【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．。