中考数学专题复习《几何图形折叠型综合题》测试卷附带答案

第页中考数学专题复习《几何图形折叠型综合题》测试卷（附带答案)学校:___________班级:___________姓名:___________考号:___________(小题破大题)方法再现：沿图形上一顶点所在的直线折叠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,cos30°)＝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\co1(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△B