中考数学 专项训练 考点37 矩形折叠问题中的类比问题

专题37 矩形折叠问题中的类比问题

【典例2】如图例2-1，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且点G在矩形ABCD内部．小明将BG延长交DC于点F，认为GF=DF，你同意吗？说明理由．

（2）问题解决

保持（1）中的条件不变，若DC=2DF，求的值；

（3）类比探求

保持（1）中条件不变，若DC=nDF，求的值．

图例2-1                                 图例2-2

【解析】（1）同意，理由如下：

如图例2-2，连接EF 

∵E是AD的中点，∴AE=ED，由折叠及矩形性质得：AE=EG，∠EGF=∠D=90°，所以，EG=DE

在Rt△EFG和Rt△EFD中，∵EF=EF   EG=DE，∴Rt△EFG≌Rt△EFD （HL），∴DF=FG

（2）根据DC=2DF，设DF=FC=x，AE=ED=y

由折叠性质及（1）知BF=BG+GF=AB+GF=3x

在Rt△BCF中，由勾股定理得：BF2=BC2+CF2，(3x)2=(2y)2+x2，即：，∴

（3）设AE=ED=y，DF=x，根据DC=nDF，得CD=nx，FC=(n－1)x；

由折叠性质及矩形性质知：BF=BG+GF=AB+GF=(n+1)x

在Rt△BCF中， BF2=BC2+CF2，[(n+1)x]2=(2y)2+[(n-1)x]2，即：，∴

【小结】本题立意新颖，是河南中考首次采用此类型题目，给人一种耳目一新的感觉. “操作发现——问题解决——类比探究”所展现的是数学研究的核心，即“提出问题——解决问题——理论扩展及应用”. 学生需要具备完善的知识体系及一定的观察、计算能力才能完整解答此题. 本题的意义不仅在于考查学生对折叠、矩形、全等三角形、勾股定理、解方程等知识的本质理解与掌握，在很大程度上是检验学生的学习过程和学习方式，从一个新的数学角度考查了学生的数学思维能力．

【巩固提升】

1、如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则的值为

A． B． C． D．

【分析】根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP（AAS），根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=4﹣x、BF=PC=3﹣x，进而可得出AF=1+x．在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，即可得出答案．

【解析】根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，∴DC=DE=4，CP=EP．

在△OEF和△OBP中，∵，∴△OEF≌△OBP（AAS），

∴OE=OB，EF=BP．

设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x．

又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，∴AF=AB﹣BF=1+x．

在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，

解得：x=0.6，∴DF=4﹣x=3.4，∴．

故选C．

【小结】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x，求出AF的长度是解题的关键．

2、如图，以矩形ABOD的两边OD、OB为坐标轴建立直角坐标系，若E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交OD于F点．若OF＝1，FD＝2，则G点的坐标为(   )

A．(，) B．(，)

C．(，) D．(，)

【分析】连结EF，作GH⊥x轴于H，根据矩形的性质得AB=OD=OF+FD=3，再根据折叠的性质得BA=BG=3，EA=EG，∠BGE=∠A=90°，而AE=DE，则GE=DE，于是可根据“HL”证明Rt△DEF≌Rt△GEF，得到FD=FG=2，则BF=BG+GF=5．在Rt△OBF中，利用勾股定理计算出OB，然后根据△FGH∽△FBO，利用相似比计算出GH和FH，根据OH=OF﹣HF，即可得到G点的坐标．

【解析】连结EF，作GH⊥x轴于H，如图，

∵四边形ABOD为矩形，∴AB=OD=OF+FD=1+2=3．

∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，∴BA=BG=3，EA=EG，∠BGE=∠A=90°．

∵点E为AD的中点，∴AE=DE，∴GE=DE．

在Rt△DEF和Rt△GEF中，∵，∴Rt△DEF≌Rt△GEF（HL），∴FD=FG=2，

∴BF=BG+GF=3+2=5．

在Rt△OBF中，OF=1，BF=5，∴OB．

∵GH∥OB，∴△FGH∽△FBO，∴，即，∴GH，FH，

∴OH=OF﹣HF=1，∴G点坐标为（）．故选B．

【小结】本题考查了折叠的性质：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．也考查了坐标与图形的性质和相似三角形的判定与性质．

3、如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是边AB上一点，且AE=2EB，点P是边BC上一点，连接EP，过点P作PQ⊥PE交射线CD于点Q．若点C关于直线PQ的对称点正好落在边AD上，求BP的值．

【解析】过点P作PE⊥AD于点E，∴∠PEC'=90°

∵矩形ABCD中，AB=3，BC=4

∴∠EAB=∠B=∠C=∠QDC'=90°，CD=AB=3

∴四边形CPED是矩形

∴DE=PC，PE=CD=3

∵AE=2EB，∴AE=2，EB=1

设BP=x，则DE=PC=4﹣x

∵点C与C'关于直线PQ对称，∴△PC'Q≌△PCQ

∴PC'=PC=4﹣x，C'Q=CQ，∠PC'Q=∠C=90°

∵PE⊥PQ，∴∠BPE+∠CPQ=90°

又∵∠BEP+∠BPE=90°，∴∠BEP=∠CPQ，∴△BEP∽△CPQ

同理可证：△PEC'∽△C'DQ

∴，，∴CQ==x（4﹣x）

∴C'Q=x（4﹣x），DQ=3﹣x（4﹣x）=x2﹣4x+3

∴，∴C'D=3x，EC'=

∵EC'+C'D=DE，∴，解得：x1=1，x2=

∴BP的值为1或

4、已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A （11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．

（1）如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；

（2）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，求m（用含有t的式子表示）；

（3）在（2）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果）．

【解析】（1）根据题意，∠OBP=90°，OB=6，

在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．

∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=2，t2=﹣2（舍去）．∴点P的坐标为（2，6）；

（2）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，

∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，

∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC，

∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°，

∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ，

又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ，∴=，

由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11﹣t，CQ=6﹣m．∴=，

∴m=t2﹣t+6（0＜t＜11）；

（3）过点P作PE⊥OA于E，如图3，

∴∠PEA=∠QAC′=90°，

∴∠PC′E+∠EPC′=90°，

∵∠PC′E+∠QC′A=90°，

∴∠EPC′=∠QC′A，

∴△PC′E∽△C′QA，

∴=，

在△PC′E和△OC′B′中，，∴△PC′E≌△OC′B′（AAS），

∴PC'=OC'=PC，∴BP=AC'，

∵AC′=PB=t，PE=OB=6，AQ=m，EC′=11﹣2t，

∴=，

∵m=t2﹣t+6，

∴3t2﹣22t+36=0，

解得：t1=，t2=

故点P的坐标为（ ，6）或（ ，6）．

5、如图，在矩形ABCD中，AB=6，点E在边AD上且AE=4，点F是边BC上的一个动点，将四边形ABFE沿EF翻折，A、B的对应点A1、B1与点C在同一直线上，A1B1与边AD交于点G，如果DG=3，那么BF的长为　　．

【解析】∵△CDG∽△A'EG，A'E=4

∴A'G=2

∴B'G=4

由勾股定理可知CG'=，则CB'=

由△CDG∽△CFB'

设BF=x

∴

解得x=

故答案为

6、如图，已知E是正方形ABCD的边AB上一点，点A关于DE的对称点为F，∠BFC=90°，求的值．

【解析】如图，延长EF交CB于M，连接CM，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，

∵将△ADE沿直线DE对折得到△DEF，∴∠DFE=∠DFM=90°，

在Rt△DFM与Rt△DCM中，，∴Rt△DFM≌Rt△DCM，∴MF=MC，

∴∠MFC=∠MCF，

∵∠MFC+∠BFM=90°，∠MCF+∠FBM=90°，∴∠MFB=∠MBF，∴MB=MC，

设MF=MC=BM=a，AE=EF=x，

∵BE2+BM2=EM2，即（2a﹣x）2+a2=（x+a）2，解得：x=a，∴AE=a，

∴==3．

7、（1）如图1，将矩形ABCD折叠，使BC落在对角线BD上，折痕为BE，点C落在点C′处，若∠ADB=46°，则∠DBE的度数为　．

（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD，AB=4，AD=9．

【画一画】如图2，点E在这张矩形纸片的边AD上，将纸片折叠，使AB落在CE所在直线上，折痕设为MN（点M，N分别在边AD，BC上），利用直尺和圆规画出折痕MN（不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；

【算一算】如图3，点F在这张矩形纸片的边BC上，将纸片折叠，使FB落在射线FD上，折痕为GF，点A，B分别落在点A′，B′处，若AG=，求B′D的长；

【验一验】如图4，点K在这张矩形纸片的边AD上，DK=3，将纸片折叠，使AB落在CK所在直线上，折痕为HI，点A，B分别落在点A′，B′处，小明认为B′I所在直线恰好经过点D，他的判断是否正确，请说明理由．

【解析】（1）如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠ADB=∠DBC=46°，

由翻折不变性可知，∠DBE=∠EBC=∠DBC=23°，

故答案为23．

（2）【画一画】，如图2中，

【算一算】如图3中，

∵AG=，AD=9，∴GD=9﹣=，

∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DGF=∠BFG，

由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，∴DF=DG=，

∵CD=AB=4，∠C=90°，

∴在Rt△CDF中，CF==，∴BF=BC﹣CF=，

由翻折不变性可知，FB=FB′=，∴DB′=DF﹣FB′=﹣=3．

【验一验】如图4中，小明的判断不正确．

理由：连接ID，在Rt△CDK中，∵DK=3，CD=4，∴CK==5，

∵AD∥BC，∴∠DKC=∠ICK，由折叠可知，∠A′B′I=∠B=90°，

∴∠IB′C=90°=∠D，∴△CDK∽△IB′C，∴==，即==，

设CB′=3k，IB′=4k，IC=5k，由折叠可知，IB=IB′=4k，∴BC=BI+IC=4k+5k=9，∴k=1，

∴IC=5，IB′=4，B′C=3，

在Rt△ICB′中，tan∠B′IC==，连接ID，在Rt△ICD中，tan∠DIC==，

∴tan∠B′IC≠tan∠DIC，∴B′I所在的直线不经过点D．