重庆中考数学题位复习系统之几何图形折叠问题.docx

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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′=2E