中考数学一轮复习训练33中考几何折叠翻折类问题解析版.docx
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中考数学一轮复习训练33中考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
专題知礁概述
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宜平分线.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)求而积:
(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,利用勾股左理构造方程解决。
(5)折叠类问题中,如果折痕经过某一个左点,往往用辅助圆解决问题。
一般试题考査点圆最值问题。
(6)折叠后的图形不明确,要分析可能岀现的情况.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RtAABC中,ZBAC=90°,Z5=50°,肋丄万G垂足为D,△肋5与
△月血关于直线〃对称,点万的对称点是点戸,则ZCA^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Z(7=40°,由轴对称的性质可得Z^5=Z5=50°,由外角性质可求解.
9:
ZBAC=90^,Z5=50°,
•••ZG=40°,
•.•△观与△血0关于直线也?
对称,点万的对称点是点用,
Z.Z^5=Z5=50°,
:
•乙CA^=乙应B・ZC=10°0
【对点练习】(2019重庆)如图,^EAABC中,ZABC=45°,AB二3,AD丄BC于点D,BE丄AC于点E,AE=1,连接DE,将AAED沿直线沿直线AE翻折至AABC所在的平而内,得到AAEF,连接DF,过点D作DG丄DE交BE于点G.则四边形DFEG的周长为()
【答案】D.
【解析】
易iiEAAED^AAEF^ABGD>得ED二EF二GD,ZDGE=45°,
进而得ZBGD二ZAED二ZAEF二135°,
易得ADEG和ADEF都是等腰直角三角形•
注意AB二3,BG二AE二1,ZAEB二90°,
可解得x=2-
【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BC=2,则线段EG的长度为・
【答案】>/3
【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Z2=Z4,再利用平行线的性质得岀Z1=Z2=Z3,进而得岀答案.
解:
如答图,由第一次折叠得EF丄AD,AE=DE,
/.ZAEF=90°,AD=2AE・
•••四边形ABCD是矩形,
/•ZD=ZDAB=90°,
ZAEF=ZD>
•••EF〃CD,
.-.AAEN^AADM,
ANAE1
••而AD2'
aan=4am,
2
•••AN=MN,
又由第二次折叠得ZAGM=ZD=90°,
•••NG==AM,
2
•••AN=NG,
•••Z2=Z4.
由第二次折叠得Z1=Z2,
r.zi=Z4.
VAB/7CD,EF〃CD,
•••EF〃AB,/.Z3=Z4,
AZ1=Z2=Z3.
•••Zl+Z2+Z3=ZDAB=90°,
•••Zl=Z2=Z3=30°・
•・•四边形ABCD是矩形,
AD=BC=2・
由第二次折叠得AG=AD=2・
由第一次折叠得AE=*AD=*X2=l.
在RtAAEG中,由勾股左理得EG=Jag?
-血=存二市=省
【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Z2二Z4是解题关键.
4
【对点练习】(2019四川内江)如图,在菱形如?
中,si防点Z尸分别在边肋.BC匕将四边形
5
朋叨沿〃翻折,使M的对应线段MV•经过顶点G当.0丄氏时,芈的值是
AD
2
【答案】可
【解析】延长仙交肋于点G,
•••将四边形月旳沿疔翻折,:
.AE=ME.ZA=ZEHC,BF=FN.Z5=Z5;AB=\fN
•••四边形是菱形
:
.AB=BC=CD=AD.ZJ*Z5=180°
4c卩
s,znB===sirk'_U77,
5FM
•••设CF=\x、
BC^9x=AB=CD=AD,
:
・GM=GO(•时CV)=总|亘-6尸£\
bb
VZJ+Z5=180°,^EMG=\W
:
.Z5=乙EMG
:
・AE=2k、
#AE2x2••而氓i
2故答案为:
刍
【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=V2,求AD和AB的长.
【答案】见解析。
【解析】本题考査了折叠的性质:
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.也考査了全等三角形的判立与性质,矩形的性质,勾股定理等知识
(1)证明:
由折叠知AE二AD二EG,BC二CH,
・・•四边形ABCD是矩形,
•••AD二BC,
•••EG二CH;
(2)解:
•••ZADE=45°•ZFGE二ZA二90°,AF二兀,
•••DG二逅DF二2,
AAD=^-DF=V2+2:
由折叠知ZAEF二ZGEF,ZBEC=ZHEC,
Z.ZGEF+ZHEC=90°,ZAEF+ZBEC二90°,
VZAEF+ZAFE=90°,
•••ZBEC=ZAFE>
在厶AEF与ABCE中,
ZAFE=ZBEC
ZA=ZB=90°
AE二BC
AAAEF^ABCE(AAS),
•••AF二BE,
•••AB二AE-BEr/去侶2・
【对点练习】(2019徐州)如图,将平行四边形纸片遊9沿一条直线折叠,使点乩与点Q重合,点。
落在
点G处,折痕为财求证:
(1)乙ECB=ZFCG;
(2)\EBC^\FGC.
【答案】见解析。
【解析】依摒平行四边形的性质,即可得到ZA=ZBCD、由折叠可得,ZA=ZECG,即可得到乙ECB=ZFCG;
依据平行四边形的性质,即可得出ZZ?
=Z5 G,BC=CG.进而得出△馭9厶心7・ 证明: (1)•.•四边形月磁是平行四边形, : •乙A=ZBCD、 由折叠可得,ZA=ZECG. •••乙BCD=乙ECG、 : •乙BCD-乙ECF=ZECG-ZECF, : •乙ECB=ZFCG; (2)•・•四边形個⑦是平行四边形, .\ZP=Z5,AD=BC. 由折叠可得,乙D="AD=CG. •••Z5=ZG,BC=CG. 又T乙ECB=ZFCG、 : .'EBg'FGC(ASA). 一、选择题 1.(2020・青岛)如图,将矩形MG? 折叠,使点Q和点£重合,折痕为药疗与胚交于点0.若胚=5, 莎=3,则月0的长为() 3L A・y/sB・-V5C・2^5D・4岳 【答案】c 【解析】由矩形的性质,折叠轴对称的性质,可求岀AF=FC=AE=5,由勾股定理求出AC.进而求岀血即可. •: 距形ABCD, : .AD//BC.AD=BC.AB=CD. : .乙EFC=ZAEF, : .AE=AF=3, 由折叠得,FC=AF.OA=OC, BC^3+5=8, 在R仏ABF中,AB=層一32=4, 在Rt△磁中,丫昭+82=4活, : .0A=0C=2y/S. 2.(2020*枣庄)如图,在矩形纸片馭P中,AB=3.点f在边證上,将△宓沿直线血折叠,点万恰好 落在对角线月C上的点尸处,若ZEAC=ZECA,则M的长是() 【解析】根据折叠的性质得到肿=曲,Z^=Z5=90°,根据等腰三角形的性质得到月QCH于是得到结论. •・•将△遊沿直线血折叠,点方恰好落在对角线川C上的点尸处, : .AF=AB.ZAFE=ZB=90°, : .EFLAC. •: 乙EAC=ZECA、 : .AE=CE. : ・AF=CF、 : .AC=2AB=6 3・(2020*广东)如图,在正方形馭P中,AB=3,点、E,尸分别在边CD上,Z旳=60°・若将四边形 EBCF沿EF扳叠,点万恰好落在初边上,则亦的长度为() 【答案】D 【解析】由正方形的性质得出乙EFD=乙BEF=6Y,由折叠的性质得出ZBEF=ZFEB=6$•BE=BE、设 BEf则用AE=3-x,由宜角三角形的性质可得: 2(3-.v)=”解方程求出x即可得出答案. ・・•四边形個8是正方形, : .AB//CD.ZJ=90°, : ■乙EFD=乙BEF=5Q°,: •将四边形馭F沿疔折叠,点8恰好落在初边上, : .乙BEF=ZFE8=6Q°,BE=EE. •••Z佃=180。 ・ZBEF-ZFEB=认°• : E=2AE, 设BE=x.则BE=x,AE=3-x, : .2(3-x)=$ 解得x=2. 4.如图,三角形纸片ABC,AB二AC,ZBAC二90°,点E为AB中点.沿过点E的直线折叠,使点B与点A重3 合,折痕现交于点F.已知EF二寺,则BC的长是() A.空学B.3^2C.3D.3^3 2 【答案】B 【解析】由折叠的性质可知ZB=ZEAF=45°,所以可求出ZAFB=90°,再直角三角形的性质可知EF令AB, 所以AB二AC的长可求,再利用勾股怎理即可求岀BC的长. •••沿过点E的直线折叠,使点B与点A重合. AZB=ZEAF=45°, •••ZAFB二9(T, •••点E为AB中点, AEF^-AB,EF今, VZBAC=90a, ZB=65°,则ZBDF等于( A 【答案】B 的内角和定理列式i卜算即可求解・ A •••△DEF是Z\DEA沿直线DE翻折变换而来, •••AD二DF,•••D是AB边的中点, •••AD二BD,•••BD二DF・•'•ZB二ZBFD, TZB二65°, •••ZBDF二180°・ZB-ZBFD=180°・65°・65°二50°・ 6. 点A与点D重合,0D与BC交于点E,则点 如图,在矩形OABC中,0A=8,OC二4,沿对角线OB折叠后, 7. D的坐标是( 【答案】C 全等三角形的判圮与性质,勾股宦理,熟 【解析】此题考査了翻折变换(折叠问题),坐标与图形性质,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0A二0D,两对角相等,利用HL得到直角三角形BOC与直角三角形BOD全等,利用全等三角形对应角相等及等角对等边得到0E二EB,在直角三角形OCE中,设CE二x,表示出0E,利用勾股定理求出x的值,确定出CE与0E的长,进而由三角形COE与三角形DEF相似,求出DF与EF的长,即可确上出D坐标. •••矩形ABCD中,0A=8,0C=4, /.BC=0A=8.AB=OC=L 由折叠得到OD二OA二BC,ZAOB二ZDOB.ZODB二ZBAO二90°, 在RtACBP和RtADOB中, CB=DO 'OB二BO‘ ARtACBP^RtADOB(HL), •••ZCBO二ZDOB, •••OE二EB・ 设CE二x,则EB二OE二8-x, 在RtACOE中,根据勾股定理得: (8-x)W+4\ 解得: x=3, •••CE二3,0E=5,DE二3, 过D作DF丄BC,可得△COEs^FDE, ・QJOE/E.5二3 #*DFDEEF^DF3 解得: DF』・EF‘, 55 .•.DF+Ocl-l型.CF=3>——. 5555 则d(型,昱) 55 8.(2019海南)如图,^ABCD中,将△磁沿£6•折叠后,点Q恰好落在DC的延长线上的点疋处.若ZB =60°,? 15=3,则△出近的周长为() A.12B・15C・18D・21 【答案】c. 【解析】依据平行四边形的性质以及折叠的性质,即可得到BC=2AB=6,AD=6,再根拯△磁是等边三角 形,即可得到△磁的周长为6X3=18. 解: 由折叠可得,ZACD=ZACE=90^, : .ZBAC=9Q 又VZ5=60°, : .ZACB=3Qa, : .BC=2AB=6. : .AD=6. 由折叠町得,Z5=ZP=Z5=60°, : .ZDAE=6Qa, ・•・△宓是等边三角形, : .'ADE的周长为6X3=18 9.(2019桂林)将矩形個力按如图所示的方式折叠,BE,EG、尸G为折痕,若顶点C,D都落在点0处, 且点50,G在同一条直线上,同时点伐0、尸在另一条直线上,则雲的值为() 【答案】B. 11.[解析]由折叠可得,AE=OE=DE.CG=OG=DG、 : EG分别为初,Q的中点, 设G? =2a,AD=2b^则AB=2a=OB.DG=0G=CG=a、BG=3a、BC^AD^Zb, VZC=90° : .Rx^BCG中,CG-BC=BG. 即a3+(25)2=(3a)% : ・B=2二 HPZ? =V2cs .•舟迈 ••・器的值为丘 AB 二.填空题 10.(2020•襄阳)如图,矩形ABCD,工为边朋上一点,将△宓沿%折叠,使点川的对应点尸恰好落在 边證上,连接肿交加于点再,连接翩.若沪肋=15,tanZBW士字,则矩形磁P的而积为. 【答案】15>/5. 【解析】由折叠的性质得岀ZBNF=ZBEF,由条件得岀tanZ阳士乎,设亦=逅.丫,BE=2x,由勾股立理得岀EF=3x,得出於=屁^则可得出答案. •・•将△磁沿%折叠,使点A的对应点尸恰好落在边證上, : .AFVDE.AE=EF、 •••矩形救P中,ZABF=90°, : .B,5.A;尸四点共圆, •••乙BNF=ZBEF. tanZ5£7==宇, 设莎BE=2x, : ・EF^yjBF2+BE2=3y : .AE=3x, .\J5=5-y, : .AB=躬BF. : .S^a3^=AB-AD=翻BF・AD=V5X15=15\/5・ 11.(2020・牡丹江)如图,在Rt△磁中,ZC=90。 点厅在EC边上.将沿直线庞翻折,点川落在 4AfF 点川处,连接才万,交AC于点氏若AELAE.cos扫? 则訂=・ DDr 【答案】i 3 【分析】根据题意设AC=4X,AB=5x,则BC=3x,再证明△眈为等腰直角三角形,得到EC=3x,根据△ AfEFs'BCF、得JlJ— BCBF3 4 解: VZC=90°,cosJ= AC4 •••——=一,设AC=Ax.AB=3x.则5C=3-y, AB5 9: AELAEf,: .^AEAr=90°,A9E//BC. 由于折叠, •••Z才EB=ZAEB=(360-90)宁2=135°,且△才EFs\BCF、 •••Z庞C=45°,即△磁为等腰直角三角形, : ・EC=3x、 : .AE=AC-EC=x=AfE, AfEAfFx1 •••—=一=—=-, BCBF3x3 12.(2020-安徽)在数学探究活动中,敏敏进行了如下操作: 如图,将四边形纸片如? 沿过点£的直线折 叠,使得点万落在d上的点Q处.折痕为力只再将△RM,△肋0分别沿加,月4折叠,此时点G。 落在 廿上的同一点斤处.请完成下列探究: (1)的大小为°: (2)当四边形胪力是平行四边形时,竺的值为 QR 【答案】 (1)30; (2)卮 【解析】 (1)由折叠的性质可得ZB=ZAQP.乙DAQ=ZQAP=ZPAB.乙DQA=ZAQR、乙CQP=ZPQR、ZP=ZARQ,乙C=ZQRP、由平角的性质可得ZP-Z(7=180o,ZA&P=9Q°,可证初〃EG由平行线的性质可得ZDAB=90°,即可求解: (2)由平行四边形和折叠的性质可得AR=PR,由直角三角形的性质可得42丹=2购,AB=>/3PB,即可求解. 解: (1)由折叠的性质可得: 乙B=ZAQP、ZDAQ=ZQAP=ZPAB.ZDQA=ZAQR、乙CQP=乙PQR.ZP=ZARQ.乙C=ZQRP、 ^QRA-AQRP=\W, AZZHZC=180°, : .AD//BC. AZ^ZZ245=180°, ^DQR-^CQR=\W, : .^DQA・ZQ¥=90°, : .ZAQP=9Qa, : .ZB=ZAQP=90°, : .ZDAB=9Qa• AZDAQ=ZQAP=ZPAB=30Q, 故答案为: 30: (2)由折叠的性质可得: AD=AR.CP=PR, ・.•四边形如是平行四边形, : .AD=PC. : ・AR=PR. 又VZAQP=90°, •••QR=訥 TZ用5=30°,Z5=90°, : .AP=2PB.AB=y[3PB. : .PB=QR. ABr —=y3f QR 故答案为: Vs. 13.(2019山东滨州)如图,对折矩形纸片月万e,使肋与證重合,得到折痕亦把纸片展平,再一次折 叠纸片,使点川落在疗上的点处,同时得到折痕戲,瓯与EF交与点从连接线段5V,则胡与Q的比 值是. 【答案】1: 2 【解析】由折楼的性质可得AB=BN,AE=BE气AB,ZABM=AMBN,EF^AB,山锐角三角函数可求£BNE= 30°,由直角三角形的性质可求小=2胡即可求EH^HN的比值. 解: 由折叠的性质可得: EAE=BE=^4—阙;Z .•.Z5VF=30° ZJ^V=60°,且ZABM=ZMBN .•.Z^/=Z.fc®\—30°=ZBNE : ・BH=2EH、BH=HN, : .HN=2EH. : .EH^HN的比值是1: 2 14.(2020上海模拟)如图,在RtAABC中,ZC二90°,ZA二30°,BC二1,点D在AC上,将AADB沿直线 BD翻折后,将点A落在点E处,如果AD丄ED,那么线段DE的长为. 【答案】 【解析】•••在RtAABC中,ZC=90°,ZA=30°,BC二1, AC二BC二]二忑' tanZAtan30° •••将AADB沿直线BD翻折后,将点A落在点E处, •••ZADB二ZEDB,DE二AD, TAD丄ED, •••ZCDE二ZADE二90°, •••ZEDB二ZADB=360。 _90。 =135°, 2 •••ZCDB二ZEDB-ZCDE二135°-90°二45°, VZC=90°, •••ZCBD二ZCDB二45°, •••CD二BC二1, •'•DE二AD二AC・CD和兮-1 15.(2019内蒙古通辽)如图,在边长为3的菱形MG? 中,ZJ=60°, "是"边上的一点'且必护 C则川Q长度的最小值是 【解析】过点"作丄CD交e延长线于点/连接0人 A•是丽边上的一动点,将△感V沿血•所在直线翻折得到△川MV;连接才 : .ASf=l,MD=2 JCD//AB. : .ZHDM=AA=^ : .CH=X •・•将济沿妙所在直线翻折得到△才•邓 ••.&护=才#=1, .••点才在以〃为圆心,出/为半径的圆上, .•・当点川在线段上时,才Q长度有最小值 /./c长度的最小值=.比-mA=V19-1 故答案为: V19-1 16.(2019辽宁抚顺)在矩形個⑦中,AB=6,AD=3,£是丽边上一点,AE=2,尸是直线G? 上一动点, 将△肛F沿直线疔折叠,点A的对应点为点A,当点E、A、Q三点在一条直线上时,莎的长度为. 【答案】1或11; 【解析】在旋转过程中兔有两次和伐Q在一条直线上,第一次在&'线段上,第二次在防线段的延长线上, 利用平行的性质证出6=CE即可求解: 如图1: 将沿直线前折叠,点的对应点为点才, : .乙AEF=ZEAF、AE=AE. 、: AB"CD、 : •乙AEF=ZCFE. : .CF=CE、 VJ5=6,AD=3.AE=2、 : ・CF=CE=5-DF、才E=2,BE=4,BC=3. : ・EC=5、 : .6-DF=5、 •5=1; 如图2: 由折叠乙feA=zfea. •: AB"CD、 : •乙CFE=ZCEF、 : ・CF=CE、 : ・CFf •5=11: 故答案为1或11; 线段EF经过顶点D,当EF丄AD时,需的值为 【解析】首先延长NF与DC交于点H,进而利用翻折变换的性质得出NH丄DC,再利用边角关系得出B\,CN 的长进而得出答案. 延长NF与DC交于点H, TZADF二90°, Z.ZA+ZFDH=90°, VZDFN+ZDFH=180°,ZA+ZB二180°,ZB二ZDFN, •••ZA=ZDFH, •••ZFDH+ZDFH二90°, •••NH丄DC, 设DM=4k,DE二3k,EH二54 •••AD二9k二DC,DF二6k, TtanA二tanZDFH斗则sinZDFH吕, 5 •••DH二岂DF二罕 55 */COSC二COsAn阴二2, NC5 /.BN=2k, .BN2_ •而〒 17.(2019*河南)如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,点E在边BC上,且BE=|a.连接AE,将△ABE沿 J AE折叠,若点B的对应点B‘落在矩形ABCD的边上,则a的值为・ 【答案】? 或並. 33 【解析】本题考査了折叠的性质: 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
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- 中考 数学 一轮 复习 训练 33 几何 折叠 翻折类 问题 解析