2019重庆中考数学题位复习系统之几何图形折叠问题

2019重庆中考数学题位复习系统之几何图形折叠问题

‎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，‎ ‎∴×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===．‎ 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．‎ ‎　‎