几何图形的翻折图形题
中考数学点对点-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专题知识点概述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。
例题解析与对点练习【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°。
中考数学几何图形折叠试题典题及解答
中考数学几何图形折叠试题典题及解答一、选择题1.德州市如图,四边形ABCD为矩形纸片．把纸片ABCD折叠,使点B恰好落在CD边的中点E处,折痕为AF．若CD＝6,则AF等于A．4B．3C．4D．82.江西省如图,将矩形ABCD纸片沿对角线BD折叠,使点C落在C′处,BC′交AD于E,若∠DBC＝°,则在不添加任何辅助线的情况下,图中45°的角虚线也视为角的边有A．6个B．5个C．4个D．3个3.乐山市如图,把矩形纸条ABCD沿EF,GH同时折叠,B,C两点恰好落在AD边的P点处,若∠FPH＝90°,PF＝8, PH＝6,则矩形ABCD的边BC长为Ａ．20 Ｂ．22Ｃ．24 Ｄ．304.绵阳市当身边没有量角器时,怎样得到一些特定度数的角呢动手操作有时可以解“燃眉之急”．如图,已知矩形ABCD,我们按如下步骤操作可以得到一个特定的角：1以点A所在直线为折痕,折叠纸片,使点B落在AD上,折痕与BC交于E；2将纸片展平后,再一次折叠纸片,以E所在直线为折痕,使点A落在BC上,折痕EF交AD于F．则∠AFE =A．60° B．° C．72° D．75°5. 绍兴市学习了平行线后,小敏想出了过己知直线外一点画这条直线的平行线的新方法,她是通过折一张半透明的纸得到的如图1～4 .从图中可知,小敏画平行线的依据有①两直线平行,同位角相等；②两直线平行,内错角相等；③同位角相等,两直线平行；④内错角相等,两直线平行．A．①② B．②③C．③④D．①④6.贵阳市如图6-1所示,将长为20cm,宽为2cm的长方形白纸条,折成图6-2所示的图形并在其一面着色,则着色部分的面积为A．34cm2 B．36cm2C．38cm2 D．40cm2二、填空题7.成都市如图,把一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后,点C,D分别落在C′,D′的位置上,EC′交AD于点G．已知∠EFG＝58°,那么∠BEG °．8. 苏州市如图,将纸片△ABC沿DE折叠,点A落在点A′处,已知∠1+∠2=100°,则∠A的大小等于______ ______度．三、解答题9.荆门市如图1,在平面直角坐标系中,有一张矩形纸片OABC,已知O0,0,A4,0,C0,3,点P是OA边上的动点与点O、A不重合．现将△PAB沿PB翻折,得到△PDB；再在OC边上选取适当的点E,将△POE沿PE翻折,得到△PFE,并使直线PD、PF重合．设Px,0,E0,y,求y关于x的函数关系式,并求y的最大值；如图2,若翻折后点D落在BC边上,求过点P、B、E的抛物线的函数关系式；在2的情况下,在该抛物线上是否存在点Q,使△PEQ是以P E为直角边的直角三角形若不存在,说明理由；若存在,求出点Q的坐标．10. 济宁市如图,先把一矩形ABCD纸片对折,设折痕为MN,再把B点叠在折痕线上,得到△ABE.过B点折纸片使D点叠在直线AD上,得折痕PQ.求证：△PBE∽△QAB；你认为△PBE和△BAE相似吗如果相似给出证明,如不相似请说明理由；如果沿直线EB折叠纸片,点A是否能叠在直线EC上为什么11.威海市如图,四边形ABCD为一梯形纸片,AB∥CD,AD＝BC．翻折纸片AB CD,使点A与点C重合,折痕为EF．已知CE⊥AB．1求证：EF∥BD；2若AB＝7,CD＝3,求线段EF的长．12. 烟台市生活中,有人喜欢把传送的便条折成形状,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2 6 cm,宽为xcm,分别回答下列问题：为了保证能折成图④的形状即纸条两端均超出点P,试求x 的取值范围．2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,即最终图形是轴对称图形,试求在开始折叠时起点M与点A的距离用x表示．13. 将平行四边形纸片ABCD按如图方式折叠,使点C与A重合,点D落到D′处,折痕为EF．1求证：△ABE≌△AD′F；2连接CF,判断四边形AECF是什么特殊四边形证明你的结论．14.孝感市在我们学习过的数学教科书中,有一个数学活动,其具体操作过程是：第一步：对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展开如图1；第二步：再一次折叠纸片,使点A落在EF上,并使折痕经过点B,得到折痕BM,同时得到线段BN如图2.请解答以下问题：1如图2,若延长MN交BC于P,△BMP是什么三角形请证明你的结论．2在图2中,若AB=a,BC=b,a、b满足什么关系,才能在矩形纸片ABCD上剪出符合1中结论的三角形纸片BM P3设矩形ABCD的边AB=2,BC=4,并建立如图3所示的直角坐标系. 设直线BM′为y=kx,当∠M′BC=60°时,求k的值.此时,将△ABM′沿BM′折叠,点A是否落在EF上E、F分别为AB、CD中点为什么15.邵阳市如图①,△ABC中,∠ACB=90°,将△ABC沿着一条直线折叠后,使点A与点C重合图②．1在图①中画出折痕所在的直线l．设直线l与AB,AC分别相交于点D,E,连结CD．画图工具不限,不要求写画法2请你找出完成问题1后所得到的图形中的等腰三角形．不要求证明16.济宁市如图,先把一矩形ABCD纸片对折,设折痕为MN,再把B点叠在折痕线上,得到△ABE.过B点折纸片使D点叠在直线AD上,得折痕PQ.求证：△PBE∽△QAB；你认为△PBE和△BAE相似吗如果相似给出证明,如补相似请说明理由；3如果直线EB折叠纸片,点A是否能叠在直线EC上为什么17.临安市如图,△OAB 是边长为的等边三角形,其中O是坐标原点,顶点B在y轴正方向上,将△OAB 折叠,使点A落在边OB上,记为A′,折痕为EF.1当A′E18.南宁市如图,在锐角△ABC中,BC=9,AH⊥BC于点H,且AH=6,点D为AB 边上的任意一点,过点D作DE∥BC,交AC于点E．设△ADE的高AF为x0＜x＜6,以DE为折线将△ADE翻折,所得的△A′DE与梯形DBCE重叠部分的面积记为y点A关于DE的对称点A′落在AH所在的直线上．1分别求出当0＜x≤3与3＜x＜6时,y与x的函数关系式；2当x取何值时,y的值最大最大值是多少19.宁夏回族自治区如图,将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠,点C落在点E处,BE交AD于点F,连结AE．证明：1BF=DF；2AE∥BD．参考答案一、二、°三、9. 解：1由已知PB平分∠APD,PE平分∠OPF,且PD、PF重合,则∠OPE＋∠APB=90°．又∠APB＋∠ABP=90°,∴∠OPE=∠PBA．∴Rt△POE∽Rt△BPA．∴.即．∴．且当x=2时,y 有最大值．由已知,△PAB、△POE均为等腰直角三角形,可得P1,0,E0, 1,B4,3．……6分设过此三点的抛物线为y=ax2＋bx＋c,则∴y=．由2知∠EPB=90°,即点Q与点B重合时满足条件．直线PB为y=x－1,与y轴交于点0,－1．将PB向上平移2个单位则过点E0,1,∴该直线为y=x＋1．由得∴Q5,6．故该抛物线上存在两点Q4,3、5,6满足条件．10. 证明：1∵∠PBE＋∠ABQ＝180°－90°＝90°,∠PBE＋∠PEB＝90°,∴∠ABQ＝∠PEB.又∵∠BPE＝∠AQB＝90°,∴△PBE～△QAB.2∵△PBE～△QAB,∴∵BQ＝PB,∴.又∵∠ABE＝∠BPE＝90°,∴△PBE～△BAE.3点A能叠在直线EC上.由2得,∠AEB＝∠CEB,∴EC 和折痕AE重合.11. 解：1证明：过C点作CH∥BD,交AB的延长线于点H；连结AC,交EF于点K,则AK＝CK．∵AB∥CD,∴BH＝CD,BD＝CH．∵AD＝BC,∴AC＝BD＝CH．∵CE⊥AB,∴AE＝EH．∴EK是△AHC的中位线．∴EK∥CH．∴EF∥BD．2解：由1得BH∥CD,EF∥BD,∴∠AEF＝∠ABD．∵AB＝7,CD＝3,∴AH＝10．∵AE＝CE,AE＝EH,∴AE＝CE＝EH＝5.∵CE⊥AB,∴CH＝5＝BD．∵∠EAF＝∠BAD,∠AEF＝∠ABD,∴△AFE∽△ADB．∴.∴．12. 解：1由折纸过程知0＜5x＜26,,0＜x ＜. 2图④为轴对称图形,∴AM ＝.即点M与点A的距离是1 3－xcm.13. 证明：⑴由折叠可知：∠D＝∠D′,CD＝AD′,∠C＝∠D′AE．∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠B＝∠D,AB＝CD,∠C＝∠BAD．∴∠B＝∠D′,AB＝AD′,∠D′AE＝∠BAD,即∠1＋∠2＝∠2＋∠3．∴∠1＝∠3．∴△ABE ≌△AD′F．⑵四边形AECF是菱形．由折叠可知AE＝EC,∠4＝∠5．∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC．∴∠5＝∠6．∴∠4＝∠6．∴AF＝AE．∵AE＝EC, ∴AF＝EC．又∵AF∥EC,∴四边形AECF是平行四边形．∵AF＝AE,∴四边形AECF是菱形．14. 解：1△BMP是等边三角形.证明：连结AN.∵EF垂直平分AB,∴AN = BN.由折叠知 AB = BN ,∴AN = AB = BN, ∴△ABN为等边三角形.∴∠ABN =60°. ∴∠PBN =30°.又∵∠ABM =∠NBM =30°,∠BNM =∠A =90°.∴∠BPN =60°.∠MBP =∠MBN +∠PBN =60°.∴∠BMP =60°∴∠MBP =∠BMP =∠BPM =60°.∴△BMP为等边三角形 .2要在矩形纸片ABCD上剪出等边△BMP,则BC ≥BP.在Rt△BNP中, BN = BA =a,∠PBN =30°,∴BP =. ∴b≥. ∴a≤b .∴当a≤b时,在矩形上能剪出这样的等边△BM P.3∵∠M′BC =60°, ∴∠ABM′=90°－60°=30°.在Rt△ABM′中,tan ∠ABM′ =. ∴tan30°= . ∴AM′ =.∴M′,2. 代入y=kx中 ,得k==.设△ABM′沿BM′折叠后,点A落在矩形ABCD内的点为A′.过A′作AH ⊥BC交BC于H.∵△A′BM′ ≌△ABM′, ∴∠A′BM′=∠ABM′=3 0°, A′B = AB =2.∴∠A′BH＝∠M′BH－∠A′BM′=30°.在Rt△A′BH 中,A′H =A′B =1 ,BH=,∴.∴A'落在EF上.图2图315.解：1如图.等腰三角形DAC.16.1证明：∵∠PBE＋∠ABQ＝180°-90°＝90°,∠PBE＋∠PEB＝90°,∴∠ABQ＝∠PEB.又∵∠BPE＝∠AQB,∴△PBE∽△QAB.2∵△PBE∽△QAB,∴.∵BQ＝PB,∴.又∵∠ABE＝∠BPE＝90°,∴△PBE～△BAE.3点A能折叠在直线EC上.由2得,∠AEB＝∠CEB,∴EC和折痕AE重合.17. 解：1由已知可得∠A'OE=60o , A'E=AE.由A′E设A′的坐标为0,b,则AE=A'E=b,OE=2b.∵b+2b=2+,∴b=1.∴A'、E的坐标分别是0,1与,1.2因为A'、E在抛物线上,所以所以函数关系式为y=.由=0得,.与x轴的两个交点坐标分别是-,0与,0. 3不可能使△A'EF成为直角三角形.∵∠FA'E=∠FAE=60o,若△A'EF成为直角三角形,只能是∠A'EF=90o或∠A'FE=90o.若∠A'EF=90o,利用对称性,则∠AEF=90o, A'、E、A 三点共线,O与A重合,与已知矛盾.同理若∠A'FE=90o也不可能.所以不能使△A′EF成为直角三角形.18. 解：1①当0＜x≤3时,由折叠得到的△A'ED落在△ABC内部如图101,重叠部分为△A'ED.∵DE∥BC,∴∠ADE＝∠B,∠AED＝∠C.∴△ADE∽△ABC.∴. ∴,即.又∵FA'=FA=x,∴y=DE·A'F=·x·x.∴0＜x≤3.②当3＜x＜6时,由折叠得到的△A'ED有一部分落在△ABC外,如图102,重叠部分为梯形EDPQ.∵FH＝6－AF＝6－x,A'H＝A'F－FH＝x-6-x=2x-6,又∵DE∥PQ,∴△A'PQ∽△A'DE.∴.∴∴.2当0＜x≤3时,y 的最大值；当3＜x＜6时,由,可知当x=4时,y的最大值y2=9.∵y1＜y2,∴当x=4时,y有最大值y最大＝9．19. 证明：1能正确说明∠ADB=∠EBD或△ABF≌△ED F,∴BF=DF.2能得出∠AEB=∠DBE或∠EAD=∠BDA,∴AE∥BD.。
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。
期末考试勾股定理与几何翻折压轴题专项训练—2023-2024学年八年级数学下学期(人教版)(解析版)
期末考试勾股定理与几何翻折压轴题专项训练【例题精讲】例1．（三角形翻折问题）如图，在Rt ABC △中，9086ABC AB BC ∠=︒==，，，分别在AB AC ，边上取点E F ，，将AEF △沿直线EF 翻折得到A EF '△，使得点A 的对应点A '恰好落在CB 延长线上，当60EA B '∠=︒时，AE 的长为 ，当A F AC '⊥时，AF 的长为 ．【答案】 32− 407【分析】由折叠的性质可得AE A E '=，先求出30A EB '∠=︒，从而可得1122A B A E AE ''==，再由勾股定理可得BE AE =，最后由AE BE AB +=，进行计算即可；令A F '交AB 于G ，连接CG ，由折叠的性质可得：A EA F '∠=∠，AFE A FE '∠=∠，AEF A EF '∠=∠，AF A F '=，由A F AC '⊥得出90A FA A FC ''∠=∠=︒，45AFE A FE '∠=∠=︒，证明()ASA A FC AFG '≌得到CF FG =，设CF FG x ==，则10AF x =−，AG ，根据1122ACG S AC FG AG BC =⋅=⋅建立方程，解方程即可得出CF 的长，即可求解．【详解】解：由折叠的性质可得：AE A E '=，90ABC ∠=︒，18090A BE ABC '∴∠=︒−∠=︒，60EA B '∠=︒，9030A EB EA B ''∴∠=︒−∠=︒，1122A B A E AE ''∴==，BE AE∴==，AE BE AB+=，8AE AE∴=，32AE∴=−如图，令A F'交AB于G，连接CG，A F AC'⊥，90A FA A FC''∴∠=∠=︒，由折叠的性质可得：A EA F'∠=∠，AFE A FE'∠=∠，AEF A EF'∠=∠，AF A F'=，90AFE A FE'∠+∠=︒，45AFE A FE'∴∠=∠=︒，设A EA Fα'∠=∠=，则45FEB AFEα∠=∠=+︒，180135AEF FEB A EFα'∴∠=︒−∠=︒−=∠，()13545902A EB A EF BEFααα''∴∠=∠−∠=︒−−︒+=︒−，902EA B A EBα''∴∠=︒−∠=，FA C EA B EA F Aα'''∴∠=∠−∠==∠，在A FC'和AFG中，CA F AA F AFA FC AFG∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠''⎩'，()ASAA FC AFG'∴≌，CF FG∴=，在Rt ABC△中，9086ABC AB BC∠=︒==，，，10AC∴，设CF FG x==，则10AF x=−，AG∴==1122ACGS AC FG AG BC=⋅=⋅，106x∴⋅=，整理得：271809000x x+−=，即29014400749x⎛⎫+=⎪⎝⎭，9012077x∴+=±，解得：307x=或30x=−（不符合题意，舍去），307CF∴=，30401077AF AC CF∴=−=−=，故答案为：32−407．【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式、等腰直角三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．例2．（坐标系中折叠问题）如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCO的边OC OA、分别在x轴、y轴上，6AB=，点E在边BC上，将长方形ABCO沿AE折叠，若点B的对应点F 恰好是边OC的三等分点，则点E的坐标是．【答案】⎛−⎝⎭或(−【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，坐标与图形，由折叠的性质可得6AF AB==，BE EF=，90AFE B∠=∠=︒，再分当点F靠近点C时，24CF OF==，，当点F靠近点O 时，则42CF OF==，，两种情况利用勾股定理先求出OA的长，进而得到BC的长，设出CE 的长，进而得到EF的长，在Rt EFC△中，由勾股定理建立方程求解即可．【详解】解：在长方形ABCO 中，6CO AB ==，90BCO B AOC ∠=∠=∠=︒， 由折叠的性质可得6AF AB ==，BE EF =，90AFE B ∠=∠=︒，F 恰好是边OC 的三等分点，∴当点F 靠近点C 时，24CF OF ==，，在Rt AFO V中，OA =，∴BC OA ==设CE x =，则BE EF x ==，在Rt EFC △中，由勾股定理得到222EF CF CE =+，∴()2222xx =+，解得x =，∴点E的坐标是⎛− ⎝⎭； 当点F 靠近点O 时，则42CF OF ==，，在Rt AFO V中，OA ==∴BC OA ==设CE x =，则BE EF x ==，在Rt EFC △中，由勾股定理得到222CF CE =+，∴()2224x x =+，解得x =∴点E的坐标是(−；综上所述，点E的坐标是⎛− ⎝⎭或(−，故答案为：⎛− ⎝⎭或(−．例3．（四边形折叠问题）如图，已知矩形ABCD ，4AB =，5BC =，点P 是射线BC 上的动点，连接AP ，AQP △是由ABP 沿AP 翻折所得到的图形．(1)当点Q 落在边AD 上时，QC = ；(2)当直线PQ 经过点D 时，求BP 的长；(3)如图2，点M 是DC 的中点，连接MP 、MQ ．①MQ 的最小值为 ；②当PMQ 是以PM 为腰的等腰三角形时，请直接写出BP 的长．【答案】(2)2BP =或8BP =(3) 2.9BP =或4BP =或10BP =【分析】（1）根据折叠的性质和勾股定理进行求解即可；（2）分点P 在线段BC 上，点P 在线段BC 的延长线上，两种情况，进行讨论求解；（3）①连接AM ，勾股定理求出AM 的长，折叠求出AQ 的长，根据MQ AM AQ ≥−，求出最小值即可；②分PM MQ =和PM PQ =两种情况，再分点P 在线段BC 上，点P 在线段BC 的延长线上，进行讨论求解即可．【详解】（1）解：当点Q 落在边AD 上时，如图所示，∵矩形ABCD ，4AB =，5BC =，∴4,5CD AB AD BC ====，90BAD B BCD ADC ∠=∠=∠=∠=︒，∵翻折，∴4,90AQ AB AQP B ==∠=∠=︒，∴1DQ AD AQ =−=，在Rt CDQ △中，CQ ==（2）当直线PQ 经过点D 时，分两种情况：当点P 在线段BC 上时，如图：∵翻折，∴4AQ AB ==，90AQP B ∠=∠=︒，BP PQ =，∴90AQD ∠=︒，∴3DQ ==，设BP PQ x ==，则：5PC BC BP x =−=−，3DP DQ PQ x =+=+，在Rt PCD △中，222DP CP CD=+，即：()()222345x x +=+−，∴2x =；∴2BP =；②当P 在线段BC 的延长线上时：∵翻折，∴4,90AQ AB Q B ==∠=∠=︒，BP PQ =，∴3DQ ==，设BP PQ x ==，则：5PC BP BC x =−=−，3DP PQ DQ x =−=−，在Rt PCD △中，222DP CP CD =+，即：()()222345x x −=+−，∴8x =；∴8BP =；综上：2BP =或8BP =；（3）①连接AM ，∵M 是CD 的中点， ∴122DM CM CD ===，∴AM =∵翻折，∴4AQ AB ==，∵MQ AM AQ ≥−，∴当,,A Q M 三点共线时，MQ 的值最小，即：4MQ AM AQ =−=4；②当PM PQ =时，如图：∵翻折，∴BP PQ PM ==，设BP x =，则：,5PM x CP BC BP x ==−=−，在Rt PCM 中，222PM CM PC =+，即：()22225x x =+−，解得： 2.9x =，即： 2.9BP =；当PM QM =，点P 在线段BC 上时，如图：∵,QM PM DM CM ==，90D C ∠=∠=︒，∴()HL MDQ MCP ≌，∴CP DQ =，点Q 在AD 上，由（1）知：1DQ =，∴1CP DQ ==，∴4BP BC CP =−=；当点P 在BC 的延长线上时：如图：此时点M 在AP 上，连接BM ，∵翻折，∴BM MQ PM ==，∵MC BP ⊥，∴210BP BC ==；综上： 2.9BP =或4BP =或10BP =．质，综合性强，难度大，属于压轴题．利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．【模拟训练】1．如图，在长方形ABCD 中，点E 是AD 的中点，将ABE 沿BE 翻折得到FBE ，EF 交BC 于点H ，延长BF DC 、相交于点G ，若8DG =，10BC =，则DC = ．【答案】258【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，连接EG ，根据点E 是AD 的中点得DE AE EF ==，根据四边形ABCD 是长方形得90D A ∠=∠=︒，根据将ABE 沿BE 翻折得到FBE 得90BFE D A ∠=∠=∠=︒，利用HL 证明Rt Rt EFG EDG △≌△，得8FG DG ==，设DC x =，则8CG DG DC x =−=−，8BG BF FG AB FG DC FG x =+=+=+=+，在Rt BCG V △中，根据勾股定理得，222CG BC BG +=，进行计算即可得．【详解】解：如图所示，连接EG ，∵点E 是AD 的中点，∴DE AE EF ==，∵四边形ABCD 是长方形，∴90D A ∠=∠=︒，∵将ABE 沿BE 翻折得到FBE ，∴90BFE D A ∠=∠=∠=︒在Rt EFG △和Rt EDG △中，EF ED EG EG =⎧⎨=⎩，∴()Rt Rt HL EFG EDG V V ≌，∴8FG DG ==，设DC x =，则8CG DG DC x =−=−，8BG BF FG AB FG DC FG x =+=+=+=+，在Rt BCG 中，根据勾股定理得，222CG BC BG +=，∴222(8)10(8)x x −+=+，解得258x =，故答案为：258．2．如图，在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，254AB =，154=AC ，点D 是AB 边上的一个动点，连接CD ，将BCD △沿CD 折叠，得到CDE ，当DE 与ABC 的直角边垂直时，AD 的长是 ．【答案】154或54【分析】本题考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，分DE BC ⊥和DE AB ⊥两种情况进行求解即可得到答案，根据题意，正确画出图形是解题的关键．【详解】解：如图，当DE BC ⊥时，延长ED 交BC 于点F ，CE 与AB 相交于点M ，∵EF BC ⊥，∴90EFC EFB ∠=∠=︒，∴90E ECF ∠+∠=︒，由折叠得，B E ∠=∠，CE CB =，MCD FCD ∠=∠，∴90B ECF ∠+∠=︒，∴90CMB ∠=︒，即C M A B ⊥，∵90ACB ∠=︒，254AB =，154=AC ，∴5BC ==， ∵1122ABC S AC BC AB CM ==△，∴11512552424CM ⨯⨯=⨯⨯，解得3CM =，∴4BM =，∵90CFD CMD FCD MCD CD CD ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴()AAS CFD CMD ≌，∴3CF CM ==，DF DM =，∴532BF BC CF =−=−=，设DF DM x ==，则4BD x =−，在Rt BFD 中，222DF BF BD +=，∴()22224x x +=−， 解得32x =， ∴35422BD =−=， ∴25515424AD AB BD =−=−=；当DE AB ⊥时，如图，设DE 与AC 相交于点M ，由折叠可得，BCD ECD ∠=∠，DE DB =，ED BD =，5EC BC ==，∵DE AB ⊥，90ACB ∠=︒，∴DE BC ∥，∴EDC BCD ∠=∠，∴EDC ECD ∠=∠，∴5ED EC ==，∴5BD ED ==， ∴255544AD AB BD =−=−=；综上，AD 的长是154或54， 故答案为：154或54．3．如图，等边三角形ABC 中，16AB BD AC =⊥，于点D ，点E F 、分别是BC DC 、上的动点，沿EF 所在直线折叠CEF △，使点C 落在BD 上的点C '处，当BEC '△是直角三角形时，BE 的值为 ．【答案】24−或323【分析】本题考查了翻折变换，等边三角形的性质，折叠的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．由等边三角形的性质可得30DBC ∠=︒，分9090BEC BC E ''∠=︒∠=︒，两种情况讨论，由直角三角形的性质即可求解．【详解】解：ABC 是等边三角形，BD AC ⊥，30,DBC ∴∠=︒ 由折叠的性质可得：,CE C E '=若90,BEC ∠'=︒且30,C BE ∠'=︒,2,BE E B E C C ∴='''=16,BE CE BC +==16,CE +=8,E E C C ∴'==24BE ∴=−若90,30,E C B E C B ∠'=︒='∠︒2,,BE E B C E C ∴'''=16,BE CE BC +==16,3CE E C =='∴ 32.3BE ∴=故答案为∶ 24−323．4．如图，在ABC 中，120ACB ∠=︒，8AC =，4BC =，将边BC 沿CE 翻折，使点B 落在AB 上的点D 处，再将边AC 沿CF 翻折，使点A 落在CD 的延长线上的点A '处，两条折痕与斜边AB 分别交于点E 、F ，则线段FA '的长为 ．【答案】【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．过点A 作AH BC ⊥交BC 的延长线于H ，由直角三角形的性质可求142HC AC ==，AH =AB 的长，由面积法可求CE 的长，由折叠的性质可求90BEC DEC ∠=∠=︒，BCE DCE ∠=∠，ACF DCF ∠=∠，然后再求解即可．【详解】解：如图，过点A 作AH BC ⊥，交BC 的延长线于H ，120ACB ∠=︒，ACB H HAC ∠=∠+∠，30HAC ∴∠=︒，142HC AC ∴==，AH ==，448BH ∴=+=，AB ∴1122ACB S BC AH AB CE =⨯⨯=⨯⨯，4CE ∴=，CE ∴，将边BC 沿CE 翻折，使点B 落在AB 上的点D 处，再将边AC 沿CF 翻折，90BEC DEC ∴∠=∠=︒，BCE DCE ∠=∠，ACF DCF ∠=∠，1602ECF ACB ∴∠=∠=︒，30CFE ∴∠=︒，EF ∴，在Rt BCE中，BE ===，AF AB EF BE ∴=−−==FA AF '∴==故答案为：5．如图，点D 是ABC 的边AB 的中点，将BCD △沿直线CD 翻折能与ECD 重合，若4AB =，2CD =，1AE =，则点C 到直线AB 的距离为 ．【答案】【分析】连接BE ，延长CD 交BE 于点G ，作CH AB ⊥于点H ，如图所示，由折叠的性质及中点性质可得AEB △为直角三角形，且G 为BE 中点，从而CG BE ⊥，由勾股定理可得BE的长，再根据2ABC BDC S S =△△，即11222AB CH CD BG ⋅=⨯⋅，从而可求得CH 的长．【详解】解：连接BE ，延长CD 交BE 于点G ，作CH AB ⊥于点H ，如图所示，由折叠的性质可得：BD ED =，CB CE =，∴CG 为BE 的中垂线， ∴12BG BE =，∵点D 是AB 的中点，4AB =，2CD =，1AE =， ∴122BD AD AB ===，CBD CAD S S =，AD DE =，∴DBE DEB ∠=∠，DEA DAE ∠=∠，∵180EDA DEA DAE ∠+∠+∠=︒，即22180DEB DEA ∠+∠=︒，∴90DEB DEA ∠+∠=︒，即90BEA ∠=︒，∴BE∴12BG BE ==， ∵2ABC BDCS S =△△， ∴11222AB CH CD BG ⋅=⨯⋅，∴422CH =⨯，∴CH ，∴点C 到直线AB 的距离为．故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换，线段中垂线的判定，等腰三角形的性质，点到直线的距离，直角三角形的判定，勾股定理，利用面积相等求相应线段的长，解题的关键是得出CG 为BE 的中垂线，2ABC BDC S S =△△．6．如图，在ABC 中，90,A AB AC ∠=︒==D 为AC 边上一动点，将C ∠沿过点D 的直线折叠，使点C 的对应点C '落在射线CA 上，连接BC '，当Rt ABC '△的某一直角边等于斜边BC '长度的一半时，CD 的长度为 ．【答案】 或 【分析】由翻折得，12CD CC '=，分三种情况：①当点C '在边AC 上，且12AC BC ''=（即2BC AC ''=）时；②当点C '在CA 的延长线上，且12AC BC ''=（即2BC AC ''=）时；③当点C '在CA 的延长线上，且12AB BC '=（即2BC AB '==时，分别根据勾股定理求出AC '的长，再求出CC '的长即可 【详解】解：由翻折得，12CD CC '=，分三种情况：①当点C '在边AC 上，且12AC BC ''=（即2BC AC ''=）时，90,A AB AC ∠=︒==∴由勾股定理得，222BC AC AB ''−=，即222(2)AC AC ''−=，AC '∴=CC '∴CD ∴；②当点C '在CA 的延长线上，且12AC BC ''=（即2BC AC ''=）时，同理得AC 'CC '∴CD ∴；③当点C '在CA 的延长线上，且12AB BC '=（即2BC AB '==由勾股定理得，222AC BC AB ''=−，即22218AC '=−=，AC '∴=CC '∴CD ∴=，0>，CD AB ∴>，此时点D 不在边AC 上，不符合题意，舍去，综上，当Rt ABC '△的某一直角边等于斜边BC '长度的一半时，CD 的长度为或．故答案为：或．【点睛】本题主要考查图形的翻折变换（折叠问题），勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用折叠的性质及勾股定理是解答本题的关键，同时要注意分类思想的运用．7．如图，在ABC 中，90ACB ∠=︒，3AC =，4BC =，P 为斜边AB 上的一动点（不包含A ，B 两端点），以CP 为对称轴将ACP △翻折得到A CP '，连结BA '．当A P AB '⊥时，BA '的长为 ．【答案】【分析】当A P AB '⊥时，过点C 作CD AB ⊥于D ，可知125CD =，95AD =，得出PDC △为等腰直角三角形，得到PD CD =，求出PA '和BP 的长，利用勾股定理即可求出BA '的长．【详解】过点C 作CD AB ⊥于D ，在Rt ADC 中，90ACB ∠=︒，3AC =，4BC =，∴5AB = ∵1122AC BC AB CD ⨯=⨯，125CD ∴=，在Rt ADC 中，3AC =∴95AD ==，当A P AB '⊥时，如图由折叠性质可知12∠=∠，PA PA '=，又1290A PA '∠=∠+∠=︒145∠=∠2=︒∴，又2390∠+∠=︒，345∴∠=︒，23∴∠=∠，125PD CD ∴==，又PA PD AD =+，12921555PA ∴=+=，又PA PA '=，215PA '∴=，又BP AB PA =−，214555BP ∴=−=，在Rt BPA '△中，90BPA ∠='︒，222BP PA BA ∴='+，2224214575525BA ⎛⎫⎛⎫'∴=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，BA '∴=，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，折叠问题，熟练掌握勾股定理是解题的关键．8．如图，在ABC 中，90ACB ∠=︒，AC BC =，D 为AB 上一点，连接DC ，将BDC 沿DC 翻折，得到EDC △，连接AE ，若AE CE =，4BC =，则D 到CE 的距离是 ．【答案】2【分析】本题考查等腰直角三角形中的折叠问题，涉及等边三角形判定与性质，勾股定理应用、面积法等知识．设BE 交CD 于G ，过E 作EF BC ⊥交BC 延长线于F ，根据将BDC 沿DC 翻折，得到EDC △，AC BC =，AE CE =，可得ACE △是等边三角形，即知60ACE ∠=︒，而90ACB ∠=︒，故150BCE ∠=︒，30ECF ∠=︒，可得75BCD ECD ∠=∠=︒，122EF CE ==，CF =BE =15CBE ∠=︒，可得90BGC ∠=︒，即CG BE ⊥，从而12BG BE GE ===，由勾股定理得CG ，在Rt BDG △中，DG ，即得CD DG CG =+，由面积法可得D 到CE 的距离是2． 【详解】解：设BE 交CD 于G ，过E 作EF BC ⊥交BC 延长线于F ，如图：将BDC 沿DC 翻折，得到EDC △，4BC CE ∴==，BCD ECD ∠=∠，AC BC =，AE CE =，AC BC CE AE ∴===，ACE ∴是等边三角形，60ACE ∴∠=︒，90ACB ∠=︒，150BCE ∴∠=︒，30ECF ∠=︒，75BCD ECD ∴∠=∠=︒，122EF CE ==，CF =在Rt BEF △中，BE ==BCE 中，BC CE =，150BCE ∠=︒，15CBE ∴∠=︒，18090BGC BGC BCD ∴∠=︒−∠−∠=︒，即CG BE ⊥，12BG BE GE ∴==，CG ∴===，45ABC ∠=︒，15CBE ∠=︒，30DBG ∴∠=︒，在Rt BDG△中，DG =，CD DG CG ∴=+=，设D 到CE 的距离是h ，2DCE S CE h DC GE ∆=⋅=⋅，324DC GE h CE ⋅∴===，故答案为：2．9．在生活中、折纸是一种大家喜欢的活动、在数学中，我们可以通过折纸进行探究，探寻数学奥秘．【纸片规格】三角形纸片ABC ，120ACB ∠=︒，CA CB =，点D是底边AB 上一点．【换作探究】(1)如图1，若6AC =，AD =CD ，求CD 的长度；(2)如图2，若6AC =，连接CD ，将ACD 沿CD 所在直线翻折得到ECD ，点A 的对应点为点.E 若DE 所在的直线与ABC 的一边垂直，求AD 的长；(3)如图3，将ACD 沿CD 所在直线翻折得到ECD ，边CE 与边AB 交于点F ，且DE BC ∥，再将DFE △沿DF 所在直线翻折得到DFG ，点E 的对应点为点G ，DG 与CE 、BC 分别交于H ，K ，若1KH =，请直接写出AC 边的长．【答案】(1)(2)3或(3)3【分析】（1）作CE AB ⊥于E ，求得30A B ==︒∠∠，从而得出132CE AC ==，AE AC =进而得出DE AE AD =−=（2）当DE AB ⊥时，连接AE ，作CG AB ⊥于G ，依次得出45DAE DEA ∠=∠=︒，304575CAE CAD DAE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，75CEA CAE ∠=∠=︒，30ACE ∠=︒，15ACD DCE ∠=∠=︒，45CDG CAB DAC ∠=∠+∠=︒，从而DG CG =，进一步得出结果；当ED AC ⊥时，设ED 交AC 于点W CE ，交AB 于V ，可推出90AVC ∠=︒，60ACE ∠=︒，从而30ACD DCE ∠=∠=︒，进一步得出结果；当DE BC ⊥时，可推出180ACB BCE ∠+∠=︒，从而90ACD DCE ∠=∠=︒，进一步得出结果；（3）可推出CKH 和CDH △及CHK 是直角三角形，且30HCK ∠=︒，30HDF ∠=︒，45DCH ∠=︒，进一步得出结果．【详解】（1）解：如图1，作CE AB ⊥于E ，90AEC ∴∠=︒，CA CB =，120ACB ∠=︒，30A B ∴∠=∠=︒，132CE AC ∴==，AE =，DE AE AD ∴=−==CD ∴=；（2）解：如图2，当DE AB ⊥时，连接AE ，作CG AB ⊥于G ，由翻折得：AD DE =，CAD CED =∠∠，AC CE =，45DAE DEA ∠∠∴==︒，304575CAE CAD DAE ∴∠=∠+∠=︒+︒=︒，75CEA CAE ∴∠=∠=︒，30ACE ∴∠=︒，15ACD DCE ∴∠=∠=︒，45CDG CAB DAC ∴∠=∠+∠=︒，DG CG ∴=，由（1）知：3CG =，AG =3AD AG DG ∴=−=；如图3，当ED AC ⊥时，设ED 交AC 于点W CE ，交AB 于V ，90E ACE ∴∠+∠=︒，E A ∠=∠，90A ACE ∴∠+∠=︒，90AVC ∴∠=︒，60ACE∴∠=︒，30ACD DCE∴∠=∠=︒，ACD A∴∠=∠，AD CD∴=，3CV =，CD∴=，AD CD∴==如图4，当DE BC⊥时，30E A∠=∠=︒，60BCE∴∠=︒，180ACB BCE∴∠+∠=︒，90ACD DCE∴∠=∠=︒，AD∴=，综上所述：3AD=或（3）解：如图5，∵DE BC ∥，30B C ∠=∠=︒，30BCF E ∴∠=∠=︒，30EDF B ∠=∠=︒，120ACB ∠=︒，90ACE ∴∠=︒，1452ECD ACD ACE ∴∠=∠=∠=︒，将DFE △沿DF 所在直线翻折得到DFG ，30GDF EDF ∴∠=∠=︒，60EDG ∴∠=︒，90CHK EHD ∴∠=∠=︒，DH CH ∴=1FH ∴==，1CF CH FH ∴=+，3AC ∴==．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形．10．如图，在ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 为线段BC 延长线上一点，以AD 为腰作等腰直角DAF △，使90DAF ∠=︒，连接CF ．(1)请判断CF 与BC 的位置关系，并说明理由；(2)若8BC =，4CD BC =，求线段AD 的长；(3)如图2，在（2）的条件下，将DAF △沿线段DF 翻折，使点A 与点E 重合，连接CE ，求线段CE 的长．【答案】(1)CF BC ⊥，理由见解析(2)(3)【分析】（1）证明()SAS ABD ACF △≌△，则ADB AFC ∠=∠，如图1，记AD CF 、的交点为O ，根据180FAO AFO AOF DCO CDO COD ∠+∠+∠=︒=∠+∠+∠，AOF COD ∠=∠，可得90FAO DCO ∠=∠=︒，进而可得CF BC ⊥；（2）如图2，过A 作AH BC ⊥于H ，则142BH CH AH BC ====，6DH =，由勾股定理得，AD =（3）由翻折的性质可知，DE AD =，45EDF ADF ∠=∠=︒，90ADE ∠=︒，如图3，过A 作AM BC ⊥于M ，过E 作EN BC ⊥于N ，证明()AAS ADM DEN ≌，则46DN AM EN DM ====，，6CN =，由勾股定理得，CE =计算求解即可．【详解】（1）解：CF BC ⊥，理由如下：∵等腰直角DAF △，90DAF ∠=︒，∴AD AF =，又∵90BAC ∠=︒，∴BAC CAD DAF CAD ∠+∠=∠+∠，即BAD CAF ∠=∠，∵AB AC =，BAD CAF ∠=∠，AD AF =，∴()SAS ABD ACF △≌△，∴ADB AFC ∠=∠，如图1，记AD CF 、的交点为O ，∵180FAO AFO AOF DCO CDO COD ∠+∠+∠=︒=∠+∠+∠，AOF COD ∠=∠，∴90FAO DCO ∠=∠=︒，∴CF BC ⊥；（2）解：∵8BC =，4CD BC =，∴2CD =，如图2，过A 作AH BC ⊥于H ，∵ABC 是等腰直角三角形， ∴142BH CH AH BC ====，∴6DH =，由勾股定理得，AD =∴线段AD 的长为（3）解：由翻折的性质可知，DE AD =，45EDF ADF ∠=∠=︒，∴90ADE ∠=︒，如图3，过A 作AM BC ⊥于M ，过E 作EN BC ⊥于N ，∴90AMD DNE ∠=︒=∠，同理（2）可知，4AM =，6MD =，∵90ADM EDN EDN DEN ∠+∠=︒=∠+∠，∴ADM DEN ∠=∠，∵90AMD DNE ∠=︒=∠，ADM DEN ∠=∠，AD DE =，∴()AAS ADM DEN ≌，∴46DN AM EN DM ====，，∴6CN =，由勾股定理得，CE =，∴线段CE 的长为【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质．熟练掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质是解题的关键．11．如图1，在Rt ABC △中，90C ∠=︒，5AC =，12BC =，点D 为BC 边上一动点，将ACD 沿直线AD 折叠，得到AFD △，请解决下列问题．(1)AB =______；当点F 恰好落在斜边AB 上时，CD =______；(2)连接CF ，当CBF V 是以CF 为底边的等腰三角形时，请在图2中画出相应的图形，并求出此时点F 到直线AC 的距离；(3)如图3，E 为边BC 上一点，且4，连接EF ，当DEF 为直角三角形时，CD = ．（请写出所有满足条件的CD 长）【答案】(1)13，103(2)画图见解析，600169(3)52或或5或10【分析】（1）根据勾股定理可得AB 的长，再利用等积法求出CD 即可；（2）过点F 作FG AC ^，交CA 的延长线于G ，首先由等积法求出CH 的长，再根据勾股定理求出AH 的长，再次利用等积法可得FG 的长；（3）分90DEF ∠=︒或90EDF ∠=︒或90EFD ∠=︒分别画出图形，从而解决问题．【详解】（1）解：在Rt ABC △中，由勾股定理得，13AB ，当点F 落在AB 上时，由折叠知，CD DF =， ∴111222AC CD AB DF AC BC ⋅+⋅=⋅，51360CD CD ∴+=，103CD ∴=，故答案为：13，103；（2）过点F 作FG AC ^，交CA 的延长线于G ，BC BF =，AC AF =，AB ∴垂直平分CF ， 由等积法得6013AC BC CH AB ⋅==，在Rt ACH 中，由勾股定理得，2513AH ===， 1122ACF S AC FG CF AH =⋅=⋅△，6025260013135169CF AH FG AC ⨯⨯⋅∴===；（3）当90DEF ∠=︒时，当点D 在CE 上时，作FH AC ⊥于H ，则4HF CE ==，5AF AC ==，3AH ∴=，2CH EF AC AH ∴==−=，设CD x =，则4DE x =−，在Rt EDF 中，由勾股定理得，222(4)2x x =−+， 解得52x =，52CD ∴=， 当点D 在EB 上时，同理可得538CH AC AH =+=+=，设CD DF x ==，则4DE x =−，在Rt EDF 中，由勾股定理得，222(4)8x x −+=，解得10x =，10CD ∴=，当90DFE ∠=︒时，由勾股定理得AE设CD DF x ==，则520x +=，x ∴，CD ∴=；当90FDE ∠=︒时，则45ADC ADF ∠=∠=︒，5CD AC ∴==，综上：52CD =或或5或10，故答案为：52或或5或10．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了翻折的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质等知识，利用等积法求垂线段的长是解题的关键．。
专题35 几何图形翻折与旋转【热点专题】(含答案解析)
专题35几何图形翻折与旋转【热点专题】几何图形的翻折与旋转问题是历年中考的热点问题，题型问题立意新颖，变幻巧妙，对培养识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力非常有效．同样的翻折与旋转类题目，条件不一样，用到的知识和方法也不尽相同．（1）旋转后的图形与原图形是全等；（2）旋转前后两个图形对应点到旋转中心的距离相等；（3）对应点与旋转中心所连线段的夹角都等于旋转角；题型一：点、线旋转（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）【例1】1．如图，△AOB中，OA＝4，OB＝6，AB＝，将△AOB绕原点O旋转90°，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（）A．（4，2）或（﹣4，2）B．（4）或（﹣4）C ．（﹣2）或（2）D ．（2，﹣2，（2021·江苏扬州市·中考真题）【例2】2．如图，一次函数y x =的图像与x 轴、y 轴分别交于点A 、B ，把直线AB 绕点B 顺时针旋转30︒交x 轴于点C ，则线段AC 长为（）AB ．C ．2D题型二：面的旋转（2021·辽宁大连·中考真题）【例3】3．如图，在ABC 中，90ACB ∠=︒，BAC α∠=，将ABC 绕点C 顺时针旋转90°得到A B C ''△，点B 的对应点B '在边AC 上（不与点A ，C 重合），则AA B ''∠的度数为（）A ．αB ．45α-︒C ．45α︒-D ．90α︒-（2021·四川巴中·中考真题）【例4】4．如图，把边长为3的正方形OABC 绕点O 逆时针旋转n °（0＜n ＜90）得到正方形ODEF ，DE 与BC 交于点P ，ED 的延长线交AB 于点Q ，交OA 的延长线于点M ．若BQ ：AQ ＝3：1，则AM ＝__________．题型三：三角形翻折问题（2021·四川凉山彝族自治州·中考真题）【例5】5．如图，ABC 中，90,8,6ACB AC BC ∠=︒==，将ADE V 沿DE 翻折，使点A 与点B 重合，则CE 的长为（）A ．198B ．2C ．254D ．74（2021·重庆中考真题）【例6】6．如图，三角形纸片ABC 中，点D ，E ，F 分别在边AB ，AC ，BC 上，BF ＝4，CF ＝6，将这张纸片沿直线DE 翻折，点A 与点F 重合．若DE ∥BC ，AF ＝EF ，则四边形ADFE 的面积为__________．题型四：四边形翻折问题【例7】7．如图，矩形纸片ABCD ，AB =4，BC =3，点P 在BC 边上，将△CDP 沿DP 折叠，点C 落在点E 处，PE 、DE 分别交AB 于点O 、F ，且OP =OF ，则ADDF的值为（）A ．1113B ．1315C ．1517D ．1719（2021·四川自贡市·中考真题）【例8】8．如图，在正方形ABCD 中，6AB =，M 是AD 边上的一点，:1:2AM MD =．将BMA △沿BM 对折至BMN ，连接DN ，则DN 的长是（）A ．52B ．958C ．3D ．655（2021·湖北黄石·中考真题）9．如图，ABC 的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A 点的坐标是()1,0-，现将ABC 绕A 点按逆时针方向旋转90︒，则旋转后点C 的坐标是（）A ．()2,3-B ．()2,3-C ．()2,2-D ．()3,2-（2021·湖南益阳·中考真题）10．如图，Rt ABC 中，390,tan 2BAC ABC ∠=︒∠=，将ABC 绕A 点顺时针方向旋转角9(0)0αα︒<<︒得到AB C ''△，连接BB '，CC '，则CAC '△与BAB ' 的面积之比等于_______．（2021·江苏苏州·中考真题）11．如图，射线OM 、ON 互相垂直，8OA =，点B 位于射线OM 的上方，且在线段OA 的垂直平分线l 上，连接AB ，5AB =．将线段AB 绕点O 按逆时针方向旋转得到对应线段A B ''，若点B '恰好落在射线ON 上，则点A '到射线ON 的距离d ≈______．（2021·四川成都市·中考真题）12．如图，在矩形ABCD 中，4,8AB AD ==，点E ，F 分别在边,AD BC 上，且3AE =，按以下步骤操作：第一步，沿直线EF 翻折，点A 的对应点'A 恰好落在对角线AC 上，点B 的对应点为B'，则线段BF 的长为_______；第二步，分别在,'EF A B ¢上取点M ，N ，沿直线MN 继续翻折，使点F 与点E 重合，则线段MN 的长为_______．（2021·新疆·中考真题）13．如图，已知正方形ABCD 边长为1，E 为AB 边上一点，以点D 为中心，将DAE 按逆时针方向旋转得DCF ，连接EF ，分别交BD ，CD 于点M ，N ．若25AE DN =，则sin EDM ∠=__________．（2021·四川绵阳·中考真题）14．如图，点M 是ABC ∠的边BA 上的动点，6BC =，连接MC ，并将线段MC 绕点M 逆时针旋转90︒得到线段MN ．（1）如图1，作MH BC ⊥，垂足H 在线段BC 上，当CMH B ∠=∠时，判断点N 是否在直线AB 上，并说明理由；（2）如图2，若30ABC ∠=︒，//NC AB ，求以MC 、MN 为邻边的正方形的面积S ．（2021·山西·中考真题）15．综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在ABCD Y 中，BE AD ⊥，垂足为E ，F 为CD 的中点，连接EF ，BF ，试猜想EF 与BF 的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将ABCD Y 沿着BF （F 为CD 的中点）所在直线折叠，如图②，点C 的对应点为'C ，连接'DC 并延长交AB 于点G ，请判断AG 与BG 的数量关系，并加以证明；问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将ABCD Y 沿过点B 的直线折叠，如图③，点A 的对应点为'A ，使'A B CD ⊥于点H ，折痕交AD 于点M ，连接'A M ，交CD 于点N ．该小组提出一个问题：若此ABCD Y 的面积为20，边长5AB =，BC =部分（四边形BHNM ）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．（2021·山东日照·中考真题）16．问题背景：如图1，在矩形ABCD 中，AB =30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，过点E 作EF AB ⊥交BD 于点F ．实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF △绕点B 按逆时针方向旋转90︒，如图2所示，得到结论：①AEDF=_____；②直线AE 与DF 所夹锐角的度数为______．（2）小王同学继续将BEF △绕点B 按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上探究中，当BEF △旋转至D 、E 、F 三点共线时，则ADE V 的面积为______．（2021·辽宁阜新·中考真题）17．下面是小明关于“对称与旋转的关系”的探究过程，请你补充完整．（1）三角形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，简称G ，G 关于y 轴的对称图形为1G ，关于x 轴的对称图形为2G ．则将图形1G 绕____点顺时针旋转____度，可以得到图形2G ．（2）在图2中分别画出．．．．G 关于y 轴和直线1y x =+的对称图形1G ，2G ．将图形1G 绕____点（用坐标表示）顺时针旋转______度，可以得到图形2G ．（3）综上，如图3，直线1:22l y x =-+和2:l y x =所夹锐角为α，如果图形G 关于直线1l 的对称图形为1G ，关于直线2l 的对称图形为2G ，那么将图形1G 绕____点（用坐标表示）顺时针旋转_____度（用α表示），可以得到图形2G ．18．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∠BOP=300时，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）．参考答案：1．C【分析】先求出点A 的坐标，再根据旋转变换中，坐标的变换特征求解；或根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点A ′的坐标．【详解】过点A 作AC OB ⊥于点C ．在Rt △AOC 中，222AC OA OC =-．在Rt △ABC 中，()22222AC AB CB AB OB OC =-=--．∴()2222OA OC AB OB OC -=--．∵OA ＝4，OB ＝6，AB ＝，∴2OC =．∴AC =∴点A 的坐标是(2,．根据题意画出图形旋转后的位置，如图，∴将△AOB 绕原点O 顺时针旋转90°时，点A 的对应点A ′的坐标为()2-；将△AOB 绕原点O 逆时针旋转90°时，点A 的对应点A ′′的坐标为()2-．故选：C ．【点睛】本题考查了解直角三角形、旋转中点的坐标变换特征及旋转的性质．（a ，b ）绕原点顺时针旋转90°得到的坐标为（b ，-a ），绕原点逆时针旋转90°得到的坐标为（－b ，a ）．2．A【分析】根据一次函数表达式求出点A和点B坐标，得到△OAB为等腰直角三角形和AB 的长，过点C作CD⊥AB，垂足为D，证明△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD，得到关于x的方程，解之即可．【详解】解：∵一次函数y x=的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，令x=0，则y y=0，则x=，则A（，0），B（0），则△OAB为等腰直角三角形，∠ABO=45°，∴AB，过点C作CD⊥AB，垂足为D，∵∠CAD=∠OAB=45°，∴△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x，∴AC x，∵旋转，∴∠ABC=30°，∴BC=2CD=2x，∴BD，又BD=AB+AD=2+x，∴2+x，解得：x∴AC x）+故选A．【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形．3．C【分析】由旋转的性质可得CA B CAB α''∠=∠=，90,ACA AC A C ''∠=︒=，进而可得45AA C '∠=︒，然后问题可求解．【详解】解：由旋转的性质可得：CA B CAB α''∠=∠=，90,ACA AC A C ''∠=︒=，∴ACA ' 等腰直角三角形，∴45AA C '∠=︒，∴45AA B α''∠=︒-；故选C ．【点睛】本题主要考查旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4．25【分析】连接OQ ，OP ，利用HL 证明Rt △OAQ ≌Rt △ODQ ，得QA =DQ ，同理可证：CP =DP ，设CP =x ，则BP =3-x ，PQ =x +34，在Rt △BPQ 中，利用勾股定理列出方程求出x =95，再利用△AQM ∽△BQP 可求解．【详解】解：连接OQ ，OP ，∵将正方形OABC 绕点O 逆时针旋转n °（0＜n ＜90）得到正方形ODEF ，∴OA =OD ，∠OAQ =∠ODQ =90°，在Rt △OAQ 和Rt △ODQ 中，OQ OQ OA OD =⎧⎨=⎩，∴Rt △OAQ ≌Rt △ODQ （HL ），∴QA =DQ ，同理可证：CP =DP ，∵BQ：AQ=3：1，AB=3，∴BQ=94，AQ=34，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+3 4，在Rt△BPQ中，由勾股定理得：(3-x)2+(94)2=(x+34)2，解得x=9 5，∴BP=6 5，∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，∴△AQM∽△BQP，∴13 AM AQBP BQ==，∴1 63 5AM=，∴AM=2 5．故答案为：2 5．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键．5．D【分析】先在RtABC中利用勾股定理计算出AB=10，再利用折叠的性质得到AE=BE，AD=BD=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中根据勾股定理可得到x2=62+（8-x）2，解得x，可得CE．【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB，∵△ADE沿DE翻折，使点A与点B重合，∴AE=BE，AD=BD=12AB=5，设AE=x，则CE=AC-AE=8-x，BE=x，在Rt△BCE中∵BE 2=BC 2+CE 2，∴x 2=62+（8-x ）2，解得x =254，∴CE =2584-=74，故选：D ．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图象全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了勾股定理．6．【分析】根据折叠的性质得到DE 为ABC 的中位线，利用中位线定理求出DE 的长度，再解t R ACE △求出AF 的长度，即可求解．【详解】解：∵将这张纸片沿直线DE 翻折，点A 与点F 重合，∴DE 垂直平分AF ，AD DF =，AE EF =，ADE EDF ∠=∠，∵DE ∥BC ，∴ADE B ∠=∠，EDF BFD ∠=∠，90AFC ∠=︒，∴B BFD ∠=∠，∴BD DF =，∴BD AD =，即D 为AB 的中点，∴DE 为ABC 的中位线，∴152DE BC ==，∵AF ＝EF ，∴AEF △是等边三角形，在t R ACE △中，60CAF ∠=︒，6CF =，∴tan 60CF AF ==︒∴AG =∴四边形ADFE 的面积为122DE AG ⋅⨯=，故答案为：．【点睛】本题考查解直角三角形、中位线定理、折叠的性质等内容，掌握上述基本性质定理是解题的关键．7．C【分析】根据折叠的性质可得出DC=DE 、CP=EP ，由∠EOF=∠BOP 、∠B=∠E 、OP=OF 可得出△OEF ≌△OBP （AAS ），根据全等三角形的性质可得出OE=OB 、EF=BP ，设EF=x ，则BP=x 、DF=4-x 、BF=PC=3-x ，进而可得出AF=1+x ，在Rt △DAF 中，利用勾股定理可求出x 的值，再利用余弦的定义即可求出cos ∠ADF 的值．【详解】根据折叠，可知：△DCP ≌△DEP ，∴DC =DE =4，CP =EP ．在△OEF 和△OBP 中，∵90EOF BOP B E OP OF ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△OEF ≌△OBP （AAS ），∴OE =OB ，EF =BP ．设EF =x ，则BP =x ，DF =DE ﹣EF =4﹣x ．又∵BF =OB +OF =OE +OP =PE =PC ，PC =BC ﹣BP =3﹣x ，∴AF =AB ﹣BF =1+x ．在Rt △DAF 中，AF 2+AD 2=DF 2，即（1+x ）2+32=（4﹣x ）2，解得：x =0.6，∴DF =4﹣x =3.4，∴1517AD DF =．故选C ．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x ，求出AF 的长度是解题的关键．8．D【分析】延长MN 与CD 交于点E ，连接BE ，过点N 作NF CD ⊥，根据折叠的正方形的性质得到NE CE =，在Rt MDE 中应用勾股定理求出DE 的长度，通过证明MDE NFE ∽，利用相似三角形的性质求出NF 和DF 的长度，利用勾股定理即可求解．【详解】解：如图，延长MN 与CD 交于点E ，连接BE ，过点N 作NF CD ⊥，∵6AB =，M 是AD 边上的一点，:1:2AM MD =，∴2AM =，4DM =，∵将BMA △沿BM 对折至BMN ，四边形ABCD 是正方形，∴90BNE C ∠=∠=︒，AB AN BC ==，∴Rt BNE Rt BCE ≌(HL)，∴NE CE =，∴2EM MN NE NE =+=+，在Rt MDE 中，设DE x =，则628ME x x =-+=-，根据勾股定理可得()22248x x +=-，解得3x =，∴3NE DE ==，5ME =，∵NF CD ⊥，90MDE ∠=︒，∴MDE NFE ∽，∴25EF NF NE DE MD ME ===，∴125NF =，95EF =，∴65DF =，∴DN =，故选：D ．【点睛】本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键．9．B【分析】在网格中绘制出CA 旋转后的图形，得到点C 旋转后对应点．【详解】如图，绘制出CA 绕点A 逆时针旋转90°的图形，由图可得：点C 对应点C '的坐标为(-2，3)．故选B ．【点睛】本题考查旋转，需要注意题干中要求顺时针旋转还是逆时针旋转．10．9:4【分析】先根据正切三角函数的定义可得32AC AB =，再根据旋转的性质可得,,AB AB AC AC BAB CAC α''''==∠=∠=，从而可得1AC AB AC AB ==''，然后根据相似三角形的判定可得CAC BAB ''~ ，最后根据相似三角形的性质即可得．【详解】解： 在Rt ABC 中，390,tan 2BAC ABC ∠=︒∠=，32AC AB ∴=，由旋转的性质得：,,AB AB AC AC BAB CAC α''''==∠=∠=，1AC AB AC AB ∴==''，在CAC '△和BAB ' 中，AC AB AC AB CAC BAB ''''⎧=⎪⎨⎪∠=∠⎩，CAC BAB ''~∴ ，294CAC BAB AC S AB S ''⎛⎫== ⎪⎝⎭∴ ，即CAC '△与BAB ' 的面积之比等于9:4，故答案为：9:4．【点睛】本题考查了正切三角函数、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．11．245【分析】添加辅助线，连接'OA OB 、，过'A 点作'A P ON ⊥交ON 与点P ．根据旋转的性质，得到''A B O ABO ≅ ，在'Rt A PO ∆和中，'B OA BOA ∠=∠，根据三角函数和已知线段的长度求出点A '到射线ON 的距离=A'P d ．【详解】如图所示，连接'OA OB 、，过'A 点作'A P ON ⊥交ON 与点P．∵线段AB 绕点O 按逆时针方向旋转得到对应线段A B ''∴'8OA OA ==，''B OB A OA∠=∠∴''''B OB BOA A OA BOA ∠-∠=∠-∠即''B OA BOA∠=∠∵点B 在线段OA 的垂直平分线l 上∴118422OC OA ==⨯=，5OB AB ==3BC ===∵''B OA BOA∠=∠∴'sin ''sin 'A P BC B OA BOA A O OB ∠==∠=∴'385A P =∴24'5d A P ==【点睛】本题主要考查旋转的性质和三角函数．对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连的线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等．12．1【分析】第一步：设EF 与AA’交于点O ，连接AF ，易证明△AOE △ADC ，利用对应边成比例可得到OA =2OE ，由勾股定理可求出OE =5，从而求得OA 及OC ；由AD ∥BC ，易得△AOE ∽△COF ，由对应边成比例可得AE 、FC 的关系式，设BF =x ，则FC =8-x ，由关系式可求得x 的值；第二步：连接NE ，NF ，根据折叠的性质，得到NF =NE ，设B’N =m ，分别在Rt △NB F '和Rt △EA N '中，利用勾股定理及NF =NE 建立方程，可求得m ，最后得出结果．【详解】如图所示，连接AF ，设EF 与AA’交于点O ，由折叠的性质得到AA’⊥EF ，3A E AE '==∵四边形ABCD 是矩形∴∠ADC =90°，CD =AB =4，AD ∥BC∵∠AOE =∠ADC ，∠OAE =∠DAC∴△AOE △ADC ，∴12OE CD OA AD ==，∴OA =2OE ，在直角△AOE 中，由勾股定理得：2249OE OE +=，∴OE =5，∴OA在Rt △ADC 中，由勾股定理得到：AC =，∴OC =令BF =x ，则FC =8-x ，∵AD ∥BC ，∴△AOE ∽△COF ，∴37OA AE OC FC ==，即7AE =3FC∴3(8-x )=7×3解得：1x =,∴BF 的长为1．连接NE ，NF ，如图，根据折叠性质得：BF =B’F =1，MN ⊥EF ，NF =NE ，设B’N =m ，则22222213(4)NF m NE m =+==+-，解得：m =3，则NF ，∵EF =∴MF∴MN故答案为：1【点睛】本题主要考查了折叠的性质、勾股定理、三角形相似的判定与性质，矩形的性质等知识，熟练运用这些知识是解决本题的关键，本题还涉及到方程的运用．13【分析】过点E 作EP ⊥BD 于P ，将∠EDM 构造在直角三角形DEP 中，设法求出EP 和DE 的长，然后用三角函数的定义即可解决．【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ∥DC ，∠A =∠BCD =∠ADC =90°，AB =BC =CD =DA =1，BD =．∵△DAE 绕点D 逆时针旋转得到△DCF ，∴CF =AE ，DF =DE ，∠EDF =∠ADC =90°．设AE =CF =2x ，DN =5x ，则BE =1-2x ，CN =1-5x ，BF=1+2x ．∵AB ∥DC ，∴~FNC FEB ∆∆．∴NC FC EB FB =．∴1521212x x x x-=-+．整理得，26510x x +-=．解得，116x =，21x =-（不合题意，舍去）．∴1221233AE x EB x ===-=，．∴DE ===过点E 作EP ⊥BD 于点P ，如图所示，设DP =y，则BP y =．∵22222EB BP EP DE DP -==-，∴)2222233y y ⎛⎛⎫-=- ⎪ ⎝⎭⎝⎭．解得，y =∴3EP ===．∴在Rt △DEP中，sin 3EP EDP ED∠==sin 5EDM ∠=．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．14．（1）点N 在直线AB 上，见解析；（2）18【分析】（1）根据CMH B ∠=∠，90CMH C ∠+∠=︒，得到90B C ∠+∠=︒，可得线段CM 逆时针旋转90︒落在直线BA 上，即可得解；（2）作CD AB ⊥于D ，得出45MCN ∠=︒，再根据平行线的性质得到45BMC ∠=︒，再根据直角三角形的性质计算即可；【详解】解：（1）结论：点N 在直线AB 上；∵CMH B ∠=∠，90CMH C ∠+∠=︒，∴90B C ∠+∠=︒，∴90BMC ∠=︒，即CM AB ⊥．∴线段CM 逆时针旋转90︒落在直线BA 上，即点N 在直线AB 上．（2）作CD AB ⊥于D ，∵MC MN =，90CMN ∠=︒，∴45MCN ∠=︒，∵//NC AB ，∴45BMC ∠=︒，∵6BC =，30B ∠=︒，∴3CD =，MC =∴218S MC ==，即以MC 、MN 为邻边的正方形面积18S =．【点睛】本题主要考查了旋转综合题，结合平行线的性质计算是解题的关键．15．（1）EF BF =；见解析；（2）AG BG =，见解析；（3）223．【分析】（1）如图，分别延长AD ，BF 相交于点P ，根据平行四边形的性质可得//AD BC ，根据平行线的性质可得PDF C ∠=∠，P FBC ∠=∠，利用AAS 可证明△PDF ≌△BCF ，根据全等三角形的性质可得FP FB =，根据直角三角形斜边中线的性质可得12EF BP =，即可得EF BF =；（2）根据折叠性质可得∠CFB =∠C′FB =12∠CFC′，FC =FC′，可得FD =FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D ，根据三角形外角性质可得∠CF C′=∠FDC′+∠FC′D ，即可得出∠C′FB =∠FC′D ，可得DG//FB ，即可证明四边形DGBF 是平行四边形，可得DF =BG =12AB ，可得AG =BG ；（3）如图，过点M 作MQ ⊥A ′B 于Q ，根据平行四边形的面积可求出BH 的长，根据折叠的性质可得A ′B =AB ，∠A =∠A ′，∠ABM =∠MBH ，根据'A B CD ⊥可得A ′B ⊥AB ，即可证明△MBQ 是等腰直角三角形，可得MQ =BQ ，根据平行四边形的性质可得∠A =∠C ，即可得∠A ′=∠C ，进而可证明△A ′NH ∽△CBH ，根据相似三角形的性质可得A ′H 、N H 的长，根据NH //MQ 可得△A ′NH ∽△A ′MQ ，根据相似三角形的性质可求出MQ 的长，根据S 阴=S △A′MB-S △A′NH 即可得答案．【详解】（1）EF BF =．如图，分别延长AD ，BF 相交于点P ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴//AD BC ，∴PDF C ∠=∠，P FBC ∠=∠,∵F 为CD 的中点，∴DF CF =，在△PDF 和△BCF 中，P FBC PDF C DF CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△PDF ≌△BCF ，∴FP FB =，即F 为BP 的中点，∴12BF BP =，∵BE AD ⊥，∴90BEP ∠=︒，∴12EF BP =，∴EF BF =．（2）AG BG =．∵将ABCD Y 沿着BF 所在直线折叠，点C 的对应点为'C ，∴∠CFB =∠C′FB =12∠CFC′，'FC FC =，∵F 为CD 的中点，∴12FC FD CD ==，∴'FC FD =，∴∠FDC′=∠FC′D ，∵'CFC ∠=∠FDC′+∠FC′D ，∴'1'2FC D CFC ∠=∠，∴∠FC′D =∠C′FB ，∴//DG FB ，∵四边形ABCD 为平行四边形，∴//DC AB ，DC =AB ，∴四边形DGBF 为平行四边形，∴BG DF =，∴12BG AB =，∴AG BG =．（3）如图，过点M 作MQ ⊥A ′B 于Q ，∵ABCD Y 的面积为20，边长5AB =，'A B CD ⊥于点H ，∴BH =50÷5=4，∴CH 2=，A ′H =A ′B -BH =1，∵将ABCD Y 沿过点B 的直线折叠，点A 的对应点为'A ，∴A ′B =AB ，∠A =∠A ′，∠ABM =∠MBH ，∵'A B CD ⊥于点H ，AB //CD ，∴'A B AB ⊥，∴∠MBH =45°，∴△MBQ 是等腰直角三角形，∴MQ =BQ ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠A =∠C ，∴∠A ′=∠C ，∵∠A ′HN =∠CHB ，∴△A ′NH ∽△CBH ，∴'CH BH A H NH =，即241NH=，解得：NH =2，∵'A B CD ⊥，MQ ⊥A ′B ，∴NH //MQ ，∴△A ′NH ∽△A ′MQ ，∴''A H NH AQ MQ=，即125MQ MQ =-，解得：MQ =103，∴S 阴=S △A′MB-S △A′NH =12A ′B ·MQ -12A ′H ·NH =12×5×103-12×1×2=223．【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．16．（1）2，30°；（2【分析】（1）通过证明FBD EBA ∆∆∽，可得AE BE DF BF ==BDF BAE ∠=∠，即可求解；（2）通过证明ABE DBF ∆∆∽，可得AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠，即可求解；拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE ，DG 的长，即可求解．【详解】解：（1）如图1，30ABD ∠=︒ ，90DAB ∠=︒，EF BA ⊥，cos BE AB ABD BF DB ∴∠==如图2，设AB 与DF 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，BEF ∆ 绕点B 按逆时针方向旋转90︒，90DBF ABE ∴∠=∠=︒，FBD EBA ∴∆∆∽，∴AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠，又DOB AOF ∠=∠ ，30DBA AHD ∴∠=∠=︒，∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30︒，故答案为：2，30︒；（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设AE 与BD 交于点O ，AE 与DF 交于点H ，将BEF ∆绕点B 按逆时针方向旋转，ABE DBF ∴∠=∠，又 BE AB BF DB ==ABE DBF ∴∆∆∽，∴AE BE DF BF ==，BDF BAE ∠=∠，又DOH AOB ∠=∠ ，30ABD AHD ∴∠=∠=︒，∴直线AE 与DF 所夹锐角的度数为30︒．拓展延伸：如图4，当点E 在AB 的上方时，过点D 作DG AE ⊥于G ，AB = 30ABD ∠=︒，点E 是边AB 的中点，90DAB ∠=︒，BE ∴=2AD =，4DB =，30EBF ∠=︒ ，EF BE ⊥，1EF ∴=，D 、E 、F 三点共线，90DEB BEF ∴∠=∠=︒，DE ∴30DEA ∠=︒ ，12DG DE ∴==由（2）可得：AE BE DF BF ==，AE ∴=ADE ∴∆的面积1122AE DG =⨯⨯=⨯；如图5，当点E 在AB 的下方时，过点D 作DG AE ⊥，交EA 的延长线于G ，同理可求：ADE ∆的面积1122228AE DG =⨯⨯=⨯⨯=；【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．17．（1）O ，180；（2）图见解析，()0,1，90；（3）22,33⎛⎫ ⎪⎝⎭，2α【分析】（1）根据图形可以直接得到答案；（2）根据题意画出图形，观察图形，利用图形旋转的性质得到结论；（3）从（1）（2）问的结论中得到解题的规律，求出两个函数的交点坐标，即可得出答案．【详解】解：（1）由图象可得，图形1G 与图形2G 关于原点成中心对称，则将图形1G 绕O 点顺时针旋转180度，可以得到图形2G ；故答案为：O ，180；（2）1G ，2G 如图；由图形可得，将图形1G 绕()0,1点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形2G ，故答案为：()0,1，90；（3）∵当G 关于y 轴的对称图形为1G ，关于x 轴的对称图形为2G 时，1G 与2G 关于原点（0,0）对称，即图形1G 绕O 点顺时针旋转180度，可以得到图形2G ；当G 关于y 轴和直线1y x =+的对称图形1G ，2G 时，图形1G 绕()0,1点（用坐标表示）顺时针旋转90度，可以得到图形2G ，点（0,1）为直线1y x =+与y 轴的交点，90度角为直线1y x =+与y 轴夹角的两倍；又∵直线1:22l y x =-+和2:l y x =的交点为22,33⎛⎫ ⎪⎝⎭，夹角为α，∴当直线1:22l y x =-+和2:l y x =所夹锐角为α，图形G 关于直线1l 的对称图形为1G ，关于直线2l 的对称图形为2G ，那么将图形1G 绕22,33⎛⎫ ⎪⎝⎭点（用坐标表示）顺时针旋转2α度（用α表示），可以得到图形2G ．故答案为：22,33⎛⎫ ⎪⎝⎭，2α．【点睛】本题主要考查了图形的对称性与旋转的性质，关键在于根据题意正确的画出图形，得出规律．18．（Ⅰ）点P 的坐标为（6）．（Ⅱ）2111m t t 666=-+（0＜t ＜11）．（Ⅲ）点P 6，6）．【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt △OBP 中，由∠BOP=30°，BP=t ，得OP=2t ，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案．（Ⅱ）由△OB′P 、△QC′P 分别是由△OBP 、△QCP 折叠得到的，可知△OB′P ≌△OBP ，△QC′P ≌△QCP ，易证得△OBP ∽△PCQ ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．（Ⅲ）首先过点P 作PE ⊥OA 于E ，易证得△PC′E ∽△C′QA ，由勾股定理可求得C′Q 的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与2111m t t 666=-+，即可求得t 的值：【详解】（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6．在Rt △OBP 中，由∠BOP=30°，BP=t ，得OP=2t ．∵OP 2=OB 2+BP 2，即（2t ）2=62+t 2，解得：t 1=t 2=－．∴点P 的坐标为（6）．（Ⅱ）∵△OB′P 、△QC′P 分别是由△OBP 、△QCP 折叠得到的，∴△OB′P ≌△OBP ，△QC′P ≌△QCP ．∴∠OPB′=∠OPB ，∠QPC′=∠QPC ．∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°．∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ ．又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP ∽△PCQ ．∴OB BP PC CQ =．由题意设BP=t ，AQ=m ，BC=11，AC=6，则PC=11－t ，CQ=6－m ．∴6t 11t 6m =--．∴2111m t t 666=-+（0＜t ＜11）．（Ⅲ）点P 6，6）．过点P 作PE ⊥OA 于E ，∴∠PEA=∠QAC′=90°．∴∠PC′E+∠EPC′=90°．∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A ．∴△PC′E ∽△C′QA ．∴''=PE PC AC C Q．∵PC′=PC=11－t ，PE=OB=6，AQ=m ，C′Q=CQ=6－m ，∴AC '==．∴．∵6116=--t t m ，即6116-=-t t m 6=t ，即．将2111m t t 666=-+代入，并化简，得2322360-+=t t ．解得：12t t ==∴点P ，6）或（113+，6）．。
立体几何中的翻折问题
A
B
练习:如图所示，在直角梯形 ABCP 中， AB=BC=3,AP=7,CD⊥AP,现将△PCD 沿折 线 CD 折成直二面角 P-CD-A，设 E,F,G 分 别是 PD,PC,BC 的中点。 (1)求证：PA∥平面 EFG; (2)求 AF 与平面 PAD 所成角的正弦值。
练习：如图，在平行四边形 ABCD 中，AB=2BC， ∠ABC=120° 。E 为线段 AB 的中点，将△ ADE 沿 直线 DE翻折成△ A’DE， 使平面 A’DE⊥平面 BCD， F 为线段 A’C 的中点。 （1）求证：BF∥平面 A’DE； （2）设 M 为线段 DE 的中点，求直线 FM 与平面 A’DE 所成角的余弦值。
立体几何中的 翻折问题
2012.9.17
例 1:已 知 :E,F是 正 方 形 ABCD的 边 BC和
CD的 中 点 ,分 别 沿 AE,EF,AF将 ABE,ECF, AFD折 起 使 B,C,D三 点 重 合 于 P点 ,如 图 ,
(1)求 证 :AP EF;
(2)求 二 面 角 A-EF-P的 大 小 .
P(B,C,D) A D F C E A E F
B
小结：求解翻折问题的基本方法：
(1)先比较翻折前后的图形，弄 清哪些量和位置关系在翻折过程中 不变，哪些已发生变化。 (2)将不变的条件集中到立体图 形中，将问题归结为一个条件与结 论明朗化的立几问题。
2.如图，ABCD是正方形，E是AB的中点，
D
A
B
G
CAΒιβλιοθήκη B4．将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成二 面角 D-AC-B， 使点 B、D 的距离等于 AB 的长，此时直线 AB 与 CD 所成的 角为 ；
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解
2023年高考数学----立体几何折叠问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例1．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ． (1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C −−的余弦值；(2)三棱锥D FBC −的体积是否可能等于几何体ABE FDC −体积的一半？并说明理由． 【解析】（1）证明：过D 点作EF 的垂线交EF 于H ，连接BH ．如图．2AE AD == 且//AE DH ，//AD EF ，π2EAD ∠=． ∴四边形ADHE 是正方形.2EH =，∴四边形EHGB 是正方形.所以BH EG ⊥（正方形对角线互相垂直）.因为平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，,AE EF AE ⊥⊂平面AEFD ， 所以⊥AE 平面EBCF ， 所以DH ⊥平面EBCF ， 又因为EG ⊂平面EBCF ，所以EG DH ⊥. 又,,BHDH H BH DH =⊂平面BDH ，所以EG ⊥平面BDH ，又BD ⊂平面BDH ， 所以EG BD ⊥.②以E 为原点，EB 为x 轴，EF 为y 轴，EA 为z 轴，建立空间直角坐标系，(2B ，0，0)，(0F ，3，0)，(0D ，2，2)，(2C ，4，0)，(2BF =−，3，0)，(2BD =−，2，2)，设平面BDF 的法向量(n x =，y ，)z ，则·2220·230n BD x y z n BF x y ⎧=−++=⎪⎨=−+=⎪⎩，取3x =，得(3n =，2，1)，又平面BCF 的法向量(0m =，0，1)，1cos ,||||14m n m n m n <>==∴钝二面角D BF C −−的余弦值为．（2）AE EF ⊥Q ，平面AEFD ⊥平面EBCF ， 平面AEFD ⋂平面EBCF EF =，AE ⊂平面AEFD ． AE ∴⊥平面EBCF ．结合DH ⊥平面EBCF ，得//AE DH ，∴四边形AEHD 是矩形，得DH AE =，故以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥D BCF −的高DH AE x ==， 又114(4)8222BCFSBC BE x x ==⨯⨯−=−． ∴三棱锥D BCF −的体积为()2=11822(82)433333BFCV SDH x x x x x x ==−=−−，ABE FDC ABE DGH D HGCF V V V −−−=+13ABEHGCF SAD S DH =+111111(4)2(2)(4)=(4)1+(2)232262x x x x x x x x ⎡⎤=−⨯+⨯+−−+⎢⎥⎣⎦， 令()112(4)1+(2)=24623x x x x x ⎡⎤−+⨯−⎢⎥⎣⎦，解得0x =或4x =，不合题意；∴棱锥D FBC −的体积不可能等于几何体ABE FDC −体积的一半．例2．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值． 【解析】（1）如图取CE 的中点F ，连接PF ，DF ，由题易知△PCE ，△DCE 都是等边三角形， ⸫DF ⊥CE ，PF ⊥CE ， ⸫DFPF F =，DF ⊂平面DPF ，PF ⊂平面DPF⸫CE ⊥平面DPF ． ⸫DP ⊂平面DPF ⸫DP ⊥CE ． （2）解法一：由题易知四边形AECD 是平行四边形， 所以AD ∥CE ，又AD ⊂平面P AD ，所以CE ⊂平面P AD ， 所以点E 与点F 到平面P AD 的距离相等． 由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 又AD ⊂平面P AD ， 所以平面P AD ⊥平面DPF ．过F 作FH ⊥PD 交PD 于H ，则FH ⊥平面P AD ．DF PF ==2DP =，故点F 到平面P AD 的距离FH =设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则sin FH DE θ==， 所以直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值为4． 解法二：由题易知四边形AECD 是平行四边形，所以AD ∥CE ，由（1）知CE ⊥平面DPF ，所以AD ⊥平面DPF ． 如图，以D 为坐标原点，DA ，DF 所在直线分别为x ，y 轴，过D 且垂直于平面AECD 的直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则()0,0,0D ，()4,0,0A ，()E ， 设()0,,P a b ，0a >，0b >． 易知DF PF ==2DP =，故(2222124a b a b ⎧−+=⎪⎨⎪+=⎩，P ⎛ ⎝⎭， 所以()4,0,0DA =，DP ⎛= ⎝⎭，()DE =，设平面P AD 的法向量为(),,n x y z =， 则00n DA n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令y =1z =−，所以()0,11,1n =−．设直线DE 与平面P AD 所成的角为θ，则11sin |cos ,|4DE nDE n DE nθ⋅=〈〉==， 故直线DE 与平面P AD 例3．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面PAD 夹角的余弦值． 【解析】（1）设O 是AD 的中点，连接,OP OC ， 三角形PAD 是等边三角形，所以OP AD ⊥，OP =四边形ABCD 是直角梯形，//,OA BC OA BC =，所以四边形ABCO 是平行四边形，也即是矩形，所以OC AD ⊥，2==OC AB .折叠后，PC =222OP OC PC +=，所以OP OC ⊥， 由于,,AD OC O AD OC ⋂=⊂平面ABCD ， 所以OP ⊥平面ABCD ，则,,OC OD OP 两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系， ()2,0,0,AB OC ==()1,1,0F −，设)()0,1,01E t t t −<<，()2,0,0C，所以)11,,22t t M ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，则)120,,22t t FM ⎛⎫−+= ⎪ ⎪⎝⎭，所以0AB FM ⋅=， 所以AB FM ⊥.（2）由于OP ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以OP AB ⊥， 由于,,,AB AD AD OP O AD OP ⊥⋂=⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，由于AE ⊂平面PAD ，所以AB AE ⊥， 所以FEA ∠是直线EF 与平面PAD 所成角， 在直角三角形AEF 中，tan AFFEA AE∠=， 由于1AF =，所以当AE 最小时，tan FEA ∠最大，也即FEA ∠最大，由于三角形PAD 是等边三角形，所以当E 为PD 的中点时，AE PD ⊥，AE 取得最小值.由于(P ，()0,1,0D，故此时10,2E ⎛ ⎝⎭，平面PAD 的法向量为()1,0,0m =，()()()30,1,0,2,0,0,2,1,0,0,2A C AC AE ⎛−== ⎝⎭，设平面ACE 的法向量为(),,n x y z =，则20302n ACx y n AE y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩，故可设(1,n =−， 设平面ACE 与平面PAD 的夹角为θ， 则1cos 17m n m nθ⋅===⋅例4．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C −−的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由．(2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．【解析】（1）满足条件的点H 存在，且为PC 上靠近P 的三等分点．在PC 上取靠近P 的三等分点H ，连接AP ，FH ，如图，则AP 是平面P AB 与平面P AC 的交线，依题意，12PH AF HC FC ==，则有//FH AP ，又AP ⊂平面PBE ，FH ⊄平面PBE ，因此直线//FH平面PBE ，所以在PC 上是存在点H ，为PC 上靠近P 的三等分点，使得直线//FH 平面PBE . （2）取BC 中点G ，连接AG ，交EF 于点D ，连接PD ，因//EF BC ，依题意，EF DG ⊥，EF PD ⊥，则PDG ∠为二面角P EF C −−的平面角，即120PDG ∠=︒，且EF ⊥平面PAD ， 而EF ⊂平面BCFE ，则平面PAD ⊥平面BCFE ，在平面PAD 内过P 作PO AD ⊥于O ， 又平面PAD ⋂平面BCFE AD =，因此PO ⊥平面BCFE ，在平面BCFE 内过O 作Ox AD ⊥， 显然Ox ，AD ，OP 两两垂直，分别以向量Ox ，OD ，OP 的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz −，如图，则B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，C ⎛⎫− ⎪ ⎪⎝⎭，E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以，32PC ⎛⎫=−− ⎪ ⎪⎝⎭，()EB =，31,2EP ⎛⎫=− ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面PBE 的一个法向量为(),,n x y z =r，由20302n EB x n EP x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，令y =()3,3,1n =−，设直线PC 与平面PBE 所成角为α，则||18sin |cos ,|||||30PC n PC n PC n α⋅=〈〉===⋅所以直线PC 与平面PBE ．。
立体几何平面图形的翻折问题
立体几何平面图形的翻折问题例3 (2015·陕西)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值．(1)证明 在题图1中，连接EC ，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，∠BAD ＝π2， AD ∥BC ，E 为AD 中点，所以BC 綊ED ，BC 綊AE ，所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以四边形ABCE 为正方形，所以BE ⊥AC ，即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1BEC 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，以OB ，OC ，OA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝⎛⎭⎫22，0，0，E ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，A 1⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫0，22，0， 得BC →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)，设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； ⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝n 1，n 2＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63. 思维升华 平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．(2017·深圳月考)如图(1)，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC ＝PC ＝2，作如图(2)折叠，折痕EF ∥DC .其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后，点P 叠在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF .(1)证明：CF ⊥平面MDF ；(2)求三棱锥M －CDE 的体积．(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AD .又因为ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD 与CD 交于点D ， 所以AD ⊥平面PCD .又CF ⊂平面PCD ，所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF .又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ，所以CF ⊥平面MDF .(2)解 因为PD ⊥DC ，PC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°， 所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ，在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12. 如图，过点F 作FG ⊥CD 交CD 于点G ，得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34， 所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334， 所以MD ＝ME 2－DE 2＝ (334)2－(34)2＝62. S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38. 故V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.。
初中的几何变换——翻折
初中数学几何变换之轴对称一、知识梳理1、轴对称基本要素：对称轴。
2、基本性质：（1）对应线段、对应角相等（2）对应点所连线段被对称轴垂直平分 （3）对称轴上的点到对应点的距离相等 （4）对称轴两侧的几何图形全等 3、应用翻折问题、最值问题等二、常考题型类型一：轴对称性质1、如图，在平行四边形ABCD 中，13=AB ，4=AD ，将平行四边形ABCD 沿AE 翻折后，点B 恰好与点C 重合，则折痕AE 的长为__________.第1题第2题第3题2、如图， 矩形中，AB =8，BC =6，P 为AD 上一点， 将△ABP 沿BP 翻折至△EBP ， PE与CD 相交于点O ，且OE =OD ，则AP 的长为__________.3、如图，在△ABC 中，AB =AC ，BC =24，tanC =2，如果将△ABC 沿直线l 翻折后，点B 落在边AC 的中点E 处，直线l 与边BC 交于点D ，那么BD 的长为。
4、如图，菱形纸片ABCD中，∠A=600，将纸片折叠，点A、D分别落在A’、D’处，且A’的值为。
D’经过B，EF为折痕，当D’F CD时，CFFD5、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。
第4题第5题第6题6、如图，已知边长为5的等边三角形ABC纸片，点E在AC边上，点F在AB边上，沿着EF 折叠，使点A落在BC边上的点D的位置，且，则CE的长是。
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落在B′处，折痕为HG，连接HE，则tan∠EHG图2 图38、如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长交BC于点G，连接AG.（1）求证：△ABG≌△AFG；（2）求BG的长.类型二：轴对称应用1、菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点B（2，0），∠DOB=60°，点P是对角线OC上一个动点，E（0，﹣1），当EP+BP最短时，点P的坐标为．2、如图，∠AOB=30°，点M、N分别是射线OA、OB上的动点，OP平分∠AOB，且OP=6，当△PMN的周长取最小值时，四边形PMON的面积为．3、如图,在锐角△ABC中,AB=6,∠BAC=60°,∠BAC的平分线交BC于点D,点M,N分别是AD 和AB上的动点,则BM+MN的最小值为。
2024年中考数学常见几何模型全归纳(全国通用)专题37 图形变换模型之翻折(折叠)模型(解析版)
专题37图形变换模型之翻折（折叠）模型几何变换中的翻折（折叠、对称)问题是历年中考的热点问题，试题立意新颖，变幻巧妙，主要考查学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力。
涉及翻折问题，以矩形对称最常见，变化形式多样。
无论如何变化，解题工具无非全等、相似、勾股以及三角函数，从条件出发，找到每种对称下隐藏的结论，往往是解题关键。
本专题以各类几个图形（三角形、平行四边形、菱形、矩形、正方形、圆等）为背景进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
【知识储备】翻折和折叠问题其实质就是对称问题，翻折图形的性质就是翻折前后图形是全等的，对应的边和角都是相等的。
以这个性质为基础，结合三角形、四边形、圆的性质，三角形相似，勾股定理设方程思想来考查。
解决翻折题型的策略：1）利用翻折的性质：①翻折前后两个图形全等；②对应点连线被对称轴垂直平分；2）结合相关图形的性质(三角形，四边形等)；3）运用勾股定理或者三角形相似建立方程。
模型1.矩形中的翻折模型【模型解读】10,3【答案】【分析】根据折叠的性质得出中，勾股定理建立方程，求得Rt DBE【详解】解：∵四边形AOBCA．6B．325【答案】B【分析】连接BF交AE于点H，根据勾股定理求出答案．BFC90∵将ABE 沿直线AE 翻折，点落 点B 、F 关于AE 对称，BH 又3AB ∵，2AE AB BE \=+FE BE EC ∵，90BFC 【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到BMP MBC ，再由平行线的性质证明（2）如图，延长,MN BC【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．例4．（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，在矩形的对称中心，点E 为边AB 上的动点，连接EO 并延长交边形A EFD ，边A E 交边BC 于点G ，连接OG OC 、A ．18－3B ．92【答案】D 【分析】在EA 上截取EM 也就最短，而当OM AB 时，就可以根据勾股定理计算GH由折叠得：MEO GEO，又∵最短时，OGOM OG，OM此时，∵点O为矩形ABCD的对称中心， 中，∵点O为矩形ABCD在OGC长度是矩形对角线长度的一半，即是OCB．83A．823【答案】B【分析】据矩形的性质得到CD由折叠得：EF BD ，OB OD ，90BOF DOE ，∵四边形ABCD 是矩形，AD BC ∥OBF ODE ，(ASA)BFO DEO △≌△，OE OF ，四边形BEDF 是菱形．故答案为：菱形．（2）证明：∵四边形ABCD 是矩形，4，8AD ，3BF ，8BC AD ，CD 835CF BC BF ，2228445BD BC CD ，如图，设EF 与BD 交于点M ，过点∵四边形ABCD 是矩形，OA OB ，90OBA OBC ，OAB OBA ，设OAB OBA ，则90OBC ，由折叠得：90A B F ABC ，B F 90BB F A B B ，BB F OBC ，AB B OBA ，A B AC ∥∵，AB B AOB ，180OAB OBA AOB ∵，180 ，即3180 ，60 ，60BAC ， tan tan 60BC BAC AB （），理由如下：如图，过点E 作EG BC 于G ，设EF 交BD模型2.正方形中的翻折模型【模型解读】【答案】38【分析】连接BB ，过点F 别表示出,,AE EH HD ，证明222B F B C CF ，勾股定理建立方程，解方程即可求解．【详解】解：如图所示，连接（3）方法迁移：用正方形纸片ABCD折叠出一个阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（点E为正方形ABCD AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．【答案】（1）522）见解析；（3）12，理由见解析设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得1AE EB 设DG x ，则2AG x 根据折叠，可得GH GD x ，2CH CD ，在Rt BEC △中，222212EC EB BC ，∴52EH ，在Rt ,Rt AEG GHE 中，222222,AG AE GE GH EH GE ∴ 2222152x x 解得：51x ∴GD【模型解读】【答案】2.8【分析】作EH BD于H，根据折叠的性质得到22A．①②④B．①②③【答案】B【分析】连接AC，得到ACD的度数即可判断求出,C CHF【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形判定和性质，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．例5．（2023·浙江·九年级期末）对角线长分别为点O折叠菱形，使B，B 两点重合，【答案】4【点睛】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．也考查了菱形的性质．例6．（2023秋·重庆·九年级专题练习）如图，在菱形点F 是AB 上一点，以EF 为对称轴将得点H 落到EG 上，连接AG A ．90CEFB ．CE 【答案】D 【分析】A.由折叠的性质可以知道∵120CBA ， CBM 设BF a ， 4FG AF ∵点E 是AD 的中点，折叠后点易知点C G F ,,共线， CF 模型4.三角形中的翻折模型【模型解读】例1．（2023·内江九年级期中）如图，在Rt ABC 的纸片中，∠C ＝90°，AC ＝7，AB ＝25．点D 在边BC 上，以AD 为折痕将 ADB 折叠得到ADB ，AB 与边BC 交于点E ．若DEB △为直角三角形，则BD 的长是_____．【答案】17或754【分析】由勾股定理可以求出BC 的长，由折叠可知对应边相等，对应角相等，当DEB 为直角三角形时，可以分为两种情况进行考虑，分别利用勾股定理可求出BD 的长．【详解】解：在Rt ABC 中，24BC ，（1）当90EDB 时，如图1，过点B ′作B F AC ，交AC 的延长线于点F ，由折叠得：25AB AB ，BD B D CF ，设BD x ，则B D CF x ，24B F CD x ，在Rt AFB 中，由勾股定理得：222(7)(24)25x x ，即：2170x x ，解得：10x （舍去），217x ，因此，17BD ．（2）当90DEB 时，如图2，此时点E 与点C 重合，由折叠得：25AB AB ，则25718B C ，设BD x ，则B D x ，24CD x ，在Rt △B CD ¢中，由勾股定理得：222(24)18x x ，解得：754x ，因此754BD ．故答案为：17或754．【点睛】本题考查了翻折变换，直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是：分类讨论思想的应用注意分类的原则是不遗漏、不重复．【答案】377【分析】过点G 作GM DE 73DM MEAG GE ，设3,GE 222GM DG DM ，在Rt △∵CD 平分ACB 交AB 于点【答案】210【分析】取BC中点AD CD DE x15BG ，从而推导出2设EF a ，由折叠可知又由折叠得ACB∴cos cosABC的中位线，∵DG是AHC【答案】22m n九年级校考期末）如图，O 是ABC 的外接圆，A ．40B ．【答案】B 【分析】连接BC ，根据直径所对的圆周角是直角求出据优弧 AC 所对的圆周角为ACD 的度数．AB ∵是直径，90ACB 20BAC ∵，90B 根据翻折的性质， AC 所对的圆周角为180ADC B ， 70ACD CDB A【点睛】本题考查圆周角的性质综合，折叠性质，等腰三角形三线合一性质，不规则图形的面积，掌握圆周角的性质综合，折叠性质，等腰三角形三线合一性质，不规则图形的面积是解题关键．例5．（2023·河南商丘·统考二模）如图，在扇形且CD OB∥，将扇形沿CD是．【答案】233【详解】过点O 作OE 等边三角形，即EOC ∴OC OE EC OA ∵120AOB ，CD OB ∥∵OE CD ，∴DOE 3【答案】A【分析】根据折叠的性质可得AD ＝CD ；根据线段中点的定义可得AD ＝BD ；根据垂径定理可作判断③；延长OD 交⊙O 于E ，连接CE ，根据垂径定理可作判断④．【详解】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；∵点D 是AB 的中点，∴AD ＝BD ，∵AC ＝CD'，故②正确；∴»¼=AC CD ，由折叠得： BD BD ，∴»»»+=AC BDBC ；故③正确；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：A ．【点睛】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．也考查了圆周角定理和垂径定理．例7．（2021·湖北武汉·统考中考真题）如图，AB 是O 的直径，BC 是O 的弦，先将 BC沿BC 翻折交AB 于点D ．再将 BD沿AB 翻折交BC 于点E ．若 BE DE ，设ABC ，则 所在的范围是（）A ．21.922.3B ．22.322.7C ．22.723.1D ．23.123.5【答案】B 【分析】将⊙O 沿BC 翻折得到⊙O ′，将⊙O ′沿BD 翻折得到⊙O ″，则⊙O 、⊙O ′、⊙O ″为等圆．依据在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弧相等可证明 ===AC DCDE EB ，从而可得到弧AC 的度数，由弧AC 的度数可求得∠B 的度数．【答案】33【分析】过点P作PT AB角三角形求出AB，求出PT由题意得AB 垂直平分线段∵OA OK ，∴OA OK ∴sin 602AH OA A ．5【答案】CA．3B2【答案】C【分析】根据折叠的性质，得出中，由特殊锐角的三角函数可求在Rt BEKA． 1,2B．(-【答案】D【分析】首先证明AOB D125OC OC，可得1C F 建方程求出EF即可解决问题．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出4．（2023·福建莆田·九年级校考期末）如图，在的半径为AB的中点D．若O由垂径定理可知OD又5OB∵OD OB【答案】37【分析】如解析中的图，连结EF、AC’，可得AC’=AD=ACEF的长，最后根据勾股定理可得答案．【详解】解：连结AD、AC则AC’=AD=AC，EO EF当E、O、F三点共线时，【答案】33 或33【分析】分两种情况：当点ABEM 为矩形6AB ME 可得GFE BEF ，于是则90AME ，∵点E 为边∵四边形ABCD 为矩形，BC 90AME A B ，同理可得：3B E ，FP EP 在Rt B HE 中，2EH B E ∵B EH FPK △∽△，B E B FP 332FP EP ，32PK ，tan30【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形和折叠的性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．8．（2023·山东淄博·统考一模）如图所示，有一块直角三角形纸片，斜边AB翻折，使点B落在直角边AC【答案】5cm 3【分析】先利用勾股定理求出1cmCE ，设DB【详解】解：在Rt【答案】307【分析】过点D 作DH 由勾股定理可求AB 【详解】解：如图，过点∵将ADC 沿直线CD 翻折，DH AC ∵，DF BC DF DH ，DCF 22236AB AC BC ∵12ABC S AC BC ∵【答案】16【分析】可证ADE AED ，从而可得AD 2A EBC C A C A E ，即可求解．【答案】373 /337【分析】过点C 作CH AD 交AD 的延长线于点120,60ADC ABC HDC ，进而求得∵在ABCD Y 中，6AB ，8BC ， ∴120,60ADC ABC HDC ，在Rt ECH △中，22HC CD DH 【答案】5【分析】由矩形的性质可知 设cm BE x ，则EG EC BC 得3cm AG BE ，5cm EG EC 【详解】解：由矩形的性质可知：【答案】101【分析】根据翻折的性质，证明【详解】由翻折的性质可知，在∵3AB ， BE AB∵长方形ABCD，AD【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、勾股定理和矩形的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．14．（2023春·湖北武汉·点D，E分别为AB BC，将纸片沿B E 翻折，点三角形时，CE的长为______【答案】1或422【分析】分两种情况：当B C DE 时，此时可得E 是BC 的中点，得1CE ；当B C B E 重合，AE 是BAC 的平分线，由勾股定理易得结果．【详解】解：∵90B Ð=°，2AB BC ，∴45A C ；①如图，当B C DE 时，由折叠性质得：45EC B C ，CB E C B E ，∴904545CEF B FE EC B ；②如图，当B C B E 时，B C B C 、∴90CB E C B E ，∴EB ∴AE 是BAC 的平分线，∴BE B 由勾股定理222AC AB ，∴B 在Rt EB C △中，B C B E ，由勾股定理得：【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，角平分线的性质定理等知识，熟练掌握这些知识是关键，注意分类讨论．15．（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在扇形与OA，OB相切于点E，F．已知AOB【答案】2π3cm 3【分析】根据折叠的性质得出AOC AOC S S 扇形即可求解．∵将 AB 沿弦AB 翻折，使点又OA OC ∴OA OC(1)求证：AMB BMP【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到BMP MBC，再由平行线的性质证明MN BC,【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．18．（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践问题背景：数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为并展开探究．【答案】（1）72,1x （2）证明见解析，拓展应用：512【分析】（1）利用等边对等角求出,ABC ACB 的长，翻折得到ABD CBD,BDC BDE BC BE ，利用三角形内角和定理求出，BDC ，AE AB BE。
专题51 巧用图形的翻折解决几何问题(解析版)
专题51 巧用图形的翻折解决几何问题多年一些省市的中考题中出现了很多有关矩形纸片折叠的问题.由于这类问题的实践性强，需要同学们通过动手操作去发现解决问题的方法.其规律为利用折叠前后线段、角的对应相等关系，构造直角三角形利用勾股定理来求解。
注意：必有等边，必有等角。
观察并关注通过折叠新构建的三角形，特别是直角三角形。
通过解设表示相关数量，建立等量关系（多数情况利用勾股定理）。
解方程，得答案图形的折叠：如图，在矩形ABCD 中，AD ＝15，点E 在边DC 上，联结AE ，△ADE 沿直线AE 翻折后点D 落到点F ，过点F 作FG △AD ，垂足为G ．如果AD ＝3GD ，那么DE ＝_____．【答案】 【解析】思路如下：如图，过点F 作AD 的平行线交AB 于M ，交DC 于N ．因为AD ＝15，当AD ＝3GD 时，MF ＝AG ＝10，FN ＝GD ＝5．在Rt△AMF 中，AF ＝AD ＝15，MF ＝10，所以AM ＝．设DE ＝m ，那么NE ＝m ．由△AMF △△FNE ，得AM FNMF NE =，即10=．解得m ＝． 【精典例题】1、在△ABC 中，已知∠A ＝80°，∠C ＝30°，现把△CDE 沿DE 进行不同的折叠得△C ′DE ，对折叠后产生的夹角进行探究：（1）如图（1）把△CDE 沿DE 折叠在四边形ADEB 内，则求∠1+∠2的和；（2）如图（2）把△CDE 沿DE 折叠覆盖∠A ，则求∠1+∠2的和；（3）如图（3）把△CDE 沿DE 斜向上折叠，探求∠1、∠2、∠C 的关系．解：（1）∠1+∠2＝180°﹣2∠CDE+180°﹣2∠CED＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）＝360°﹣2（180°﹣∠C）＝2∠C＝60°；（2）连接DG，∠1+∠2＝180°﹣∠C′﹣（∠ADG+∠AGD）＝180°﹣30°﹣（180°﹣80°）＝50°；（3）∠2﹣∠1＝180°﹣2∠CED﹣（2∠CDE﹣180°）＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）＝360°﹣2（180°﹣∠C）＝2∠C所以：∠2﹣∠1＝2∠C．2、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P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于F点．（1）求证：四边形AECF为平行四边形；（2）若矩形ABCD的边AB＝6，BC＝4，求△CPF的面积．解：（1）由折叠得到BE＝PE，EC⊥PB，∵E为AB的中点，∴AE＝EB＝PE，∴AP⊥BP，∴AF∥EC，∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥FC，∴四边形AECF为平行四边形；（2）过P作PM⊥DC，交DC于点M，在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝4，根据勾股定理得：EC＝＝5，∵S△EBC＝EB•BC＝EC•BQ，∴BQ＝＝，由折叠得：BP＝2BQ＝，在Rt△ABP中，AB＝6，BP＝，根据勾股定理得：AP＝＝，∵四边形AECF为平行四边形，∴AF＝EC＝5，FC＝AE＝3，∴PF＝5﹣＝，∵PM∥AD，∴＝，即＝，解得：PM＝，则S△PFC＝FC•PM＝×3×＝．3、如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，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＝4时，求AF的长（2）如图2，当折痕的另一端F在AD边上且BG＝10时，①求证：EF＝EG．②求AF的长．（3）如图3，当折痕的另一端F在AD边上，B点的对应点E在长方形内部，E到AD的距离为2cm，且BG＝10时，求AF的长．（1）解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴BF＝EF，∵AB＝8，∴EF＝8﹣AF，在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即42+AF2＝（8﹣AF）2，解得AF＝3；（2）①证明：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴∠BGF＝∠EGF，∵长方形纸片ABCD的边AD∥BC，∴∠BGF＝∠EFG，∴∠EGF＝∠EFG，∴EF＝EG；②解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，FH＝AF，∴EF＝EG＝10，在Rt△EFH中，FH＝＝＝6，∴AF＝FH＝6；（3）解：法一：如图3，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，∵E到AD的距离为2cm，∴EM＝2，EN＝8﹣2＝6，在Rt△ENG中，GN＝＝＝8，∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°，∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°，∴∠KEM＝∠NGE，又∵∠ENG＝∠KME＝90°，∴△GEN∽△EKM，∴＝＝，即＝＝，解得EK＝，KM＝，∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°，∴△FKH∽△EKM，∴＝，即＝，解得FH＝，∴AF＝FH＝．法二：如图4，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，过点K作KL∥CD 交BC于点L，连接GK，∵E到AD的距离为2cm，∴EM＝2，EN＝8﹣2＝6，在Rt△ENG中，GN＝＝＝8，设KM＝a，在△KME中，根据勾股定理可得：KE2＝KM2+ME2＝a2+4，在△KEG中，根据勾股定理可得：GK2＝GE2+KE2＝102+a2+4，在△GKL中，根据勾股定理可得：GK2＝GL2+KL2＝（8﹣a）2+82，即102+a2+4＝（8﹣a）2+82，解得：a＝，故KE＝，∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，设FH＝b，在△KFH中，根据勾股定理可得：KF2＝KH2+FH2，∵KF＝KA﹣AF＝BL﹣AF＝（BG+GN﹣KM）﹣AF＝10+8﹣﹣b＝﹣b，即：（﹣b）2＝（）2+b2，解得：b＝，∴AF＝FH＝．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 上的点F 处.（1）判断△AMP ，△BPQ ，△CQD 和△FDM 中有哪几对相似三角形？（2）如果AM=1，sin△DMF=53，求AB 的长. 【解析】（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=53=MD DF DFMD=35，设DF=3x ，MD=5x ，再分别表示出AP ，BP ，BQ ，根据△AMP△△BPQ ，列出比例式解方程求解即可.解：（1）△AMP△△BPQ△△CQD.△四边形ABCD 是矩形，△△A=△B=△C=90°.由折叠的性质可知△APM=△EPM ，△EPQ=△BPQ.△△APM+△BPQ=△EPM+△EPQ=90°.△△APM+△AMP=90°，△△BPQ=△AMP.△△AMP△△BPQ.同理：△BPQ△△CQD.根据相似的传递性可得△AMP△△CQD ；（2）△AD△BC ，△△DQC=△MDQ.由折叠的性质可知△DQC=△DQM.△△MDQ=△DQM.△MD=MQ.△AM=ME ，BQ=EQ ，△BQ=MQ -ME=MD -AM. △sin△DMF=53=MD DF ，则设DF=3x ，MD=5x ，则BP=PA=PE=23x ，BQ=5x -1. △△AMP△△BPQ ，△BQ AP BP AM =，即1-x 52x 32x 31=，解得x=92（舍去）或x=2，△AB=6. 5、发现（1）如图1，把△ABC 沿DE 折叠，使点A 落在点A ’处，请你判断∠1+∠2与∠A有何数量关系，直接写出你的结论，不必说明理由思考（2）如图2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折叠，使点A与点I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度数；拓展（3）如图3，在锐角△ABC中，BF⊥AC于点F，CG⊥AB于点G，BF、CG交于点H，把△ABC 折叠使点A和点H重合，试探索∠BHC与∠1+∠2的关系，并证明你的结论．解：（1）∠1+∠2＝2∠A；理由：根据翻折的性质，∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，∴∠A+（180﹣∠1）+（180﹣∠2）＝180°，整理得2∠A＝∠1+∠2；（2）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝100°，∴∠A＝50°∵IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，∴∠IBC+∠ICB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣（90°﹣∠A）＝90°+×50°＝115°；（3）∵BF⊥AC，CG⊥AB，∴∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，∠FHG+∠A＝180°，∴∠BHC＝∠FHG＝180°﹣∠A，由（1）知∠1+∠2＝2∠A，∴∠A＝（∠1+∠2），∴∠BHC＝180°﹣（∠1+∠2）．6、如图，△ABC是一个三角形的纸片，点D、E分别是△ABC边上的两点，（1）探究图1：如果沿直线DE折叠，则∠BDA′与∠A的关系是；（2）探究图2：如果折成图2的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；（3）探究图3：如果折成图3的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；（4）探究图4：若将四边形纸片ABCD折成图4的形状，直接写出∠DE A′、∠CF B′、∠A和∠B四个角之间的数量关系．解：（1）∠BDA′＝2∠A，理由：∵△ABC沿直线DE折叠，使A点落在CE上，图①，∴∠A＝∠AA′D，∴∠BDA′＝∠A+∠AA′D＝2∠A；故答案为：∠BDA′＝2∠A；（2）∠BDA′+∠CEA′＝2∠A，理由：图②，连结AA′，∵∠BDA′＝∠1+∠2，∠CEA＝∠3+∠4，∴∠BDA′+∠CEA＝∠1+∠3+∠2+∠4＝∠A+∠A′，而∠A＝∠AA′D，∴∠BDA′+∠CEA′＝2∠A；（3）∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A．理由如下：图③，由翻折可得：∠A′＝∠A，∠DEA′＝∠DEA，∠A′DE＝∠ADE，由内角和性质得：（∠A′+∠A）+（∠DEA′+∠DEA）+（∠A′DE+∠ADE）＝360°，∴2∠A+（180°+∠CEA′）+（180°﹣∠BDA′）＝360°∴2∠A+∠CEA′﹣∠BDA′＝0，∴∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A；（4）由折叠性质得∠A′EF＝∠AEF，∠B′FE＝∠BFE，∴∠1+∠2＝180°﹣（∠A′EF+∠AEF）+180°﹣（∠B′FE+∠BFE）＝180°﹣2∠AEF+180°﹣2∠BFE＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）＝2（∠A+∠B）﹣360°．故答案为∠1+∠2＝2（∠A+∠B）﹣360°．。
正方形翻折问题归纳
正方形翻折问题归纳正方形是一种非常常见的几何图形，它在日常生活中有着广泛的应用。
同时，正方形也是几何学中一个非常重要的基本图形，因为它具有许多独特的性质和特点。
在几何学中，翻折是一个常见的操作，它可以用来研究图形的性质和特点。
本文将归纳正方形翻折问题的常见类型和解决方法。
一、正方形翻折问题的类型正方形翻折问题可以分为几种不同的类型，以下是其中几种比较常见的类型：1. 正方形翻折成三角形2. 正方形翻折成矩形3. 正方形翻折成多边形4. 正方形一边翻折到所在直线的垂直平分线上5. 正方形四角翻折到所在平面的中心线上二、正方形翻折问题的解决方法解决正方形翻折问题的方法主要包括观察、分析和证明。
首先，我们需要仔细观察翻折前后的图形，找出它们之间的联系和区别。
其次，我们需要分析翻折后的图形，利用几何定理和性质进行证明。
以下是解决正方形翻折问题的一些常用方法：1. 辅助线法：在翻折后的图形上添加一些辅助线，可以帮助我们更好地理解图形的性质和特点。
2. 勾股定理：正方形是一种特殊的矩形，可以利用勾股定理来证明一些几何问题。
3. 相似三角形：可以利用相似三角形的性质来证明一些几何问题。
4. 面积法：可以利用正方形的面积公式和相关定理来证明一些几何问题。
三、典型例题分析接下来，我们将对一些典型的正方形翻折问题进行详细的分析和解答。
通过这些例题的解答，我们可以更好地理解如何解决正方形翻折问题。
例题1：将正方形ABCD沿中心轴EF翻折，得到正方形A1B1CD。
求证：线段AC与A1C1相等。
分析：首先，我们可以利用勾股定理和相似三角形的性质来证明AC与A1C1相似，再利用对应边相等的定理来证明它们相等。
解：因为正方形ABCD和A1B1CD是相似的图形，所以它们对应边相似且对应夹角相等。
因此，AC与A1C1相似，所以它们的比值相等。
又因为AC与A1C1是正方形中的两条边，所以它们的长度相等，即AC=A1C1。
例题2：将正方形ABCD沿中心轴EF翻折，得到正方形A1B1CD。
折叠几何综合专题---16道题目(含答案)
折叠几何综合专题---16道题目(含答案) -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN01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＝25，求BE的长．(1)证明：由折叠性质可得，EF ＝FD ，∠AEF ＝∠ADF ＝90°，∠EFA ＝∠DFA ，EG ＝GD ，∵EG ∥DC ，∴∠DFA ＝∠EGF ， ∴∠EFA ＝∠EGF ，∴EF ＝EG ＝FD ＝GD ，∴四边形EFDG 是菱形；(2)解：EG 2＝12GF ·AF .理由如下： 如解图，连接ED ，交AF 于点H ，∵四边形EFDG 是菱形，∴DE ⊥AF ，FH ＝GH ＝12GF ，EH ＝DH ＝12DE ， ∵∠FEH ＝90°－∠EFA ＝∠FAE ，∠FHE ＝∠AEF ＝90°， ∴Rt △FEH ∽Rt △FAE ，∴EFAF ＝FHEF ，即EF 2＝FH ·AF ，又∵FH ＝12GF ，EG ＝EF ，∴EG 2＝12GF ·AF ；(3)解：∵AG ＝6，EG ＝25，EG 2＝12AF ·GF ，∴(25)2＝12(6＋GF )·GF ，解得GF ＝4或GF ＝－10(舍)，∴GF ＝4，∴AF ＝10.∵DF ＝EG ＝25，∴AD ＝BC ＝AF 2－DF 2＝45，DE ＝2EH ＝2EG 2－（12GF ）2＝8，∵∠CDE ＋∠DFA ＝90°，∠DAF ＋∠DFA ＝90°，∴∠CDE ＝∠DAF ，∵∠DCE ＝∠ADF ＝90°，∴Rt △DCE ∽Rt △ADF ，∴EC DF ＝DE AF ，即EC 25＝810，∴EC ＝855，∴BE ＝BC －EC ＝1255.02如图，将矩形ABCD 沿对角线BD 对折，点C 落在E 处，BE 与AD 相交于点F ，若DE ＝4，BD ＝8.(1)求证：AF ＝EF ；(2)求证：BF 平分∠ABD .证明：(1)在矩形ABCD 中，AB ＝CD ，∠A ＝∠C ＝90°， ∵△BED 是△BCD 对折得到的，∴ED ＝CD ，∠E ＝∠C ，∴ED ＝AB ，∠E ＝∠A ，(2分)又∵∠AFB ＝∠EFD ，∴△ABF ≌△EDF (AAS)，∴AF ＝EF ；(4分)(2)在Rt △BCD 中，∵DC ＝DE ＝4，BD ＝8，∴sin ∠CBD ＝DC BD ＝12， ∴∠CBD ＝30°，(5分)∴∠EBD ＝∠CBD ＝30°，∴∠ABF＝90°－30°×2＝30°，(7分)∴∠ABF＝∠EBD，∴BF平分∠ABD.(8分)03把一张矩形ABCD纸片按如图方式折叠，使点A与点E重合，点C与点F 重合（E、F两点均在BD上），折痕分别为BH、DG。
2023年高考数学-----翻折问题规律方法与典型例题讲解
2023年高考数学-----翻折问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例1．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 【答案】C【解析】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角 此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCD V S PM ==⨯ ，故D 正确 故选：C例2．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得AB CE ^，则x 的取值范围是（ ）A ．0x <B ．0x <C ．01x <≤D ．0x <【答案】A【解析】如图示,设1A 处为ABD △沿BD 翻折后的位置，以D 为坐标原点，DA,DC 分别为x,y 轴，过点D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则1(1,0,0),(1,,0),(,0,,0),(,,0)22x A B x C x E ，设1(,,)A a b c ， 由于1||1A D = ,故2221a b c ++= ，而111(1,,),(,,),(,,0)22x BA a b x c DA a b c CE =−−==− ， 由于AB AD ⊥ ,故11BA DA ⊥，则211(1)()0BA DA a a b b x c ⋅=−+−+=，即1bx a =− ；又由在翻折过程中存在某个位置，便得AB CE ^，不妨假设1BA CE ⊥, 则11(1)()022x BA CE a b x ⋅=−−−=，即210x bx a −+−= ， 即212(1)x bx a a =+−=− ，当将ABD △翻折到如图A BD '位置时，A BD '位于平面ABCD 内，不妨假设此时BA CE '⊥ ，设垂足为G,作A F '⊥ AD 的延长线，垂足为F ,此时在x 轴负半轴上方向上，DF 的长最大，a 取最小值， 由于90BA D '∠=，故EG A D '∥ ,所以BEG BDA BDA '∠=∠=∠ ,而BEG AED ∠=∠,故AED BDA EDA ∠=∠=∠，又AE AD = ,故AED △ 为正三角形，则60,60EDA BDA FDA ''∠=∴∠=∠=,而1A D '= ,故12DF = ,则12a ≥− ，故22(1)3x a =−≤，0x > ，则x ≤，故x 的取值范围是 ，故选：A例3．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D −−为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD −，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD −中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交D ．三棱锥B ADC −的体积为定值【答案】B【解析】A. 假设B ､E ､C ､F 四点共面，则直线EC 与BF 共面，若EC 与BF 平行，又EC 与AD 平行，则AD 与BF 平行，这与AD 与BF 相交矛盾；若EC 与BF 相交，设交点为Q ，则Q 即在平面BAD 内，又在平面AECD 内，则点Q 在交线AD 上，这与EC 与AD 平行矛盾，所以假设不成立，所以B 、E 、C 、F 不共面，故错误；B.如图所示：在AD 上取点G ，使得AG =EC ，当DF DG FB AG=时，//FG AB ，又FG ⊄平面BAE ，AB ⊂平面BAE ，所以//FG 平面BAE ，同理//CG 平面BAE ，又FG CG G =，所以平面//CFG 平面BAE ，则CF ∥平面BAE ，故存在点F ，使得CF ∥平面BAE ，故正确；C.设侧面BEC 与侧面BAD 的交线为l ，因为//EC AD ，且EC ⊄面BAD ，AD ⊂面BAD ，所以//EC 面BAD ，则//EC l ，所以AD //l ，故错误；D.因为二面角B AE D −−为直二面角，当点E 移动时，点B 到AE 的距离即三棱锥−B ADC 的高变化，而ADC S △是定值，故三棱锥−B ADC 的体积不是定值，故错误；故选：B例4．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【答案】A【解析】由题意可知，不妨设2AB BC CD ===，则1,AD CD ==如图所示，取点E ，F 分别为AB ，BC 的中点，连结AF ，DE ，设G 为DE 与AF 的交点，DE 与AC 的交于点H .所以1,AD CD ''=1BD '<<D ¢在平面ABC 上的投影在DE 上.当点D ¢的投影为点G 时，则BD CD ''=；当点D ¢的投影在DG 上时，则BD CD ''>； 当点D ¢的投影在GE 上时，则BD CD ''<；当点D ¢投影为点E 时，则AD BD ''=. 故要使AD BD CD '''＜＜，则点D ¢的投影在点G ，E 两点之间，此时投影点到AB ，BC ，CD 的距离为AB CA BC d d d <<所以二面角D AB C '﹣﹣最大，其次为二面角D AC B '﹣﹣，而二面角D BC A '﹣﹣最小，故αγβ＞＞；设三棱锥D ABC '−的高为h. 则123sin ,sin ,sin h h h D A D B D Cθθθ==='''. 因为AD BD CD '''＜＜，所以123sin sin sin θθθ>>.因为123,,0,2πθθθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以123θθθ>> 故选：A.。
立体几何——翻折问题
立体几何——翻折问题1、（2012北京文）（本小题共14分）如图1，在Rt ABC ∆中，90C ∠=，,D E 分别为,AC AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将ADE ∆沿DE 折起到1A DE ∆的位置，使1A F CD ⊥，如图2。
（Ⅰ）求证：//DE 平面1ACB ； （Ⅱ）求证：1A F BE ⊥；（Ⅲ）线段1A B 上是否存在点Q ，使1AC ⊥平面DEQ ？说明理由。
2、如图（1）在正方形错误！未找到引用源。
中，错误！未找到引用源。
分别是边错误！未找到引用源。
的中点，沿错误！未找到引用源。
及错误！未找到引用源。
把这个正方形折成一个几何体如图(2),使错误！未找到引用源。
三点重合于错误！未找到引用源。
, 下面结论成立的是( )A. 错误！未找到引用源。
平面错误！未找到引用源。
B. 错误！未找到引用源。
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C. 错误！未找到引用源。
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D. 错误！未找到引用源。
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【答案】A3、【2018届广东省东莞外国语学校高三第一次月考】如图5,矩形ABCD 中, AB 12,AD 6,== , E,F 分别为CD,AB 边上的点,且DE 3,BF 4==,将BCE 沿BE 折起至PBE 位置(如图6所示),连结AP,PF ,其中PF =(Ⅰ) 求证: PF ABED ⊥平面；(Ⅱ) 在线段PA 上是否存在点Q 使得FQ PBE 平面?若存在,求出点Q 的位置；若不存在,请说明理由. (Ⅲ) 求点A 到PBE 平面的距离.4、如图2，E 、F 分别是矩形AB CD 的边AB 、CD 的中点，G 是EF 上的一点，将△GAB 、△GCD 分别沿AB 、CD 翻图2图1FEAD CB折成△G 1AB ，△G 2CD ，并连结G 1G 2，使得平面G 1AB ⊥平面ABCD ，G 1G 2∥AD ，且G 1G 2<AD ，连结BG 2，如图3。
立体几何中翻折问题(微专题)(解析版)
立体几何中翻折问题(微专题)一、题型选讲题型一、展开问题1(2022·广东佛山·高三期末)长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,AD=AA1=2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于F，则四边形BED1F的周长的最小值为()A.43B.213C.2(2+5)D.2+42【答案】B【分析】将几何体展开，利用两点之间直线段最短即可求得截面最短周长．【详解】解：将长方体展开，如图所示：当点E为BD1与AA1的交点，F为BD1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1=222+(1+2)2=213．故选：B．1.(2022·湖北武昌·高三期末)已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为22的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，BD=22，则在该四面体中()A.BE⊥CDB.BE与平面DCE所成角的余弦值为21015D.四面体ABCD的外接球表面积为9πC.四面体ABCD的内切球半径为10530【答案】ACD【分析】几何体内各相关线段的计算即可.【解析】由题意得，展开图拼成的几何体如下图所示，AB=CD=2，AD=BD=BC=AC=22，取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，过O作OH⊥CM于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径.所以AM=CN=12AB=22，CM=AN=AC2-CN2=222-222=302MN=CM2-CN2=3022-22 2=7对于A：AN⊥CD，BN⊥CD，AN∩BN=N，故CD⊥平面ABN，而BE⊂平面ABN，所以BE⊥CD，故A正确；对于B：由于CD⊂平面ACD，故平面ABN⊥平面ACD，故∠BAN是BE与平面DCE所成角，故cos∠BAN=AMAN=22×230=1515，故B错误；对于C：OH=CNCM12MN=22×230×12×7=10530，故C正确；对于D：OA2=AM2+12MN2=22 2+72 2=94所以外接球的表面积为9π，故D正确.故选：ACD2.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD= 3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=.【答案】-14【解析】∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =1，由勾股定理得BC =AB 2+AC 2=2，同理得BD =6，∴BF =BD =6，在△ACE 中，AC =1，AE =AD =3，∠CAE =30°，由余弦定理得CE 2=AC 2+AE 2-2AC ⋅AE cos30°=1+3-2×1×3×32=1，∴CF =CE =1，在△BCF 中，BC =2，BF =6，CF =1，由余弦定理得cos ∠FCB =CF 2+BC 2-BF 22CF ⋅BC=1+4-62×1×2=-14.故答案为：-14.题型二、折叠问题2(2022·河北唐山·高三期末)如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，E 为AB 的中点，将△AED 沿DE 所在的直线翻折，使A 与A 重合，得到四棱锥A -BCDE ，则在翻折的过程中()A.DE ⊥AAB.存在某个位置，使得A E ⊥CDC.存在某个位置，使得A B ∥DED.存在某个位置，使四棱锥A -BCDE 的体积为1【答案】AB 【分析】过A 作A O ⊥DE ，垂足为O ，证得DE ⊥平面A AO ，可判定A 正确；取DC 的中点G ，连接EG ,A G ，当A 在平面ABCD 上的投影在FG 上时，可判定B 正确；连接A B ，由直线A B 与DE 是异面直线，可判定C错误；求得A O=25，结合体积公式求可判定D错误.【详解】对于A中，如图所示，过A 作A O⊥DE，垂足为O，延长AO交BC于点F，因为DE⊥AO，且AO∩A O=O，所以DE⊥平面A AO，又因为A A⊂平面A AO，所以DE⊥AA ，所以A正确；对于B中，取DC的中点G，连接EG,A G，当A 在平面ABCD上的投影在FG上时，此时DC⊥平面A EG，从而得到A E⊥CD，所以B正确；对于C中，连接A B，因为E⊂平面A BE，D⊄平面A BE，所以直线A B与DE是异面直线，所以不存在某个位置，使得A B∥DE，所以C错误；对于D中，由V A -BCDE=13×12×(1+2)×2×h=1，解得h=1，由A 作A O⊥DE，可得A O=A E⋅A DDE=1×25=25，即此时四棱锥的高h∈0,25 5，此时25<1，所以不存在某个位置，使四棱锥A -BCDE的体积为1，所以D错误.故选：AB.1.(2022·江苏宿迁·高三期末)如图，一张长､宽分别为2,1的矩形纸，A,B，C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体，则()A.在该多面体中，BD=2B.该多面体是三棱锥C.在该多面体中，平面BAD⊥平面BCDD.该多面体的体积为112【答案】BCD利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以A ,B ,C ,D 为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，以及棱锥的体积公式即可得出结论．【解析】由于长、宽分别为2，1，A ,B ,C ,D 分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得P 1,P 2,P 3,P 4四点重合为一点P ，且P 为BD 的中点，从而得到一个多面体ABCD ，所以该多面体是以A ,B ,C ,D 为顶点的三棱锥，故B 正确；AB =BC =CD =DA =32，AC =BD =1，AP =CP =22，故A 不正确；由于22 2+22 2=1，所以AP ⊥CP ，BP ⊥CP ，可得BD ⊥平面ACP ，则三棱锥A -BCD 的体积为13×BD ×S △ACP =13×1×12×22×22=112，故D 正确；因为AP ⊥BP ，AP ⊥CP ，所以AP ⊥平面BCD ，又AP ⊂平面BAD ，可得平面BAD ⊥平面BCD ，故C 正确.故选：BCD2.(2022·江苏海安·高三期末)如图，ABCD 是一块直角梯形加热片，AB ∥CD ，∠DAB =60°，AB =AD =4dm ．现将△BCD 沿BD 折起，成为二面角A -BD -C 是90°的加热零件，则AC 间的距离是dm ；为了安全，把该零件放进一个球形防护罩，则球形防护罩的表面积的最小值是dm 2．(所有器件厚度忽略不计)【答案】4设E 为BD 的中点，由题可得AE ⊥平面BCD ，进而可求AC ，再结合条件可得△DAB 的中心为棱锥C -ABD 的外接球的球心，即求.【解析】∵ABCD 是一块直角梯形加热片，AB ∥CD ，∠DAB =60°，AB =AD =4dm ．∴△DAB 为等边三角形，BC =23dm ,DC =2dm ，设E 为BD 的中点，连接AE ，CE ，则AE ⊥BD ，又二面角A -BD -C 是90°，∴AE ⊥平面BCD ，CE ⊂平面BCD ，∴AE ⊥CE ，又CE =2dm ，AE =23dm ，∴AC =AE 2+CE 2=4dm ，设△DAB 的中心为O ，则OE ⊥平面BCD ，又E 为BD 的中点，△BCD 为直角三角形，∴OB =OC =OD =OA ，即O 为三棱锥C -ABD 的外接球的球心，又OA =23×23=433dm ，故球形防护罩的表面积的最小值为4π⋅OA 2=64π3dm 2.故答案为：4，64π3.3.(2022·河北保定·高三期末)如图，DE 是边长为4的等边三角形ABC 的中位线，将△ADE 沿DE 折起，使得点A 与P 重合，平面PDE ⊥平面BCDE ，则四棱雉P -BCDE 外接球的表面积是.【答案】52π3求出四边形BCDE 外接圆的圆半径，再设四棱锥P -BCDE 外接球的球心为O ，由R 2=OO 2+O B 2求出半径，代入球的表面积公式即可.【解析】如图，分别取BC ，DE 的中点O ，F ，连接PF ，O F .因为△ABC 是边长为4的等边三角形，所以PF =O F =3，所以O B =O C =O D =O E =2，则四边形BCDE 外接圆的圆心为O ，半径r =2.设四棱锥P -BCDE 外接球的球心为O ，连接OO ，过点O 作OH ⊥PF ，垂足为H .易证四边形HFO O 是矩形，则HF =OO ，OH =O F =3.设四棱锥P -BCDE 外接球的半径为R ，则R 2=OO 2+O B 2=OH 2+PH 2=O F 2+PF -OO 2，即R 2=OO 2+22=3 2+3-OO 2，解得R 2=133，故四棱锥P -BCDE 外接球的表面积是4πR 2=52π3.故答案为：52π3题型三、折叠的综合性问题3(2022·江苏扬州·高三期末)在边长为6的正三角形ABC 中M ，N 分别为边AB ，AC 上的点，且满足AM AB =ANAC=λ，把△AMN 沿着MN 翻折至A ′MN 位置，则下列说法中正确的有()A.在翻折过程中，在边A ′N 上存在点P ，满足CP ∥平面A ′BMB.若12<λ<1，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A ′BC ⊥平面BCNMC.若λ=12且二面角A ′-MN -B 的大小为120°，则四棱锥A ′-BCNM 的外接球的表面积为61πD.在翻折过程中，四棱锥A ′-BCNM 体积的最大值为63【答案】BCD 【分析】通过直线相交来判断A 选项的正确性；通过面面垂直的判定定理判断B 选项的正确性；通过求四棱锥A -BCNM 外接球的表面积来判断C 选项的正确性；利用导数来求得四棱锥A -BCNM 体积的最大值.【详解】对于选项A，过P作PQ⎳MN⎳BC，交AM于Q，则无论点P在A′N上什么位置，都存在CP与BQ相交，折叠后为梯形BCQP，则CP不与平面A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设D,E分别是BC,MN的中点，若12<λ<1，则AE>DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE=E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，DE∩MN=E，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设D,E分别是BC,MN的中点，若λ=12且二面角A′-MN-B的大小为120°，则△AMN为正三角形，∠BMN=120°，∠C=60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DB=DC=DM=DN=3，所以点G即为点D，所以r=3，二面角A′-MN-B的平面角即为∠A′ED=120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，EH=334，DH=934，A′H=94，DH2=24316，设外接球球心为O，由OD2+32=R294-OD2+24316=R2，解得R2=614，所以外接球的表面积为S=4πR2=61π，故选项C正确；对于选项D，设D,E分别是BC,MN的中点，设h是四棱锥A -BCNM的高.S△AMN=12×6λ×6λ×32=93λ2，S△ABC=12×6×6×32=93，所以S四边形BCNM=93(1-λ2)，则V A′-BCNM=13×93(1-λ2)×h≤33(1-λ2)×A′E=33(1-λ2)×33λ=27(-λ3+λ)，λ∈(0，1)，可设f(λ)=27(-λ3+λ)，λ∈(0，1)，则f λ =27(-3λ2+1)，令f λ =0，解得λ=33，则函数f(λ)在0，33上单调递增，在33，1上单调递减，所以f(λ)max=f33=63，则四棱锥A′-BCN体积的最大值为63，故选项D正确.故选：BCD1.(2021·山东滨州市·高三二模)已知正方形ABCD的边长为2，将△ACD沿AC翻折到△ACD 的位置，得到四面体D -ABC，在翻折过程中，点D 始终位于△ACD所在平面的同一侧，且BD 的最小值为2，则下列结论正确的是()A.四面体D -ABC的外接球的表面积为8πB.四面体D -ABC体积的最大值为63C.点D的运动轨迹的长度为22π3D.边AD旋转所形成的曲面的面积为22π3【答案】ACD【解析】对ABCD各选项逐一分析即可求解.【详解】解：对A：∵∠ABC=90o，∠AD C=90o，∴AC中点即为四面体D -ABC的外接球的球心，AC为球的直径，∴R=2，∴SD -ABC =4πR2=4π22=8π，故选项A正确；对B：当平面AD C⏊平面ABC时，四面体D -ABC体积的最大，此时高为2，∴V D -ABCmax=13×12×2×2×2=223，故选项B错误；对C ：设方形ABCD 对角线AC 与BD 交于O ，由题意，翻折后当BD 的最小值为2时，△OD B 为边长为2的等边三角形，此时∠D OB =π3，所以点D 的运动轨迹是以O 为圆心2为半径的圆心角为2π3的圆弧，所以点D 的运动轨迹的长度为2π3×2=22π3，故选项C 正确；对D ：结合C 的分析知，边AD 旋转所形成的曲面的面积为以A 为顶点，底面圆为以O 为圆心OD =2为半径的圆锥的侧面积的13，即所求曲面的面积为13πrl =13π×2×2=22π3，故选项D 正确.故选:ACD .2.【2022·广东省深圳市宝安区第一次调研10月】如图甲是由正方形ABCD ，等边△ABE 和等边△BCF 组成的一个平面图形，其中AB =6，将其沿AB ，BC ，AC 折起得三棱锥P -ABC ，如图乙.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)过棱AC 作平面ACM 交棱PB 于点M ，且三棱锥P -ACM 和B -ACM 的体积比为1:2，求直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)427.【分析】(1)取AC 的中点为O ，连接BO ，PO ，证明PO ⊥AC ，PO ⊥OB ，即证PO ⊥平面ABC ，即证得面面垂直；(2)建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量AM 的坐标，再计算平面PBC 法向量n，利用所求角的正弦为cos AM ,n即得结果.【解析】(1)证明：如图，取AC 的中点为O ，连接BO ，PO .∵PA =PC ，∴PO ⊥AC .∵PA =PC =6，∠APC =90°，∴PO =12AC =32，同理BO =32.又PB =6，∴PO 2+OB 2=PB 2，∴PO ⊥OB .∵AC ∩OB =O ，AC ，OB ⊂平面ABC ，11∴PO ⊥平面ABC .又PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC ；(2)解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，A 32,0,0 ，C -32,0,0 ，B 0,32,0 ，P 0,0,32 ，∴CB =32,32,0 ，CP =32,0,32.∵三棱锥P -ACM 和B -ACM 的体积比为1:2，∴PM :BM =1:2，∴M 0,2,22 ，∴AM =-32,2,22 .设平面PBC 的法向量为n =x ,y ,z ，则32x +32y =032x +32z =0 ，令x =1，得n =1,-1,-1 .设直线AM 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos AM ,n =-6227⋅3 =427.∴直线AM 与平面PBC 所成角的正弦值为427.。
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几何图形的翻折图形题一．填空题：1．已知：如下图1，把一张矩形纸片ABCD沿BD对折，使C点落在E处，BE与AD相交于点O，写出一组相等的线段_________ （不包括AB=CD和AD=BC）．2．如上图2，有一张面积为1的正方形纸片ABCD，M、N分别是AD、BC边的中点，将C点折叠至MN 上，落在P点的位置，折痕为BQ，连接PQ，则PQ=_________．3．如上图3，有一张矩形纸片ABCD，AB=5，AD=3，将纸片折叠，使AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED以DE为折痕向右折叠，AE与BC交于点F，则CF的长为,_________．4．如下图1，一张长方形纸片ABCD，其长AD为a，宽AB为b（a＞b），在BC边上选取一点M，将△ABM沿AM翻折后B至B′的位置，若B′为长方形纸片ABCD的对称中心，则的值为_________．5、如上图2所示，把一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，已知AB=6、BC=8，则BF=_________．6、如上图3，取一张长方形纸片，它的长AB=10cm，宽BC=cm，然后以虚线CE（E点在AD上）为折痕，使D点落在AB边上，则AE=_______cm，∠DCE=________．7、如下图1，四边形ABCD是一张矩形纸片，AD=2AB，若沿过点D的折痕DE将A角翻折，使点A落在BC上的A1处，则∠EA1B=_________度．8、一张长方形的纸片如下图2所示折了一角，测得AD=30cm，BE=20cm，∠BEG=60°，则折痕EF的长为______．二．选择题：1、如下图1，明明折叠一张长方形纸片，翻折AD，使点D落在BC边的点F处，量得AB=8cm，BC=10cm，则EC=（）A．3 B．4 C．5 D．62、如上图2，把一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，BC交AD于O．给出下列结论：①BC平分∠ABD；②△ABO≌△CDO；③∠AOC=120°；④△BOD是等腰三角形．其中正确的结论有（）A．①③B．②④C．①②D．③④3、如上图3，一张四边形纸片ABCD，AD∥BC，将∠ABC对折使BC落在AB上，点C落在AB上点F 处，此时我们可得到△BCE≌△BFE，再将纸片沿AE对折，D点刚好也落在点F上，由此我们又可得到一些结论，下述结论你认为正确的有（）①AD=AF；②DE=EF=EC；③AD+BC=AB；④EF∥BC∥AD；⑤∠AEB=90°；⑥S=AE•BE四边形ABCDA．3个B．4个 C．5个D．6个4、如下图1，一张平行四边形纸片，AB＞BC，点E是AB上一点，且EF∥BC，若沿EF剪开，能得到两张菱形纸片，则AB与BC间的数量关系为（）A．AB=2BC B．AB=3BC C．AB=4BC D．不能确定5、如上图2，把一张长方形纸片ABCD沿BD对折，使点C落在E处，BE与AD相交于点F，有下列几个说法：①∠BED=∠BCD；②∠DBF=∠BDF；③BE=BC；④AB=DE．其中正确的个数为（）A．1个B．2个C．3个D．4个6、如下图1，已知BC为等腰三角形纸片ABC的底边，AD⊥BC，AD=BC．将此三角形纸片沿AD剪开，得到两个三角形，若把这两个三角形拼成一个平行四边形，则得到的四边形是（）A．只能是平行四边形B．只能为菱形C．只能为梯形D．可能是矩形7、如下图2，直角梯形纸片ABCD中，∠DCB=90°，AD∥BC，将纸片折叠，使顶点B与顶点D重合，折痕为CF．若AD=2，BC=5，则AF：FB的值为（）A．B．C．D．三．解答题：1．如图，把一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使C点落在C′，且BC′与AD交于E点，试判断重叠部分的三角形BED的形状，并证明你的结论．2、有一张矩形纸片ABCD中，其中AD=4cm，上面有一个以AD为直径的半圆，正好与对边BC相切，如图（1），将它沿DE折叠，使A点落在BC上，如图（2）所示，这时，半圆露在外面的面积是多少？3、已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD＞AB），将纸片折叠一次，使点A与C重合，再展开，折痕EF交AD边于E，交BC边于F，分别连接AF和CE，AE=10．在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=AC•AP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由．4、矩形折叠问题：如图所示，把一张矩形纸片沿对角线折叠，重合部分是什么图形，试说明理由．（1）若AB=4，BC=8，求AF．（2）若对折使C在AD上，AB=6，BC=10，求AE，DF的长．5、如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿对角线BD对折，点C落在点C′的位置，BC′交AD于点G．（1）求证：AG=C′G；（2）如图2，再折叠一次，使点D与点A重合，得折痕EN，EN交AD于点M，求EM的长．6、在如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片折叠一次，使点A与C重合，再展开，折痕EF交AD边于E，交BC边于F，分别连接AF和CE．（1）求证：四边形AFCE是菱形；（2）过E作EP⊥AD交AC于P，求证：2AE2=AC•AP；（3）若AE=8cm，△ABF的面积为9cm2，求△ABF的周长．7、一张长方形纸片宽AB=8 cm，长BC=10 cm，现将纸片折叠，使顶点D落在BC边上的点F处（折痕为AE），求EC的长．8、有一张矩形纸片ABCD，E、F分别是BC、AD上的点（但不与顶点重合），若EF将矩形ABCD分成面积相等的两部分，设AB=m，AD=n，BE=x．（1）求证：AF=EC；（2）用剪刀将该纸片沿直线EF剪开后，再将梯形纸片ABEF沿AB对称翻折，平移拼接在梯形ECDF 的下方，使一底边重合，一腰落在DC的延长线上，拼接后，下方梯形记作EE′B′C．当x：n为何值时，直线E′E经过原矩形的顶点D．答案与评分标准一．填空题1：解：由折叠的性质知，ED=CD=AB，BE=BC=AD，∴△ABD≌△EDB，∠EBD=∠ADB，由等角对等边知，OB=OD．2：解：∵∠CBQ=∠PBQ=∠PBC，BC=PB=2BN=1，∠BPQ=∠C=90°∴cos∠PBN=BN：PB=1：2∴∠PBN=60°，∠PBQ=30 ∴PQ=PBtan30°=．3．：解：由折叠的性质可知∠EAD=∠DAB=45°，∠ADE=90°，∴∠DEA=45°，∠FEC=45°，∴FC=CE=DB=AB﹣AD=5﹣3=2．故本题答案为：2．4：解：连接CB′．由于B'为长方形纸片ABCD的对称中心，∴AB′C是矩形的对角线．由折叠的性质知，AC=2AB′=2AB=2b，∴sin∠ACB=AB：AC=1：2，∴∠ACB=30°．cot∠ACB=cot30°=a：b=．5：解：根据题意可得：AB=DE，∠A=∠E=90°，又∵∠AFB=∠EFD，∴△ABF≌△EDF（AAS）．∴AF=EF，设BF=x，则AF=FE=8﹣x，在Rt△AFB中，可得：BF2=AB2+AF2，即x2=62+（8﹣x）2，解得：x=．故答案为：．6：解：∵△D′CE是△DCE沿直线CE翻折而成，∴CD′=AB=CD=10，DE=ED′，∴在Rt△BCD′中，BD′===5，∴AD′=AB﹣BD′=10﹣5=5，设AE=x，则ED′=5﹣x，在Rt△AED′中，AE2+AD′2=ED′2，即x2+52=（5﹣x）2，解得x=．∴DE=AD﹣AE=5﹣=，∵tan∠DCE===，∵△CDE是直角三角形，∴∠DCE=30°．故答案为：、30°．7：解：由折叠的性质知，A′D=AD=2CD，∴sin∠CA′D=CD：A′D=1：2，∴∠CA′D=30°，∴∠EA′B=180°﹣∠EA′D﹣∠CA′D=180°﹣90°﹣30°=60°．故答案为：60．8．解：依题意得∠GEF=∠CEF，而∠BEG=60°，∴∠GEF=∠CEF=60°，∵AD=30cm，BE=20cm，∴CE=BC﹣BE=AD﹣BE=10cm，而在Rt△CEF中，∠CFE=30°，∴EF=2CE=20cm．故答案为：20cm．二．选择题1．解：∵△AFE是Rt△ADE翻折而成，∴△ADE≌△AFE，∴AD=AF=BC=10cm，DE=EF，在Rt△ABF中，BF===6cm，∴CF=BC﹣BF=10﹣6=4cm，设CE=x，则EF=8﹣x，在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，即（8﹣x）2=x2+42，解得x=3cm．故选A．2、解：设CD等于xcm，则：BD=（8﹣x）cm；∴AD=8﹣x；在直角三角形ACD中，已知AC=6，则由勾股定理可得：AD2=AC2+CD2 ∴（8﹣x）2=62+x2 ∴x=故选C．12．解：如图2，根据题意得：BD=AB﹣AD=2.5﹣1.5=1，如图3，AB=AD﹣BD=1.5﹣1=0.5，∵BC∥DE，∴△ABF∽△ADE，∴，即，∴BF=0.5，∴CF=BC﹣BF=1.5﹣0.5=1．故选B． 3．解：①由于将纸片沿AE对折，D点刚好也落在点F上，∴AD=AF，故正确；②由于将∠ABC对折使BC落在AB上，点C落在AB上点F处，∴DE=EF；由于将纸片沿AE对折，D 点刚好也落在点F上，∴DE=EF，∴DE=EF=EC，故正确；③由于将∠ABC对折使BC落在AB上，点C落在AB上点F处，∴BC=BF；∵AD=AF，∴AD+BC=AF+BF=AB，故正确；④无法证明EF∥BC∥AD，故错误；⑤∵∠DEF=2∠FEA，∠CEF=2∠FEB，∠DEC是平角，∴∠AEB=∠FEA+∠FEB=（∠DEF+∠CEF）=90°，∴∠AEB=90°，故正确；⑥∵S三角形ADE =S三角形AFE，S三角形BCE=S三角形BFE，∴S四边形ABCD=2S三角形AFB=2×（AE•BE）=AE•BE，故正确．故选C．4．解：∵把一张矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，∴∠C=∠A=90°，AB=CD；∵∠AOB=∠COD，∴△ABO≌△CDO（第二个正确）；∴OB=OD；∴△BOD是等腰三角形（第四个正确）．其它无法证明．故选B．5．解：∵菱形的四边相等，∴AE=AD=BC=EB，即可得出AB=AE+EB=2BC．故选A．6．解：如图：①∠BED和∠BCD为同一个角，故∠BED=∠BCD；②∵∠DBF=∠CBD（反折不变性），∠DBC=∠BDA，∴∠DBF=∠BDF；③根据翻折不变性，BE=BC；④∵AB=DC，ED=DC，∴AB=DE．故正确答案有4个．故选D．7解：①将三角形ADC和三角形ABC的斜边重合，其中A与C重合，可拼成矩形；②将三角形ADC和三角形ABC的斜边重合，其中A与A重合，可拼成一个四边形；③将DB重合，其中D与B重合，可拼成一个平行四边形；④将AD重合，其中A与D重合，可拼成一个平行四边形．8．解：延长CF交DA于E，将纸片折叠，使顶点B与顶点D重合，则DC=BC，CF是∠BCD的平分线，∠DCE=45°，∴△EDC是等腰直角三角形，DE=DC=5，AE=5﹣2=3，BC=5，∵AD∥BC，∴∠E=∠FCB，∠EAF=∠B，∴△AEF∽△BCF，∴AF：FB=AE：BC=，故选D．三．解答题1：解：△BED是等腰三角形．理由如下：∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD．又由BC′是沿BD折叠而成，故∠EBD=∠CBD．∴∠ADB=∠EBD．∴△BED是等腰三角形．2．解：根据原题的图（2）可知∵DE是折痕，∴AD=A′D=4，CD=2，∠C=90°．∴∠DA′C=30°．∵AD∥BC，∠DA′C=30°，∴∠ODA′=30°，又∵OD=OF，∴∠OFD=30°．即∠FOD=180°﹣60°=120°．∴S阴影=S扇形﹣S△OFD．过O作OM⊥DF，因为OF=2，OM=1，DF=2MF=2，∴S△OFD =×DF×OM=×2×1=．∴S扇形OFAD==．∴S阴=﹣．3：证明：过E作EP⊥AD交AC于P，则P就是所求的点．当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°，∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO，∴△AOE≌△COF，∴OE=OF∴四边形AFCE是菱形．∴∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP，由作法得∠AEP=90°，∴△AOE∽△AEP，∴，则AE2=A0•AP，∵四边形AFCE是菱形，∴，∴AE2=AC•AP，∴2AE2=AC•AP．4：解：（1）如图1，由折叠的性质可知AB=CD=C′D，又∠A=∠C′=90°，∠AFB=∠C′FD，∴△ABF≌△C′DF，∴BF=DF，∴重合部分△BDF为等腰三角形；设AF=x，则BF=DF=8﹣x，在Rt△ABF中，由勾股定理得AB2+AF2=BF2，即42+x2=（8﹣x）2，解得AF=x=3；（2）如图2，由折叠的性质可知BE=BC=10，又AB=6，在Rt△ABE中，由勾股定理，得AE==8；设DF=x，由折叠的性质得EF=FC=6﹣x，DE=AD﹣AE=2，在Rt△DEF中，由勾股定理得DE2+DF2=EF2，即22+x2=（6﹣x）2，解得DF=x=．5：（1）证明：∵沿对角线BD对折，点C落在点C′的位置，∴∠A=∠C′，AB=C′D∴在△GAB与△GC′D中，∴△GAB≌△GC′D∴AG=C′G；（2）解：∵点D与点A重合，得折痕EN，∴DM=4cm，ND=5cm，∵AD=8cm，AB=6cm，∴BD=10cm，∵EN⊥AD，AB⊥AD，∴EN∥AB，∴DN=BD=5cm，∴MN==3（cm），由折叠的性质可知∠NDE=∠NDC，∵EN∥CD，∴∠END=∠NDC，∴∠END=∠NDC=∠NDE，∴EN=ED，设EM=x，则ED=EN=x+3，由勾股定理得ED2=EM2+DM2，即（x+3）2=x2+42，解得x=，即EM=．6、解答：（1）证明：由题意可知OA=OC，EF⊥AO，∵AD∥BC，∴∠AEO=∠CFO，∠EAO=∠FCO，∴△AOE≌△COF，∴AE=CF，又AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，∵AC⊥EF，∴四边形AECF是菱形；（2）解：∵四边形AECF是菱形，∴AF=AE=10cm，设AB=a，BF=b，∵△ABF的面积为24cm2，∴a2+b2=100，ab=48，∴（a+b）2=196，∴a+b=14或a+b=﹣14（不合题意，舍去），∴△ABF的周长为14+10=24cm；（3）解：存在，过点E作AD的垂线，交AC于点P，点P就是符合条件的点；证明：∵∠AEP=∠AOE=90°，∠EAO=∠EAO，∴△AOE∽△AEP，∴=，∴AE2=AO•AP，∵四边形AECF是菱形，∴AO=AC，∴AE2=AC•AP，∴2AE2=AC•AP．7：解：设EC=x，由AB=CD=8，AD=BC=10，及折叠性质可知，EF=ED=8﹣x，AF=AD=10，在Rt△ABF中，BF==6，则CF=BC﹣BF=10﹣6=4，在Rt△CEF中，CF2+CE2=EF2，即42+x2=（8﹣x）2，解得x=3；即EC=3cm．7、（1）证明：∵EF将矩形ABCD分成面积相等的两部分，∴（x+AF）•m=（n﹣x+n﹣AF）•m，（2分）∴2AF=2n﹣2x，∴AF=n﹣x，又∵EC=BC﹣BE=n﹣x，∴AF=EC；∴DE=E′E．∴2EC=E′B′．即2（n﹣x）=x，∴2n=3x．∴x：n=2：3．菁优网版权所有仅限于学习使用，不得用于任何商业用途11。