重庆中考数学题位复习系统之几何图形折叠问题Word格式.docx

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∵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．

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，

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．

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．

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．

如图，连接BE，延长CD交BE与点H，作CF⊥AB，垂足为F．

，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，

∴×

6×

8=×

10×

CF，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===．

【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．

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°

=108°

．

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．

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°

，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°

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=，

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．

∵∠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，

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；

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．

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，

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．

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=••=．

【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===，

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：

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，

∴同解法一得：

CG=×

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=﹣=，

【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．

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