2024成都中考数学第一轮专题复习之专题六 类型二 折叠问题 教学课件

专题六综合与实践类型二折叠问题(2020.27)二阶

综合训练1.(2023成都黑白卷)综合与实践问题情境：在数学活动课上，老师给出了这样一个问题：如图①，在正方形纸片ABCD中，点E是边AB的中点，将△BCE沿CE所在的直线折叠，得到△B′CE，延长CB′交AD于点P，连接AB′.猜想证明：(1)求证：∠PAB′＝∠PB′A；第1题图(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，∴∠B＝∠BAD＝90°.由折叠的性质知，△B′CE≌△BCE，∠EB′C＝∠B＝90°，EB′＝EB，∴∠EB′P＝180°－∠EB′C＝180°－90°＝90°，∴∠BAD＝∠EB′P.∵点E是AB的中点，∴AE＝BE＝B′E，∴∠EAB′＝∠EB′A，∴∠BAD－∠EAB′＝∠EB′P－∠EB′A，即∠PAB′＝∠PB′A；第1题图拓展探究：如图②，延长AB′交CD于点F.(2)求证：CF＝DF；第1题图(2)证明：由(1)知∠EAB′＝∠EB′A，∴∠BEB′＝2∠EAB′.∵∠BEB′＝2∠BEC，∴∠EAB′＝∠BEC，∴AF∥EC.∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，∴CF＝AE＝

AB＝

CD，∴CF＝DF；(3)求

的值．第1题图(3)解：如图，连接BB′，BB′交EC于点O.O∴∠BOC＝90°，∴∠OBC＋∠OCB＝90°.∵∠ABB′＋∠OBC＝90°，∴∠ABB′＝∠OCB.∵∠AB′B＝∠EBC＝90°，∴△AB′B∽△EBC，∴

＝

＝

，即2AB′＝BB′，设AE＝EB＝a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a.在Rt△ABB′中，AB2＝AB′2＋BB′2，∴4a2＝AB′2＋(2AB′)2，解得AB′＝

a.∵AD＝2a，DF＝a，∠D＝90°，∴AF＝＝＝a，∴FB′＝AF－AB′＝a－

a＝

a，∴

＝

＝

.第1题图O2.(2020成都B卷27题10分)在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．(1)如图①，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；第2题图解：(1)∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝∠C＝90°.由折叠的性质得BC＝BF，∠EBF＝∠EBC，∠BFE＝∠C＝90°.∵BC＝2BA，∴BF＝2BA，在Rt△ABF中，∵sin∠AFB＝

＝

，∴∠AFB＝30°.∵AD∥BC，∴∠FBC＝∠AFB＝30°，∴∠CBE＝

∠FBC＝15°；第2题图(2)如图②，当AB＝5，且AF·FD＝10时，求BC的长；第2题图(2)∵∠BFE＝∠C＝90°，∴∠AFB＋∠DFE＝90°.又∵∠AFB＋∠ABF＝90°，∴∠DFE＝∠ABF.∵∠D＝∠A＝90°，∴△EDF∽△FAB，∴

＝

＝

，∴DE＝

＝

＝2，∴EF＝EC＝DC－DE＝AB－DE＝5－2＝3，在Rt△DEF中，DF＝＝＝，∴BF＝

＝

＝3，∴BC＝BF＝3；第2题图(3)如图③，延长EF，与∠ABF的平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN＋FD时，求

的值．第2题图(3)∵NF＝AN＋FD，∴NF＝

AD＝

BC＝

BF，如图，过点N作NG⊥BF于点G.∟G∴∠NGF＝90°.∵∠A＝90°，∴∠NGF＝∠A.∵∠GFN＝∠AFB，∴△NFG∽△BFA，∴

＝

＝

＝

，∴NG＝

AB.∵BM为∠ABF的平分线，∴∠ABN＝∠GBN.∵BN＝BN，∠A＝∠NGB＝90°，∴△ABN≌△GBN，∴AB＝BG，AN＝NG，∴FG＝BF－BG＝BC－AB，FA＝AN＋NF＝NG＋NF＝

AB＋

BC.第2题图∟G∵

＝

，∴＝

，∴3BC＝5AB，∴

＝

.第2题图∟G折叠问题3.综合与实践(1)【操作发现】如图①，诸葛小组将正方形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，请写出图中的一个45°角：________；第3题图【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，由折叠的性质得，∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，∴∠MAE＋∠MAF＝∠BAE＋∠DAF＝

∠BAD＝45°，即∠EAF＝45°.∠EAF(2)【拓展探究】如图②，孔明小组继续将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕AE上的点N处，连接NF交AM于点P.①∠AEF＝________°；第3题图【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴由折叠的性质得，∠AEB＝∠AEF，∠CEF＝∠AEF.∵∠AEB＋∠AEF＋∠CEF＝180°，∴3∠AEF＝180°，∠AEF＝60°.60②若AB＝

，求线段PM的长；第3题图②由(1)知∠EAF＝45°，∵∠ENF＝∠ECF＝90°，∴∠ANF＝90°，∴△ANF是等腰直角三角形，∴AN＝FN，∠AFN＝45°，∴∠AFD＝∠AFM＝45°＋∠NFE，∴2(45°＋∠NFE)＋∠CFE＝180°，∴∠NFE＝∠CFE＝30°.∵∠AMF＝∠ANF＝90°，∠APN＝∠FPM，∴∠NAP＝∠NFE＝30°，在△ANP和△FNE中，

∴△ANP≌△FNE(ASA)，∴AP＝FE，PN＝EN，由①知∠NEF＝∠CEF＝∠AEB＝60°，又∵∠B＝90°，∴∠BAE＝30°，∴BE＝

AB＝1，∴AE＝2BE＝2，第3题图设PN＝EN＝a，∵∠ANP＝90°，∠NAP＝30°，∴AN＝PN＝a，AP＝2PN＝2a，∵AN＋EN＝AE，∴a＋a＝2，解得a＝－1，∴AP＝2a＝2－2，∴PM＝AM－AP＝AB－AP＝－(2－2)＝2－；第3题图(3)【迁移应用】如图③，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，将矩形ABCD沿AE，AF折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为CD的三等分点，AB＝3，AD＝5，请直接写出线段BE的长．第3题图【解法提示】如图，在AD上取一点J，使得AJ＝AB，过点J作JT⊥BC于点T，交AF于点K，连接EK.∟TKJ∵AB＝CD＝3，∴当DF＝2CF时，CF＝1，DF＝2.∵JK∥DF，∴△AJK∽△ADF，∴

＝

，∴

＝

，解得JK＝

，由(1)可知EK＝EM＋MK＝BE＋JK，设BE＝x，则EK＝x＋

，ET＝BT－BE＝AJ－BE＝3－x，KT＝JT－JK＝AB－JK＝3－

＝

，在Rt△EKT中，根据勾股定理可得，EK2＝ET2＋KT2，即(x＋

)2＝(3－x)2＋(

)2，解得x＝

；第3题图∟TKJ(3)BE的长为

或2.当CF＝2DF时，同理可得BE＝2.综上所述，满足条件的BE的值为

或2.第3题图∟TKJ

解题关键点由题干可知，F为CD的三等分点，则需分DF＝2CF和CF＝2DF两种情况讨论．4.综合与实践

【问题情境】在数学活动课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题展开活动．已知菱形ABCD，∠BAD＝120°，点E，F分别是AB，BC边上的点，将菱形ABCD沿EF折叠．【猜想证明】(1)如图①，设对角线AC与BD相交于点O，若点B的对应点与点O重合，折痕EF交BD于点G.试判断四边形EBFO的形状，并说明理由；第4题图解：(1)四边形EBFO为菱形．理由如下：∵折叠点B与点O重合，折痕为EF，∴BO被EF垂直平分，∴BE＝OE，BF＝OF，∠BGE＝∠BGF＝90°.∵四边形ABCD为菱形，∴∠EBG＝∠FBG，∴△EBG≌△FBG，∵BE＝BF，∴BE＝OE＝BF＝OF，∴四边形EBFO为菱形；第4题图【问题解决】(2)如图②，若点B的对应点恰好落在对角线AC上的点M处，若AM＝2，MC＝4，求线段AE的长；第4题图(2)如图，过点F作FH⊥AC于点H，∟H∵四边形ABCD是菱形，∴BA＝BC，AD∥BC，∴∠B＋∠BAD＝180°.∵∠BAD＝120°，∴∠B＝60°，∴△BAC为等边三角形，∴BC＝AC＝AM＋MC＝6，∠BAC＝∠BCA＝60°，由折叠可知，MF＝BF，∠EMF＝∠B＝60°，∴∠EMA＋∠FMC＝180°－∠EMF＝120°，∠EMA＋∠AEM＝180°－∠EAM＝120°，∴∠FMC＝∠AEM.∵∠BAC＝∠BCA，∴△AEM∽△CMF，∴

＝

.第4题图∟H设FC＝x，则BF＝FM＝6－x，在Rt△FHC中，CH＝

x，FH＝

x，则MH＝4－

x，在Rt△MFH中，MF2＝FH2＋MH2，即(6－x)2＝(

x)2＋(4－

x)2，解得x＝

，∴FC＝

，即

＝

，