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    第01讲 翻折问题专题《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》

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    第01讲 翻折问题专题《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》

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    这是一份第01讲 翻折问题专题《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》,共24页。

    2. 轴对称的性质
    (1)关于某条直线对称的两个图形是全等形;
    (2)对称轴这条直线是对应点连线段的垂直平分线.
    3. 解题策略
    1. 轴折叠两侧的部分对应相等,如①对应角相等、②对应边相等、③折痕上的点到对应点的距离相等;
    2. 对应点的连线段被折痕所在直线垂直平分,这会出现垂直于中点;
    3. 折叠问题中,常常结合角平分线、等腰三角形、三线合一、设未知数解勾股定理等综合知识点;
    4. 在平面直角坐标系中出现折叠,常常还会用到求解析式法、两点间距离公式、中点坐标公式等.
    【例题1】(2019•青岛模拟)如图,在菱形纸片ABCD中,AB=4,∠A=60°,将菱形纸片翻折,使点A落在CD的中点E处,折痕为FG,点F、G分别在边AB、AD上.则sin∠EFG的值为 .
    【解析】如图:过点E作HE⊥AD于点H,连接AE交GF于点N,连接BD,BE
    ∵四边形ABCD是菱形,AB=4,∠DAB=60°
    ∴AB=BC=CD=AD=4,∠DAB=∠DCB=60°,DC∥AB
    ∴∠HDE=∠DAB=60°
    ∵点E是CD中点,∴DE=CD=2
    在Rt△DEH中,DE=2,∠HDE=60°
    ∴DH=1,HE=,∴AH=AD+DH=5
    在Rt△AHE中,AE==2
    ∵折叠,∴AN=NE=,AE⊥GF,AF=EF
    ∵CD=BC,∠DCB=60°
    ∴△BCD是等边三角形,且E是CD中点
    ∴BE⊥CD
    ∵BC=4,EC=2,∴BE=2
    ∵CD∥AB,∴∠ABE=∠BEC=90°
    在Rt△BEF中,EF2=BE2+BF2=12+(AB﹣EF)2
    ∴EF=,∴sin∠EFG===
    【小结】本题关键词:“对应点的连线段被折痕所在直线垂直平分”,“三线合一”,“转化目标角”
    【例题2】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
    法2:亦可过C`作C`G⊥BC,连接CC`
    ∵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
    【例题3】(2019秋•双流区校级月考)如图,矩形OABC中,OA=4,AB=3,点D在边BC上,且CD=3DB,点E是边OA上一点,连接DE,将四边形ABDE沿DE折叠,若点A的对称点A′恰好落在边OC上,则OE的长为_________.
    法2:亦可过D作DG⊥AO,连接AA`
    【解析】连接A′D,AD,
    ∵四边形OABC是矩形,
    ∴BC=OA=4,OC=AB=3,∠C=∠B=∠O=90°,
    ∵CD=3DB,
    ∴CD=3,BD=1,
    ∴CD=AB,
    ∵将四边形ABDE沿DE折叠,若点A的对称点A′恰好落在边OC上,
    ∴A′D=AD,A′E=AE,
    在Rt△A′CD与Rt△DBA中,,
    ∴Rt△A′CD≌Rt△DBA(HL),
    ∴A′C=BD=1,
    ∴A′O=2,
    ∵A′O2+OE2=A′E2,
    ∴22+OE2=(4﹣OE)2,
    ∴OE=,
    【小结】本题关键词:“对应点的连线段被折痕垂直平分”,“全等相似”,“十字架”,“勾股定理解方程”
    【例题4】(2019•东西湖区模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,点E为BC的中点,将△ABE沿AE折叠,使点B落在矩形内点F处,连接CF,则CF的长为 .
    法2:亦可过E作EG⊥FC;或者过F作MN分别垂直AD和BC
    【解析】连接BF,
    ∵BC=6,点E为BC的中点,
    ∴BE=3,
    又∵AB=4,
    ∴AE==5,∴BH=,则BF=,
    ∵FE=BE=EC,∴∠BFC=90°,
    根据勾股定理得,CF===.
    故答案为:.
    【例题5】如图,将边长为6的正方形纸片ABCD对折,使AB与DC重合,折痕为EF,展平后,再将点B折到边CD上,使边AB经过点E,折痕为GH,点B的对应点为M,点A的对应点为N
    (1)若CM=x,则CH= (用含x的代数式表示);
    (2)求折痕GH的长.
    【解析】(1)∵CM=x,BC=6,
    ∴设HC=y,则BH=HM=6﹣y,
    故y2+x2=(6﹣y)2,整理得:y=﹣x2+3,
    ∵∠HMC+∠MHC=90°,∴∠EMD=∠MHC,
    ∴△EDM∽△MCH,
    ∴=,∴=,解得:HC=﹣x2+2x,
    故答案为:﹣x2+3或﹣x2+2x;
    (2)方法一:
    ∵四边形ABCD为正方形,
    ∴∠B=∠C=∠D=90°,
    设CM=x,由题意可得:ED=3,DM=6﹣x,∠EMH=∠B=90°,
    故∠HMC+∠EMD=90°,
    ∵∠HMC+∠MHC=90°,∴∠EMD=∠MHC,
    ∴△EDM∽△MCH,
    ∴=,即=,解得:x1=2,x2=6,
    当x=2时,∴CM=2,∴DM=4,
    ∴在Rt△DEM中,由勾股定理得:EM=5,
    ∴NE=MN﹣EM=6﹣5=1,
    ∵∠NEG=∠DEM,∠N=∠D,
    ∴△NEG∽△DEM,
    ∴=,∴=,解得:NG=,
    由翻折变换的性质,得AG=NG=,
    过点G作GP⊥BC,垂足为P,则BP=AG=,GP=AB=6,
    当x=2时,CH=﹣x2+3=,
    ∴PH=BC﹣HC﹣BP=6﹣﹣=2,
    在Rt△GPH中,GH===2.
    当x=6时,则CM=6,
    点H和点C重合,点G和点A重合,点M在点D处,点N在点A处.
    MN同样经过点E,折痕GH的长就是AC的长.
    所以,GH长为6.
    方法二:有上面方法得出CM=2,连接BM,
    可得BM⊥GH,
    则可得∠PGH=∠HBM,
    在△GPH和△BCM中,,∴△GPH≌△BCM(SAS),∴GH=BM,
    ∴GH=BM==2.
    【例题6】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).
    1.如图,在菱形纸片ABCD中,AB=15,tan∠ABC=,将菱形纸片沿折痕FG翻折,使点B落在AD边上的点E处,若CE⊥AD,则cs∠EFG的值为 .
    【解析】如图,过点A作AH⊥BC于点H,连接BE,过点P作PE⊥AB,
    ∵AB=15,tan∠ABC=,
    ∴AH=9,BH=12,
    ∴CH=3,
    ∵四边形ABCD是菱形,
    ∴AB=BC=15,AD∥BC,
    ∵AH⊥BC,
    ∴AH⊥AD,且AH⊥BC,CE⊥AD,
    ∴四边形AHCE是矩形
    ∴EC=9,AE=CH=3,
    ∴BE===3,
    ∵将菱形纸片沿折痕FG翻折,使点B落在AD边上的点E处,
    ∴BF=EF,BE⊥FG,BO=EO=
    ∵AD∥BC,
    ∴∠ABC=∠PAE,
    ∴tan∠ABC=tan∠PAE=,且AE=3,
    ∴AP=,PE=,
    ∵EF2=PE2+PF2,
    ∴EF2=+(15﹣EF+)2,
    ∴EF=,
    ∴FO===
    ∴cs∠EFG==,故答案为:
    2.(2019•江北区一模)如图,在菱形ABCD中,AB=5,tanD=,点E在BC上运动(不与B,C重合),将四边形AECD沿直线AE翻折后,点C落在C′处,点D′落在D处,C′D′与AB交于点F,当C′D'⊥AB时,CE长为 .

    【解析】如图,作AH⊥CD于H,交BC的延长线于G,连接AC′.
    由题意:AD=AD′,∠D=∠D′,∠AFD′=∠AHD=90°,
    ∴△AFD′≌△AHD(AAS),
    ∴∠FAD′=∠HAD,
    ∵∠EAD′=∠EAD,
    ∴∠EAB=∠EAG,
    ∴=(角平分线的性质定理,可以用面积法证明)
    ∵AB∥CD,AH⊥CD,
    ∴AH⊥AB,
    ∴∠BAG=90°,
    ∵∠B=∠D,
    ∴tanB=tanD==,
    ∴=,∴AG=,
    ∴BG===,
    ∴BE:EG=AB:AG=4:3,
    ∴EG=BG=,
    在Rt△ADH中,∵tanD==,AD=5,
    ∴AH=3,CH=4,
    ∴CH=1,
    ∵CG∥AD,
    ∴=,∴CG=,
    ∴EC=EG﹣CG=﹣=.故答案为.
    3.如图,已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点,将纸片沿AE对折,点D的对应点D′恰好在线段BE上.若AD=3,DE=1,则AB= 5 .
    【解析】∵折叠,
    ∴△ADE≌△AD'E,
    ∴AD=AD'=3,DE=D'E=1,∠DEA=∠D'EA,
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB∥CD,
    ∴∠DEA=∠EAB,
    ∴∠EAB=∠AEB,
    ∴AB=BE,
    ∴D'B=BE﹣D'E=AB﹣1,
    在Rt△ABD'中,AB2=D'A2+D'B2,
    ∴AB2=9+(AB﹣1)2,
    ∴AB=5
    故答案为:5
    4.(2019•罗山县一模)如图,矩形ABCD中,AB=8,BC=10,点N为边BC的中点,点M为AB边上任意一点,连接MN,把△BMN沿MN折叠,使点B落在点E处,若点E恰在矩形ABCD的对称轴上,则BM的长为 5或 .
    【解析】①当E在矩形的对称轴直线PN上时,如图1
    此时∠MEN=∠B=90°,∠ENB=90°,
    ∴四边形BMEN是矩形.
    又∵ME=MB,
    ∴四边形BMEN是正方形.
    ∴BM=BN=5.
    ②当E在矩形的对称轴直线FG上时,如图2,
    过N点作NH⊥FG于H点,则NH=4.
    根据折叠的对称性可知EN=BN=5,
    ∴在Rt△ENH中,利用勾股定理求得EH=3.
    ∴FE=5﹣3=2.
    设BM=x,则EM=x,FM=4﹣x,
    在Rt△FEM中,ME2=FE2+FM2,
    即x2=4+(4﹣x)2,解得x=,即BM=.
    故答案为5或.
    5.(2019•虹口区二模)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,已知扇形AOB的半径为6,圆心角为90°,E是半径OA上一点,F是上一点.将扇形AOB沿EF对折,使得折叠后的圆弧恰好与半径OB相切于点G.若OE=4,则O到折痕EF的距离为 2 .
    【解析】过点G作O′G⊥OB,作AO′⊥O′G于O′,如图,连结OO′交EF于H,
    则四边形AOGO′为矩形,
    ∴O′G=AO=6,
    ∵沿EF折叠后所得得圆弧恰好与半径OB相切于点G,
    ∴与所在圆的半径相等,
    ∴点O′为所在圆的圆心,
    ∴点O与点O′关于EF对称,
    ∴OO′⊥EF,OH=HO′,
    设OH=x,则OO′=2x,
    ∵∠EOH=∠O′OA,
    ∴Rt△OEH∽Rt△OO′A,
    ∴=,即=,解得x=2,
    即O到折痕EF的距离为2.
    故答案为2.
    7.如图,矩形ABCD中,AD=4,O是BC边上的点,以OC为半径作⊙O交AB于点E,BE=AE,把四边形AECD沿着CE所在的直线对折(线段AD对应A′D′),当⊙O与A′D′相切时,线段AB的长是 .
    【解析】设⊙O与A′D′相切于点F,
    连接OF,OE,
    则OF⊥A′D′,
    ∵OC=OE,
    ∴∠OCE=∠OEC,
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴∠A=∠B=A′=90°,
    由折叠的性质得:∠AEC=∠A′EC,
    ∴∠B+∠BCE=∠A′EO+∠OEC,
    ∴∠OEA′=∠B=90°,
    ∵OE=OF,
    ∴四边形A′FOE是正方形,
    ∴A′E=AE=OE=OC,
    ∵BE=AE,
    设BE=3x,AE=5x,
    ∴OE=OC=5x,
    ∵BC=AD=4,
    ∴OB=4﹣5x,
    在RtBOE中,OE2=BE2+OB2,
    ∴(5x)2=(3x)2+(4﹣5x)2,解得:x=,x=4(舍去),
    ∴AB=8x=.故答案为:.
    9.如图,矩形ABCD中,AB=2BC,E是AB上一点,O是CD上一点,以OC为半径作⊙O,将△ADE折叠至△A′DE,点A′在⊙O上,延长EA′交BC延长线于F,且恰好过点O,过点D作⊙O的切线交BC延长线于点G.若FG=1,则AD= 2 ,⊙O半径= .
    【解析】作OH⊥DG于H,如图,设DA=x,则AB=2x,
    ∵△ADE折叠至△A′DE,
    ∴DA′=DA=x,∠DA′E=∠A=90°,
    ∴DA′与⊙O相切,
    在△ODA′和△OCF中
    ∴△DOA′≌△FOC.
    ∴DA′=CF=x,
    ∵DG是⊙O的切线,OH⊥DG,
    ∴H点为切点,
    ∴DH=DA′=x,GH=GC=CF+GF=x+1,
    在Rt△DCG中,∵DC2+CG2=DG2,
    ∴(2x)2+(x+1)2=(x+x+1)2,解得x1=0(舍去),x2=2,
    ∴AD=2,
    设⊙O的半径为r,则OC=OA′=r,OD=2x﹣r=4﹣r,
    在Rt△DOA′中,∵DA′2+OA′2=DO2,
    ∴22+r2=(4﹣r)2,解得r=,
    即⊙O的半径为.故答案为2,.
    10.如图1,在△ABC中,AC=6,BC=8,AB=10,分别以△ABC的三边AB,BC,AC为边在三角形外部作正方形ABDE,BCIJ,AFGC.如图2,作正方形ABDE关于直线AB对称的正方形ABD′E′,AE′交CG于点M,D′E′交IC于点N点D′在边IJ上.则四边形CME′N的面积是 24 .
    【解析】∵正方形ABDE关于直线AB对称的正方形ABD′E′,
    ∴AE′=AB=10,∠E′AB=90°,∠AE′N=90°,
    ∵AC=6,BC=8,AB=10,
    ∴AC2+BC2=AB2,
    ∴△ACB为直角三角形,
    ∴AC2=BC•MC,
    ∴MC==,
    ∵∠MAC=∠NAE′,
    ∴Rt△ACM∽Rt△AE′N,
    ∴=,即=,∴E′N=,
    ∴四边形CME′N的面积=S△AE′N﹣S△ACM=×10×﹣×6×=24.
    故答案为24.
    11.如图,菱形ABCD中,∠A=60°,将纸片折叠,点A,D分别落在A′,D′处,且A′D′经过点B,EF为折痕,当D′F⊥CD时,的值为 .
    【解析】设BC与D′F交于点K.CF=a,D′K=b,
    ∵四边形ABCD是菱形,∠A=60°,
    ∴∠C=60°,∠D′=∠D=120°,
    ∵KF⊥CD,
    ∴∠KFC=90°,
    ∴∠FKC=∠BKD′=30°,
    ∴∠KBD′=180°﹣∠D′﹣∠BKD′=30°,
    ∴BD′=b,BK=b,KC=2a,KF=a,
    ∵BC=CD=D′F+CF,
    ∴b+2a=b+a+a,
    ∴(﹣1)a=(﹣1)b,
    ∴a=b,
    ∴==,
    故答案为.
    12.如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=BC=,将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置,连接C′B,则C′B= ﹣1 .
    【解析】如图,连接BB′,
    ∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△AB′C′,
    ∴AB=AB′,∠BAB′=60°,
    ∴△ABB′是等边三角形,
    ∴AB=BB′,
    在△ABC′和△B′BC′中,

    ∴△ABC′≌△B′BC′(SSS),
    ∴∠ABC′=∠B′BC′,
    延长BC′交AB′于D,则BD⊥AB′,
    ∵∠C=90°,AC=BC=,
    ∴AB==2,
    ∴BD=2×=,C′D=×2=1,
    ∴BC′=BD﹣C′D=﹣1.故答案为:﹣1.
    13.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=3,BC=4,点D是边BC的中点,点E是边AB上的任意一点(点E不与点B重合),沿DE翻折△DBE使点B落在点F处,连接AF,当线段AF=AC时,BE的长为 .
    【解析】连接AD,作EG⊥BD于G,如图所示:
    则EG∥AC,
    ∴△BEG∽△BAC,
    ∴==,
    设BE=x,
    ∵∠ACB=90°,AC=3,BC=4,
    ∴AB==5,
    ∴==,
    解得:EG=x,BG=x,
    ∵点D是边BC的中点,
    ∴CD=BD=2,
    ∴DG=2﹣x,
    由折叠的性质得:DF=BD=CD,∠EDF=∠EDB,
    在△ACD和△AFD中,,
    ∴△ACD≌△AFD(SSS),
    ∴∠ADC=∠ADF,
    ∴∠ADF+∠EDF=×1880°=90°,
    即∠ADE=90°,
    ∴AD2+DE2=AE2,
    ∵AD2=AC2+CD2=32+22=13,DE2=DG2+EG2=(2﹣x)2+(x)2,
    ∴13+(2﹣x)2+(x)2=(5﹣x)2,解得:x=,即BE=;
    故答案为:.
    14.在正方形ABCD中,
    (1)如图1,若点E,F分别在边BC,CD上,AE,BF交于点O,且∠AOF=90°.求证:AE=BF.
    (2)如图2,将正方形ABCD折叠,使顶点A与CD边上的点M重合,折痕交AD于E,交BC于F,边AB折叠后与BC边交于点G.若DC=5,CM=2,求EF的长.
    【解析】(1)如图1,
    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°,
    ∵∠AOF=90°,
    ∴∠BAE+∠OBA=90°,
    又∵∠FBC+∠OBA=90°,
    ∴∠BAE=∠CBF,
    在△ABE和△BCF中
    ∵,
    ∴△ABE≌△BCF(ASA).
    ∴AE=BF.
    (2)由折叠的性质得EF⊥AM,
    过点F作FH⊥AD于H,交AM于O,
    则∠ADM=∠FHE=90°,
    ∴∠HAO+∠AOH=90°、∠HAO+∠AMD=90°,
    ∴∠POF=∠AOH=∠AMD,
    又∵EF⊥AM,
    ∴∠POF+∠OFP=90°、∠HFE+∠FEH=90°,
    ∴∠POF=∠FEH,
    ∴∠FEH=∠AMD,
    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴AD=CD=FH=5,
    在△ADM和△FHE中,
    ∵,
    ∴△ADM≌△FHE(AAS),
    ∴EF=AM===.
    15.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.
    16.在长方形纸片ABCD中,点E是边CD上的一点,将△AED沿AE所在的直线折叠,使点D落在点F处.
    (1)如图1,若点F落在对角线AC上,且∠BAC=54°,则∠DAE的度数为 18 °.
    (2)如图2,若点F落在边BC上,且AB=6,AD=10,求CE的长.
    (3)如图3,若点E是CD的中点,AF的沿长线交BC于点G,且AB=6,AD=10,求CG的长.
    【解析】(1)∵四边形ABCD是矩形,
    ∴∠BAD=90°,
    ∵∠BAC=54°,
    ∴∠DAC=90°﹣54°=36°,
    由折叠的性质得:∠DAE=∠FAE,
    ∴∠DAE=∠DAC=18°;故答案为:18;
    (2)∵四边形ABCD是矩形,
    ∴∠B=∠C=90°,BC=AD=10,CD=AB=6,
    由折叠的性质得:AF=AD=10,EF=ED,
    ∴BF===8,
    ∴CF=BC﹣BF=10﹣8=2,
    设CE=x,则EF=ED=6﹣x,
    在Rt△CEF中,由勾股定理得:22+x2=(6﹣x)2,解得:x=,即CE的长为;
    (3)连接EG,如图3所示:
    ∵点E是CD的中点,∴DE=CE,
    由折叠的性质得:AF=AD=10,∠AFE=∠D=90°,FE=DE,
    ∴∠EFG=90°=∠C,
    在Rt△CEG和△FEG中,,
    ∴Rt△CEG≌△FEG(HL),
    ∴CG=FG,设CG=FG=y,
    则AG=AF+FG=10+y,BG=BC﹣CG=10﹣y,
    在Rt△ABG中,由勾股定理得:62+(10﹣y)2=(10+y)2,解得:y=,
    即CG的长为.
    17.(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 23 °.
    (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.

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