初中数学中考二轮复习重难突破专题04 折叠问题(含答案)

这是一份初中数学中考二轮复习重难突破专题04 折叠问题(含答案)，共13页。试卷主要包含了常见的轴对称图形，折叠的性质等内容，欢迎下载使用。

重点分析
在中考，这是必考内容，主要考查形式包括：单纯判断对称图形的识别；利用对称图形的性质求点坐标；利用折叠的对称性性质的相关计算与证明。
难点解读
考点：轴对称图形与轴对称
1．常见的轴对称图形: 等腰三角形、矩形、菱形、正方形、圆．
2．折叠的性质:折叠的实质是轴对称，折叠前后的两图形全等，对应边和对应角相等．
3．作某点关于某直线的对称点的一般步骤
1）过已知点作已知直线（对称轴）的垂线，标出垂足；2）在这条直线另一侧从垂足除法截取与已知点到垂足的距离相等的线段，那么截点就是这点关于该直线的对称点．
4．作已知图形关于某直线的对称图形的一般步骤
1）作出图形的关键点关于这条直线的对称点；
2）把这些对称点顺次连接起来，就形成了一个符合条件的对称图形．
真题演练
1.如图，在矩形中，，将此矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点处，折痕为，则的长为____，的长为____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
由折叠得，，，设DF=x，则AF=8-x，，由勾股定理得DF=，，过作，过D作DM⊥于M，根据面积法可得，，再由勾股定理求出，根据线段的和差求出，最后由勾股定理求出；
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，
由折叠得，，
设DF=x，则AF=8-x，
又
Rt中，，即
解得，，即DF=
∴
过作，过D作DM⊥于M，
∵
∴，解得，
∵
∴，解得，
∴
∴
∴；
故答案为：6；．
【点拨】此题主要考查了矩形的折叠问题，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形运用勾股定理是解答此题的关键．
2.如图，在中．，点是边上一动点．连接，将沿折叠，点落在处，当点在内部（不含边界）时，长度的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
分别求出当落在AC和BC上时的长度即可.
【详解】∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，
∴，
当点落在AC上时，如图，
∵将△ABD沿BD折叠，点A落在处，
∴∠ADB==90°，
∵，
∴，
当点落在BC上时，如图，过点D作DH⊥AB于H，
∵将△ABD沿BD折叠，点A落在处，
∴∠ABD=∠DBC=45°，
∵DH⊥AB，
∴∠HDB=∠HBD=45°，
∴BH=DH，
∵，
∴HD=2AH=BH，
∵AB=AH+BH=2AH+AH=2，
∴，，
∴，
∴当点在△ABC内部（不含边界）时，AD长度的取值范围为．
【点拨】本题考查折叠问题，解题的关键是考虑两种极端情况．还可以利用相似来解题．
3.如图，长方形ABCD 中，AD=BC=8，AB=CD=17，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°.点E为射线DC上的一个动点，△ADE与△AD′E关于直线AE对称，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为______．
【答案】或
【解析】
分两种情况：点E在DC线段上，点E为DC延长线上的一点，进一步分析探讨得出答案即可．
【详解】如图1，
∵折叠，∴△AD′E≌△ADE，∴∠AD′E=∠D=90°，∵∠AD′B=90°，∴B.D′、E三点共线，
又∵ABD′∽△BEC，AD′=BC，∴ABD′≌△BEC，∴BE=AB=17，
∵BD′==15，
∴DE=D′E=17﹣15=2；
如图2，
∵∠ABD″+∠CBE=∠ABD″+∠BAD″=90°，
∴∠CBE=∠BAD″，
在△ABD″和△BEC中，
∠D″=∠BCE，AD″=BC，∠CBE=∠BAD″，
∴△ABD″≌△BEC，
∴BE=AB=17，
∴DE=D″E=17+15=32．
综上所知，DE=2或32．
故答案为2或32．
【点拨】本题考查翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键．
4.在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2 cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
【答案】或2
【解析】
分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，求出DG=，CG=，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D.E.N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）．
【详解】解：分两种情况，
①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，
∴DE=AD=2，
∵DG⊥BC，
∴∠CDG=90°-60°=30°，
∴CG=CD=1，
∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，
∵M为AB的中点，
∴AM=BM=1，
由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，
在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM ，DM＝DM，
∴△ADM≌△EDM（SSS），
∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，
∴D.E.N三点共线，
设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，
由勾股定理得：（3-x）²+（）² =（x+2）²，
解得：x=，即BN=；
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（符合题干要求）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为或2；
故答案为或2．
【点拨】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
5.如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点P是AB上（不含端点A，B）任意一点，把△PBC沿PC折叠，当点B′的对应点落在矩形ABCD的对角线上时，BP=__________________________．
【答案】或．
【解析】
分两种情况探讨：①点B落在矩形对角线BD上，②点B落在矩形对角线AC上，由三角形相似得出比例式，即可得出结果．
【详解】①点A落在矩形对角线BD上，如图1所示．
∵矩形ABCD中，AB=4，BC=3
∴∠ABC=90°，AC=BD，
∴AC=BD==5．
根据折叠的性质得：PC⊥BB′，
∴∠PBD=∠BCP，
∴△BCP∽△ABD，
∴，即
，
解得：BP=．
②点A落在矩形对角线AC上，如图2所示．
根据折叠的性质得：BP=B′P，∠B=∠PB′C=90°，
∴∠AB′A=90°，
∴△APB′∽△ACB，
∴，即，
解得：BP=．
故答案为或．
【点拨】本题考查了折叠问题、勾股定理，矩形的性质以及三角形相似的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，由三角形相似得出比例式是解决问题的关键．
6.如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为_____．
【答案】或10
【解析】
【详解】试题分析：根据题意，可分为E点在DC上和E在DC的延长线上，两种情况求解即可：
如图①，当点E在DC上时，点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线QP上，易求FP=3，所以FQ=2，设FE=x，则FE=x，QE=4-x，在Rt△EQF中，（4-x）2+22=x2，所以x=．（2）如图②，当，所以FQ=点E在DG的延长线上时，点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线QP上，易求FP=3，所以FQ=8，设DE=x，则FE=x，QE=x-4，在Rt△EQF中，（x-4）2+82=x2，所以x=10，综上所述，DE=或10.
7.如图，在矩形纸片中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，将沿所在直线翻折，得到，连接，，则当是以为腰的等腰三角形时，的长是________．
【答案】或
【解析】
存在两种情况：当=DC时，连接ED，根据勾股定理可得ED的长，可判断E，A´，D三点共线，根据勾股定理即可得出结论；当=时，证明AEA´F是正方形，于是得出结论．
【详解】解：①当=DC时，如图1，连接ED，
∵点是的中点，，，四边形是矩形，
∴AD=BC=，∠A=90°，
∴DE=，
∵将沿所在直线翻折，得到，
∴A´E=AE=2，
A´D=DC=AB=4，
∴DE=A´E+A´D=6，
∴点E，A´，D三点共线，
∵∠A=90°，
∴∠FA´E=∠FA´D=90°，
设AF=x，则A´F=x，FD=-x，
在Rt△FA´D中，，
解得x=，
∴FD=3；
②当=时，如图2，
∵=，
∴点A´在线段CD的垂直平分线上，
∴点A´在线段AB的垂直平分线上，
∵点是的中点，
∴EA´是AB的垂直平分线，
∴∠AEA´=90°，
∵将沿所在直线翻折，得到，
∴∠A=∠EA´F=90°，AF=FA´，
∴四边形AEA´F是正方形，
∴AF=AE=2，
∴DF=．
故答案为或．
【点拨】本题考查了翻折变换，矩形的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理．分类讨论思想的运用是解题的关键．
8.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F.若△AB′F为直角三角形，则AE的长为____或___
【答案】3或
【解析】
△AB′F为直角三角形，应分两种情况进行讨论.当∠AFB′为直角时，利用勾股定理求出B′E，也就是BE的长，便求出AE．当∠AB′F为直角时，过A作AN⊥EB′，交EB′的延长线于N，构造Rt△B′EF，利用勾股定理便可求出AE.
【详解】解：①当B′D⊥AE时，△AB′F为直角三角形，如下图：
根据题意，BE=B′E,BD= B′D=BC=. ∠B=∠EB′F
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2
∴AB===4
∴∠B=∠EB′F =30°.
∵在Rt△BDF中，∠B=30°
∴DF=BD=
∴B′F=B′D-DF=-=
∵在Rt△B′EF中，∠EB′F =30°
∴EF=B′E,
∵B′F===EF,
即=EF,
∴EF=，则BE=1，
∴AE=AB-BE=4-1=3.
②当D B′⊥A B′时，△AB′F为直角三角形，如下图：
连接AD，过A作AN⊥EB′，交EB′的延长线于N.
根据题意，BE=B′E,BD=CD=B′D=BC=. ∠B=∠EB′F
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=2，AC=2
∴AB===4
∴∠B=∠EB′F =30°.
∵∠AB′F=90°
∴∠AB′E=∠AB′F+∠EB′F=120°
∴Rt△AB′N中，∠AB′N=60°，∠B′AN=30°
∴B′N=AB′
在Rt△AB′D和Rt△ACD中
∴Rt△AB′D≌Rt△ACD（HL）
∴AB′=AC=2
∴B′N=1,AN=
设AE=x,则BE= B′E=4-x
∵在Rt△AEN中，
∴()2+(4-x+1)2=x2
∴x=
综上，AE的长为3或.
【点拨】本题是一道综合题，涉及到直角三角形全等的判定，30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识.
9.如图，在矩形中，，，将点绕点逆时针旋转，点的对应点为.的平分线交于，且.若点落在矩形的边上，则的值为______.
【答案】或
【解析】
分两种情况：①点B′落在AD边上，根据矩形与折叠的性质易得AB＝BE，即可求出a的值；②点B′落在CD边上，证明△ADB′∽△B′CE，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．
【详解】解：分两种情况：①当点B′落在AD边上时，如图1．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′落在AD边上，
∴∠BAE＝∠B′AE＝∠BAD＝45°，
∴AB＝BE，
∴a＝1，
∴a＝；
②当点B′落在CD边上时，如图2．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a．
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B′落在CD边上，
∴∠B＝∠AB′E＝90°，AB＝AB′＝1，EB＝EB′＝a，
∴DB′＝＝，EC＝BC−BE＝a−a＝a．
∵∠B′AD＝∠EB′C＝90°−∠AB′D，
∠D＝∠C＝90°，
∴△ADB′∽△B′CE，
∴ ，即，
解得a1＝，a2＝−（舍去）．
综上，所求a的值为或．
故答案为或．
【点拨】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．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分类讨论与数形结合是解题的关键轴对称图形
轴对称
图
形
定
义
如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴
如果两个图形对折后，这两个图形能够完全重合，那么我们就说这两个图形成轴对称，这条直线叫做对称轴
性
质
对应线段相等
AB=AC
AB=A′B′，BC=B′C′，
AC=A′C′
对应角相等
∠B=∠C
∠A=∠A′，∠B=∠B′，
∠C=∠C′
对应点所连的线段被对称轴垂直平分
区
别
(1)轴对称图形是一个具有特殊形状的图形，只对一个图形而言；
(2)对称轴不一定只有一条
(1)轴对称是指两个图形的位置关系，必须涉及两个图形；
(2)只有一条对称轴
关
系
(1)沿对称轴对折，两部分重合；
(2)如果把轴对称图形沿对称轴分成“两个图形”，那么这“两个图形”就关于这条直线成轴对称
(1)沿对称轴翻折，两个图形重合；(2)如果把两个成轴对称的图形拼在一起，看成一个整体，那么它就是一个轴对称图形