中考数学 专项训练 考点51 巧用图形的翻折解决几何问题

专题51 巧用图形的翻折解决几何问题

多年一些省市的中考题中出现了很多有关矩形纸片折叠的问题.由于这类问题的实践性强，需要同学们通过动手操作去发现解1决问题的方法.其规律为利用折叠前后线段、角的对应相等关系，构造直角三角形利用勾股定理来求解。

注意：必有等边，必有等角。观察并关注通过折叠新构建的三角形，特别是直角三角形。通过解设表示相关数量，建立等量关系（多数情况利用勾股定理）。解方程，得答案

【典例16】如图，在矩形ABCD中，AD＝15，点E在边DC上，联结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．如果AD＝3GD，那么DE＝_____．

【解析】思路如下：

如图，过点F作AD的平行线交AB于M，交DC于N．

因为AD＝15，当AD＝3GD时，MF＝AG＝10，FN＝GD＝5．

在Rt△AMF中，AF＝AD＝15，MF＝10，所以AM＝．

设DE＝m，那么NE＝．

由△AMF∽△FNE，得，即．解得m＝．

【巩固提升】

1、在△ABC中，已知∠A＝80°，∠C＝30°，现把△CDE沿DE进行不同的折叠得△C′DE，对折叠后产生的夹角进行探究：

（1）如图（1）把△CDE沿DE折叠在四边形ADEB内，则求∠1+∠2的和；

（2）如图（2）把△CDE沿DE折叠覆盖∠A，则求∠1+∠2的和；

（3）如图（3）把△CDE沿DE斜向上折叠，探求∠1、∠2、∠C的关系．

【解析】（1）∠1+∠2＝180°﹣2∠CDE+180°﹣2∠CED

＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）

＝360°﹣2（180°﹣∠C）

＝2∠C

＝60°；

（2）连接DG，

∠1+∠2＝180°﹣∠C′﹣（∠ADG+∠AGD）

＝180°﹣30°﹣（180°﹣80°）

＝50°；

（3）∠2﹣∠1＝180°﹣2∠CED﹣（2∠CDE﹣180°）

＝360°﹣2（∠CDE+∠CED）

＝360°﹣2（180°﹣∠C）

＝2∠C

所以：∠2﹣∠1＝2∠C．

2、如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于F点．

（1）求证：四边形AECF为平行四边形；

（2）若矩形ABCD的边AB＝6，BC＝4，求△CPF的面积．

【解析】（1）由折叠得到BE＝PE，EC⊥PB，

∵E为AB的中点，∴AE＝EB＝PE，∴AP⊥BP，∴AF∥EC，

∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥FC，∴四边形AECF为平行四边形；

（2）过P作PM⊥DC，交DC于点M，

在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝4，根据勾股定理得：EC＝＝5，

∵S△EBC＝EB•BC＝EC•BQ，∴BQ＝＝，

由折叠得：BP＝2BQ＝，在Rt△ABP中，AB＝6，BP＝，

根据勾股定理得：AP＝＝，

∵四边形AECF为平行四边形，∴AF＝EC＝5，FC＝AE＝3，∴PF＝5﹣＝，

∵PM∥AD，∴＝，即＝，解得：PM＝，

则S△PFC＝FC•PM＝×3×＝．

3、如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD上的E点处，折痕的一端G点在边BC上．

（1）如图1，当折痕的另一端F在AB边上且AE＝4时，求AF的长

（2）如图2，当折痕的另一端F在AD边上且BG＝10时，

①求证：EF＝EG．②求AF的长．

（3）如图3，当折痕的另一端F在AD边上，B点的对应点E在长方形内部，E到AD的距离为2cm，且BG＝10时，求AF的长．

（1）解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，∴BF＝EF，

∵AB＝8，∴EF＝8﹣AF，

在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，即42+AF2＝（8﹣AF）2，解得AF＝3；

（2）①证明：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，

∴∠BGF＝∠EGF，

∵长方形纸片ABCD的边AD∥BC，∴∠BGF＝∠EFG，∴∠EGF＝∠EFG，∴EF＝EG；

②解：∵纸片折叠后顶点B落在边AD上的E点处，

∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，FH＝AF，∴EF＝EG＝10，

在Rt△EFH中，FH＝＝＝6，∴AF＝FH＝6；

（3）法一：如图3，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，

∵E到AD的距离为2cm，

∴EM＝2，EN＝8﹣2＝6，

在Rt△ENG中，GN＝＝＝8，

∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°，

∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°，∴∠KEM＝∠NGE，

又∵∠ENG＝∠KME＝90°，

∴△GEN∽△EKM，

∴＝＝，即＝＝，解得EK＝，KM＝，

∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，

∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°，

∴△FKH∽△EKM，∴＝，即＝，解得FH＝，∴AF＝FH＝．

法二：如图4，设EH与AD相交于点K，过点E作MN∥CD分别交AD、BC于M、N，过点K作KL∥CD交BC于点L，连接GK，

∵E到AD的距离为2cm，

∴EM＝2，EN＝8﹣2＝6，

在Rt△ENG中，GN＝＝＝8，

设KM＝a，

在△KME中，根据勾股定理可得：KE2＝KM2+ME2＝a2+4，

在△KEG中，根据勾股定理可得：GK2＝GE2+KE2＝102+a2+4，

在△GKL中，根据勾股定理可得：GK2＝GL2+KL2＝（8﹣a）2+82，

即102+a2+4＝（8﹣a）2+82，

解得：a＝，故KE＝，

∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，

设FH＝b，

在△KFH中，根据勾股定理可得：KF2＝KH2+FH2，

∵KF＝KA﹣AF＝BL﹣AF＝（BG+GN﹣KM）﹣AF＝10+8﹣﹣b＝﹣b，

即：（﹣b）2＝（）2+b2，解得：b＝，∴AF＝FH＝．

4、如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上的点F处.

（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？

（2）如果AM=1，sin∠DMF=，求AB的长.

【分析】（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sin∠DMF=DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，再分别表示出AP，BP，BQ，根据△AMP∽△BPQ，列出比例式解方程求解即可.

【解析】（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD.

∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°.

由折叠的性质可知∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ.

∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°.

∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP，∴△AMP∽△BPQ.

同理：△BPQ∽△CQD.

根据相似的传递性可得△AMP∽△CQD；

（2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ.

由折叠的性质可知∠DQC=∠DQM.

∴∠MDQ=∠DQM.∴MD=MQ.

∵AM=ME，BQ=EQ，∴BQ=MQ-ME=MD-AM.

∵sin∠DMF=，则设DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE=，BQ=5x-1.

∵△AMP∽△BPQ，∴，即，解得x=（舍去）或x=2，∴AB=6.

5、发现（1）如图1，把△ABC沿DE折叠，使点A落在点A’处，请你判断∠1+∠2与∠A有何数量关系，直接写出你的结论，不必说明理由

思考（2）如图2，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，把△ABC折叠，使点A与点I重合，若∠1+∠2＝100°，求∠BIC的度数；

拓展（3）如图3，在锐角△ABC中，BF⊥AC于点F，CG⊥AB于点G，BF、CG交于点H，把△ABC折叠使点A和点H重合，试探索∠BHC与∠1+∠2的关系，并证明你的结论．

【解析】（1）∠1+∠2＝2∠A；

理由：根据翻折的性质，∠ADE＝（180°﹣∠1），∠AED＝（180°﹣∠2），

∵∠A+∠ADE+∠AED＝180°，

∴∠A+（180﹣∠1）+（180﹣∠2）＝180°，

整理得2∠A＝∠1+∠2；

（2）由（1）∠1+∠2＝2∠A，得2∠A＝100°，∴∠A＝50°

∵IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，

∴∠IBC+∠ICB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣∠A）＝90°﹣∠A，

∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝180°﹣（90°﹣∠A）＝90°+×50°＝115°；

（3）∵BF⊥AC，CG⊥AB，

∴∠AFH+∠AGH＝90°+90°＝180°，

∠FHG+∠A＝180°，

∴∠BHC＝∠FHG＝180°﹣∠A，

由（1）知∠1+∠2＝2∠A，∴∠A＝（∠1+∠2），

∴∠BHC＝180°﹣（∠1+∠2）．

6、如图，△ABC是一个三角形的纸片，点D、E分别是△ABC边上的两点，

（1）探究图1：如果沿直线DE折叠，则∠BDA′与∠A的关系是　   　；

（2）探究图2：如果折成图2的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；

（3）探究图3：如果折成图3的形状，猜想∠BDA′、∠CEA′和∠A的关系，并说明理由；

（4）探究图4：若将四边形纸片ABCD折成图4的形状，直接写出∠DE A′、∠CF B′、∠A和∠B四个角之间的数量关系　   　．

【解析】（1）∠BDA′＝2∠A，

理由：∵△ABC沿直线DE折叠，使A点落在CE上，图①，

∴∠A＝∠AA′D，

∴∠BDA′＝∠A+∠AA′D＝2∠A；

故答案为：∠BDA′＝2∠A；

（2）∠BDA′+∠CEA′＝2∠A，

理由：图②，连结AA′，

∵∠BDA′＝∠1+∠2，∠CEA＝∠3+∠4，

∴∠BDA′+∠CEA＝∠1+∠3+∠2+∠4＝∠A+∠A′，

而∠A＝∠AA′D，∴∠BDA′+∠CEA′＝2∠A；

（3）∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A．

理由如下：图③，

由翻折可得：∠A′＝∠A，∠DEA′＝∠DEA，∠A′DE＝∠ADE，

由内角和性质得：（∠A′+∠A）+（∠DEA′+∠DEA）+（∠A′DE+∠ADE）＝360°，

∴2∠A+（180°+∠CEA′）+（180°﹣∠BDA′）＝360°

∴2∠A+∠CEA′﹣∠BDA′＝0，∴∠BDA′﹣∠CEA′＝2∠A；

（4）由折叠性质得∠A′EF＝∠AEF，∠B′FE＝∠BFE，

∴∠1+∠2＝180°﹣（∠A′EF+∠AEF）+180°﹣（∠B′FE+∠BFE）

＝180°﹣2∠AEF+180°﹣2∠BFE

＝360°﹣2（360°﹣∠A﹣∠B）

＝2（∠A+∠B）﹣360°．