《中考数学点对点突破复习特色专题-题33 中考几何折叠翻折类问题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学点对点突破复习特色专题-题33 中考几何折叠翻折类问题（解析版）（36页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题33 中考几何折叠翻折类问题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
2、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1】（2020哈尔滨）如图，在RtABC中，BAC90，B50，ADBC，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（）A10B20C30D40【答案】A【
3、解析】由余角的性质可求C40，由轴对称的性质可得ABBB50，由外角性质可求解BAC90，B50，C40，ADB与ADB关于直线AD对称，点B的对称点是点B，ABBB50，CABABBC10。【对点练习】（2019重庆）如图，在ABC中，ABC=45，AB=3，ADBC于点D，BEAC于点E，AE=1，连接DE，将AED沿直线沿直线AE翻折至ABC所在的平面内，得到AEF，连接DF，过点D作DGDE交BE于点G.则四边形DFEG的周长为（ ）A.8 B. C. D. 【答案】D.【解析】易证AEDAEFBGD，得ED=EF=GD，DGE=45，进而得BGD=AED=AEF=135，易得DEG和
4、DEF都是等腰直角三角形，设DG=x，则EG=x，注意AB=3，BG=AE=1，AEB=90，可解得x=.【例题2】（2020贵州黔西南）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，已知BC2，则线段EG的长度为_【答案】【解析】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：如答图，由第一次折叠得EFAD，AEDE，AEF90，AD2AE四边形ABCD是矩形，DDAB90，AEFD，EFCD，AENADM，ANAM，ANMN，又由第二次折叠得AGMD90，N
5、GAM，ANNG，24由第二次折叠得12，14ABCD，EFCD，EFAB，34，123123DAB90，12330四边形ABCD是矩形，ADBC2由第二次折叠得AGAD2由第一次折叠得AEAD21在RtAEG中，由勾股定理得EG【点拨】此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，正确得出2=4是解题关键【对点练习】（2019四川内江）如图，在菱形ABCD中，simB，点E，F分别在边AD、BC上，将四边形AEFB沿EF翻折，使AB的对应线段MN经过顶点C，当MNBC时，的值是 【答案】【解析】延长CM交AD于点G，将四边形AEFB沿EF翻折，AEME，AEMC，BFFN，BN，ABMN四边形
6、ABCD是菱形ABBCCDAD，BD，A+B180simBsinN，设CF4x，FN5x，CN3x，BC9xABCDAD，simBsinDGCGMGC（MNCN）6xxA+B180，EMC+EMG180BEMGsinBsinEMGcosEMGEM2x，AE2x，故答案为：【例题3】（2020衢州模拟）如图1，将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A处，然后将矩形展平，沿EF折叠，使顶点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处如图2（1）求证：EG=CH；（2）已知AF=，求AD和AB的长【答案】见解析。【解析】本题考查了折叠的性质：折叠是一
7、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全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理等知识（1）证明：由折叠知AE=AD=EG，BC=CH，四边形ABCD是矩形，AD=BC，EG=CH；（2）解：ADE=45，FGE=A=90，AF=，DG=，DF=2，AD=AF+DF=+2；由折叠知AEF=GEF，BEC=HEC，GEF+HEC=90，AEF+BEC=90，AEF+AFE=90，BEC=AFE，在AEF与BCE中，AEFBCE（AAS），AF=BE，AB=AE+BE=+2+=2+2【对点练习】（2019徐州）如图，将平行四边形纸片ABCD沿
8、一条直线折叠，使点A与点C重合，点D落在点G处，折痕为EF求证：（1）ECBFCG；（2）EBCFGC【答案】见解析。【解析】依据平行四边形的性质，即可得到ABCD，由折叠可得，AECG，即可得到ECBFCG；依据平行四边形的性质，即可得出DB，ADBC，由折叠可得，DG，ADCG，即可得到BG，BCCG，进而得出EBCFGC证明：（1）四边形ABCD是平行四边形，ABCD，由折叠可得，AECG，BCDECG，BCDECFECGECF，ECBFCG；（2）四边形ABCD是平行四边形，DB，ADBC，由折叠可得，DG，ADCG，BG，BCCG，又ECBFCG，EBCFGC（ASA）一、选择题1.
9、（2020青岛）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O若AE5，BF3，则AO的长为（）A5B325C25D45【答案】C【解析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AFFCAE5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可矩形ABCD，ADBC，ADBC，ABCD，EFCAEF，AEAF3，由折叠得，FCAF，OAOC，BC3+58，在RtABF中，AB=52-32=4，在RtABC中，AC=42+82=45，OAOC25，2（2020枣庄）如图，在矩形纸片ABCD中，AB3，点E在边BC上，将ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若E
10、ACECA，则AC的长是（）A33B4C5D6【答案】D【解析】根据折叠的性质得到AFAB，AFEB90，根据等腰三角形的性质得到AFCF，于是得到结论将ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，AFAB，AFEB90，EFAC，EACECA，AECE，AFCF，AC2AB63（2020广东）如图，在正方形ABCD中，AB3，点E，F分别在边AB，CD上，EFD60若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（）A1B2C3D2【答案】D【解析】由正方形的性质得出EFDBEF60，由折叠的性质得出BEFFEB60，BEBE，设BEx，则BEx，AE3x，由直
11、角三角形的性质可得：2（3x）x，解方程求出x即可得出答案四边形ABCD是正方形，ABCD，A90，EFDBEF60，将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，BEFFEB60，BEBE，AEB180BEFFEB60，BE2AE，设BEx，则BEx，AE3x，2（3x）x，解得x24如图，三角形纸片ABC，AB=AC，BAC=90，点E为AB中点沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，折痕现交于点F已知EF=，则BC的长是（）A B C3 D【答案】B 【解析】由折叠的性质可知B=EAF=45，所以可求出AFB=90，再直角三角形的性质可知EF=AB，所以AB=AC的长可求，再利用勾股定
12、理即可求出BC的长沿过点E的直线折叠，使点B与点A重合，B=EAF=45，AFB=90，点E为AB中点，EF=AB，EF=，AB=AC=3，BAC=90，BC=35如图，已知D为ABC边AB的中点，E在AC上，将ABC沿着DE折叠，使A点落在BC上的F处若B=65，则BDF等于（）A 65 B 50 C 60 D 57.5【答案】B 【解析】先根据图形翻折不变性的性质可得AD=DF，根据等边对等角的性质可得B=BFD，再根据三角形的内角和定理列式计算即可求解DEF是DEA沿直线DE翻折变换而来，AD=DF，D是AB边的中点，AD=BD，BD=DF，B=BFD，B=65，BDF=180BBFD=1806565=506如图，在矩形OABC中，OA=8，OC=4，沿对角线OB折叠后，点A与点D重合，OD与BC交于点E，则点D的坐标是（）A （4，8） B （5，8） C （，） D （，）【答案】C 【解析】 此题考查了翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键由四边形ABCD为矩形，利用矩形的性质得到两对边相等，再利用折叠的性质得到OA=OD，两对角相等，利用HL
