2024河南中考数学专题复习第七章 第五节 轴对称与折叠 课件

这是一份2024河南中考数学专题复习第七章 第五节 轴对称与折叠 课件，共45页。PPT课件主要包含了考情及趋势分析，例1题图①，∠DCB，∠BDC，△DBC，例1题图②，∠AFE，△AFE，∠FEA，∠FAE等内容，欢迎下载使用。

课标要求1. 通过具体实例了解轴对称的概念，探索它的基本性质：成轴对称的两个图形中，对应点的连线被对称轴垂直平分；(2022年版课标将“了解”调整为“理解”)2. 能画出简单平面图形(点、线段、直线、三角形等)关于给定对称轴的对称图形；3. 了解轴对称图形的概念；探索等腰三角形、矩形、菱形、正多边形、圆的轴对称性质．(2022年版课标将“了解”调整为“理解”)
命题点1　折叠落点在特殊位置(9年4考)
命题点2　折叠过程中产生特殊图形(9年3考)
例1　(1)折叠问题的本质是全等和轴对称．①如图①，已知△ABC，作点A关于BC的对称点D，连接BD，CD，则图中相等的线段为AB＝DB，AC＝________；相等的角为∠ABC＝∠DBC，∠ACB＝______，∠BAC＝________；全等图形为△ABC≌________；连接AD，则AD⊥BC，依据：___________________________________________________________；
轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点所连线段的垂直平分线
②如图②，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，则图中折叠前的部分与折叠后的部分相等的线段为AB＝AF，BE＝________；相等的角为∠ABE＝________；全等图形为△ABE≌________；连接BF交AE于点O，发现还有以下结论：折痕可看作垂直平分线：AE⊥________，BO＝________，依据：________________________________________________；
折痕垂直平分折叠前后两个对应点的连线
折痕可看作角平分线：∠BEA＝________，∠BAE＝________，依据：对称线段所在的直线与折痕的夹角相等；
(2)通过上述对称和折叠变换，可总结出不同点为：_____________________________；相同点为：_____________________________________________________________．
表述方式不同，知识点有所不同
都是全等关系，对应线段、对应角等全都相等(答案不唯一)
(3)原因：∵点O关于BC，AB边的对称点分别为P，Q，∴∠ABO＝∠ABQ，OB＝BQ，∠CBO＝∠CBP，OB＝BP，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠ABO＋∠CBO＝∠ABQ＋∠CBP＝90°，BQ＝BP，∴∠QBP＝180°，∴点P，Q在一条直线上且BP＝BQ，∴点P和点Q关于点B对称；
(3)如图③，O为矩形ABCD内一点，分别作点O关于BC，AB边的对称点P，Q，连接BO，BP，BQ，则发现点P和点Q关于点B对称，请说明原因；
(4)如图④，已知矩形ABCD，点O为BC下方一点，作点O关于直线BC的对称点O′，再作点O′关于直线AD的对称点O″，发现OO″＝2AB，请证明．
(4)证明：如解图，设OO′与BC交于点E，O′O″与AD交于点F，
由对称的性质得，OE＝O′E，O′F＝O″F，∵OO′⊥BC，O′O″⊥AD，∴点O，O′，O″在一条直线上，∴EF＝AB，∴OO″＝OO′＋O′O″＝2O′E＋2O′F＝2EF，∴OO″＝2AB.
一、“折叠落点在特殊位置”类问题(9年3考)
例2　已知，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2 ，BC＝2，点D，E分别为AB，AC上一点，连接DE.(1)如图①，将△ABC折叠，使点A与点B重合，
折痕为DE.则AE的长为________；
(2)如图②，将△ABC沿DE折叠，使点A与BC的中点N重合，则线段CE的长为______；
(3)如图③，将△ABC沿DE折叠，使点A的对应点F落在BC边上，当点F为BC的三等分点时，线段AE的长为______________．
二、“折叠产生特殊图形”类问题(9年3考)
例3　已知，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，E为BC边上一点．(1)如图①，P为CD边上一点，连接PE，将△PCE沿PE折叠得到△PC′E， ①若点C′恰好落在对角线BD上，且PE∥BD，则CP的长为________；
【解析】如解图①，连接CC′交EP于点Q，则CQ＝C′Q，CC′⊥PE，
【解析】∵△AC′D为等腰三角形，∴分三种情况：①当AD＝AC′时，此时AC′＝4；②当AC′＝DC′时，点C′在AD的垂直平分线上，如解图②，此时四边形CPC′E为正方形，EC＝EC′＝2，延长EC′交AD于点M，则∠AMC′＝90°.
②如图②，若点E为BC的中点，连接AC′，DC′，当△AC′D为等腰三角形时，AC′的长为________；
③当DA＝DC′时，如解图③，当点P与点D重合时，
(2)如图③，点F为BC边的中点，点P为AD边上一点，连接AF，PE，将矩形ABCD沿直线PE折叠，点C的对应点C′恰好落在AF上，连接AD′，当△AC′D′为直角三角形时，CE的长为________.
【解析】∵点F为BC的中点，∴BF＝2，当△AC′D′为直角三角形时，分三种情况进行讨论：①当∠AC′D′＝90°时，如解图④，
∵四边形ABCD为矩形，∴∠C＝90°，由折叠性质得，∠EC′D′＝∠C＝90°，∴A，C′，E三点共线，∴点E与点F重合，∴CE＝CF＝BF＝2；
②当∠AD′C′＝90°时，如解图⑤，
折叠落点在特殊位置9年3考
1. (2023河南15题3分)如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边BC上，且BE＝ a.连接AE，将△ABE沿AE折叠．若点B的对应点B′落在矩形ABCD的边上，则a的值为________．
∴EC＝ a，B′E＝BE＝ a，AB′＝AB＝1，AD＝BC＝a，易得△B′EC∽△AB′D， ∴ ，则 ， ∴B′C＝ a2. 在Rt△B′EC中，利用勾股定理得B′E2＝B′C2＋EC2， ∴( a)2＝( a2)2＋( a)2， 由于a是正数，解得a＝ (负值已舍去)；
②如解图②，当点B′落在矩形ABCD的边AD上时，直接得出四边形ABEB′是正方形，∴ a＝1，则a＝ ，显然点B′只能落在矩形ABCD的边CD或AD上，不可能在边AB或BC上(点B′与B，E两点不可能在同一条直线上)， 综上所述，a的值为 或 .
1.1 变折叠方式——过顶点A折叠变为过顶点D折叠如图，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，点E在边AB上，且AE＝ AB.连接DE，将△DAE沿DE折叠．若点A的对应点A′落在矩形ABCD的边上，则a的值为________．
【解析】如解图①，点A′落在矩形ABCD的边BC上，
∴BE＝AB－AE＝ ，由折叠可知，A′E＝AE＝ ，在Rt△A′BE中，A′B＝ ，易得△EBA′∽△A′CD， ∴ ，即 ，∴a＝ ； 如解图②，点A′落在CD边上时，可得四边形AEA′D为正方形， ∴AD＝AE，即a＝ ， ∴a的值为 或 .
2. 如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝3.点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点B′处，过点B′作AD的垂线，分别交AD，BC于点M，N，当点B′为线段MN的三等分点时，BE的长为________．
∵AD∥BC，AB⊥BC, MN⊥BC，∴四边形ABNM为矩形，∴B′M＝ MN＝ AB＝1, B′N＝2, BN＝AM.由折叠的性质可得AB′＝AB＝3，∠AB′E＝∠ABC＝∠AMB′＝∠B′NE＝90°.在Rt△AB′M中，AM＝ ，∵∠EB′N＝∠MAB′，∴△B′NE∽△AMB′，∴ ，即 ，解得 EN＝ ，
∴BE＝BN－EN＝ ；②如解图②，当B′M＝ MN时，∵AD∥BC，AB⊥BC, MN⊥BC，∴四边形ABNM为矩形，∴B′M＝ MN＝ AB＝2, B′N＝1, BN＝AM，AB＝AB′，在Rt△AMB′中，∴AM＝ ，由折叠的性质可得∠AB′E＝∠ABC＝∠AMB′＝∠B′NE＝90°，∴∠EB′N＝∠MAB′，∴△B′NE∽△AMB′，
∴ ， 即 ，解得EN＝ ， ∴BE＝BN－EN＝ . 综上所述，BE的长为 或 .
2．1 变已知——将不定图形转化为定图形(矩形)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E是线段BC上一动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠得到△AB′E，延长AB′交CD于点F，若点F为DC的三等分点，则BE的长为________．
由折叠可知，BE＝B′E，AB＝AB′，∠AB′E＝∠ABE＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，AD＝6，∴BC＝6，DC＝3，∵CF＝ DC，∴DF＝2，CF＝1.∵在Rt△AFD中，根据勾股定理可得AF2＝AD2＋DF2，即AF＝2 ，∴B′F＝2 －3.在Rt△B′EF中，根据勾股定理可得EF2＝B′E2＋B′F2，在Rt△CEF中，根据勾股定理可得EF2＝CE2＋CF2，
则EF2＝B′E2＋B′F2＝CE2＋CF2，即B′E2＋B′F2＝CE2＋CF2，∴B′E2＋(2 －3)2＝(6－BE)2＋1，解得B′E＝ －1；当DF＝ DC时，如解图，连接EF，由折叠可知，BE＝B′E，AB＝AB′，∠AB′E＝∠ABE＝90°，∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，AD＝6，∴BC＝6，DC＝3，
∵DF＝ DC，∴CF＝2，DF＝1，∵在Rt△AFD中，根据勾股定理可得AF2＝AD2＋DF2，即AF＝ ，∴B′F＝ －3，在Rt△B′EF中，根据勾股定理可得EF2＝B′E2＋B′F2，在Rt△CEF中，根据勾股定理可得EF2＝CE2＋CF2，则EF2＝B′E2＋B′F2＝CE2＋CF2，即B′E2＋B′F2＝CE2＋CF2，∴B′E2＋( －3)2＝(6－BE)2＋4，
解得B′E＝ . 综上所述，BE的长为 －1或 .
折叠过程中产生特殊图形9年3考
3. 如图，∠MAN＝90°，点C在边AM上，AC＝4，点B为AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E.当△A′EF为直角三角形时，AB的长为________．
【解析】当△A′EF为直角三角形时，需分两种情况讨论：①当∠A′EF是直角时，如解图①，延长A′E交AB于点H，则A′H⊥AB.
∵点E是BC中点，EH⊥AB，AC⊥AB，∴BH＝ AB＝ A′B，EH＝ AC＝2，∴∠BA′H＝30°.在Rt△A′BC中，∵点E是BC的中点，∴A′E＝BE，∴∠EBA′＝∠BA′H＝30°，∴∠BEH＝60°，∴BH＝2 ，∴AB＝2BH＝4 ；
②当∠A′FE是直角时，如解图②，则A′F⊥EF，∵∠CA′B＝90°，∴A′C∥DF，∵DF∥AB，∴A′B⊥AB，∴四边形ABA′C为矩形，∠ABC＝∠A′BC＝45°，∴四边形ABA′C为正方形，∴AB＝AC＝4；③∵∠EA′F＜∠CA′B，∴∠EA′F始终是锐角，不可能为直角．综上所述，AB的长为4 或4.
4.如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE＝3，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为________．
【解析】根据题意，若△CDB′恰为等腰三角形，需分三种情况讨论：①当DB′＝DC时，则DB′＝16(易知点F在BC上且不与点C，B重合)；②当CB′＝CD时，∵EB＝EB′，FB＝FB′，∴点E，F在BB′的垂直平分线上，
∵AB∥CD，∴B′H⊥CD，∵CB′＝DB′，∴DH＝ CD＝8，∴AG＝DH＝8，∴GE＝AG－AE＝5，∴B′E＝BE＝BG＋EG＝13，
∴EF垂直平分BB′，由折叠性质可知点F与点C重合，不符合题意，舍去；③如解图，当CB′＝DB′时，作B′G⊥AB于点G，延长GB′交CD于点H.
在Rt△B′EG中，由勾股定理得B′G＝ ＝12，∴B′H＝GH－B′G＝4，在Rt△B′DH中，由勾股定理得DB′＝ .综上所述，DB′的长为16或4 .
4.1变设问——等腰三角形存在性改为直角三角形存在性如图，正方形ABCD的边长是6，点E在边AB上，AE＝2，点F是BC上不与点B，C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处．若△DEB′恰为直角三角形，则 DB′的长为________．
【解析】若△DEB′恰为直角三角形，需分以下两种情况：①当∠DEB′＝90°时，如解图①，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝6，∠A＝90°，∴EB＝4，由折叠的性质得EB′＝EB＝4，在Rt△ADE中，DE＝ ，∴DB′＝ ；②当∠DB′E＝90°时，如解图②，由①知，DE＝2 ，EB′＝4，∴DB′＝ .综上所述，DB′的长为2 或2 .