2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形折叠型综合题 (含答案)

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1. 如图，折叠矩形纸片ABCD，先折出折痕BD，展开后再折叠，使AD落在对角线BD上，点A的对应点是A′，得折痕DG.若AB＝2，BC＝1，求AG的长．
【思维教练】根据折叠的性质求出折叠后对应边的长，再利用勾股定理求解即可．
第1题图
方法再现：沿特殊四边形的对角线折叠
2. 如图，把矩形ABCD沿对角线BD折叠使点C落在F处，BF交AD于点E，若AB＝2，AD＝4，求AE的长．
【思维教练】根据折叠的性质易得△BEA≌△DEF，再结合勾股定理即可求出AE的长．
第2题图
方法再现：不沿图形顶点所在的直线折叠
3. 如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B恰好与点D重合，点C落在点G处，若AB＝8，AD＝6，求折痕EF的长．
【思维教练】要求EF的长，过点E作EM⊥CD于点M，利用折叠的性质及勾股定理求出DE的长，在Rt△EMF中利用勾股定理即可求出EF的长．
第3题图
模型再现：①轴对称(翻折)型全等模型(见P65微专题)；②斜A字型相似模型
4. 如图，将矩形ABCD沿BE折叠，使得点C恰好落在AD边上的点F处，延长EF，交∠ABF的平分线于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN＋FD时，求 eq \f(AB,BC) 的值．
【思维教练】过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，则有 eq \f(NG,BA) ＝ eq \f(FG,FA) ＝ eq \f(NF,BF) ＝ eq \f(1,2) ，再结合已知，分别用AB，BC表示出FG，FA的长度，列出等式即可求出 eq \f(AB,BC) 的值．
第4题图
(针对训练)
1. 如图①，在边长为3的正方形ABCD中，点E、F分别在边CD、AD上，且DE＝AF＝1，连接AE，BF交于点G.
(1)求证：①△AED≌△BFA；②AE⊥BF；
(2)如图②，将△AED沿AE对折，得到△AEH，延长AH交CD于点P.
①求四边形DEGF的面积；
②求sin ∠HPE的值．
第1题图
2. 在矩形ABCD(AB＜AD)中，将△ABE沿AE对折，使AB边落在对角线AC上，点B的对应点为点F，同时将△CEG沿EG对折，使CE边落在EF所在直线上，点C的对应点为点H.
(1)如图①，若BE＝CG，求证：△ABE≌△ECG；
(2)如图②，若点C的对应点H恰好落在边AD上，连接CH，探究∠EHD和∠EHC的数量关系；四边形AECH是什么特殊四边形？并加以证明；
(3)在(2)的条件下，若AB＝3，求EH的长．
第2题图
3. 点M、N分别是正方形ABCD的边AB、AD的中点，连接CN、DM.
(1)①求证：△ADM≌△DCN；
②如图①，设CN、DM的交点为H，连接BH，求证：BC＝BH；
(2)如图②，将△ADM沿DM翻折得到△A′DM，延长MA′交DC的延长线于点E，求tan ∠DEM的值．
第3题图
4. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是CD边上的动点(与C、D点不重合)，将△ADP沿AP翻折，得到△AEP，延长PE交BC于点Q，连接EC、AQ.
(1)求证：△ABQ≌△AEQ；
(2)若BQ＝DP，求DP的值；
(3)当PC＝2DP时，探究线段EC与AQ的位置关系和数量关系，并证明你的结论．
第4题图
参考答案
小题破大题
1. 解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝2，BC＝1，∠A＝∠C＝90°，
∴BD＝eq \r(5)，根据折叠的性质得，
DA′＝DA＝1，∠DA′G＝90°，A′G＝AG，
∴A′B＝eq \r(5)－1，
设AG＝x，则A′G＝x，BG＝2－x，
在Rt△A′BG中，A′B2＋A′G2＝BG2，
即(eq \r(5)－1)2＋x2＝(2－x)2，
解得x＝eq \f(\r(5)－1,2)，
∴AG的长为eq \f(\r(5)－1,2).
2. 解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝2，AD＝4，
∴AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，
由折叠的性质可得，AB＝CD＝DF＝2，AD＝BC＝BF＝4，∠A＝∠C＝∠F＝90°，
∵∠AEB＝∠DEF，
∴△BEA≌DEF(AAS)，
∴AE＝FE，
设AE＝x，则EF＝x，BE＝4－x，
在Rt△ABE中，AB2＋AE2＝BE2，
即22＋x2＝(4－x)2，解得x＝eq \f(3,2)，
∴AE的长为eq \f(3,2).
3. 解：如解图，作EM⊥CD，垂足为点M，
设DE＝x，由折叠的性质得∠DEF＝∠BEF，BE＝DE＝x，
∴AE＝8－x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，AB∥CD，
∴∠DFE＝∠BEF，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF，
在Rt△ADE中，由勾股定理得(8－x)2＋62＝x2，
解得x＝eq \f(25,4)，
又∵EM⊥CD，
∴∠EMD＝90°，
∴四边形AEMD为矩形，
∴AE＝DM＝8－eq \f(25,4)＝eq \f(7,4)，
又∵DF＝DE＝eq \f(25,4)，
∴MF＝DF－DM＝eq \f(25,4)－eq \f(7,4)＝eq \f(9,2)，
又∵ME＝AD＝6，
∴在Rt△EMF中，
EF＝eq \r(ME2＋MF2)＝eq \r(62＋（\f(9,2)）2)＝eq \f(15,2).
第3题解图
4. 解：如解图，过点N作NG⊥BF于点G.
∴∠NGF＝∠A＝90°.
∵∠AFB＝∠GFN，
∴△NFG∽△BFA，
∴eq \f(NG,BA)＝eq \f(FG,FA)＝eq \f(NF,BF).
由折叠可知BC＝BF，
∵NF＝AN＋FD，
∴NF＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(1,2)BF，
∴eq \f(NG,BA)＝eq \f(FG,FA)＝eq \f(NF,BF)＝eq \f(1,2)，
∴NG＝eq \f(1,2)AB.
∵BM为∠ABF的平分线，
∴∠ABN＝∠GBN.
∵BN＝BN，∠A＝∠NGB＝90°，
∴△ABN≌△GBN(AAS)，
∴AB＝GB，AN＝GN，
∴FG＝BF－BG＝BC－BA，FA＝AN＋NF＝NG＋NF＝eq \f(1,2)AB＋eq \f(1,2)BC.
∵eq \f(FG,FA)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(BC－AB,\f(1,2)AB＋\f(1,2)BC)＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(AB,BC)＝eq \f(3,5).
第4题解图
针对训练
1. (1)证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠FAB＝90°，
∵DE＝AF＝1，
∴△AED≌△BFA(SAS)；
②由①知，△AED≌△BFA，
∴∠EAF＝∠ABF，
∵∠FAB＝90°，
∴∠ABF＋∠AFB＝90°，
∴∠EAF＋∠AFB＝90°，
∴∠AGF＝90°，
∴AE⊥BF；
(2)解：①在Rt△ADE中，DE＝1，AD＝AB＝3，
∴AE＝eq \r(10)，S△ADE＝eq \f(1,2)AD×DE＝eq \f(3,2)，
由(1)知，∠D＝∠AGF＝90°，∠FAG＝∠EAD，
∴△AFG∽△AED，
∵eq \f(AF,AE)＝eq \f(1,\r(10))，
∴eq \f(S△AFG,S△AED)＝(eq \f(AF,AE))2＝eq \f(1,10)，
∴S△AFG＝eq \f(1,10)S△AED＝eq \f(3,20)，
∴S四边形DEGF＝S△ADE－S△AFG＝eq \f(27,20)；
②如解图，过点H作HM∥AD交AB于点M，交CD于点N，
∴∠AMH＝∠HNE＝90°，
∵∠FAB＝90°，
∴∠EHN＋∠AHM＝90°，
∵∠AHM＋∠HAM＝90°，
∴∠EHN＝∠HAM，
∴△EHN∽△HAM，
∴eq \f(EH,HA)＝eq \f(NH,MA)＝eq \f(EN,HM)，
由折叠可知，EH＝DE＝1，AH＝AD＝MN＝3，
设NH＝x，
∴AM＝3x，HM＝3－x，
由勾股定理得，AH2＝AM2＋MH2，
∴9＝(3x)2＋(3－x)2，
∴x＝eq \f(3,5)或x＝0(舍)，
∴HM＝3－eq \f(3,5)＝eq \f(12,5)，
∵CD∥AB，
∴∠EPA＝∠PAB，
∴sin∠HPE＝sin∠PAB＝eq \f(HM,AH)＝eq \f(4,5).
第1题解图
2. (1)证明：∵∠AEB＝∠AEF，∠GEF＝∠GEC，
∴∠AEG＝eq \f(1,2)(∠BEF＋∠CEF)＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠ECG＝90°，
∴∠BAE＋∠AEB＝90°，∠AEB＋∠CEG＝90°，
∴∠BAE＝∠CEG，
∵BE＝CG，
∴△ABE≌△ECG(AAS)．
(2)解：结论：∠EHD＝2∠EHC，四边形AECH是菱形．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE，∠DHC＝∠ECH，
由折叠的性质可知EC＝EH，∠AEB＝∠AEH，∠EHC＝∠ECH，
∴∠DHC＝∠EHC，
∴∠EHD＝2∠EHC，
∴∠DAE＝∠AEH，
∴AH＝EH.
∵EC＝EH，
∴AH＝EC，
∵AH∥EC，
∴四边形AECH是平行四边形．
又∵AC⊥EH，
∴四边形AECH是菱形；
(3)解：由菱形的性质和折叠的性质得，AE＝AH＝EH，
∴△AEH是等边三角形，
∴∠EAH＝60°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝30°，
∴AE＝eq \f(AB,cs30°)＝2eq \r(3).
∴EH＝AE＝2eq \r(3).
3. (1)证明：①∵点M、N分别是正方形ABCD的边AB、AD的中点，
∴AM＝DN，AD＝DC，∠A＝∠CDN，
在△AMD和△DNC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AM＝DN,∠A＝∠CDN,AD＝DC))，
∴△AMD≌△DNC(SAS)；
②如解图，延长DM、CB交于点P，
∵AD∥BC，MA＝MB，
∴易知BP＝AD＝BC.
∵由(1)可得∠CHP＝90°，
∴BH＝eq \f(1,2)PC＝BC；
第3题解图
(2)解：∵将△ADM沿DM翻折得到△A′DM，
∴∠AMD＝∠DME，
∵AB∥DC，
∴∠EDM＝∠AMD＝∠DME，
∴EM＝ED.
设AD＝A′D＝4a，则A′M＝AM＝2a，
∴DE＝ME＝EA′＋2a.
在Rt△DA′E中，A′D2＋A′E2＝DE2，
∴(4a)2＋A′E2＝(EA′＋2a)2，
解得A′E＝3a，
∴在Rt△A′DE中，tan∠DEM＝eq \f(A′D,A′E)＝eq \f(4,3).
4. (1)证明：由折叠的性质可知AE＝AD，∠AEP＝∠D＝90°.
∴AB＝AE，∠B＝∠AEQ＝90°.
又∵AQ＝AQ，
∴△ABQ≌△AEQ(HL)；
(2)解：∵BQ＝DP，BQ＝EQ，DP＝EP，
∴BQ＝EQ＝EP＝DP，
∵BC＝CD，
∴CQ＝CP，∴∠QPC＝45°，
∵EQ＝EP，
∴CE＝EQ＝EP，
∴∠ECP＝∠QPC＝45°，
∴CE⊥PQ，
∵AE⊥PQ，
∴A、C、E三点共线，
∴AC是PQ的垂直平分线，
在正方形ABCD中，AE＝AB＝1，
∴AC＝eq \r(2)，
∴PD＝CE＝AC－AE＝eq \r(2)－1；
(3)解：位置关系：EC∥AQ；数量关系：eq \f(EC,AQ)＝eq \f(2,5)(或EC＝eq \f(2,5)AQ)．
证明：如解图，连接BE.
∵PC＝2DP，BC＝CD＝1，
∴PE＝DP＝eq \f(1,3)，PC＝eq \f(2,3).
设BQ＝EQ＝x，则QC＝1－x，PQ＝eq \f(1,3)＋x，
在Rt△PCQ中，根据勾股定理，得
PC2＋QC2＝PQ2，即(eq \f(2,3))2＋(1－x)2＝(eq \f(1,3)＋x)2，
解得x＝eq \f(1,2)，即BQ＝EQ＝QC＝eq \f(1,2).
∴△BEC是直角三角形，∠BEC＝90°，即CE⊥BE.
∵AB＝AE，BQ＝EQ，
∴AQ是BE的垂直平分线．
∴EC∥AQ，
∴∠AQB＝∠ECB，
在Rt△BAQ中，BQ＝eq \f(1,2)AB，
∴sin∠AQB＝eq \f(AB,AQ)＝eq \f(2\r(5),5).即BC＝AB＝eq \f(2\r(5),5)AQ.
∵cs∠AQB＝eq \f(BQ,AQ)＝eq \f(1,\r(5))，
∴在Rt△BEC中，cs∠ECB＝eq \f(EC,BC)＝eq \f(1,\r(5))，即BC＝eq \r(5)EC.
∴eq \f(2\r(5),5)AQ＝eq \r(5)EC，
即eq \f(EC,AQ)＝eq \f(2,5)(或EC＝eq \f(2,5)AQ)．
第4题解图