2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型六 几何图形折叠问题 (含答案).docx

1、2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型六 几何图形折叠问题 二阶设问突破例1一题多设问 在ABC中，点D是AC边上的一点(1)如图，点E是线段AB上一点，将AED沿DE折叠，使点A的对应点A与点C重合，若AB4，BCA90，BAC30，则折痕DE的长为_ 图 图例1题图(2)如图，等腰RtABC中，C90，将BCD沿BD对折，顶点C落在AB边点C处，若CD2，则AB的长为_(3)如图，在RtABC中，ABC90，AB4，BC3，将ABD沿BD折叠后得到ABD，且ABAC，则AD的长为_图例1题图(4)如图，点E为AB边上的中点，将AED沿ED折叠得到AED，连接AC.若BAC105，A

2、B4，AC3，当AED30时，则AC的长为_图例1题图(5)如图，若ABC是边长为5的等边三角形，点E是边AB上一点，将AED沿DE折叠，使点A的对应点恰好落在BC边上的点A处，若BA2，则BE的长为_例1题图例2在四边形ABCD中(1)如图，若四边形ABCD为平行四边形，将ABE沿AE折叠后得到ABE，使点B落在 AD上，求证：四边形ABEB是菱形；例2题图(2)如图，若四边形ABCD为平行四边形， 将该四边形沿FP折叠，点A的对应点为A，点B的对应点为B，使点B落在AD上，求证：BFP为等腰三角形；例2题图(3)如图，若四边形ABCD为矩形，AB4，AF2，将该四边形沿FP折叠，点A的对应

3、点为A落在矩形外部，点B的对应点为B落在矩形内部，AB与AD交于点M，且AMBM，求BP的长例2题图三阶综合提升1. 如图，在RtABC中，C90，翻折C，使点C落在斜边AB上的某一点D处，折痕为EF(点E、F分别在边AC、BC上)(1)若CEF与ABC相似当ACBC2时，AD的长为_；当AC3，BC4时，AD的长为_；(2)当点D是AB的中点时，CEF与ABC相似吗？请说明理由第1题图2. 如图，将边长为6的正方形纸片ABCD对折，使AB与DC重合，折痕为EF.展平后，再将点B折到边CD上，使边AB经过点E，折痕为GH，点B的对应点为M，点A的对应点为N.(1)若CMx，则CH_(用含x的代

4、数式表示)；(2)求折痕GH的长第2题图3. 如图，将等腰直角三角形纸片ABC对折，折痕为CD.展平后，再将点B折叠在边AC上(不与A、C重合)，折痕为EF，点B在AC上的对应点为M，设CD与EM交于点P，连接PF.已知BC4.(1)若M为AC的中点，求CF的长；(2)随着点M在边AC上取不同的位置，PFM的形状是否发生变化？请说明理由；求PFM的周长的取值范围第3题图4. 如图，在ABC中，AB4，B45，C60.(1)求BC边上的高线长；(2)点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连接EF，沿EF将AEF折叠得到PEF.如图，当点P落在BC上时，求AEP的度数；如图，连接AP，当PFAC时

5、，求AP的长第4题图5. 如图，在矩形ABCD中，AB4，AD6，E是CD上一点，连接AE，将ADE沿AE折叠，点D的对应点为D，连接CD.(1)当E为CD的中点时，求证：AECD；(2)当点D恰好落在线段BC上时，求出CE的长；(3)当点E与点C重合时，求点D到BC的距离第5题图6. 如图，在矩形纸片ABCD中，E为AD边上的动点(不与点A、D重合)，将矩形纸片沿BE折叠，点A的对应点为A，沿EF再次折叠纸片，使点D的对应点D落在EA的延长线上，连接DA，已知AB6，BC11，设AEx.(1)若ABE30，则BE_；(2)点E从点A向点D的运动过程中，求DA的最小值；(3)当点D恰好落在边B

6、C上时，判断BED的形状，并求出此时x的值第6题图7. 如图，已知正方形ABCD的边长为8，M为CD的中点，E为线段DM上的一个动点，F为AB上一点，将正方形沿EF折叠，使点C的对应点P始终落在边AD上，点B的对应点为Q，PQ交AB于点N，连接CP，EN.(1)若PNE30，求SAPNSDEP的值；(2)求证：CPEF；(3)如图，连接PM，随着点E 在线段DM上取不同的位置，是否存在点P，使得AP2PM有最小值？若存在，求岀这个最小值；若不存在，请说明理由第7题图参考答案二阶例1(1)1【解析】ACB90，点A的对应点A与点C重合，D为AC中点，EDC90，即DE为ABC的中位线，AB4，B

7、AC30，BC2，DEBC1.(2)42【解析】CDCD2，A45，CDAB，ACD为等腰直角三角形，AD2，AC22，ABAC42.(3)2【解析】如解图，设AB与AC交于点E，ABC90，AB4，BC3，AC5.SABCABBC6ACBE.BE，由题易得，ADEACB，AEABBE.，即，AD2AD.例1题解图(4)【解析】如解图，连接AA，BAC105，AED30，ADE45，由折叠的性质可得，ADA90，ADAD，又AED30，AEA60，AAAEAB2，ADADAA.CDACAD32.在RtACD中，由勾股定理得，AC.例1题解图(5)【解析】ABC是等边三角形，ABC60，ABBC

8、AC5.沿DE折叠AED，使点A落在BC边上的点A上，AEDAED，DAEA60，AEEA，ADDA，设BEx，AEEA5x，CDy，ADAD5y.BA2，BC5，CA3.C60，DAE60，DACADC120，EABDAC120，EABADC.CB，EBAACD，即，解得x，即BE.例2(1)证明：四边形ABCD是平行四边形，BD，ABCD，ADBC，由折叠的性质知BABE，ABED，BECD，ABBE，四边形ABEB为平行四边形，由折叠的性质可得，ABAB，四边形ABEB是菱形(2)证明：四边形ABCD是平行四边形，ADBC，BPFBFP，由折叠的性质可得，BPFBPF，BFPBPF，BF

9、BP，BFP为等腰三角形(3)解：如解图，延长PB交AD于点G，过点B作JHBC，交BC于点H，交AD于点J，在AMF与BMG中，AFMBGM(ASA)，AF2BG，又BMABAB2，GMB45，JB，BH4，PB(4)42.BP42.例2题解图三阶1. 解：(1) ；(1分)1.8或2.5；(4分) 【解法提示】若CEF与ABC相似当ACBC2时，ABC为等腰直角三角形，如解图所示，图图第1题解图此时D为AB边中点，ADAC；当AC3，BC4时，有两种情况，a若CECF34，如解图所示，CECFACBC，EFAB，由折叠性质可知，CDEF，CDAB，即此时CD为AB边上的高，在RtABC中，

10、AC3，BC4，AB5，cosA，ADACcosA31.8；b若CFCE34，如解图所示，CEFCBA，CEFB.由折叠性质可知，CEFECD90.又AB90，AECD，ADCD，同理可得BFCD，CDBD，此时ADAB52.5， 综上所述，当AC3，BC4时，AD的长为1.8或2.5.图图第1题解图(2)当点D是AB的中点时，CEF与ABC相似，理由如下：如解图，设CD与EF的交点为Q，CD是RtABC的中线，CDDBAB，DCBB，由折叠性质可知，CQFDQF90.DCBCFE90.BA90，CFEA，又ACBFCE，CEFABC.(8分)2. 解：(1)或3；(4分)【解法提示】四边形A

11、BCD为正方形，ABCD90，ABBCCDDA6.由折叠性质得，NA90，MNAB6，EMHB90，HMCEMD90.D90，DEMEMD90.HMCDEM.CD，HMCMED. .点E为AD的中点，DE3.CMx，DM6x，.CH.设CHy，BH6y.由折叠性质得，HMHB6y，在RtCHM中，HM2CH2CM2，(6y)2y2x2.y3.CH3.综上所述，CH或3(0x6)；(2)CH或3，3，解得x12，x26(舍去)CH，CM2.DM4.在RtDME中，EM5，NENMEM1.ND90，NEGDEM，NEGDEM.，GN.(6分)AGGN，AG.如解图，过点G作GPBC，垂足为点P，B

12、PG90.AB90，四边形ABPG为矩形，BPAG，GPAB6，PHBCBPCH2，在RtGPH中，GH2.(9分)第2题解图3. 解：(1)M为AC的中点，ACBC4，CM2.设BFx，则FMx，CF4x，在RtFCM中，由勾股定理得FC2CM2MF2，即(4x)222x2，解得x2.5，即CF42.51.5；(3分)(2)PFM恒为等腰直角三角形，理由如下：ABC为等腰直角三角形，B45，ACB90.如解图，由第一次折叠得12ACB45，由第二次折叠得PMFB45，第3题解图设PC与MF交于点Q，PQMFQC，PMF145，PQMFQC.(4分).又PQFMQC，(5分)PQFMQC.PF

13、Q245.PFQPMF45，PFM为等腰直角三角形；(7分)由知，PFPMFM，CPFMPFPMMF(1)MF.(8分)设MFy，CMm，则FC4y，在RtFCM中，由勾股定理得MF2FC2CM2，即y2(4y)2m2，ym22.0m4，2y4.(9分)2(1)(1)FM4(1)，即22CPFM44.(10分)4. 解：(1)如解图，过点A作ADBC于点D，在RtABD中，ADABsin 4544；第4题解图(2)由题意得AEFPEF，AEPE.又点E为线段AB的中点，AEBE，BEPE，EPBB45，BEPAEP90；由(1)可知，AD4，在RtADC中，AC.PFAC，PFA90.AEFP

14、EF，AFEPFE45，则AFEB.又EAFCAB，EAFCAB，即，AF2.在RtAFP中，AFPF，则APAF2.5. (1)证明：如解图，第5题解图点E为CD的中点，DECE，由图形折叠性质可得，DEDE，AEDAED，DECE.EDCECD.AEDAEDDECEDCECDDEC180.EDCAED.AECD；(2)解：由题意可设CEx，则DEDE4x，在RtABD中，由勾股定理得AB2BD2AD2，即42BD262，解得BD2.在RtDEC中，由勾股定理得：DE2CD2CE2，即(4x)2(62)2x2，解得x35.即CE的长为35；(3)解：如解图，过点D作DFBC于点F，AD交BC

15、于点H，第5题解图ADBC，DACACB.由折叠性质得DACDAC，ACBDAC.AHCH.设CHx，则BH6x，在RtABH中，AB2BH2AH2，即42(6x)2x2，解得x，AHCH，DHADAH6，ABDF，ABHDFH， ，DF，点D到BC的距离为.6. 解：(1)4；【解法提示】在RtABE中，BAE90，ABE30，cosABE，即，BE4；(2)如解图，点E从点A向点D的运动过程中，BABA6，A的运动轨迹是以B为圆心，BA为半径的圆弧，连接DB，交圆弧与点F，此时DA的最小值即为DF的长第6题解图在RtABD中，BD，DF6，DA的最小值为6；(3)如解图，由折叠的性质得AE

16、BAEB，第6题解图在矩形ABCD中，ADBC，AEBEBC，AEBEBC，BDED，BED为等腰三角形 AEx，BC11, AB6，DE11x，由折叠的性质得，ABAB6，EABA90，AEAEx，EDDE11x，BDED11x，AD112x.在RtABD中，BA2AD2BD2，即62(112x)2(11x)2，解得x.则x的值为或.7. (1)解：四边形ABCD为正方形，ADBCD90，由折叠性质可知，NPEBCD90，APNDPE90，又ANPAPN90，DPEANP，APNDEP，PNE30，PNEP1，SAPNSDEP31；(2)证明：如解图，过点F作FGCD于点G.第7题解图BBC

17、D90，四边形BCGF为矩形，FGBCCD，由折叠可知CPEF，DCPFEG90，又EFGFEG90，EFGDCP，在CDP与FGE中，CDPFGE(ASA)，CPEF；(3)解：存在，理由如下：要求AP2PM的最小值，即求2(APPM)的最小值如解图，构造以AP为斜边的等腰RtARP，则RPAP，APPM的最小值即为RPPM的最小值，过点M作MTAR于点T，交AD于点P，则点P即为所求，APPM的最小值即为MT的长第7题解图ARP是等腰直角三角形，RAD45，延长AR交CD的延长线于点S，则ADS是等腰直角三角形，SDAD8，S45，又MTAR，STM是等腰直角三角形，MTSM，M为CD的中点，DM4，SMSDDM12，MT6，APPM的最小值为6，AP2PM的最小值为12，综上所述，存在点P，使得AP2PM有最小值，最小值为12.