2024成都中考数学第一轮专题复习之第七章 微专题 图形的折叠 知识精练(含答案)

这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第七章 微专题 图形的折叠 知识精练(含答案)，共4页。试卷主要包含了 问题情境等内容，欢迎下载使用。
1. (2022营口)如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD＝1，CF＝2，则线段AE的长为( )
第1题图
A. eq \r(5)－2 B. eq \r(3)－1 C. eq \f(1,3) D. eq \f(1,2)
2. (2023赤峰)如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合，DE交BC于点F，交AB延长线于点E，DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM＝4，则下列结论：①DQ＝EQ，②BQ＝3，③BP＝eq \f(15,8)，④BD∥FQ.正确的是( )
第2题图
A. ①②③ B. ②④
C. ①③④ D. ①②③④
3. (2023枣庄)问题情境：如图①，在△ABC中，AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC边上的中线．如图②，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，G，F，H.
猜想证明：
(1)如图②，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由．
问题解决：
(2)如图③，将图②中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．
图①
图②
图③
第3题图
参考答案与解析
1. A 【解析】∵BC＝CE，∠EDC＝∠CFB＝90°，∠DEC＝∠BCF，∴△EDC≌△CFB(AAS)，∴DE＝CF＝2，∴CE＝ eq \r(CD2＋DE2) ＝ eq \r(12＋22) ＝ eq \r(5) ＝BC＝AD，∴AE＝AD－DE＝ eq \r(5) －2.
2. A 【解析】①∵四边形ABCD为菱形，∴DC∥AE，∴∠CDF＝∠FEQ.由折叠性质可得，∠CDF＝∠QDF，∴∠FEQ＝∠QDF，∴DQ＝EQ，①正确；②∵DM⊥AB，AD＝5，AM＝4，∴MB＝AB－AM＝5－4＝1，DM＝ eq \r(AD2－AM2) ＝ eq \r(52－42) ＝3.由折叠性质，得DC＝DQ＝5，∴在Rt△DMQ中，MQ＝ eq \r(DQ2－DM2) ＝ eq \r(52－32) ＝4，∴BQ＝MQ－MB＝4－1＝3，②正确；③∵DC∥AE，∴△BPQ∽△CPD，∴ eq \f(BQ,CD) ＝ eq \f(BP,CP) .设BP＝x，则PC＝5－x，即 eq \f(3,5) ＝ eq \f(x,5－x) ，解得x＝ eq \f(15,8) ，③正确；④若BD∥FQ，则∠DQF＝∠BDP，由折叠性质，得∠DCF＝∠DQF，∴∠BDP＝∠DCF.又∵∠DBP＝∠CBD，∴△DBP∽△CBD，∴ eq \f(DB,BP) ＝ eq \f(CB,BD) ，代入数值可得 eq \f(\r(10),\f(15,8)) ≠ eq \f(5,\r(10)) ，∴BD∥FQ不成立，④错误．
3. 解：(1)四边形AEDG是菱形．理由如下：
∵在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝ eq \f(1,2) BC.
由折叠的性质可知，EF⊥BC，BE＝DE，BF＝DF，
∴EF∥AD，
∴ eq \f(BF,FD) ＝ eq \f(BE,AE) ＝1，
∴BE＝AE＝ eq \f(1,2) AB，
∴AE＝DE.
同理可证DG＝AG.
∵AB＝AC，
∴AE＝DE＝DG＝AG，
∴四边形AEDG是菱形；
(2)如解图，过点H作HE⊥CG于点E，
由折叠的性质可知，∠GDC＝∠C，∠MHB＝∠B，DH＝CH，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠GDC＝∠B，∠MHB＝∠C，
∴DG∥AB，MH∥AC，
∴四边形MKGA为平行四边形．
∵AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD＝15，DG＝AG＝CG＝ eq \f(17,2) ，
∴DH＝CH＝ eq \f(15,2) .
在Rt△CHG中，GH＝ eq \r(（\f(17,2)）2－（\f(15,2)）2) ＝4,
∴S△CHG＝ eq \f(1,2) CG·HE＝ eq \f(1,2) CH·GH＝ eq \f(1,2) × eq \f(15,2) ×4＝15，
∴四边形MKGA的面积＝AG·HE＝CG·HE＝30.
第3题解图