-中考数学专题复习-专题八-图形折叠问题训练

金戈铁骑——————————教育资源共享步入知识海洋————————专题八图形折叠问题类型一折叠三角形(2018·浙江台州中考)如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E.将△BDE沿直线DE折叠，得到△B′DE，若B′D，B′E分别交AC于点F，G，连结OF，OG，则下列判断错误的是()A．△ADF≌△CGEB．△B′FG的周长是一个定值C．四边形FOEC的面积是一个定值D．四边形OGB′F的面积是一个定值【分析】A．根据等边三角形ABC的外心的性质可知AO平分∠BAC，根据角平分线的定理和逆定理得FO平分∠DFG，由外角的性质可证明∠DOF＝60°，同理可得∠EOG＝60°，∠FOG＝60°＝∠DOF＝∠EOG，再根据三角形全等的性质可得△ADF≌△CGE；B．根据△DOF≌△GOF≌△GOE，得DF＝GF＝GE，所以△ADF≌△B′GF≌△CGE，可得结论；C．根据S四边形FOEC＝S△OCF＋S△OCE判断即可；D．将S四边形OGB′F＝S△OAC－S△OFG，根据S△OFG＝12·FG·OH，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB′F的面积也变化，可作判断．【自主解答】金戈铁骑三角形的折叠问题一般考查轴对称的性质、勾股定理和线段的性质等，解题的关键是抓住折叠的本质是轴对称，轴对称是全等变换，找出相等的角和线段．类型二折叠平行四边形(2018·山东淄博中考)在如图所示的平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝3，将△ACD沿对角线AC折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处，且AE过BC的中点O，则△ADE的周长等于________．【分析】要计算周长首先需要证明E，C，D共线，DE可求，问题得解．【自主解答】关于平行四边形折叠问题，解答时需要关注：在折叠前后，折痕两边能够完全重合的部分是全等图形，它们的对应线段、对应角相等，与特殊的平行四边形相比，它缺少了特殊的条件．1．(2018·甘肃兰州中考)如图，将▱ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F.若∠ABD＝48°，∠CFD＝40°，则∠E为()金戈铁骑A．102°B．112°C．122°D．92°类型三折叠菱形(2018·山东烟台中考)对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B′M＝1，则CN的长为()A．7B．6C．5D．4【分析】连结AC，BD，利用菱形的性质得OC＝12AC＝3，OD＝12BD＝4，∠COD＝90°，再利用勾股定理计算出CD＝5，接着证明△OBM≌△ODN得到DN＝BM，然后根据折叠的性质得BM＝B′M＝1，从而有DN＝1，于是计算CD－DN即可．【自主解答】折叠是轴对称变换，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．对于菱形的折叠，还要明确菱形的基本性质，在解题过程中要抓住菱形的性质进行分析．金戈铁骑2．(2018·贵州遵义中考)如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处(不与B，D重合)，折痕为EF，若DG＝2，BG＝6，则BE的长为__________．3．如图，在菱形ABCD中，tanA＝43，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段EF经过顶点D，当EF⊥AD时，BNCN的值为____．类型四折叠矩形(2018·浙江杭州中考)折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上．若AB＝AD＋2，EH＝1，则AD＝________．【分析】设AD＝x，则AB＝x＋2，利用折叠的性质得DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°，则可判断四边形AEFD为正方形，所以AE＝AD＝x，再根据折叠的性质得DH＝DC＝x＋2，则AH＝AE－HE＝x－1，然后根据勾股定理得到x2＋(x－1)2＝(x＋2)2，再解方程求出x即可．【自主解答】金戈铁骑此类问题中，运用的知识点比较多，综合性强，如轴对称性、全等、相似、勾股定理、转换思想、与其他图形(圆)结合等，抓住翻折前后两个图形是全等的，把握翻折前后不变的要素是解决此类问题的关键．4．(2018·湖北宜宾中考)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，CB＝2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是__________(写出所有正确结论的序号)．①当E为线段AB中点时，AF∥CE；②当E为线段AB中点时，AF＝95；③当A，F，C三点共线时，AE＝13－2133；④当A，F，C三点共线时，△CEF≌△AEF.类型五折叠正方形(2018·江苏宿迁中考)如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E，F分别在边AB，CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上(点M不与点A，D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BE＝x.(1)当AM＝13时，求x的值；(2)随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；(3)设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值．金戈铁骑【分析】(1)利用勾股定理构建方程，即可解决问题；(2)设AM＝y，则BE＝EM＝x，MD＝1－y，在Rt△AEM中，由勾股定理得出x，y的关系式，可证Rt△AEM∽Rt△DMP，根据相似三角形的周长比等于相似比求△DMP的周长；(3)作FH⊥AB于H.则四边形BCFH是矩形．连结BM交EF于O，交FH于K.根据梯形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题即可．【自主解答】正方形的折叠同其他图形一样，要关注勾股定理、全等图形、相似等相关知识，但由于正方形的特点，所以有关正方形的折叠问题有着其他图形没有的特殊性，解题时应关注正方形本身具有的特点．5．综合与实践问题背景金戈铁骑折纸是一种许多人熟悉的活动，将折纸的一边二等分、四等分都是比较容易做到的，但将一边三等分就不是那么容易了，近些年，经过人们的不懈努力，已经找到了多种将正方形折纸一边三等分的精确折法，最著名的是由日本学者芳贺和夫发现的三种折法，现在被数学界称之为芳贺折纸三定理．其中，芳贺折纸第一定理的操作过程及内容如下(如图1)：操作1：将正方形ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合．再将正方形ABCD展开，得到折痕EF；操作2：再将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至B′E的位置，得到折痕MN，B′E与AB交于点P.则P即为AB的三等分点，即AP∶PB＝2∶1.解决问题(1)在图1中，若EF与MN交于点Q，连结CQ.求证：四边形EQCM是菱形；(2)请在图1中证明AP∶PB＝2∶1.发现感悟若E为正方形纸片ABCD的边AD上的任意一点，重复“问题背景”中操作2的折纸过程，请你思考并解决如下问题：(3)如图2.若DEAE＝2.则APBP＝________；(4)如图3，若DEAE＝3，则APBP＝________；(5)根据问题(2)，(3)，(4)给你的启示，你能发现一个更加一般化的结论吗？请把你的结论写出来，不要求证明．金戈铁骑类型六折叠圆(2018·湖北武汉中考)如图，在⊙O中，点C在优弧AB︵上，将BC︵沿BC折叠后刚好经过AB的中点D.若⊙O的半径为5，AB＝4，则BC的长是()A．23B．32C.532D.652【分析】连结OD，AC，DC，OB，OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，利用垂径定理、勾股定理、折叠的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质及正方形的性质即可求解．【自主解答】金戈铁骑6．如图，将半径为4cm的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为()A．23cmB．43cmC.3cmD.2cm参考答案类型一【例1】A．如图，连接OA，OC.∵点O是等边三角形ABC的外心，∴AO平分∠BAC，∴点O到AB，AC的距离相等．由折叠得DO平分∠BDB′，∴点O到AB，DB′的距离相等，∴点O到DB′，AC的距离相等，∴FO平分∠DFG，∠DFO＝∠OFG＝12(∠FAD＋∠ADF)．由折叠得∠BDE＝∠ODF＝12(∠DAF＋∠AFD)，∴∠OFD＋∠ODF＝12(∠FAD＋∠ADF＋∠DAF＋∠AFD)＝120°，金戈铁骑∴∠DOF＝60°.同理可得∠EOG＝60°，∴∠FOG＝60°＝∠DOF＝∠EOG，∴△DOF≌△GOF≌△GOE，∴OD＝OG，OE＝OF，∠OGF＝∠ODF＝∠ODB，∠OFG＝∠OEG＝∠OEB，∴△OAD≌△OCG，△OAF≌△OCE，∴AD＝CG，AF＝CE，∴△ADF≌△CGE，故选项A正确；B．∵△DOF≌△GOF≌△GOE，∴DF＝GF＝GE，∴△ADF≌△B′GF≌△CGE，∴B′G＝AD，∴△B′FG的周长＝FG＋B′F＋B′G＝FG＋AF＋CG＝AC(定值)，故选项B正确；C．S四边形FOEC＝S△OCF＋S△OCE＝S△OCF＋S△OAF＝S△AOC＝13(定值)，故选项C正确；D．S四边形OGB′F＝S△OFG＋S△B′GF＝S△OFD＋S△ADF＝S四边形OFAD＝S△OAD＋S△OAF＝S△OCG＋S△OAF＝S△OAC－S△OFG.如图，过O作OH⊥AC于H，∴S△OFG＝12·FG·OH，由于OH是定值，FG变化，故△OFG的面积变化，从而四边形OGB′F的面积也变化，故选项D不一定正确．故选D.类型二【例2】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，CD＝AB＝2.由折叠知∠DAC＝∠EAC.∵∠DAC＝∠ACB，∴∠ACB＝∠EAC，∴OA＝OC.∵AE过BC的中点O，∴AO＝12BC，∴∠BAC＝90°，金戈铁骑∴∠ACD＝90°.由折叠知∠ACE＝90°，∴E，C，D共线，则DE＝4，∴△ADE的周长为3＋3＋4＝10.故答案为10.变式训练1．B类型三【例3】如图，连结AC，BD.∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，∴CD＝32＋42＝5.∵AB∥CD，∴∠MBO＝∠NDO.在△OBM和△ODN中，∠MBO＝∠NDO，OB＝OD，∠BOM＝∠DON，∴△OBM≌△ODN，∴DN＝BM.∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，∴BM＝B′M＝1，∴DN＝1，∴CN＝CD－DN＝5－1＝4.故选D.变式训练2．2.83.27类型四【例4】设AD＝x，则AB＝x＋2.∵把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，∴DF＝AD，EA＝EF，∠DFE＝∠A＝90°，∴四边形AEFD为正方形，∴AE＝AD＝x.∵把△CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，∴DH＝DC＝x＋2.金戈铁骑∵HE＝1，∴AH＝AE－HE＝x－1.在Rt△ADH中，∵AD2＋AH2＝DH2，∴x2＋(x－1)2＝(x＋2)2，整理得x2－6x－3＝0，解得x1＝3＋23，x2＝3－23(舍去)，即AD的长为3＋23.故答案为3＋23.变式训练4．①②③类型五【例5】(1)在Rt△AEM中，AE＝1－x，EM＝BE＝x，AM＝13.∵AE2＋AM2＝EM2，∴(1－x)2＋(13)2＝x2，∴x＝59.(2)△PDM的周长不变为定值2.理由如下：设AM＝y，则BE＝EM＝x，AE＝1－x.在Rt△AEM中，由勾股定理得AE2＋AM2＝EM2，(1－x)2＋y2＝x2，解得1＋y2＝2x，∴1－y2＝2(1－x)．∵∠EMP＝90°，∠A＝∠D，∴Rt△AEM∽Rt△DMP，∴AE＋EM＋AMDM＋MP＋DP＝AEDM，即1－x＋x＋yDM＋MP＋DP＝1－x1－y，解得DM＋MP＋DP＝1－y21－x＝2，∴△DMP的周长为2.(3)如图，作FH⊥AB于H.则四边形BCFH是矩形．连结