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2019重庆中考数学题位复习系统之几何图形折叠问题 年重庆市中考数学 折叠问题.doc 图形折叠问题 中考数学图形折叠问题

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2019重庆中考数学题位复习系统（编著：刘伟） 2019重庆中考数学题位复习系统之 几何图形折叠问题 典例剖析 例1（2018•重庆）如图，把三角形纸片折叠，使点B、点C都与点A重合，折痕分别为DE，FG，得到∠AGE=30，若AE=EG=2厘米，则△ABC的边BC的长为　6+4　厘米． 【分析】根据折叠的性质和含30的直角三角形的性质解答即可． 【解答】解：∵把三角形纸片折叠，使点B、点C都与点A重合，折痕分别为DE，FG， ∴BE=AE，AG=GC， ∵∠AGE=30，AE=EG=2厘米， ∴AG=6， ∴BE=AE=2，GC=AG=6， ∴BC=BE+EG+GC=6+4， 故答案为：6+4， 【点评】此题考查翻折问题，关键是根据折叠的性质和含30的直角三角形的性质解答． 　 例2 （2018•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于　　． 【分析】根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE的长． 【解答】解：由题意可得， DE=DB=CD=AB， ∴∠DEC=∠DCE=∠DCB， ∵DE∥AC，∠DCE=∠DCB，∠ACB=90， ∴∠DEC=∠ACE， ∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30， ∴∠ACD=60，∠CAD=60， ∴△ACD是等边三角形， ∴AC=CD， ∴AC=DE， ∵AC∥DE，AC=CD， ∴四边形ACDE是菱形， ∵在Rt△ABC中，∠ACB=90，BC=6，∠B=30， ∴AC=， ∴AE=． 【点评】本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 　 跟踪训练 1．（2018•阜新）如图，将等腰直角三角形ABC（∠B=90）沿EF折叠，使点A落在BC边的中点A1处，BC=8，那么线段AE的长度为　5　． 【分析】由折叠的性质可求得AE=A1E，可设AE=A1E=x，则BE=8﹣x，且A1B=4，在Rt△A1BE中，利用勾股定理可列方程，则可求得答案． 【解答】解： 由折叠的性质可得AE=A1E， ∵△ABC为等腰直角三角形，BC=8， ∴AB=8， ∵A1为BC的中点， ∴A1B=4， 设AE=A1E=x，则BE=8﹣x， 在Rt△A1BE中，由勾股定理可得42+（8﹣x）2=x2，解得x=5， 故答案为：5． 【点评】本题主要考查折叠的性质，利用折叠的性质得到AE=A1E是解题的关键，注意勾股定理的应用． 　 2．（2018•崇明县二模）如图，△ABC 中，∠BAC=90，AB=6，AC=8，点D是BC的中点，将△ABD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，联结CE，那么线段CE的长等于　　． 【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． 【解答】解：如图连接BE交AD于O，作AH⊥BC于H． 在Rt△ABC中，∵AC=8，AB=6， ∴BC==10， ∵CD=DB， ∴AD=DC=DB=5， ∵BC•AH=AB•AC， ∴AH=， ∵AE=AB， ∴点A在BE的垂直平分线上． ∵DE=DB=DC， ∴点D在BE使得垂直平分线上，△BCE是直角三角形， ∴AD垂直平分线段BE， ∵AD•BO=BD•AH， ∴OB=， ∴BE=2OB=， 在Rt△BCE中，EC===， 故答案为 【点评】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． 　 3．（2018•马鞍山二模）如图，△ABC中，AC=BC=4，∠C=90，将△ABC折叠，使A点落在BC的中点A处，折痕分别交边AB、AC于点D、点E，则AD=　　． 【分析】连接AA′交DE于点M，过点A′作A′N⊥AB于点N，根据折叠的性质、勾股定理及相似三角形的性质可求出AD的长度． 【解答】解：连接AA′交DE于点M，过点A′作A′N⊥AB于点N，如图所示． ∵AC=BC=4，∠C=90，A′为线段BC的中点， ∴A′C=A′B=2，A′N=BN=，AA′==2，AB=4， ∴AN=AB﹣BN=3． ∵将△ABC折叠，使A点落在BC的中点A处，折痕分别交边AB、AC于点D、点E， ∴AM=AA′=． ∵∠DAM=∠A′AN，∠AMD=∠ANA′=90， ∴△ADM∽△AA′N， ∴=，即= ∴AD=． 故答案为． 【点评】本题考查了折叠的性质、勾股定理以及相似三角形的判定及性质，证明△ADM∽△AA′N是解题的关键． 4．（2018•沙坪坝区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90，点D是边AB的中点，连结CD，将△BCD沿直线CD翻折得到△ECD，连结AE．若AC=6，CD=5，则线段AE的长为　　． 【分析】连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为F．首先证明DC垂直平分线段BE，△ABE是直角三角形，利用三角形的面积求出EH，得到BE的长，在Rt△ABE中，利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：如图，连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为F． ∵在Rt△ABC中，∠ACB=90，点D是边AB的中点，CD=5， ∴AD=DB=CD=5，AB=10． ∵AC=6， ∴BC==8． ∵S△ABC=AC•BC=AB•CF， ∴68=10CF，解得CF=． ∵将△BCD沿直线CD翻折得到△ECD， ∴BC=CE，BD=DE， ∴CH⊥BE，BH=HE． ∵AD=DB=DE， ∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90， ∴S△ECD=S△ACD， ∴DC•HE=AD•CF， ∵DC=AD， ∴HE=CF=． ∴BE=2EH=． ∵∠AEB=90， ∴AE===． 故答案为． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型． 5．（2018•双滦区一模）如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=54，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O，将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合，则∠OEC为　108　度． 【分析】连接OB、OC，根据角平分线的定义求出∠BAO，根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，再根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得OA=OB，根据等边对等角可得∠ABO=∠BAO，再求出∠OBC，然后判断出点O是△ABC的外心，根据三角形外心的性质可得OB=OC，再根据等边对等角求出∠OCB=∠OBC，根据翻折的性质可得OE=CE，然后根据等边对等角求出∠COE，再利用三角形的内角和定理列式计算即可得解． 【解答】解：如图，连接OB、OC， ∵∠BAC=54，AO为∠BAC的平分线， ∴∠BAO=∠BAC=54=27， 又∵AB=AC， ∴∠ABC=（180﹣∠BAC）=（180﹣54）=63， ∵DO是AB的垂直平分线， ∴OA=OB， ∴∠ABO=∠BAO=27， ∴∠OBC=∠ABC﹣∠ABO=63﹣27=36， ∵AO为∠BAC的平分线，AB=AC， ∴△AOB≌△AOC（SAS）， ∴OB=OC， ∴点O在BC的垂直平分线上， 又∵DO是AB的垂直平分线， ∴点O是△ABC的外心， ∴∠OCB=∠OBC=36， ∵将∠C沿EF（E在BC上，F在AC上）折叠，点C与点O恰好重合， ∴OE=CE， ∴∠COE=∠OCB=36， 在△OCE中，∠OEC=180﹣∠COE﹣∠OCB=180﹣36﹣36=108． 故答案为：108． 【点评】本题考查了线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰三角形三线合一的性质，等边对等角的性质，以及翻折变换的性质，综合性较强，难度较大，作辅助线，构造出等腰三角形是解题的关键． 　 6．（2018•盘锦）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90，∠A=60，AC=2+4，点M、N分别在线段AC、AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为　或　． 【分析】依据△DCM为直角三角形，需要分两种情况进行讨论：当∠CDM=90时，△CDM是直角三角形；当∠CMD=90时，△CDM是直角三角形，分别依据含30角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，即可得到折痕MN的长． 【解答】解：分两种情况： ①如图，当∠CDM=90时，△CDM是直角三角形， ∵在Rt△ABC中，∠B=90，∠A=60，AC=2+4， ∴∠C=30，AB=AC=， 由折叠可得，∠MDN=∠A=60， ∴∠BDN=30， ∴BN=DN=AN， ∴BN=AB=， ∴AN=2BN=， ∵∠DNB=60， ∴∠ANM=∠DNM=60， ∴∠AMN=60， ∴AN=MN=； ②如图，当∠CMD=90时，△CDM是直角三角形， 由题可得，∠CDM=60，∠A=∠MDN=60， ∴∠BDN=60，∠BND=30， ∴BD=DN=AN，BN=BD， 又∵AB=， ∴AN=2，BN=， 过N作NH⊥AM于H，则∠ANH=30， ∴AH=AN=1，HN=， 由折叠可得，∠AMN=∠DMN=45， ∴△MNH是等腰直角三角形， ∴HM=HN=， ∴MN=， 故答案为：或． 【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，等腰直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 　 7．（2018•乌鲁木齐）如图，在Rt△ABC中，∠C=90，BC=2，AC=2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为　3或　． 【分析】利用三角函数的定义得到∠B=30，AB=4，再利用折叠的性质得DB=DC=，EB′=EB，∠DB′E=∠B=30，设AE=x，则BE=4﹣x，EB′=4﹣x，讨论：当∠AFB′=90时，则∴BF=cos30=，则EF=﹣（4﹣x）=x﹣，于是在Rt△B′EF中利用EB′=2EF得到4﹣x=2（x﹣），解方程求出x得到此时AE的长；当∠FB′A=90时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图，证明Rt△ADB′≌Rt△ADC得到AB′=AC=2，再计算出∠EB′H=60，则B′H=（4﹣x），EH=（4﹣x），接着利用勾股定理得到（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2=x2，方程求出x得到此时AE的长． 【解答】解：∵∠C=90，BC=2，AC=2， ∴tanB===， ∴∠B=30， ∴AB=2AC=4， ∵点D是BC的中点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F ∴DB=DC=，EB′=EB，∠DB′E=∠B=30， 设AE=x，则BE=4﹣x，EB′=4﹣x， 当∠AFB′=90时， 在Rt△BDF中，cosB=， ∴BF=cos30=， ∴EF=﹣（4﹣x）=x﹣， 在Rt△B′EF中，∵∠EB′F=30， ∴EB′=2EF， 即4﹣x=2（x﹣），解得x=3，此时AE为3； 当∠FB′A=90时，作EH⊥AB′于H，连接AD，如图， ∵DC=DB′，AD=AD， ∴Rt△ADB′≌Rt△ADC， ∴AB′=AC=2， ∵∠AB′E=∠AB′F+∠EB′F=90+30=120， ∴∠EB′H=60， 在Rt△EHB′中，B′H=B′E=（4﹣x），EH=B′H=（4﹣x）， 在Rt△AEH中，∵EH2+AH2=AE2， ∴（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2=x2，解得x=，此时AE为． 综上所述，AE的长为3或． 故答案为3或． 【点评】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了含30度的直角三角形三边的关系和勾股定理． 　 8．（2018•莘县一模）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E为AB上一点，将△BCE沿CE翻折至△FCE，EF与AD相交于点G，且AG=FG，则线段AE的长为　1　． 【分析】设BE=x，根据翻折变换的性质用x表示出AE、EG，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【解答】解：如图所示，∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=∠B=∠A=90，AB=CD=4，AD=BC=6， 根据题意得：△BCE≌△CEF， ∴EF=BE，∠F=∠B=90，CF=BC=6， 在△GAE和△GFH中， ， ∴△GAE≌△GFH（ASA）， ∴EG=GH，AE=FH， ∴AH=EF， 设BE=EF=x，则AE=FH=4﹣x，AH=x， ∴DH=6﹣x，CH=6﹣（4﹣x）=2+x， 根据勾股定理得：DC2+DH2=CH2， 即42+（6﹣x）2=（x+2）2， 解得：x=3， ∴BE=3， ∴AE=1， 故答案为：1． 【点评】本题考查的是翻折变换的性质和勾股定理的应用，翻折变换是一种对称变换，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． 　 9．（2017•沙坪坝区一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC=2，BD=6，将△AOD沿AD翻折得到△AED，延长EA交BD于点F，交BC于点G．连接OG，则△FOG的面积是　　． 【分析】作AH⊥CD于H，GN⊥AC于N．思想利用勾股定理求出菱形的边长，根据菱形的两个面积公式求出AH，利用相似三角形求出GN、AN、OF即可解决问题． 【解答】解：作AH⊥CD于H，GN⊥AC于N． ∵四边形ABCD是菱形． ∴AC⊥BD，OA=OC=1，OB=OD=3， ∴CD==， ∴•AC•BD=CD•AH， ∴AH=，DH==， ∵∠CAG+2∠DAC=180，∠ADC+2∠DAC=180， ∴∠CAG=∠ADC， ∵∠ACG=∠ACD=∠CAD， ∠AGC=∠ACG， ∴AG=AC=2， ∵∠ANG=∠AHD， ∴△AGN∽△DAH， ∴==， ∴GN=，AN=， ∵OF∥GN， ∴=， ∴OF=， ∴S△OFG=•OF•ON=••=． 故答案为． 【点评】本题考查菱形的性质、翻折变换、勾股定理、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 　 10．（2017•重庆）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EMN的周长是　　． 【分析】解法一：如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE=EF=，PD==3，如图2，由平行相似证明△DGC∽△FGA，列比例式可得FG和CG的长，从而得EG的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE∥GM证明△DEN∽△MNH，则，得EN=，从而计算出△EMN各边的长，相加可得周长． 解法二，将解法一中用相似得出的FG和CG的长，利用面积法计算得出，其它解法相同． 解法三：作辅助线构建正方形和全等三角形，设EP=x，则DQ=4﹣x=FP=x﹣2，求x的值得到PF=1，AE的长；由△DGC和△FGA相似，求AG和GE的长；证△GHF和△FKM全等，所以GH=FK=4/3，HF=MK=2/3，ML=AK=10/3，DL=AD﹣MK=10/3，即DL=LM，所以DM在正方形对角线DB上，设NI=y，列比例式可得NI的长，分别求MN和EN的长，相加可得结论． 【解答】解：解法一：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE， ∵DC∥AB， ∴PQ⊥AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD=45， ∴△PEC是等腰直角三角形， ∴PE=PC， 设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x， ∴PD=EQ， ∵∠DPE=∠EQF=90，∠PED=∠EFQ， ∴△DPE≌△EQF， ∴DE=EF， ∵DE⊥EF， ∴△DEF是等腰直角三角形， 易证明△DEC≌△BEC， ∴DE=BE， ∴EF=BE， ∵EQ⊥FB， ∴FQ=BQ=BF， ∵AB=4，F是AB的中点， ∴BF=2， ∴FQ=BQ=PE=1， ∴CE=，PD=4﹣1=3， Rt△DAF中，DF==2， DE=EF=， 如图2，∵DC∥AB， ∴△DGC∽△FGA， ∴==2， ∴CG=2AG，DG=2FG， ∴FG==， ∵AC==4， ∴CG==， ∴EG=﹣=， 连接GM、GN，交EF于H， ∵∠GFE=45， ∴△GHF是等腰直角三角形， ∴GH=FH==， ∴EH=EF﹣FH=﹣=， 由折叠得：GM⊥EF，MH=GH=， ∴∠EHM=∠DEF=90， ∴DE∥HM， ∴△DEN∽△MNH， ∴， ∴==3， ∴EN=3NH， ∵EN+NH═EH=， ∴EN=， ∴NH=EH﹣EN=﹣=， Rt△GNH中，GN===， 由折叠得：MN=GN，EM=EG， ∴△EMN的周长=EN+MN+EM=++=； 解法二：如图3，过G作GK⊥AD于K，作GR⊥AB于R， ∵AC平分∠DAB， ∴GK=GR， ∴====2， ∵==2， ∴， 同理，==3， 其它解法同解法一， 可得：∴△EMN的周长=EN+MN+EM=++=； 解法三：如图4，过E作EP⊥AP，EQ⊥AD， ∵AC是对角线， ∴EP=EQ， 易证△DQE和△FPE全等， ∴DE=EF，DQ=FP，且AP=EP， 设EP=x，则DQ=4﹣x=FP=x﹣2， 解得x=3，所以PF=1， ∴AE==3， ∵DC∥AB， ∴△DGC∽△FGA， ∴同解法一得：CG==， ∴EG=﹣=， AG=AC=， 过G作GH⊥AB，过M作MK⊥AB，过M作ML⊥AD， 则易证△GHF≌△FKM全等， ∴GH=FK=，HF=MK=， ∵ML=AK=AF+FK=2+=，DL=AD﹣MK=4﹣=， 即DL=LM， ∴∠LDM=45 ∴DM在正方形对角线DB上， 过N作NI⊥AB，则NI=IB， 设NI=y， ∵NI∥EP ∴ ∴， 解得y=1.5， 所以FI=2﹣y=0.5， ∴I为FP的中点， ∴N是EF的中点， ∴EN=0.5EF=， ∵△BIN是等腰直角三角形，且BI=NI=1.5， ∴BN=，BK=AB﹣AK=4﹣=，BM=，MN=BN﹣BM=﹣=， ∴△EMN的周长=EN+MN+EM=++=； 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、三角形全等、相似的性质和判定、勾股定理，三角函数，计算比较复杂，作辅助线，构建全等三角形，计算出PE的长是关键． 　 第22页（共22页）

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