2021年中考数学考前强化练习九《折叠问题》(含答案)

这是一份2021年中考数学考前强化练习九《折叠问题》(含答案)，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
将矩形ABCD沿AE折叠，得到如图所示的图形，已知∠CED′=60°，则∠AED的大小是（ ）

A.60° B.50° C.75° D.55°
如图，沿AE折叠矩形纸片ABCD，使点D落在BC边的点F处已知AB=8，BC=10，则tan∠EFC的值为（ ）

A. B. C. D.
如图,在△ABC中,∠ACB=90°,沿CD折叠△CBD,使点B恰好落在边AC上点E处,若∠A=22°，则∠BDC的大小为( )
A.44° B.60° C.67° D.77°
如图，将正方形对折后展开（图④是连续两次对折后再展开），再按图示方法折叠，能够得到一个直角三角形，且它的一条直角边等于斜边的一半．这样的图形有（ ）
A.4个 B.3个 C.2个 D.1个
如图，已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一点E，沿AE将△ABE向上折叠，使B点落在AD上的F点，若四边形EFDC与矩形ABCD相似，则AD=( )

A. +1 B. C. D.2
已知，如图长方形ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形折叠，使点B与D重合，折痕为EF，则BE的长为（ ）
A.3cm B.4cm C.5cm D.6cm
如图，△ABC是一张纸片，∠C=90°，AC=6，BC=8，现将其折叠．使点B与点A重合，折痕为DE，则DE的长为（ ）

A．1.75 B．3 C．3.75 D．4
如图,正方形纸片ABCD的边长为3,点E、F分别在边BC、CD上,将AB、AD分别沿AE、AF折叠,点B,D恰好都落在点G处,已知BE=1,则EF的长为（ ）

A.1.5 B.2.5 D.3
二、填空题
将一张长方形纸片折叠成如图所示的形状，则∠ABC= ．
如图，将半径为2的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为 ．
如图，将矩形ABCD沿AE向上折叠，使点B落在DC边上的F处，若△AFD的周长为9，△ECF的周长为3，则矩形ABCD的周长为 ．
如图，将⊙O沿弦AB折叠，圆弧恰好经过圆心O，点P是优弧上一点，则∠APB的度数为 ．
如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA、OC分别落在x轴、y轴上，连接OB，将纸片OABC沿OB折叠，使点A落在点A′的位置，若OB=，tan∠BOC=0.5，则点A′的坐标为 ．
矩形纸片ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，设折痕为EF，则重叠部分△AEF的面积等于 ．

如图，矩形AOCB边OC在x轴上点B的坐标为（3,1），将此矩形折叠，使点C与点A重合，点B折至点B/处，折痕为EF，则点B/的坐标为

动手操作：在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5．如图所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A′处，折痕为PQ．当点 A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为 .

三、解答题
如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到点B′的位置，AB′与CD交于点E．
（1）试找出一个与△AED全等的三角形，并加以证明；
（2）若AB=8，DE=3，P为线段AC上的任意一点，PG⊥AE于G，PH⊥EC于H，试求PG+PH的值，并说明理由．

如图①，将矩形ABCD沿DE折叠使点A落在点A′处，然后将矩形展平，如图②沿EF折叠使点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处.
(1)求证：EG=CH；
(2)已知AF= SKIPIF 1 < 0 ，求AD和AB的长.
如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．
（1）猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论；
（2）若AB=3，AD=4，求线段GC的长．

长方形ABCD中，AD=10，AB=8，将长方形ABCD折叠，折痕为EF.
（1）当A′与B重合时（如图1），EF= ；
（2）当直线EF过点D时（如图2），点A的对应点A′落在线段BC上，求线段EF的长；
（3）如图3，点A的对应点A′落在线段BC上，E点在线段AB上，同时F点也在线段AD上，则A′在BC上的运动距离是 ；
\s 0 参考答案
A
A．
C
B
答案为：B；
C.
C
B
答案为：73°；
答案为：2．
答案为：12．
答案为：60°．
答案为：（-0.6，0.8）．
答案为：75/16；
答案为：（0.6，1.8）；
答案为：2
解：（1）△AED≌△CEB′
证明：∵四边形ABCD为矩形，∴B′C=BC=AD，∠B′=∠B=∠D=90°，
又∵∠B′EC=∠DEA，∴△AED≌△CEB′；
（2）由折叠的性质可知，∠EAC=∠CAB，∵CD∥AB，∴∠CAB=∠ECA，
∴∠EAC=∠ECA，∴AE=EC=8﹣3=5．在△ADE中，AD=4，
延长HP交AB于M，则PM⊥AB，∴PG=PM．∴PG+PH=PM+PH=HM=AD=4．

解：(1)证明：由折叠知△AEF≌△GEF，△BCE≌△HCE，
∵AE=A′E=BC，∠AEF=∠BCE，∴△AEF≌△BCE，
∴△GEF≌△HCE，∴EG=CH；
(2)∵AF=FG= SKIPIF 1 < 0 ，∠FDG=45°，∴FD=2，AD=2＋ SKIPIF 1 < 0 ；
∵AF=FG=HE=EB= SKIPIF 1 < 0 ，AE=AD=2＋ SKIPIF 1 < 0 ，
∴AB=AE＋EB=2＋ SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 =2＋2 SKIPIF 1 < 0 .
解：（1）GF=GC．理由如下：连接GE，∵E是BC的中点，∴BE=EC，
∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE=EF，∴EF=EC，
∵在矩形ABCD中，∴∠C=90°，∴∠EFG=90°，
∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），∴GF=GC；
（2）设GC=x，则AG=3+x，DG=3﹣x，
在Rt△ADG中，42+（3﹣x）2=（3+x）2，解得x=4/3．