2018届中考复习专题折叠压轴题(无答案)

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人教版数学2018年中考专题复习折叠问题的计算和证明难点突破 (共17张PPT)

将边长OA=8，OC=10的矩形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为原点，顶点C、A分别在x轴和y轴上.在OA、OC边上选取适当的点E、 F，连接EF，将△EOF沿EF折叠，使点O落在AB边上的点D处．（1）如图①，当点F与点C重合时，OE的长度为 5 ；
将边长OA=8，OC=10的矩形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为
将边长OA=8，OC=10的矩形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为原
点，顶点C、A分别在x轴和y轴上.在OA、OC边上选取适当的点E、F，连接EF，将△EOF沿EF折叠，使点O落在AB边上的点D处．
（3）在（2）的条件下，设T(x,y)，写出y与x之间的函数关系式为
自变量x的取值范围是；
，
集中到一个封闭的图形当中，进一步解决问题.
将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD于E，交BC于F，边AB折叠后与BC交于点G。（1）如果M为CD边的中点，求证：DE∶DM∶EM=3∶4∶5；
（2）如果M为CD边上任意一点，设AB=2a，问⊿CMG的周长是否
与点M的位置有关？若有关，请把⊿CMG的周长用含CM的长x的代
原点，顶点C、A分别在x轴和y轴上.在OA、OC边上选取适当的点E、 F，连接EF，将△EOF沿EF折叠，使点O落在AB边上的点D处．
（2）如图②，当点F与点C不重合时，过点D作DG∥y轴交EF于点T，
交OC于点G. 求证：EO=DT；
将边长OA=8，OC=10的矩形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为
数式表示；若无关，请说明理由。
如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=AB=2,点E是AB边
上一动点(点E不与点A、B重合)，连结ED，过ED的中点F作ED的垂线，交AD于点G,交BC于点K,过点K作KM⊥AD于M． DM AE 1 若的值等于（用含n的式子表（n为正整数），则 DG AB n 示）．

精品-2018年中考数学真题分类汇编第一期专题18图形的展开与叠折试题含解析

图形的展开与叠折一、选择题1．（2018•四川凉州•3分）一个正方体的平面展开图如图所示，将它折成正方体后“建”字对面是（）A．和B．谐C．凉D．山【分析】本题考查了正方体的平面展开图，对于正方体的平面展开图中相对的面一定相隔一个小正方形，据此作答．【解答】解：对于正方体的平面展开图中相对的面一定相隔一个小正方形，由图形可知，与“建”字相对的字是“山”．故选：D．【点评】注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．2．（2018·天津·3分）如图，将一个三角形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为，则下列结论一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析：由折叠的性质知，BC=BE．易得.详解：由折叠的性质知，BC=BE．∴.．故选：D．点睛：本题利用了折叠的性质：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，位置变化，对应边和对应角相等．3 （2018·新疆生产建设兵团·5分）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（）A．6cm B．4cm C．3cm D．2cm【分析】根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形ABEB1是正方形，再根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC﹣BE，代入数据进行计算即可得解．【解答】解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B1处，∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，又∵∠BAD=90°，∴四边形ABEB1是正方形，∴BE=AB=6cm，∴CE=BC﹣BE=8﹣6=2cm．故选：D．【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1是正方形是解题的关键．4 （2018·台湾·分）如图为一直棱柱，其底面是三边长为5、12、13的直角三角形．若下列选项中的图形均由三个矩形与两个直角三角形组合而成，且其中一个为如图的直棱柱的展开图，则根据图形中标示的边长与直角记号判断，此展开图为何？（）A．B．C．D．【分析】三棱柱的侧面展开图是长方形，底面是三角形，据此进行判断即可．【解答】解：A选项中，展开图下方的直角三角形的斜边长为12，不合题意；B选项中，展开图上下两个直角三角形中的直角边不能与其它棱完全重合，不合题意；C选项中，展开图下方的直角三角形中的直角边不能与其它棱完全重合，不合题意；D选项中，展开图能折叠成一个三棱柱，符合题意；故选：D．【点评】本题主要考查了几何体的展开图，从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念，是解决此类问题的关键．5. （2018•河南•3分）某正方体的每个面上那有一个汉字，如图是它的一种展开图，那么在原正方体中,与“国”字所在面相对的面上的汉字是（）A.厉B.害C.了D.我6．（2018·浙江衢州·3分）如图，将矩形ABCD沿GH折叠，点C落在点Q处，点D落在AB 边上的点E处，若∠AGE=32°，则∠GHC等于（）A．112°B．110°C．108°D．106°【考点】平行线的性质【分析】由折叠可得：∠DGH=∠DGE=74°，再根据AD∥BC，即可得到∠GHC=180°﹣∠DGH=106°．【解答】解：∵∠AGE=32°，∴∠DGE=148°，由折叠可得：∠DGH=∠DGE=74°．∵AD∥BC，∴∠GHC=180°﹣∠DGH=106°．故选D．【点评】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．7. （2018·浙江舟山·3分）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（）A. B.C. D.【考点】剪纸问题【解析】【解答】解：沿虚线剪开以后，剩下的图形先向右上方展开，缺失的部分是一个等腰直角三角形，用直角边与正方形的边是分别平行的，再沿着对角线展开，得到图形A。

2018年全国中考数学图形折叠变换压轴题专题复习

2018年全国中考数学图形折叠变换压轴题专题复习【课标要求】1.图形的初步认识：点、线、面、角(1)掌握画基本几何体(直棱柱、圆柱、圆锥、球)的三视图，会判断简单物体的三视图，能根据三视图描述基本几何体或实物原型．(2)了解直棱柱、圆锥的侧面展开图，能根据展开图判断立体模型．(3)了解几何体与其三视图、展开图(球除外)之间的关系．(4)掌握比较角的大小，估计一个角的大小，计算角度的和与差，进行度、分、秒简单换算．(5)理解角平分线及其性质，了解补角、余角、对顶角；理解等角的余角相等、等角的补角相等、对顶角相等．(6)掌握基本事实：两点之间，线段最短；经过两点有一条直线，并且只有一条直线．(7)理解垂线、垂线段等概念，垂线段最短的性质，点到直线距离的意义，能度量点到直线的距离；(8)掌握基本事实：过一点有且仅有一条直线垂直于已知直线．(9)掌握用三角尺或量角器过一点画一条直线的垂线；线段垂直平分线及其性质．(10)理解平行线的特征和平行线的识别；了解过直线外一点有且仅有一条直线平行于已知直线；掌握用三角尺和直尺过已知直线外一点画这条直线的平行线．(11)探索并证明平行线的判定定理及逆定理：两条平行线被第三条直线所截，如果内错角相等（或同旁内角互补），那么这两条直线平行。

(12)理解平行线之间距离的意义；掌握度量两条平行线之间的距离的方法．2.轴对称(1)通过实例了解轴对称的概念，并能探索它的基本性质：对应点所连的线段被对称轴垂直平分．(2)掌握能按要求作简单平面图形经过一次或两次轴对称后的图形．(3)掌握简单图形之间的轴对称关系，并指出对称轴．(4)掌握基本图形(等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆)的轴对称性质及相关性质．(5)掌握利用轴对称进行图案的设计．3.平移和旋转(1)通过具体实例认识平移，理解对应点连线平行（或在同一直线上）且相等的性质；掌握按要求作简单平面图形平移后的图形；掌握选用平移进行图案设计．(2)通过具体实例认识旋转(含中心对称)；理解对应点到旋转中心的距离相等、对应点与旋转中心连线所成的角彼此相等的性质．(3)探索线段、平行四边形、正多边形、圆的中心对称性质．(4)掌握按要求作简单平面图形旋转后的图形．(5)掌握图形之间的轴对称、平移、旋转及其组合四种关系形式．(6)掌握运用轴对称、平移和旋转的组合进行图案设计．(7)在观察、操作、推理、归纳等探索过程中，发展学生的合情推理能力，培养学生的数学说理的习惯与能力．(8)了解图形的位似，知道利用位似可以将一个图形放大或缩小。

2018中考数学专题复习全等三角形压轴题分类解析(无答案)

三角形综合题归类考点：利用角相等证明垂直1. 已知BE ，CF 是△ABC 的高，且BP=AC ，CQ=AB ，试确定AP 与AQ 的数量关系和位置关系2. 如图，在等腰R t△ABC 中，∠ACB =90°，D 为BC 的中点，DE ⊥AB ，垂足为E ，过点B 作BF ∥AC 交DE 的延长线于点F ，连接CF ．(1)求证：CD=BF ；(2)求证：AD ⊥CF ；(3)连接AF ，试判断△ACF 的形状.拓展巩固：如图9所示，△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，AD 是BC 边上的中线，过C 作AD 的垂线，交AB 于点E ，交AD 于点F ，求证：∠ADC ＝∠BDE ．3. 如图1，已知正方形ABCD 的边CD 在正方形DEFG 的边DE 上，连接AE ，GC . （1）试猜想AE 与GC 有怎样的位置关系，并证明你的结论；（2）将正方形DEFG 绕点D 按顺时针方向旋转，使E 点落在BC 边上，如图2，连接AE 和GC .你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由.BAC E FQPD A BCDEF图9ABCDE F4.如图1，ABC ∆的边BC 在直线l 上，,AC BC ⊥且,AC BC =EFP ∆的边FP 也在直线l 上，边EF 与边AC 重合，且EF FP =（1）在图1中，请你通过观察、测量，猜想并写出AB 与AP 所满足的数量关系和位置关系；（2）将EFP ∆沿直线l 向左平移到图2的位置时，EP 交AC 于点Q ,连接 ,AP BQ .猜想并写出BQ 与AP 所满足的数量关系和位置关系，请证明你的猜想；（3）将EFP ∆沿直线l 向左平移到图3的位置时，EP 的延长线交AC 的延长线于点Q,连结,AP BQ ,你认为（2）中所猜想的BQ 与AP 的数量关系和位置关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由.等腰三角形（中考重难点之一）考点1：等腰三角形性质的应用1. 两个全等的含30，60角的三角板ADE 和三角板ABC ，如图所示放置，,,E A C 三点在一条直线上，连结BD ，取BD 的中点M ，连结,ME MC ．试判断EMC ∆的形状，并说明理由． MED CBA压轴题拓展：（三线合一性质的应用）已知Rt ABC ∆中，AC BC =，90C ∠=︒，D 为AB 边的中点，90EDF ∠=︒，EDF ∠绕D 点旋转，它的两边分别交AC 、CB （或它们的延长线）于E 、F ．l(1)A B(F) (E)C PABECFPQ (2) lABEC FP l(3)Q当EDF ∠绕D 点旋转到DE AC ⊥于E 时（如图1），易证12DEF CEF ABC S S S ∆∆∆+=．当EDF ∠绕D 点旋转到DE 和AC 不垂直时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立? 若成立，请给予证明；若不成立，DEF S ∆，CEF S ∆，ABC S ∆又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．FEDCBA图1AECF BD图2AECFBD图32. 已知：如图，△ABC 中，∠ABC =45°，CD ⊥AB 于D ，BE 平分∠ABC ，且BE ⊥AC 于E ，与CD 相交于点F ，H 是BC 边的中点，连结DH 与BE 相交于点G 。

2018年中考数学专题复习折叠题含答案8

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．①②③④2．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．以上命题，正确的有（）A．2个B．3个C． 4个D．5个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．24．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．①②③④5．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．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°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．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．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．1 B． C．D．中考数学专题复习：折叠题解答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．以上命题，正确的有（）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△CAB﹣S△CMN=24﹣6=18．∴S四边形MABN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=AC•DE=×2×=．阴影故选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．∵∠CAB=∠B∴AC=BC，∴BF=AB=，在直角△BCF中，BC==2，在△CDE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．1 B． 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．。

2018中考中的折叠问题

折叠问题学习要点与方法点拨：折叠问题中，常出现的知识点轴对称。

折叠对象有三角形、矩形、正方形、梯形等；考查问题有求折点位置、求折线长、折纸边长、周长、求重叠面积、求角度、判断线段之间关系等；轴对称性质-----折线，是对称轴、折线两边图形全等、对应点连线垂直对称轴、对应边平行或交点在对称轴上。

压轴题是由一道道小题综合而成，常常伴有折叠；解压轴题时，要学会将大题分解成一道道小题。

基本图形：在矩形ABCD中，将△ABF沿BE折叠至△FBE,可得何结论？（1）基本图形练习：如图，将三角形纸片ABC沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB上，折痕为AD，展开纸片；再次折叠，使得A 和D点重合，折痕为EF,展开纸片后得到△AEF,则△AEF是等腰三角形，对吗？（2）折叠中角的考法与做法：将矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使得A落在BC边上的点F处，折痕为BE（图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE边上的点D’，折痕为EG（图2）,再展开纸片，求图（3）中角a的大小。

（3）折叠中边的考法与做法：如图，将边长为6cm的正方形ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，折痕为FH，点C落在Q处，EQ与BC交于点G，则△EBG的周长是多少？★解题步骤：第一步：将已知条件标在图上；第二步：设未知数，将未知数标在图上；第三步：列方程，多数情况可通过勾股定理解决。

模块精讲例1.已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．①求证：①OCP①①PDA；①若①OCP与①PDA的面积比为1：4，求边AB的长；（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求①OAB的度数；（3）如图2，，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．例2.如图，在矩形ABCD中，点E是边CD的中点，将△ADE沿AE折叠后得到△AFE，且点F在矩形ABCD内部．将AF延长交边BC于点G．若=，则=用含k的代数式表示）．例3、如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=10cm，BC=12cm，点E、F、G分别从A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，①EBF关于直线EF的对称图形是①EB′F．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）．（1）当t=s时，四边形EBFB′为正方形；（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；例4、如图，已知矩形纸片ABCD ，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A 与边CD 上的点E 重合，折痕FG 分别与AB ，CD 交于点G ，F ，AE 与FG 交于点O ．（1）如图1，求证：A ，G ，E ，F 四点围成的四边形是菱形；（2）如图2，当△AED 的外接圆与BC 相切于点N 时，点N 恰好是线段BC 的中点，求折痕FG 的长．例5、已知AD ∥BC ，AB ⊥AD ，点E ，点F 分别在射线AD ，射线BC 上．若点E 与点B 关于AC 对称，点E 与点F 关于BD 对称，AC 与BD 相交于点G ，则（）A ．1+tan ∠ADB= B ．2BC=5CF C ．∠AEB+22°=∠DEF D ．4cos ∠AGB=例题6．如图，正方形ABCD 的边长为2，⊙O 的直径为AD ，将正方形的BC 边沿EC 折叠，点B 落在圆上的F 点，求BE 的长26课堂练习1、如图1，将正方形纸片ABCD对折，使AB与CD重合，折痕为EF．如图2，展开后再折叠一次，使点C与点E 重合，折痕为GH，点B的对应点为点M，EM交AB于N，则tan∠ANE=_________．图3 图43、如图3，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC，①A=50°，折叠该纸片，使点A落在点B处，折痕为DE，则①CBE= _________°．4、如图4，①ABC的中位线DE=5cm，把①ABC沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，若A、F两点间的距离是8cm，则①ABC的面积为_________cm2．5、如图1，在梯形ABCD中，AB①CD，①B=90°，AB=2，CD=1，BC=m，P为线段BC上的一动点，且和B、C不重合，连接PA，过P作PE①PA交CD所在直线于E．设BP=x，CE=y．（1）求y与x的函数关系式；（2）若点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，求m的取值范围；（3）如图2，若m=4，将①PEC沿PE翻折至①PEG位置，①BAG=90°，求BP长．6、已知一个矩形纸片OACB ，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A(11，0)，点B(0，6)，点P 为BC 边上的动点（点P 不与点B 、C 重合），经过点O 、P 折叠该纸片，得点B'和折痕OP ．设BP=t ．（Ⅰ）如图①，当时∠BOP=30°，求点P 的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P 再次折叠纸片，使点C 落在直线PB'上，得点C'和折痕PQ ，若AQ=m ，试用含有t 的式子表示m ；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C'恰好落在边OA 上时，求点P 的坐标（直接写出结果即可）．7、如图，将半径为8的⊙O 沿AB 折叠，弧AB 恰好经过与AB 垂直的半径OC 的中点D ，则折痕AB 长为（）课后巩固习题1．如图，将弧BC 沿弦BC 折叠交直径AB 于点D ，若AD=5，DB=7，则BC 的长是多少？OxA CB P B 'O xyA C BP B 'C 'Q图1①图②y DC BOA2.已知如图：⊙O的半径为8cm，把弧AmB沿AB折叠使弧AmB经过圆心O，再把弧AOB沿CD折叠，使弧COD经过AB的中点E，则折线CD的长为___________________3、如图，在三角形纸片ABC中，AD平分∠BAC，将△ABC折叠，使点A与点D重合，展开后折痕分别交AB、AC 于点E、F，连接DE、DF．求证：四边形AEDF是菱形．4、如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，∠B=90°，且AB=10，BC=6，CD=2．点E从点B出发沿BC方向运动，过点E作EF∥AD交边AB于点F．将△BEF沿EF所在的直线折叠得到△GEF，直线FG、EG分别交AD于点M、N，当EG过点D时，点E即停止运动．设BE=x，△GEF与梯形ABCD的重叠部分的面积为y．（1）证明△AMF是等腰三角形；（2）当EG过点D时（如图（3）），求x的值；（3）将y表示成x的函数，并求y的最大值．5如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,把△BCD沿着对角线BD折叠,使点C落在C'处,BC交AD于点G,E,F,分别是C'D和BD上的点,线段EF交AD于点H,把△FDE沿着EF折叠,使点D落在D'处,点D'恰好与点A重合.（1）求证:三角形ABG≌△C'DG。

2018全国中考旋转折叠压轴题目

旋转轴对称1 如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形 ABCO是矩形，点 A，C的坐标分别是A〔0，2〕和C〔23 ，0〕，点D是对角线AC上一动点〔不与A， C重合〕，连接 BD，作 DE⊥ DB，交 x 轴于点 E，以线段 DE， DB为邻边作矩形BDEF．〔1〕填空：点 B 的坐标为；〔2〕可否存在这样的点D，使得△ DEC是等腰三角形？假设存在，央求出AD的长度；假设不存在，请说明原由；〔3〕①求证：DE=3；DB3②设 AD=x，矩形 BDEF的面积为 y，求 y 关于 x 的函数关系式〔可利用①的结论〕，并求出 y 的最小值．2 ．如图，抛物线y ax 2bx 2 经过点A( 1,0), B(4,0)，交y轴于点C：〔1〕求抛物线的剖析式〔用一般式表示〕．〔2〕点D为y轴右侧抛物线上一点，可否存在点 D 使 S ABC2 S ABD，假设存在请直接给3出点 D 坐标；假设不存在请说明原由．〔3〕将直线BC绕点B顺时针旋转45o，与抛物线交于另一点 E ，求 BE 的长．3 .，在Rt ABC 中，ACB 90 , AC 4, BC 2, D 是 AC 边上的一个动点，将ABD 沿 BD 所在直线折叠，使点 A 落在点 P 处.〔1〕如图 1，假设点D是AC中点，连接PC .①写出 BP, BD 的长；②求证：四边形BCPD是平行四边形 .〔2〕如图 2，假设BD AD，过点 P作PH BC 交 BC 的延伸线于点H，求PH的长.4 ．如图，抛物线y ax 2 2 3ax 9a与坐标轴交于 A， B， C三点，其中 C〔0，3〕，∠BAC的均分线 AE交 y 轴于点 D，交 BC于点 E，过点 D的直线 l 与射线 AC，AB分别交于点M， N．〔1〕直接写出 a 的值、点 A 的坐标及抛物线的对称轴；〔2〕点P为抛物线的对称轴上一动点，假设△PAD为等腰三角形，求出点P 的坐标；〔3〕证明：当直线l 绕点 D旋转时，11AM 均为定值，并求出该定值．AN5 . 平面内，如图，在ABCD 中， AB 10， AD 15 ，tan A 4．点 P为 AD边上任3意一点，连接 PB ，将 PB 绕点 P 逆时针旋转90 获取线段PQ．( )当DPQ 10时，求APB的大小；1( 2)当 tan ABP : tan A 3: 2 时，求点Q与点B间的距离(结果保存根号)；3假设点Q恰好落在ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积 ( 结( )果保存) ．6 .如图1，在Rt ABC中，A 90，AB AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD AE，连接DC，点 M ，P，N分别为 DE，DC，BC的中点.〔1〕观察猜想图 1 中，线段PM与PN的数量关系是，地址关系是；〔2〕研究证明把ADE 绕点 A 逆时针方向旋转到图2 的地址，连接MN ，BD， CE ，判断 PMN 的形状，并说明原由；〔3〕拓展延伸把ADE 绕点 A 在平面内自由旋转，假设AD 4 ，AB10 ，请直接写出PMN 面积的最大值 .7 在现实生活中，我们会看到好多“标准〞的矩形，如我们的课本封面、A4 的打印纸等，其实这些矩形的长与宽之比都为 2 :1 ，我们不如就把这样的矩形成为“标准矩形〞．在“标准矩形〞 ABCD 中，P为 DC 边上必然点，且CP BC ，以以下图．〔1〕如图①，求证：BA BP ；〔2〕如图②，点Q在DC上，且DQ CP ，假设G为BC边上一动点，当A GQ 的周长最小时，求CG的值；GB〔3〕如图③，AD 1，在〔2〕的条件下，连接AG 并延伸交 DC 的延伸线于点 F ，连接 BF ， T 为 BF 的中点， M 、N分别为线段 PF 与 AB 上的动点，且向来保持PM BN ，请证明：MNT 的面积 S 为定值，并求出这个定值．8 O为直线 MN上一点， OP⊥MN，在等腰Rt △ ABO中，∠BAO=90 °AC，∥ OP交 OM于 C，D为 OB的中点， DE⊥ DC交 MN于 E．〔1〕如图 1，假设点 B 在 OP上，那么①AC OE〔填“＜〞，“ =〞或“＞〞〕；②线段 CA、 CO、 CD满足的等量关系式是；（2〕将图 1 中的等腰 Rt △ ABO绕 O点顺时针旋转α〔0°＜α＜45°〕，如图 2，那么〔 1〕中的结论②可否成立？请说明原由；〔3〕将图 1 中的等腰Rt △ ABO绕 O点顺时针旋转α 〔45°＜α＜90°〕，请你在图 3 中画出图形，并直接写出线段CA、CO、 CD满足的等量关系式．9 ．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的边 AD在 x 轴上，点 C在 y 轴的负半轴上，直线与 x 轴交于点E，与直线BC交于点 F，设 AE的长为 t 〔t ≥0〕．〔1〕四边形的面积为；ABCD〔2〕设四边形被直线l 扫过的面积〔阴影局部〕为，请直接写出S关于t的函数解ABCD S析式；（3〕当t =2 时，直线EF上有一动点，作PM⊥直线BC于点M，交x轴于点N，将△PMF沿直线 EF折叠获取△ PTF，研究：可否存在点 P，使点 T 恰好落在坐标轴上？假设存在，央求出点P的坐标；假设不存在，请说明原由．10 如图，在ABC中，ACB900，CD是中线，AC BC .一个以点 D 为极点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC, BC的延伸线订交，交点分别为点E,F DF与 AC，交于点M ，DE与BC交于点N.〔1〕如图 1，假设CE CF ，求证：DE DF ；〔2〕如图 2，在EDF 绕点 D 旋转的过程中：①研究三条线段AB, CE, CF 之间的数量关系，并说明原由；②假设 CE 4,CF 2，求DN的长.11 ．问题背景：∠EDF的极点 D在△ ABC的边 AB 所在直线上〔不与A，B 重合〕， DE交AC所在直线于点M，DF交 BC所在直线于点N，记△ ADM的面积为 S1，△ BND的面积为S2．〔1〕初步试一试：如图①，当△ABC是等边三角形，AB=6，∠ EDF=∠ A，且 DE∥ BC， AD=2时，那么 S1S2= 12 ；（2〕类比研究：在〔 1〕的条件下，先将点 D 沿 AB平移，使 AD=4，再将∠ EDF绕点 D 旋转至如图②所示地址，求 S1S2的值；（3〕延伸拓展：当△ ABC是等腰三角形时，设∠ B=∠ A=∠EDF=α ．〔Ⅰ〕如图③，当点 D 在线段 AB 上运动时，设 AD=a，BD=b，求 S1S2的表达式〔结果用 a，b和α 的三角函数表示〕．〔Ⅱ〕如图④，当点 D 在 BA的延伸线上运动时，设 AD=a， BD=b，直接写出 S1S2的表达式，不用写出解答过程．12 折纸的思虑 .【操作体验】用一张矩形纸片折等边三角形.第一步，对折矩形纸片ABCD AB BC 〔图①〕，使 AB 与DC重合，获取折痕EF ，把纸片展平〔图②〕.第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点 C 落在EF上的P处，并使折痕经过点 B ，获取折痕 BG ，折出PB, PC，获取PBC .〔1〕说明PBC 是等边三角形.〔2〕如图④ . 小明画出了图③的矩形ABCD 和等边三角形PBC .他发现，在矩形 ABCD 中把PBC 经过图形变化，能够获取图⑤中的更大的等边三角形. 请描述图形变化的过程.〔3〕矩形一边长为 3 cm，另一边长为acm .关于每一个确定的 a 的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形. 请画出不相同状况的表示图，并写出对应的 a 的取值范围.〔4〕用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为 4 cm和 1 cm的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为cm .13 如图，在矩形纸片CD 中，1，C 3 ，点在边CD上搬动，连接，将多边形C沿直线折叠，获取多边形C，点、C的对应点分别为点、C ．〔1〕当 C 恰好经过点 D 时〔如图1〕，求线段C的长；〔2〕假设 C 分别交边 D 、CD于点 F、G，且D22.5 〔如图2〕，求DFG 的面积；〔 3〕在点从点C搬动到点D的过程中，求点C 运动的路径长．14 如图，将边长为 6 的正三角形纸片ABC 按以下序次进行两次折叠，张开后，得折痕AD, BE 〔如图①〕，点O为其交点.（1〕研究AO与OD的数量关系，并说明原由；（2〕如图②，假设P, N分别为BE, BC上的动点 .①当 PN PD 的长度获取最小值时，求BP 的长度；②如图③，假设点Q在线段 BO 上，BQ1QNNP PD的最小值 =.，那么15 我们定义：如图1，在△ ABC看，把 AB点绕点 A 顺时针旋转α 〔0°＜α ＜180°〕获取AB' ，把 AC绕点 A 逆时针旋转β 获取AC'，连接B'C'．当α +β=180°时，我们称△ A'B'C'是△ ABC的“旋补三角形〞，△AB'C' 边 B'C' 上的中线AD叫做△ ABC的“旋补中线〞，点A 叫做“旋补中心〞．特例感知：〔1〕在图 2，图 3 中，△ AB'C' 是△ ABC的“旋补三角形〞，AD是△ ABC的“旋补中线〞．①如图 2，当△ ABC为等边三角形时，AD与 BC的数量关系为AD=BC；②如图 3，当∠ BAC=90°， BC=8时，那么 AD长为．猜想论证：〔2〕在图 1 中，当△ ABC为任意三角形时，猜想AD与 BC的数量关系，并恩赐证明．拓展应用（3〕如图 4，在四边形 ABCD，∠ C=90°，∠ D=150°， BC=12， CD=2 3， DA=6．在四边形内部可否存在点 P，使△ PDC是△ PAB的“旋补三角形〞？假设存在，恩赐证明，并求△ PAB 的“旋补中线〞长；假设不存在，说明原由．【答案】〔 1〕①1② 4〔 2〕 AD=1BC〔 3〕存在2216 5. 如图，在矩形ABCD中，AB3, BC 4 ，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转角，获取矩形 ABCD ，BC与AD交于点 E， AD的延伸线与 AD 交于点 F .〔1〕如图①，当600时，连接 DD ，求 DD 和 A F 的长；〔2〕如图②，当矩形 A B C D 的极点A落在 CD 的延伸线上时，求EF 的长；〔3〕如图③，当AE EF 时，连接 AC,CF ，求AC CF的值.17OPA 和OQB 分别是以 OP、OQ 为直角边的等腰直角三角形，点C、 D、 E 分别是OA、 OB、 AB 的中点．〔1〕当AOB90o时如图1，连接 PE、QE ，直接写出 EP 与 EQ 的大小关系；〔2〕将OQB绕点 O 逆时针方向旋转，当AOB 是锐角时如图2，〔1〕中的结论可否成立?假设成立，请给出证明；假设不成立，请加以说明．〔3〕仍将OQB 绕点O旋转，当AOB 为钝角时，延伸PC、 QD 交于点G，使ABG 为等边三角形如图3，求AOB 的度数．18 . 如图 1，在矩形纸片ABCD中， AB=3cm， AD=5cm，折叠纸片使 B 点落在边AD上的 E 处，折痕为 PQ.过点 E 作 EF∥ AB交 PQ于 F，连接 BF,(1)求证：四边形 BFEP为菱形；〔2〕当 E在 AD边上搬动时，折痕的端点P， Q也随着搬动 .①当点 Q与点 C 重合时，〔如图 2〕，求菱形BFEP的边长；②如限制P， Q分别在 BA， BC上搬动，求出点E在边 AD上搬动的最大距离.19 边长为 6的等边ABC 中，点D、E分别在 AC、BC边上,DE //AB,EC 2 3.〔 l 〕如图 1，将DEC 沿射线 EC 方向平移，获取DEC ，边DE与AC的交点为M,边CD 与ACC的角均分线交于点N .当 CC 多大时，四边形 MCN D 为菱形?并说明原由 .（2〕如图 2，将DEC绕点C旋转〔0360 〕，获取 D EC,连接AD、BE，边DE的中点为 P .①在旋转过程中，AD 和 BE 有怎样的数量关系?并说明原由 .②连接 AP ,当 AP 最大时，求AD 的值.〔结果保存根号〕20【操作发现】〔1〕如图 1，△ABC为等边三角形，现将三角板中的 60°角与∠ ACB重合，再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转〔旋转角大于 0°且小于 30°〕，旋转后三角板的素来角边与 AB交于点D，在三角板斜边上取一点 F，使 CF=CD，线段 AB上取点 E，使∠ DCE=30°，连接 AF， EF．①求∠EAF的度数；②DE与 EF 相等吗？请说明原由；【类比研究】〔2〕如图 2，△ ABC为等腰直角三角形，∠ ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ ACB重合，再将三角板绕点 C 按顺时针方向旋转〔旋转角大于0°且小于45°〕，旋转后三角板的素来角边与 AB 交于点 D，在三角板另素来角边上取一点F，使 CF=CD，线段 AB 上取点E，使∠DCE=45°，连接AF， EF，请直接写出研究结果：①求∠ EAF的度数；②线段 AE， ED， DB之间的数量关系．21 15 或32, 4 2,5 2 的三角形就是〔3， 4， 5〕型三角形．用矩形纸片按下面的操作方法能够折出这种种类的三角形．实践操作如图1，在矩形纸片ABCD 中，AD8cm, AB12cm ．第一步：如图2，将图 1 中的矩形纸片ABCD 沿过点A的直线折叠，使点 D 落在 AB 上的点 E 处，折痕为AF ，再沿 EF 折叠，尔后把纸片展平．第二步：如图3，将图 2 中的矩形纸片再次折叠，使点 D 与点 F 重合，折痕为GH ，尔后展平，隐去AF ．第三步：如图4，将图 3 中的矩形纸片沿AH 折叠，获取AD H ，再沿 AD 折叠，折痕为AM ， AM 与折痕 EF 交于点N，尔后展平．问题解决（1〕请在图 2 中证明四边形AEFD是正方形．（2〕请在图 4 中判断NF与ND的数量关系，并加以证明．〔3〕请在图 4 中证明AEN 是〔3，4，5〕型三角形．研究发现〔4〕在不增加字母的状况下，图 4 中还有哪些三角形是〔3，4， 5〕型三角形？请找出并直接写出它们的名称．22 如图 1，二次函数y ax 2〔 a ，b， c 为常数，a0〕的图象过点 O(0,0) bx c和点 A(4,0) ，函数图象最低点M 的纵坐标为3，直线 l 的剖析式为 y x ．〔1〕求二次函数的剖析式；〔2〕直线l沿x轴向右平移，得直线l ' ， l ' 与线段 OA 订交于点B，与 x 轴下方的抛物线订交于点 C ，过点 C 作 CE x 轴于点E，把BCE 沿直线 l ' 折叠，当点 E 恰好落在抛物线上点 E '时〔图2〕，求直线l '的剖析式；〔3〕在〔 2〕的条件下，l ' 与y轴交于点 N ，把BON 绕点 O 逆时针旋转 135 获取B ' ON ' ．P为 l ' 上的动点，当PB ' N ' 为等腰三角形时，求吻合条件的点P 的坐标．23 如图 1，在平面直角坐标系，O为坐标原点，点A〔﹣ 1， 0〕，点 B〔 0，3 〕．（1〕求∠ BAO的度数；（2〕如图 1，将△ AOB绕点 O顺时针得△ A′OB′，当 A′恰好落在 AB 边上时，设△ AB′O的面积为 S1，△ BA′O的面积为 S2， S1与 S2有何关系？为什么？（3〕假设将△ AOB绕点 O 顺时针旋转到如图 2 所示的地址， S1与 S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．24 如图 1，将ABC 纸片沿中位线EH 折叠，使点 A 的对称点 D 落在BC边上，再将纸片分别沿等腰BED 和等腰DHC 的底边上的高线EF ，HG折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，近似地，对多边形进行折叠，假设翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．(1)将 ABCD 纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG ，那么操作形成的折痕分别是线段 _____， _____；S矩形AEFG: S ABCD______.(2)ABCD 纸片还能够够按图 3 的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，假设，12，EF 5EH求 AD 的长．(3)如图 4，四边形ABCD纸片满足AD BC, AD BC, AB BC, AB8,CD10．小明把该纸片折叠，获取叠合正方形．请你帮助画出叠合正方形的表示图，并求出 AD,BC 的．．．长．25 如图 1，ABCD, AB / / x 轴，AB 6 ，点A的坐标为(1, 4)，点D的坐标为( 3,4) ，点 B 在第四象限，点P 是ABCD 边上的一个动点．〔1〕假设点P在边BC上，PD CD，求点P的坐标．〔2〕假设点P在边AB, AD上，点P关于坐标轴对称的点Q 落在直线 y x 1 上，求点 P 的坐标．〔3〕假设点P在边AB, AD, CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线 PM ，过点G作x轴的平行线GM，它们订交于点M ，将PGM 沿直线 PG 翻折，当点 M 的对应点落在坐标轴上时，求点P 的坐标〔直接写出答案〕．26 △ ABC是等腰三角形， AB=AC．〔1〕特别状况：如图 1，当 DE∥BC 时，有 DB EC．〔填“＞〞，“＜〞或“ =〞〕〔2〕发现研究：假设将图 1 中的△ ADE 绕点 A 顺时针旋转α〔0°＜α＜180°〕到图 2 地址，那么〔 1〕中的结论还成立吗？假设成立，请恩赐证明；假设不成立，请说明理由．〔3〕拓展运用：如图 3， P 是等腰直角三角形 ABC内一点，∠ ACB=90°，且 PB=1， PC=2，PA=3，求∠ BPC的度数．2728 如图，△ABC和△ADE是有公共极点的等腰直角三角形，∠BAC=∠ DAE=90，点 P 为射线 BD， CE的交点.（1〕求证：BD=CE；〔 4 分〕（2〕假设AB=2，AD=1，把△ADE绕点A旋转，①当∠ EAC=90时，求 PB的长；〔6分〕②直接写出旋转过程中线段PB长的最小值与最大值. 〔 4 分〕29 〔本小题总分值 10 分〕如图1 ，二次函数的图像过点 A 〔 3，0〕，B 〔 0， 4 〕两点，动点 P 从 A 出发，在线段AB上沿A→ B的方向以每秒2个单位长度的速度运动，过点 P 作 PD y 于点 D ，交抛物线于点C .设运动时间为t〔秒〕 .〔1〕求二次函数的表达式；〔2〕连接 BC ，当 t ＝ 5／时，求△ BCP的面积；〔3〕如图 2 ，动点 P从A出发时，动点Q 同时从 O 出发，在线段OA 上沿 O→ A 的方向以 1个单位长度的速度运动，当点P与B重合时，P、Q两点同时停止运动，连接DQ 、 PQ ，将△ DPQ沿直线 PC 折叠到△ DPE .在运动过程中，设△ DPE和△ OAB重合局部的面积为S，直接写出S 与 t的函数关系式及t的取值范围.3031 如图 1，在正方形 ABCD内作∠EAF=45 °AE，交 BC于点 E，AF 交 CD于点 F，连接 EF，过点 A 作 AH⊥ EF，垂足为H．〔1〕如图 2，将△ ADF绕点 A 顺时针旋转90°获取△ ABG．①求证：△ AGE≌△ AFE；②假设 BE=2， DF=3，求 AH的长．〔2〕如图 3，连接 BD交 AE于点 M，交 AF 于点 N．请研究并猜想：线段BM， MN， ND之间有什么数量关系？并说明原由．32 假设两条抛物线的极点相同，那么称它们为“友好抛物线〞，1：y1=﹣2x2+4x+2 与 C2：抛物线 Cu2=﹣x2+mx+n为“友好抛物线〞．〔1〕求抛物线C2的剖析式．〔2〕点 A是抛物线C2上在第一象限的动点，过 A 作 AQ⊥x轴， Q为垂足，求AQ+OQ的最大值．（3〕设抛物线 C2的极点为 C，点 B 的坐标为〔﹣ 1，4〕，问在 C2的对称轴上可否存在点 M，使线段 MB绕点 M逆时针旋转 90°获取线段 MB′，且点 B′恰好落在抛物线 C2上？假设存在求出点 M的坐标，不存在说明原由．33 ：点P是平行四边形ABCD对角线 AC所在直线上的一个动点〔点Ｐ不与点A、C 重合〕，分别过点A、 C 向直线 BP作垂线，垂足分别为点E、 F，点 O为 AC的中点 .（1〕当点 P 与点 O重合时如图 1，易证 OE=OF〔不需证明〕 .（2〕直线 BP绕点 B逆时针方向旋转，当∠ OFE=30°时，如图 2、图 3 的地址，猜想线段 CF、AE、 OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图 3 的猜想，并选择一种状况恩赐证明 .34 〔本小题总分值9 分〕在ABC 中， AB AC, BAC2 DAE 2 .〔1〕如图 1，假设点 D 关于直线 AE 的对称点为 F ，求证： ADF ∽ ABC ；〔2〕如图 2，在〔 1〕的条件下，假设 45 ，求证： DE 2 BD 2 CE 2；3〕如图 345 ，点 E在 BC 的延伸线上，那么等式DEBDCE还能够成立〔，假设22 2吗？请说明原由 .AAAFFEBDB DECBD图1EC图 2 C图 3第24题图35 爱好思虑的小茜在研究两条直线的地址关系查阅资料时，发现了“中垂三角形〞，即两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形〞．如图〔 1〕、图〔 2〕、图〔 3〕中， AM 、 BN 是△ABC 的中线， AN ⊥BN 于点 P ，像△ ABC 这样的三角形均为“中垂三角形〞．设 BC=a ，AC=b ， AB=c ．【特例研究】〔1〕如图 1，当 tan ∠PAB=1， c=4 时， a=， b=；如图 2，当∠ PAB=30°， c=2 时， a= ， b=；【归纳证明】（ 2〕请你观察〔 1〕中的计算结果，猜想 a 2、 b 2、c 2 三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图 3 证明你的结论．【拓展证明】（ 3〕如图 4， ?ABCD 中， E 、F 分别是 AD 、 BC 的三均分点，且 AD=3AE ， BC=3BF ，连接 AF 、BE 、 CE ，且 BE ⊥CE 于 E ， AF 与 BE 订交点 G ， AD=3 ，AB=3，求 AF 的长．优秀文档合用标准文案3637如图①，在△ ABC中，∠ ACB=90°，∠B=30°，AC=1，D为 AB的中点， EF为△ ACD的中位线，四边形EFGH为△ ACD的内接矩形〔矩形的四个极点均在△ACD的边上〕．（1〕计算矩形EFGH的面积；（2〕将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止搬动．在平移过程中，当矩形与△ CBD重叠局部的面积3 时，求矩形平移的距离；为16〔 3〕如图③，将〔 2〕中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1 FG1 1 H 1，将矩形 E1 FG1 1H 1绕 G1点按顺时针方向旋转，当 H 1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2 F2G1 H 2，设旋转角为，求 cos 的值．合用标准文案图①图②〔备用〕图③381．新知学习假设把将一个平面图形分为面积相等的两个局部的直线叫做该平面图形的“面线〞，其“面线〞被该平面图形截得的线段叫做该平面图形的“面径〞〔比方圆的直径就是圆的“面径〞〕．2．解决问题等边三角形 ABC的边长为 2．〔1〕如图一，假设 AD⊥ BC，垂足为 D，试说明 AD是△ABC的一条面径，并求AD的长；〔2〕如图二，假设 ME∥ BC，且 ME是△ABC的一条面径，求面径 ME的长；〔3〕如图三， D为 BC的中点，连接 AD，M为 AB上的一点〔 0＜AM＜1〕，E是 DC上的一点，连接 ME，ME与 AD交于点 O，且 S△MOA=S△DOE．①求证：ME是△ABC的面径；②连接 AE，求证：MD∥ AE；〔 4 〕请你猜测等边三角形 ABC 的面径长 l的取值范围〔直接写出结果〕39 正方形ABCD的边长为 4，一个以点A 为极点的45°角绕点 A 旋转，角的两边分别与边 BC、 DC的延伸线交于点 E、F，连接 EF。

2018年河南中考动态折叠变化题 (共22张PPT)

例题12：如图，矩形ABCD中，AB= 2,AD=2，点E是BC边上的一个动点，连接 1或 2或2 2 。 AE，过点D作DF⊥AE于点F，当△CDF是等腰三角形时，BE的长为_________
矩形有关的动态折叠几何题
例题13：如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E是AB的中点，直线l平行于直线 EC，且直线l与直线EC之间的距离为2，点F在矩形ABCD边上，将矩形ABCD沿直 2 2或4 2 2 。线EF折叠，使点A恰好落在直线l上，则DF的长为_________
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THANKS！
例题16：如图：在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，点E是边BC上一动点，把三角形DCE沿DE折叠得△DFE,射线DF交直线CB于点P,当△AFD为等腰三角形时，DP 9 2 24 7 或的长为______ 2 7 。
正方形有关的动态折叠几何题
例题1：如图正方形ABCD中，边长为8，点E为BC上一个动点，且点E不与点B，C重合，把三角形ABE沿AE折叠，当点B对应点为B’落在正方形的对称轴上时，则BE的 8 3 16 8 3或或8 2-8。长___________ 3
2018
考点模块中考15题动态折叠问题
矩形有关的动态折叠几何题
例题1：如图，矩形ABCD中,AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B 3 或3 沿AE折叠，使点B落在点B'处，当△CEB'为直角三角形时，BE的长为______ 2
例题2：如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为DC边上的一个动点，把 △ADE沿AE折叠，当点D的对应点刚好D′落在矩形ABCD的对称轴上时，则DE 5 5 3 或的长为_____ ． 2 3

2018年数学中考压轴题

2018 年数学中考压轴题1·因为受甲型H1N1流感(开初叫猪流感)的影响.4月初某地猪肉价钱大幅度下调.下调后每斤猪肉价钱是原价钱的 . 本来用 60 元买到的猪肉下调后可多买 2 斤．(1) 求 4 月初猪肉价钱下调后每斤多少元？(2)4月中旬.经专家研究证明. 猪流感不是由猪传染. 很快更名为甲型H1N1流感．所以 . 猪肉价钱 4 月底开始上升 . 经过两个月后. 猪肉价钱上浮为每斤14.4 元．求 5、 6 月份猪肉价钱的月均匀增加率分析 (1)【思路剖析】设 4 月初猪肉价钱下调后每斤x 元 . 由“下调后每斤猪肉价钱是原价钱的”可得原价钱为每斤x 元．依据“本来用60 元买到的猪肉下调后能够多买 2 斤”列方程解答．解：设 4 月初猪肉价钱下调后每斤x 元 . 则原价钱为每斤x 元． (1 分 )依据题意得：－＝ 2.(3分)解得： x＝ 10.经查验 .x ＝ 10 是原方程的解．(4 分 )答： 4 月初猪肉价钱下调后每斤10 元． (5 分)(2) 【思路剖析】由 (1) 题可知 . 猪肉的原价钱是 10 元 . 设月均匀增加率为 y. 则第一个月上浮后的价钱为10(1 ＋ y). 第二个月上浮后的价钱为 10(1 ＋ y) 2. 依据题意可列方程．解：设 5、 6 月份猪肉价钱的月均匀增加率为y.依据题意得 .10(1 ＋ y) 2＝ 14.4.(6分)解得： y1＝ 0.2 ＝20%.y2＝－ 2.2( 不合题意舍去).答： 5、 6 月份猪肉价钱的月均匀增加率为20%.(8 分)2·如图① . 抛物线 y＝ ax2＋ bx＋4(a ≠ 0) 的图象过 A(－ 1.0).B(4.0) 两点 . 与 y 轴交于点 C.作直线 BC. 动点 P 从点 C 出发 . 以每秒个单位长度的速度沿 CB向点 B 运动 . 运动时间为 t 秒. 当点 P 与点 B 重合时停止运动．(1)求抛物线的分析式；(2)如图② . 当 t ＝ 1 时 . 求△ ACP的面积；(3)如图③ . 过点 P 向 x 轴作垂线分别交 x 轴、抛物线于 E、 F 两点．①求 PF的长度对于t 的函数分析式 . 并求出 PF 的长度的最大值；②连结 CF.将△ PCF沿 CF折叠获得△ P′CF . 当 t 为什么值时 . 四边形 PFP′C是菱形？分析(1) 【思路剖析】将A、 B 两点的坐标代入抛物线分析式中. 即可获得对于a、 b 的二元一次方程组 . 解方程组即可．y＝ ax2＋ bx ＋4(a ≠ 0) 的图象过 A( － 1.0).B(4.0)解：∵抛物线两点 .∴. 解得： .y＝－ x2＋ 3x＋ 4 或 y＝－ (x ＋1)(x － 4) ．(3 分 )∴抛物线的分析式为：(2) 【思路剖析】要求△ACP的面积 . 可用△ ACB的面积减去△ APB的面积．此题重点是怎样求解△APB 的面积．过点 P 作 PQ⊥ AB于点 Q.则 PQ是△ APB的高．在△ APB中依据 PB的长度及∠ PBA的度数 . 利用三角函数求出 PQ.该题即可获得解决．第 2 题解图①解：当 t ＝ 1 时 .CP＝ .∵抛物线y＝－ (x ＋ 1)(x － 4) 的图象与 y 轴交于点 C.∴C(0.4) ．∴CO＝4.(4 分 )∵∠ COB＝90° .CO＝ OB＝ 4.∴∠ CBO＝45° .∴CB＝＝＝ 4.BP＝ CB－ CP＝ 3.(5 分 )过点 P作 PQ⊥ AB于点 Q.如解图① .PQ＝PB·sin∠ CBA＝ 3×＝ 3.(6分)S△ACP＝S△ACB－ S△ABP＝AB·OC－AB·PQ＝× 5× 4－× 5× 3＝.(8 分)(3)【思路剖析】①求出直线 BC的分析式 . 依据∠ CBA的度数以及 CP的长度与 t 的关系式 . 可获得 OE 的长度与t 的关系式 . 设出点P、 F 的坐标 . 由点 F 的纵坐标减去点P 的纵坐标即可得出PF 的长度对于t 的函数表达式. 联合二次函数的性质即可求出最值；②由翻转特征可知PC＝P′C.PF ＝P′F. 若四边形PFP′C是菱形 . 则有 PC＝ PF. 由此得出对于t 的一元二次方程. 解方程确立t 值．解：①设直线BC的分析式为y＝kx ＋ m(k≠0).∵直线 BC过 B(4.0).C(0.4)两点.∴. 解得： .∴直线 BC分析式为y＝－ x＋ 4.(9 分 )∵ CP＝t. ∠ CBA＝45° .∴ OE＝t.∵点 P在直线 BC上 . 点 F 在抛物线上 .∴设 P(t. － t ＋4).F(t.－t2＋3t＋4).(0≤ t≤4)PF＝－ t 2＋ 3t ＋ 4－ ( － t ＋4) ＝－ t 2＋4t.(0≤t≤ 4)当 t ＝－＝ 2 时 .PF 最大＝4.(10分)第 2 题解图②②∵△ PCF沿 CF折叠获得△ P′CF . 如解图② .∴PC＝P′C.PF＝P′F.当四边形PFP′C是菱形时 . 只要 PC＝ PF.∴ t ＝－ t 2＋ 4t. 解得： t 1＝0( 舍去 ).t2＝4－.∴当 t ＝ 4－时. 四边形 PFP′C是菱形． (12 分 )3·商场为了促销某件商品. 设置了如图的一个转盘. 它被分红了 3 个同样的扇形 . 各扇形分别标有数字 2、3、 4. 指针的地点固定. 该商品的价钱由顾客自由转动此转盘两次来获得. 每次转动后让其自由停止. 记下指针所指的数字( 指针指向两个扇形的交线时. 看作右侧的扇形). 先记的数字作为价钱的十位数字. 后记的数字作为价钱的个位数字．(1)请用列表或树状图的方法 ( 只选此中一种 ). 表示出两次所得数字可能出现的全部结果；(2) 求出顾客购置商品的价钱不超出30 元的概率．第3题图分析解： (1) 列表以下：第一次结果第二次 2 3 42 22 32 423 23 33 434 24 34 44(4 分)或画树状图如解图：第3题解图(4 分)∴共有 9 种等可能的结果．(2)如 (1) 的列表法或树状图法所示 . 在一共 9 种等可能的事件中 . 此中两次指针指向的两个数字构成的价钱不超出 30 元的有 3 种状况．∴顾客购置商品的价钱不超出30 元的概率为： P＝＝ .(7 分 )4·如图 . 在平面直角坐标系中. O 为极点 . 平行四边形的边在轴上 . D 点在y 轴上 . C 点坐标ABCD BC x为 (2.0). BC＝ 6. ∠BCD＝60° . 点E是AB边上一点 . AE＝ 3EB. ⊙P过D、O、C三点 . 抛物线y＝ax2＋bx ＋c过点 D、 B、 C三点．(1)求抛物线的分析式；(2)求证： ED是⊙ P 的切线；(3) 若将△ADE绕点D逆时针旋转 90° . E点的对应点E′会落在抛物线y＝ax2＋bx＋c上吗？请说明原因；(4)若点 M为此抛物线的极点.平面上能否存在点 N.使得以点 B、 D、 M、N 为极点的四边形为平行四边形？若存在 . 请直接写出点N的坐标 . 若不存在 . 请说明原因．第 4题图分析(1)【思路剖析】依据题意先确立D、 B、C 三点的坐标 . 而后用待定系数法可得抛物线的分析式．解：由题意得 D、 B、 C三点的坐标分别是(0.2) 、 ( － 4.0) 、 (2.0). 分别代入 y＝ ax 2＋bx＋ c 中得 ..解得.y＝－ x 2－ x＋ 2.(2所以抛物线的分析式为分 )(2) 【思路剖析】延伸DE 交 x 轴于点 F. 结构△ BFE∽△ ADE.利用相像三角形的性质求得BF 的长；在Rt△DOF中.利用锐角三角函数获得∠FDO的度数 . 从而求出∠ CDE＝90°.解：延伸DE交 x 轴于点 F. 如解图①所示.∵AD∥BC.∴△ ADE∽△ BFE.第 4 题解图①∴＝.即＝.∴BF＝2.∵B( －4.0). ∴ OB＝ 4.∴ OF＝6.(3 分 )∵D(0.2).∴OD＝2.在 Rt△DOF中.∵ tan ∠FDO＝＝＝.∴∠ FDO＝60°.(4 分 )∵∠ BCD＝60° . ∴∠ CDO＝30° .∴∠ CDE＝90° . ∴ CD⊥ DE.∴ ED是⊙ P 的切线． (5 分 )(3)【思路剖析】依据旋转的性质求得 E′点的坐标 . 代入抛物线的分析式考证即可．解：点 E′不会落在抛物线 y＝－ x 2－x＋ 2 上．原因以下：第 4 题解图②将△ ADE绕点 D逆时针旋转90° .E 点的对应点是E′.A 点的对应点是A′ . 如解图②所示.则 DA′＝ DA＝ 6.∵AD∥BC.∠ EDO＝60° .∴∠ ADE＝30° . A′E′＝ AE＝AD＝ 3.∵∠ A＝∠ BCD＝60° .∴∠ DEA＝ 90° .(6 分 )过点 E′作 E′G ⊥ y 轴于点 G.则∠ A′E′G＝30° .∴A′G＝ . ∴ OG＝ 6－－ 2＝－ 2.在 Rt△A′E′G中. E′G＝＝＝.∴E′(. －＋ 2).(7 分 )当 x＝时 .y ＝－× () 2－×＋ 2.＝－≠－＋ 2.所以点 E′不会落在抛物线分 )y＝－ x 2－x＋ 2 上． (8(4) 【思路剖析】先求得M 点的坐标 . 而后分别以MB、 DM、BD 为平行四边形的对角线. 经过平移的性质确立 N 点的坐标．解：存在点 N.使得以点 B、 D、 M、 N为极点的四边形为平行四边形. 原因以下：∵y＝－ x2－ x＋ 2＝－ (x ＋1) 2＋ .∴ M(－1.). 且 B(－ 4.0).D(0.2).如解图③所示：第 4 题解图③①当 BM为平行四边形BDNM的对角线时 . 点 D 向左平移 4 个单位 . 再向下平移 2 个单位获得点 B. 则点M(－ 1.) 向左平移 4 个单位 . 再向下平移 2 个单位获得点N1( － 5.); (9分)②当 DM为平行四边形BNDM的对角线时 . 点 B 向右平移 3 个单位 . 再向上平移个单位获得点M.则点D(0.2) 向右平移 3 个单位 . 再向上平移个单位获得点N2(3.) ； (10 分 )③当 BD 为平行四边形BDMN的对角线时 . 点M 向左平移 3 个单位 . 再向下平移个单位获得点 B. 则点D(0.2) 向左平移 3 个单位 . 再向下平移个单位获得点N3( － 3. － ).(11 分 )综上所述 . 点 N的坐标为 ( － 5.) 、 (3.) 、( －3. －) ．(12 分 )5·如图 . 在△中 . ＝ . 是的中点 .BE 均分∠交于点. 点是上一点 .⊙O过、ABC AB BCD AC ABD AC E O AB B E两点.交 BD于点 G.交 AB于点 F.(1)判断直线 AC与⊙ O的地点关系.并说明原因；(2)当 BD＝6. AB＝10时.求⊙ O的半径．第5题图分析(1)【思路剖析】连结 OE.如解图 . 由 BE均分∠ ABD和 OE＝ OB.可得 OE∥ BD.由等腰三角形的性质得BD⊥ AC.所以 OE⊥ AC.依据切线的判断定理可得AC与⊙ O相切．解：连结OE.如解图 .(1分)第 5题解图∵BE均分∠ ABD.∴∠ OBE＝∠ DBE.(2 分 )∵OE＝OB.∴∠ OBE＝∠ OEB.∴∠ OEB＝∠ DBE.∴OE∥BD.(3 分)∵AB＝BC.D 是 AC中点 .∴BD⊥AC.∴OE⊥AC.∴AC与⊙ O相切； (4 分 )(2) 【思路剖析】设⊙O 半径为r. 易证△ AOE∽△ ABD.利用相像三角形对应边成比率. 成立对于r 的方程 . 而后解方程求出r.解：设⊙ O半径为 r. 则 AO＝ 10－r.(5分)由 (1) 知 .OE∥ BD.∴△ AOE∽△ ABD.∴＝ . 即＝ .(6分)∴ r ＝ .即⊙ O半径为 .(8分)6·如图 . 直线l：y＝ 3x＋ 3 与x轴交于点A. 与y轴交于点B. 把△AOB沿y轴翻折 . 使得点A落到点C. 抛物线过点 B、 C和 D(3.0)．(1)求直线 BD和抛物线的分析式；(2)若 BD 与抛物线的对称轴交于点 M.点 N在座标轴上.以点 N、 B、 D 为极点的三角形与△ MCD相像.求全部知足条件的点 N的坐标；(3)在抛物线上能否存在点 P.使 S△PBD＝6？若存在.求出点 P 的坐标；若不存在.说明原因．第6题图分析(1)【思路剖析】由待定系数法求出直线BD和抛物线的分析式．解：∵直线l ：y＝ 3x ＋ 3 与 x 轴交于点 A. 与 y 轴交于点 B.∴ A( －1.0).B(0.3)；∵把△ AOB沿 y 轴翻折 . 使点 A 落到点 C.∴C(1.0) ．设直线 BD的分析式为：y＝ kx ＋ b.∵点 B(0.3).D(3.0)在直线BD上.∴.解得 k＝－ 1.b ＝ 3；∴直线 BD的分析式为：y＝－ x＋ 3.(1 分 )因为点 D(3.0).点C(1.0)均在抛物线上.故可设抛物线的分析式为：y＝ a(x －1)(x － 3).∵点 B(0.3) 也在抛物线上 .∴3＝ a× ( － 1) × ( － 3).解得： a＝ 1.∴抛物线的分析式为：y＝ (x － 1)(x － 3) ＝x2－4x＋ 3.(3分)(2)【思路剖析】解题重点第一确立△MCD为等腰直角三角形 . 因为△ BND与△ MCD相像 . 所以△ BND也是等腰直角三角形．如解图①所示. 切合条件的点N有 3个．解：抛物线的分析式为：y＝ x2－ 4x＋ 3＝ (x －2) 2－ 1.∴抛物线的对称轴为直线x＝ 2. 极点坐标为 (2. －1)．第 6 题解图①∵直线 y＝－ x＋ 3 与抛物线的对称轴交于点M.∴M(2.1) ．设对称轴与x 轴交点为点 F. 则 CF＝ FD＝ MF＝ 1.∴△ MCD为等腰直角三角形．∵以点 N、 B、 D为极点的三角形与△MCD相像 .∴△ BND为等腰直角三角形．如解图①所示：( Ⅰ ) 若 BD为斜边 . 则易知此时直角极点为原点O.∴N1(0.0) ； (5 分 )( Ⅱ ) 若 BD为直角边 .B 为直角极点 . 则点 N 在 x 轴负半轴上 .∵OB＝OD＝ ON2＝3.∴ N2( －3.0) ； (6 分 )( Ⅲ ) 若 BD为直角边 .D 为直角极点 . 则点 N 在 y 轴负半轴上 .∵OB＝OD＝ ON3＝3.∴N3(0. －3) ．(7 分)∴知足条件的点N 坐标为： (0.0).(－ 3.0)或(0.－3)．(8分)(3)【思路剖析】解题重点是求出△PBD 面积的表达式 . 而后依据 S△PBD＝6 的已知条件 . 列出方程求解即可．第 6 题解图②解：假定存在点 P. 使 S△PBD＝ 6. 设点 P 坐标为(m.n) ． ( Ⅰ ) 当点 P 位于直线 BD上方时 . 如解图②所示：过点 P作 PE⊥ x 轴于点 E. 连结 PD、 PB.则 PE＝ n.DE＝ m－ 3.S△PBD＝S 梯形PEOB－ S△BOD－S△PDE＝ (3 ＋n) ·m－× 3× 3－· (m－3) · n＝ 6.化简得： m＋ n＝7 ① .∵P(m.n) 在抛物线上 .2∴n＝ m－ 4m＋ 3.代入①式整理得： m2－ 3m－4＝ 0.解得： m1＝ 4.m2＝－ 1.∴n1＝ 3.n 2＝ 8.∴ P (4.3).P ( －1.8) ；(10 分)1 2第 6 题解图③( Ⅱ ) 当点 P 位于直线 BD下方时 . 如解图③所示：过点 P作 PE⊥ y 轴于点 E. 连结 PD、 PB.则 PE＝ m.OE＝－ n.BE＝3－ n.S△PBD＝S 梯形PEOD＋ S△BOD－S△PBE＝· (3 ＋m)·( － n) ＋× 3× 3－· (3 －n) ·m＝ 6.化简得： m＋ n＝－ 1 ② .2∵ P(m.n) 在抛物线上 . ∴ n＝ m－ 4m＋3.2代入②式整理得：m－ 3m＋4＝ 0.＝－7＜0.此方程无解．综上所述 . 在抛物线上存在点P. 使 S△PBD＝ 6. 且点 P 的坐标为 (4.3) 或 ( － 1.8) ． (12 分 )第 6 题解图④一题多解：假定存在点P. 使 S△PBD＝ 6.如解图④所示. 过点 P 作直线 l ′平行 BD.l ′与 BD的距离为 d. l ′与 y 轴交点为B′ .∵BD＝＝ 3.∴S△PBD＝ BD× d＝6.∴d＝ 2.∵BD与 y 轴夹角为 45° .∴BB′＝ 4.∴将 BD上移或下移 4 个单位 .①上移 4 个单位 . l ′分析式为： y＝－ x＋ 7.联立 l ′分析式与抛物线分析式得：x2－ 3x－4＝ 0.∴x1＝ 4.x 2＝－ 1.∴此时点 P′坐标为 (4.3) 或 ( － 1.8) ；②下移 4 个单位 . l ′分析式为 y＝－ x－ 1.联立 l ′分析式与抛物线分析式可得：x 2－ 3x＋ 4＝ 0.∵Δ＜ 0. ∴此方程无解 . ∴此时点 P 不存在．综上所述. 点 P的坐标为 (4.3) 或 ( － 1.8) ．7·如图① . 在△ ABC和△ ADE中 .AB＝ AC.AD＝ AE. ∠ BAC＝∠ DAE＝90°.(1)求证： BD＝ CE.BD⊥ CE；(2)将图①中的△ ADE绕点 A 顺时针旋转α角(0 °<α<90°). 如图② .(1) 的结论还成立吗？请说明理由．第7题图分析(1)【思路剖析】要证 BD＝ CE.可先证 BD、CE所在的两个三角形即△ ABD、△ ACE全等 . 依据题意可用SAS证全等；要证BD⊥CE.可先延伸BD.交CE于点F.证∠BFE(或∠BFC)为90°即可；而要证∠BFE＝90° . 可先证∠ ABD＋∠ BEF＝90° . 由△ ABD≌△ ACE可得∠ ABD＝∠ ACE.而∠ ACE＋∠ BEF＝90° . 问题就获得解决了．第 7 题解图①解：延伸BD交 CE于点 F. 如解图① .(1分)在△ ABD和△ ACE中 .∵.∴△ ABD≌△ ACE(SAS).∴BD＝CE.∠ ABD＝∠ ACE.(3 分 )在 Rt△AEC中.∠ACE＋∠BEF＝90°.∴∠ ABD＋∠ BEF＝90° .∴∠ BFE＝180°－ 90°＝ 90° .∴BD⊥CE.(4 分)(2) 【思路剖析】结论仍旧成立 . 要证 BD＝ CE.仍是先证△ ABD≌△ ACE；要证三角形全等 . 可先证∠ BAD ＝∠ EAC.而后仍用SAS证全等；要证 BD⊥CE.可先延伸 BD交 CE于点 F. 证∠ BFC＝90°；而要证∠ BFC＝90°只要证出∠ CBF＋∠ BCF＝90°即可．第 7 题解图②解： (1) 的结论仍成立．延伸 BD交 CE于点 F. 如解图② .(5 分)∵∠ BAD＋∠ CAD＝90° .∠EAC＋∠ CAD＝90° .∴∠ BAD＝∠ CAE.(6 分 )在△ DAB和△ EAC中 .. ∴△ DAB≌△ EAC(SAS).∴BD＝CE.∠ ABD＝∠ ACE.(8分 ) ∵∠ ABC＋∠ ACB＝90° .∴∠ CBF＋∠ BCF＝∠ ABC－∠ ABD＋∠ ACB＋∠ ACE＝90° .∴∠ BFC＝180°－∠ CBF－∠ BCF＝180°－ 90°＝ 90° .∴EC⊥BD.(9 分)8·如图.已知抛物线与x 轴交于 A( －1.0).B两点.与y轴交于点C(0.3).点D为抛物线的极点且对称轴为x＝ 1.(1)求抛物线的分析式；(2)直线 CD与 x 轴交于点 E. 过线段 OB的中点 N 作 NF⊥ x 轴 . 交直线(3)在第 (2) 问的条件下 . 直线 NF上能否存在点 M.使得以点 M为圆心若存在 . 求出点 M的坐标；若不存在 . 请说明原因．CD于点 F. 求 EF 的长；.OM 为半径的圆与直线CD相切？第8题图分析(1)【思路剖析】设抛物线分析式为y＝ ax2＋bx＋ c(a ≠0). 把点 A( － 1.0). 点 C(0.3) 分别代入式中 .再由对称轴公式x＝－＝ 1. 列出三元一次方程组求解．解：设抛物线分析式为y＝ ax 2＋ bx＋c. 由题意可得：. 解得 .(2分)∴抛物线的分析式为y＝－ x2＋ 2x ＋3.(3分)(2) 【思路剖析】要求EF 的长 . 可放到Rt△ENF中.用勾股定理求解. 这就需要知道EN、 FN 的长；而要求 EN、 FN的长 . 需知道点E、 F 的坐标 . 这就需要先求出直线CD的分析式；设直线CD分析式为y＝ kx ＋b. 将 C、 D两点代入 . 用待定系数法求出直线CD的分析式．解：∵点 D 为抛物线的极点. ∴ D(1.4).设 CD的分析式为y＝ kx＋ b. 把 C(0.3).D(1.4)代入.得 .解得 k＝ 1.b ＝ 3.∴直线 CD分析式为y＝ x＋ 3.(4分)∴E( －3.0).∴OE＝OC＝ 3. ∴∠ AEC＝45° .令抛物线 y＝－ x2＋ 2x＋ 3 中 y＝ 0.解得 x1＝－ 1.x 2＝ 3.∴OB＝3.(5 分 )∵点 N是 OB的中点 .∴ON＝.NE＝ .(6 分 )∵ FN⊥x 轴 . ∴∠ AEC＝∠ EFN＝45° .∴EN＝FN＝ .∴EF＝EN＝ .(7 分 )(3)【思路剖析】假定存在切合条件的点M.设 M(.y). 过点 M作 MQ⊥ CD于点 Q.依据题意得 MQ＝MO.再证出 Rt△FQM∽ Rt△FNE.依据相像三角形对应边成比率列出对于y 的方程求解．解：直线NF上存在点M.过点 M作 MQ⊥ CD于点 Q. 如解图 .(8分)第 8题解图∵⊙ M与 CD相切 . ∴ MQ＝OM.设 M(.y).2 2 2∴ MQ＝OM＝＋ y .(9分 )∵∠ MFQ＝∠ NFE.∠FQM＝∠ FNE＝90° .∴△ FQM∽△ FNE.∴＝.∴＝.即＝ .整理得： 4y2＋ 36y－ 63＝ 0. 解得： y1＝ .y 2＝－ .(11 分 )∴点 M的坐标为： M1(.)、M2(.－)．(12分)9·如图① . 边长为 4 的正方形 ABCD的边 AD∥ y 轴. 点 P(0. － 1) 是 CD的中点 . 以 P 为极点的抛物线经过点 B. 连结 BD.(1)求抛物线和直线 BD的分析式；(2) 如图② . 若点 M是抛物线上一动点 ( 点 M不与点 A、B 重合 ). 过点 M作 y 轴的平行线 FM与直线 AB 交于点F. 与直线 BD交于点 E. 当线段 ME＝ 2EF 时 . 求点 M的坐标；(3) 如图③ . 平移抛物线 . 使平移后的抛物线极点N 在直线 PB 上. 抛物线与直线PB 的另一个交点为Q. 点 H 在 y 轴正半轴上 . 当以 H、 N、 Q 三点为极点的三角形为等腰直角三角形时. 求出全部切合条件的H 点的坐标．第9题图分析(1) 【思路剖析】由点P(0. － 1) 是抛物线的极点 . 可设抛物线的分析式为y＝ ax2－ 1. 抛物线经过点 B. 故可求出 a 值 . 从而得抛物线的分析式；设直线BD分析式为： y＝kx ＋ b. 用待定系数法即可求出直线分析式．解：由正方形 ABCD边长为 4 及点 P(0. － 1) 可得 .B(2.3) 、 D(－ 2. － 1).y＝ax2－ 1.设抛物线的分析式为把 B(2.3) 代入得 .3＝ 4a－ 1. 解得 a＝ 1,y＝x2－ 1； (2 分 )∴抛物线的分析式为设直线 BD的分析式为y＝ kx ＋ b.把 B(2.3) 、 D(－ 2. － 1) 代入得 ..解得 k＝ 1.b ＝ 1.(3 分 )2018年数学中考压轴题∴直线 BD的分析式为y＝ x＋ 1.(4 分 )(2) 【思路剖析】设点M(x.x 2－ 1). 从而表示出 E.F 点坐标 . 再依据ME＝ 2EF 列方程 . 即可求出M 点坐标．解：设点M(x.x 2－1).则 E(x.x ＋ 1).F(x.3).∴ ME＝x＋ 1－ (x 2－ 1) ＝－ x2＋ x＋ 2.EF＝ 3－ (x ＋ 1) ＝ 2－ x.(5分)当 ME＝ 2EF 时 . 可列方程－ x2＋ x＋ 2＝ 2(2 － x).(6 分 )解得 x＝ 2 或 x＝ 1.(7 分 )∵点 M不与点 A、 B 重合 .∴ x＝ 1.∴ M(1.0) ． (8 分 )(3) 【思路剖析】由平移性质可知：NQ＝ PB.设 PB 与 y 轴的夹角为α .由正方形可得sin α；以点H、 N、 Q 为极点的三角形假如是等腰直角三角形. 可分三种状况解答. 即∠ HQN＝90°、∠ HNQ＝90°或∠ NHQ＝90°三种状况．解：由平移性质可知.NQ＝ PB＝＝＝ 2. 设 PB与 y 轴的夹角为α.由正方形可得sin α＝＝.①当∠ HQN＝90°时 . 如解图① .HQ＝NQ＝ 2.在 Rt△PHQ中. sin α＝＝.解得HP＝10.∴ H(0.9) ． (9 分 )第 9 题解图①第 9 题解图②②当∠ HNQ＝90°时 . 如解图② .HN＝NQ＝ 2.在 Rt△PHN中. sin α＝＝.解得HP＝10.∴H(0.9) ． (10 分 )③当∠ NHQ＝90°时 . 如解图③ .NQ＝2. 过点 H 作 HG⊥ PB 于点 G.由等腰三角形三线合一的性质及直角三角形性质可得 .HG＝ NQ＝ .在 Rt△PHG中. sin α＝＝.解得HP＝5.∴H(0.4) ． (11 分 )综上 . 全部切合条件的H点的坐标为：(0.9) 和 (0.4) ． (12 分 )第 9 题解图③..11 / 1111 / 11。

2018年中考数学真题分类汇编第三期中考数学专题18图形的展开与叠折试题含解析43100

图形的展开与叠折一.选择题目1.（2018·湖北江汉·3分）如图是某个几何体的展开图，该几何体是（）A．三棱柱B．三棱锥C．圆柱 D．圆锥【分析】侧面为三个长方形，底边为三角形，故原几何体为三棱柱．【解答】解：观察图形可知，这个几何体是三棱柱．2.（2018•莱芜•3分）已知圆锥的三视图如图所示，则这个圆锥的侧面展开图的面积为（）A．60πcm2B．65πcm2C．120πcm2D．130πcm2【分析】先利用三视图得到底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，再根据勾股定理计算出母线长为13cm，然后根据锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算．【解答】解：根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为10cm，即底面圆的半径为5cm，圆锥的高为12cm，所以圆锥的母线长==13，所以这个圆锥的侧面积=•2π•5•13=65π（cm2）．故选：B．【点评】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．也考查了三视图．3.（2018•陕西•3分）如图，是一个几何体的表面展开图，则该几何体是A. 正方体B. 长方体C. 三棱柱D. 四棱锥【答案】C【解析】根据表面展开图中有两个三角形，三个长方形，由此即可判断出此几何体为三棱柱。

【详解】观察可知图中有一对全等的三角形，有三个长方形，所以此几何体为三棱柱，故选C【点睛】本题考查了几何体的展开图，熟记常见立体图形的展开图特点是解决此类问题的关键．4.（2018·江苏常州·2分）下列图形中，哪一个是圆锥的侧面展开图？（）A． B．C．D．【分析】根据圆锥的侧面展开图的特点作答．【解答】解：圆锥的侧面展开图是光滑的曲面，没有棱，只是扇形．故选：B．【点评】此题考查了几何体的展开图，注意圆锥的侧面展开图是扇形．5.（2018·湖北江汉·3分）一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥侧面展开图的圆心角的度数是（）A．120°B．180°C．240°D．300°【分析】根据圆锥的侧面积是底面积的2倍可得到圆锥底面半径和母线长的关系，利用圆锥侧面展开图的弧长=底面周长即可得到该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角度数．【解答】解：设母线长为R，底面半径为r，∴底面周长=2πr，底面面积=πr2，侧面面积=πrR，∵侧面积是底面积的2倍，∴2πr2=πrR，∴R=2r，设圆心角为n，则=2πr=πR，解得，n=180°，故选：B．6.（2018·湖北江汉·3分）如图，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点．将△ABG沿AG 对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（）A．1 B．1.5 C．2 D．2.5【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE；在直角△ECG中，根据勾股定理即可求出DE的长．【解答】解：∵AB=AD=AF，∠D=∠AFE=90°，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∵，∴Rt△AFE≌Rt△ADE，∴EF=DE，设DE=FE=x，则EC=6﹣x．∵G为BC中点，BC=6，∴CG=3，在Rt△ECG中，根据勾股定理，得：（6﹣x）2+9=（x+3）2，解得x=2．则DE=2．故选：C．5.（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=∠ABP，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．7.（2018·四川省巴中市3分）毕业前夕，同学们准备了一份礼物送给自己的母校，现用一个正方体盒子进行包装，六个面上分别写上“祝、母、校、更、美、丽”，其中“祝”与“更”，“母”与“美”在相对的面上．则此包装盒的展开图（不考虑文字方向）不可能是（）A．B．C．D．【解答】解：选项D不可能．理由：选项D，围成的立方体如图所示，不符合题意，故选：D．二.填空题目1.（2018·辽宁省盘锦市）如图，是某立体图形的三视图，则这个立体图形的侧面展开图的面积是65π．（结果保留π）【解答】解：由三视图可知圆锥的底面半径为5，高为12，所以母线长为13，所以侧面积为πrl=π×5×13=65π．故答案为：65π．2.（2018·辽宁大连·3分）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E为AD上一点，且∠ABE=30°，将△ABE沿BE翻折，得到△A′BE，连接CA′并延长，与AD相交于点F，则DF的长为．解：如图作A′H⊥BC于H．∵∠ABC=90°，∠ABE=∠EBA′=30°，∴∠A′BH=30°，∴A′H=BA′=1，BH=A′H=，∴CH=3﹣．∵△CDF∽△A′HC，∴ =，∴ =，∴DF=6﹣2．故答案为：6﹣2．3.（2018·广西梧州·3分）如图，圆锥侧面展开得到扇形，此扇形半径CA=6，圆心角∠ACB=120°，则此圆锥高OC的长度是4．【分析】先根据圆锥的侧面展开图，扇形的弧长等于该圆锥的底面圆的周长，求出OA，最后用勾股定理即可得出结论．【解答】解：设圆锥底面圆的半径为r，∵AC=6，∠ACB=120°，∴==2πr，∴r=2，即：OA=2，在Rt△AOC中，OA=2，AC=6，根据勾股定理得，OC==4，故答案为：4．【点评】此题主要考查了扇形的弧长公式，勾股定理，求出OA是解本题的关键．三.解答题1.（2018·湖北荆州·8分）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕MN，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到MN上的点F处，折痕AP交MN于E；延长PF交AB 于G．求证：（1）△AFG≌△AFP；（2）△APG为等边三角形．【解答】证明：（1）由折叠可得：M、N分别为AD、BC的中点，∵DC∥MN∥AB，∴F为PG的中点，即PF=GF，由折叠可得：∠PFA=∠D=90°，∠1=∠2，在△AFP和△AFG中，，∴△AFP≌△AFG（SAS）；（2）∵△AFP≌△AFG，∴AP=AG，∵AF⊥PG，∴∠2=∠3，∵∠1=∠2，∴∠1=∠2=∠3=30°，∴∠2+∠3=60°，即∠PAG=60°，∴△APG为等边三角形．祝你考试成功!祝你考试成功!。

【2018中考数学真题+分类汇编】一期18图形的展开与叠折试题含解析386【2018数学中考真题分项汇编系列】

图形的展开与叠折一、选择题1．（2018•四川凉州•3分）一个正方体的平面展开图如图所示，将它折成正方体后“建”字对面是（）A．和B．谐C．凉D．山【分析】本题考查了正方体的平面展开图，对于正方体的平面展开图中相对的面一定相隔一个小正方形，据此作答．【解答】解：对于正方体的平面展开图中相对的面一定相隔一个小正方形，由图形可知，与“建”字相对的字是“山”．故选：D．【点评】注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．2．（2018·天津·3分）如图，将一个三角形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕为，则下列结论一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】分析：由折叠的性质知，BC=BE．易得.详解：由折叠的性质知，BC=BE．∴.．故选：D．点睛：本题利用了折叠的性质：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，位置变化，对应边和对应角相等．3 （2018·新疆生产建设兵团·5分）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（）A．6cm B．4cm C．3cm D．2cm【分析】根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形ABEB1是正方形，再根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC﹣BE，代入数据进行计算即可得解．【解答】解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B1处，∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，又∵∠BAD=90°，∴四边形ABEB1是正方形，∴BE=AB=6cm，∴CE=BC﹣BE=8﹣6=2cm．故选：D．【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1是正方形是解题的关键．4 （2018·台湾·分）如图为一直棱柱，其底面是三边长为5、12、13的直角三角形．若下列选项中的图形均由三个矩形与两个直角三角形组合而成，且其中一个为如图的直棱柱的展开图，则根据图形中标示的边长与直角记号判断，此展开图为何？（）A． B．C． D．【分析】三棱柱的侧面展开图是长方形，底面是三角形，据此进行判断即可．【解答】解：A选项中，展开图下方的直角三角形的斜边长为12，不合题意；B选项中，展开图上下两个直角三角形中的直角边不能与其它棱完全重合，不合题意；C选项中，展开图下方的直角三角形中的直角边不能与其它棱完全重合，不合题意；D选项中，展开图能折叠成一个三棱柱，符合题意；故选：D．【点评】本题主要考查了几何体的展开图，从实物出发，结合具体的问题，辨析几何体的展开图，通过结合立体图形与平面图形的转化，建立空间观念，是解决此类问题的关键．5. （2018•河南•3分）某正方体的每个面上那有一个汉字，如图是它的一种展开图，那么在原正方体中,与“国”字所在面相对的面上的汉字是（）A.厉B.害C.了D.我6．（2018·浙江衢州·3分）如图，将矩形ABCD沿GH折叠，点C落在点Q处，点D落在AB 边上的点E处，若∠AGE=32°，则∠GHC等于（）A．112°B．110° C．108° D．106°【考点】平行线的性质【分析】由折叠可得：∠DGH=∠DGE=74°，再根据AD∥BC，即可得到∠GHC=180°﹣∠DGH=106°．【解答】解：∵∠AGE=32°，∴∠DGE=148°，由折叠可得：∠DGH=∠DGE=74°．∵AD∥BC，∴∠GHC=180°﹣∠DGH=106°．故选D．【点评】本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．7. （2018·浙江舟山·3分）将一张正方形纸片按如图步骤①，②沿虚线对折两次，然后沿③中平行于底边的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（）A. B.C. D.【考点】剪纸问题【解析】【解答】解：沿虚线剪开以后，剩下的图形先向右上方展开，缺失的部分是一个等腰直角三角形，用直角边与正方形的边是分别平行的，再沿着对角线展开，得到图形A。

中考复习专题折叠压轴题(无答案)

中考专题：折叠问题折叠型问题是近年中考的热点问题，通常是把某个图形按照给定的条件折叠，通过折叠前后图形变换的相互关系来命题。

折叠型问题立意新颖，变幻巧妙，对培养学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力非常有效。

图形折叠问题中题型的变化比较多，主要有以下几点：1．图形的翻折部分在折叠前和折叠后的形状、大小不变，是全等形；2．图形的翻折部分在折叠前和折叠后的位置关于折痕成轴对称；3．将长方形纸片折叠，三角形是否为等腰三角形；4．解决折叠问题时，要抓住图形之间最本质的位置关系，从而进一步发现其中的数量关系；5．充分挖掘图形的几何性质，将其中的基本的数量关系，用方程的形式表达出来，并迅速求解，这是解题时常用的方法之一。

折叠问题数学思想：(1)思考问题的逆向(反方向)，(2)从一般问题的特例人手，寻找问题解决的思路；(3)把一个复杂问题转化为解决过的基本问题的转化与化归思想；(4)归纳与分类的思想(把折纸中发现的诸多关系归纳出来，并进行分类)；(5)从变化中寻找不变性的思想.用“操作”、“观察”、“猜想”、“分析”的手段去感悟几何图形的性质是学习几何的方法。

折叠问题主要有以下题型：题型1：动手问题此类题目考查学生动手操作能力，它包括裁剪、折叠、拼图，它既考查学生的动手能力，又考查学生的想象能力，往往与面积、对称性质联系在一起．题型2：证明问题动手操作的证明问题，既体现此类题型的动手能力，又能利用几何图形的性质进行全等、相似等证明．题型3：探索性问题此类题目常涉及到画图、测量、猜想证明、归纳等问题，它与初中代数、几何均有联系．此类题目对于考查学生注重知识形成的过程，领会研究问题的方法有一定的作用，也符合新课改的教育理论。

典型例题一．折叠后求度数例1．将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BC、BD为折痕，则∠CBD的度数为（）A．600B．750C．900D．950练习1．如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点D、C分别落在D′、C′的位置，若∠EFB ＝65°，则∠AED′等于（）A．50°B．55°C．60°D．65°2．把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠后ED与BC的交点为G，D、C分别在M、N的位置上，若∠EFG=55°，则∠1=_______°，∠2=_______°A3. 用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，如图（1）所示，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图（2）所示的正五边形ABCDE ，其中∠BAC ＝度。

专题04 图形折叠问题(选填题重难点题型)-2018年中考数学重难点题型讲练(原卷版)

中考指导：近年来，图形折叠问题特别是矩形折叠问题一直是各地中考试题中一道靓丽的风景线.将矩形按不同要求进行折叠可以产生丰富多彩的几何问题.其中，创设开放的折叠情境，使矩形的顶点在折叠后的图形中的落点位置不固定，形成两解类中考压轴填空题的命题形式正悄然兴起. 折叠矩形纸片是轴对称变换，属于全等图形的范畴.可以先从边、角、形三方面思考折叠前后有哪些相等的线段、角和全等三角形，然后联想已知条件，看看又能产生哪些新的结论.这当中，尤其要注意将矩形折叠中产生的角平分线与矩形的两组对边分别平行结合在一起思考，往往会发现等腰三角形.面对折叠后的“静止”图形，你会发现解决这类折叠问题的关键有二点:一是在折叠操作(或“凭空想象”)中，弄清楚各种情况，画出相应状态下的静态图形;二是利用轴对称知识将分散的几何条件(边长)集中到某一个直角三角形中，再设未知数，运用勾股定理构建方程求解.典型例题解析:【例1】（2017年内蒙古赤峰二中中考数学二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AD、CD的中点，沿着BE将△ABE折叠，点A刚好落在BF上，若AB=2，则AD=________．【答案】【解析】如图，连接EF，∵点E、点F是AD、DC的中点，∴AE=ED，CF=DF=12CD=12AB=1，由折叠的性质可得AE=A′E，∴A′E=DE，在Rt△EA′F和Rt△EDF中，{EA EDEF EF=='，∴Rt△EA′F≌Rt△EDF（HL），∴A′F=DF=1，∴BF=BA′+A′F=AB+DF=2+1=3，在Rt△BCF中，==∴．点睛：本题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是连接EF，证明Rt△EA′F≌Rt△EDF，得出BF的长，再利用勾股定理解答即可．【例2】（河南省周口市西华县2018届九年级第一次模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，点D是BC上一动点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点E处，连接DE交AB于点F，当△DEB是直角三角形时，DF的长为_____．【答案】或．【解析】如图1所示；点E与点C′重合时，在Rt△ABC中，BC==4，由翻折的性质可知；AE=AC=3、DC=DE，则EB=2，设DC=ED=x，则BD=4-x，在Rt△DBE中，DE2+BE2=DB2，即x2+22=（4-x）2，解得：x=，∴DE=；如图2所示：∠EDB=90时，由翻折的性质可知：AC=AC′，∠C=∠C′=90°，∵∠C=∠C′=∠CDC′=90°，∴四边形ACDC′为矩形，又∵AC=AC′，∴四边形ACD C′为正方形，∴CD=AC=3，∴DB=BC-DC=4-3=1，∵DE∥AC，∴△BDE∽△BCA，∴，即，解得：DE=，点D在CB上运动，∠DBC′＜90°，故∠DBC′不可能为直角，故答案为：或．【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、相似三角形的判定与性质等，结合题意，正确地进行分类讨论并画出相应的图形是解题的关键.【例3】（2018年河南省驻马店市实验中学第一次中考模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝AD＝10，点E是CD的中点，将这张纸片依次折叠两次：第一次折叠纸片使点A与点E重合，如图②，折痕为MN，连接ME，NE；第二次折叠纸片使点N与点E重合，如图③，点B落到B′处，折痕为HG，连接HE，则下列结论：①ME∥HG；②△MEH是等边三角形；③∠EHG＝∠AMN；④tan∠EHG＝.其中正确的个数是()6A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C【解析】解：如图③，由折叠可得，∠MEN =∠A =90°，HG ⊥NE ，即ME ⊥EN ，HG ⊥EN ，∴EM ∥GH ，故①正确； ∵EM ∥GH ，∴∠NME =∠NHG ，由折叠可得，∠NME =∠AMN ，∠EHG =∠NHG ，∴∠AMN =∠EHG ，故③正确；如图2，作NF ⊥CD 于F ．设DM =x ，则AM =EM =10﹣x ．∵点E 是CD 的中点，AB =CD =，∴DE =12CD =Rt △DEM 中，∵DM 2+DE 2=EM 2，∴（2+x 2=（10﹣x ）2，解得x =2.6，∴DM =2.6，AM =EM =7.4．∵∠DEM +∠NEF =90°，∠NEF +∠ENF =90°，∴∠DEM =∠ENF ．∵∠D =∠EFN =90°，∴△DME ∽△FEN ，∴DE EM FN EN =，即7.410EN=，∴EN ，∴AN ，∴tan ∠AMN =AN MN ，∴tan ∠EHG ，故④正确；又∵tan60°，∴∠AMN ≠60°，即∠EMH ≠60°，∴△MEH 不是等边三角形，故②错误，∴正确的结论有3个．故选C ．点睛：本题属于四边形综合题，主要考查翻折变换、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识的综合应用，解题的关键是作辅助线构造相似三角形，依据相似三角形对应边成比例，求得EN 的长度．解决折叠问题时，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．强化训练1．（2018年浙江省宁波市鄞州区中考数学模拟）在矩形纸片A BCD 中，AD=8，AB=6，E 是边BC 上的点，将纸片沿AE 折叠，使点B 落在点F 处，连接FC ，当△EFC 为直角三角形时，BE 的长为（） A. 3 B. 5 C. 3或5 D. 3或62．如图是一张矩形纸片ABCD ，AD ＝10cm ，若将纸片沿DE 折叠，使DC 落在DA 上，点C 的对应点为点F ，若BE ＝6cm ，则CD ＝( )A. 4cmB. 6cmC. 8cmD. 10cm3．如图,矩形ABCD 沿着AE 折叠,使D 点落在BC 边上的F 点处,如果60BAF ∠=,则DAE ∠ 等于 ( )A. 15°B. 30°C. 45°D. 60°4．（陕西省宝鸡市凤翔县2017-2018学年九年级期末）如图，在矩形ABCD 中，AB=8，BC=4，将矩形沿AC 折叠，则重叠部分△AFC 的面积为（）A. 12B. 10C. 8D. 65．（辽宁省大石桥市水源镇九年一贯制学校2018届九年级下学期月考）如图，矩形纸片ABCD 中，G 、F 分别为AD 、BC 的中点，将纸片折叠，使D 点落在GF 上，得到△HAE ，再过H 点折叠纸片，使B 点落在直线AB 上，折痕为PQ ．连接AF 、EF ，已知HE=HF ，下列结论：①△MEH 为等边三角形；②AE ⊥EF ；③△PHE ∽△HAE ；④ AD AB =，其中正确的结论是（）A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ①②③④6．（安徽合肥市2018届初三名校大联考一）如图,矩形ABCD 中,AB=4,BC=2,把矩形ABCD 沿过点A 的直线AE 折叠，点D 落在矩形ABCD 内部的点D 处,则CD 的最小值是A. 2B.C. 2D. 27．（广东省广州三中2017年中考数学一模）如图，把一矩形纸片OABC 放入平面直角坐标系xoy 中，使OA ，OC 分别落在x 轴、y 轴上，现将纸片OABC 沿OB 折叠，折叠后点A 落在点A'的位置，若OA=1，OB=2，则点A'的坐标为（）A. 12⎛⎝⎭ B. 12⎛- ⎝⎭C. 3455⎛⎫- ⎪⎝⎭， D. （ ()8．（2018年广东省深圳市中考数学突破模拟二）如图，将矩形ABCD 沿AE 折叠，点D 的对应点落在BC 上点F 处，过点F 作FG ∥CD ，连接EF ，DG ，下列结论中正确的有（） ①∠ADG=∠AFG ；②四边形DEFG 是菱形；③DG 2=12AE•EG ；④若AB=4，AD=5，则CE=1．A. ①②③④B. ①②③C. ①③④D. ①②9．如图，矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，将△ABE 沿直线BE 折叠后得到△GBE ，延长BG 交CD 于点F ．若AB =4，BC = 6，则FD 的长为（）A.85 B. 4 C. 94D. 10．（2018年湖北省咸宁市咸安区中考数学模拟）如图，有一矩形纸片ABCD ，AB=6，AD=8，将纸片折叠使AB 落在AD 边上，折痕为AE ，再将△ABE 以BE 为折痕向右折叠，AE 与CD 交于点F ，则CFCD的值是（）A. 1B.12 C. 13 D. 1411．如图，在矩形ABCD 中，AB =3，AD =5，点E 在DC 上，将矩形ABCD 沿AE 折叠，点D 恰好落在BC 边上的点F 处，那么cos ∠EFC 的值是（）A.35 B. 45 C. 12 D. 12．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AFG =60°，GE =2BG ，则折痕EF 的长为（）A. 1B.C. 2D. 13．（2017年安徽省安庆一中中考数学三模）如图，小亮拿一张矩形纸图（1），沿虚线对折一次得图（2），下将对角两顶点重合折叠得图（3），按图（4）沿折痕中点与重合顶点的连线剪开，得到三个图形，这三个图形分别是（）A. 都是等腰梯形B. 都是等边三角形C. 两个直角三角形，一个等腰三角形D. 两个直角三角形，一个等腰梯形 14．如图，将一张三角形纸片折叠，使点落在边上，折痕，得到；再继续将纸片沿的对称轴折叠，依照上述做法，再将折叠，最终得到矩形，若中，和的长分别为和，则矩形的面积为（）．A. B. C. D.15．（山东省临朐县沂山风景区2018届九年级上期末模拟）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，将纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，点D的对应点为G，连接DG，则图中阴影部分面积是（）A. 5B. 3C.365D.18516．如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F 刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为________．A. 3或4B.52或10 C.52或53D.25或5317．（河南省濮阳市2018届九年级第一次模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D，E为AC，BC 上两个动点，若将∠C沿DE折叠，点C的对应点'C恰好落在AB上，且'ADC恰为直角三角形，则此时CD的长为___________.18．（河北省唐山市路南区2017年中考数学三模）如图，将矩形纸片ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′的位置，AB′与CD交于点E，若AB=8，AD=3，则△EB′C的周长为________．19．（2018年咸宁市通城县北港镇初级中学数学中考模拟）如图，在矩形ABCD中，把∠A沿DF折叠，点A恰好落在矩形的对称中心E处，则tan∠ADF=_______．20．（安徽省蚌埠市2017届九年级下学期中考一模）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：①四边形CFHE是菱形；②线段BF的取值范围为3≤BF≤4；③EC平分∠DCH；④当点H与点A重合时，EF=以上结论中，你认为正确的有______．（填序号）。

【中考专题】2018年九年级数学中考专题折叠问题(含答案)

2018年九年级数学中考专题折叠问题一、选择题:1.一块直角三角形的纸片，两直角边AC=6cm,BC=8cm ，现将直角边AC 沿直线AD 折叠，使它落在斜边AB 上，且与AE 重合，则CD 等于（）A ．5cmB ．4cmC ．3cmD ．2cm2.如图，△ABC 中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D 是BC 的中点，将△ABD 沿AD 翻折得到△AED ，连结CE ，则线段CE 的长等于( )A ．2B ．1.25C ．35D ．1.43.如图，把△ABC 纸片沿DE 折叠，当点A 落在四边形BCED 的外部时，则∠A 与∠1和∠2之间有一种数量关系始终保持不变，请试着找一找这个规律，你发现的规律是( ）A ．2∠A=∠1﹣∠2B ．3∠A=2(∠1﹣∠2）C ．3∠A=2∠1﹣∠2D ．∠A=∠1﹣∠24.附图（①）为一张三角形ABC 纸片，P 点在BC 上．今将A 折至P 时，出现折线BD ，其中D 点在AC 上，如图（②）所示．若△ABC 的面积为80，△DBC 的面积为50，则BP 与PC 的长度比为何？（）A ．3：2B ．5：3C ．8：5D ．13：85.如图,直角三角形纸片两直角边长分别为6,8,按如图折叠,使A与B重合,折痕为DE,则S：S△BDE等于△BCE （）A．2：5 B．14：25 C．16：25 D．4：216.如图,Rt△ABC中,AB=9,BC=6,∠B=90°,将△ABC折叠,使A点与BC的中点D重合,折痕为MN,则线段BN的长为（）A．B．2.5 C．4 D．57.如图,将一个矩形纸片ABCD，沿着BE折叠，使C、D点分别落在点C，D1处．若∠C1BA=50°，则∠ABE的1度数为（）A．15°B．20°C．25°D．30°8.如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知AB=8cm，BC=6cm，则tan∠EAF的值是（）A．0.5 B．0.75 C．2 D．59.如图,把长方形纸片ABCD折叠,使其对角顶点C与A重合.若长方形的长BC为8,宽AB为4,则折痕EF的长度为（）A．5 B．3C．2D．310.如图,在边长为2的菱形ABCD中,∠B=45°,AE为BC边上的高,将△ABE沿AE所在直线翻折得△AB′E，AB′与CD边交于点F,则B′F的长度为（）A．1 B．C．2-D．2﹣211.将一张宽为4cm的长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形，则这个三角形面积的最小值是（）A． cm2B．8cm2C． cm2D．16cm212.如图，将一个等腰Rt△ABC对折，使∠A与∠B重合，展开后得折痕CD，再将∠A折叠，使C落在AB上的点F处，展开后，折痕AE交CD于点P，连接PF、EF，下列结论：①tan∠CAE=﹣1；②图中共有4对全等三角形；③若将△PEF沿PF翻折，则点E一定落在AB上；④PC=EC；⑤S四边形DFEP=S△APF．正确的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个二、填空题:13.矩形纸片ABCD中，AD=4cm，AB=10cm，按如图方式折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则DE= cm．14.如图，把等边三角形ABC沿着DE折叠，使点A恰好落在BC边上的点P处，且DP⊥BC，若BP=4 cm，则EC= cm.15.如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为16.如图，矩形ABCD中，AB=1，E、F分别为AD、CD的中点，沿BE将△ABE折叠，若点A恰好落在BF上，则AD= ．17.如图，在Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC上，以AD为折痕，△ABD折叠得到△AB′D，AB′与边BC交于点E.若△DEB′为直角三角形，则BD的长是 .18.如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形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，连接BP、BH.现给出以下四个命题（1）∠APB=∠BPH;（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长不发生变化;（3）∠PBH=450 ; （4）BP=BH.其中正确的命题是．三、解答题:19.如图①，将矩形ABCD沿DE折叠使点A落在点A′处，然后将矩形展平，如图②沿EF折叠使点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处.(1)求证：EG=CH；(2)已知AF=2，求AD和AB的长.20.如图，四边形ABCD表示一张矩形纸片，AB=10，AD=8．E是BC上一点，将△ABE沿折痕AE向上翻折，点B恰好落在CD边上的点F处，⊙O内切于四边形ABEF．求：（1）折痕AE的长；（2）⊙O的半径．21.在正方形ABCD中,E、F分别为BC、CD的中点,AE与BF相交于点G．（1）如图1,求证：AE⊥BF；（2）如图2,将△BCF沿BF折叠,得到△BPF,延长FP交BA的延长线于点Q,若AB=4,求QF的值.22.阅读材料,在平面直角坐标系中,已知x轴上两点A（x，0），B（x2，0）的距离记作AB=|x1﹣x2|；若A,B1是平面上任意两点，我们可以通过构造直角三角形来求AB间的距离,如图,过A，B分别向x轴、y轴作垂线AM1、AN1和BM2、BN2，垂足分别是M1、N1、M2、N2，直线AN1交BM2于点Q，在Rt△ABQ中，AQ=|x1﹣x2|，BQ=|y1﹣y2|,∴AB2=AQ2+BQ2=|x1﹣x2|+|y1﹣y2|2=(x1﹣x2)2+(y1﹣y2)2，由此得到平面直角坐标系内任意两点A（x1，y1），B（x2，y2）间的距离公式为：（1）AB= ．（2）直接应用平面内两点间距离公式计算点A（1,﹣3），B（﹣2,1）之间的距离为；（3）根据阅读材料并利用平面内两点间的距离公式，求代数式+的最小值．23.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′．24.如图，已知矩形OABC在坐标系中，A(0，4)，C(6,0)，直线y=x与AB交于D点，E为BC上一点.（1）如图1，若△OCE沿OE翻折，当C恰好与D点重合时，求此时E点坐标；（2）如图2，若△OCE与BDE相似，求E点坐标；（3）如图,3，已知线段GH开始时在矩形OABC内壁与BC重合(不考虑厚度)，M为GH中点，将线段GH 沿矩形内壁滑动，G在BC上滑动，H在CO上滑动，线段GH长度始终保持不变，当G与C点重合时，停止运动.在滑动的过程中，当DM长度最小值时，求此时M点坐标.参考答案1.C2.D;3.A．4.A5.A6.B7.D8.C.9.D.10.A.11.B.12.D.13.答案为:5.8．14.答案为：2+23；15.答案为: 3或616.答案为: ．17.答案为：2或5；解析：∵在Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10，∵以AD为折痕，△ABD折叠得到△AB′D，∴BD=DB′，AB′=AB=10.如答图①，当∠B′DE=90°时，过点B′作B′F⊥AC的延长线于点F.设BD=DB′=x，则AF=6＋x，FB′=8－x.在Rt△AFB′中，由勾股定理，得AB′2=AF2＋FB′2，即(6＋x)2＋(8－x)2=102，解得x1=2，x2=0(舍去)，∴BD=2；如答图②，当∠B′ED=90°时，点C与点E重合.∵AB′=10，AC=6，∴B′E=4.设BD=DB′=x，则CD=8－x.在Rt△B′DE中，DB′2=DE2＋B′E2，即x2=(8－x)2＋42，解得x=5，∴BD=5.综上所述，BD的长是2或5.18.答案为：（1）（2）（3）．19.解：(1)证明：由折叠知△AEF≌△GEF，△BCE≌△HCE，∵AE=A′E=BC，∠AEF=∠BCE，∴△AEF≌△BCE，∴△GEF≌△HCE，∴EG=CH；(2)∵AF=FG=2，∠FDG=45°，∴FD=2，AD=2＋2；∵AF=FG=HE=EB=2，AE=AD=2＋2，∴AB=AE＋EB=2＋2＋2=2＋22.20.21.1）证明：∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF=BE，在△ABE和△BCF中，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS），∴∠BAE=∠CBF，又∵∠BAE+∠BEA=90°，∴∠CBF+∠BEA=90°，∴∠BGE=90°，∴AE⊥BF；（2）解：∵将△BCF沿BF折叠，得到△BPF，∴FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°，∵CD∥AB，∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB，∴QF=QB，设QF=x，PB=BC=AB=4，CF=PF=2，∴QB=x，PQ=x﹣2，在Rt△BPQ中，∴x2=（x﹣2）2+42，解得：x=5，即QF=5．22.解：（1）∵AB2=AQ2+BQ2=|x﹣x2|2+|y1﹣y2|2=（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，1∴AB=．故答案为．（2）∵A（1，﹣3），B（﹣2，1），∴AB==5．故答案为5．（3）代数式+的最小值表示在x轴上找一点P（x，0），到A（0，2），B（3，1）的距离之和最小．如图，作A关于x轴的对称点A′，连接BA′与x轴的交点即为所求的点P．此时PA+PB最小，∵A′（0，﹣2），B（3，1），∴PA+PB=PA′+PB=BA′==3．∴代数式+的最小值为3．23.解：（1）由折叠的性质可得，∠BEC=∠B'EC，∠AEN=∠A'EN，∵∠BEB′=110°，∴∠AEA'=180°﹣110°=70°，∴∠BEC=∠B'EC=0.5∠BEB′=55°，∠AEN=∠A'EN=0.5∠AEA'=35°．∴∠BEC+∠AEN=55°+35°=90°；（2）不变．由折叠的性质可得：∠BEC=∠B'EC，∠AEN=∠A'EN，∵∠BEB′=m°，∴∠AEA'=180°﹣m°，可得∠BEC=∠B'EC=0.5∠BEB′=0.5m°，∠AEN=∠A'EN=0.5∠AEA'=0.5（180°﹣m°），∴∠BEC+∠AEN=0.5m°+0.5（180°﹣m°）=90°，故∠BEC+∠AEN的值不变；（3）由折叠的性质可得：∠B'CF=∠B'CE，∠B'CE=∠BCE，∴∠B'CF=∠B'CE=∠BCE=×90°=30°，在Rt△BCE中，∵∠BEC与∠BCE互余，∴∠BEC=90°﹣∠BCE=90°﹣30°=60°，∴∠B'EC=∠BEC=60°，∴∠AEA'=180°﹣∠BEC﹣∠B'EC=180°﹣60°﹣60°=60°，∴∠AEN=0.5∠AEA'=30°，∴∠ANE=90°﹣∠AEN=90°﹣30°=60°，∴∠ANE=∠A'NE=60°24.解：（1）E(6，2.5);（2）E(6,3)；(3)M （）.第11 页共11 页。

专题18 折叠问题-决胜2018中考数学压轴题全揭秘精品(解析版)

一、选择题1．（2017四川省乐山市，第10题，3分）如图，平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别落在x 、y 轴上，点B 坐标为（6，4），反比例函数xy 6=的图象与AB 边交于点D ，与BC 边交于点E ，连结DE ，将△BDE 沿DE 翻折至△B 'DE 处，点B '恰好落在正比例函数y =kx 图象上，则k 的值是（）A ．52-B ．211-C ．51-D ．241- 【答案】B ．【分析】根据矩形的性质得到，CB ∥x 轴，AB ∥y 轴，于是得到D （6，1），E （32，4），根据勾股定理得到ED 的长，连接BB ′，交ED 于F ，过B ′作B ′G ⊥BC 于G ，根据轴对称的性质得到BF =B ′F ，BB ′⊥ED 求得BB ′的长，设EG =x ，则BG =92﹣x 根据勾股定理即可得到结论．点睛：本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．考点：反比例函数与一次函数的交点问题；翻折变换（折叠问题）；综合题．2．（2017四川省内江市，第11题，3分）如图，在矩形AOBC中，O为坐标原点，OA、OB分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（0，33），∠ABO=30°，将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，则点D的坐标为（）A．（32，332）B．（2，332）C．（332，32）D．（32，3﹣332）【答案】A．【分析】根据翻折变换的性质结合锐角三角函数关系得出对应线段长，进而得出D点坐标．【解析】∵四边形AOBC是矩形，∠ABO=30°，点B的坐标为（0，33，∴AC=OB=33∠CAB=30°，∴BC=AC•tan30°=3333=3，∵将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，∴∠BAD=30°，AD=33D作DM⊥x轴于点M，∵∠CAB=∠BAD=30°，∴∠DAM=30°，∴DM=12AD=332，∴AM=33cos30°=92，∴MO=92﹣3=32，∴点D的坐标为（3233）．故选A．点睛：此题主要考查了翻折变换以及矩形的性质和锐角三角函数关系，正确得出∠DAM =30°是解题关键．考点：翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质；矩形的性质；综合题．学.科.网3．（2017江苏省无锡市，第10题，3分）如图，△ABC 中，∠BAC =90°，AB =3，AC =4，点D 是BC 的中点，将△ABD 沿AD 翻折得到△AED ，连CE ，则线段CE 的长等于（）A ．2B ．54C ．53D ．75【答案】D ．【分析】如图连接BE 交AD 于O ，作AH ⊥BC 于H ．首先证明AD 垂直平分线段BE ，△BCE 是直角三角形，求出BC 、BE 在Rt △BCE 中，利用勾股定理即可解决问题．【解析】如图连接BE 交AD 于O ，作AH ⊥BC 于H ．在Rt △ABC 中，∵AC =4，AB =3，∴BC =2234+=5，∵CD =DB ，∴AD =DC =DB =52，∵12•BC •AH =12•AB •AC ，∴AH =125，∵AE =AB ，DE =DB =DC ，∴AD 垂直平分线段BE ，△BCE 是直角三角形，∵12•AD •BO =12•BD •AH ，∴OB =125，∴BE =2OB =245，在Rt △BCE 中，EC =22BC BE -=22245()5-=75，故选D ．点睛：本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型．考点：翻折变换（折叠问题）；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．4．（2017浙江省台州市，第10题，4分）如图，矩形EFGH 的四个顶点分别在菱形ABCD 的四条边上，BE=BF，将△AEH，△CFG分别沿边EH，FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的116时，则AEEB为（）A．53B．2C．52D．4【答案】A．【分析】设重叠的菱形边长为x，BE=BF=y，由矩形和菱形的对称性以及折叠的性质得：四边形AHME、四边形BENF是菱形，得出EN=BE=y，EM=x+y，由相似的性质得出AB=4MN=4x，求出AE=AB﹣BE=4x﹣y，得出方程4x﹣y=x+y，得出x=23y，AE=53y，即可得出结论．【解析】设重叠的菱形边长为x，BE=BF=y，由矩形和菱形的对称性以及折叠的性质得：四边形AHME、四边形BENF是菱形，∴AE=EM，EN=BE=y，EM=x+y，∵当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的116，且两个菱形相似，∴AB=4MN=4x，∴AE=AB﹣BE=4x﹣y，∴4x﹣y=x+y，解得：x=23y，∴AE=53y，∴AEEB=53yy =53；故选A．点睛：本题考查了折叠的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质、相似多边形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解决问题的关键．考点：翻折变换（折叠问题）；菱形的性质；矩形的性质；综合题．5．（2017衢州，第9题，3分）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 ．53 B ． 35 C ． 37 D ． 45 【答案】B ．【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 =F A ，设F A =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x 2=42+（6﹣x ）2，解方程求出x ．【解析】∵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，∵∠AFE =∠CFD ，∠E =∠D ，AE =CD ，∴△AEF ≌△CDF （AAS ），∴EF =DF ；∵四边形ABCD 为矩形，∴AD =BC =6，CD =AB =4，∵Rt △AEF ≌Rt △CDF ，∴FC =F A ，设F A =x ，则FC =x ，FD =6﹣x ，在Rt △CDF 中，CF 2=CD 2+DF 2，即x 2=42+（6﹣x ）2，解得x =133，则FD =6﹣x =35．故选B ．点睛：本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；综合题．6．（2017湖南省长沙市，第12题，3分）如图，将正方形ABCD 折叠，使顶点A 与CD 边上的一点H 重合（H 不与端点C ，D 重合），折痕交AD 于点E ，交BC 于点F ，边AB 折叠后与边BC 交于点G ．设正方形ABCD 的周长为m ，△CHG 的周长为n ，则mn的值为（）A ．22 B ．21C ．215-D ．随H 点位置的变化而变化【答案】B ．【分析】设CH =x ，DE =y ，则DH =4m ﹣x ，EH =4m﹣y ，然后利用正方形的性质和折叠可以证明△DEH ∽△CHG ，利用相似三角形的对应边成比例可以把CG ，HG 分别用x ，y 分别表示，△CHG 的周长也用x ，y 表示，然后在Rt △DEH 中根据勾股定理可以得到222m mx x y -=，进而求出△CMG 的周长．【解析】设CH =x ，DE =y ，则DH =4m ﹣x ，EH =4m﹣y ，∵∠EMG =90°，∴∠DME +∠CMG =90°．∵∠DME +∠DEM =90°，∴∠DEM =∠CMG ，又∵∠D =∠C =90°△DEM ∽△CMG ，∴CG CM MGDM DE EM==，即 44CG x MGm m y x y ==--，∴CG =()4m x x y -，MG =()4m x y y -，△CMG 的周长为n =CM +CG +MG =22mx x y -，在Rt △DEM 中，DM 2+DE 2=EM 2，即（4m ﹣x ）2+y 2=（4m ﹣y ）2，整理得222m m x x y -=，∴n =CM +MG +CG =22mx x y -=2myy =2m ，∴m n =21．故选B ．点睛：本题考查翻折变换及正方形的性质，正方形的有些题目有时用代数的计算证明比用几何方法简单，甚至几何方法不能解决的用代数方法可以解决．本题综合考查了相似三角形的应用和正方形性质的应用．考点：翻折变换（折叠问题）；综合题． 7．（2016内蒙古包头市）如图，直线243y x =+与x 轴、y 轴分别交于点A 和点B ，点C 、D 分别为线段AB 、OB 的中点，点P 为OA 上一动点，PC +PD 值最小时点P 的坐标为（）A．（﹣3，0）B．（﹣6，0）C．（32-，0）D．（52-，0）【答案】C．【分析】根据一次函数解析式求出点A、B的坐标，再由中点坐标公式求出点C、D的坐标，根据对称的性质找出点D′的坐标，结合点C、D′的坐标求出直线CD′的解析式，令y=0即可求出x的值，从而得出点P的坐标．【解析】作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′交x轴于点P，此时PC+PD值最小，如图所示．令243y x=+中x=0，则y=4，∴点B的坐标为（0，4）；令243y x=+中y=0，则2403x+=，解得：x=﹣6，∴点A的坐标为（﹣6，0）．∵点C、D分别为线段AB、OB的中点，∴点C（﹣3，2），点D（0，2）．∵点D′和点D关于x轴对称，∴点D′的坐标为（0，﹣2）．设直线CD′的解析式为y=kx+b，∵直线CD′过点C（﹣3，2），D′（0，﹣2），∴有232k bb=-+⎧⎨-=⎩，解得：432kb⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴直线CD′的解析式为423y x=--．令423y x=--中y=0，则4203x--=，解得：x=32-，∴点P的坐标为（32-，0）．故选C．考点：一次函数图象上点的坐标特征；轴对称-最短路线问题；最值问题．8．（2016内蒙古呼伦贝尔市，第6题，3分）将点A（3，2）向左平移4个单位长度得点A′，则点A′关于y轴对称的点的坐标是（）A．（﹣3，2）B．（﹣1，2）C．（1，﹣2）D．（1，2）【答案】D．【分析】根据题意可以求得点A′的坐标，从而可以求得点A′关于y轴对称的点的坐标，本题得以解决．【解析】∵将点A（3，2）向左平移4个单位长度得点A′，∴点A′的坐标为（﹣1，2），∴点A′关于y 轴对称的点的坐标是（1，2），故选D．考点：关于x轴、y轴对称的点的坐标；坐标与图形变化-平移．9．（2016内蒙古呼伦贝尔市，第12题，3分）如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为PQ，则线段BQ的长度为（）A．53B．52C．4D．5【答案】C．【分析】设BQ=x，则由折叠的性质可得DQ=AQ=9﹣x，根据中点的定义可得BD=3，在Rt△BQD中，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解．【解析】设BQ=x，由折叠的性质可得DQ=AQ=9﹣x，∵D是BC的中点，∴BD=3，在Rt△BQD中，2223(9)x x+=-，解得：x=4．故线段BQ的长为4．故选C．考点：翻折变换（折叠问题）．10．（2016天津市）如图，把一张矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，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．∠DAB′=∠CAB′B．∠ACD=∠B′CD C．AD=AE D．AE=CE 【答案】D．【分析】根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．【解析】∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，∴∠BAC=∠CAB′，∵AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∴∠ACD=∠CAB′，∴AE=CE，所以，结论正确的是D选项．故选D．考点：翻折变换（折叠问题）．11．（2016四川省南充市）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．75°【答案】C．【分析】直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．【解析】如图所示：由题意可得：∠1=∠2，AN=M N，∠M GA=90°，则NG=12A M，故AN=NG，则∠2=∠4，∵EF∥AB，∴∠4=∠3，∴∠1=∠2=∠3=13×90°=30°，∴∠DAG=60°．故选C．考点：翻折变换（折叠问题）．12．（2016四川省资阳市）如图，矩形ABCD与菱形EFGH的对角线均交于点O，且EG∥BC，将矩形折叠，使点C与点O重合，折痕MN恰好过点G若AB=6，EF=2，∠H=120°，则DN的长为（）A 3B63+C63D．236【答案】C．【分析】延长EG交DC于P点，连接GC、FH，则△GCP为直角三角形，证明四边形OGCM为菱形，则可证3GP的值，再由梯形的中位线定理CM+DN=2GP，即可得出答案．【解析】长EG交DC于P点，连接GC、FH；如图所示：则CP=DP=12CD=62，△GCP为直角三角形，∵四边形EFGH是菱形，∠EHG=120°，∴GH=EF=2，∠OHG=60°，EG⊥FH，∴OG=GH•sin60°=2×32=3，由折叠的性质得：CG=OG=3，OM=CM，∠MOG=∠MCG，∴PG=22CG CP-=6，∵OG∥CM，∴∠MOG+∠OMC=180°，∴∠MCG+∠OMC=180°，∴OM∥CG，∴四边形OGCM为平行四边形，∵OM=CM，∴四边形OGCM为菱形，∴CM=OG=3，根据题意得：PG是梯形MCDN的中位线，∴DN+CM=2PG=6，∴DN=63-；故选C．考点：矩形的性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）．学.科.网13．（2016四川省雅安市）如图，在矩形ABCD中，AD=6，AE⊥BD，垂足为E，ED=3BE，点P、Q分别在BD，AD上，则AP+PQ的最小值为（）A．22B2C．23D．33【答案】D．【分析】在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′为等边三角形，当PQ⊥AD时，则PQ最小，所以当A′Q⊥AD时AP+PQ最小，从而可求得AP+PQ的最小值等于DE的长，可得出答案．．【解析】设BE=x，则DE=3x，∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，∴△ABE∽△DAE，∴2AE=BE•DE，即223AE x=，∴AE =3x ，在Rt △ADE 中，由勾股定理可得222AD AE DE =+，即2226(3)(3)x x =+，解得x =3，∴AE =3，DE =33，如图，设A 点关于BD 的对称点为A ′，连接A ′D ，PA ′，则A ′A =2AE =6=AD ，AD =A ′D =6，∴△AA ′D 是等边三角形，∵PA =PA ′，∴当A ′、P 、Q 三点在一条线上时，A ′P +PQ 最小，又垂线段最短可知当PQ ⊥AD 时，A ′P +PQ 最小，∴AP +PQ =A ′P +PQ =A ′Q =DE =33，故选D ．考点：矩形的性质；轴对称-最短路线问题；最值问题．14．（2016山东省威海市）如图，在矩形ABCD 中，AB =4，BC =6，点E 为BC 的中点，将△ABE 沿AE 折叠，使点B 落在矩形内点F 处，连接CF ，则CF 的长为（）A ．95B ．125C ．165D ．185【答案】D ．【分析】连接BF ，根据三角形的面积公式求出BH ，得到BF ，根据直角三角形的判定得到∠BFC =90°，根据勾股定理求出答案．【解析】连接BF ，∵BC =6，点E 为BC 的中点，∴BE =3，又∵AB =4，∴AE =22AB BE +=5，∴BH =125，则BF =245，∵FE =BE =EC ，∴∠BFC =90°，∴CF =22246()5-=185．故选D ．考点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．15．（2016山东省枣庄市）如图，△ABC的面积为6，AC=3，现将△ABC沿AB所在直线翻折，使点C落在直线AD上的C′处，P为直线AD上的一点，则线段BP的长不可能是（）A．3B．4C．5.5D．10【答案】A．【分析】过B作BN⊥AC于N，B M⊥AD于M，根据折叠得出∠C′AB=∠CAB，根据角平分线性质得出BN=B M，根据三角形的面积求出BN，即可得出点B到AD的最短距离是4，得出选项即可．考点：翻折变换（折叠问题）．16．（2016山东省济宁市）如图，在4×4正方形网格中，黑色部分的图形构成一个轴对称图形，现在任意选取一个白色的小正方形并涂黑，使黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是（）A．613B．513C．413D．313【答案】B．【分析】由在4×4正方形网格中，任选取一个白色的小正方形并涂黑，共有13种等可能的结果，使图中黑色部分的图形构成一个轴对称图形的有5种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．【解析】∵根据轴对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合，白色的小正方形有13个，而能构成一个轴对称图形的有4个情况，∴使图中黑色部分的图形仍然构成一个轴对称图形的概率是：5．故选B．13考点：概率公式；利用轴对称设计图案．17．（2016山东省聊城市）如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，若∠2=40°，则图中∠1的度数为（）A．115°B．120°C．130°D．140°【答案】A．【分析】根据折叠的性质和矩形的性质得出∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°，根据三角形内角和定理求出∠CFB'=50°，进而解答即可．【解析】∵把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点A落在CD边上的点A′处，点B落在点B′处，∴∠BFE=∠EFB'，∠B'=∠B=90°，∵∠2=40°，∴∠CFB'=50°，∴∠1+∠EFB'﹣∠CFB'=180°，即∠1+∠1﹣50°=180°，解得：∠1=115°，故选A．考点：翻折变换（折叠问题）．18．（2016广西百色市）如图，正△ABC的边长为2，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD+CD的最小值是（）A．4B．32C．23D．23【答案】A．【分析】作点A关于直线BC′的对称点A1，连接A1C交直线BC与点D，由图象可知点D在C′B的延长线上，由此可得出当点D与点B重合时，AD+CD的值最小，由此即可得出结论，再根据等边三角形的性质算出AB+CB的长度即可．【解析】作点A关于直线BC′的对称点A1，连接A1C交直线BC与点D，如图所示．由图象可知当点D在C′B的延长线上时，AD+CD最小，而点D为线段BC′上一动点，∴当点D与点B 重合时AD+CD值最小，此时AD+CD=AB+CB=2+2=4．故选A．考点：轴对称-最短路线问题；等边三角形的性质；最值问题．学.科.网19．（2016广西钦州市）如图，把矩形纸片ABCD沿EF翻折，点A恰好落在BC边的A′处，若AB=3，∠EF A=60°，则四边形A′B′EF的周长是（）+B．33C．43D．53A．13【答案】C．【分析】先在直角三角形EFG中用勾股定理求出EF，FG，再判断出三角形A'EF是等边三角形，求出AF，从而得出BE=B'E=1，最后用四边形的周长公式即可．【解析】如图，过点E作EG⊥AD，∴∠AGE=∠FGE=90°．∵矩形纸片ABCD，∴∠A=∠B=∠AGE=90°，∴四边形ABEG是矩形，∴BE=AG，EG=AB3，在Rt△EFG中，∠EFG=60°，EG3∴FG=1，EF=2，由折叠有，A'F=AF，A'B'=AB3，BE=B'E，∠A'FE=∠AFE=60°，∵BC∥AD，∴∠A'EF=∠AFE=60°，∴△A 'EF 是等边三角形，∴A 'F =EF =2，∴AF =A 'F =2，∴BE =AG =AF ﹣FG =2﹣1=1，∴B 'E =1，∴四边形A ′B ′EF 的周长是A 'B '+B 'E +EF +A 'F=3+1+2+1=43+，故选C ．考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质；综合题．20．（2016江苏省南通市）平面直角坐标系xOy 中，已知A （﹣1，0）、B （3，0）、C （0，﹣1）三点，D （1，m ）是一个动点，当△ACD 的周长最小时，△ABD 的面积为（）A ．13B ．23C ．43D ．83【答案】C ．【分析】先根据△ACD 的周长最小，求出点C 关于直线x =1对称的点E 的坐标，再运用待定系数法求得直线AE 的解析式，并把D （1，m ）代入，求得D 的坐标，最后计算，△ABD 的面积．【解析】由题可得，点C 关于直线x =1的对称点E 的坐标为（2，﹣1），设直线AE 的解析式为y =kx +b ，则：012k b k b =-+⎧⎨-=+⎩，解得：1313k b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，∴1133y x =--，将D （1，m ）代入，得： m =1133--=23-，即点D 的坐标为（1，23-），∴当△ACD 的周长最小时，△ABD 的面积=12×AB ×|23-|=12×4×23=43．故选C ．考点：轴对称-最短路线问题；坐标与图形性质；转化思想．21．（2016江苏省宿迁市）如图，把正方形纸片ABCD 沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为M N ，再过点B 折叠纸片，使点A 落在M N 上的点F 处，折痕为BE ．若AB 的长为2，则F M 的长为（）A ．2B 3C 2D ．1【答案】B ．【分析】根据翻折不变性，AB =FB =2，B M =1，在Rt △BF M 中，可利用勾股定理求出F M 的值．【解析】∵四边形ABCD 为正方形，AB =2，过点B 折叠纸片，使点A 落在M N 上的点F 处，∴FB =AB =2，B M =1，则在Rt △B M F 中，F M =22BF BM -=2221-=3，故选B ．考点：翻折变换（折叠问题）．22．（2016江苏省苏州市）矩形OABC 在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B 的坐标为（3，4），D 是OA 的中点，点E 在AB 上，当△CDE 的周长最小时，点E 的坐标为（）A ．（3，1）B ．（3，43） C ．（3，53） D ．（3，2）【答案】B ．【分析】如图，作点D 关于直线AB 的对称点H ，连接CH 与AB 的交点为E ，此时△CDE 的周长最小，先求出直线CH 解析式，再求出直线CH 与AB 的交点即可解决问题．【解析】如图，作点D 关于直线AB 的对称点H ，连接CH 与AB 的交点为E ，此时△CDE 的周长最小．∵D （32，0），A （3，0），∴H （92，0），∴直线CH 解析式为849y x =-+，∴x =3时，y =43，∴点E 坐标（3，43）．故选B ．考点：矩形的性质；坐标与图形性质；轴对称-最短路线问题．23．（2016江苏省镇江市）如图，在平面直角坐标系中，坐标原点O 是正方形OABC 的一个顶点，已知点B 坐标为（1，7），过点P （a ，0）（a ＞0）作PE ⊥x 轴，与边OA 交于点E （异于点O 、A ），将四边形ABCE 沿CE 翻折，点A ′、B ′分别是点A 、B 的对应点，若点A ′恰好落在直线PE 上，则a 的值等于（）A ．54B ．43C ．2D ．3 【答案】C ．【分析】作辅助线，利用待定系数法求直线OB 和AC 的解析式，表示出点C 的坐标，根据勾股定理列方程求出点C 的坐标，根据图形点C 的位置取值；先由点B 的坐标求出对角线OB 的长，在Rt △OBC 中，利用特殊的三角函数值求出正方形的边长为5，求出FG 的长，写出点P 的坐标，确定其a 的值．【解析】当点A ′恰好落在直线PE 上，如图所示，连接OB 、AC ，交于点D ，过点C 作CF ∥A ′B ′，交PE 于点F ，交y 轴于点G ，则CF ⊥y 轴，∵四边形OABC 是正方形，∴OD =BD ，OB ⊥AC ，∵O （0，0），B （1，7），∴D （12，72），由勾股定理得：OB =2217+=50=52，设直线OB 的解析式为：y =kx ，把B （1，7）代入得：k =7，∴直线OB 的解析式为：y =7x ，∴设直线AC 的解析式为：17y x c =-+，把D （12，72）代入得：711272c =-⨯+，c =257，∴直线AC 的解析式为：12577y x =-+，设C （x ，12577x -+），在Rt △OBC 中，cos ∠BOC =OC OB，∴OC =cos45°•OB =252⨯=5，∴正方形OABC 的边长为5，由翻折得：A ′B ′=AB =5，在Rt △OCG 中，222OC OG CG =+，∴2221255()77x x =+-+，解得：x 1=﹣3，x 2=4（舍），∴CG =3，∵CF =A ′B ′=5，∴FG =CF ﹣CG =5﹣3=2，∴P （2，0），即a =2，故选C ．考点：翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质；正方形的性质；综合题．24．（2016海南省）如图，AD是△ABC的中线，∠ADC=45°，把△ADC沿着直线AD对折，点C落在点E的位置．如果BC=6，那么线段BE的长度为（）A．6B．62C．23D．32【答案】D．【分析】根据折叠的性质判定△EDB是等腰直角三角形，然后再求BE．【解析】根据折叠的性质知，CD=ED，∠CDA=∠ADE=45°，∴∠CDE=∠BDE=90°，∵BD=CD，BC=6，∴BD=ED=3，即△EDB是等腰直角三角形，∴BE=2BD=2×3=32，故选D．考点：翻折变换（折叠问题）．25．（2016浙江省台州市）小红用次数最少的对折方法验证了一条四边形丝巾的形状是正方形，她对折了（）A．1次B．2次C．3次D．4次【答案】B．【分析】由折叠得出四个角相等的四边形是矩形，再由一组邻边相等，即可得出四边形是正方形．【解析】小红用次数最少的对折方法验证了一条四边形丝巾的形状是正方形，她对折了2次；理由如下：小红把原丝巾对折1次（共2层），如果原丝巾对折后完全重合，即表明它是矩形；沿对角线对折1次，若两个三角形重合，表明一组邻边相等，因此是正方形；故选B．考点：翻折变换（折叠问题）．26．（2016浙江省温州市）如图，一张三角形纸片ABC，其中∠C=90°，AC=4，BC=3．现小林将纸片做三次折叠：第一次使点A落在C处；将纸片展平做第二次折叠，使点B落在C处；再将纸片展平做第三次折叠，使点A落在B处．这三次折叠的折痕长依次记为a，b，c，则a，b，c的大小关系是（）A ．c ＞a ＞bB ．b ＞a ＞cC ．c ＞b ＞aD ．b ＞c ＞a【答案】D ．【分析】（1）图1，根据折叠得：D E 是线段AC 的垂直平分线，由中位线定理的推论可知：D E 是△ABC 的中位线，得出DE 的长，即a 的长；（2）图2，同理可得：M N 是△ABC 的中位线，得出M N 的长，即b 的长；（3）图3，根据折叠得：GH 是线段AB 的垂直平分线，得出AG 的长，再利用两角对应相等证△ACB ∽△AGH ，利用比例式可求GH 的长，即c 的长．【解析】第一次折叠如图1，折痕为DE ，由折叠得：A E =EC =12AC =12×4=2，DE ⊥AC ．∵∠ACB =90°，∴DE ∥BC ，∴a =DE =12BC =12×3=32；第二次折叠如图2，折痕为M N ，由折叠得：B N =NC =12BC =12×3=32，M N ⊥BC ，∵∠ACB =90°，∴M N ∥AC ，∴b =M N =12AC =12×4=2；第三次折叠如图3，折痕为GH ，由勾股定理得：A B =2234+=5，由折叠得：A G =BG =12AB =12×5=52，GH ⊥AB ，∴∠AGH =90°，∵∠A =∠A ，∠AGH =∠ACB ，∴△ACB ∽△AGH ，∴AC BC AG GH =，∴4352GH=，∴GH =158，即c =158.∵2＞158＞32，∴b ＞c ＞a ，故选D ．考点：翻折变换（折叠问题）．学.科.网27．（2016浙江省湖州市）如图1，在等腰三角形ABC 中，AB =AC =4，BC =7．如图2，在底边BC 上取一点D ，连结AD ，使得∠DAC =∠ACD ．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ABED ．则BE 的长是（）A．4B．174C．32D．25【答案】B．【分析】只要证明△ABD∽△M BE，得AB BDBM BE，只要求出B M、BD即可解决问题．考点：翻折变换（折叠问题）；四点共圆；等腰三角形的性质；相似三角形的判定与性质；综合题．28．（2016浙江省舟山市）把一张圆形纸片按如图所示方式折叠两次后展开，图中的虚线表示折痕，则BC 的度数是（）A．120°B．135°C．150°D．165°【答案】C．【分析】直接利用翻折变换的性质结合锐角三角函数关系得出∠BOD=30°，再利用弧度与圆心角的关系得出答案．【解析】如图所示：连接BO，过点O作OE⊥AB于点E，由题意可得：EO=12BO，AB∥DC，可得∠EBO=30°，故∠BOD=30°，则∠BOC=150°，故BC的度数是150°．故选C．考点：圆心角、弧、弦的关系；翻折变换（折叠问题）．29．（2016湖北省咸宁市）已知菱形OABC 在平面直角坐标系的位置如图所示，顶点A （5，0），OB =45，点P 是对角线OB 上的一个动点，D （0，1），当CP +DP 最短时，点P 的坐标为（）A ．（0，0）B ．（1，12） C ．（65，35） D ．（107，57）【答案】D ．【分析】如图连接AC ，AD ，分别交OB 于G 、P ，作BK ⊥OA 于K ．首先说明点P 就是所求的点，再求出点B 坐标，求出直线OB 、DA ，列方程组即可解决问题．【解析】如图连接AC ，AD ，分别交OB 于G 、P ，作BK ⊥OA 于K ． ∵四边形OABC 是菱形，∴AC ⊥OB ，GC =AG ，OG =BG =25A 、C 关于直线OB 对称，∴PC +PD =PA +PD =DA ，∴此时PC +PD 最短，在RT △AOG 中，AG =22OA OG -=225(25)-=5，∴AC =25，∵OA •BK =12•AC •OB ，∴BK =4，AK 22AB BK -=3，∴点B 坐标（8，4），∴直线OB 解析式为12y x =，直线AD 解析式为115y x =-+，由12115y x y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，解得：10757x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴点P 坐标（107，57）．故选D ．考点：菱形的性质；坐标与图形性质；轴对称-最短路线问题．30．（2016福建省莆田市）如图，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC =4，将△ABC 折叠，使点A 落在BC 边上的点D 处，EF 为折痕，若AE =3，则sin ∠BFD 的值为（）A ．13B ．223C ．24D ．35【答案】A ．【分析】由题意得：△AEF ≌△DEF ，故∠EDF =∠A ；由三角形的内角和定理及平角的知识问题即可解决．【解析】∵在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC =4，∴∠A =∠B ，由折叠的性质得到：△AEF ≌△DEF ，∴∠EDF =∠A ，∴∠EDF =∠B ，∴∠CDE +∠BDF +∠EDF =∠BFD +∠BDF +∠B =180°，∴∠CDE =∠BFD ．又∵AE =DE =3，∴CE =4﹣3=1，∴在直角△ECD 中，sin ∠CDE =13CE ED =．故选A ．考点：翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形；锐角三角函数的定义．31．（2016贵州省遵义市）如图，正方形ABCD 的边长为3，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，且∠CFE =60°，将四边形BCFE 沿EF 翻折，得到B ′C ′FE ，C ′恰好落在AD 边上，B ′C ′交AB 于点G ，则GE 的长是（）A ．334B ．425C ．423-D ．53-【答案】C ．【分析】由正方形的性质得出∠A =∠B =∠C =∠D =90°，AB =AD =3，由折叠的性质得出FC ′=FC ，∠C ′FE =∠CFE =60°，∠FC ′B ′=∠C =90°，B ′E =BE ，∠B ′=∠B =90°，求出∠DC ′F =30°，得出FC ′=FC =2DF ，求出DF =1，DC 33C ′A =33，AG 3(33)，设EB =x ，则GE =2x ，得出方程，解方程即可．【解析】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠A =∠B =∠C =∠D =90°，AB =AD =3，由折叠的性质得：FC ′=FC ，∠C ′FE =∠CFE =60°，∠FC ′B ′=∠C =90°，B ′E =BE ，∠B ′=∠B =90°，∴∠DFC ′=60°，∴∠DC ′F =30°，∴FC ′=FC =2DF ，∵DF +CF =CD =3，∴DF +2DF =3，解得：D F =1，∴DC ′=3DF =3，则C ′A =33-，AG =3(33)-，设EB =x ，∵∠B ′GE =∠AGC ′=∠DC ′F =30°，∴GE =2x ，则 3(33)-+3x =3，解得：x =23-，∴GE =423-；故选C ．考点：翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．32．（2016湖北省鄂州市）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 ．132【答案】B ．【分析】作CH ⊥AB 于H ，如图，根据菱形的性质可判断△ABC 为等边三角形，则CH =32AB =43，AH =BH =4，再利用勾股定理计算出CP =7，再根据折叠的性质得点A ′在以P 点为圆心，PA 为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点A ′在PC 上时，CA ′的值最小，然后证明CQ =CP 即可．【解析】作CH ⊥AB 于H ，如图，∵菱形ABCD 的边AB =8，∠B =60°，∴△ABC 为等边三角形，∴CH =3AB =43，AH =BH =4，∵PB =3，∴HP =1，在Rt △CHP 中，CP =22(43)1+=7，∵梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点A ′，∴点A ′在以P 点为圆心，PA 为半径的弧上，∴当点A ′在PC 上时，CA ′的值最小，∴∠APQ =∠CPQ ，而CD ∥AB ，∴∠APQ =∠CQP ，∴∠CQP =∠CPQ ，∴CQ =CP =7．故选B ．考点：菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；综合题；最值问题．33．（2016福建省龙岩市）如图，在周长为12的菱形ABCD 中，AE =1，AF =2，若P 为对角线BD 上一动点，则EP+FP的最小值为（）A．1B．2C．3D．4【答案】C．【分析】作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，由两点之间线段最短可知当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP有最小值，然后求得EF′的长度即可．【解析】作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，连接EF′交BD于点P，∴EP+FP=EP+F′P．由两点之间线段最短可知：当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP的值最小，此时EP+FP=EP+F′P=EF′．∵四边形ABCD为菱形，周长为12，∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥CD，∵AF=2，AE=1，∴DF=AE=1，∴四边形AEF′D是平行四边形，∴EF′=AD=3，∴EP+FP的最小值为3．故选C．考点：菱形的性质；轴对称-最短路线问题；最值问题．学.科.网34．（2016贵州省毕节市）如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E 处，折痕为GH．若BE：EC=2：1，则线段CH的长是（）A．3B．4C．5D．6【答案】B．【分析】根据折叠的性质可得DH=EH，在直角△CEH中，若设CH=x，则DH=EH=9﹣x，CE=3cm，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．【解析】由题意设CH =x cm ，则DH =EH =（9﹣x ）cm ，∵BE ：EC =2：1，∴CE =13BC =3cm ，∴在Rt △ECH 中，222EH EC CH =+，即222(9)3x x -=+，解得：x =4，即CH =4cm ．故选B ．考点：正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．35．（2016黑龙江省牡丹江市）如图，在平面直角坐标系中，A （﹣8，﹣1），B （﹣6，﹣9），C （﹣2．﹣9），D （﹣4，﹣1）．先将四边形ABCD 沿x 轴翻折，再向右平移8个单位长度，向下平移1个单位长度后，得到四边形A 1B 1C 1D 1，最后将四边形A 1B 1C 1D 1，绕着点A 1旋转，使旋转后的四边形对角线的交点落在x 轴上，则旋转后的四边形对角线的交点坐标为（）A ．（4，0）B ．（5，0）C ．（4，0）或（﹣4，0）D ．（5，0）或（﹣5，0）【答案】D ．【分析】根据题意画出图形，发现有两种情况：①对角线交点落在x 轴正半轴上，②对角线交点落在x 轴负半轴上；先求平移后的四边形A 1B 1C 1D 1对角线交点E 1的坐标，求OE 1的长，从而求出结论．【解析】由题意得：A 1（0，0），C 1（6，8），根据四个点的坐标可知：四边形ABCD 是平行四边形，∴对角线交点E 1是A 1C 1的中点，∴E 1（3，4），由勾股定理得：A 1E 12234+5，当对角线交点落在x 轴正半轴上时，对角线的交点坐标为（5，0），当对角线交点落在x 轴负半轴上时，对角线的交点坐标为（﹣5，0），故选D ．考点：坐标与图形变化-旋转；坐标与图形变化-对称；坐标与图形变化-平移；规律型．36．（2015常州）将一张宽为4cm 的长方形纸片（足够长）折叠成如图所示图形，重叠部分是一个三角形，则这个三角形面积的最小值是（）A ．338cm 2B ．8cm 2C ．3316cm 2 D ．16cm 2 【答案】B ．【解析】试题分析：如图，当AC ⊥AB 时，三角形面积最小，∵∠BAC =90°∠ACB =45°，∴AB =AC =4cm ，∴S △ABC =12×4×4=8cm 2．故选B ．考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．最值问题．37．（2015贵港）在平面直角坐标系中，若点P （m ，m ﹣n ）与点Q （﹣2，3）关于原点对称，则点M （m ，n ）在（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】A ．【解析】试题分析：根据平面内两点关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数，∴m =2且m ﹣n =﹣3，∴m =2，n =5，∴点M （m ，n ）在第一象限，故选A ．考点：关于原点对称的点的坐标．38．（2015庆阳）在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，如此作下去，则△B2n A2n+1B2n+1（n 是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（）A．（4n﹣13）B．（2n﹣13）C．（4n+13D．（2n+13）【答案】C．【解析】试题分析：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，∴A1的坐标为（1，3，B1的坐标为（2，0），∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，∵2×2﹣1=3，2×03=3∴点A2的坐标是（3，3，∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，∵2×4﹣3=5，2×0 -3，∴点A3的坐标是（53），﹣（3∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，∵2×6﹣5=7，-3，∴点A4的坐标是（7，3，2×03…，∵1=2×1﹣1，3=2×2﹣1，5=2×3﹣1，7=2×3﹣1，…，∴A n的横坐标是2n﹣1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）﹣1=4n+1，-A2n+13∵当n为奇数时，A n3，当n为偶数时，A n的纵坐标是3∴△B2n A2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+13）．故选C．考点：1．坐标与图形变化-旋转；2．规律型；3．综合题；4．压轴题．39．（2015桂林）如图，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=12，AD⊥BC于D，点E、F分别在AB、AC边上，把△ABC沿EF折叠，使点A与点D恰好重合，则△DEF的周长是（）。

中考数学复习压轴题二次函数为背景的折叠变换训练

1．（辽宁省本溪市2018年中考数学试卷）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点，其顶点为D，连接BD，点是线段BD上一个动点（不与B、D重合），过点P作y轴的垂线，垂足为E，连接BE．（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；（2）如果P点的坐标为（x，y），△PBE的面积为，求S与x的函数关系式，写出自变量x 的取值范围，并求出S的最大值；（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，过点P作x的垂线，垂足为F，连接EF，把△PEF沿直线EF折叠，点P的对应点为P′，请直接写出P′点坐标，并判断点P′是否在该抛物线上．【答案】（1）顶点D的坐标为(1，4)；（2）当时，S取得最大值，最大值为；（3）把P′坐标（）代入抛物线解析式，不成立，所以不在抛物线上．（2）设直线解析式为：（），把两点坐标代入，得解得，∴直线解析式为，，∴，，∴当时，取得最大值，最大值为；（3）当取得最大值，，，∴，∴四边形是矩形，作点关于直线的对称点，连接，，解得，∵，∴，由，可得，，∴，∴坐标；法二：连接，交于点，分别过点作的垂线，垂足为，易证，∴，设，则，∴，，2．（江西省赣州市2018届中考模拟）如图1，已知抛物线L1：y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，在L1上任取一点P，过点P作直线l⊥x 轴，垂足为D，将L1沿直线l翻折得到抛物线L2，交x轴于点M，N（点M在点N的左侧）．（1）当L1与L2重合时，求点P的坐标；（2）当点P与点B重合时，求此时L2的解析式；并直接写出L1与L2中，y均随x的增大而减小时的x的取值范围；（3）连接PM，PB，设点P（m，n），当n=m时，求△PMB的面积．【答案】（1）P（1，4）；（2）x≥5 ；（3）△PMB的面积为或3（2）在抛物线L1中，令y=0，即-x2+2x+3=0解得x1=-1，x2=3当点P与点B重合时，此时P（3，0）∴抛物线L2与抛物线L1关于直线x=3对称∴抛物线L2的顶点为（5，4）∵由抛物线对称性可知，抛物线L1和L2开口方向和大小相同．∴抛物线L2和的解析式为y=-（x-5）2+4=-x2+10x-21∴结合图象可知，当x≥5时，抛物线L1与抛物线L2中，y均随x的增大而减小（3）当n=m时，-m2+2m+3=m解得m1=-，m2=2∴点P坐标为（-，-）或（2，3）①如图1，当点P坐标为（-，-）时，点D的坐标为坐标为（-，0）∴DB=3-（-）=∴MB=2BD=2×=9∴S△PMB=•MB•PD＝×9×＝∴S△PMB=•MB•PD＝×2×3＝3综上所述当点n=m时，△PMB的面积为或3.3．（2018赤峰市模拟）已知抛物线与x轴的交点坐标分别为A（1，0），B（x2，0）（点B在点A的右侧），其对称轴是x=3，该函数有最小值是﹣2．（1）求二次函数解析式；（2）在图1上作平行于x轴的直线，交抛物线于C（x3，y3），D（x4，y4），求x3+x4的值；（3）将（1）中函数的部分图象（x＞x2）向下翻折与原图象未翻折的部分组成图象“G”，如图2，在（2）中平行于x轴的直线取点E（x5，y5）、（x4＜x5），结合函数图象求x3+x4+x5的取值范围．【答案】(1) y=（x﹣3）2﹣2．（2）x3+x4=6．（3）11＜x3+x4+x5＜9+2．（2）由二次函数图象的对称性质得出当纵坐标相等时，x3+x4=6．（3）由已知条件可知直线与图象“G”要有3个交点．①当直线与x轴重合时，有2个交点，由二次函数图象的轴对称性质可求x3+x4+x5＞11．②当直线经过y=（x﹣3）2﹣2的图象顶点时，有2个交点，由翻折可以得到翻折后函数图象为y=﹣（x﹣3）2+2．令﹣（x﹣3）2+2=﹣2时，解得：x=3±2，其中x=3﹣2（舍去），∴x3+x4+x5＜9+2．综上所述：11＜x3+x4+x5＜9+2．4．（2018-2019学年度第一学期人教版五四制九年级数学第28章二次函数单元测试题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于、两点，点在原点的左侧，点的坐标为，与轴交于点，点是直线下方的抛物线上一动点．求这个二次函数的表达式．连接、，并把沿翻折，得到四边形，那么是否存在点，使四边形为菱形？若存在，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．当点运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出此时点的坐标和四边形的最大面积．【答案】（1）；（2）点的坐标为；（3）点的坐标为，四边形的面积的最大值为．【解析】解：将、两点的坐标代入得，解得：；所以二次函数的表达式为：；∵，∴，又∵，∴∴；∴解得，（不合题意，舍去），∴点的坐标为过点作轴的平行线与交于点，与交于点，设，设直线的解析式为：，则，解得：∴直线的解析式为，则点的坐标为；当，5．（扬州市广陵区2018年中考数学模拟）有一个二次函数满足以下条件：①函数图象与x轴的交点坐标分别为A（1，0），B（x2，y2）（点B在点A的右侧）；②对称轴是x=3；③该函数有最小值是﹣2．（1）请根据以上信息求出二次函数表达式；（2）将该函数图象x＞x2的部分图象向下翻折与原图象未翻折的部分组成图象“G”，平行于x轴的直线与图象“G”相交于点C（x3，y3）、D（x4，y4）、E（x5，y5）（x3＜x4＜x5），结合画出的函数图象求x3+x4+x5的取值范围．【答案】（1）y=（x﹣3）2﹣2；（2）11＜x3+x4+x5＜9+2．（2）如图所示：由已知条件可知直线与图形“G”要有三个交点1当直线与x轴重合时，有2个交点，由二次函数的轴对称性可求x3+x4=6，∴x3+x4+x5＞11，当直线过y=（x﹣3）2﹣2的图象顶点时，有2个交点，由翻折可以得到翻折后的函数图象为y=﹣（x﹣3）2+2，∴令（x﹣3）2+2=﹣2时，解得x=3+2或x=3﹣2（舍去）∴x3+x4+x5＜9+2．综上所述11＜x3+x4+x5＜9+2．6．（北京市海淀区2018届九年级二模数学试题）对某一个函数给出如下定义：若存在实数，对于函数图象上横坐标之差为1的任意两点，，都成立，则称这个函数是限减函数，在所有满足条件的中，其最大值称为这个函数的限减系数．例如，函数，当取值和时，函数值分别为，，故，因此函数是限减函数，它的限减系数为．（1）写出函数的限减系数；（2），已知（）是限减函数，且限减系数，求的取值范围．（3）已知函数的图象上一点，过点作直线垂直于轴，将函数的图象在点右侧的部分关于直线翻折，其余部分保持不变，得到一个新函数的图象，如果这个新函数是限减函数，且限减系数，直接写出点横坐标的取值范围．【答案】（1）2；（2）（3）【解析】解：（1）函数的限减系数是2；∴，与函数的限减系数不符.∴．若，（，）和（，）是函数图象上横坐标之差为1的任意两点，则，，∵，且，∴，当时，等号成立，故函数的限减系数．∴的取值范围是．（3）．7．（九年级数学北师大版下册同步测试题）已知关于x一元二次方程x2-2(k+1)x+k2-2k-3=0有两个不相等的实数根（1）求k取值范围；（2）当k最小的整数时，求抛物线y= x2-2(k+1)x+k2-2k-3的顶点坐标以及它与x轴的交点坐标；（3）将（2）中求得的抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新图象．请你画出这个新图象，并求出新图象与直线y=x+m有三个不同公共点时m值．【答案】(1) k＞-1;(2) 顶点坐标为（1，-4）, x轴相交于点（-1，0）和点（3，0）;(3) m=1或m=(2)∵k>−1，且k取最小的整数，∴k=0.∴(3)翻折后所得新图象如图所示，平移直线y=x+m知：直线位于和时，它与新图象有三个不同的公共点，①当直线位于时,此时过点A(−1,0)，∴0=−1+m，即m=1.②∵当直线位于时,此时与函数的图象有一个公共点∴方程即有两个相等实根，∴△=1−4(m−3)=0,即综上所述,m的值为1或。