中考数学 专项训练 考点40 图形折叠中的落点固定问题

专题40 图形折叠中的落点固定问题

【典例5】如图例8-1，矩形ABCD中，AD=5，AB=7，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为　      　．

图例8-1                   图例8-2        图例8-3

【解析】如图例8-2.

发现有两个不同的D’点，对不同的位置分别求解.

如图例8-3所示.

因为BD′是∠ABC的平分线

所以∠D′BN=45°，D′N=NB

由折叠知AD′=AD=5.

设D′N=NB=x，则AN=7－x

在Rt△AD′N中，由勾股定理得，AD′2=D′N2+AN2

52=x2+(7-x)2，解得x=3或4.

①当x=3时，D′M=2，AN=4. 设DE=y，则D′E=y，EM=4-y

在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2

即y2=22+(4-y)2，解得y=.

②当x=4时，D′M=1，AN=3. 设DE=y，则D′E=y，EM=3-y

在Rt△ED′M中，由勾股定理得，ED′2=D′M2+EM2

y2=12+(3-y)2，解得y=.

综上所述，DE的长为或.

【小结】D′落在∠ABC的角平分线上，作出∠ABC的角平分线，再以A为圆心以AD长半径画弧，弧与∠ABC的角平分线的交点即为D’点. 根据折叠中，折痕是对应点连线的垂直平分线作出折痕.

【巩固提升】

1、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．

2、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）．

3、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cos∠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===

∴cos∠EFG==

 4、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=﹣=

5、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

6、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．

7、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