2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型六 几何图形折叠问题 (含答案)

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(1)如图①，点E是线段AB上一点，将△AED沿DE折叠，使点A的对应点A′与点C重合，若AB＝4，∠BCA＝90°，∠BAC＝30°，则折痕DE的长为____________________________．

图① 图②
例1题图
(2)如图②，等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，将△BCD沿BD对折，顶点C落在AB边点C′处，若CD＝2，则AB的长为________．
(3)如图③，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，将△ABD沿BD折叠后得到△A′BD，且A′B⊥AC，则AD的长为________．
图③
例1题图
(4)如图④，点E为AB边上的中点，将△AED沿ED折叠得到△A′ED，连接A′C.若∠BAC＝105°，AB＝4，AC＝3eq \r(2)，当∠AED＝30°时，则A′C的长为________．
图④
例1题图
(5)如图⑤，若△ABC是边长为5的等边三角形，点E是边AB上一点，将△AED沿DE折叠，使点A的对应点恰好落在BC边上的点A′处，若BA′＝2，则BE的长为________．
例1题图⑤
例2 在四边形ABCD中．
(1)如图①，若四边形ABCD为平行四边形，将△ABE沿AE折叠后得到△AB′E，使点B′落在 AD上，求证：四边形ABEB′是菱形；
例2题图①
(2)如图②，若四边形ABCD为平行四边形， 将该四边形沿FP折叠，点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，使点B′落在AD上，求证：△B′FP为等腰三角形；
例2题图②
(3)如图③，若四边形ABCD为矩形，AB＝4，AF＝2，将该四边形沿FP折叠，点A的对应点为A′落在矩形外部，点B的对应点为B′落在矩形内部，A′B′与AD交于点M，且A′M＝B′M，求BP的长．
例2题图③
三阶 综合提升
1. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，翻折∠C，使点C落在斜边AB上的某一点D处，折痕为EF(点E、F分别在边AC、BC上)．
(1)若△CEF与△ABC相似．
①当AC＝BC＝2时，AD的长为________；
②当AC＝3，BC＝4时，AD的长为________；
(2)当点D是AB的中点时，△CEF与△ABC相似吗？请说明理由．
第1题图
2. 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．
第2题图
3. 如图，将等腰直角三角形纸片ABC对折，折痕为CD.展平后，再将点B折叠在边AC上(不与A、C重合)，折痕为EF，点B在AC上的对应点为M，设CD与EM交于点P，连接PF.已知BC＝4.
(1)若M为AC的中点，求CF的长；
(2)随着点M在边AC上取不同的位置，
①△PFM的形状是否发生变化？请说明理由；
②求△PFM的周长的取值范围．
第3题图
4. 如图①，在△ABC中，AB＝4eq \r(2)，∠B＝45°，∠C＝60°.
(1)求BC边上的高线长；
(2)点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连接EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF.
①如图②，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数；
②如图③，连接AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
第4题图
5. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E是CD上一点，连接AE，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点为D′，连接CD′.
(1)当E为CD的中点时，求证：AE∥CD′；
(2)当点D′恰好落在线段BC上时，求出CE的长；
(3)当点E与点C重合时，求点D′到BC的距离．
第5题图
6. 如图，在矩形纸片ABCD中，E为AD边上的动点(不与点A、D重合)，将矩形纸片沿BE折叠，点A的对应点为A′，沿EF再次折叠纸片，使点D的对应点D′落在EA′的延长线上，连接DA′，已知AB＝6，BC＝11，设AE＝x.
(1)若∠ABE＝30°，则BE＝________；
(2)点E从点A向点D的运动过程中，求DA′的最小值；
(3)当点D′恰好落在边BC上时，判断△BED′的形状，并求出此时x的值．
第6题图
7. 如图，已知正方形ABCD的边长为8，M为CD的中点，E为线段DM上的一个动点，F为AB上一点，将正方形沿EF折叠，使点C的对应点P始终落在边AD上，点B的对应点为Q，PQ交AB于点N，连接CP，EN.
(1)若∠PNE＝30°，求S△APN∶S△DEP的值；
(2)求证：CP＝EF；
(3)如图②，连接PM，随着点E 在线段DM上取不同的位置，是否存在点P，使得eq \r(2)AP＋2PM有最小值？若存在，求岀这个最小值；若不存在，请说明理由．
第7题图
参考答案
二阶
例1 (1)1 【解析】∵∠ACB＝90°，点A的对应点A′与点C重合，∴D为AC中点，∠EDC＝90°，即DE为△ABC的中位线，∵AB＝4，∠BAC＝30°，∴BC＝2，∴DE＝eq \f(1,2)BC＝1.
(2)4＋2eq \r(2) 【解析】∵CD＝C′D＝2，∠A＝45°，C′D⊥AB，∴△AC′D为等腰直角三角形，∴AD＝2eq \r(2)，AC＝2eq \r(2)＋2，AB＝eq \r(2)AC＝4＋2eq \r(2).
(3)2 【解析】如解图①，设A′B与AC交于点E，∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，∴AC＝5.∵S△ABC＝eq \f(1,2)×AB×BC＝6＝eq \f(1,2)×AC×BE.∴BE＝eq \f(12,5)，由题易得，△A′DE∽△ACB，A′E＝A′B－BE＝eq \f(8,5).∴eq \f(A′D,AC)＝eq \f(A′E,AB)，即eq \f(A′D,5)＝eq \f(\f(8,5),4)，∴A′D＝2＝AD.
例1题解图①
(4)eq \r(10) 【解析】如解图②，连接AA′，∵∠BAC＝105°，∠AED＝30°，∴∠ADE＝45°，由折叠的性质可得，∠ADA′＝90°，AD＝A′D，又∵∠AED＝30°，∴∠AEA′＝60°，∴AA′＝AE＝eq \f(1,2)AB＝2，A′D＝AD＝eq \f(\r(2),2)AA′＝eq \r(2).CD＝AC－AD＝3eq \r(2)－eq \r(2)＝2eq \r(2).在Rt△A′CD中，由勾股定理得，A′C＝eq \r(A′D2＋CD2)＝eq \r(10).
例1题解图②
(5)eq \f(21,8) 【解析】∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝BC＝AC＝5.∵沿DE折叠△AED，使点A落在BC边上的点A′上，∴△AED≌△A′ED，∴∠DA′E＝∠A＝60°，AE＝EA′，AD＝DA′，设BE＝x，AE＝EA′＝5－x，CD＝y，AD＝A′D＝5－y.∵BA′＝2，BC＝5，∴CA′＝3.∵∠C＝60°，∠DA′E＝60°，∴∠DA′C＋∠A′DC＝120°，∠EA′B＋∠DA′C＝120°，∴∠EA′B＝∠A′DC.∵∠C＝∠B，∴△EBA′∽△A′CD，∴eq \f(EB,A′C)＝eq \f(BA′,CD)＝eq \f(EA′,A′D)，即eq \f(x,3)＝eq \f(2,y)＝eq \f(5－x,5－y)，解得x＝eq \f(21,8)，即BE＝eq \f(21,8).
例2 (1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，AB∥CD，AD∥BC，
由折叠的性质知∠B＝∠AB′E，
∴∠AB′E＝∠D，
∴B′E∥CD，
∴AB∥B′E，
∴四边形ABEB′为平行四边形，
由折叠的性质可得，AB＝AB′，
∴四边形ABEB′是菱形．
(2)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠BPF＝∠B′FP，
由折叠的性质可得，∠BPF＝∠B′PF，
∴∠B′FP＝∠B′PF，
∴B′F＝B′P，
∴△B′FP为等腰三角形．
(3)解：如解图，延长PB′交AD于点G，过点B′作JH⊥BC，交BC于点H，交AD于点J，
在△A′MF与△B′MG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠A′＝∠MB′G,A′M＝B′M,∠A′MF＝∠B′MG))，
∴△A′FM≌△B′GM(ASA)，
∴A′F＝2＝B′G，
又∵B′M＝eq \f(1,2)A′B′＝eq \f(1,2)AB＝2，
∴∠GMB′＝45°，∴JB′＝eq \r(2)，B′H＝4－eq \r(2)，PB′＝eq \r(2)(4－eq \r(2))＝4eq \r(2)－2.
∴BP＝4eq \r(2)－2.
例2题解图
三阶
1. 解：(1)① eq \r(2)；(1分)
②1.8或2.5；(4分)
【解法提示】若△CEF与△ABC相似．
①当AC＝BC＝2时，△ABC为等腰直角三角形，如解图①所示，
图①
图②
第1题解图
此时D为AB边中点，AD＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \r(2)；
②当AC＝3，BC＝4时，有两种情况，
a．若CE∶CF＝3∶4，如解图②所示，
∵CE∶CF＝AC∶BC，
∴EF∥AB，
由折叠性质可知，CD⊥EF，
∴CD⊥AB，即此时CD为AB边上的高，
在Rt△ABC中，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
∴csA＝eq \f(AC,AB)＝eq \f(3,5)，
∴AD＝AC·csA＝3×eq \f(3,5)＝1.8；
b．若CF∶CE＝3∶4，如解图③所示，
∵△CEF∽△CBA，
∴∠CEF＝∠B.
由折叠性质可知，∠CEF＋∠ECD＝90°.
又∵∠A＋∠B＝90°，
∴∠A＝∠ECD，
∴AD＝CD，
同理可得∠B＝∠FCD，CD＝BD，
∴此时AD＝eq \f(1,2)AB＝eq \f(1,2)×5＝2.5，
综上所述，当AC＝3，BC＝4时，AD的长为1.8或2.5.
图③
图④
第1题解图
(2)当点D是AB的中点时，△CEF与△ABC相似，理由如下：
如解图④，设CD与EF的交点为Q，
∵CD是Rt△ABC的中线，
∴CD＝DB＝eq \f(1,2)AB，
∴∠DCB＝∠B，
由折叠性质可知，∠CQF＝∠DQF＝90°.
∴∠DCB＋∠CFE＝90°.
∵∠B＋∠A＝90°，
∴∠CFE＝∠A，
又∵∠ACB＝∠FCE，
∴△CEF∽△ABC.(8分)
2. 解：(1)eq \f(x（6－x）,3)或3－eq \f(x2,12)；(4分)
【解法提示】∵四边形ABCD为正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA＝6.由折叠性质得，∠N＝∠A＝90°，MN＝AB＝6，∠EMH＝∠B＝90°，∴∠HMC＋∠EMD＝90°.∵∠D＝90°，∴∠DEM＋∠EMD＝90°.∴∠HMC＝∠DEM.∵∠C＝∠D，∴△HMC∽△MED.∴eq \f(CM,DE)＝eq \f(CH,DM) .∵点E为AD的中点，∴DE＝3.∵CM＝x，DM＝6－x，∴eq \f(x,3)＝eq \f(CH,6－x).∴CH＝eq \f(x（6－x）,3).设CH＝y，∴BH＝6－y.由折叠性质得，HM＝HB＝6－y，在Rt△CHM中，HM2＝CH2＋CM2，∴(6－y)2＝y2＋x2.∴y＝3－eq \f(x2,12).∴CH＝3－eq \f(x2,12).综上所述，CH＝eq \f(x（6－x）,3)或3－eq \f(x2,12)(0＜x＜6)；
(2)∵CH＝eq \f(x（6－x）,3)或3－eq \f(x2,12)，
∴eq \f(x（6－x）,3)＝3－eq \f(x2,12)，解得x1＝2，x2＝6(舍去)．
∴CH＝eq \f(8,3)，CM＝2.∴DM＝4.
在Rt△DME中，EM＝eq \r(DE2＋DM2)＝5，
∴NE＝NM－EM＝1.
∵∠N＝∠D＝90°，∠NEG＝∠DEM，
∴△NEG∽△DEM.∴eq \f(GN,MD)＝eq \f(NE,DE)，
∴GN＝eq \f(NE·MD,DE)＝eq \f(4,3).(6分)
∵AG＝GN，∴AG＝eq \f(4,3).
如解图，过点G作GP⊥BC，垂足为点P，
∴∠BPG＝90°.
∵∠A＝∠B＝90°，∴四边形ABPG为矩形，
∴BP＝AG＝eq \f(4,3)，GP＝AB＝6，
∴PH＝BC－BP－CH＝2，
∴在Rt△GPH中，GH＝eq \r(PG2＋PH2)＝2eq \r(10).(9分)
第2题解图
3. 解：(1)∵M为AC的中点，AC＝BC＝4，
∴CM＝2.
设BF＝x，则FM＝x，CF＝4－x，
在Rt△FCM中，由勾股定理得FC2＋CM2＝MF2，
即(4－x)2＋22＝x2，
解得x＝2.5，
即CF＝4－2.5＝1.5；(3分)
(2)①△PFM恒为等腰直角三角形，理由如下：
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B＝45°，∠ACB＝90°.
如解图，由第一次折叠得∠1＝∠2＝eq \f(1,2)∠ACB＝45°，由第二次折叠得∠PMF＝∠B＝45°，
第3题解图
设PC与MF交于点Q，
∵∠PQM＝∠FQC，∠PMF＝∠1＝45°，
∴△PQM∽△FQC.(4分)
∴eq \f(PQ,FQ)＝eq \f(QM,QC).
∴eq \f(PQ,QM)＝eq \f(FQ,QC).
又∵∠PQF＝∠MQC，(5分)
∴△PQF∽△MQC.
∴∠PFQ＝∠2＝45°.
∵∠PFQ＝∠PMF＝45°，
∴△PFM为等腰直角三角形；(7分)
②由①知，PF＝PM＝eq \f(\r(2),2)FM，
∴C△PFM＝PF＋PM＋MF＝(eq \r(2)＋1)MF.(8分)
设MF＝y，CM＝m，则FC＝4－y，
在Rt△FCM中，由勾股定理得MF2＝FC2＋CM2，
即y2＝(4－y)2＋m2，
∴y＝eq \f(1,8)m2＋2.
∵0＜m＜4，
∴2＜y＜4.(9分)
∴2(eq \r(2)＋1)＜(eq \r(2)＋1)FM＜4(eq \r(2)＋1)，
即2eq \r(2)＋2＜C△PFM＜4eq \r(2)＋4.(10分)
4. 解：(1)如解图，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，AD＝AB·sin 45°＝4eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝4；
第4题解图
(2)①由题意得△AEF≌△PEF，
∴AE＝PE.
又∵点E为线段AB的中点，
∴AE＝BE，
∴BE＝PE，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠BEP＝∠AEP＝90°；
②由(1)可知，AD＝4，
在Rt△ADC中，AC＝eq \f(AD,sin 60°)＝eq \f(8\r(3),3).
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴eq \f(AF,AB)＝eq \f(AE,AC)，即eq \f(AF,4\r(2))＝eq \f(2\r(2),\f(8\r(3),3))，
∴AF＝2eq \r(3).
在Rt△AFP中，AF＝PF，
则AP＝eq \r(2)AF＝2eq \r(6).
5. (1)证明：如解图①，
第5题解图①
∵点E为CD的中点，
∴DE＝CE，
由图形折叠性质可得，DE＝D′E，∠AED′＝∠AED，
∴D′E＝CE.
∴∠ED′C＝∠ECD′.
∵∠AED＋∠AED′＋∠D′EC＝∠ED′C＋∠ECD′＋∠D′EC＝180°.
∴∠ED′C＝∠AED′.
∴AE∥CD′；
(2)解：由题意可设CE＝x，则DE＝D′E＝4－x，
在Rt△ABD′中，由勾股定理得AB2＋BD′2＝AD′2，
即42＋BD′2＝62，
解得BD′＝2eq \r(5).
在Rt△D′EC中，由勾股定理得：
D′E2＝CD′2＋CE2，
即(4－x)2＝(6－2eq \r(5))2＋x2，
解得x＝3eq \r(5)－5.
即CE的长为3eq \r(5)－5；
(3)解：如解图②，过点D′作D′F⊥BC于点F，AD′交BC于点H，
第5题解图②
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB.
由折叠性质得∠DAC＝∠D′AC，
∴∠ACB＝∠D′AC.
∴AH＝CH.设CH＝x，则BH＝6－x，
在Rt△ABH中，AB2＋BH2＝AH2，
即42＋(6－x)2＝x2，
解得x＝eq \f(13,3)，
∴AH＝CH＝eq \f(13,3)，
∴D′H＝AD′－AH＝6－eq \f(13,3)＝eq \f(5,3)，
∵AB∥D′F，
∴△ABH∽△D′FH，
∴eq \f(AB,D′F)＝eq \f(AH,D′H) ，
∴D′F＝eq \f(20,13)，
∴点D′到BC的距离为eq \f(20,13).
6. 解：(1)4eq \r(3)；
【解法提示】在Rt△ABE中，∠BAE＝90°，∠ABE＝30°，∴cs∠ABE＝eq \f(AB,BE)，即eq \f(\r(3),2)＝eq \f(6,BE)，∴BE＝4eq \r(3)；
(2)如解图①，点E从点A向点D的运动过程中，BA′＝BA＝6，A′的运动轨迹是以B为圆心，BA为半径的圆弧，连接DB，交圆弧与点F，此时DA′的最小值即为DF的长．
第6题解图①
在Rt△ABD中，BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(62＋112)＝eq \r(157)，
∴DF＝eq \r(157)－6，
∴DA′的最小值为eq \r(157)－6；
(3)如解图②，由折叠的性质得∠AEB＝∠A′EB，
第6题解图②
在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠A′EB＝∠EBC，
∴BD′＝ED′，
∴△BED′为等腰三角形．
∵AE＝x，BC＝11, AB＝6，
∴DE＝11－x，
由折叠的性质得，A′B＝AB＝6，∠EA′B＝∠A＝90°，A′E＝AE＝x，ED′＝DE＝11－x，
∴BD′＝ED′＝11－x，A′D′＝11－2x.
在Rt△A′BD′中，BA′2＋A′D′2＝BD′2，
即62＋(11－2x)2＝(11－x)2，
解得x＝eq \f(11±\r(13),3).
则x的值为eq \f(11＋\r(13),3)或eq \f(11－\r(13),3).
7. (1)解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，
由折叠性质可知，∠NPE＝∠BCD＝90°，
∴∠APN＋∠DPE＝90°，
又∵∠ANP＋∠APN＝90°，
∴∠DPE＝∠ANP，
∴△APN∽△DEP，
∵∠PNE＝30°，
∴PN∶EP＝eq \r(3)∶1，
∴S△APN∶S△DEP＝3∶1；
(2)证明：如解图①，过点F作FG⊥CD于点G.
第7题解图①
∵∠B＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCGF为矩形，
∴FG＝BC＝CD，
由折叠可知CP⊥EF，
∴∠DCP＋∠FEG＝90°，
又∵∠EFG＋∠FEG＝90°，
∴∠EFG＝∠DCP，
在△CDP与△FGE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠D＝∠FGE,CD＝FG,∠DCP＝∠GFE))，
∴△CDP≌△FGE(ASA)，
∴CP＝EF；
(3)解：存在，理由如下：
要求eq \r(2)AP＋2PM的最小值，即求2(eq \f(\r(2),2)AP＋PM)的最小值．
如解图②，构造以AP为斜边的等腰Rt△ARP，则RP＝eq \f(\r(2),2)AP，
∴eq \f(\r(2),2)AP＋PM的最小值即为RP＋PM的最小值，
过点M作MT⊥AR于点T，交AD于点P′，则点P′即为所求，
∴eq \f(\r(2),2)AP＋PM的最小值即为MT的长．
第7题解图②
∵△ARP是等腰直角三角形，
∴∠RAD＝45°，
延长AR交CD的延长线于点S，则△ADS是等腰直角三角形，
∴SD＝AD＝8，∠S＝45°，
又∵MT⊥AR，
∴△STM是等腰直角三角形，
∴MT＝eq \f(\r(2),2)SM，
∵M为CD的中点，
∴DM＝4，
∴SM＝SD＋DM＝12，
∴MT＝6eq \r(2)，
∴eq \f(\r(2),2)AP＋PM的最小值为6eq \r(2)，
∴eq \r(2)AP＋2PM的最小值为12eq \r(2)，
综上所述，存在点P，使得eq \r(2)AP＋2PM有最小值，最小值为12eq \r(2).