2022年中考高分冲刺压轴题专题特训-折叠问题

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A．B．C．D．
【解答】解：作DH⊥BC于H，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：AB＝，∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，
∴AD＝DF，∠A＝∠DFE，∵FD平分∠EFB，∴∠DFE＝∠DFH，∴∠DFH＝∠A，
设DH＝3x，在Rt△DHF中，sin∠DFH＝sin∠A＝，∴DF＝5x，∴BD＝5﹣5x，
∵△BDH∽△BAC，∴，∴，∴x＝，∴AD＝5x＝．
故选：D．
2．如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（ ）
A．（36）cm2B．（36）cm2
C．24cm2D．36cm2
【解答】解：根据翻折可知，∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠PAC，
∴∠BAC＝∠PAB+∠PAC＝（∠MAB+∠BAP+∠NAC+∠PAC）＝180°＝90°，
∵∠α＝60°，∴∠MAB＝180°﹣∠BAC﹣∠α＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴AB＝＝6（cm），AC＝＝2（cm），
∴阴影部分的面积＝S长方形﹣S△ABC＝12×3﹣6×＝（36﹣6）（cm2），
故选：A．
3．如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF＝AB，则∠DAF＝ 18 度．
【解答】解：连接DM，如图：
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°．∵M是AC的中点，
∴DM＝AM＝CM，∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．∵DC，DF关于DE对称，
∴DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF．∵MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，
∴MF＝FD．∴∠FMD＝∠FDM．∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，∴∠DFC＝2∠FMD．
∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，∴∠DMC＝2∠FAD．设∠FAD＝x°，则∠DFC＝4x°，
∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，∴2x+4x+4x＝180．
∴x＝18．故答案为：18．
4．如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝1，则BN的长为 2 ，sin∠AFE的值为 ﹣1 ．
【解答】解：∵BM＝BE，∴∠BEM＝∠BME，∵AB∥CD，∴∠BEM＝∠GCM，
又∵∠BME＝∠GMC，∴∠GCM＝∠GMC，∴MG＝GC＝1，∵G为CD中点，
∴CD＝AB＝2．连接BF，FM，
由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF，∴BM＝EF，∵∠BEM＝∠BME，
∴∠FEM＝∠BME，∴EF∥BM，∴四边形BEFM为平行四边形，∵BM＝BE，
∴四边形BEFM为菱形，∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG，
∴∠BNF＝90°，∵BF平分∠ABN，∴FA＝FN，∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），
∴BN＝AB＝2．∵FE＝FM，FA＝FN，∠A＝∠BNF＝90°，
∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），∴AE＝NM，设AE＝NM＝x，
则BE＝FM＝2﹣x，NG＝MG﹣NM＝1﹣x，∵FM∥GC，∴△FMN∽△CGN，
∴＝，即＝，解得x＝2+（舍）或x＝2﹣，
∴EF＝BE＝2﹣x＝，∴sin∠AFE＝＝＝﹣1．故答案为：2；﹣1．
5．如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC＝1，则AB的长度为（ ）
A．B．C．D．
【解答】
解：由折叠补全图形如图所示，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADA'＝∠B＝∠C＝∠A＝90°，AD＝BC＝1，CD＝AB，
由第一次折叠得：∠DA'E＝∠A＝90°，∠ADE＝∠ADC＝45°，∴∠AED＝∠ADE＝45°，∴AE＝AD＝1，在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE＝AD＝，
由第二次折叠知，CD＝DE＝，∴AB＝．故选：A．
6．把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（ ）
A．7+3B．7+4C．8+3D．8+4
【解答】解：如图，过点M作MH⊥A′R于H，过点N作NJ⊥A′W于J．
由题意△EMN是等腰直角三角形，EM＝EN＝2，MN＝2，
∵四边形EMHK是矩形，
∴EK＝A′K＝MH＝1，KH＝EM＝2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH＝MH＝1，RM＝，同法可证NW＝，
由题意AR＝RA′＝A′W＝WD＝4，
∴AD＝AR+RM+MN+NW+DW＝4++2++4＝8+4，
故选：D．
7．（2020•杭州）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝ 2 ，BE＝ ﹣1 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，
∴CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，∴CF＝AD，∠CFD＝90°，
∴∠ADE+∠CDF＝∠CDF+∠DCF＝90°，∴∠ADF＝∠DCF，
∴△ADE≌△FCD（ASA），∴DF＝AE＝2∵∠AFE＝∠CFD＝90°，
∴∠AFE＝∠DAE＝90°，∵∠AEF＝∠DEA，∴△AEF∽△DEA，
∴，∴＝，∴EF＝﹣1（负值舍去），
∴BE＝EF＝﹣1，
方法二：∵AB∥CD，∴S△ACD＝S△DCE，∴S△ACD﹣S△DCF＝S△DCE﹣S△DCF，
∴S△ADF＝S△ECF，由题意知，BC＝CF，S△ACD＝S△ABC，S△ECF＝S△BCE，
∴S△ACD﹣S△ADF＝S△ABC﹣S△CEF＝S△ABC﹣S△BCE，∴S△DCF＝S△ACE，
∴×DF•CF＝AE•BC，∵CF＝BC，∴DF＝AE＝2，
设BE＝x，∵AE∥CD，∴△AEF∽△CDF，∴＝，
∴＝，解得：x＝﹣1（负值舍去 ），∴BE＝﹣1．
故答案为：2，﹣1．
8．如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为 （﹣） cm．
【解答】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，
∵NB′＝＝＝（cm），∴BM＝NB′＝（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，
在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x＝，∴DE＝4﹣＝（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1﹣＝（4﹣）（cm），
∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣（4﹣）＝（﹣）（cm）．
故答案为，（﹣）．
9．如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于 10+6 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x，
由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，∵△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，又∵△A′EP∽△D′PH，∴A′P：D′H＝2，∵PA′＝x，
∴Dx，∵•x•x＝1，∴x＝2（负根已经舍弃），
∴AB＝CD＝2，PE＝＝2，PH＝＝，
∴AD＝4+2++1＝5+3，∴矩形ABCD的面积＝2（5+3）＝10+6．
故答案为10+6
10．（2021•衢州）【推理】
如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．
（1）求证：△BCE≌△CDG．
【运用】
（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，CE＝9，求线段DE的长．
【拓展】
（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，H两点，若＝k，＝，求的值（用含k的代数式表示）．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵△BFE是由△BCE折叠得到，∴BE⊥CF，∴∠ECF+∠BEC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠BCE＝90°，∴∠ECF+∠CGD＝90°，
∴∠BEC＝∠CGD，∵BC＝CD，∴△BCE≌△CDG（AAS）．
（2）如图2中，连接EH．
∵△BCE≌△CDG，∴CE＝DG＝9，由折叠可知BC＝BF，CE＝FE＝9，
∴∠BCF＝∠BFC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，
∴∠BCG＝∠HGF，∵∠BFC＝∠HFG，∴∠HFG＝∠HGF，
∴HF＝HG，∵＝，DG＝9，∴HD＝4，HF＝HG＝5，
∵∠D＝∠HFE＝90°，∴HF2+FE2＝DH2+DE2，∴52+92＝42+DE2，
∴DE＝3或﹣3（舍弃），∴DE＝3．
（3）如图3中，连接HE．
由题意＝，可以假设DH＝4m，HG＝5m，设＝x．
①当点H在点D的左侧时，∵HF＝HG，∴DG＝9m，
由折叠可知BE⊥CF，∴∠ECF+∠BEC＝90°，∵∠D＝90°，
∴∠ECF+∠CGD＝90°，∴∠BEC＝∠CGD，∵∠BCE＝∠D＝90°，
∴△CDG∽△BCE，∴＝，∵＝＝k，∴＝，
∴CE＝＝FE，∴DE＝，∵∠D＝∠HFE＝90°∴HF2+FE2＝DH2+DE2，
∴（5m）2+（）2＝（4m）2+（）2，∴x＝或﹣（舍弃），
∴＝．
②当点H在点D的右侧时，如图4中，
同理HG＝HF，△BCE∽△CDG，∴DG＝m，CE＝＝FE，
∴DE＝，∵HF2+FE2＝DH2+DE2，∴（5m）2+（）2＝（4m）2+（）2，
∴x＝或﹣（舍弃），∴＝．
综上所述，＝或．
11．已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求AH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，由题意，得DB＝DP，DA＝DB，∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，∴AP＝AD＝AB＝AC．
（2）解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，
∴AB＝＝＝12，∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，∴△ADH∽△ABC，∴＝，∵AD＝7，
∴＝，∴DH＝，将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1＝＝＝，∴AP1＝AH+HP1＝4，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2＝，∴AP2＝AH﹣HP2＝3，综上所述，满足条件的AP的值为4或3．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，∴AH＝HB＝6，∴CH＝＝＝8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，∵sinA＝＝，
∴＝，∴x＝，∴AD＝AB﹣BD＝，
观察图形可知当6＜a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．