2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题18 图形的展开与叠折

2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题18 图形的展开与叠折

图形的展开与叠折 一.选择题 ‎ ‎1.（2020•江西省•3分）如图所示，正方体的展开图为（ ）‎ ‎【解析】根据平面展开图的定义可得A选项为正确选项，故选A ‎2.（2020•广东省•3分）如题9图，在正方形ABCD中，AB=3，点E.F分别在边AB.CD上，∠EFD=60°．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 A．1  B． C．   D．2‎ ‎【答案】D ‎【解析】解法一：排除法 过点F作FG∥BC交BE与点G，可得∠EFG=30°，∵FG=3，由三角函数可得EG=，∴BE＞．‎ 解法二：角平分线的性质 延长EF、BC.B’C’交于点O，可知∠EOB=∠EOB’=30°，可得∠BEO=∠B’EO=60°， ∴∠AEB’=60°．设BE=B’E=2x，由三角函数可得AE=x，由AE+BE=3，可得x=1，∴BE=2．‎ ‎【考点】特殊平行四边形的折叠问题、辅助线的作法、三角函数．‎ ‎3. （2020•四川省达州市•3分）下列正方体的展开图上每个面上都有一个汉字．其中，手的对面是口的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题．‎ 解：A.手的对面是勤，不符合题意；‎ B.手的对面是口，符合题意；‎ C.手的对面是罩，不符合题意；‎ D.手的对面是罩，不符合题意；‎ 故选：B．‎ 二.填空题 ‎1. （2020•山东淄博市•4分）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN＝　5　cm．‎ ‎【分析】连接AC，FC，求出AC，利用三角形的中位线定理解决问题即可．‎ ‎【解答】解：连接AC，FC．‎ 由翻折的性质可知，BE垂直平分线段CF，‎ ‎∵FM⊥BE，‎ ‎∴F．M，C共线，FM＝MC，‎ ‎∵AN＝FN，‎ ‎∴MN＝AC，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ABC＝90°，‎ ‎∴AC＝＝＝10（cm），‎ ‎∴MN＝AC＝5（cm），‎ 故答案为5．‎ ‎【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎2. （2020•四川省甘孜州•4分）如图，有一张长方形片ABCD，，．点E为CD上一点，将纸片沿AE折叠，BC的对应边恰好经过点D，则线段DE的长为________cm．‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据折叠的性质得到线段和角相等，然后在Rt△中，由勾股定理求出的长，则可得出的长，再在Rt△利用勾股定理进行计算即可求DE的长.‎ ‎【详解】解：∵四边形ABCD是长方形，‎ ‎∴AD=BC=10，CD=AB=8，∠B=∠C=90°.‎ 根据折叠的性质，得 =8-DE， ，∠=∠B=90°.‎ 在Rt△中，由勾股定理，得==6.‎ ‎∴=10-6=4.‎ 在Rt△中，由勾股定理，得.‎ ‎∴（8-DE）2+42=DE2.‎ 解得DE=5.‎ 故答案是：5.‎ ‎【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．‎ ‎3. （2020•安徽省•5分）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ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：‎ ‎（1）∠PAQ的大小为　30　°；‎ ‎（2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为　　．‎ ‎【分析】（1）由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝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AP＝2PB ‎＝2QR，AB＝PB，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，‎ ‎∵∠QRA+∠QRP＝180°，‎ ‎∴∠D+∠C＝180°，‎ ‎∴AD∥BC，‎ ‎∴∠B+∠DAB＝180°，‎ ‎∵∠DQR+∠CQR＝180°，‎ ‎∴∠DQA+∠CQP＝90°，‎ ‎∴∠AQP＝90°，‎ ‎∴∠B＝∠AQP＝90°，‎ ‎∴∠DAB＝90°，‎ ‎∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，‎ 故答案为：30；‎ ‎（2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，‎ ‎∵四边形APCD是平行四边形，‎ ‎∴AD＝PC，‎ ‎∴AR＝PR，‎ 又∵∠AQP＝90°，‎ ‎∴QR＝AP，‎ ‎∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，‎ ‎∴AP＝2PB，AB＝PB，‎ ‎∴PB＝QR，‎ ‎∴＝，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．‎ ‎4.（2020•贵州省黔西南州•3分）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　　．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：如图所示：‎ 由题意可得：∠1＝∠2，AN＝MN，∠MGA＝90°，‎ 则NG＝AM，故AN＝NG，‎ ‎∴∠2＝∠4，‎ ‎∵EF∥AB，‎ ‎∴∠4＝∠3，‎ ‎∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝×90°＝30°，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，‎ ‎∴AE＝AD＝BC＝1，‎ ‎∴AG＝2，‎ ‎∴EG＝＝，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】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．‎ 三.解答题 ‎1. （2020•四川省成都市•10分）在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上点处．‎ ‎（1）如图1，若，求的度数；‎ ‎（2）如图2，当，且时，求的长；‎ ‎（3）如图3，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，求出的值．‎ ‎【答案】（1）15°；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到，再由折叠的性质可得到；‎ ‎（2）由三等角证得，从而得，，再由勾股定理求出 DE，则；‎ ‎（3）过点作于点，可证得．再根据相似三角形的性质得出对应边成比例及角平分线的性质即可得解．‎ ‎【详解】（1）∵矩形，‎ ‎∴，‎ 由折叠性质可知BF=BC=2AB，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎（2）由题意可得，‎ ‎，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ 由勾股定理得，‎ ‎∴，‎ ‎∴；‎ ‎（3）过点作于点．‎ ‎∴‎ 又∵‎ ‎∴．‎ ‎∴．‎ ‎∵，即 ‎∴，‎ 又∵BM平分，，‎ ‎∴NG=AN，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ 整理得：．‎ ‎【点睛】本题是一道矩形的折叠和相似三角形的综合题，解题时要灵活运用折叠的性质和相似三角形的判定与性质的综合应用，是中考真题．‎