2024海南中考数学二轮专题训练 题型五 折叠双空题 (含答案)

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(1)若∠DAE＝20°，则∠AEF＝________°；
(2)若AB＝8，BC＝10，BF＝6，则CE的长为________．
例题图
【分层分析】
第一步：根据折叠的性质可得，∠AEF＝__________＝________°；
第二步：∵∠AFB＋∠EFC＝∠EFC＋∠FEC＝90°，∴______＝______，∵∠B＝∠C，则△ABF∽______，则________＝__________，即 eq \f(8,6) ＝__________，解得CE＝________．
(满分技法)
折叠问题的本质是全等变换，折叠前后的图形是全等图形，相关微专题见本书P103
(针对训练)
1. 如图，在△ABC中，∠C＝90°，把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合．
(1)若∠A＝35°，则∠CBD的度数为________；
(2)若AC＝8，BC＝6，则 eq \f(AE,AD) 的值为________．
第1题图
2. 如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC＝120°.若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则∠B′EF的度数为________，AE的长度为________．
第2题图
3. 如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，AD＝6，∠B＝50°，点E在BC上，将平行四边形ABCD沿AE折叠，点B恰好与点C重合，则∠ACD＝________°，cs ∠BAE的值为________．
第3题图
4. 将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，得到四边形AECF，此时OE＝OF.
(1)四边形AECF的形状是________；
(2)若AB＝3，则BC的长为________．
第4题图
5. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，点E，F分别在边AD，BC上，且AE＝3，按以下步骤操作：
第一步，沿直线EF翻折，点A的对应点A′恰好落在对角线AC上，点B的对应点为B′.则线段BF的长为________；
第二步，分别在EF，A′B′上取点M，N，沿直线MN继续翻折，使点F与点E重合，则线段MN的长为________．
第5题图
6. 如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，将矩形ABCD沿边CE折叠，使得△BEC与△FEC重合，点B的对称点F落在边AD上，G为CD的中点，连接BG，分别与CE，CF交于点M，N，若BM＝BE，MG＝1，则BN的长为________，sin ∠AFE的值为________．
第6题图
7. 如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，将∠A，∠B分别沿DE、MN折叠，点A、B对应点都落在AC边上O处，OM∥CN.
(1) eq \f(DE,ON) 的值为________；
(2)设DE＝a，当DM＝ON时，△ABC折叠后图形的周长为________(用含有a的式子表示).
第7题图
参考答案
例 (1)70；(2)3.
【分层分析】∠AED，70；
∠AFB，∠FEC，△FCE，eq \f(AB,BF)，eq \f(FC,CE)，eq \f(4,CE)，3.
1. (1)20°；(2)eq \f(4,5) 【解析】(1)∵∠A＝35°，∠C＝90°，∴∠ABC＝55°，根据折叠性质可得，∠DBE＝∠A＝35°，∴∠CBD＝∠ABC－∠DBE＝20°；(2)∵把△ABC沿直线DE折叠，使△ADE与△BDE重合，∴AD＝DB，AE＝BE，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，∴AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝10，∴AE＝BE＝eq \f(1,2)AB＝5，设CD＝x，则DB＝AD＝8－x，在Rt△CDB中，CD2＋CB2＝BD2，即x2＋62＝(8－x)2，解得x＝eq \f(7,4)，AD＝8－eq \f(7,4)＝eq \f(25,4)，∴eq \f(AE,AD)＝eq \f(4,5).
2. 60°，2 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A＝90°，∴∠BEF＝180°－∠EFC＝60°，∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，∴∠BEF＝∠B′EF＝60°，BE＝B′E，∴∠AEB′＝180°－∠BEF－∠FEB′＝60°，∴∠AB′E＝30°，∴B′E＝2AE，设AE＝x，则B′E＝2x＝BE，∵AB＝6，∴x＋2x＝6，解得x＝2，即AE的长度为2.
3. 80，eq \f(4,5) 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝50°，∴∠BCD＝130°，由折叠的性质可得，∠ACB＝∠B＝50°，∴∠ACD＝∠BCD－∠ACB＝80°，∵折叠后点B恰好与点C重合，∴AE⊥BC，BE＝CE，∵BC＝AD＝6，∴BE＝3，∵AB＝5，在Rt△ABE中，AE＝eq \r(AB2－BE2)＝4，∴cs∠BAE＝eq \f(AE,AB)＝eq \f(4,5).
4. (1)菱形；(2)eq \r(3) 【解析】(1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AD＝BC，根据折叠性质可得∠AOF＝∠COE＝90°，OA＝OC，∴AC⊥EF，∵OE＝OF，∴四边形AECF是菱形；(2)∵四边形AECF为菱形，∴∠FCO＝∠ECO，EC＝AE，由折叠的性质可知∠ECO＝∠BCE，又∵∠FCO＋∠ECO＋∠BCE＝90°，∴∠FCO＝∠ECO＝∠BCE＝30°，在Rt△EBC中，EC＝2EB，又∵EC＝AE，AB＝AE＋EB＝3，∴EB＝1，EC＝2，∴Rt△BCE中，BC＝eq \r(3).
5. 1；eq \r(5) 【解析】如解图①，过点F作FG⊥AD于点G，设EF与AC的交点为O，∴∠AGF＝90°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，∠D＝90°，∴四边形ABFG为矩形，由折叠的性质得，∠AOE＝90°，∴∠OAE＋∠AEO＝90°，∵∠OAE＋∠ACD＝90°，∴∠AEO＝∠ACD，∴tan∠AEF＝tan∠ACD，∴eq \f(GF,GE)＝eq \f(AD,CD)＝2，∴GE＝2，∴BF＝AG＝AE－GE＝1；如解图②，过点F作FG⊥AD于点G，连接NE、NF，由折叠的性质得，MN为EF的垂直平分线，∴NE＝NF，设A′N＝x，则eq \r(A′N2＋A′E2)＝eq \r(B′N2＋B′F2)，∴eq \r(x2＋9)＝eq \r(（4－x）2＋1)，解得x＝1，∴NB′＝3，NF＝eq \r(10)，∵EF＝eq \r(GE2＋GF2)＝2eq \r(5)，∴MF＝eq \f(1,2)EF＝eq \r(5)，∴MN＝eq \r(NF2－MF2)＝eq \r(5).
第5题解图
6. 2；eq \r(2)－1 【解析】∵△BEC与△FEC关于直线EC对称，四边形ABCD是矩形，∴△BEC≌△FEC，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠EBC＝∠EFC＝90°，∠BEC＝∠FEC，BE＝FE，BC＝FC，∵BM＝BE，∴∠BEM＝∠BME，∴∠FEC＝∠BME，∴EF∥MN，∴∠BNC＝∠EFC＝90°，∴∠BNC＝∠FDC＝90°，∵∠BCD＝90°，∴∠NBC＋∠BCN＝90°＝∠BCN＋∠DCF，∴∠NBC＝∠DCF，∴△BCN≌△CFD，∴BN＝CD，在矩形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，∴∠BEM＝∠GCM，∵∠BEM＝∠BME＝∠CMG，MG＝1，G为CD的中点，∴∠GMC＝∠GCM，∴CG＝MG＝1，CD＝2，∴BN＝2.∵BM＝BE＝FE，MN∥EF，四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD∥BC，∠A＝∠BCG＝90°，∠AEF＝∠ABG，∵∠AFE＋∠AEF＝90°＝∠ABG＋∠CBG，∴∠AFE＝∠CBG，∴△AFE∽△CBG，∴eq \f(AE,CG)＝eq \f(EF,BG)，设BM＝x，则BE＝BM＝FE＝x，BG＝x＋1，AE＝2－x，∴eq \f(2－x,1)＝eq \f(x,x＋1)，解得x＝±eq \r(2)，经检验x＝±eq \r(2)是原方程的根，但x＝－eq \r(2)不合题意，舍去，∴AE＝2－eq \r(2)，EF＝eq \r(2)，∴sin∠AFE＝eq \f(AE,EF)＝eq \f(2－\r(2),\r(2))＝eq \r(2)－1.
7. (1)eq \f(1,2)；(2)(6＋2eq \r(3))a 【解析】(1)由题意可知，∠AED＝∠OED，∴DE⊥AC，∵AD＝OD，∠AOM＝90°，∴D为AM中点，∴ED＝eq \f(1,2)OM，由翻折性质可知，OM＝BM，∠B＝∠MON，又∵OM∥BC，∴∠MON＝∠ONC，∴∠ONC＝∠B，∴ON∥BM，∴四边形OMBN为菱形，∴ON＝OM，∴eq \f(DE,ON)＝eq \f(1,2)；(2)如解图所示，∵DM∥ON，又∵DM＝ON，∴四边形DMNO为平行四边形，又∵D为AM中点，∴DM＝OD，∴四边形DONM为菱形，由(1)可知，四边形OMBN为菱形，∴OM＝ON＝OD＝DM，∴△DOM为等边三角形，∴∠DOM＝60°，∠EOD＝30°，∵DE＝a，∴OE＝OC＝eq \r(3)a，DM＝MN＝2a，CN＝a，折叠后图形的周长为(6＋2eq \r(3))a.
第7题解图