专题37 矩形折叠问题中的类比问题-中考数学重难点专项突破（全国通用）

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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．
A
E
D
B
C
F
G

图例2-1 图例2-2
【答案】见解析.
【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，由勾股定理得：
BF2=BC2+CF2
[(n+1)x]2=(2y)2+[(n-1)x]2
即：
∴
【点睛】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．
【针对训练】
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．
【解析】
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．(，)
【解析】
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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．