2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导5：图形折 20页

2018年初中数学中考名师面对面专题指导第五讲图形折叠类问题（一）考点解析：折叠操作就是将图形的一部分沿着一条直线翻折180°,使它与另一部分图形在这条直线的同旁与其重叠或不重叠，其中“折”是过程，“叠”是结果.折叠问题的实质是图形的轴对称变换，折叠更突岀了轴对称问题的应用.折叠（或翻折）在三大图形变换中是比较重要的，考查得较多，无论是选择题、填空题，还是解答题都有以折叠为背景的试题.常常把矩形、正方形的纸片放置于直角坐标系中，与函数、直角三角形、相似形等知识结合，贯穿其他几何、代数知识来设题.根据轴对称的性质可以得到：折叠重合部分一定全等，折痕所在直线就是这两个全等形的对称轴；互相重合两点（对称点）之间的连线必被折痕垂直平分；对称两点与对称轴上任意一点连结所得的两条线段相等；对称线段所在的直线与对称轴的夹角相等.在解题过程中要充分运用以上结论，借助辅助线构造直角三角形,结合相似形、锐角三角函数等知识来解决有关折叠问题.（二）考点训练考点1：折叠后图形判断【典型例题】：（2017浙江湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造•下列四幅图中有三幅是小明用如图所示的七巧板拼成的，则不是小明拼成的那副图是（）【考点】IM：七巧板.\n【分析】解答此题耍熟悉七巧板的结构：五个等腰直角三角形，有大、小两对全\n等三角形；一个正方形；一个平行四边形，根据这些图形的性质便可解答.【解答】解：图C中根据图7、图4和图形不符合，故不是由原图这副七巧板拼成的.故选C【变式训练】：(2017湖北江汉)如图，下列4X4网格图都是由16个相同小正方形组成，每个网格图屮有4个小正方形已涂上阴影，请在空口小正方形中，按下列要求涂上阴影.(1)在图1中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形；(2)在图2中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个轴对称图形，但不是中心对称图形.【考点】R9：利用旋转设计图案；P8：利用轴对称设计图案.【分析】(1)根据中心对称图形，画出所有可能的图形即可.(2)根据是轴对称图形，不是中心对称图形，画出图形即可.【解答】解：(1)在图1中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形，答案如图所示；(2)在图2中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个轴对称图形，但不是中心对称图形，答案如图所示；方法归纳总结:对折叠图形的判断，可以通过空间想象，找出相等的边与角，转化为角度的判断.考点2：折叠后度数判断【典型例题】：（2017内蒙古赤峰）如图，将边长为4的菱形ABCD纸片折叠，使\n点A恰好落在对角线的交点0处，若折痕EF=2體，贝iJZA=（）A.120°B・100。C.60°D.30°【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；L8：菱形的性质.【分析】连接AC,根据菱形的性质得出AC丄BD,根据折叠得出EF丄AC,EF平分A0,得出EF//BD,得出EF为AABD的中位线，根据三角形中位线定理求出BD的长，进而可得到B0的长，由勾股定理可求出A0的长，则ZABO可求出，继而ZBA0的度数也可求出，再由菱形的性质可得ZA=2ZBA0.【解答】解：连接AC,・・•四边形ABCD是菱形，・・・AC丄BD,TA沿EF折叠与0重合,・・・EF丄AC,EF平分A0,・・・AC丄BD,・・・EF〃BD,・・・E、F分别为AB、AD的中点,\n・・・EF为AABD的中位线,AEF=BD,・・・BD二2EF二4后・・・B0二2后/.ao=7ab2-^o2=2*・・・A0二*AB,・・・ZABO二30°,.-.ZBA0=60°,AZBAD=120°・故选A.【变式训练】:<2016•四川南充）如图,对折矩形纸片ABCD,使AB与DC重合得到折痕EF,将纸片展平；再一次折叠,使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A,展平纸片后ZDAG的大小为（）B.45°C.60°D.75°【分析】直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出Z2=Z4,再利用平行线的性质得出Z1=Z2=Z3,进而得出答案.【解答】解:如图所示:由题意可得:Z1=Z2,AN二MN,ZMGA=90°,则NG二AM,故AN二NG,则Z2=Z4,・・・EF〃AB,\nAZ4=Z3,AZ1=Z2=Z3=X9O°=30°,AZDAG=60°・故选：C.DMC【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及平行线的性质，止确得岀Z2=Z4是解题关键.方法归纳总结：在折叠问题中，利用对称性可得到相等的角和边.考点3：折叠后线段长度判断【典型例题】:（2017贵州安顺）如图,矩形纸片ABCD中,AD=4cm,把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点0,若A0=5cm,则AB的长为（）A.6cmB.7cmC.8cmD.9cm【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质.【分析】根据折叠前后角相等可证A0=C0,在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得D0,再根据线段的和差关系求解即可.【解答】解：根据折叠前后角相等可知ZBAC二ZEAC,・・•四边形ABCD是矩形，・・・AB〃CD,AZBAC^ZACD,・•・ZEAC二ZEAC,/.A0=C0=5cm,在直角三角形ADO屮，DO二JaC（2-ad2二3cm,\nAB二CD二DO+CO二3+5二8cm・故选：C.【变式训练】：（2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB二5,BC二3,先按图（2）操作：将矩形纸片AECD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按图（3）操作，沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG,则A、II两点间的距离为＞/还•【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质.【分析】如图3中，连接AH.由题意可知在RtAAEH中，AE二AD二3,EH二EF-肝二3-2=1,根据AH二仏灵丽，计算即可.【解答】解：如图3中，连接All.图（3）由题意可知在RtAAEIl中,AE二AD二3,EH=EF-HF=3-2=1,・：AH二7aE2+EH2=^32+12=VT6，故答案为VT5.方法归纳总结：在折叠问题中，利用对称性可得到相等的线段，通过三角形相似、勾股定理列出方程求解.折叠问题转化为轴对称问题，利用勾股定理和相似求出未知线段，最后把所求的线段转化到直角三角形中去处理.考点4：折叠后周长面积计算【典型例题】:（2017.江苏宿迁）如图,在矩形纸片ABCD中,已知AB二］,BC二書,\n点E在边CD上移动，连接AE,将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形AB'C‘E,点E、C的对应点分别为点、C'・(1)当C'恰好经过点D时(如图1),求线段CE的长；(2)若B‘C'分别交边AD,CD于点F,G,且ZD/\E=22.5°(如图2),求ADFG的面积；(3)在点E从点C移动到点D的过程中，求点L运动的路径长.【考点】1.0：四边形综合题.【分析】(1)如图1中，设CE二EC'二x,则DE二l-x,由ZSADB'x^ADEC,可得器■二罟L，列出方程即可解决问题；(2)如图2中，首先证明△ADB',ADFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题；(3)如图3中，点C的运动路径的长为歹的长，求岀圆心角、半径即可解决问题.【解答】解:(1)如图1中,设CE二EC'=x,则DE=1-x,VZ/\DB,+ZEDC'=90°,ZB'AD+ZADB,=90°,fAD二ZEDC',VZB7=ZCf=90°,AB7二AB二1,AD=V5，ADB/二侮1",•••△ADB''s^DEC,・AD二DB‘••矿EC''・/3_V2••L-xx'Ax=>/6-2.\nACE=V6-2・（2）如图2中，VZBAD=ZB,=ZD=90°,ZDAE=22.5°,ZEAB^ZEAB7=67.5°,.•.ZBZAF=ZBZ.•.ZDFG=ZAFBZFA二45°,二ZDGF二45°,ADF=FG,在RtZ\AB‘F屮，AB'=FB,=1,AAF=V2AB,二昭,.\DF=DG=V3-近，・・.Sm二*（73-近）2=-|■-V6.（3）如图3中，点C的运动路径的长为左厂的长,在RtAADC中，VtanZDAC=T^^,AD3AZDAC=30°,AC=2CD=2,VZC7AD二ZDAC二30。，AZCAC7二60°,Tlccz的长二60•兀・2二21803图3\n【变式训练L（2016•四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点0,折叠正方形纸片ABCD,使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G,连结GF,给出下列结论：①ZADG=22.5°；②tanZAED=2；（§）SAACD=SA0GD；④四边形AEFG是菱形;⑤BE=20G；⑥若S"l,则正方形ABCD的面积是6+4近，其中止确的结论个数为（）A.2B・3C.4D.5【考点】四边形综合题.【分析】①由四边形ABCD是正方形，可得ZGAD二ZAD0二45°，又由折叠的性质，可求得ZADG的度数；②由AE二EFVBE,可得AD>2AE；③由AG=GF>0G,可得AAGD的面积>△0GD的面积；④由折叠的性质与平行线的性质，易得△EFG是等腰三角形，即可证得AE二GF；⑤易证得四边形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得BE二20G；⑥根据四边形AEFG是菱形可知AB〃GF,AB二GF,再由ZBA0=45°,ZG0F二90°可得出^OGF时等腰直角三角形，由Saocf=1求岀GF的长，进而可得出BE及AE的长，利用止方形的面积公式可得出结论.【解答】解：・・•四边形ABCD是正方形，AZGAD=ZAD0=45°,由折叠的性质可得：ZADG二寺ZADO二22.5。,故①正确.•・・由折叠的性质可得：AE=EF,ZEFD二ZEAD二90。，・・・AE=EFVBE,・・・AE＜寺AB,••詈>2,故②错误.\nVZA0B=90°,「•AG二FG>OG,AAGD与ZXOGD同高,••S®GD>S^og”故③错误.TZEFD二ZA0F二90。，•••EF〃AC,•••ZFEG=ZAGE,VZAGE=ZFGE,AZFEG^ZFGE,AEF=GF,VAE=EF,・・・AE二GF,故④正确.•・・AE二EF二GF,AG二GF,AAE=EF=GF=AG,・・・四边形AEFG是菱形，AZ0GF=Z0AB=45°,.•.EF=GF=a/20G,・・・BE二迈EF二血XV20G=20G.故⑤正确.・・•四边形AEFG是菱形，・・・AB〃GF,AB=GF.VZBA0=45°,ZG0F=90°,•••△OGF吋等腰直角三角形.•*S^oGl'-1,・・・*OGJ1,解得0G二近，・・・BE二20G二2逅，GF二J（逅）2顽）2二网①2,\n・・・AE二GF二2,・・・AB二BE+AE二2近+2,•**SiE^jf?ABCD~AB2=(2>/^+2)*■二12+8、勺’故⑥错误.・・・其中正确结论的序号是：①④⑤.故选B.【点评】此题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识.此题综合性较强，难度较大,注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用.方法归纳总结:在折叠问题中，利用对称性可得到相等的角、全等的图形和相等的面积.考点5：折叠后结论探讨【典型例题】：已知,在RtZ\ABC中,ZACB=90°,AC=4,BC=2,D是AC边上的-个动点，将AABD沿BD所在直线折叠，使点A落在点P处.(1)如图1,若点D是AC中点，连接PC.①写出BP,BD的长;②求证：四边形BCPD是平行四边形.(2)如图2,若BD二AD,过点P作PH丄BC交BC的延长线于点H,求PH的长.【考点】L0：四边形综合题.【分析】(1)①分别在RtAABC,RtABDC中，求出AB、BD即可解决问题；②想办法证明DP〃BC,DP二BC即可；(2)如图2中，作DN丄AB于N,PE丄AC于E,延长BD交PA于M.设BD=AD=x,则CD=4-x,在RtABDC中，可得x2=(4-x)2+22,推出x二号，推出DN=^BD2-BN2二迤，BDN^ABAM,可得卑二卑，由此求出AM,由厶ADMsZ\/\pe,可得卑二需，由此求出AE=¥，可得EC=AC-AE=4・乎二|■由此即可解决问题.\n【解答】解：（1）①在RtAABC中，VBC=2,AC=4,.••AB=V22+42=2x/5，•・・AD二CD二2,・・・BD二佇二2屈由翻折可知，BP二BA二2燥.②如图1中，•••△BCD是等腰直角三角形，AZBDC=45°,AZADB=ZBDP=135°,・・・ZPDC二135。-45°=90°,.-.ZBCD=ZPDC=90°,・・・DP〃BC,VPD=AD=BC=2,・・・四边形BCPD是平行四边形.(2)如图2屮，作DN1AB于N,PE丄AC于E,延长BD交PA于M.设BD=AD=x,则CD二4-x,在RtABDC中,VBD2=CD2+BC2,/•x2=(4-X)2+2\\n•■•x=r•・・DB二DA,DN丄AB,・・・B治AW燥,在RtABDN中，DN二Jbd'-BN?二夢,由RDNsgAM,可得晋器,逅1・•・2=2"ST2?5AAM=2,AAP=2AM=4,由△admmape,可得詈箒化EC=AC-AE=4164二—55易证四边形PECII是矩形,APH=EC=4.【变式训练】:（2016•重庆市A卷•4分）正方形ABCD中，对角线AC,BD相交于点0,DE平分ZAD0交AC于点E,把AADE沿AD翻折，得到AADE'，点F是DE的中点，连接AF,BE,E‘F.若AE二近•则四边形ABFE'的面积是色|亜・【分析】如图，连接EB、EE',作EM1AB于M,EE'交AD于N.易知AAEB竺Z\AED=ZSADEf$先求出止方形AMEN的边长，再求出AB^根据S四边形範赋二S网边形\n交AD于N・【解答】解：如图，连接EB、EE',作EM1AB于M,・・•四边形ABCD是正方形，.\AB=BC=CD=DA,AC丄BD,AO=OB=OI)=OC,ZDAC=ZCAB=ZDAE,二45。，根据对称性，△ADESAADE'^AABE,・・・DE二DE',AE=AEZ,・・・AD垂直平分EE',・・・EN=NE‘,VZNAE=ZNEA=ZMAE=ZMEA=45°,AE二近,AAM=EM=EN=AN=1,TED平分ZADO,EN丄DA,EO±DB,・・・EN二EO二1,AO二近+1,/.AB=V2A0=2+近,••SaaEB=SaaED=SaaDF/二X1(2+y/i)-1+，SaBDE=SaaDBAEB=1+V2»_近+1T"VDF=EF,••S^dee’=2Saade*Saaee^二阿1,S^DFE'=SadEE?・£_occ_3+迈••d四边形AEFE，_^bz\ADE-^ADFEr㊁~，••S四边形ABFEr二S四边形AEFEZ+S^aEb+SaefB—_613^/2故答案为警方法归纳总结：解决折叠问题时，一是要对图形折叠有准确定位，抓住图形之间最本质的位置关系，从点、线、面三个方面入手，发现其中变化的和不变的量，发现图形中的数量关系；二是要把握折叠的变化规律，充分挖掘图形的几何性质，将其中的基本的数量关系用方程的形式表达出来.\n（三）考点检测1.（2017宁夏）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点A'处.若Z1二Z2二50。,则ZA'为105°・【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出ZADB二ZBDG二ZDBG,由三角形的外角性质求出ZBDG二ZDBG寺Zl=25°,再由三角形内角和定理求出ZA,即可得到结果.【解答】解:VAD/7BC,AZADB=ZDBG,由折叠可得ZADB二ZBDG,AZDBG=ZBDG,又TZl二ZBDG+ZDBG二50°,AZADB=ZBDG=25°,又IZ2=50°,•••△ABD中,ZA=105°,・・・ZA'二ZA二105。,故答案为：105。・【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理的综合应用，熟练掌握平行四边形的性质，求出ZADB的度数是解决问题的关键.2.如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB二AC二10,BC=12,沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是lOcni,2V73cm,4V13cni・\n【考点】PC：图形的剪拼.【分析】利用等腰三角形的性质，进而重新组合得出平行四边形，进而利用勾股定理求岀对角线的长.【解答】解：如图:图③过点A作AD丄BC于点I）,VAABC边AB二/\C二10cm,BC二12cm,/.BD=DC=6cm,AD=8cm,如图①所示：可得四边形ACBD是矩形，则其对角线长为:10cm,如图②所示：AD二8cm,连接BC,过点C作CE丄BD于点E,则EC=8cm,BE=2BD=12cm,则BC=4V13cm,如图③所示：BD=6cm,由题意可得:AE=6cm,EC二2BE二16cm,故AC二J6$+1訂二2>/?却,故答案为：10cm,2V73cm,4-/13cm.3.（2017内江）如图，在矩形AOBC中，0为坐标原点，0A、0B分别在x轴、y\n轴上，点B的坐标为（0,3體），ZAB0=30°,将AABC沿AB所在直线对折后,点C落在点D处，则点D的坐标为（）D.（号，3・【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；D5：坐标与图形性质；LB：矩形的性质.(2,C.(【分析】根据翻折变换的性质结合锐角三角函数关系得出对应线段长，进而得出D点坐标.【解答】解：・・•四边形A0BC是矩形，ZAB0=30°，点B的坐标为（0,3届,・・・AC二0B二3體，ZCAB=30°,BC=AC*tan30°=3a/3X・・•将ZXABC沿AB所在直线对折后，点C落在点I）处,AZBAD=30°,AD二3衍,过点D作DM丄x轴于点M,VZCAB=ZBAD=30°,/.ZDAM=30°,AAM=3V3Xcos30°=-|,・••点D的坐标为故选：A.\n4.（2016•山东省东营市•4分）如图，折叠矩形力列的一边AD,使点〃落在3〃。边的点尸处，已知折痕处=5萌cm,且tanZ£FC=-,那么矩形的周长cm.【知识点】折叠（轴对称）一一轴对称的性质、特殊平行四边形一一矩形的性质、锐角三角函数一一三角函数的求法、勾股定理【答案】36.【解析】•・•△/!/疋和△"/疗关于处对称，:・ZAFE=Z/）=90。,AF=AD,EF=DE.Xjqx\Z.EFC=EC3・：可设EC=3x,CF=4x,那么EF=5x,BF_3•矿才•IDE=EF=5x./.DC=DE~\~CE=3x+5x=8x./.AB=DC=8x.•:乙EFC+ZAFB=90°,上BAF+/AFB=90°,:.AB=3x,:.BF=&x.:.BC:.乙EFC=/BAF.AtanZ^F=tanZ^=f,Z4=BF+CF=10x.:.AD=\Qx.在Rt△宓中,由勾股定理,得肋2+加=血・・・・(10"+(5/=(5^)2.解得/=1.AAB=Sx=&S/ni0x=10.・・・矩形肋09的周长=8X2+10X2=36・\n【点拨】折叠矩形，可以得到“轴对称”的图形，对于线段相等、对应角相等、对应的三角形全等；由锐角的正切值可以转化为相应直角三角形的直角边Z比;在直角三角形中，利用勾股定理可以列出方程解决问题.