均落在点O处，则∠1+∠2的度数为180°．【分析】根据翻折变换前后对应角不变，故∠B＝∠HOG，∠A＝∠DOE，∠C＝∠EOF，∠1+∠2+∠HOG+∠EOF+∠DOE＝360°，进而求出∠1+∠2的度数．【解答】解：∵将△ABC三个角分别沿DE、HG、EF翻折，三个顶点均落在点O处，∴∠B＝∠HOG，∠A＝∠DOE，∠C＝∠EOF，∠1+∠2+∠HOG+∠EOF+∠DOE＝360°，∵∠HOG+∠EOF+∠DOE＝∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠1+∠2＝360°﹣180°＝180°，故答案为：180．【点评】此题主要考查了翻折变换的性质和三角形的内角和定理，根据已知得出∠HOG+∠EOF+∠DOE＝∠A+∠B+∠C＝180°是解题关键．10．在△ABC中，将∠B、∠C按如图方式折叠，点B、C均落于边BC上一点G处，线段MN、EF为折痕．若∠A＝80°，则∠MGE＝80°．【分析】由折叠的性质可知：∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，根据三角形的内角和为180°，可求出∠B+∠C的度数，进而得到∠MGB+∠EGC的度数，问题得解．【解答】解：∵线段MN、EF为折痕，∴∠B＝∠MGB，∠C＝∠EGC，∵∠A＝80°，∴∠B+∠C＝180°﹣80°＝100°，∴∠MGB+∠EGC＝∠B+∠C＝100°，∴∠MGE＝180°﹣100°＝80°，故答案为：80．【点评】本题考查了折叠的性质：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，解题的关键是利用整体思想得到∠MGB+∠EGC的度数．11．如图所示，是用一张长方形纸条折成的．如果∠1＝110°，那么∠2＝55°．【分析】先根据AB∥CD，∠1＝110°求出∠3的度数，再根据图形翻折变换的性质即可求出∠2的度数．【解答】解：∵AB∥CD，∠1＝110°，∴∠3＝180°﹣∠1＝180°﹣110°＝70°，∴∠2＝＝＝55°．故答案为：55°．【点评】本题考查的是图形翻折变换的性质，即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．12．如图，把长方形ABCD沿EF对折，若∠1＝50°，则∠AEF的度数等于115°．【分析】根据折叠的性质，得∠BFE＝（180°﹣∠1），再根据平行线的性质即可求得∠AEF的度数．【解答】解：根据长方形ABCD沿EF对折，若∠1＝50°，得∠BFE＝（180°﹣∠1）＝65°．∵AD∥BC，∴∠AEF＝115°．【点评】此题综合运用了折叠的性质和平行线的性质．13．如图，将△ABC沿DE、EF翻折，顶点A、B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠DOF＝142°，则∠C的度数为38°．【分析】根据翻折不变性可知：∠A＝∠DOE，∠B＝∠EOF，求出∠A+∠B即可解决问题．【解答】解：根据翻折不变性可知：∠A＝∠DOE，∠B＝∠EOF，∴∠A+∠B＝∠DOE+∠EOF＝∠DOF＝142°，∴∠C＝180°﹣（∠A+∠B）＝38°，故答案为38【点评】本题考查翻折变换，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．14．如图，已知∠AOB＝30°，点P在∠AOB内部，点P1与点P关于OA对称，点P2与点P关于OB对称，连接P1P2交OA、OB于E、F，则∠EPF＝120°．【分析】根据轴对称的性质，∠AOB＝30°，P为∠AOB内部一点，点P关于OA、OB 的对称点分别为P1、P2，∠AOP＝∠AOP1，∠BOP＝∠BOP2，可求出∠P1OP2的度数，进而可以求得∠EPF的度数；【解答】解：∵P1与P关于OA对称，∴OP＝OP1，EP＝EP1，∴∠AOP＝∠AOP1，∠EPP1＝∠EP1P∵P2与P关于OB对称，∴OP＝OP2，FP＝FP2，∴∠BOP＝∠BOP2，∠FPP2＝∠FP2P，∵∠AOB＝30°，∴∠P1OP2＝60°，∵OP＝OP1，OP＝OP2，∴OP1＝OP2，∴∠OP1P2＝∠OP2P1＝60°，∵OP＝OP1，OP＝OP2，∴∠OP1P＝∠OPP1，∴∠OP2P＝∠OPP2∴∠OP1P﹣∠EP1P＝∠OP1P﹣∠EPP1，∠OP2P﹣∠FP2P＝∠OPP2﹣∠FPP2∴∠EPO＝∠EP1O＝60°，∠FPO＝∠FP2O＝60°又∵∠P1OP2＝∠AOP1+∠AOP+∠BOP+∠BOP2，∵∠EPF＝∠EPO+∠FPO＝60°+60°＝120°．故答案为：120．【点评】本题考查轴对称的性质，对应点的连线与对称轴的位置关系是互相垂直，对应点所连的线段被对称轴垂直平分，对称轴上的任何一点到两个对应点之间的距离相等，对应的角、线段都相等．15．如图，在三角形纸片ABC中，AC＝BC．把△ABC沿着AC翻折，点B落在点D处，连接BD．如果∠BAC＝40°，则∠CBD的度数是10°．【分析】由AC＝BC，∠BAC＝40°，根据等边对等角的性质，即可求得∠ABC的度数，又由折叠的性质，求得∠ABD的度数，继而求得∠CBD的度数．【解答】解：∵AC＝BC，∠BAC＝40°，∵∠ABC＝∠BAC＝40°，由折叠的性质可得：∠CAD＝∠BAC＝40°，AB＝AD，∴∠BAD＝∠CAD+∠BAC＝80°，∴∠ABD＝（180°﹣∠BAD）＝50°，∴∠CBD＝∠ABD﹣∠ABD＝10°．故答案为：10°．【点评】此题考查了折叠的性质与等腰三角形的性质．此题注意折叠中的对应关系，注意数形结合思想的应用．16．如图，已知∠AOB＝45°，点P、Q分别是边OA，OB上的两点，将∠O沿PQ折叠，点O落在平面内点C处．若折叠后PC⊥QB，则∠OPQ的度数是22.5°或112.5°．【分析】分两种情形画出图形分别求解即可；【解答】解：如图1中，当PC⊥QB时，∵∠OAB＝45°，PC⊥QB，∴∠OPC＝45°，由翻折可知：∠OPQ＝∠OPC＝22.5°如图2中，当CP⊥QB时，延长CP交OB于H．∵∠O＝∠OPH＝45°，由翻折可知：∠OPQ＝∠QPC．∵∠OPH＝∠CPA＝45°，∴∠HPQ＝∠QPA＝67.5°，∴∠OPQ＝45°+67.5°＝112.5°．故答案为22.5°或112.5°【点评】本题考查翻折变换、垂线等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．17．如图，把△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在图中的A'处，若∠A＝25°，∠BDA'＝90°，则∠A'EC＝40°．【分析】如图，利用折叠性质得∠ADE＝∠A′DE＝45°，∠AED＝∠A′ED，再根据三角形外角性质得∠CED＝70°，利用邻补角得到∠AED＝110°，则∠A′ED＝110°，然后利用∠A′EC＝∠A′ED﹣∠CED进行计算即可．【解答】解：如图，∵∠BDA'＝90°，∴∠ADA'＝90°，∵△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在图中的A'处，∴∠ADE＝∠A′DE＝45°，∠AED＝∠A′ED，∵∠CED＝∠A+∠ADE＝25°+45°＝70°，∴∠AED＝110°，∴∠A′ED＝110°，∴∠A′EC＝∠A′ED﹣∠CED＝110°﹣70°＝40°．故答案为40°．【点评】本题考查了折叠的性质：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．18．如图所示，把△ABC沿直线DE翻折后得到△A'DE，如果∠A＝45°，∠A'EC＝25°，那么∠A'DB的度数为65°．【分析】根据折叠的性质可知，∠A′ED＝∠AED，再根据平角的定义和已知条件即可求解．【解答】解：∵把△ABC沿直线DE翻折后得到△A′DE，∴∠A′ED＝∠AED，∵∠A′EC＝25°，∴∠A′ED＝（180°﹣25°）÷2＝77.5°．∴∠A'DE＝180°﹣45°﹣77.5°＝57.5°，∴∠ADE＝∠A'DE＝57.5°，∴∠A'DB＝180°﹣57.5°﹣57.5°＝65°，故答案为：65°；【点评】考查了折叠的性质：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．19．如图，△ABE和△ACD是△ABC分别沿着AB、AC翻折180°形成的，若∠1：∠2：∠3＝28：5：3，则∠α度数为80°．【分析】根据三角形的内角和和折叠的性质计算即可．【解答】解：∵∠1：∠2：∠3＝28：5：3，∴设∠1＝28x，∠2＝5x，∠3＝3x，由∠1+∠2+∠3＝180°得：28x+5x+3x＝180°，解得x＝5，故∠1＝28×5＝140°，∠2＝5×5＝25°，∠3＝3×5＝15°，∵△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB、AC边翻折180°形成的，∴∠DCA＝∠E＝∠3＝15°，∠2＝∠EBA＝∠D＝25°，∠4＝∠EBA+∠E＝25°+15°＝40°，∠5＝∠2+∠3＝25°+15°＝40°，故∠EAC＝∠4+∠5＝40°+40°＝80°，在△EGF与△CAF中，∠E＝∠DCA，∠DFE＝∠CFA，∴△EGF∽△CAF，∴∠EGF＝∠EAC＝80°．∴∠α＝∠EGF＝80°，故答案为：80°．补充方法：据外角定理，α＝∠GBC+∠GCB＝2∠2+2∠3＝80°．此解法更佳！【点评】本题考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．20．如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，点A、D分别落在点A1、D1处．若∠1+∠2＝140°，则∠B+∠C＝110°．【分析】先根据∠1+∠2＝40°得出∠AMN+∠DNM的度数，再由四边形内角和定理即可得出结论．【解答】解：∵∠1+∠2＝40°，∴∠AMN+∠DNM＝＝110°．∵∠A+∠D+（∠AMN+∠DNM）＝360°，∠A+∠D+（∠B+∠C）＝360°，∴∠B+∠C＝∠AMN+∠DNM＝110°．故答案为：110．【点评】本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．。

第10讲 填空小压轴—翻折冲刺2023年中考数学满分应对方法与策略(解析版)

第10讲 填空小压轴—翻折冲刺2023年中考数学满分应对方法与策略(解析版)

第10讲填空小压轴—翻折【考点梳理】图形翻折的性质和特征：图形翻折的常见题型：【典型例题】一．填空题（共20小题）1．（2019•上海）如图，在正方形ABCD中，E是边AD的中点．将△ABE沿直线BE翻折，点A落在点F处，联结DF，那么∠EDF的正切值是2．【分析】由折叠可得AE＝FE，∠AEB＝∠FEB，由折叠的性质以及三角形外角性质，即可得到∠AEB＝∠EDF，进而得到tan∠EDF＝tan∠AEB＝＝2．【解答】解：如图所示，由折叠可得AE＝FE，∠AEB＝∠FEB＝∠AEF，∵正方形ABCD中，E是AD的中点，∴AE＝DE＝AD＝AB，∴DE＝FE，∴∠EDF＝∠EFD，又∵∠AEF是△DEF的外角，∴∠AEF＝∠EDF+∠EFD，∴∠EDF＝∠AEF，∴∠AEB＝∠EDF，∴tan∠EDF＝tan∠AEB＝＝2．故答案为：2．【点评】本题主要考查了折叠问题，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．2．（2022•松江区校级模拟）如图，已知Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝10，点M、N分别在线段AC、AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为或10﹣15．【分析】由△DCM为直角三角形，分两种情况进行讨论：①∠CDM＝90°；②∠CMD＝90°．分别依据含30°角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，即可得到折痕MN的长．【解答】解：分两种情况：①如图，当∠CDM＝90°时，△CDM是直角三角形，∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝10，∴∠C＝30°，AB＝AC＝5，由折叠可得，∠MDN＝∠A＝60°，∴∠BDN＝30°，∴BN＝DN＝AN，∴BN＝AB＝，∴AN＝2BN＝，∵∠DNB＝60°，∴∠ANM＝∠DNM＝60°，∴∠AMN＝60°，∴MN＝AN＝；②如图，当∠CMD＝90°时，△CDM是直角三角形，由题可得，∠CDM＝60°，∠A＝∠MDN＝60°，∴∠BDN＝60°，∠BND＝30°，∴BD＝DN＝AN，BN＝BD，又∵AB＝5，∴AN＝20﹣10，BN＝15﹣10，过N作NH⊥AM于H，则∠ANH＝30°，∴AH＝AN＝10﹣5，HN＝10﹣15，由折叠可得，∠AMN＝∠DMN＝45°，∴△MNH是等腰直角三角形，∴HM＝HN＝10﹣15，∴MN＝10﹣15．故答案为：或10﹣15．【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．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．3．（2022•虹口区二模）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点M是边CD的中点，将△BCM沿直线BM翻折，使得点C落在同一平面内的点E处，联结AE并延长交射线BM于点F，那么EF的长为．【分析】连接CE，交BF于点H，过点B作BN⊥AF于点N，由翻折和等腰三角形三线合一可得△BNF是等腰直角三角形，∠F＝45°，△EHF是等腰直角三角形，在Rt△BEM 中，根据勾股定理得BM的长，再根据面积即可求出EH的长，从而求解．【解答】解：连接CE，交BF于点H，过点B作BN⊥AF于点N，由翻折得，BM垂直平分EC，△BEH≌△BCH，∠1＝∠2，∵AB＝BC＝BE＝1，BN⊥AF，∴∠ABN＝∠NBE，∴∠NBE+∠1＝∠ABC＝×90°＝45°，∴△BNF是等腰直角三角形，∠F＝45°，∴△EHF是等腰直角三角形，在Rt△BEM中，BM＝＝＝，∵S△BEM＝BE•EM＝BM•EH，∴×1×＝×EH，∴EH＝，∴EF＝EH＝＝，故答案为：．【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的三线合一，勾股定理等知识，解题的关键是恰当作出辅助线，属于中考填空题中的压轴题．4．（2022•徐汇区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，点D是BC 的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B'DE的位置，B′D交AB于点F，如果△AB′F为直角三角形，那么BE的长为2或．【分析】分两种情况画出图形，①方法一：如图1，当∠AFB′＝90°时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案；方法二：过点E作EH⊥BC于点H，设EH＝3a，BE＝5a，则BH＝4a，由BF的长列出方程，解方程求出a即可；②方法一如图2，当∠AB′F＝90°时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案．方法二：过点E作EG⊥BD于点G，设EG＝3a，BG＝4a，BE＝5a，得出＝4，求出a的值则可得出答案．【解答】解：①方法一：如图1，当∠AFB′＝90°时．在Rt△ABC中，∵AC＝6，BC＝8，∴AB＝＝＝10，∵D是BC的中点，∴BD＝CD＝BC＝4，∵∠AFB'＝∠BFD＝90°，∠ACB＝90°，∴∠DFB＝∠ACB，又∵∠DBF＝∠ABC，∴△BDF∽△BAC，∴，即，解得：BF＝，设BE＝B'E＝x，则EF＝﹣x，∵∠B＝∠FB'E，∴sin∠B＝sin∠FB'E，∴，∴，解得x＝2．∴BE＝2．方法二：过点E作EH⊥BC于点H，设EH＝3a，BE＝5a，则BH＝4a，∵将△BDE沿直线DE翻折，∴EF＝3a，∴BF＝8a＝BD•cos∠B＝4×，∴a＝，∴BE＝5a＝2；②如图2中，当∠AB′F＝90°时，连接AD，作EH⊥AB′交AB′的延长线于H．∵AD＝AD，CD＝DB′，∴Rt△ADC≌Rt△ADB′（HL），∴AC＝AB′＝6，∵将△BDE沿直线DE翻折，∴∠B＝∠DB'E，∵AB'⊥DB'，EH⊥AH，∴DB'∥EH，∴∠DB'E＝∠B'EH，∴∠B＝∠B'EH，∴sin∠B＝sin∠B'EH，设BE＝x，则B'H＝x，EH＝x，在Rt△AEH中，AH2+EH2＝AE2，∴，解得x＝，∴BE＝．则BE的长为．方法二：过点E作EG⊥BD于点G，设EG＝3a，BG＝4a，BE＝5a，∴DG＝EG×＝a，∵DG+GB＝DB，∴，∴a＝，∴BE＝．故答案为：2或．【点评】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题．5．（2022•嘉定区二模）在正方形ABCD中，AB＝5，点E在边BC上，△ABE沿直线AE 翻折后点B落到正方形ABCD的内部点F，联结BF、CF、DF，如图，如果∠BFC＝90°，那么DF＝．【分析】连接EF，过点F作FH⊥BC于点H，延长HF交AD于点G，先证明四边形GHCD是矩形，可得GD＝CH，GH＝CD，根据翻折可得∠AFE＝∠ABE，BE＝FE，再根据∠BFC＝90°，可得E是BC的中点，根据正方形的性质，易证△AGF∽△FHE，可得，设EH＝m，FH＝n，列二元一次方程组，求出m和n的值，再根据勾股定理可得DF的长．【解答】解：连接EF，过点F作FH⊥BC于点H，延长HF交AD于点G，如图所示：∴∠GHC＝90°，在正方形ABCD中，∠BCD＝∠CDA＝90°，∴四边形GHCD是矩形，∴GH＝CD，GD＝HC，根据翻折，可得△ABE≌△AFE，∴∠AFE＝∠ABE，BE＝FE，∴∠EBF＝∠EFB，∵∠BFC＝90°，∴∠FBC+∠FCB＝90°，∴∠EFC＝∠ECF，∴FE＝CE，∴BE＝CE，在正方形ABCD中，∠ABE＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝5，AD∥BC，∴∠AFE＝90°，，∴∠AFG+∠EFH＝90°，∵∠EFH+∠FEH＝90°，∴∠AFG＝∠FEH，∵FH⊥BC，且AD∥BC，∴∠AGF＝∠FHE＝90°，∴△AGF∽△FHE，∴，设EH＝m，FH＝n，则GF＝2m，AG＝2n，∵EC＝，CH＝，∵GD＝CH，GH＝CD，∴，解得，∴GF＝2m＝3，GD＝＝1，根据勾股定理，得DF＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，本题综合性较强，属于中考常考题型．6．（2022•闵行区二模）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点M是AB的中点，将AM沿CM所在的直线翻折，点A落在点A'处，A'M⊥AB，且交BC于点D，A'D：DM的值为．【分析】连接AA'，交CM于点P，可设DM＝a（a＞0），AM＝b（b＞0），由直角三角形斜边上的中线的定义可得CM是Rt△ABC有斜边上的中线，可得BM＝CM＝b，AB＝AM+BM＝2b，再由折叠的性质可得A'M＝AM，∠AMC＝∠A'MC，AA'⊥CM，从而可求得∠AMC＝45°，则可证得△APM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，故有CP＝CM﹣MP＝b﹣b＝b，从而可求得AC＝b，再由sin B＝，sin B＝，得，可求得，，即可求解．【解答】解：连接AA'，交CM于点P，如图，设DM＝a（a＞0），AM＝b（b＞0），∵M是AB的中点，∠ACB＝90°，∴CM是Rt△ABC有斜边上的中线，∴CM＝AB，即AM＝BM＝CM，∴BM＝CM＝b，AB＝AM+BM＝2b，∵A'M⊥AB，∴∠A'MB＝∠A'MA＝90°，即∠DMA＝∠DMB＝90°，∴DB＝，∵AM、A'M关于CM对称，∴A'M＝AM，∠AMC＝∠A'MC，AA'⊥CM，∴A'M＝b，∴A'D＝A'M﹣DM＝b﹣a．∵∠A'MA＝90°，∴∠AMC+∠A'MC＝90°，∴2∠AMC＝90°，∴∠AMC＝45°，∵AA'⊥CM，∴△APM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，∴AP＝MP＝AM＝b，∴CP＝CM﹣MP＝b﹣b＝b，∵AA'⊥CM，∴∠APC＝90°，∴AC＝＝＝，∵b＞0，∴，故AC＝b，∵在Rt△ABC中，sin B＝，在Rt△DMB中，sin B＝，∴，∴，∴，∴＝，故，∴1+＝＝4+2，∴，∵a＞0，b＞0，∴，∴，∴，即A'D：DM的值为．解法二：如图，∵A'M⊥AB，∴∠AMA'＝∠3＝90°，由翻折得：∠1＝∠2＝∠AMA'＝45°，AM＝A'M，∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，M是AB的中点，∴AM＝BM＝CM，∴A'M＝BM，∴∠A'＝∠A'BM＝45°，∴∠A'BM＝∠1，∴A'B∥CM，∴．故答案为：．【点评】本题主要考查翻折变换（折叠问题），解答的关键是明确折叠的过程中相应的边或角之间的关系．7．（2022•宝山区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，F为边CD上一点，沿AF 折叠，点D恰好落在BC边上的点E处，那么线段DF：FC的值为．【分析】由矩形的性质可得AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠B＝∠C＝90°，由翻折可得AE ＝AD＝5，DF＝EF，则BE＝＝4，EC＝5﹣4＝1，设CF＝x，则DF＝EF＝3﹣x，由勾股定理可得（3﹣x）2＝x2+12，解得x＝，则CF＝，DF＝，进而可得出答案．【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，∠B＝∠C＝90°，由翻折可得AE＝AD＝5，DF＝EF，∴BE＝＝4，∴EC＝5﹣4＝1，设CF＝x，则DF＝EF＝3﹣x，由勾股定理可得（3﹣x）2＝x2+12，解得x＝，∴CF＝，DF＝3﹣＝，∴DF：FC＝．故答案为：．【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．8．（2022•静安区二模）如图，∠MON＝30°，点A在OM上，OA＝1，点P在ON上，将∠MON沿AP翻折，设点O落在点O′处，如果AO′⊥AO，那么OP的长为+1或﹣1．【分析】连接OO′交直线AP于点B，过点P作PC⊥OM于点C，则∠OCP＝∠ACP＝90°，设OP＝x，根据折叠的性质可得OAB＝∠OAO′＝45°，OB＝OA•sin∠OAB＝1×＝，然后分两种情况：若点O′在OM上方，若O′在OM下方，分别根据解直角三角形与勾股定理即可解答．【解答】解：连接OO′交直线AP于点B，过点P作PC⊥OM于点C，则∠OCP＝∠ACP ＝90°，设OP＝x，∵∠MON＝30°，OA＝1，∴PC＝OP＝x，∵点A在OM上，点P在ON上，将∠MON沿AP翻折，点O落在O′处，∴O′与O关于直线AP对称，O′A＝OA＝1，∴AP垂直平分OO′，∴O′B＝OB＝OO′，∠OBP＝90°，∴∠OAB＝∠O′AB＝∠OAO′，∵AO′⊥AO，∴∠OAO′＝90°，∴∠OAB＝∠OAO′＝45°，∴OB＝OA•sin∠OAB＝1×＝，若点O′在OM上方，如图：在Rt△ACP中，AP＝＝x，∴BP＝AB﹣AP＝，在Rt△OBP中，BP2+OB2＝OP2，∴（）＝x2，整理得：x2+2x﹣2＝0，∴x＝﹣1±，∵x＞0，∴x＝﹣1；若O′在OM下方，如图：∴∠CAP＝∠OAB＝45°，在Rt△ACP中，AP＝＝x，∴BP＝AB+AP＝x，在Rt△OBP中，BP2+OB2＝OP2，∴（）＝x2，整理得：x＝1±，∵x＞1，∴x＝+1，综上所述，OP的长为+1或﹣1，故答案为：+1或﹣1．【点评】此题考查的是翻折变换、解直角三角形、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线分情况进行讨论是解决此题的关键．9．（2022•松江区校级模拟）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，，将△ABC翻折，使点C与点A重合，折痕DE交边BC于点D，交边AC于点E，那么的值为．【分析】过点A作AF⊥BC于点F，连接AD．由翻折可知，AE＝CE，DE⊥AC，设AF＝x，在Rt△ABF中，tan∠B＝，可求得BF＝CF＝2x，再利用勾股定理求出AB＝AC ＝x，在Rt△CDE中，tan∠C＝tan∠B＝，即可求得DE＝，结合勾股定理可得CD＝＝，则BD＝BC﹣CD＝2BF﹣CD＝，进而可得出答案．【解答】解：过点A作AF⊥BC于点F，连接AD．由翻折可知，AE＝CE，DE⊥AC，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，BF＝CF．设AF＝x，在Rt△ABF中，tan∠B＝，∴BF＝CF＝2x，∴AB＝AC＝x，在Rt△CDE中，tan∠C＝tan∠B＝，∵CE＝，∴DE＝，∴，则BD＝BC﹣CD＝2BF﹣CD＝，∴．故答案为：．【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）、解直角三角形、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．10．（2022•金山区校级模拟）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC翻折，使点C落在AB边上的点D处，折痕EF交边AC于点E，交边BC于点F，如果DE∥BC，则线段EF的长为．【分析】根据折叠的性质可得EC＝ED，FC＝FD，∠CEF＝∠DEF，EF是CD的垂直平分线，进而得出四边形CEDF是正方形，设未知数，利用相似三角形、直角三角形的边角关系求解即可．【解答】解：如图，由折叠可知，EC＝ED，FC＝FD，∠CEF＝∠DEF，EF是CD的垂直平分线，∵DE∥BC，∠ACB＝90°，∴∠AED＝∠ACB＝90°，∴∠CEF＝∠DEF＝45°，∴∠CED＝∠ECF＝∠EDF＝90°∴四边形CEDF是正方形，设CF＝x，则AE＝6﹣x，BF＝8﹣x，由△AED∽△DFB得，＝，即，＝，解得，x＝，在Rt△CEF中，EF＝CF＝，故答案为：．【点评】本题考查折叠轴对称，正方形的判定和性质，相似三角形以及直角三角形的边角关系，理解折叠轴对称的性质和直角三角形的边角关系是解决问题的关键．11．（2021•浦东新区模拟）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，BM是腰AC上的中线，且BM＝BC，将△BCM沿直线BM翻折，点C落在△ABC所在平面内的点D处，如果BC＝7，那么AD＝．【分析】由翻折的性质可得BM＝BC＝BD，根据等腰三角形的性质，可以得出两个底角相等由三角形一个外角等于与它不相邻的两个内角和∠DMC＝2∠ADM，根据相似三角形判定，两角对应相等可得△MAD∽△ABC，由相似三角形的性质＝＝即可示AD的值．【解答】解：∵△BCM沿直线BM翻折得到△BMD，∴∠BCM＝∠BMC＝∠BMD＝∠BDM，BD＝BM＝BC＝7，又∵AB＝AC，∴∠BCM＝∠ABC＝∠BMC＝∠BMD＝∠BDM，∵BM是腰AC上的中线，∴CM＝AM，又∵DM＝CM，∴AM＝DM，∴∠ADM＝∠DAM，又∵三角形一个外角等于与它不相邻的两个内角和，∴∠DMC＝∠ADM+∠DAM＝2∠ADM，∵∠ADM＝∠DMC＝∠DMB＝∠BCA，∠ADM＝∠BCA，∠DAM＝∠ABC，∴△MAD∽△ABC，又∵MA＝AC，∴AD＝BC＝，故答案为．【点评】本题考查等腰三角形的性质以及折叠的性质．解本题的关键要熟练掌握相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和折叠的性质等．12．（2021•浦东新区模拟）如图，点M、N分别在∠AOB的边OA、OB上，将∠AOB沿直线MN翻折，设点O落在点P处，如果当OM＝4，ON＝3时，点O、P的距离为4，那么折痕MN的长为2﹣．【分析】由折叠的性质可得MN⊥OP，EO＝EP＝2，由勾股定理可求ME，NE的长，即可求MN的长．【解答】解：设MN与OP交于点E，∵点O、P的距离为4，∴OP＝4，∵将∠AOB沿直线MN翻折，∴MN⊥OP，EO＝EP＝2，在Rt△OME中，ME＝＝2，在Rt△ONE中，NE＝＝，∴MN＝ME﹣NE＝2﹣，故答案为：2﹣．【点评】本题考查了翻折变换，勾股定理，利用勾股定理求线段的长度是本题的关键．13．（2021•虹口区二模）如图，正方形ABCD的边长为4，点M在边DC上，将△BCM沿直线BM翻折，使得点C落在同一平面内的点C′处，联结DC′并延长交正方形ABCD 一边于点N．当BN＝DM时，CM的长为2或8﹣4．【分析】分两种情形：如图1中，当BN＝DM时，连接CC′交BM于J．如图2中，当BN＝DM时，过点C′作C′T⊥CD于T．分别求解即可．【解答】解：如图1中，当BN＝DM时，连接CC′交BM于J．∵BN＝DM，BN∥DM，∴四边形BNDM是平行四边形，∴BM∥DN，∴∠BMC＝∠NDM，∠BMC′＝∠DC′M，由折叠知，MC′＝MC，∠BMC＝∠BMC′，∴∠NDM＝∠DC′M，∴MC′＝MD，∴CM＝DM＝CD＝2．如图2中，当BN＝DM时，过点C′作C′T⊥CD于T．∵CB＝CD，BN＝DM，∴CN＝CM＝MC′，在△BCM和△DCN中，，∴△BCM≌△DCN（SAS），∴∠CDN＝∠CBM，∵∠CBM+∠BCC′＝90°，∠BCC′+∠C′CD＝90°，∴∠CBM＝∠C′CD，∴∠C′CD＝∠DCC′，∴C′D＝C′C，∵C′T⊥CD，∴DT＝TC＝2，∵C′T∥CN，∴DC′＝C′N，∴C′T＝CN，设C′T＝x，则CN＝CM＝MC′＝2x，TM＝x，∴2x+x＝2，∴x＝4﹣2，∴CM＝8﹣4，综上所述，CM的值为2或8﹣4．【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．14．（2021•嘉定区二模）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4（如图），点E是边AB的中点，联结DE．将△DAE沿直线DE翻折，点A的对应点为A'，那么点A'到直线BC的距离为．【分析】过A′作FG∥BC交AB于F，交CD于G，过A′作A′H⊥BC于H，先证明△EF A′∽△A′GD得它们对应边的比为，再设EF＝3m，F A′＝3n，则A′G＝4m，DG ＝4n，根据F A′+A′G＝BC＝4，AE+EF＝DG，列方程即可得到答案．【解答】解：过A′作FG∥BC交AB于F，交CD于G，过A′作A′H⊥BC于H，如图：∵矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，E是边AB的中点∴∠A＝90°，AD＝BC＝4，CD＝AB＝6，AE＝3，∵△DAE沿直线DE翻折，点A的对应点为A'，∴∠DA′E＝∠A＝90°，A′D＝AD＝4，A′E＝AE＝3，又FG∥BC，∴∠A′DG＝90°﹣∠DA′G＝∠EA′F，而∠EF A′＝∠A′GD＝90°，∴△EF A′∽△A′GD，∴＝，设EF＝3m，F A′＝3n，则A′G＝4m，DG＝4n，∵F A′+A′G＝BC＝4，AE+EF＝DG，∴，解得n＝，∴DG＝4n＝，∴CG＝CD﹣DG＝，∴A′H＝故答案为：．【点评】本题考查矩形中的翻折问题，构造相似三角形列方程是解题的关键．15．（2021•闵行区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点D为AB 中点，将△ACD沿直线CD翻折后，点A落在点E处，设，那么向量用向量表示为2+．【分析】证明DE∥AC，DE＝AC，求出，可得结论．【解答】解：如图，∵∠ACB＝90°，AD＝BD，∴CD＝DB＝DA，∵∠A＝60°，∴△ADC是等边三角形，由翻折的性质可知，ED＝EC＝AD＝AC，∴四边形ACED是菱形，∴AC＝DE，AC∥DE，∵＝+，∴＝2+，∴＝2+，故答案为：2+．【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定和性质，三角形法则等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．16．（2021•静安区二模）已知矩形纸片ABCD的边AB＝10，BC＝12（如图），将它折叠后，点D落在边AB的中点处，那么折痕的长为．【分析】方法一：先画出图形，构造相似三角形求出MF，再利用勾股定理求解．方法二：先根据勾股定理求出PD长，再证明△ADP∽△FEM，根据相似三角形的性质即可求出EF．【解答】解：方法一：如图，设折痕为EF，过点E作EM⊥BC于点M，∵把矩形ABCD折叠，点D与AB中点P重合，点C落在G处，∴EF垂直平分PD，∴∠EDP+∠DEF＝90°，∵∠DEF+∠MEF＝90°，∴∠EDP＝∠MEF，∵∠EMF＝90°，∠A＝90°，∴△ADP∽△FEM，∴．在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，P为AB中点，∴AD＝12，AP＝5，EM＝10，∴，∴，在Rt△EMF中，．方法二：如图，设折痕为EF，过点E作EM⊥BC于点M，则EM＝10，在矩形ABCD中，AB＝10，P为AB中点，∴AP＝5，又∵∠A＝90°，AD＝12，∴PD＝13（勾股定理），由方法一得△ADP∽△FEM，∴，∴，∴EF＝．故答案为：．【点评】本题考查折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是解题的关键．17．（2021•杨浦区二模）如图，已知在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝2，点D 是边BC的中点，点E是边AB上一点，将△BDE沿直线DE翻折，点B落在B'处，联结AB'，如果∠AB'D＝90°，那么线段AE的长为或2．【分析】分两种情况讨论，由折叠的性质和锐角三角函数可求解．【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝2，∴AB＝4，BC＝AC＝2，∵点D是边BC的中点，∴BD＝CD＝，∵将△BDE沿直线DE翻折，∴B'D＝BD＝，∴点B'在以点D为圆心，BD为半径的圆上，如图，当点B'与点C不重合时，过点E作EH ⊥BC于H，连接AD，在Rt△ACD和Rt△AB'D中，，∴Rt△ACD≌Rt△AB'D（HL），∴∠DAC＝∠DAB'，∵∠BDB'+∠B'DC＝180°＝∠B'AC+∠B'DC，∴∠B'AC＝∠BDB'，∵折叠，∴∠BDE＝∠EDB'，∴∠BDE＝∠DAC，∴tan∠DAC＝tan∠BDE＝＝，∴设EH＝x，DH＝2x，∵∠B＝30°，∴BH＝EH＝3x，BE＝2x∵BH+DH＝BD＝，∴x＝，∴EH＝，BE＝，∴AE＝，当点B'与点C重合时，∠AB'D＝90°，∴DE是BC的垂直平分线，∴DE∥AC，∴，∴AE＝BE＝AB＝2，综上所述：AE＝或2．故答案为：或2．【点评】本题考查了翻折变换，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．18．（2021•奉贤区二模）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，∠ADC＝60°，BC ＝3AD．将△ABD沿直线AD翻折，点B落在平面上的B′处，联结AB′交BC于点E，那么的值为．【分析】过A作AF⊥BC于F，过B'作B'G⊥BC于G，设AD＝m，根据翻折及∠ADC＝60°，用m的代数式表示CE、BE即可得出答案．【解答】解：过A作AF⊥BC于F，过B′作B′G⊥BC于G，如图：∵∠ADC＝60°，∴∠ADB＝120°，∵△ABD沿直线AD翻折，点B落在平面上的B′处，∴∠ADB′＝120°，∠CDB′＝60°，B′D＝BD，∵BC＝3AD，AD是BC边上的中线，∴设AD＝m，则BC＝3m，BD＝B′D＝m，Rt△ADF中，DF＝AD•cos60°＝m，AF＝AD•sin60°＝m，∴BF＝BD+DF＝2m，CF＝BC﹣BF＝mRt△B′DG中，DG＝B′D•cos60°＝m，B′G＝B′D•sin60°＝m，∴FG＝DG﹣DF＝m，∵AF⊥BC，B′G⊥BC，∴AF∥B′G，∴＝＝，∵FE+GE＝FG＝m，∴FE＝m，∴BE＝BF+EF＝m，CE＝CF﹣EF＝m，∴＝＝，故答案为：．方法二：如图：∵AD是BC边上的中线，∴CD＝BD，∵将△ABD沿直线AD翻折，点B落在平面上的B′处，∴B'D＝BD＝CD，∵∠ADC＝60°，∴∠ADB＝∠ADB'＝120°，∴∠CDB'＝60°，∴△CDB'是等边三角形，∴B'C＝CD＝BD，∠B'CD＝60°，∴∠B'CD＝∠ADC＝60°，AD∥B'C，∴，由BC＝3AD，设AD＝2m，则BC＝6m，B'C＝CD＝BD＝3m，∴，∴CE＝CD＝m，DE＝CD＝m，∴BE＝BD+DE＝m，∴＝＝，故答案为：．【点评】本题考查翻折、特殊角的三角函数及相似三角形性质等综合知识，解题的关键是作垂线把60°角放入直角三角形．19．（2021•黄浦区二模）如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC．将△ABD沿对角线BD 翻折，点A的对应点E恰好位于边BC上，且BE：EC＝3：2，则∠C的余切值是．【分析】过点A作AF⊥BC于F，DH⊥BC于H，设BE＝3x，EC＝2x，分别求出CH和DH的长，即可求解．【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于F，DH⊥BC于H，∴AF∥DH，又∵AD∥BC，∴四边形ADHF是平行四边形，又∵AF⊥BC，∴四边形ADHF是矩形，∴AF＝DH，AD＝FH，在Rt△ABF和Rt△DCH中，，∴Rt△ABF≌Rt△DCH（HL），∴BF＝CH，∵将△ABD沿对角线BD翻折，∴AB＝BE，∠ABD＝∠DBC，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC＝∠ABD，∴AB＝AD，∵BE：EC＝3：2，∴设BE＝3x，EC＝2x，∴AB＝CD＝3x＝AD＝FH，∴BF＝CH＝x，∴DH＝＝2x，∴∠C的余切值＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．20．（2021•上海模拟）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD 的交点C′处．则BC：AB的值为．【分析】首先连接CC′，可以得到CC′是∠EC′D的平分线，所以CB′＝CD，又AB′＝AB，所以B′是对角线中点，AC＝2AB，所以∠ACB＝30°，即可得出答案．【解答】解：连接CC′，∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处．∴EC＝EC′，∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∵∠CB′C′＝∠D＝90°，∴△CC′B′≌△CC′D，∴CB′＝CD，又∵AB′＝AB，∴AB′＝CB′，所以B′是对角线AC中点，即AC＝2AB，所以∠ACB＝30°，∴∠BAC＝60°，∴tan∠BAC＝tan60°＝＝，BC：AB的值为：．故答案为：．【点评】此题主要考查了翻折变换的性质和角平分线的判定与性质，解答此题要抓住折叠前后的图形全等的性质，得出CC′是∠EC′D的平分线是解题关键．。

2024年中考数学考点必备方法必备09几何综合题的三类折叠问题(解析版)

2024年中考数学考点必备方法必备09几何综合题的三类折叠问题(解析版)

方法必备09几何综合题的三类折叠问题题型一：翻折与几何基本图形题型二：翻折与隐形圆题型三：翻折与二次函数题型一：翻折与几何基本图形1．（2024·山东泰安·一模）如图，把平行四边形纸片ABCD 沿BD 折叠，点C 落在点C 处，BC 与AD 相交于点E ．求证：EB ED 【答案】见详解【分析】本题主要考查利用平行四边形的性质和折叠得性质证明ABE C DE ≌ ，即可证明结论成立．【详解】证明：∵四边形ABCD 为平行四边形，∴A C ，AB CD ，∵沿BD 折叠，点C 落在点C 处，∴C C A ，C D CD AB ，在ABE 和C DE 中AEB C ED A C AB C D∴ ABE C DE AAS ≌，∴EB ED ．2．（2023·江苏泰州·二模）如图1，将 Rt 90ABC A 纸片按照下列图示方式折叠：①将ABD △沿BD 折叠，使得点A 落在BC 边上的点M 处，折痕为BD ；②将BEF △沿EF 折叠，使得点B 与点D 重合，折痕为EF ；③将DEF 沿DF 折叠，点E 落在点'E 处，展开后如图2，BD 、PF 、DF 、DP 为图1折叠过程中产生的折痕．(1)求证：DP BC ∥；(2)若'DE 落在DM 的右侧，求C 的范围；(3)是否存在C 使得DE 与MDC 的角平分线重合，如存在，请求C 的大小；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)030C ；(3)不存在，理由见解析．【分析】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．（1）由第二次翻折可得EF 垂直平分BD ，由第一次翻折可得EF EP ，证出四边形PBFD 是菱形，则可得出结论；（2）设ABD ，求出BDF ，902ADP FDM C ，当DE 落在DM 的右侧时，902 ，求出30a ，则可得出答案；（3）设ABD ，902ADP FDM C ，2MDC ，得出902 ，求出45 ，0C ，则可得出结论．【详解】（1）证明：由第二次翻折可得EF 垂直平分BD ，由第一次翻折可得EF EP ，PF 与BD 垂直且互相平分，四边形PBFD 是菱形，DP BC ∥；（2）解：设ABD ，∵四边形PBFD 是菱形，PB DF ∥，BDF ，902ADP FDM C ，当'DE 落在DM 的右侧时，902 ，30a ，90230 ，030C ；（3）解：不存在．若存在C 使得DE 与MDC 的角平分线重合，设ABD ，902ADP FDM C ，2MDC ，902 ，45 ，0C ，不存在C 使得DE 与MDC 的角平分线重合．3．（2023·吉林松原·三模）如图①，在Rt ABC △中，90ACB ，60A ，CD 是斜边AB 上的中线，点E 为射线CA 上一点，将ADE V 沿DE 折叠，点A 的对应点为点F ．(1)若AB a =，直接写出CD 的长（用含a 的代数式表示）；(2)若点E 与点C 重合，连接BF ，如图②，判断四边形DBFC 的形状，并说明理由；(3)若DF AB ，直接写出CDE 的度数．【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，灵活运用相关知识是解答本题的关键．4．（2023·广东茂名·二模）如图，正方形ABCD中，E是边BC的中点，将ABE沿AE折叠，得到AFE，延长EF 交边CD于点P．(1)求证：DP FP；AB ，求CP的长．(2)若6连接AP，∵四边形ABCD是正方形，∴AD AB，B D5．（2023·广西贵港·二模）综合与实践【问题情境】数学活动课上，老师准备了若干张正方形纸片ABCD ，组织同学们进行折纸探究活动．【初步尝试】把正方形对折，折痕为EF ，然后展开，沿过点A 与点E 所在的直线折叠，点B 落在点B 处，连接 B C ，如图1，请直接写出AEB 与ECB 的数量关系．【能力提升】把正方形对折，折痕为EF ，然后展开，沿过点A 与BE 上的点G 所在的直线折叠，使点B 落在EF 上的点P 处，连接PD ，如图2，猜想APD 的度数，并说明理由．【拓展延伸】在图2的条件下，作点A 关于直线CP 的对称点A ，连接PA ，BA ，AC ，如图3，求PA B 的度数．【答案】初步尝试：AEB ECB ；能力提升：猜想：60APD ，理由见解析；拓展延伸：15PA B【分析】初步尝试：连接BB ，由折叠的性质可知，BE CE ，BE BE ，AEB AEB ，BB AE ，根据等边对等角的性质和三角形内角和定理，得出90BB C ，推出AE CB ∥，即可得出答案；能力提升：根据正方形的性质和折叠的性质，易证 SAS AFP DFP ≌，从而证明APD △是等边三角形，即可得到答案；拓展延伸：连接A C 、AA ，由（2）得APD △是等边三角形，进而得出30PDC ，再结合等边对等角的性质和三角形内角和定理，求得15PAC ，30ACP ，由对称性质得：AC A C ，30ACP A CP ，证明 SSS AA B CA B ≌，得到30CA B ，再由15CA P CAP ，即可求出PA B 的度数．【详解】解：初步尝试：AEB ECB ，理由如下：如图，连接BB ，由折叠的性质可知，BE CE ，BE BE ，AEB AEB ，BB AE ，∴BE CE BE ，∴EBB EB B ，ECB EB C ，∵ 2180EBB EB B EB C ECB EB B EB C ，∴90BB C ，即BB CB ，∴AE CB ∥，∴AEB ECB ，∴AEB ECB ；解：能力提升：猜想：60APD ，理由如下：理由：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB AD ，90ADC ，由折叠性质可得：AF DF ，EF AD ，AB AP ，在AFP 和DFP △中，90AF DF AFP DFP FP FP，∴ SAS AFP DFP ≌，∴AP PD ，∴AP AD PD ，由（2）得APD △是等边三角形，∴PAD PDA APD ∵90ADC ，∴30PDC ，又∵PD AD DC ，∴12DPC DCP ∴PAC PAD DAC 由对称性质得：AC 6．（2023·吉林长春·模拟预测）如图1，平面上，四边形ABCD 中，4AB ，6CD ，BC 3DA ，90A ，点M 在AD 边上，且1DM ．点P 沿折线AB BC 以1个单位速度向终点C 运动，点A 是点A 关于直线MP 的对称点，连接A P ，设点P 在该折线上运动的时间为 0t t ．(1)直接写出线段BP的长；(2)如图2，连接BD．的度数，并直接写出当A 、M、A共线时t的值；①求CBD②若点P到BD的距离为1，求tan A MP 的值；t 时，请直接写出点A 到直线AD的距离（用含t的式子表示）．(3)当04∵PM 平分A MA ，90PMA ，∴PM AB ∥，DNM DBA △∽△，DN DM MN ，3sin 5AD DBA BD，153sin 5PQ BP DBA ，90PQB CBD DAB ∵，90QPB PBQ DBA ，PQB BAD △∽△，,PQ QB PB 即,PQ QB PB 由A PE MA F ∽，7．（2023·河南周口·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．(1)操作判断操作一：如图（1），正方形纸片ABCD，点E是BC边上（点E不与点B，C重合）任意一点，沿AE折叠ABE到△，如图（2）所示；AFE操作二：将图（2）沿过点F的直线折叠，使点E的对称点G落在AE上，得到折痕MN，点C的对称点记为H，如图（3）所示；操作三：将纸片展平，连接BM，如图（4）所示．根据以上操作，回答下列问题：①B，M，N三点（填“在”或“不在”)一条直线上；②AE和BN的位置关系是，数量关系是；③如图（5），连接AN，改变点E在BC上的位置，（填“存在”或“不存在”)点E，使AN平分DAE．(2)迁移探究苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片ABCD，4BC ，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请AB ，6完成下列探究：①当点N在CD上时，如图（6），BE和CN有何数量关系？并说明理由；8．（2023·山东枣庄·中考真题）问题情境：如图1，在ABC 中，1730AB AC BC ，，AD 是BC 边上的中线．如图2，将ABC 的两个顶点B ，C 分别沿,EF GH 折叠后均与点D 重合，折痕分别交,,AB AC BC 于点E ，G ，F ，H ．猜想证明：(1)如图2，试判断四边形AEDG 的形状，并说明理由．问题解决；(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN 折叠，使得顶点B 与点H 重合，折痕分别交,AB BC 于点M ，N ，BM 的对应线段交DG 于点K ，求四边形MKGA 的面积．∵1122CHG S CH HG ∴154302CG HE，9．（2023·内蒙古通辽·中考真题）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片ABCD ，使AD 与BC 重合，得到折痕EF ，把纸片展平；操作二：在AD 上选一点P ，沿BP 折叠，使点A 落在正方形内部点M 处，把纸片展平，连接PM 、BM ，延长PM 交CD 于点Q ，连接BQ ．(1)如图1，当点M 在EF 上时，EMB ___________度；(2)改变点P 在AD 上的位置（点P 不与点A ，D 重合）如图2，判断MBQ 与CBQ 的数量关系，并说明理由．10．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．已知,90AB AC A ，点E 为AC 上一动点，将ABE 以BE 为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：独立思考：小明：“当点D 落在BC 上时，2EDC ACB ．”小红：“若点E 为AC 中点，给出AC 与DC 的长，就可求出BE 的长．”实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：问题1：在等腰ABC 中，,90,AB AC A BDE △由ABE 翻折得到．（1）如图1，当点D 落在BC 上时，求证：2EDC ACB ；（2）如图2，若点E 为AC 中点，43AC CD ,，求BE 的长．问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成90A 的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．问题2：如图3，在等腰ABC 中，90,4,2A AB AC BD D ABD ．若1CD ，则求BC 的长．∵AB BD，∴AM MD，ABM ，∵2BDC ABD，∴BDC DBM∥，∴BM CD，∴CD AD又CG BM，∴四边形CGMD是矩形，则CD GM，在Rt ACD△中，1CD ，11．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形ABCD 是边长为4的菱形，60A ，点Q 为CD 的中点，P 为线段AB 上的动点，现将四边形PBCQ 沿PQ 翻折得到四边形PB C Q ．(1)当45QPB 时，求四边形BB C C 的面积；(2)当点P 在线段AB 上移动时，设BP x ，四边形BB C C 的面积为S ，求S 关于x 的函数表达式．12．（2023·重庆·中考真题）在Rt ABC 中，90ACB ，=60B ，点D 为线段AB 上一动点，连接CD ．(1)如图1，若9AC，BD ，求线段AD 的长．(2)如图2，以CD 为边在CD 上方作等边CDE ，点F 是DE 的中点，连接BF 并延长，交CD 的延长线于点G ．若G BCE ，求证：GF BF BE ．(3)在CD 取得最小值的条件下，以CD 为边在CD 右侧作等边CDE ．点M 为CD 所在直线上一点，将BEM 沿BM 所在直线翻折至ABC 所在平面内得到BNM ．连接AN ，点P 为AN 的中点，连接CP ，当CP 取最大值时，连接BP ，将BCP 沿BC 所在直线翻折至ABC 所在平面内得到BCQ ，请直接写出此时NQCP的值．∵F 是DE 的中点则DF FE ，FH FG ， ∴ SAS GFD HFE ≌，∴H G ，∴EH GC ∥，在CD 取得最小值的条件下，即CD 设4AB a ，则2BC a ，23AC a∵S 是AB 的中点，60ABC∴SC SB BC ，∴BCS △是等边三角形，则60PCB ，∴30PCA ACB BCP ，∵2BC a ，4AB a ，∴PU AR ∥，P 是AN 的中点，∴1NU NP UR PA即PU 是ANR 的中位线，同理可得PT 是ANR ∴54NU UR PT a，12PU AR AT ∵BCS △是等边三角形，将BCP 沿BC 所在直线翻折至∴2120QCP BCP【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型二：翻折与隐形圆一、单选题1．（湖北鄂州·中考真题）如图，菱形ABCD 的边AB =8，∠B =60°，P 是AB 上一点，BP =3，Q 是CD 边上一动点，将梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点A ′．当CA ′的长度最小时，CQ 的长为（）A．5B．7C．8D．13 22．如图，菱形ABCD边长为4，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C的最小值是（）A ．B C ．2D ．3【点睛】本题考查翻折变换、菱形的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，突破点是正确寻找点3．（22-23九年级上·浙江金华·期末）如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 是正方形ABCD 内的动点，点P 是BC 边上的动点，且EAB EBC ．连结AE ，BE ，PD ，PE ，则PD PE 的最小值为（）A．2 B．2C．2D．2作正方形ABCD关于直线BC对称的正方形则点D的对应点是F，连接FO交BC于P，交半圆O于根据对称性有：PD PF，则有：PE PD PE PF，二、填空题4．（2022·广东汕头·一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且CD＝3，E是BC 边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为．【点睛】本题考查了折叠的性质、圆的性质、勾股定理解直角三角形的知识，该题涉及的最值问题属于中考常考题5．△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，D 是BC 的中点，E 为AB 上一动点，点B 关于DE 的对称点B 在△ABC 内（不含△ABC 的边上），则BE 长的范围为．②如图所示，当点B 恰好落在由题意，BD DB DC ，∴DBB DB B ，DB ∴DBB DCB DB22综上，BE长的范围为9 5故答案为：95 52BE．【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，以及勾股定理解直角三角形等，能够根据题意准确分析出动点的运动6．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将ΔEBF沿EF所在直线折叠得到ΔEB'F，连接B'D，则B'D的最小值是．故答案为210 2．【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、B 'D 的值最小是解决问题的关键．7．（22-23九年级下·江苏宿迁·阶段练习）如图，矩形ABCD ，4AB ，8BC ，E 为AB 中点，F 为直线BC 上动点，B 、G 关于EF 对称，连接AG ，点P 为平面上的动点，满足12APB AGB ，则DP 的最小值．【答案】21022【分析】由题意可知，90AGB 上，（要使DP 最小，则点P 要靠近蒂点∴90AGB ，∵12APB AGB ，即1452APB AGB ，8．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E，F分别是边CD，BC上的动点，且∠AFE＝90°（1）证明：△ABF∽△FCE；（2）当DE取何值时，∠AED最大．9．（2022·天津河东·二模）已知，平面直角坐标系中有一个边长为6的正方形OABC，M为线段OC上的动点，将AOM沿直线AM对折，使O点落在O 处．(1)如图①，当30OAM 时，求点O 的坐标；(2)如图②，连接 CO ，当CO AM ∥时．①求点M 的坐标；②连接OB ，求AO M △与AOB 重叠部分的面积；(3)当点M 在线段OC （不包括端点）上运动时，请直接写出线段O C 的取值范围．由①得：tan AO AMO OM 设,CE x 则3,ME x O ¢=-()()222332,x x \=-+解得：6,5x =（不符合题意的根舍去）当,Q O ¢重合时， CO 取得最小值，此时226662,6,AC AQ AO =+===626,CO ¢\=-所以 CO 的取值范围为：626CO ¢-£【点睛】本题考查的是正方形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，一次函数的几何应用，圆的基本性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用一次函数的性质解决几何图形面积问题，利用圆的基本性质求解线段长度的最小值是解本题的关键．10．（2022·重庆·三模）在ABC 中，90ACB ，CA ＝2CB ．将线段CA 绕点C 旋转得到线段CD ．(1)如图1，当点D 落在AB 的延长线上时，过点D 作DE AD 交AC 的延长线于点E ，若BC ＝2，求DE 的长；(2)如图2，当点D 落在CB 的延长线上时，连接AD ，过点C 作CF ⊥AB 于点F ，延长CF 交AD 于点E ，连接BE ，求证：AB CE BE ；(3)如图3，在（2）的条件下，将ACF △沿AC 翻折得到ACF △，M 为直线AD 上一个动点．连接BM ，将BDM 沿BM 翻折得到BMD △．当D F 最小时，直接写出F D FF 的值．由题意得，D ¢在以B 为圆心，BC 长为半径的圆上运动，当设1CB ，∵2CA CB ，∴2CA ．∵90ACB ，1CB ，2CA ，∴225AB CA CB ，sin CAB ∵CF ⊥AB ，90ACB ，题型三：翻折与二次函数1．（21-22九年级下·湖南株洲·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，抛物线22y ax ax c 经过 2,0A ， 0,4C 两点．(1)求抛物线的解析式；(2)点P 是第一象限抛物线上一动点，连接CP ，CP 的延长线与x 轴交于点Q ，过点P 作PE y 轴于点E ，以PE 为轴，翻折直线CP ，与抛物线相交于另一点R ．设P 点横坐标为t ，R 点横坐标为s ，求出s 与t 的函数关系式；（不要求写出自变量t 的取值范围）；(3)在（2）的条件下，连接RC ，点G 在RP 上，且RG RC ，连接CG ，若45OCG ，求点Q 坐标．根据题意得：212EF CE t ∴2142OF OE EF t t ∵点R 的横坐标为s ，∴点R 的坐标为21,42s s s∵45OCG ，PE CE ，∴45EIC ．∵45EIC GCP CPE ∴4545RCH GPE ．∴RCH GPE ．2．（2023·天津河西·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线214y x bx c 与x 轴交于 30A ,， 4,0B 两点，在y 轴正半轴上有一点C ，OC OB ．点D ，E 分别是线段AC ，AB 上的动点，且均不与端点重合．(1)求此抛物线的解析式；(2)如图①，连接BD ，将BCD △沿x 轴翻折得到BFG ，当点G 在抛物线上时，求点G 的坐标；(3)如图②，连接CE ，当CD AE 时，求BD CE 的最小值．∵BCD △与BFG 关于x 轴对称，∴DG AB ，DM GM ，∵3OA ，4OB OC ，∴4tan 3OC CAO OA ，设 0OM a a ，则3AM a ，DM GM AM 4连接EQ 、CQ ，∵AE CD ，∴AEQ CDB ≌，∴EQ BD ，当C ，E ，Q 三点共线时，过点C 作CH AQ ，垂足为H ∵OC OB ^，4OC OB ，∴45CBA ，42BC ．∵180CAH CAB EAQ 2523．（2023·广西贵港·三模）抛物线222y x x c 与x 轴交于A 、B 两点，且点A 在点B 的左侧，与y 轴交于点C ，点 32D ，为抛物线上一点，且直线CD x ∥轴，点M 是抛物线上的一动点．(1)求抛物线的解析式与A、B两点的坐标．，，，为顶点的四边形是平行四边形，求此时点M的坐标．(2)若点E的纵坐标为0，且以A E D M沿CM翻折，点N的对应点为N ，则是否存在点M，使点N (3)过点M作直线CD的垂线，垂足为N，若将CMN则恰好落在x轴上？若存在，求出此时点M的坐标；若不存在，说明段理由．当AD 为边时，11AE M D Y ，此时1M 和点C 重合，23AM E D Y 时，点2M 的纵坐标和点D 的纵坐标互为相反数，即21322,22x x 341,2x 32341341,2,,2,22M M 由折叠知，CNM CN M ∵90NCN ，∴四边形CNMN 是矩形，∵CN CN 时，∴矩形CNMN 是正方形，∴CM 平分NCN ，。

2020年江苏省中考数学试题分类汇编(8)——图形的变化(含答案)

2020年江苏省中考数学试题分类汇编(8)——图形的变化(含答案)

2020年江苏省中考数学试题分类（8）——图形的变化一．翻折变换（折叠问题）（共3小题） 1．（2020•无锡）如图，在四边形ABCD 中（AB ＞CD ），∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝3，BC =√3，把Rt △ABC 沿着AC 翻折得到Rt △AEC ，若tan ∠AED =√32，则线段DE 的长度（ ）A ．√63B ．√73C ．√32D ．2√752．（2020•南通）矩形ABCD 中，AB ＝8，AD ＝12．将矩形折叠，使点A 落在点P 处，折痕为DE ． （1）如图①，若点P 恰好在边BC 上，连接AP ，求AA AA的值；（2）如图②，若E 是AB 的中点，EP 的延长线交BC 于点F ，求BF 的长．3．（2020•无锡）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，点E 为边CD 上的一点（与C 、D 不重合），四边形ABCE 关于直线AE 的对称图形为四边形ANME ，延长ME 交AB 于点P ，记四边形P ADE 的面积为S ． （1）若DE =√33，求S 的值；（2）设DE ＝x ，求S 关于x 的函数表达式．二．平移的性质（共1小题） 4．（2020•镇江）如图，在△ABC 中，BC ＝3，将△ABC 平移5个单位长度得到△A 1B 1C 1，点P 、Q 分别是AB 、A 1C 1的中点，PQ 的最小值等于 ．三．旋转的性质（共1小题）5．（2020•苏州）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为（）A．18°B．20°C．24°D．28°四．旋转对称图形（共1小题）6．（2020•镇江）点O是正五边形ABCDE的中心，分别以各边为直径向正五边形的外部作半圆，组成了一幅美丽的图案（如图）．这个图案绕点O至少旋转°后能与原来的图案互相重合．五．中心对称图形（共1小题）7．（2020•徐州）下列垃圾分类标识的图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．B．C．D．六．关于原点对称的点的坐标（共1小题）8．（2020•淮安）在平面直角坐标系中，点（3，2）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣3，2）C．（﹣3，﹣2）D．（﹣2，﹣3）七．坐标与图形变化-旋转（共1小题）9．（2020•南通）以原点为中心，将点P（4，5）按逆时针方向旋转90°，得到的点Q所在的象限为（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限八．作图-旋转变换（共1小题） 10．（2020•常州）如图1，点B 在线段CE 上，Rt △ABC ≌Rt △CEF ，∠ABC ＝∠CEF ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1．（1）点F 到直线CA 的距离是 ；（2）固定△ABC ，将△CEF 绕点C 按顺时针方向旋转30°，使得CF 与CA 重合，并停止旋转． ①请你在图1中用直尺和圆规画出线段EF 经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示，保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为 ；②如图2，在旋转过程中，线段CF 与AB 交于点O ，当OE ＝OB 时，求OF 的长．九．几何变换综合题（共1小题） 11．（2020•淮安）[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC 中，∠ACB ＝90°，将△ABC 折叠，使点B 与点C 重合，折痕为MN ，则AM 与BM 的数量关系为 ； [思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC 中，AC ＝BC ＝6，AB ＝10，将△ABC 折叠，使点B 与点C 重合，折痕为MN ，求AA AA的值；[拓展延伸]（3）如图③，在三角形纸片ABC 中，AB ＝9，BC ＝6，∠ACB ＝2∠A ，将△ABC 沿过顶点C 的直线折叠，使点B 落在边AC 上的点B ′处，折痕为CM ． ①求线段AC 的长；②若点O 是边AC 的中点，点P 为线段OB ′上的一个动点，将△APM 沿PM 折叠得到△A ′PM ，点A 的对应点为点A ′，A ′M 与CP 交于点F ，求AA AA的取值范围．一十．平行线分线段成比例（共1小题） 12．（2020•无锡）如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝4，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，且DB ＝2AD ，AE ＝3EC ，连接BE ，CD ，相交于点O ，则△ABO 面积最大值为 ．一十一．相似三角形的判定（共1小题）13．（2020•南京）如图，在△ABC 和△A 'B 'C '中，D 、D '分别是AB 、A 'B '上一点，AA AA=A′A′A′A′．（1）当AAA′A′=AA A′A′=AAA′A′时，求证△ABC ∽△A 'B 'C '．证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．（2）当AAA′A′=AA A′A′=AAA′A′时，判断△ABC 与△A 'B 'C ′是否相似，并说明理由．一十二．相似三角形的判定与性质（共6小题）14．（2020•无锡）如图，等边△ABC 的边长为3，点D 在边AC 上，AD =12，线段PQ 在边BA 上运动，PQ =12，有下列结论： ①CP 与QD 可能相等；②△AQD 与△BCP 可能相似； ③四边形PCDQ 面积的最大值为31√316；④四边形PCDQ 周长的最小值为3+√372． 其中，正确结论的序号为（ ）A ．①④B ．②④C ．①③D ．②③ 15．（2020•南通）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC 和△DEF 的顶点都在网格线的交点上．设△ABC 的周长为C 1，△DEF 的周长为C 2，则A 1A 2的值等于 ．16．（2020•盐城）如图，BC∥DE，且BC＜DE，AD＝BC＝4，AB+DE＝10．则AAAA的值为．17．（2020•泰州）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，P为BC边上的动点（与B、C不重合），PD∥AB，交AC于点D，连接AP，设CP＝x，△ADP的面积为S．（1）用含x的代数式表示AD的长；（2）求S与x的函数表达式，并求当S随x增大而减小时x的取值范围．18．（2020•苏州）如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DF⊥AE，垂足为F．（1）求证：△ABE∽△DF A；（2）若AB＝6，BC＝4，求DF的长．19．（2020•无锡）如图，DB过⊙O的圆心，交⊙O于点A、B，DC是⊙O的切线，点C是切点，已知∠D ＝30°，DC=√3．（1）求证：△BOC∽△BCD；（2）求△BCD的周长．一十三．相似形综合题（共2小题）20．（2020•宿迁）【感知】如图①，在四边形ABCD中，∠C＝∠D＝90°，点E在边CD上，∠AEB＝90°，求证：AA AA=AA AA．【探究】如图②，在四边形ABCD 中，∠C ＝∠ADC ＝90°，点E 在边CD 上，点F 在边AD 的延长线上，∠FEG ＝∠AEB ＝90°，且AA AA=AA AA，连接BG 交CD 于点H ．求证：BH ＝GH ．【拓展】如图③，点E 在四边形ABCD 内，∠AEB 十∠DEC ＝180°，且AA AA=AA AA，过E 作EF 交AD于点F ，若∠EF A ＝∠AEB ，延长FE 交BC 于点G ．求证：BG ＝CG ．21．（2020•徐州）我们知道：如图①，点B 把线段AC 分成两部分，如果AA AA=AA AA，那么称点B 为线段AC的黄金分割点．它们的比值为√5−12． （1）在图①中，若AC ＝20cm ，则AB 的长为 cm ；（2）如图②，用边长为20cm 的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD 得折痕EF ，连接CE ，将CB 折叠到CE 上，点B 对应点H ，得折痕CG ．试说明：G 是AB 的黄金分割点；（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a 的正方形ABCD 的边AD 上任取点E （AE ＞DE ），连接BE ，作CF ⊥BE ，交AB 于点F ，延长EF 、CB 交于点P ．他发现当PB 与BC 满足某种关系时，E 、F 恰好分别是AD 、AB 的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．一十四．解直角三角形的应用（共3小题） 22．（2020•南通）如图，测角仪CD 竖直放在距建筑物AB 底部5m 的位置，在D 处测得建筑物顶端A 的仰角为50°．若测角仪的高度是1.5m ，则建筑物AB 的高度约为 m ．（结果保留小数点后一位，参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）23．（2020•淮安）如图，三条笔直公路两两相交，交点分别为A 、B 、C ，测得∠CAB ＝30°，∠ABC ＝45°，AC ＝8千米，求A 、B 两点间的距离．（参考数据：√2≈1.4，√3≈1.7，结果精确到1千米）．24．（2020•连云港）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋》中写道：“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m 的筒车⊙O 按逆时针方向每分钟转56圈，筒车与水面分别交于点A 、B ，筒车的轴心O 距离水面的高度OC 长为2.2m ，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某个盛水筒P 刚浮出水面时开始计算时间．（1）经过多长时间，盛水筒P 首次到达最高点？ （2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P 距离水面多高？（3）若接水槽MN 所在直线是⊙O 的切线，且与直线AB 交于点M ，MO ＝8m ．求盛水筒P 从最高点开始，至少经过多长时间恰好在直线MN 上． （参考数据：cos43°＝sin47°≈1115，sin16°＝cos74°≈1140，sin22°＝cos68°≈38）一十五．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共3小题）25．（2020•苏州）如图，小明想要测量学校操场上旗杆AB 的高度，他作了如下操作： （1）在点C 处放置测角仪，测得旗杆顶的仰角∠ACE ＝α； （2）量得测角仪的高度CD ＝a ；（3）量得测角仪到旗杆的水平距离DB ＝b ．利用锐角三角函数解直角三角形的知识，旗杆的高度可表示为（ ）A ．a +b tan αB ．a +b sin αC ．a +A AAAAD ．a +AAAAA26．（2020•镇江）如图，点E 与树AB 的根部点A 、建筑物CD 的底部点C 在一条直线上，AC ＝10m ．小明站在点E 处观测树顶B 的仰角为30°，他从点E 出发沿EC 方向前进6m 到点G 时，观测树顶B 的仰角为45°，此时恰好看不到建筑物CD 的顶部D （H 、B 、D 三点在一条直线上）．已知小明的眼睛离地面1.6m ，求建筑物CD 的高度（结果精确到0.1m ）．（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73．）27．（2020•泰州）我市在凤城河风景区举办了端午节赛龙舟活动，小亮在河畔的一幢楼上看到一艘龙舟迎面驶来，他在高出水面15m的A处测得在C处的龙舟俯角为23°；他登高6m到正上方的B处测得驶至D处的龙舟俯角为50°，问两次观测期间龙舟前进了多少？（结果精确到1m，参考数据：tan23°≈0.42，tan40°≈0.84，tan50°≈1.19，tan67°≈2.36）一十六．解直角三角形的应用-方向角问题（共3小题）28．（2020•宿迁）如图，在一笔直的海岸线上有A，B两个观测站，A在B的正西方向，AB＝2km，从观测站A测得船C在北偏东45°的方向，从观测站B测得船C在北偏西30°的方向．求船C离观测站A的距离．29．（2020•徐州）小红和爸爸绕着小区广场锻炼．如图，在矩形广场ABCD边AB的中点M处有一座雕塑．在某一时刻，小红到达点P处，爸爸到达点Q处，此时雕塑在小红的南偏东45°方向，爸爸在小红的北偏东60°方向，若小红到雕塑的距离PM＝30m，求小红与爸爸的距离PQ．（结果精确到1m，参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，√6≈2.45）30．（2020•南京）如图，在港口A处的正东方向有两个相距6km的观测点B、C．一艘轮船从A处出发，沿北偏东26°方向航行至D处，在B、C处分别测得∠ABD＝45°、∠C＝37°．求轮船航行的距离AD．（参考数据：sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．）一十七．简单几何体的三视图（共1小题）31．（2020•淮安）下列几何体中，主视图为圆的是（）A．B．C．D．一十八．简单组合体的三视图（共3小题）32．（2020•镇江）如图，将棱长为6的正方体截去一个棱长为3的正方体后，得到一个新的几何体，这个几何体的主视图是（）A．B．C．D．33．（2020•盐城）如图是由4个小正方体组合成的几何体，该几何体的俯视图是（）A．B．C．D．34．（2020•苏州）如图，一个几何体由5个相同的小正方体搭成，该几何体的俯视图是（）A．B．C．D．一十九．由三视图判断几何体（共1小题）35．（2020•常州）如图是某几何体的三视图，该几何体是（）A．圆柱B．三棱柱C．四棱柱D．四棱锥2020年江苏省中考数学试题分类（8）——图形的变化参考答案与试题解析一．翻折变换（折叠问题）（共3小题） 1．【解答】解：方法一：如图，延长ED 交AC 于点M ，过点M 作MN ⊥AE 于点N ，设MN =√3x ， ∵tan ∠AED =√32， ∴AA AA=√32， ∴NE ＝2x ，∵∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC =√3， ∴∠CAB ＝30°， ∴AC ＝2√3， 由翻折可知： ∠EAC ＝30°，∴AM ＝2MN ＝2√3x ， ∴AN =√3MN ＝3x ， ∵AE ＝AB ＝3， ∴5x ＝3， ∴x =35，∴AN =95，MN =3√35，AM =6√35， ∵AC ＝2√3，∴CM ＝AC ﹣AM =4√35， ∵MN =3√35，NE ＝2x =65， ∴EM =√AA 2+AA 2=3√75，∵∠ABC ＝∠BCD ＝90°， ∴CD ∥AB ，∴∠DCA ＝30°，由翻折可知：∠ECA ＝∠BCA ＝60°， ∴∠ECD ＝30°，∴CD 是∠ECM 的角平分线， ∴A △AAA A △AAA =AAAA=AA AA，∴√34√35=3√75−AA ，解得，ED =√73． 方法二：如图，过点D 作DM ⊥CE ，由折叠可知：∠AEC ＝∠B ＝90°， ∴AE ∥DM ，∴∠AED ＝∠EDM ， ∴tan ∠AED ＝tan ∠EDM =√32，∵∠ACB ＝60°，∠ECD ＝30°，设EM =√3m ，由折叠性质可知，EC ＝CB =√3， ∴CM =√3−√3m ，∴tan ∠ECD =AA AA =√33， ∴DM ＝（√3−√3m ）×√33=1﹣m ，∴tan ∠EDM =AA AA =√32，即√3A 1−A=√32解得，m =13，∴DM =23，EM =√33，在直角三角形EDM 中，DE 2＝DM 2+EM 2，解得，DE =√73．故选：B ． 2．【解答】解：（1）如图①中，取DE 的中点M ，连接PM ．∵四边形ABCD 是矩形， ∴∠BAD ＝∠C ＝90°，由翻折可知，AO ＝OP ，AP ⊥DE ，∠2＝∠3，∠DAE ＝∠DPE ＝90°， 在Rt △EPD 中，∵EM ＝MD ， ∴PM ＝EM ＝DM ， ∴∠3＝∠MPD ，∴∠1＝∠3+∠MPD ＝2∠3， ∵∠ADP ＝2∠3， ∴∠1＝∠ADP ， ∵AD ∥BC ，∴∠ADP ＝∠DPC ， ∴∠1＝∠DPC ，∵∠MOP ＝∠C ＝90°， ∴△POM ∽△DCP ， ∴AA AA =AAAA =812=23，∴AA AA=2AA 2AA=23．解法二：证明△ABP 和△DAE 相似，AA AA=AA AA=23．（2）如图②中，过点P 作GH ∥BC 交AB 于G ，交CD 于H ．则四边形AGHD 是矩形，设EG ＝x ，则BG ＝4﹣x∵∠A ＝∠EPD ＝90°，∠EGP ＝∠DHP ＝90°， ∴∠EPG +∠DPH ＝90°，∠DPH +∠PDH ＝90°， ∴∠EPG ＝∠PDH ， ∴△EGP ∽△PHD ， ∴AA AA=AA AA=AA AA=412=13，∴PH ＝3EG ＝3x ，DH ＝AG ＝4+x ， 在Rt △PHD 中，∵PH 2+DH 2＝PD 2， ∴（3x ）2+（4+x ）2＝122，解得x =165（负值已经舍弃）， ∴BG ＝4−165=45，在Rt △EGP 中，GP =√AA 2−AA 2=125， ∵GH ∥BC ，∴△EGP ∽△EBF ， ∴AA AA=AA AA，∴1654=125AA，∴BF ＝3．3．【解答】解：（1）∵在矩形ABCD 中，∠D ＝90°，AD ＝1，DE =√33，∴AE =√AA 2+AA 2=2√33，∴tan ∠AED =AAAA =√3，∴∠AED ＝60°， ∵AB ∥CD ，∴∠BAE ＝60°，∵四边形ABCE 关于直线AE 的对称图形为四边形ANME ， ∴∠AEC ＝∠AEM ， ∵∠PEC ＝∠DEM ，∴∠AEP ＝∠AED ＝60°， ∴△APE 为等边三角形， ∴S =12×（2√33+√33）×1=√32； （2）过E 作EF ⊥AB 于F ，由（1）可知，∠AEP ＝∠AED ＝∠P AE ， ∴AP ＝PE ，设AP ＝PE ＝a ，AF ＝ED ＝x ， 则PF ＝a ﹣x ，EF ＝AD ＝1，在Rt △PEF 中，（a ﹣x ）2+1＝a 2，解得：a =A 2+12A ，∴S =12⋅A ×1+12×A 2+12A ×1=12A +A 2+14A =3A 2+14A ．二．平移的性质（共1小题） 4．【解答】解：取AC 的中点M ，A 1B 1的中点N ，连接PM ，MQ ，NQ ，PN ， ∵将△ABC 平移5个单位长度得到△A 1B 1C 1， ∴B 1C 1＝BC ＝3，PN ＝5，∵点P 、Q 分别是AB 、A 1C 1的中点， ∴NQ =12B 1C 1=32， ∴5−32≤PQ ≤5+32， 即72≤PQ ≤132， ∴PQ 的最小值等于72， 故答案为：72．三．旋转的性质（共1小题） 5．【解答】解：∵AB '＝CB '， ∴∠C ＝∠CAB '，∴∠AB 'B ＝∠C +∠CAB '＝2∠C ，∵将△ABC 绕点A 按逆时针方向旋转得到△AB 'C '， ∴∠C ＝∠C '，AB ＝AB '， ∴∠B ＝∠AB 'B ＝2∠C ，∵∠B +∠C +∠CAB ＝180°， ∴3∠C ＝180°﹣108°， ∴∠C ＝24°，∴∠C '＝∠C ＝24°， 故选：C ．四．旋转对称图形（共1小题） 6．【解答】解：连接OA ，OE ，则这个图形至少旋转∠AOE 才能与原图象重合， ∠AOE =360°5=72°．故答案为：72．五．中心对称图形（共1小题） 7．【解答】解：A 、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； B 、不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意； C 、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意； D 、不是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意； 故选：C ．六．关于原点对称的点的坐标（共1小题） 8．【解答】解：点（3，2）关于原点对称的点的坐标是：（﹣3，﹣2）． 故选：C ．七．坐标与图形变化-旋转（共1小题） 9．【解答】解：如图，∵点P （4，5）按逆时针方向旋转90°，得点Q 所在的象限为第二象限． 故选：B ．八．作图-旋转变换（共1小题） 10．【解答】解：（1）如图1中，作FD ⊥AC 于D ，∵Rt △ABC ≌Rt △CEF ，∠ABC ＝∠CEF ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1． ∴∠ACB ＝60°，∠FCE ＝∠BAC ＝30°，AC ＝CF ， ∴∠ACF ＝30°， ∴∠BAC ＝∠FCD ， 在△ABC 和△CDF 中，{∠AAA =∠AAAAAAA =AAAA AA =AA， ∴△ABC ≌△CDF （AAS ）， ∴FD ＝BC ＝1，法二：∵∠ECF ＝∠FCD ＝30°，FD ⊥CD ，FE ⊥CE ， ∴DF ＝EF ， ∵EF ＝BC ＝1，∴DF ＝1． 故答案为1；（2）线段EF 经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E 落在CF 上的点H 处．S 阴＝S △EFC +S 扇形ACF ﹣S 扇形CEH ﹣S △AHC ＝S 扇形ACF ﹣S 扇形ECH =30⋅A ⋅22360−30⋅A ⋅(√3)2360=A12． 故答案为A12．（3）如图2中，过点E 作EH ⊥CF 于H ．设OB ＝OE ＝x ．在Rt △ECF 中，∵EF ＝1，∠ECF ＝30°，EH ⊥CF ， ∴EC =√3EF =√3，EH =√32，CH =√3EH =32，在Rt △BOC 中，OC =√AA 2+AA 2=√1+A 2， ∴OH ＝CH ﹣OC =32−√1+A 2， 在Rt △EOH 中，则有x 2＝（√32）2+（32−√1+A 2）2，解得x =√73或−√73（不合题意舍弃），∴OC =1+(√73)2=43，∵CF ＝2EF ＝2，∴OF ＝CF ﹣OC ＝2−43=23． 九．几何变换综合题（共1小题）11．【解答】解：（1）如图①中，∵△ABC 折叠，使点B 与点C 重合，折痕为MN ， ∴MN 垂直平分线段BC ， ∴CN ＝BN ，∵∠MNB ＝∠ACB ＝90°， ∴MN ∥AC ， ∵CN ＝BN ， ∴AM ＝BM ．故答案为AM ＝BM ．（2）如图②中，∵CA ＝CB ＝6， ∴∠A ＝∠B ，由题意MN 垂直平分线段BC ， ∴BM ＝CM ， ∴∠B ＝∠MCB ， ∴∠BCM ＝∠A ， ∵∠B ＝∠B ，∴△BCM ∽△BAC ， ∴AA AA =AAAA ，∴610=AA6，∴BM =185， ∴AM ＝AB ﹣BM ＝10−185=325， ∴AA AA=325185=169．（3）①如图③中，由折叠的性质可知，CB ＝CB ′＝6，∠BCM ＝∠ACM ， ∵∠ACB ＝2∠A ， ∴∠BCM ＝∠A ， ∵∠B ＝∠B ，∴△BCM ∽△BAC ， ∴AA AA =AAAA =AA AA∴69=AA 6，∴BM ＝4，∴AM ＝CM ＝5， ∴69=5AA ，∴AC =152．②如图③﹣1中，∵∠A ＝∠A ′＝∠MCF ，∠PF A ′＝∠MFC ，P A ＝P A ′， ∴△PF A ′∽△MFC ， ∴AA AA =AA′AA，∵CM ＝5， ∴AA AA =AA′5，∵点P 在线段OB 上运动，OA ＝OC =154，AB ′=152−6=32， ∴32≤P A ′≤154， ∴310≤AA AA≤34．一十．平行线分线段成比例（共1小题） 12．【解答】解：如图，过点D 作DF ∥AE ，则AA AA =AA AA =23，∵AA AA=13，∴DF ＝2EC ， ∴DO ＝2OC ， ∴DO =23DC ，∴S △ADO =23S △ADC ，S △BDO =23S △BDC ， ∴S △ABO =23S △ABC ，∵∠ACB ＝90°，∴C 在以AB 为直径的圆上，设圆心为G ，当CG ⊥AB 时，△ABC 的面积最大为：12×4×2＝4， 此时△ABO 的面积最大为：23×4=83． 故答案为：83．一十一．相似三角形的判定（共1小题） 13．【解答】（1）证明：∵AA AA=A′A′A′A′，∴AA A′A′=AAA′A′， ∵AA A′A′=AA A′A′=AA A′A′， ∴AA A′A′=AA A′A′=AA A′A′，∴△ADC ∽△A ′D ′C '， ∴∠A ＝∠A ′， ∵AA A′A′=AAA′A′， ∴△ABC ∽△A ′B ′C ′． 故答案为：AAA′A′=AA A′A′=AAA′A′，∠A ＝∠A ′．（2）如图，过点D ，D ′分别作DE ∥BC ，D ′E ′∥B ′C ′，DE 交AC 于E ，D ′E ′交A ′C ′于E ′．∵DE ∥BC ，∴△ADE ∽△ABC ， ∴AA AA=AA AA=AA AA，同理，A′A′A′A′=A′A′A′A′=A′A′A′A′，∵AA AA =A′A′A′A′， ∴AA AA =A′A′A′A′，∴AAA′A′=AAA′A′，同理，AA AA =A′A′A′A′，∴AA −AA AA =A′A′−A′A′A′A′，即AA AA=A′A′A′A′，∴AA A′A′=AAA′A′， ∵AA A′A′=AA A′A′=AA A′A′， ∴AA A′A′=AA A′A′=AA A′A′，∴△DCE ∽△D ′C ′E ′， ∴∠CED ＝∠C ′E ′D ′， ∵DE ∥BC ，∴∠CED +∠ACB ＝180°，同理，∠C ′E ′D ′+∠A ′C ′B ′＝180°， ∴∠ACB ＝∠A ′C ′B ′， ∵AA A′A′=AAA′A′，∴△ABC ∽△A ′B ′C ′．一十二．相似三角形的判定与性质（共6小题）14．【解答】解：①利用图象法可知PC ＞DQ ，或通过计算可知DQ 的最大值为√212，PC 的最小值为3√32，所以PC ＞DQ ，故①错误．②设AQ ＝x ，则BP ＝AB ﹣AQ ﹣PQ ＝3﹣x −12=52−x ， ∵∠A ＝∠B ＝60°， ∴当AA AA=AA AA 或AA AA=AA AA时，△ADQ 与△BPC 相似，即1252−A=A3或123=A52−A ，解得x ＝1或32或514，∴当AQ ＝1或32或514时，两三角形相似，故②正确③设AQ ＝x ，则四边形PCDQ 的面积＝S △ABC ﹣S △ADQ ﹣S △BCP =√34×32−12×x ×√32×12−12×3×（3﹣x −12）×√32=3√38+5√38x ，∵x 的最大值为3−12=52，∴x =52时，四边形PCDQ 的面积最大，最大值=31√316，故③正确，如图，作点D 关于AB 的对称点D ′，作D ′F ∥PQ ，使得D ′F ＝PQ ，连接CF 交AB 于点P ′，在射线P ′A 上取P ′Q ′＝PQ ，此时四边形P ′CDQ ′的周长最小．过点C 作CH ⊥D ′F 交D ′F 的延长线于H ，交AB 于J ．由题意，DD ′＝2AD •sin60°=√32，HJ =12DD ′=√34，CJ =3√32，FH =32−12−14=34， ∴CH ＝CJ +HJ =7√34，∴CF =√AA 2+AA 2=(34)2+(7√34)2=√392， ∴四边形P ′CDQ ′的周长的最小值＝3+√392，故④错误， 故选：D ．15．【解答】解：∵AA AA =√22=√2， AAAA=√22+222=√2， AA AA =√22√22=√2，∴AA AA =AA AA =AA AA =√2， ∴△ABC ∽△DEF ，∴A 1A 2=AA AA=√22， 故答案为：√22． 16．【解答】解：∵BC ∥DE ， ∴△ADE ∽△ABC ， ∴AA AA =AA AA =AAAA ，即4AA =AA 4=AA AA ， ∴AB •DE ＝16，∵AB +DE ＝10， ∴AB ＝2，DE ＝8，∴AAAA=AA AA =84=2， 故答案为：2． 17．【解答】解：（1）∵PD ∥AB ， ∴AAAA=AA AA ， ∵AC ＝3，BC ＝4，CP ＝x ， ∴A4=AA 3，∴CD =34A ， ∴AD ＝AC ﹣CD ＝3−34A ，即AD =−34A +3；（2）根据题意得，S =12AA ⋅AA =12A (−34A +3)=−38(A −2)2+32，∴当x ≥2时，S 随x 的增大而减小，∵0＜x ＜4，∴当S 随x 增大而减小时x 的取值范围为2≤x ＜4．18．【解答】解：（1）∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∠B ＝90°，∴∠DAF ＝∠AEB ，∵DF ⊥AE ，∴∠AFD ＝∠B ＝90°，∴△ABE ∽△DF A ；（2）∵E 是BC 的中点，BC ＝4，∴BE ＝2，∵AB ＝6，∴AE =√AA 2+AA 2=√62+22=2√10，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ＝BC ＝4，∵△ABE ∽△DF A ，∴AA AA =AA AA ，∴AA =AA ⋅AA AA =2√10=65√10． 19．【解答】证明：（1）∵DC 是⊙O 的切线，∴∠OCD ＝90°，∵∠D ＝30°，∴∠BOC ＝∠D +∠OCD ＝30°+90°＝120°，∵OB ＝OC ，∴∠B ＝∠OCB ＝30°，∴∠DCB ＝120°＝∠BOC ，又∵∠B ＝∠B ＝30°，∴△BOC ∽△BCD ；（2）∵∠D ＝30°，DC =√3，∠OCD ＝90°，∴DC =√3OC =√3，DO ＝2OC ，∴OC ＝1＝OB ，DO ＝2，∵∠B ＝∠D ＝30°， ∴DC ＝BC =√3，∴△BCD 的周长＝CD +BC +DB =√3+√3+2+1＝3+2√3．一十三．相似形综合题（共2小题）20．【解答】【感知】证明：∵∠C ＝∠D ＝∠AEB ＝90°，∴∠BEC +∠AED ＝∠AED +∠EAD ＝90°，∴∠BEC ＝∠EAD ，∴Rt △AED ∽Rt △EBC ，∴AA AA =AA AA ．【探究】证明：如图1，过点G 作GM ⊥CD 于点M ，由（1）可知AA AA =AA AA ，∵AA AA =AA AA ，AA AA =AA AA ， ∴AA AA =AA AA ，∴BC ＝GM ，又∵∠C ＝∠GMH ＝90°，∠CHB ＝∠MHG ，∴△BCH ≌△GMH （AAS ），∴BH ＝GH ，【拓展】证明：如图2，在EG 上取点M ，使∠BME ＝∠AFE ，过点C 作CN ∥BM ，交EG 的延长线于点N ，则∠N ＝∠BMG ，∵∠EAF +∠AFE +∠AEF ＝∠AEF +∠AEB +∠BEM ＝180°，∠EF A ＝∠AEB ，∴∠EAF ＝∠BEM ，∴△AEF ∽△EBM ，∴AA AA =AA AA ，∵∠AEB +∠DEC ＝180°，∠EF A +∠DFE ＝180°，而∠EF A ＝∠AEB ，∴∠CED ＝∠EFD ，∵∠BMG +∠BME ＝180°，∴∠N ＝∠EFD ，∵∠EFD +∠EDF +∠FED ＝∠FED +∠DEC +∠CEN ＝180°，∴∠EDF ＝∠CEN ，∴△DEF ∽△ECN ，∴AA AA =AA AA ， 又∵AA AA =AA AA ， ∴AA AA =AA AA ，∴BM ＝CN ，又∵∠N ＝∠BMG ，∠BGM ＝∠CGN ，∴△BGM ≌△CGN （AAS ），∴BG ＝CG ．21．【解答】解：（1）∵点B 为线段AC 的黄金分割点，AC ＝20cm ，∴AB =√5−12×20＝（10√5−10）cm ．故答案为：（10√5−10）．（2）延长EA ，CG 交于点M ，∵四边形ABCD 为正方形，∴DM ∥BC ，∴∠EMC ＝∠BCG ，由折叠的性质可知，∠ECM ＝∠BCG ，∴∠EMC ＝∠ECM ，∴EM ＝EC ，∵DE ＝10，DC ＝20，∴EC =√AA 2+AA 2=√102+202=10√5，∴EM ＝10√5，∴DM ＝10√5+10，∴tan ∠DMC =AA AA =10√5+10=√5+1=√5−12． ∴tan ∠BCG =√5−12， 即AA AA =√5−12， ∵AB ＝BC ， ∴AAAA =√5−12， ∴G 是AB 的黄金分割点；（3）当BP ＝BC 时，满足题意．理由如下：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝BC ，∠BAE ＝∠CBF ＝90°，∵BE ⊥CF ，∴∠ABE +∠CFB ＝90°，又∵∠BCF +∠BFC ＝90°，∴∠BCF ＝∠ABE ，∴△ABE ≌△BCF （ASA ），∴BF ＝AE ，∵AD ∥CP ，∴△AEF ∽△BPF ， ∴AAAA=AA AA ， 当E 、F 恰好分别是AD 、AB 的黄金分割点时， ∵AE ＞DE ， ∴AAAA =AA AA ，∵BF ＝AE ，AB ＝BC ，∴AA AA =AA AA =AA AA ， ∴AA AA =AA AA ，∴BP ＝BC ．一十四．解直角三角形的应用（共3小题）22．【解答】解：如图，过点D 作DE ⊥AB ，垂足为点E ，则DE ＝BC ＝5，DC ＝BE ＝1.5，在Rt △ADE 中，∵tan ∠ADE =AA AA ，∴AE ＝tan ∠ADE •DE ＝tan50°×5≈1.19×5＝5.95（米），∴AB ＝AE +BE ＝5.95+1.5≈7.5（米），故答案为：7.5．23．【解答】解：过点C 作CD ⊥AB 于点D ，如图所示．在Rt △ACD 中，AC ＝8（千米），∠CAD ＝30°，∠CDA ＝90°，∴CD ＝AC •sin ∠CAD ＝4（千米），AD ＝AC •cos ∠CAD ＝4√3（千米）≈6.8（千米）．在Rt △BCD 中，CD ＝4（千米），∠BDC ＝90°，∠CBD ＝45°，∴∠BCD ＝45°，∴BD ＝CD ＝4（千米），∴AB ＝AD +BD ＝6.8+4≈11（千米）．答：A 、B 两点间的距离约为11千米．24．【解答】解：（1）如图1中，连接OA ．由题意，筒车每秒旋转360°×56÷60＝5°，在Rt △ACO 中，cos ∠AOC =AA AA =2.23=1115． ∴∠AOC ＝43°，∴180−435=27.4（秒）．答：经过27.4秒时间，盛水筒P 首次到达最高点．（2）如图2中，盛水筒P 浮出水面3.4秒后，此时∠AOP ＝3.4×5°＝17°，∴∠POC ＝∠AOC +∠AOP ＝43°+17°＝60°，过点P 作PD ⊥OC 于D ，在Rt △POD 中，OD ＝OP •cos60°＝3×12=1.5（m ），2.2﹣1.5＝0.7（m ），答：浮出水面3.4秒后，盛水筒P 距离水面0.7m ．（3）如图3中，∵点P 在⊙O 上，且MN 与⊙O 相切，∴当点P 在MN 上时，此时点P 是切点，连接OP ，则OP ⊥MN ，在Rt △OPM 中，cos ∠POM =AA AA =38，∴∠POM ＝68°，在Rt △COM 中，cos ∠COM =AA AA =2.28=1140，∴∠COM ＝74°，∴∠POH ＝180°﹣∠POM ﹣∠COM ＝180°﹣68°﹣74°＝38°，∴需要的时间为385=7.6（秒），答：盛水筒P 从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN 上．一十五．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共3小题）25．【解答】解：过C 作CF ⊥AB 于F ，则四边形BFCD 是矩形，∴BF ＝CD ＝a ，CF ＝BD ＝b ，∵∠ACF ＝α，∴tan α=AA AA =AA A ， ∴AF ＝b •tan α，∴AB ＝AF +BF ＝a +b tan α，故选：A ．26．【解答】解：如图，延长FH，交CD于点M，交AB于点N，∵∠BHN＝45°，BA⊥MH，则BN＝NH，设BN＝NH＝x，∵HF＝6，∠BFN＝30°，∴tan∠BFN=AAAA=AAAA+AA，即tan30°=AA+6，解得x＝8.19，根据题意可知：DM＝MH＝MN+NH，∵MN＝AC＝10，则DM＝10+8.19＝18.19，∴CD＝DM+MC＝DM+EF＝18.19+1.6≈19.8（m）．答：建筑物CD的高度约为19.8m．27．【解答】解：如图，根据题意得，∠C＝23°，∠BDE＝50°，AE＝15m，BE＝21m，在Rt△ACE中，tan C＝tan23°=AAAA=15AA≈0.42，解得：CE≈35.7，在Rt△BDE中，tan∠BDE＝tan50°=AAAA=21AA≈1.19，解得：DE≈17.6，∴CD＝CE﹣DE＝35.7﹣17.6＝18.1≈18m，答：两次观测期间龙舟前进了18m．一十六．解直角三角形的应用-方向角问题（共3小题）28．【解答】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，则∠CAD＝∠ACD＝45°，∴AD＝CD，设AD＝x，则AC=√2x，∴BD＝AB﹣AD＝2﹣x，∵∠CBD＝60°，在Rt△BCD中，∵tan∠CBD=AA AA，∴A2−A=√3，解得x＝3−√3．经检验，x＝3−√3是原方程的根．∴AC=√2x=√2（3−√3）＝（3√2−√6）km．答：船C离观测站A的距离为（3√2−√6）km．29．【解答】解：过点P作PN⊥BC于N，如图，则四边形ABNP是矩形，∴PN＝AB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∵∠APM＝45°，∴△APM是等腰直角三角形，∴AM=√22PM=√22×30＝15√2（m），∵M是AB的中点，∴PN＝AB＝2AM＝30√2m，在Rt△PNQ中，∠NPQ＝90°﹣∠DPQ＝90°﹣60°＝30°，∴NQ=√33PN＝10√6m，PQ＝2NQ＝20√6≈49（m）；答：小红与爸爸的距离PQ约为49m．30．【解答】解：如图，过点D作DH⊥AC于点H，在Rt△DCH中，∠C＝37°，∴CH=AA AAA37°，在Rt△DBH中，∠DBH＝45°，∴BH=AA AAA45°，∵BC＝CH﹣BH，∴AAAAA37°−AAAAA45°=6，解得DH≈18km，在Rt△DAH中，∠ADH＝26°，∴AD=AAAAA26°≈20km．答：轮船航行的距离AD约为20km．一十七．简单几何体的三视图（共1小题）31．【解答】解：正方体的主视图为正方形，球的主视图为圆，圆柱的主视图是矩形，圆锥的主视图是等腰三角形，故选：B．一十八．简单组合体的三视图（共3小题）32．【解答】解：从正面看是一个正方形，正方形的右上角是一个小正方形，故选：A．33．【解答】解：观察图形可知，该几何体的俯视图是．故选：A．34．【解答】解：从上面看，是一行三个小正方形．故选：C．一十九．由三视图判断几何体（共1小题）35．【解答】解：该几何体的主视图为矩形，左视图为矩形，俯视图是一个正方形，则可得出该几何体是四棱柱．故选：C．。

专题33 中考几何折叠翻折类问题(解析版)

专题33 中考几何折叠翻折类问题(解析版)

专题33 中考几何折叠翻折类问题1.轴对称（折痕）的性质：（1）成轴对称的两个图形全等。

（2）对称轴与连结“对应点的线段”垂直。

（3）对应点到对称轴的距离相等。

（4）对应点的连线互相平行。

也就是不管是轴对称图形还是两个图形关于某条直线对称，对称轴都是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.对称的图形都全等.2.折叠或者翻折试题解决哪些问题（1）求角度大小；（2）求线段长度；（3）求面积；（4）其他综合问题。

3.解决折叠问题的思维方法（1）折叠后能够重合的线段相等，能够重合的角相等，能够重合的三角形全等，折叠前后的图形关于折痕对称，对应点到折痕的距离相等。

（2）折叠类问题中，如果翻折的直角，那么可以构造三垂直模型，利用三角形相似解决问题。

（3）折叠类问题中，如果有平行线，那么翻折后就可能有等腰三角形，或者角平分线。

这对解决问题有很大帮助。

（4）折叠类问题中，如果有新的直角三角形出现，可以设未知数，利用勾股定理构造方程解决。

（5）折叠类问题中，如果折痕经过某一个定点，往往用辅助圆解决问题。

一般试题考查点圆最值问题。

（6）折叠后的图形不明确，要分析可能出现的情况，一次分析验证可以利用纸片模型分析。

【例题1】（2020•哈尔滨）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝50°，AD⊥BC，垂足为D，△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，则∠CAB'的度数为（）A．10°B．20°C．30°D．40°【答案】A【解析】由余角的性质可求∠C＝40°，由轴对称的性质可得∠AB'B＝∠B＝50°，由外角性质可求解．∵∠BAC＝90°，∠B＝50°，∴∠C＝40°，∵△ADB与△ADB'关于直线AD对称，点B的对称点是点B'，∴∠AB'B＝∠B＝50°，∴∠CAB'＝∠AB'B﹣∠C＝10°。

31.中考数学专题 翻折变换数学母题题源系列(解析版)

31.中考数学专题 翻折变换数学母题题源系列(解析版)

【母题原题一】【2019·广东深圳】如图在正方形ABCD 中，1BE =，将BC 沿CE 翻折，使点B 对应点刚好落在对角线AC 上，将AD 沿AF 翻折，使点D 对应点落在对角线AC 上，求EF =__________.【解析】作FM AB ⊥于点M ，由折叠可知：1EXEB AX ===，AE =1AM DF YF ===，∴正方形边长1,1AB FM EM ===，∴EF ===.【名师点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．【母题原题二】【2019·江苏淮安】如图，在矩形ABCD 中，3AB =，2BC =，H 是AB 的中点，将CBH∆专题06 翻折变换沿CH 折叠，点B 落在矩形内点P 处，连接AP ，则tan HAP ∠=__________．【答案】43【解析】如图，连接PB ，交CH 于E ， 由折叠可得，CH 垂直平分BP ，BH PH =，又∵H 为AB 的中点，∴AH BH =，∴AH PH BH ==， ∴HAP HPA ∠=∠，HBP HPB ∠=∠， 又∵180HAP HPA HBP HPB ︒∠+∠∠+∠=+， ∴90APB ︒∠=，∴90APB HEB ︒∠=∠=， ∴AP HE ∥，∴BAP BHE ∠=∠， 又∵Rt BCH △中，4tan 3BC BHC BH ∠==， ∴4tan 3HAP ∠=，故答案为：43．【名师点睛】本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握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是解题的关键．【母题原题三】【2019·江苏扬州】将一个矩形纸片折叠成如图所示的图形，若∠ABC =26°，则∠ACD = __________．【答案】128°. 【解析】如图，延长DC 到F ，∵矩形纸条折叠，∴∠ACB=∠BCF，∵AB∥CD，∴∠BCF=∠ABC=26°，∴∠ACF=52°，∵∠ACF+∠ACD=180°，∴∠ACD=128°，故答案为：128°.【名师点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键.【母题原题四】【2019·山西】综合与实践动手操作：第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在直线折叠，展开铺平.在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上.此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一直线上，折痕分别为CE，CF.如图2.第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3.第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME，如图5，图中的虚线为折痕.问题解决：（1）在图5中，∠BEC的度数是__________，AEBE的值是__________；（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；（3）在不增加字母的条件下，请你以图5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形(正方形除外)，并写出这个菱形：__________．【答案】（1）67.5°；（2）四边形EMGF是矩形，理由见解析；（3）菱形FGCH或菱形EMCH(一个即可).【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠B =90°，∠ACB =12∠BCD =45°，∠BAC =12∠BAD =45°， ∵折叠，∴∠BCE =12∠BCA =22.5°，BE =EN ，∠ENC =∠B =90°， ∴∠BEC =90°-22.5°=67.5°，∠ANE =90°， 在Rt △AEN 中，sin ∠EAN =ENAE，∴2EN AE =，∴AE EN ，∴AE AE BE EN ==故答案为：67.5°（2）四边形EMGF 是矩形，理由如下：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B =∠BCD =∠D =90°， 由折叠可知：∠1=∠2=∠3=∠4=22.5°，CM =CG ， ∠BEC =∠NEC =∠NFC =∠DFC =67.5°， 由折叠可知：MH 、GH 分别垂直平分EC ，FC ，∴MC =ME ，GC =GF ，∴∠5=∠1=22.5°，∠6=∠4=22.5°，∴∠MEF =∠GFE =90°， ∵∠MCG =90°，CM =CG ，∴∠CMG =45°，又∵∠BME =∠1+∠5=45°，∴∠EMG =180°-∠CMG -∠BME =90°， ∴四边形EMGF 是矩形；（3）如图所示，四边形EMCH 是菱形，理由如下：由（2）∠BME =45°=∠BCA ，∴EM ∥AC ，∵折叠，∴CM =CH ，EM =CM ，∴EM =CH ，∴EM =CH ， ∴四边形EMCH 是平行四边形， 又CM =EM ，∴平行四边形EMCH 是菱形.(同理四边形FGCH 是菱形，如图所示：).【名师点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定，菱形的判定，解直角三角形等，正确把握相关知识是解题的关键.【母题原题五】【2019·江苏徐州】如图，将平行四边形纸片ABCD 沿一条直线折叠，使点A 与点C 重合，点D 落在点G 处，折痕为EF ．求证： （1）ECB FCG ∠=∠； （2）EBC FGC △≌△．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠A BCD =∠， 由折叠可得，A ECG ∠=∠， ∴BCD ECG ∠=∠，∴BCD ECF ECG ECF ∠-∠=∠-∠， ∴ECB FCG ∠=∠；（2）∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴D B ∠=∠，AD BC =，由折叠可得，D G ∠=∠，AD CG =， ∴B G ∠=∠，BC CG =， 又ECB FCG ∠=∠，∴(ASA)EBC FGC △≌△．【名师点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的性质是解题的关键.【母题原题六】【2019·江苏常州】如图，把平行四边形纸片ABCD 沿BD 折叠，点C 落在点C '处，BC '与AD 相交于点E ．（1）连接AC '，则AC '与BD 的位置关系是__________； （2）EB 与ED 相等吗？证明你的结论．【答案】（1）AC BD '∥；（2）EB 与ED 相等，见解析. 【解析】（1）连接AC '， 在平行四边形ABCD 中，AD BC =，ADB CBD ∠=∠，∵把平行四边形纸片ABCD 沿BD 折叠，点C 落在点C '处， ∴'AD BC =，CBD C'BD ∠=∠， ∴'ADB C BD ∠=∠，∴ED EB =，∴AE C E '=，∴EAC'EC A EBD EDB '∠=∠=∠=∠， ∴AC BD '∥，故答案为：AC BD '∥； （2）EB 与ED 相等．由折叠可得，CBD C BD '∠=∠， ∵AD BC ∥，∴ADB CBD ∠=∠， ∴EDB EBD ∠=∠，∴BE DE =．【名师点睛】本题主要考查了折叠问题以及平行四边形的性质，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．【命题意图】这类试题主要考查几何图形中与折叠有关的问题，涉及三角形全等，勾股定理，平行四边形的判定及性质等．【方法总结】翻折问题的解决通常需要借助轴对称的相关知识，要弄清翻折前后的边、角的对应情况，将待求线段或角与已知线段、角归结到一起，对问题进行分析处理．1．【浙江省临海市2019届九年级中考3月模拟数学试题】如图，△ABC纸片中，AB=BC>AC，点D是AB 边的中点，点E在边AC上，将纸片沿DE折叠，使点A落在BC边上的点F处．则下列结论成立的个数有①△BDF是等腰直角三角形；②∠DFE=∠CFE；③DE是△ABC的中位线；④BF+CE=DF+DE．A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【解析】①根据折叠知AD=DF，所以BD=DF，即△BDF一定是等腰三角形．因为∠B不一定等于45°，所以①错误；②连接AF，交DE于G，根据折叠知DE垂直平分AF，又点D是AB边的中点，在△ABF中，根据三角形的中位线定理，得DG∥BF．进一步得E是AC的中点．由折叠知AE=EF，则EF=EC，得∠C= ∠CFE．又∠DFE=∠A=∠C，所以∠DFE=∠CFE，正确；③在②中已证明正确；④根据折叠以及中位线定理得右边=AB，要和左边相等，则需CE=CF，则△CEF应是等边三角形，显然不一定，错误．故选B．【名师点睛】考查了三角形中位线定理，正确利用折叠所得对应线段之间的关系以及三角形的中位线定理是解题的关键．2．【黑龙江省哈尔滨市十七中2018–2019学年九年级下学期二模数学试题】如图，在ABCD 中，E 为边CD 上一点，将ADE △沿AE 折叠至AD'E △处，'AD 与CE 交于点F ，若52B ∠=︒，20DAE ∠=︒，则'FED ∠的大小为A ．20°B ．30°C ．36°D ．40°【答案】C【解析】∵四边形ABCD 是平行四边形，∴52D B ∠=∠=︒， 由折叠的性质得：52D'D ∠=∠=︒，20EAD'DAE ∠=∠=︒，∴522072AEF D DAE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，180108AED'EAD'D'∠=︒-∠-∠=︒， ∴1087236FED'∠=︒-︒=︒；故选C ．【名师点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AEF 和∠AED ′是解决问题的关键．3．【山东省济南市历城区中考数学模拟试题】如图（1），在△ABC 中，D 、E 分别是AB 、AC 的中点，将△ADE 沿线段DE 向下折叠，得到图（2）．下列关于图（2）的四个结论中，不一定成立的是A ．点A 落在BC 边的中点B ．∠B +∠1+∠C =180° C ．△DBA 是等腰三角形D ．DE ∥BC【答案】A【解析】根据题意可知DE是三角形ABC的中位线，所以DE∥BC；∠B+∠1+∠C=180°；∵BD=AD，∴△DBA是等腰三角形．故只有A错，BA≠C A．故选A．【名师点睛】主要考查了三角形的内角和外角之间的关系以及等腰三角形的性质．还涉及到翻折变换以及中位线定理的运用．（1）三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和．（2）三角形的内角和是180度．求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°这一隐含的条件．4．【山东省淄博市张店区2018届3月份九年级中考模拟试卷】有一张平行四边形纸片ABCD，已知∠B=70°，按如图所示的方法折叠两次，则∠BCF的度数等于A．55°B．50°C．45°D．40°【答案】B【解析】由折叠可得，∠CED=90°=∠BCE，又∵∠D=∠B=70°，∴∠DCE=20°，由折叠可得，∠DCF=3×20°=60°，∴∠BCF=50°，故选B．【名师点睛】本题主要考查了折叠问题以及平行四边形的性质的运用，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．5．【甘肃省民勤县第六中学2019届九年级下学期第三次诊断考试数学试题】如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，M为AD上一点，将△ABM沿BM翻折至△EBM，ME和BE分别与CD相交于O，F两点，且OE=OD，则AM的长为__________．【答案】4.8 【解析】如图所示：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D =∠A =∠C =90°，AD =BC =6，CD =AB =8， 根据题意得：△ABP ≌△EBP ， ∴EP =AP ，∠E =∠A =90°，BE =AB =8，在△ODP 和△OEG 中，D EOD OE DOP EOG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ODP ≌△OEG （ASA ）， ∴OP =OG ，PD =GE ，∴DG =EP ， 设AP =EP =x ，则PD =GE =6–x ，DG =x ， ∴CG =8–x ，BG =8–（6–x ）=2+x ， 根据勾股定理得：BC 2+CG 2=BG 2， 即62+（8–x ）2=（x +2）2，解得x =4.8，∴AP =4.8；故答案为：4.8．6．【河南省平顶山市2019届九年级中考数学三模试题】在菱形ABCD 中，AB =2，∠BAD =120°，点E ，F 分别是边AB ，BC 边上的动点，沿EF 折叠△BEF ，使点B 的对应点B ′始终落在边CD 上，则A 、E 两点之间的最大距离为__________．【答案】2【解析】如图，作AH⊥CD于H．∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，∴AB∥CD，∴∠D+∠BAD=180°，∴∠D=60°，∵AD=AB=2，∴AH=AD•sin60°=∵B，B′关于EF对称，∴BE=EB′，当BE的值最小时，AE的值最大，==BE的值最小，根据垂线段最短可知，当EB'AH∴AE的最大值=2，故答案为2【名师点睛】本题考查翻折变换，菱形的性质，解直角三角形，垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．7．【2019年山东省聊城市莘县中考数学三模试卷】如图，在矩形ABCD中，BC=4，点E是AD的中点，将矩形ABCD沿直线BE折叠，点A对应点为点A'，延长BA'，交边DC于点F．若点F是DC的三等分点，则CD的长为__________．或【解析】如图，连接EF，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB =CD ，∠A =∠D =90°，∵点E 是AD 中点，∴AE =DE ，∵将矩形ABCD 沿直线BE 折叠，∴AB =A 'B ，∠BA 'E =∠A =90°，AE =A 'E ，∴A 'E =DE ，EF =EF ，∴Rt △A 'EF ≌Rt △DEF （HL ），∴DF =A 'F ，设AB =CD =3x =A 'B ，若DF =x ，∴A 'F =x ，CF =2x ，∴BF =4x ，在Rt △BCF 中，BF 2=CF 2+BC 2，∴16x 2=4x 2+16，∴x =3，∴CD =3x若DF =2x ，则CF =x ，同理可得：CD ，或【名师点睛】考查了折叠问题，矩形的性质，勾股定理，利用分类思想解决问题是本题的关键． 8．【河北省张家口市桥西区2019届九年级中考6月模拟数学试题】如图，在平行四边形ABCD 中，AD DB ⊥，垂足为点D ，将平行四边形ABCD 折叠，使点B 落在点D 的位置，点C 落在点G 的位置，折痕为EF ． （1）求证：ADE GDF △≌△；（2）若AE BD =，求CFG ∠的度数；（3）连接CG ，求证：四边形BCGD 是矩形．【答案】（1）见解析；（2）60°；（3）见解析.【解析】（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB =CD ，AD =BC ，AD ∥BC ，∠A =∠C ，由折叠可知，BC =DG ，CF =FG ，∠G =∠C ，EF 垂直平分BD ，∴∠A =∠G ，AD =DG ，又∵AD⊥BD，∴EF∥AD∥BC，∴点E、F分别平分AB、CD，∴AE=BE=12AB=12CD=CF=DF，∴AE=FG，∴△ADE≌△GDF；（2）∵AE=BD，AE=BE=12AB，∴BD=12AB，∴sin A=12BDAB，∴∠A=30°，∵DF=CF=FG，∴∠FDG=∠DGF=∠A=30°，∴∠CFG=∠FDG+∠DGF=60°；（3）如图，连接CG．由折叠可知，BC=DG，BC∥DG，∴四边形BCGD是平行四边形，∵AD⊥BD，AD∥BC，∴BC⊥BD，∴∠CBD=90°，∴四边形BCGD是矩形．【名师点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定，含30°角的直角三角形的性质，平行四边形的判定以及矩形的判定，解题时注意：有一个角为直角的平行四边形是矩形．9．【2019年江苏省连云港市灌南县、海州区、连云区中考数学二模试卷】如图，AC为矩形ABCD的对角线，将边AB沿AE折叠，使点B落在AC上的点M处，将边CD沿CF折叠，使点D落在AC上的点N 处．（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）当∠BAE为多少度时，四边形AECF是菱形？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠BAE=30°时，四边形AECF是菱形．【解析】（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD，AD∥BC，∠B=∠D=90°，∠BAC=∠DCA．由翻折的性质可知：∠EAB=12∠BAC，∠DCF=12∠DCA．∴∠EAB=∠DCF．在△ABE和△CDF中B DAB CDEAB DCF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABE≌△CDF（ASA），∴DF=BE，∴AF=EC，又∵AF∥EC，∴四边形AECF是平行四边形；（2）当∠BAE=30°时，四边形AECF是菱形，理由：由折叠可知，∠BAE=∠CAE=30°，∵∠B=90°，∴∠ACE=90°–30°=60°，即∠CAE=∠ACE，∴EA=EC，∵四边形AECF是平行四边形，∴四边形AECF是菱形．【名师点睛】本题主要考查了菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质、矩形的性质、平行四边形的判定定理和勾股定理等，综合运用各定理是解答此题的关键．10．【2019年广东省汕头市澄海区中考数学一模试卷】如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥DB，垂足为点D，将平行四边形ABCD折叠，使点B落在点D的位置，点C落在点G的位置，折痕为EF，EF交对角线BD于点P．（1）连接CG，请判断四边形DBCG的形状，并说明理由；（2）若AE=BD，求∠EDF的度数．【答案】（1）四边形BCGD是矩形，理由详见解析；（2）∠EDF=120°．【解析】（1）四边形BCGD是矩形，理由如下，∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC ∥AD ，即BC ∥DG ，由折叠可知，BC =DG ，∴四边形BCGD 是平行四边形，∵AD ⊥BD ，∴∠CBD =90°，∴四边形BCGD 是矩形；（2）由折叠可知：EF 垂直平分BD ，∴BD ⊥EF ，DP =BP ，∵AD ⊥BD ，∴EF ∥AD ∥BC ，∴1AE PD BE BP==，∴AE =BE ， ∴DE 是Rt △ADB 斜边上的中线，∴DE =AE =BE ，∵AE =BD ，∴DE =BD =BE ，∴△DBE 是等边三角形，∴∠EDB =∠DBE =60°，∵AB ∥DC ，∴∠DBC =∠DBE =60°，∴∠EDF =120°．【名师点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠性质，等边三角形的性质和判定，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力，题目综合性比较强，有一定的难度．。

直角三角形翻折模型(解析版)-中考数学满分突破

直角三角形翻折模型(解析版)-中考数学满分突破

直角三角形翻折模型已知在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，AB =3，BC =4，AC =5模型一：沿过点A 的直线翻折使得点B 的对应点B '落在斜边AC 上，折痕为AD ，求线段AD ，DC ，B 'C 长度。

解法一(勾股定理思路)：由已知条件可知，AB =AB '，BD =B 'D∵∠ABC =90°，AB =3，AC =5∴∠AB 'D =90°，AB '=3，B 'C =2设BD =x ，则B 'D =x ，DC =4-x在Rt △DB 'C 中，由勾股定理可得DB '2+B 'C 2=DC 2即x 2+22=(4-x )2解得x =1.5∴B 'D =1.5, DC =2.5同理AD =32√5解法二(相似三角形思路)：由已知条件易证△ABC ∽△DB 'C 则AB BC =DB 'B 'C 则B 'D =1.5 再由勾股定理求解线段AD 长【模型变形】已知在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，AB =3，BC =4，AD 为∠BAC 的角平分线，求DC 长解法(思路)：过点D 作DE ⊥AC ，垂足为点E则△ABD ≌△AED (AAS )(证明过程略)∴∠ABD =∠AED ，BD =DE ，AB =AE剩余步骤参照模型一解法一模型二：沿过点C 的直线翻折使得点B 的对应点B '落在斜边AC 上，折痕为CD ，求线段AD ，DC ，AB '长度。

解法一(勾股定理思路)：由已知条件可知，BD =B 'D ，BC =B 'C∵∠ABC =90°， BC =4，AC =5∴∠CB 'D =90°， B 'C =4，AB '=1设BD =x ，则B 'D =x ，AD =3-x在Rt △ADB '中，由勾股定理可得DB '2+AB '2=AD 2即x 2+12=(3-x )2解得x =43∴B 'D =43, AD =53在Rt △DCB '中，由勾股定理可Q 求得CD 长解法二(相似三角形思路)：由已知条件易证△ABC ∽△AB 'D 则AB BC=AB 'B 'D 则B 'D =43 再由勾股定理求解线段CD 长模型三：沿MN 翻折使得点A 与点C 重合，求线段AN ，BM ，MN 长度。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

翻折问题---解答题综合1．△AOB在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中，A（0，﹣3），B（﹣2，0），O是坐标原点．（1）将△AOB先作其关于x轴的对称图形，再把新图形向右平移3个单位，在图中画出两次变换后所得的图形△AO1B1；（2）若点M（x，y）在△AOB上，则它随上述两次变换后得到点M1，则点M1的坐标是．2．（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：∠B=30°，请你完成证明过程．（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长．（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB=6，求EF的长．3．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C的对应点为C′．（1）若点C′刚好落在对角线BD上时，BC′=；（2）若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，求CE的长；（3）若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，求CE的长．4．如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD 沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形（不需说明理由）（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长．5．如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．（1）求证：四边形DEFG为菱形；（2）若CD=8，CF=4，求的值．6．如图1，一张菱形纸片EHGF，点A、D、C、B分别是EF、EH、HG、GF边上的点，连接AD、DC、CB、AB、DB，且AD=，AB=；如图2，若将△FAB、△AED、△DHC、△CGB分别沿AB、AD、DC、CB对折，点E、F都落在DB上的点P 处，点H、G都落在DB上的点Q处．（1）求证：四边形ADCB是矩形；（2）求菱形纸片EHGF的面积和边长．7．（1）操作发现：如图①，在Rt△ABC中，∠C=2∠B=90°，点D是BC上一点，沿AD折叠△ADC，使得点C恰好落在AB上的点E处．请写出AB、AC、CD之间的关系；（2）问题解决：如图②，若（1）中∠C≠90°，其他条件不变，请猜想AB、AC、CD之间的关系，并证明你的结论；（3）类比探究：如图③，在四边形ABCD中，∠B=120°，∠D=90°，AB=BC，AD=DC，连接AC，点E是CD上一点，沿AE折叠，使得点D正好落在AC上的F处，若BC=，直接写出DE的长．8．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，联结BP、BH．（1）求证：∠APB=∠BPH；（2）求证：AP+HC=PH；（3）当AP=1时，求PH的长．9．如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B落在AD边上一点E处，折痕的两端点分别在边AB，BC上（含端点），且AB=6，BC=10，设AE=x．（1）当BF的最小值等于时，才能使点B落在AD上一点E处；（2）当点F与点C重合时，求AE的长；（3）当AE=3时，点F离点B有多远10．如图，三角形纸片中，AB=8cm，BC=6cm，AC=5cm．沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E 处，折痕为BD，求△ADE的周长．11．【问题提出】如果我们身边没有量角器和三角板，如何作15°大小的角呢【实践操作】如图．第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开，得到AD∥EF∥BC．第二步：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，得到折痕BM．折痕BM 与折痕EF相交于点P．连接线段BN，PA，得到PA=PB=PN．【问题解决】（1）求∠NBC的度数；（2）通过以上折纸操作，还得到了哪些不同角度的角请你至少再写出两个（除∠NBC的度数以外）．（3）你能继续折出15°大小的角了吗说说你是怎么做的．12．已知矩形ABCD中，AB=3cm，AD=4cm，点E、F分别在边AD、BC上，连接B、E，D、F．分别把Rt△BAE和Rt△DCF 沿 BE，DF折叠成如图所示位置．（1）若得到四边形 BFDE是菱形，求AE的长．（2）若折叠后点A′和点C′恰好落在对角线BD上，求AE的长．13．如图1，矩形纸片ABCD的边长AB=4cm，AD=2cm．同学小明现将该矩形纸片沿EF折痕，使点A与点C重合，折痕后在其一面着色（如图2），观察图形对比前后变化，回答下列问题：（1）GF FD：（直接填写=、＞、＜）（2）判断△CEF的形状，并说明理由；（3）小明通过此操作有以下两个结论：①四边形EBCF的面积为4cm2②整个着色部分的面积为运用所学知识，请论证小明的结论是否正确．14．操作：准备一张长方形纸，按下图操作：（1）把矩形ABCD对折，得折痕MN；（2）把A折向MN，得Rt△AEB；（3）沿线段EA折叠，得到另一条折痕EF，展开后可得到△EBF．探究：△EBF的形状，并说明理由．15． 1）如图1，将△ABC纸片沿DE折叠，使点A落在四边形BCDE内点A′的位置，若∠A=40°，求∠1+∠2的度数；（2）通过（1）的计算你发现∠1+∠2与∠A有什么数量关系请写出这个数量关系，并说明这个数量关系的正确性；（3）将图1中△ABC纸片的三个内角都进行同样的折叠．①如果折叠后三个顶点A、B、C重合于一点O时，如图2，则图中∠α+∠β+∠γ=；∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=；②如果折叠后三个顶点A、B、C不重合，如图3，则①中的关于“∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6”的结论是否仍然成立请说明你的理由．16．如图，长方形纸片ABCD，点E、F分别在边AB、CD上，连接EF，将∠BEF对折，点B落在直线EF上的B′处，得到折痕EC，将点A落在直线EF上的点A′处，得到折痕EN．（1）若∠BEB′=110°，则∠BEC=°，∠AEN=°，∠BEC+∠AEN=°．（2）若∠BEB′=m°，则（1）中∠BEC+∠AEN的值是否改变请说明你的理由．（3）将∠ECF对折，点E刚好落在F处，且折痕与B′C重合，求∠DNA′．17．如图△ABC中，∠B=60°，∠C=78°，点D在AB边上，点E在AC边上，且DE∥BC，将△ADE沿DE折叠，点A 对应点为F点．（1）若点A落在BC边上（如图1），求证：△BDF是等边三角形；（2）若点A落在三角形外（如图2），且CF∥AB，求△CEF各内角的度数．18．如图1，四边形OABC中，OA=a，OC=3，BC=2，∠AOC=∠BCO=90°，经过点O的直线l将四边形分成两部分，直线l与OC所成的角设为θ，将四边形OABC的直角∠OCB沿直线l折叠，点C落在点D处（如图1）．（1）若折叠后点D恰为AB的中点（如图2），则θ=；（2）若θ=45°，四边形OABC的直角∠OCB沿直线l折叠后，点B落在点四边形OABC的边AB上的E处（如图3），求a的值．19．在△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，D、E分别是斜边AB和直角边CB上的点，把△ABC沿着直线DE折叠，顶点B的对应点是B′．（1）如图（1），如果点B′和顶点A重合，求CE的长；（2）如图（2），如果点B′和落在AC的中点上，求CE的长．20．把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和D重合，折痕为EF．（1）连接BE，求证：四边形BFDE是菱形；（2）若AB=8cm，BC=16cm，求线段DF和EF的长．21．如图，矩形ABCD中，AB=8cm，BC=6cm，动点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿线段AB向点B运动，连接DP，把∠A沿DP折叠，使点A落在点A′处．求出当△BPA′为直角三角形时，点P运动的时间．22．在矩形ABCD中，=a，点G，H分别在边AB，DC上，且HA=HG，点E为AB边上的一个动点，连接HE，把△AHE 沿直线HE翻折得到△FHE．如图1，当DH=DA时，（1）填空：∠HGA=度；（2）若EF∥HG，求∠AHE的度数，并求此时a的最小值；23．如图1，△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，点B落在A1处．剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，点B1落在A2处．剪掉重叠部分；…；将余下部分沿∠B n A n C的平分线A n B n+1折叠，点B n与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BAC是△ABC的好角．小丽展示了确定∠BAC是△ABC的好角的两种情形．情形一：如图2，沿等腰三角形ABC顶角∠BAC的平分线AB1折叠，点B与点C重合；情形二：如图3，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，此时点B1与点C重合．（2）若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C的等量关系．（3）如果一个三角形的最小角是4°，直接写出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．答：．24．在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合（如图），（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）求折痕EF的长．25．如图1，ABCD是一张矩形纸片，AD=BC=1，AB=CD=5．在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到△MNK，KB交MN于O．（1）若∠1=80°，求∠MKN的度数；（2）当B与D重合时，画出图形，并求出∠KON的度数；（3）△MNK的面积能否小于2若能，求出此时∠1的度数；若不能，试说明理由．26．七年级科技兴趣小组在“快乐星期四”举行折纸比赛，折叠过程是这样的（阴影部分表示纸条的反面）：如果由信纸折成的长方形纸条（图①）长为26厘米，回答下列问题：（1）如果长方形纸条的宽为2厘米，并且开始折叠时起点M与点A的距离为3厘米，那么在图②中，BM=厘米；在图④中，BM= 厘米．（2）如果信纸折成的长方形纸条宽为2cm，为了保证能折成图④形状（即纸条两端均刚好到达点P），纸条长至少多少厘米纸条长最小时，长方形纸条面积是多少（3）如果不但要折成图④的形状，而且为了美观，希望纸条两端超出点P的长度相等，即最终图形是对称图形，假设长方形纸条的宽为x厘米，试求在开始折叠时（图①）起点M与点A的距离（用含x的代数式表示）．（温馨提示：别忘了用草稿纸来折一折哦！）27．将四张形状，大小相同的长方形纸片分别折叠成如图所示的图形，请仔细观察重叠部分的图形特征，并解决下列问题：（1）观察图①，②，③，④，∠1和∠2有怎样的关系并说明你的依据．（2）猜想图③中重叠部分图形△MBD的形状（按边），验证你的猜想．（3）若图④中∠1=60°，猜想重叠部分图形△MEF的形状（按边），验证你的猜想．28．如图，长方形纸片ABCD中，AB=10，将纸片折叠，使顶点B落在边AD上的E点处，折痕的一端G点在边BC上．（1）如图（1），当折痕的另一端F在AB边上且AE=5时，求AF的长；（2）如图（2），当折痕的另一端F在AD边上且BG=13时，求AF的长．29．矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的B′处，再沿B′G折叠四边形，使B′D边与B′F重合，且B′D′过点F．已知AB=4，AD=1（1）试探索EF与B′G的位置关系，并说明理由；（2）若四边形EFGB′是菱形，求∠BFE的度数；（3）若点D′与点F重合，求此时图形重叠部分的面积．30．（1）操作发现：如图①，在Rt△ABC中，∠C=2∠B=90°，点D是BC上一点，沿AD折叠△ADC，使得点C恰好落在AB上的点E处，请写出AB、AC、CD之间的关系（2）问题解决：如图②，若（1）中∠C≠90°，其他条件不变，请猜想AB、AC、CD之间的关系，并证明你的结论；（3）类比探究：如图③，在四边形ABCD中，∠B=120°，∠D=90°，AB=BC，AD=DC，连接AC，点E是CD上一点，沿AE折叠，使得点D正好落在AC上的点F处，若BC=3，直接写出DE的长．翻折问题---解答题综合参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．（2016•安徽模拟）△AOB在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中，A（0，﹣3），B（﹣2，0），O是坐标原点．（1）将△AOB先作其关于x轴的对称图形，再把新图形向右平移3个单位，在图中画出两次变换后所得的图形△AO1B1；（2）若点M（x，y）在△AOB上，则它随上述两次变换后得到点M1，则点M1的坐标是（x+3，﹣y）．【分析】（1）首先确定A、B、C三点关于x轴的对称点位置，再向右平移3个单位找到对应点位置，然后再连接即可；（2）根据关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标相反可得点M（x，y）关于x轴的对称图形上的点的坐标为（x，﹣y），再向右平移3个单位，点的横坐标+3，纵坐标不变．【解答】解：（1）如图所示：（2）点M（x，y）关于x轴的对称图形上的点的坐标为（x，﹣y），再向右平移3个单位得到点M1的坐标是（x+3，﹣y）．故答案为：（x+3，﹣y）．【点评】此题主要考查了作图﹣﹣平移变换和轴对称变换，关键是掌握点的坐标的变化规律．2．（2016•贵阳模拟）（1）数学课上，老师出了一道题，如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，，求证：∠B=30°，请你完成证明过程．（2）如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，折痕交AE于点G，请运用（1）中的结论求∠ADG的度数和AG的长．（3）若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），当AB=6，求EF的长．【分析】（1）Rt△ABC中，根据sinB═=，即可证明∠B=30°；（2）求出∠FA′D的度数，利用翻折变换的性质可求出∠ADG的度数，在Rt△A'FD中求出A'F，得出A'E，在Rt△A'EG 中可求出A'G，利用翻折变换的性质可得出AG的长度．（3）先判断出AD=AC，得出∠ACD=30°，∠DAC=60°，从而求出AD的长度，根据翻折变换的性质可得出∠DAF=∠FAO=30°，在Rt△ADF中求出DF，继而得出FO，同理可求出EO，再由EF=EO+FO，即可得出答案．【解答】（1）证明：Rt△ABC中，∠C=90°，，∵sinB==，∴∠B=30°；（2）解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，∴EA=FD=×边长=1，∵沿过点D的抓痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，∴A′D=AD=2，∴=，∴∠FA′D=30°，可得∠FDA′=90°﹣30°=60°，∵A沿GD折叠落在A′处，∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G，∴∠ADG===15°，∵A′D=2，FD=1，∴EA′=EF﹣A′F=2﹣，∵∠EA′G+∠DA′F=180°﹣∠GA′D=90°，∴∠EA′G=90°﹣∠DA′F=90°﹣30°=60°，∴∠EGA′=90°﹣∠EA′G=90°﹣60°=30°，则A′G=AG=2EA′=2（2﹣）；（3）解：∵折叠后B、D两点恰好重合于一点O，∴AO=AD=CB=CO，∴DA=，∵∠D=90°，∴∠DCA=30°，∵AB=CD=6，在Rt△ACD中，=tan30°，则AD=DC•tan30°=6×=2，∵∠DAF=∠FAO=∠DAO==30°，∴=tan30°=，∴DF=AD=2，∴DF=FO=2，同理EO=2，∴EF=EO+FO=4．【点评】本题考查了翻折变换的知识，涉及了含30°角的直角三角形的性质、平行四边形的性质，综合考察的知识点较多，注意将所学知识融会贯通．3．（2016•贵阳模拟）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C 的对应点为C′．（1）若点C′刚好落在对角线BD上时，BC′= 4 ；（2）若点C′刚好落在线段AB的垂直平分线上时，求CE的长；（3）若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，求CE的长．【分析】（1）根据点B，C′，D在同一直线上得出BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC求出即可；（2）利用垂直平分线的性质得出CC′=DC′=DC，则△DC′C是等边三角形，进而利用勾股定理得出答案；（3）利用①当点C′在矩形内部时，②当点C′在矩形外部时，分别求出即可．【解答】解：（1）如图1，∵点B，C′，D在同一直线上，∴BC′=BD﹣DC′=BD﹣DC=10﹣6=4；故答案为：4；（2）如图2，连接CC′，∵点C′在AB的垂直平分线上，∴点C′在DC的垂直平分线上，∴CC′=DC′=DC，则△DC′C是等边三角形，设CE=x，易得DE=2x，由勾股定理得：（2x）2﹣x2=62，解得：x=2，即CE的长为2；（3）作AD的垂直平分线，交AD于点M，交BC于点N，分两种情况讨论：①当点C′在矩形内部时，如图3，∵点C′在AD的垂直平分线上，∵DC′=6，由勾股定理得：MC′=2，∴NC′=6﹣2，设EC=y，则C′E=y，NE=4﹣y，故NC′2+NE2=C′E2，即（6﹣2）2+（4﹣y）2=y2，解得：y=9﹣3，即CE=9﹣3；②当点C′在矩形外部时，如图4，∵点C′在AD的垂直平分线上，∴DM=4，∵DC′=6，由勾股定理得：MC′=2，∴NC′=6+2，设EC=z，则C′E=a，NE=z﹣4故NC′2+NE2=C′E2，即（6+2）2+（z﹣4）2=z2，解得：z=9+3，即CE=9+3，综上所述：CE的长为9±3．【点评】此题主要考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识；利用数形结合以及分类讨论得出是解题关键．4．（2015•南充）如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△B PQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E 重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上点F处．（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形（不需说明理由）（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长．【分析】（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sin∠DMF==，设DF=3x，MD=5x，表示出AP、BP、BQ，再根据△AMP∽△BPQ，列出比例式解方程求解即可．【解答】解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°，根据折叠的性质可知：∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ，∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°，∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP，∴△AMP∽△BPQ，同理：△BPQ∽△CQD，根据相似的传递性，△AMP∽△CQD；（2）∵AD∥BC，根据折叠的性质可知：∠DQC=∠DQM，∴∠MDQ=∠DQM，∴MD=MQ，∵AM=ME，BQ=EQ，∴BQ=MQ﹣ME=MD﹣AM，∵sin∠DMF==，∴设DF=3x，MD=5x，∴BP=PA=PE=，BQ=5x﹣1，∵△AMP∽△BPQ，∴，∴，解得：x=（舍）或x=2，∴AB=6．【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、翻折的性质以及锐角三角函数的综合运用，在求AB长的问题中，关键是恰当的设出未知数表示出一对相似三角形的对应边列比例式．5．（2015•漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．（1）求证：四边形DEFG为菱形；（2）若CD=8，CF=4，求的值．【分析】（1）根据折叠的性质，易知DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，易证FG=FE，故由四边相等证明四边形DEFG为菱形；（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．【解答】（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；（2）解：设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，FC2+EC2=EF2，即42+（8﹣x）2=x2，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．【点评】本题主要考查了折叠的性质、菱形的判定以及勾股定理，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解答此题的关键．6．（2015•江西校级模拟）如图1，一张菱形纸片EHGF，点A、D、C、B分别是EF、EH、HG、GF边上的点，连接AD、DC、CB、AB、DB，且AD=，AB=；如图2，若将△FAB、△AED、△DHC、△CGB分别沿AB、AD、DC、CB对折，点E、F 都落在DB上的点P处，点H、G都落在DB上的点Q处．（1）求证：四边形ADCB是矩形；（2）求菱形纸片EHGF的面积和边长．【分析】（1）由对折可知∠EAB=∠PAB，∠FAD=∠PAD，利用等角关系可求出∠BAD=90°，同理可求出∠ADC=∠ABC=90°．即可得出四边形ADCB是矩形．（2）由对折可知S菱形EHGF=2S矩形ADCB即可求出EHGF的面积，由对折可得出点A，C为中点，连接AC，得FG=AC=BD．利用勾股定理就可得出边长．【解答】（1）证明：由对折可知∠EAB=∠PAB，∠FAD=∠PAD，∴2（∠PAB+∠PAD）=180°，即∠BAD=∠PAB+∠PAD=90°．同理可得，∠ADC=∠ABC=90°．∴四边形ADCB是矩形．（2）解：由对折可知：△AEB≌△APB，△AFD≌△APD，△CGD≌△CQD，△CHB≌△CQB．∴S菱形EHGF=2S矩形ADCB=．又∵AE=AP=AF，∴A为EF的中点．同理有C为GH的中点．即AF=CG，且AF∥CG，如图2，连接AC，∴四边形ACGF为平行四边形，得FG=AC=BD．∴．【点评】本题主要考查了翻折变换，勾股定理，菱形的性质及矩形的判定，解题的关键是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．7．（2015•平顶山二模）（1）操作发现：如图①，在Rt△ABC中，∠C=2∠B=90°，点D是BC上一点，沿AD折叠△ADC，使得点C恰好落在AB上的点E处．请写出AB、AC、CD之间的关系AB=AC+CD ；（2）问题解决：如图②，若（1）中∠C≠90°，其他条件不变，请猜想AB、AC、CD之间的关系，并证明你的结论；（3）类比探究：如图③，在四边形ABCD中，∠B=120°，∠D=90°，AB=BC，AD=DC，连接AC，点E是CD上一点，沿AE折叠，使得点D正好落在AC上的F处，若BC=，直接写出DE的长．【分析】（1）如图①，设CD=t，由∠C=2∠B=90°易得△ABC为等腰直角三角形，则AC=BC，AB=AC，再根据折叠的性质得DC=DE，∠AED=∠C=90°，又可判断△BDE为等腰直角三角形，所以BD=DE，则BD=t，AC=BC=t+t=（+1）t，AB=•（+1）t=（2+）t，从而得到AB=AC+CD；（2）如图②，根据折叠的性质得DC=DE，∠AED=∠C，AE=AC，而∠C=2∠B，则∠AED=2∠B，根据三角形外角性质得∠AED=∠B+∠BDE，所以∠B=∠BDE，则EB=ED，所以ED=CD，于是得到AB=AE+BE=AC+CD；（3）作BH⊥AC于H，如图③，设DE=x，利用（1）的结论得AC=（2+）x，根据等腰三角形的性质由BA=BC，∠CBA=120°得到∠BCA=∠BAC=30°，且CH=AH=AC=x，在Rt△B CH中，利用30度的余弦得cos30°==，即x=（2+2），然后解方程求出x即可．【解答】解：（1）如图①，设CD=t，∵∠C=2∠B=90°，∴∠B=45°，∠BAC=45°，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AC=BC，AB=AC，∵AD折叠△ADC，使得点C恰好落在AB上的点E处，∴DC=DE，∠AED=∠C=90°，∴△BDE为等腰直角三角形，∴BD=DE，∴BD=t，∴AC=BC=t+t=（+1）t，∴AB=•（+1）t=（2+）t，∴AB=AC+CD；（2）AB=AC+CD．理由如下：如图②，∵AD折叠△ADC，使得点C恰好落在AB上的点E处，∴DC=DE，∠AED=∠C，AE=AC，∵∠C=2∠B，∴∠AED=2∠B，而∠AED=∠B+∠BDE，∴∠B=∠BDE，∴EB=ED，∴ED=CD，∴AB=AE+BE=AC+CD；（3）作BH⊥AC于H，如图③，设DE=x，由（1）的结论得AC=（2+）x，∵BA=BC，∠CBA=120°，∴∠BCA=∠BAC=30°，∵BH⊥AC，∴CH=AH=AC=x，在Rt△BC H中，cos30°==，∴x=（2+2），解得x=，即DE的长为．【点评】本题考查了折叠的性质：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．也考查了等腰三角形的性质和解直角三角形．8．（2015•潍坊校级一模）如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为AD边上的一点（不与点A、点D 重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，联结BP、BH．（1）求证：∠APB=∠BPH；（2）求证：AP+HC=PH；（3）当AP=1时，求PH的长．【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出AP+HC=PH；（3）设QH=HC=x，则DH=4﹣x．在Rt△PDH中，根据勾股定理列出关于x的方程求解即可．【解答】（1）证明：∵PE=BE，∴∠EPB=∠EBP，又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP．即∠BPH=∠PBC．又∵四边形ABCD为正方形∴AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．（2）证明：过B作BQ⊥PH，垂足为Q，由（1）知，∠APB=∠BPH，在△ABP与△QBP中，，又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∵∠C=∠BQH=90°，∴△BCH和△BQH是直角三角形，在Rt△BCH与Rt△BQH中，∴Rt△BCH≌Rt△BQH（HL），∴CH=QH，∴AP+HC=PH．（3）解：由（2）知，AP=PQ=1，∴PD=3．设QH=HC=x，则DH=4﹣x．在Rt△PDH中，PD2+DH2=PH2，即32+（4﹣x）2=（x+1）2，解得x=，∴PH=．【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理等知识，熟练利用全等三角形的判定得出对应相等关系是解题关键．9．（2015•江西样卷）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点B落在AD边上一点E处，折痕的两端点分别在边AB，BC 上（含端点），且AB=6，BC=10，设AE=x．（1）当BF的最小值等于 6 时，才能使点B落在AD上一点E处；（2）当点F与点C重合时，求AE的长；（3）当AE=3时，点F离点B有多远【分析】（1）当点G与点A重合时，BF的值最小，即可求出BF的最小值等于6；（2）在RT△CDE中运用勾股定理求出DE，再利用AE=AD﹣DE即可求出答案；（3）作FH⊥AD于点H，设AG=x，利用勾股定理可先求出AG，可得EG，利用△AEG∽△HFE，由=可求出EF，即得出BF的值．【解答】解：（1）点G与点A重合时，如图1所示，四边形ABFE是正方形，此时BF的值最小，即BF=AB=6．当BF 的最小值等于6时，才能使B点落在AD上一点E处；故答案为：6．（2）如图2所示，∵在Rt△CDE中，CE=BC=10，CD=6，∴DE===8，∴AE=AD﹣DE=10﹣8=2，（3）如图3所示，作FH⊥AD于点H，AE=3，设AG=y，则BG=EG=6﹣y，根据勾股定理得：（6﹣y）2=y2+9，解得：y=，∴EG=BG=，又△AEG∽△HFE，∴=，∴，【点评】本题主要考查了翻折变换，解题的关键是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．10．（2015秋•苍溪县期末）如图，三角形纸片中，AB=8cm，BC=6cm，AC=5cm．沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，求△ADE的周长．【分析】根据翻折变换的性质可得DE=CD，BE=BC，然后求出AE，再根据三角形的周长列式求解即可．【解答】解：∵BC沿BD折叠点C落在AB边上的点E处，∴DE=CD，BE=BC，∵AB=8cm，BC=6cm，∴AE=AB﹣BE=AB﹣BC=8﹣6=2cm，∴△ADE的周长=AD+DE+AE，=AD+CD+AE，=AC+AE，=5+2，=7cm．【点评】本题考查了翻折变换的性质，熟记翻折前后两个图形能够完全重合得到相等的线段是解题的关键．11．（2015春•无棣县期末）【问题提出】如果我们身边没有量角器和三角板，如何作15°大小的角呢【实践操作】如图．第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开，得到AD∥EF∥BC．第二步：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，得到折痕BM．折痕BM 与折痕EF相交于点P．连接线段BN，PA，得到PA=PB=PN．【问题解决】（1）求∠NBC的度数；（2）通过以上折纸操作，还得到了哪些不同角度的角请你至少再写出两个（除∠NBC的度数以外）．（3）你能继续折出15°大小的角了吗说说你是怎么做的．【分析】（1）根据折叠性质由对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合得到点P为BM的中点，即BP=PM，再根据矩形性质得∠BAM=90°，∠ABC=90°，则根据直角三角形斜边上的中线性质得PA=PB=PM，再根据折叠性质由折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM．折痕BM得到PA=PB=PM=PN，∠1=∠2，∠BNM=∠BAM=90°，利用等要三角形的性质得∠2=∠4，利用平行线的性质由EF∥BC得到∠4=∠3，则∠2=∠3，易得∠1=∠2=∠3=∠ABC=30°；（2）利用互余得到∠BMN=60°，根据折叠性质易得∠AMN=120°；（3）把30度的角对折即可．【解答】解：（1）∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，∴点P为BM的中点，即BP=PM，∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAM=90°，∠ABC=90°，∴PA=PB=PM，∵折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM．折痕BM，∴PA=PB=PM=PN，∠1=∠2，∠BNM=∠BAM=90°，∴∠2=∠4，∵EF∥BC，∴∠1=∠2=∠3=∠ABC=30°，即∠NBC=30°；（2）通过以上折纸操作，还得到了∠BMN=60°，∠AMN=120°等；（3）折叠纸片，使点A落在BM上，则可得到15°的角．【点评】本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质和直角三角形斜边上的中线性质．12．（2015春•大同期末）已知矩形ABCD中，AB=3cm，AD=4cm，点E、F分别在边AD、BC上，连接B、E，D、F．分别把Rt△BAE和Rt△DCF沿 BE，DF折叠成如图所示位置．（1）若得到四边形 BFDE是菱形，求AE的长．（2）若折叠后点A′和点C′恰好落在对角线BD上，求AE的长．【分析】（1）由矩形的性质得出∠A=90°，设AE=xcm，则ED=（4﹣x）cm，由菱形的性质得出EB=ED=4﹣x，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）由勾股定理求出BD，由折叠的性质得出A′E=AE，∠EA′B=∠A=90°，A′B=AB=3cm，求出A′D，设AE=A′E=x，则ED=（4﹣x）cm，在Rt△EA′D中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，设AE=xcm，则ED=（4﹣x）cm，∵四边形EBFD是菱形，∴EB=ED=4﹣x，由勾股定理得：AB2+AE2=BE2，即32+x2=（4﹣x）2，解得：x=，∴AE=cm；（2）根据勾股定理得：BD==5cm，由折叠的性质得：A′E=AE，∠EA′B=∠A=90°，A′B=AB=3cm，∴∠EA′D=90°，A′D=5﹣3=2（cm），设AE=A′E=x，则ED=（4﹣x）cm，在Rt△EA′D中，A′E2+A′D2=ED2，即x2+22=（4﹣x）2，解得：x=，∴AE=cm．【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、菱形的性质；熟练掌握翻折变换和矩形、菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．13．（2015春•廊坊期末）如图1，矩形纸片ABCD的边长AB=4cm，AD=2cm．同学小明现将该矩形纸片沿EF折痕，使点A与点C重合，折痕后在其一面着色（如图2），观察图形对比前后变化，回答下列问题：（1）GF = FD：（直接填写=、＞、＜）（2）判断△CEF的形状，并说明理由；（3）小明通过此操作有以下两个结论：①四边形EBCF的面积为4cm2②整个着色部分的面积为运用所学知识，请论证小明的结论是否正确．【分析】（1）根据翻折的性质解答；（3）①根据翻折的性质可得AE=EC，然后求出AE=CF，再根据图形的面积公式列式计算即可得解；②设GF=x，表示出CF，然后在Rt△CFG中，利用勾股定理列式求出GF，根据三角形的面积公式求出S GFC，然后计算即可得解．【解答】解：（1）由翻折的性质，GD=FD；（2）△CEF是等腰三角形．∵矩形ABCD，∴AB∥CD，∴∠AEF=∠CFE，由翻折的性质，∠AEF=∠FEC，∴∠CFE=∠FEC，∴CF=CE，故△CEF为等腰三角形；（3）①由翻折的性质，AE=EC，∵EC=CF，∴AE=CF，∴S四边形EBCF=（EB+CF）•BC=AB•BC=×4×2×=4cm2；②设GF=x，则CF=4﹣x，∵∠G=90°，∴x2+22=（4﹣x）2，解得x=，∴S GFC=××2=，S着色部分=+4=；综上所述，小明的结论正确．【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，以及勾股定理的应用，熟记翻折前后的两个图形能够完全重合是解题的关键．14．（2015春•娄底期末）操作：准备一张长方形纸，按下图操作：（1）把矩形ABCD对折，得折痕MN；（2）把A折向MN，得Rt△AEB；（3）沿线段EA折叠，得到另一条折痕EF，展开后可得到△EBF．探究：△EBF的形状，并说明理由．【分析】由（1）得出M、N分别是AB、DC的中点，由（2）得出BE=2AP，再由（3）得出BF=2AP，证出BE=BF，因此∠1=∠2，由角的关系求出∠1=60°，即可证出△EBF为等边三角形．【解答】解：△EBF是等边三角形；理由如下：如图所示：由操作（1）得：M、N分别是AB、DC的中点，∴在Rt△ABE中，P为BE的中点，AP是斜边上的中线，∴AP=BP=BE，即BE=2AP，在△EBF中，A是EF的中点，∴AP=BF，即BF=2AP，∴BE=BF，∴∠1=∠2，又∵∠2=∠3，2∠1+∠3=180°，∴3∠1=180°，∴∠1=60°，∴△EBF为等边三角形．。

相关文档
最新文档