中考数学知识点专题分类复习：第41讲几何图形折叠问题
中考数学几何折叠问题
中考数学几何折叠问题 TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-中考数学几何折叠问题答题技巧折叠问题题型多样，变化灵活，从考察学生空间想象能力与动手操作能力的实践操作题，到直接运用折叠相关性质的说理计算题，发展到基于折叠操作的综合题，甚至是压轴题. 考查的着眼点日趋灵活，能力立意的意图日渐明显.这对于识别和理解几何图形的能力、空间思维能力和综合解决问题的能力都提出了比以往更高的要求.折叠操作就是将图形的一部分沿着一条直线翻折1800，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，折叠更突出了轴对称问题的应用. 所以在解决有关的折叠问题时可以充分运用轴对称的思想和轴对称的性质.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，可以使得解题思路更加清晰，解题步骤更加简洁.1、利用点的对称例1.(2006年南京市)已知矩形纸片ABCD，AB=2，AD=1，将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合.(1)如果折痕FG分别与AD、AB交于F、G(如图①)，AF=，求DE的长;(2)如果折痕FG分别与CD、AB交于F、G(如图②)，△AED的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长.图①中FG是折痕，点A与点E重合，根据折叠的对称性,已知线段AF的长,可得到线段EF的长，从而将求线段的长转化到求Rt△DEF的一条直角边DE. 图②中，连结对应点A、E，则折痕FG垂直平分AE，取AD的中点M，连结MO，则MO=DE，且MO∥CD，又AE为Rt△AED的外接圆的直径，则O为圆心，延长MO交BC于N，则ON⊥BC，MN=AB,又Rt△AED的外接圆与直线BC相切，所以ON是Rt△AED的外接圆的半径，即ON=AE，根据勾股定理可求出DE=，OE=. 通过Rt△FEO∽Rt△AED，求得FO=，从而求出EF的长.对称点的连线被对称轴垂直平分，连结两对称点既可以得到相等的线段，也可以构造直角三角形, 本题把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.二、利用线段的对称性质例2.(新课标人教版数学八年级下学期P126)数学活动1：折纸做300、600、150的角对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平，再次折叠纸片，使A点落在折痕EF上的N点处，并使折痕经过点B得到折痕BM，同时得到线段BN，观察所得到的∠ABM、∠MBN和∠NBC，这三个角有什么关系(教师用书中给出了这样的提示：△ABM≌△NBC，作NG⊥BC，则直角三角形中NG=BN，从而可得∠ABM=∠MBN=∠NBC=300.)若这样证明则要用到：在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的角等于300. 这个定理现行教材中没有涉及到，在这儿用不太合适. 如果直接运用轴对称思想说理应该比较简洁明了：连结AN，则AN=BN，又AB=BN，所以三角形ABN为等边三角形，所以∠ABM=∠MBN=∠NBC=300.利用对称的思想来证明线段的相等比用其他方法快捷而且灵活.三、利用面对称的性质例3.(2006年临安)如图，△OAB是边长为2的等边三角形，其中O是坐标原点，顶点B在y轴的正方向上，将△OAB折叠，使点A落在OB上，记为A`点，折痕为EF. 此题中第③问是：当A`点在OB上运动，但不与O、B重合时，能否使△A`EF为直角三角形?这一问题需通过分类讨论，先确定直角顶点不可能在A`处. 当△A`EF为直角三角形，且直角顶点在F处时，根据轴对称性质我们可以得到∠AFE=∠A`FE=900，此时A`点与B点重合，与题目中已知相矛盾，所以直角顶点在点F处不成立. 同理可证，直角顶点亦不可能在点E处. 故当A`点在OB上运动，若不与O、B重合，则不存在这样的A`点使△A`EF为直角三角形.在折叠问题中,利用面的对称性可得到相等的角、全等的图形和相等的面积.解决折叠问题时，首先要对图形折叠有一准确定位，把握折叠的实质，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. 进一步发现图形中的数量关系;其次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，运用所学知识合理、有序、全面的解决问题.。
2018届中考数学一轮复习讲义 第41讲几何图形折叠问题
2018届中考数学一轮复习讲义第41讲几何图形的折叠问题【知识巩固】折叠型问题通常是把某个图形按照给定的条件折叠，通过折叠前后图形变换的相互关系来命题。
折叠型问题立意新颖，变幻巧妙，对培养学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力非常有效。
下面我们一起来探究这种题型的解法。
折叠的规律是:折叠部分的图形，折叠前后，关于折痕成轴对称，两图形全等。
【典例解析】典例一、三角形中的折叠(2017湖北襄阳)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且∠CDE=∠B，将△CDE沿DE折叠，点C恰好落在AB边上的点F处．若AC=8，AB=10，则CD 的长为．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KQ：勾股定理．【分析】根据D，C，E，F四点共圆，可得∠CDE=∠CFE=∠B，再根据CE=FE，可得∠CFE=∠FCE，进而根据∠B=∠FCE，得出CF=BF，同理可得CF=AF，由此可得F是AB的中点，求得CF=AB=5，再判定△CDF∽△CFA，得到CF2=CD×CA，进而得出CD的长．【解答】解：由折叠可得，∠DCE=∠DFE=90°，∴D，C，E，F四点共圆，∴∠CDE=∠CFE=∠B，又∵CE=FE，∴∠CFE=∠FCE，∴∠B=∠FCE，∴CF=BF，同理可得，CF=AF，∴AF=BF，即F是AB的中点，∴Rt△ABC中，CF=AB=5，由D，C，E，F四点共圆，可得∠DFC=∠DEC，由∠CDE=∠B，可得∠DEC=∠A，∴∠DFC=∠A，又∵∠DCF=∠FCA，∴△CDF∽△CFA，∴CF2=CD×CA，即52=CD×8，∴CD=，故答案为：．【变式训练】如图，已知△ABC中，AC=BC，点D、E分别在边AB、BC上，把△BDE沿直线DE翻折，使点B落在B'处，DB'、EB'分别交AC于点F、G，若∠ADF=66°，则∠EGC的度数为66°．【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质．【分析】由翻折变换的性质和等腰三角形的性质得出∠B′=∠B=∠A，再由三角形内角和定理以及对顶角相等得出∠B′GF=∠ADF即可．【解答】解：由翻折变换的性质得：∠B′=∠B，∵AC=BC，∴∠A=∠B，∴∠A=∠B′，∵∠A+∠ADF+∠AFD=180°，∠B′+∠B′GF+∠B′FG=180°，∠AFD=∠B′FG，∴∠B′GF=∠ADF=66°，∴∠EGC=∠B′GF=66°．故答案为：66°．典例二、四边形的折叠（2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图（2）操作：将矩形纸片ABCD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、H两点间的距离为．【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Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，根据AH=，计算即可．【解答】解：如图3中，连接AH．由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，∴AH===，故答案为．【变式训练】（2017内江）如图，在矩形AOBC中，O为坐标原点，OA、OB分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（0，3），∠ABO=30°，将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，则点D的坐标为（）A．（，） B．（2，）C．（，） D．（，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．【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AOBC是矩形，∠ABO=30°，点B的坐标为（0，3），∴AC=OB=3，∠CAB=30°，∴BC=AC•tan30°=3×=3，∵将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，∴∠BAD=30°，AD=3，过点D作DM⊥x轴于点M，∵∠CAB=∠BAD=30°，∴∠DAM=30°，∴DM=AD=，∴AM=3×cos30°=，∴MO=﹣3=，∴点D的坐标为（，）．故选：A．典例三、圆中的折叠（2016·山东省德州市·4分）如图，半径为1的半圆形纸片，按如图方式折叠，使对折后半圆弧的中点M与圆心O重合，则图中阴影部分的面积是﹣．【考点】扇形面积的计算；翻折变换（折叠问题）．【分析】连接OM交AB于点C，连接OA、OB，根据题意OM⊥AB且OC=MC=，继而求出∠AOC=60°、AB=2AC=，然后根据S弓形ABM=S扇形OAB﹣S△AOB、S阴影=S半圆﹣2S弓形ABM 计算可得答案．【解答】解：如图，连接OM交AB于点C，连接OA、OB，由题意知，OM⊥AB，且OC=MC=，在RT△AOC中，∵OA=1，OC=，∴cos∠AOC==，AC==∴∠AOC=60°，AB=2AC=，∴∠AOB=2∠AOC=120°，则S弓形ABM=S扇形OAB﹣S△AOB=﹣××=﹣，S阴影=S半圆﹣2S弓形ABM=π×12﹣2（﹣）=﹣．故答案为：﹣．【点评】本题考查了轴对称的性质的运用、勾股定理的运用、三角函数值的运用、扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用，解答时运用轴对称的性质求解是关键．【变式训练】（2016·黑龙江龙东·3分）如图，MN是⊙O的直径，MN=4，∠AMN=40°，点B为弧AN 的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为2．【考点】轴对称-最短路线问题；圆周角定理．【分析】过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB 的最小值，由对称的性质可知=，再由圆周角定理可求出∠A′ON的度数，再由勾股定理即可求解．【解答】解：过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值，连接OB，OA′，AA′，∵AA′关于直线MN对称，∴=，∵∠AMN=40°，∴∠A′ON=80°，∠BON=40°，∴∠A′OB=120°，过O作OQ⊥A′B于Q，在Rt△A′OQ中，OA′=2，∴A′B=2A′Q=2，即PA+PB的最小值2．故答案为：2．典例七、折叠在几何图形中的综合应用（2016·四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，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：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4，其中正确的结论个数为（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】四边形综合题．【分析】①由四边形ABCD是正方形，可得∠GAD=∠ADO=45°，又由折叠的性质，可求得∠ADG的度数；②由AE=EF＜BE，可得AD＞2AE；③由AG=GF＞OG，可得△AGD的面积＞△OGD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=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=2OG；⑥根据四边形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB=GF，再由∠BAO=45°，∠GOF=90°可得出△OGF时等腰直角三角形，由S△OGF=1求出GF的长，进而可得出BE及AE的长，利用正方形的面积公式可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAD=∠ADO=45°，由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正确．∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，∴AE=EF＜BE，∴AE＜AB，∴＞2，故②错误．∵∠AOB=90°，∴AG=FG＞OG，△AGD与△OGD同高，∴S△AGD＞S△OGD，故③错误．∵∠EFD=∠AOF=90°，∴EF∥AC，∴∠FEG=∠AGE，∵∠AGE=∠FGE，∴∠FEG=∠FGE，∴EF=GF，∵AE=EF，∴AE=GF，故④正确．∵AE=EF=GF，AG=GF，∴AE=EF=GF=AG，∴四边形AEFG是菱形，∴∠OGF=∠OAB=45°，∴EF=GF=OG，∴BE=EF=×OG=2OG．故⑤正确．∵四边形AEFG是菱形，∴AB∥GF，AB=GF．∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，∴△OGF时等腰直角三角形．∵S△OGF=1，∴OG2=1，解得OG=，∴BE=2OG=2，GF===2，∴AE=GF=2，∴AB=BE+AE=2+2，∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥错误．∴其中正确结论的序号是：①④⑤．故选B．【变式训练】【能力检测】1.如图，一张矩形纸片沿AB对折，以AB中点O为顶点将平角五等分，并沿五等分的折线折叠，再沿CD剪开，使展开后为正五角星（正五边形对角线所构成的图形），则∠OCD 等于_________．答案：126°知识点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理解析：按照如图所示的方法折叠，剪开，把相关字母标上，易得∠ODC和∠DOC的度数，利用三角形的内角和定理可得∠OCD的度数．解决本题的关键是能够理解所求的角是五角星的哪个角，解题时可以结合正五边形的性质解决．解答：解：展开如图：∵∠COD＝360°÷10＝36°，∠ODC＝36°÷2＝18°，∴∠OCD＝180°﹣36°﹣18°＝126°．故选C．2.将矩形ABCD沿AE折叠，得到如图所示的图形，已知∠CED′＝60°，则∠AED的大小是（）A.60°B.50°C.75°D.55°答案：A知识点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题）解析：解答：解：∵∠AED′是△AED沿AE折叠而得，∴∠AED′＝∠AED．又∵∠DEC＝180°，即∠AED′+∠AED+∠CED′＝180°，又∠CED′＝60°，∴∠AED＝＝60°．故选A．分析：根据折叠前后对应部分相等得∠AED′＝∠AED，再由已知求解．图形的折叠实际上相当于把折叠部分沿着折痕所在直线作轴对称，所以折叠前后的两个图形是全等三角形，重合的部分就是对应量．3. （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∠DAG的大小为（）A．30°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∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．【解答】解：如图所示：由题意可得：∠1=∠2，AN=MN，∠MGA=90°，则NG=AM，故AN=NG，则∠2=∠4，∵EF∥AB，∴∠4=∠3，∴∠1=∠2=∠3=×90°=30°，∴∠DAG=60°．故选：C．【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及平行线的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．4.（2016贵州毕节3分）如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若BE：EC=2：1，则线段CH的长是（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．【分析】根据折叠的性质可得DH=EH，在直角△CEH中，若设CH=x，则DH=EH=9﹣x，CE=3cm，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．【解答】解：由题意设CH=xcm，则DH=EH=（9﹣x）cm，∵BE：EC=2：1，∴CE=BC=3cm∴在Rt△ECH中，EH2=EC2+CH2，即（9﹣x）2=32+x2，解得：x=4，即CH=4cm．故选（B）5. （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O，若AO=5cm，则AB的长为（）A．6cm B．7cm C．8cm D．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AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，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∠BAC=∠EAC，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∴∠EAC=∠EAC，∴AO=CO=5cm，在直角三角形ADO中，DO==3cm，AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．故选：C．6. （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∠1=∠2=50°，则∠A'为105°．【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出∠ADB=∠BDG=∠DBG，由三角形的外角性质求出∠BDG=∠DBG=∠1=25°，再由三角形内角和定理求出∠A，即可得到结果．【解答】解：∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBG，由折叠可得∠ADB=∠BDG，∴∠DBG=∠BDG，又∵∠1=∠BDG+∠DBG=50°，∴∠ADB=∠BDG=25°，又∵∠2=50°，∴△ABD中，∠A=105°，∴∠A'=∠A=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∠ADB的度数是解决问题的关键．7. （2017青海西宁）如图，将▱ABCD沿EF对折，使点A落在点C处，若∠A=60°，AD=4，AB=8，则AE的长为．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；L5：平行四边形的性质．【分析】过点C作CG⊥AB的延长线于点G，易证△D′CF≌△ECB（ASA），从而可知D′F=EB，CF=CE，设AE=x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．【解答】解：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，在▱ABCD中，∠D=∠EBC，AD=BC，∠A=∠DCB，由于▱ABCD沿EF对折，∴∠D′=∠D=∠EBC，∠D′CE=∠A=∠DCB，D′C=AD=BC，∴∠D′CF+∠FCE=∠FCE+∠ECB，∴∠D′CF=∠ECB，在△D′CF与△ECB中，∴△D′CF≌△ECB（ASA）∴D′F=EB，CF=CE，∵DF=D′F，∴DF=EB，AE=CF设AE=x，则EB=8﹣x，CF=x，∵BC=4，∠CBG=60°，∴BG=BC=2，由勾股定理可知：CG=2， ∴EG=EB+BG=8﹣x+2=10﹣x在△CEG 中，由勾股定理可知：（10﹣x ）2+（2）2=x 2，解得：x=AE=故答案为：8. 如图，把一个矩形纸片OABC 放入平面直角坐标系中，使OA 、OC 分别落在x 轴、y 轴上，连接OB ，将纸片OABC 沿OB 折叠，使点A 落在A′的位置上．若OB ＝，21＝OC BC ，求点A′的坐标为 ．答案：53 ，54 知识点：坐标与图形性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）分析：由已知条件可得：BC ＝1，OC ＝2．设OC 与A′B 交于点F ，作A′E ⊥OC 于点E ，易得△BCF ≌△OA′F ，那么OA′＝BC ＝1，设A′F ＝x ，则OF ＝2﹣x ．利用勾股定理可得A′F ＝，OF ＝，利用面积可得A′E ＝A′F×OA′÷OF ＝，利用勾股定理可得OE ＝，所以点A’的坐标为（）．解决本题的关键是利用三角形的全等得到点A′所在的三角形的一些相关的线段的长度，进而利用面积的不同表示方法和勾股定理得到所求的点的坐标． 解答：解：∵OB ＝5，21＝OC BC ∴BC ＝1，OC ＝2设OC 与A′B 交于点F ，作A′E ⊥OC 于点E∵纸片OABC 沿OB 折叠∴OA ＝OA′，∠BAO ＝∠BA′O ＝90°∵BC ∥A′E∴∠CBF ＝∠FA′E∵∠AOE ＝∠FA′O∴∠AOE ＝∠CBF∴△BCF ≌△OA′F∴OA′＝BC ＝1，设A′F ＝x∴OF ＝2﹣x∴A′F ＝，OF ＝∵A′E ＝A′F×OA′÷OF ＝∴OE ＝∴点A’的坐标为（53-，54）． 故答案为：（53-，54）．9. （2017江西）已知点A （0，4），B （7，0），C （7，4），连接AC ，BC 得到矩形AOBC ，点D 的边AC 上，将边OA 沿OD 折叠，点A 的对应边为A'．若点A'到矩形较长两对边的距离之比为1：3，则点A'的坐标为 ：（，3）或（，1）或（2，﹣2） ．【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．【分析】由已知得出∠A=90°，BC=OA=4，OB=AC=7，分两种情况：（1）当点A'在矩形AOBC 的内部时，过A'作OB 的垂线交OB 于F ，交AC 于E ，当A'E ：A'F=1：3时，求出A'E=1，A'F=3，由折叠的性质得：OA'=OA=4，∠OA'D=∠A=90°，在Rt △OA'F 中，由勾股定理求出OF==，即可得出答案；②当A'E ：A'F=3：1时，同理得：A'（，1）； （2）当点A'在矩形AOBC 的外部时，此时点A'在第四象限，过A'作OB 的垂线交OB 于F ，交AC 于E ，由A'F ：A'E=1：3，则A'F ：EF=1：2，求出A'F=EF=BC=2，在Rt △OA'F中，由勾股定理求出OF=2，即可得出答案．【解答】解：∵点A（0，4），B（7，0），C（7，4），∴BC=OA=4，OB=AC=7，分两种情况：（1）当点A'在矩形AOBC的内部时，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图1所示：①当A'E：A'F=1：3时，∵A'E+A'F=BC=4，∴A'E=1，A'F=3，由折叠的性质得：OA'=OA=4，在Rt△OA'F中，由勾股定理得：OF==，∴A'（，3）；②当A'E：A'F=3：1时，同理得：A'（，1）；（2）当点A'在矩形AOBC的外部时，此时点A'在第四象限，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图2所示：∵A'F：A'E=1：3，则A'F：EF=1：2，∴A'F=EF=BC=2，由折叠的性质得：OA'=OA=4，在Rt△OA'F中，由勾股定理得：OF==2，∴A'（2，﹣2）；故答案为：（，3）或（，1）或（2，﹣2）．。
中考数学知识点专题分类复习：第41讲几何图形折叠问题
中考数学知识点专题分类复习：第41讲几何图形的折叠问题【知识巩固】折叠型问题通常是把某个图形按照给定的条件折叠，通过折叠前后图形变换的相互关系来命题。
折叠型问题立意新颖，变幻巧妙，对培养学生的识图能力及灵活运用数学知识解决问题的能力非常有效。
下面我们一起来探究这种题型的解法。
折叠的规律是:折叠部分的图形，折叠前后，关于折痕成轴对称，两图形全等。
【典例解析】典例一、三角形中的折叠(2017湖北襄阳)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且∠CDE=∠B，将△CDE沿DE折叠，点C恰好落在AB边上的点F处．若AC=8，AB=10，则CD 的长为．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KQ：勾股定理．【分析】根据D，C，E，F四点共圆，可得∠CDE=∠CFE=∠B，再根据CE=FE，可得∠CFE=∠FCE，进而根据∠B=∠FCE，得出CF=BF，同理可得CF=AF，由此可得F是AB的中点，求得CF=AB=5，再判定△CDF∽△CFA，得到CF2=CD×CA，进而得出CD的长．【解答】解：由折叠可得，∠DCE=∠DFE=90°，∴D，C，E，F四点共圆，∴∠CDE=∠CFE=∠B，又∵CE=FE，∴∠CFE=∠FCE，∴∠B=∠FCE，∴CF=BF，同理可得，CF=AF，∴AF=BF，即F是AB的中点，∴Rt△ABC中，CF=AB=5，由D，C，E，F四点共圆，可得∠DFC=∠DEC，由∠CDE=∠B，可得∠DEC=∠A，∴∠DFC=∠A，又∵∠DCF=∠FCA，∴△CDF∽△CFA，∴CF2=CD×CA，即52=CD×8，∴CD=，故答案为：．【变式训练】如图，已知△ABC中，AC=BC，点D、E分别在边AB、BC上，把△BDE沿直线DE翻折，使点B落在B'处，DB'、EB'分别交AC于点F、G，若∠ADF=66°，则∠EGC的度数为66°．【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质．【分析】由翻折变换的性质和等腰三角形的性质得出∠B′=∠B=∠A，再由三角形内角和定理以及对顶角相等得出∠B′GF=∠ADF即可．【解答】解：由翻折变换的性质得：∠B′=∠B，∵AC=BC，∴∠A=∠B，∴∠A=∠B′，∵∠A+∠ADF+∠AFD=180°，∠B′+∠B′GF+∠B′FG=180°，∠AFD=∠B′FG，∴∠B′GF=∠ADF=66°，∴∠EGC=∠B′GF=66°．故答案为：66°．典例二、四边形的折叠（2017广东）如图，矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，先按图（2）操作：将矩形纸片ABCD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、H两点间的距离为．【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Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，根据AH=，计算即可．【解答】解：如图3中，连接AH．由题意可知在Rt△AEH中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，∴AH===，故答案为．【变式训练】（2017内江）如图，在矩形AOBC中，O为坐标原点，OA、OB分别在x轴、y轴上，点B的坐标为（0，3），∠ABO=30°，将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，则点D的坐标为（）A．（，） B．（2，）C．（，） D．（，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．【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AOBC是矩形，∠ABO=30°，点B的坐标为（0，3），∴AC=OB=3，∠CAB=30°，∴BC=AC•tan30°=3×=3，∵将△ABC沿AB所在直线对折后，点C落在点D处，∴∠BAD=30°，AD=3，过点D作DM⊥x轴于点M，∵∠CAB=∠BAD=30°，∴∠DAM=30°，∴DM=AD=，∴AM=3×cos30°=，∴MO=﹣3=，∴点D的坐标为（，）．故选：A．典例三、圆中的折叠（2016·山东省德州市·4分）如图，半径为1的半圆形纸片，按如图方式折叠，使对折后半圆弧的中点M与圆心O重合，则图中阴影部分的面积是﹣．【考点】扇形面积的计算；翻折变换（折叠问题）．【分析】连接OM交AB于点C，连接OA、OB，根据题意OM⊥AB且OC=MC=，继而求出∠AOC=60°、AB=2AC=，然后根据S弓形ABM=S扇形OAB﹣S△AOB、S阴影=S半圆﹣2S弓形ABM 计算可得答案．【解答】解：如图，连接OM交AB于点C，连接OA、OB，由题意知，OM⊥AB，且OC=MC=，在RT△AOC中，∵OA=1，OC=，∴cos∠AOC==，AC==∴∠AOC=60°，AB=2AC=，∴∠AOB=2∠AOC=120°，则S弓形ABM=S扇形OAB﹣S△AOB=﹣××=﹣，S阴影=S半圆﹣2S弓形ABM=π×12﹣2（﹣）=﹣．故答案为：﹣．【点评】本题考查了轴对称的性质的运用、勾股定理的运用、三角函数值的运用、扇形的面积公式的运用、三角形的面积公式的运用，解答时运用轴对称的性质求解是关键．【变式训练】（2016·黑龙江龙东·3分）如图，MN是⊙O的直径，MN=4，∠AMN=40°，点B为弧AN 的中点，点P是直径MN上的一个动点，则PA+PB的最小值为2．【考点】轴对称-最短路线问题；圆周角定理．【分析】过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB 的最小值，由对称的性质可知=，再由圆周角定理可求出∠A′ON的度数，再由勾股定理即可求解．【解答】解：过A作关于直线MN的对称点A′，连接A′B，由轴对称的性质可知A′B即为PA+PB的最小值，连接OB，OA′，AA′，∵AA′关于直线MN对称，∴=，∵∠AMN=40°，∴∠A′ON=80°，∠BON=40°，∴∠A′OB=120°，过O作OQ⊥A′B于Q，在Rt△A′OQ中，OA′=2，∴A′B=2A′Q=2，即PA+PB的最小值2．故答案为：2．典例七、折叠在几何图形中的综合应用（2016·四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，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：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4，其中正确的结论个数为（）A．2 B．3 C．4 D．5【考点】四边形综合题．【分析】①由四边形ABCD是正方形，可得∠GAD=∠ADO=45°，又由折叠的性质，可求得∠ADG的度数；②由AE=EF＜BE，可得AD＞2AE；③由AG=GF＞OG，可得△AGD的面积＞△OGD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=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=2OG；⑥根据四边形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB=GF，再由∠BAO=45°，∠GOF=90°可得出△OGF时等腰直角三角形，由S△OGF=1求出GF的长，进而可得出BE及AE的长，利用正方形的面积公式可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAD=∠ADO=45°，由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，故①正确．∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，∴AE=EF＜BE，∴AE＜AB，∴＞2，故②错误．∵∠AOB=90°，∴AG=FG＞OG，△AGD与△OGD同高，∴S△AGD＞S△OGD，故③错误．∵∠EFD=∠AOF=90°，∴EF∥AC，∴∠FEG=∠AGE，∵∠AGE=∠FGE，∴∠FEG=∠FGE，∴EF=GF，∵AE=EF，∴AE=GF，故④正确．∵AE=EF=GF，AG=GF，∴AE=EF=GF=AG，∴四边形AEFG是菱形，∴∠OGF=∠OAB=45°，∴EF=GF=OG，∴BE=EF=×OG=2OG．故⑤正确．∵四边形AEFG是菱形，∴AB∥GF，AB=GF．∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，∴△OGF时等腰直角三角形．∵S△OGF=1，∴OG2=1，解得OG=，∴BE=2OG=2，GF===2，∴AE=GF=2，∴AB=BE+AE=2+2，∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥错误．∴其中正确结论的序号是：①④⑤．故选B．【变式训练】【能力检测】1.如图，一张矩形纸片沿AB对折，以AB中点O为顶点将平角五等分，并沿五等分的折线折叠，再沿CD剪开，使展开后为正五角星（正五边形对角线所构成的图形），则∠OCD 等于_________．答案：126°知识点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理解析：按照如图所示的方法折叠，剪开，把相关字母标上，易得∠ODC和∠DOC的度数，利用三角形的内角和定理可得∠OCD的度数．解决本题的关键是能够理解所求的角是五角星的哪个角，解题时可以结合正五边形的性质解决．解答：解：展开如图：∵∠COD＝360°÷10＝36°，∠ODC＝36°÷2＝18°，∴∠OCD＝180°﹣36°﹣18°＝126°．故选C．2.将矩形ABCD沿AE折叠，得到如图所示的图形，已知∠CED′＝60°，则∠AED的大小是（）A.60°B.50°C.75°D.55°答案：A知识点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题）解析：解答：解：∵∠AED′是△AED沿AE折叠而得，∴∠AED′＝∠AED．又∵∠DEC＝180°，即∠AED′+∠AED+∠CED′＝180°，又∠CED′＝60°，∴∠AED＝＝60°．故选A．分析：根据折叠前后对应部分相等得∠AED′＝∠AED，再由已知求解．图形的折叠实际上相当于把折叠部分沿着折痕所在直线作轴对称，所以折叠前后的两个图形是全等三角形，重合的部分就是对应量．3. （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∠DAG的大小为（）A．30°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∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．【解答】解：如图所示：由题意可得：∠1=∠2，AN=MN，∠MGA=90°，则NG=AM，故AN=NG，则∠2=∠4，∵EF∥AB，∴∠4=∠3，∴∠1=∠2=∠3=×90°=30°，∴∠DAG=60°．故选：C．【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及平行线的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．4.（2016贵州毕节3分）如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若BE：EC=2：1，则线段CH的长是（）A．3 B．4 C．5 D．6【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．【分析】根据折叠的性质可得DH=EH，在直角△CEH中，若设CH=x，则DH=EH=9﹣x，CE=3cm，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．【解答】解：由题意设CH=xcm，则DH=EH=（9﹣x）cm，∵BE：EC=2：1，∴CE=BC=3cm∴在Rt△ECH中，EH2=EC2+CH2，即（9﹣x）2=32+x2，解得：x=4，即CH=4cm．故选（B）5. （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O，若AO=5cm，则AB的长为（）A．6cm B．7cm C．8cm D．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AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，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∠BAC=∠EAC，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∴∠EAC=∠EAC，∴AO=CO=5cm，在直角三角形ADO中，DO==3cm，AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．故选：C．6. （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∠1=∠2=50°，则∠A'为105°．【分析】由平行四边形的性质和折叠的性质，得出∠ADB=∠BDG=∠DBG，由三角形的外角性质求出∠BDG=∠DBG=∠1=25°，再由三角形内角和定理求出∠A，即可得到结果．【解答】解：∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBG，由折叠可得∠ADB=∠BDG，∴∠DBG=∠BDG，又∵∠1=∠BDG+∠DBG=50°，∴∠ADB=∠BDG=25°，又∵∠2=50°，∴△ABD中，∠A=105°，∴∠A'=∠A=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∠ADB的度数是解决问题的关键．7. （2017青海西宁）如图，将▱ABCD沿EF对折，使点A落在点C处，若∠A=60°，AD=4，AB=8，则AE的长为．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；L5：平行四边形的性质．【分析】过点C作CG⊥AB的延长线于点G，易证△D′CF≌△ECB（ASA），从而可知D′F=EB，CF=CE，设AE=x，在△CEG中，利用勾股定理列出方程即可求出x的值．【解答】解：过点C作CG⊥AB的延长线于点G，在▱ABCD中，∠D=∠EBC，AD=BC，∠A=∠DCB，由于▱ABCD沿EF对折，∴∠D′=∠D=∠EBC，∠D′CE=∠A=∠DCB，D′C=AD=BC，∴∠D′CF+∠FCE=∠FCE+∠ECB，∴∠D′CF=∠ECB，在△D′CF与△ECB中，∴△D′CF≌△ECB（ASA）∴D′F=EB ，CF=CE ，∵DF=D′F ，∴DF=EB ，AE=CF设AE=x ，则EB=8﹣x ，CF=x ，∵BC=4，∠CBG=60°， ∴BG=BC=2，由勾股定理可知：CG=2， ∴EG=EB+BG=8﹣x+2=10﹣x在△CEG 中，由勾股定理可知：（10﹣x ）2+（2）2=x 2，解得：x=AE=故答案为：8. 如图，把一个矩形纸片OABC 放入平面直角坐标系中，使OA 、OC 分别落在x 轴、y 轴上，连接OB ，将纸片OABC 沿OB 折叠，使点A 落在A′的位置上．若OB ＝，21＝OC BC ，求点A′的坐标为 ．答案：53 ，54 知识点：坐标与图形性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）分析：由已知条件可得：BC ＝1，OC ＝2．设OC 与A′B 交于点F ，作A′E ⊥OC 于点E ，易得△BCF ≌△OA′F ，那么OA′＝BC ＝1，设A′F ＝x ，则OF ＝2﹣x ．利用勾股定理可得A′F＝，OF ＝，利用面积可得A′E ＝A′F×OA′÷OF ＝，利用勾股定理可得OE ＝，所以点A’的坐标为（）．解决本题的关键是利用三角形的全等得到点A′所在的三角形的一些相关的线段的长度，进而利用面积的不同表示方法和勾股定理得到所求的点的坐标． 解答：解：∵OB ＝5，21＝OC BC ∴BC ＝1，OC ＝2设OC 与A′B 交于点F ，作A′E ⊥OC 于点E∵纸片OABC 沿OB 折叠∴OA ＝OA′，∠BAO ＝∠BA′O ＝90°∵BC ∥A′E∴∠CBF ＝∠FA′E∵∠AOE ＝∠FA′O∴∠AOE ＝∠CBF∴△BCF ≌△OA′F∴OA′＝BC ＝1，设A′F ＝x∴OF ＝2﹣x∴A′F ＝，OF ＝∵A′E ＝A′F×OA′÷OF ＝∴OE ＝∴点A’的坐标为（53-，54）． 故答案为：（53-，54）．9. （2017江西）已知点A （0，4），B （7，0），C （7，4），连接AC ，BC 得到矩形AOBC ，点D 的边AC 上，将边OA 沿OD 折叠，点A 的对应边为A'．若点A'到矩形较长两对边的距离之比为1：3，则点A'的坐标为 ：（，3）或（，1）或（2，﹣2） ．【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．【分析】由已知得出∠A=90°，BC=OA=4，OB=AC=7，分两种情况：（1）当点A'在矩形AOBC的内部时，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，当A'E：A'F=1：3时，求出A'E=1，A'F=3，由折叠的性质得：OA'=OA=4，∠OA'D=∠A=90°，在Rt△OA'F中，由勾股定理求出OF==，即可得出答案；②当A'E：A'F=3：1时，同理得：A'（，1）；（2）当点A'在矩形AOBC的外部时，此时点A'在第四象限，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，由A'F：A'E=1：3，则A'F：EF=1：2，求出A'F=EF=BC=2，在Rt△OA'F 中，由勾股定理求出OF=2，即可得出答案．【解答】解：∵点A（0，4），B（7，0），C（7，4），∴BC=OA=4，OB=AC=7，分两种情况：（1）当点A'在矩形AOBC的内部时，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图1所示：①当A'E：A'F=1：3时，∵A'E+A'F=BC=4，∴A'E=1，A'F=3，由折叠的性质得：OA'=OA=4，在Rt△OA'F中，由勾股定理得：OF==，∴A'（，3）；②当A'E：A'F=3：1时，同理得：A'（，1）；（2）当点A'在矩形AOBC的外部时，此时点A'在第四象限，过A'作OB的垂线交OB于F，交AC于E，如图2所示：∵A'F：A'E=1：3，则A'F：EF=1：2，∴A'F=EF=BC=2，由折叠的性质得：OA'=OA=4，在Rt△OA'F中，由勾股定理得：OF==2，∴A'（2，﹣2）；故答案为：（，3）或（，1）或（2，﹣2）．。
初中几何中的折叠问题
4. 如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点P在AB上，AP＝1.将矩形ABCD沿CP折叠， 点B落在点B′处．B′P、B′C分别与AD交于点E、F，则EF＝________．
第6题图
折法3 如图矩形ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，沿EF将四边形 ABFE折叠至四边形A′B′FE后，B′落在AD上，你能发现什么新的结论？
图①
图②
针对训练 1. 如图，将长16 cm，宽8 cm的矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，则折痕EF 的长为________．
第7题图
2．如图，把平行四边形ABCD折叠，使点C与点A重合，这时点D落在D1，折痕为EF， 若∠BAE＝55°，则∠D1AD＝________．
3. 如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点 D恰好落在BC边上的G点处，若矩形ABCD面积为4 3 ，且∠AFG＝60°，GE＝2BG， 则折痕EF的长为________．
边形、正六边形、圆等； 图形
与折叠有关的计算常用性质
1. 折叠问题的本质是全等变换，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形； ①线段相等：C′D＝________，BC＝________； ②角度相等：∠1＝________，∠3＝________； ③全等关系：△BC′D≌________． 2. 折痕可看作垂直平分线(对应的两点之间的连线被折痕垂直平分)； 3. 折痕可看作角平分线(对应线段所在的直线与折痕的夹角相等)．
针对训练
1如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝36°，AD是斜边BC上的中线，将
△ACD沿AD对折，使点C落在点F处，线段DF与AB相交于点E，则∠BED等于( )
中考数学折叠问题
A B CE F A’ D (B ) A E D C F C ' B 中考折叠问题1、折叠问题是中考的一个考察重点，经常作为填空题的拉分题出现，有时候也出现在压轴题。
2、折叠对象有三角形、矩形、正方形、梯形等；3、考查问题有求折点位置、求折线长、折纸边长周长、求重叠面积、求角度、判断线段之间关系等；4、解题时，灵活运用轴对称性质和背景图形性质。
5、轴对称性质——①折线是对称轴，折线两边图形全等②对应点连线垂直对称轴③对应边平行或交点在对称轴上。
6、技巧：边读题，边将隐藏条件全部挖掘出来（如线段长、角度大小、或者写出两个量之间的等量关系）。
一般折叠问题都是求值问题，解题思想就是设未知数（可直接设、可间接设），然后利用勾股定理、相似或者条件给出的等量关系列出方程求解即可。
AB 、BC 上，将△BDE 沿直线DE 翻折，使点B 落在B 1处，DB 1、EB 1分别交边AC 于点F 、G ．若∠ADF=80°，则∠CGE= ．例2．把一张矩形纸片ABCD 按如图方式折叠，使顶点B 和顶点D 重合，折痕为EF ．若BF ＝4，FC ＝2，则∠DEF的度数是_ ．例3．如图所示，将矩形纸片ABCD 折叠，使点D 与点B 重合，点C 落在点处，折痕为EF ，若，那么∠ABE 的度数为 ____________C '︒='∠125C EFABCDE例4. 如图，在矩形ABCD中，点E在AB边上，沿CE折叠矩形ABCD，使点B落在AD边上的点F处，若AB=4，BC=5，则tan∠AFE的值为（）A．43B.35C．34D．45例5.如图．将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为( )A.15°B.30°C. 45°D.60°例6、如图，M为矩形纸片ABCD的边AD的中点，将纸片沿BM、CM折叠，使点A落在A1处，点D落在D1处．若∠A1MD1=40°，则∠BMC的度数为．二、折叠问题求线段长度例1、如图，在△ABC 中，∠C=90°，BC=6，D，E 分别在AB、AC上，将△ABC 沿DE折叠，使点A落在点A′处，若A′为CE的中点，则折痕DE的长为（）A、B、2 C、3 D、4例2.如图所示，已知在三角形纸片ABC中，BC=3，6AB ，∠BCA=90°在AC 上取一点E，以BE为折痕，使AB的一部分与BC重合，A与BC延长线上的点D重合，则DE的长度为( )A.6B.3C. 23D. 3例3、如图所示，在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，将△ABC折叠，使点C 与点A重合，折痕为DE，则△ABE的周长为．B CFE例4．如图，矩形纸片ABCD中，已知AD =8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3，则AB的长为( )A.3B.4C.5D.6例5、如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠C=60°，AC=10，将BC向BA方向翻折过去，使点C落在BA上的点C′，折痕为BE，则EC的长度是（）A、B、C、D、例6．将长8 cm，宽4 cm的矩形纸片ABCD折叠，使点A与C重合，则折痕EF 的长等于cm．例7.如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，若BC=3，则折痕CE的长为（）（A）（B）（C ）（D）6例8、如图，在△ABC中，∠C=90°，点D在AC上，将△BCD沿着直线BD翻折，使点C落在斜边AB上的点E处，DC=5cm，则点D到斜边AB的距离是cm．例9、如图，AD是△ABC的中线，∠ADC=60°，BC=6，把△ABC沿直线AD折叠，点C落在C′处，连接BC′，那么BC′的长为．例10．将一块直角三角形纸片ABC折叠，使点A与点C重合，展开后平铺在桌面上（如图所示）．若∠C＝90°，BC＝8cm，则折痕DE的长度是cm．例11、如图，有一矩形纸片ABCD，AB=8，AD=6．将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED沿DE向右翻折，AE与BC的交点为F，则CF 的长为（）A、6B、4C、2D、1322323例12．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在BC上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合，则AC＝cm．三、折叠问题求面积，BC=6cm，AC=8cm，按图中所示方法将△BCD沿BD折叠，使点C落在AB边的C′点，那么△ADC′的面积是．四、折叠问题判断图形例1.如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CD＝3DE。
中考数学复习知识点总结与解题方法专题讲解41---菱形的折叠问题
1 / 25中考数学复习知识点总结与解题方法专题讲解专题41 菱形的折叠问题1、在菱形ABCD 中，∠B＝60°，BC ＝2cm ，M 为AB 的中点，N 为BC 上一动点（不与点B 重合），将△BMN 沿直线MN 折叠，使点B 落在点E 处，连接DE ，CE ，当△CDE 为等腰三角形时，线段BN 的长为_____．【解析】【分析】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC ，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A 、B′、C 共线，即∠B 沿AE 折叠，使点B 落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形．【详解】当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．连结AC，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∴∠AB′E=∠B=90°，2/ 25当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5-3=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，在Rt△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得x=32，∴BE=32；②当点B′落在AD边上时，如图2所示．3/ 25此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．综上所述，BE的长为32或3．故选D．【点睛】本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．2、如图，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，点E是射线DA 上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为点D′，若CD′垂直于菱形ABCD的边时，则DE的长为_____．【解析】4/ 255 / 25【分析】作CH AB ⊥于H ，如图，根据菱形的性质可判断ABC ∆为等边三角形，则CH AB ==4AH BH ==，再利用7CP =勾股定理计算出，再根据折叠的性质得点'A 在以点P 为圆心，PA 为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点'A 在PC 上时，'CA 的值最小，然后证明CQ CP =即可．【详解】解：作CH AB ⊥于H ，如图，菱形ABCD 的边8AB =，60B ∠=，ABC ∆∴为等边三角形，CH AB ∴==，4AH BH ==， 3PB =，1HP ∴=，在Rt CHP ∆中，7CP ==，梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点'A ，6 / 25∴点'A 在以点P 为圆心，PA 为半径的弧上，∴当点'A 在PC 上时，'CA 的值最小，APQ CPQ ∴∠=∠，而//CD AB ，APQ CQP ∴∠=∠，CQP CPQ ∴∠=∠，7CQ CP ∴==.故选：B ．【点睛】考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了折叠的性质．解决本题的关键是确定A′在PC 上时CA′的长度最7 / 25小．3、如图，菱形ABCD 的边，8AB =，60B ∠=,P 是AB 上一点，3BP =，Q 是CD 边上一动点，将梯形APQD 沿直线PQ 折叠，A 的对应点'A ．当'CA 的长度最小时，'C Q 的长为（ ）A ．5B ．7C ．8D ．132【解析】【分析】延长DC 与''A D 交于点M .根据折叠的性质，可得''120A D F D ∠=∠=︒，利用角度的变换得到CBM M ∠=∠，所以BC CM =，设CF x =，'D F DF y ==，则BC CD x y ==+，所以2FM CM CF x y =+=+.'Rt D FM ∆中，'tan tan3023D F y M FM x y ∠=︒===+，解出x 、y 的关系即可8 / 25【详解】如图，延长DC 与''A D 交于点M .由已知可得60DCB A ∠=∠=︒，180120D A ∠=︒-∠=︒.根据折叠的性质，可得''120A D F D ∠=∠=︒，所以'180''60FD M A D F ∠=︒-∠=︒.因为'90D FM ∠=︒，所以90'30M FD M ∠=︒-∠=︒.因为180120BCM BCD ∠=︒-∠=︒，所以18030CBM BCM M ∠=︒-∠-∠=︒，即得CBM M ∠=∠，所以BC CM =.设CF x =，'D F DF y ==，则BC CD x y ==+，所以2FM CM CF x y =+=+.在'Rt D FM ∆中，'tan tan302D F y M FM x y ∠=︒===+，解得12x y =，所以12CF x FD y ==.【点睛】本题考查菱形的性质以及三角函数的基本应用，本题关键在于作出准确的辅助线4、如图，菱形纸片ABCD 中，60A ∠=︒，将纸片折叠，点A 、D 分别落在'A 、'D 处，且''A D 经过B ，EF 为折痕，当'D FCD ⊥时，CF FD的值为（ ）.A．12BC．16D．18【解析】【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，求出BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）．【详解】9/ 25解：分两种情况，①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，∴C G=12CD=1，BG=BC+CG=3，∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM ，DM＝DM，∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，10/ 2511 / 25由勾股定理得：（3-x）² =（x+2）²，解得：x=45，，即BN=45；②当CE=CD 时，CE=CD=AD ，此时点E 与A 重合，N 与点C 重合，如图2所示：CE=CD=DE=DA ，△CDE 是等边三角形，BN=BC=2（符合题干要求）；综上所述，当△CDE 为等腰三角形时，线段BN 的长为45或2； 故答案为45或2． 【点睛】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.5、如图，在菱形ABCD 中，点E 是BC 边的中点，动点M 在CD 边上运动，以EM 为折痕将△CEM 折叠得到△PEM，联接PA ，若AB ＝4，∠BAD＝60°，12 / 25则PA 的最小值是( )A ．√3B ．2C ．2√7﹣2D ．4【解析】【分析】分情况进行讨论：①当D'C⊥AD 时，如图1，根据30度的余弦列式可得DE 的长；②当CD'⊥AB 时，如图2，过E 作EF⊥CD 于F ，设CF=EF=x ，则ED=2x ，DF=√3x ，根据CD=CF+DF=2，列方程可得DE 的长；③当CD'⊥BC 时，延长D'C 交AD 于F ，分别计算EF 和DF 的长，可得DE 的长；④当D'C⊥CD 时，如图4，延长D'C 交DE 于F ，分别计算EF 和DF的长，可得DE的长．【详解】分4种情况：①当D'C⊥AD时，如图1，设DE=D'E=x，由折叠得：CD=CD'=2，∵四边形ABCD是菱形，∴∠D=∠B=30°，∴∠D=∠D'=30°，Rt△CFD中，CF=12CD=1，∴D'F=CD'-CF=2-1=1，Rt△D'FE中，cos30°=D′FD′E ，13/ 2514 / 25 ∴√32＝1D′E ， ∴DE=D'E=2√33；②当CD'⊥AB 时，如图2，过E 作EF⊥CD 于F ，∵AB∥CD，∴∠B+∠BCD=180°，∵∠B=30°，∴∠BCD'=60°，∠DCD'=150°-60°=90°，由折叠得∠ECD=12∠DCD'=45°，∴△ECF 是等腰直角三角形，设CF=EF=x ，则ED=2x ，DF=√3x ，∵CD=CF+DF=2，∴x+√3x=2，x=√3-1，∴DE=2x=2√3-2；③当CD'⊥BC时，如图3，延长D'C交AD于F，则D'C⊥ED，Rt△CFD中，∠D=30°，CD=2，∴CF=1，DF=√3，Rt△D'EF中，D'F=3，∠D'=30°，∴EF=√3，∴DE=EF+DF=2√3；④当D'C⊥CD时，如图4，延长D'C交DE于F，15/ 2516 / 25∵∠DCD'=90°，∴∠FCD=90°，∵CD=2，∠FDC=30°，∴CF=2√33，DF=2FC=4√33，由折叠得：∠ECD=∠ECD'=360°−90°2=135°，∴∠DEC=∠D'EC=15°，∴∠FEB=∠FD'E=30°，∴EF=D'F=2√33+2，∴DE=EF+DF=2√3+2，综上所述，DE 的长为2√33或2√3或2√3-2或2√3+2．故答案为2√33或2√3或2√3-2或2√3+2．【点睛】此题考查了菱形的性质，折叠问题，解直角三角形及直角三角形的性质等知识，解题的关键是：正确画出D'C与菱形各边垂直的图形，并添加辅助线，然后解直角三角形即可．6、如图在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝√3，点P是对角线AC上的一个动点，过点P作EF⊥AC交CD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠点A落在G处，当△CGB为等腰三角形时，则AP的长为_________.【解析】分析：首先证明四边形AEGF是菱形，分两种情形：①CG=CB，②GC=GB分别计算即可．详解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD=√3，∠DAC=∠BAC=12∠A=30°，AC=3，如图，17/ 25∵EF⊥AG，∴∠EPA=∠FPA=90°，∴∠EAP+∠AEP=90°，∠FAP+∠AFP=90°，∴∠AEP=∠AFP，∴AE=AF，∵△A′EF是由△AEF翻折，∴AE=EG，AF=FG，∴AE=EG=GF=FA，∴四边形AEGF是菱形，∴AP=PG①当CB=CG时，∵AG=AC-CG=3-√3，18/ 2519 / 25∴AP=12AG=3−√32．②当GC=GB 时，∵∠GCB=∠GBC=∠BAC，∴△GCB∽△BAC，∴GC AB =BC AC ,∴GC=1， ∴AG=3-1=2，∴AP=12AG=1．故答案为1或3−√32．点睛：本题考查菱形的性质、翻折变换、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，不能漏解．7、如图，在菱形纸片ABCD 中，AB =4，∠A =60°，将菱形纸片翻折，使点A 落在CD 的中点E 处，折痕为FG ，点F 、G 分别在边AB 、AD 上．则sin∠EFG 的值为 ．【解析】如图：过点E作HE⊥AD于点H，连接AE交GF于点N，连接BD，BE．∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠DAB=60°，∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠DCB=60°，DC∥AB∴∠HDE=∠DAB=60°，∵点E是CD中点，∴DE=CD=2在Rt△DEH中，DE=2，∠HDE=60°∴DH=1，HE=，∴AH=AD+DH=5在Rt△AHE中，AE==2∵折叠，∴AN=NE=，AE⊥GF，AF=EF∵CD=BC，∠DCB=60°∴△BCD是等边三角形，且E是CD中点20/ 25∴BE⊥CD，∵BC=4，EC=2，∴BE=2∵CD∥AB，∴∠ABE=∠BEC=90°在Rt△BEF中，EF2=BE2+BF2=12+（AB﹣EF）2．∴EF=，∴sin∠EFG===，故答案为：【点评】本题关键词：“对应点的连线段被折痕所在直线垂直平分”，“三线合一”，“转化目标角”8、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=，21/ 25∴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=3，22/ 25∴AP=，PE=，∵EF2=PE2+PF2，∴EF2=+（15﹣EF+）2，∴EF=，∴FO===∴cos∠EFG==，故答案为：9、如图，在菱形ABCD中，AB=5，tan D=，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），23/ 25∴∠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，∴tan B=tan D==，∴=，∴AG=，∴BG===，∴BE：EG=AB：AG=4：3，∴EG=BG=，在Rt△ADH中，∵tan D==，AD=5，24/ 25∴AH=3，CH=4，∴CH=1，∵CG∥AD，∴=，∴CG=，∴EC=EG﹣CG=﹣=．故答案为．25/ 25。
数学中考复习课件：图形的折叠问题
∴矩形的周长为36k，即36cm。
练习5 如图，将矩形纸片ABCD
E
沿一对角线BD折叠一次（折痕 A
与折叠后得到的图形用虚线表
F
示），将得到的所有的全等三角
形（包括实线、虚线在内）用符 号写出来。
B
答案：△ABD≌△CDB, △CDB≌△EDB, △EDB≌△ABD, △ABF≌△EDF.
练习6 如图，矩形纸片ABCD， D F
折痕为EF。若CD=3，EF=4，
则AD¹+BC¹=
。2
A
D'
C F
C' B
练习3 如图，将矩形ABCD纸片
对折，设折痕为MN，再把B点叠 B E
C
在折痕线MN上，若AB=3，则
折痕AE的长为（C ）。
MG
B'
N
(A) 33/2
(B) 33/4
(C ) 2
(D) 23
A
D
2、求角的度数
例3 将长方形ABCD的纸片， A
使点D落在BC边的一点F处，已知折
痕AE=55 cm，且tanEFC=3/4.
(1)求证：AFB∽FEC；
(2)求矩形ABCD的周长。
B
证明：（1）∵∠B=C=D=90º，
又根据题意RtADE≌RtAFE,
∴AFE=90º, ∴AFB=FEC ,
D E
FC
∴AFB∽FEC.
解（2）由tanEFC=3/4，设EC=3k，则FC=4k， 在RtEFC中，得EF=DE=5k。
若把ABE沿折痕BE上翻，使 A点恰好落在CD上，此时，
E
AE:ED=5:3，BE=55，求矩形
的长和宽。
初中几何折叠问题总结
初中几何折叠问题是一个重要的知识点，主要考察学生的空间想象能力和几何变换的理解。
这类问题通常涉及到一些平面图形经过折叠变成三维图形，或者三维图形经过折叠变成平面图形。
以下是关于初中几何折叠问题的总结：1. **理解折叠的基本概念**：折叠是一种几何变换，它涉及到将一个平面图形沿着一条或几条折痕进行翻转，使其变成另一个形状。
2. **常见类型**：* 平面图形折叠成三维图形：例如，将一个矩形或三角形折叠成一个立方体或长方体。
* 三维图形折叠成平面图形：例如，将一个立方体或长方体折叠成一个平面图形。
3. **解题策略**：* **画出草图**：为了更好地理解问题和图形之间的关系，建议学生先画出草图。
* **标记关键点**：在草图上标记关键点，以便跟踪这些点在折叠过程中的位置变化。
* **分析角度和边长**：折叠过程可能会导致角度或边长发生变化。
学生需要分析这些变化，并找出其中的规律。
* **空间思考**：解决这类问题需要一定的空间想象力。
建议学生尝试使用不同的方法来解决问题，以增强他们的空间感。
4. **常见考点**：* **角度和边长的变化**：折叠可能会改变角度或边长。
学生需要理解这些变化是如何发生的，并能够计算出具体的数值。
* **轴对称和中心对称**：有些折叠问题涉及到轴对称或中心对称。
学生需要理解这两种对称的概念，并能够应用它们来解决问题。
* **全等图形**：在某些情况下，折叠前后的两个图形是全等的。
学生需要能够识别这种关系，并利用它来解决问题。
5. **实际应用**：折叠问题不仅在数学中有应用，在实际生活中也有很多应用。
例如，包装、折纸艺术、建筑设计等都涉及到折叠的概念。
通过以上总结，学生可以更好地理解初中几何折叠问题的概念、解题策略、考点和应用，从而更好地掌握这一知识点。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
又∠CED′＝60°，∴∠AED＝
＝60°．
故选 A． 分析：根据折叠前后对应部分相等得∠AED′＝∠AED，再由已知求解．图形的折叠实际上 相当于把折叠部分沿着折痕所在直线作轴对称，所以折叠前后的两个图形是全等三角形， 重合的部分就是对应量．
3. （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∠DAG 的大小为（ ）
【考点】轴对称-最短路线问题；圆周角定理．
【分析】过 A 作关于直线 MN 的对称点 A′，连接 A′B，由轴对称的性质可知 A′B 即为
PA+PB 的最小值，由对称的性质可知 =
，再由圆周角定理可求出∠A′ON 的度数，
再由勾股定理即可求解．
【解答】解：过 A 作关于直线 MN 的对称点 A′，连接 A′B，由轴对称的性质可知 A′B 即为
中考数学知识点专题分类复习：第 41 讲几何图形的折叠问题
【知识巩固】 折叠型问题通常是把某个图形按照给定的条件折叠，通过折叠前后图形变换的相互关系来 命题。折叠型问题立意新颖，变幻巧妙，对培养学生的识图能力及灵活运用数学知识解决 问题的能力非常有效。下面我们一起来探究这种题型的解法。 折叠的规律是:折叠部分的图 形，折叠前后，关于折痕成轴对称，两图形全等。 【典例解析】 典例一、三角形中的折叠 (2017 湖 北 襄 阳 )如 图 ， 在 △ABC 中 ， ∠ ACB=90°， 点 D， E 分 别 在 AC， BC 上 ， 且 ∠ CDE=∠B，将△CDE 沿 DE 折叠，点 C 恰好落在 AB 边上的点 F 处．若 AC=8，AB=10， 则 CD 的长为 ．
答案：126° 知识点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形内角和定理 解析：按照如图所示的方法折叠，剪开，把相关字母标上，易得∠ODC 和∠DOC 的度 数，利用三角形的内角和定理可得∠OCD 的度数．解决本题的关键是能够理解所求的角是 五角星的哪个角，解题时可以结合正五边形的性质解决．
解答：解：展开如图： ∵∠COD＝360°÷10＝36°，∠ODC＝36°÷2＝18°， ∴∠OCD＝180°﹣36°﹣18°＝126°． 故选 C．
∴点 D 的坐标为（ ，
）．
故选：A．
典例三、圆中的折叠
（2016·山东省德州市·4 分）如图，半径为 1 的半圆形纸片，按如图方式折叠，使对折后半 圆弧的中点 M 与圆心 O 重合，则图中阴影部分的面积是 ﹣ ．
【考点】扇形面积的计算；翻折变换（折叠问题）．
【分析】连接 OM 交 AB 于点 C，连接 OA、OB，根据题意 OM⊥AB 且 OC=MC=，继而
2. 将矩形 ABCD 沿 AE 折叠，得到如图所示的图形，已知∠CED′＝60°，则∠AED 的大小 是（ ）
A.60° 答案：A
B.50° C.75°
D.55°
知识点：矩形的性质；翻折变换（折叠问题） 解析： 解答：解：∵∠AED′是△AED 沿 AE 折叠而得，∴∠AED′＝∠AED． 又∵∠DEC＝180°，即∠AED′+∠AED+∠CED′＝180°，
【变式训练】 如图，已知△ABC 中，AC=BC，点 D、E 分别在边 AB、BC 上，把△BDE 沿直线 DE 翻 折，使点 B 落在 B'处，DB'、EB'分别交 AC 于点 F、G，若∠ADF=66°，则∠EGC 的度数 为 66° ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰三角形的性质． 【分析】由翻折变换的性质和等腰三角形的性质得出∠B′=∠B=∠A，再由三角形内角和定 理以及对顶角相等得出∠B′GF=∠ADF 即可． 【解答】解：由翻折变换的性质得：∠B′=∠B， ∵AC=BC， ∴∠A=∠B，
求出∠AOC=60°、AB=2AC= 形 ABM 计算可得答案．
，然后根据 S 弓形 ABM=S 扇形 OAB﹣S△AOB、S 阴影=S 半圆﹣2S 弓接 OA、OB，
由题意知，OM⊥AB，且 OC=MC=， 在 RT△AOC 中，∵OA=1，OC=，
） C．（
， ） D．（ ，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． 【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 AOBC 是矩形，∠ABO=30°，点 B 的坐标为（0，3 ）， ∴AC=OB=3 ，∠CAB=30°，
A．30°
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∠2=∠4，再利用平行线的
性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：由题意可得：∠1=∠2，AN=MN，∠MGA=90°，
则 NG=AM，故 AN=NG，
则∠2=∠4，
PA+PB 的最小值，
连接 OB，OA′，AA′，
∵AA′关于直线 MN 对称，
∴=
，
∵∠AMN=40°，
∴∠A′ON=80°，∠BON=40°，
∴∠A′OB=120°，
过 O 作 OQ⊥A′B 于 Q，
在 Rt△A′OQ 中，OA′=2，
∴A′B=2A′Q=2 ，
即 PA+PB 的最小值 2 ．
故答案为：2 ．
∴AF=BF，即 F 是 AB 的中点， ∴Rt△ABC 中，CF= AB=5， 由 D，C，E，F 四点共圆，可得∠DFC=∠DEC， 由∠CDE=∠B，可得∠DEC=∠A， ∴∠DFC=∠A， 又∵∠DCF=∠FCA， ∴△CDF∽△CFA， ∴CF2=CD×CA，即 52=CD×8， ∴CD= ， 故答案为： ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KQ：勾股定理． 【分析】根据 D，C，E，F 四点共圆，可得∠CDE=∠CFE=∠B，再根据 CE=FE，可得∠ CFE=∠FCE，进而根据∠B=∠FCE，得出 CF=BF，同理可得 CF=AF，由此可得 F 是 AB 的中点，求得 CF= AB=5，再判定△CDF∽△CFA，得到 CF2=CD×CA，进而得出 CD 的 长． 【解答】解：由折叠可得，∠DCE=∠DFE=90°， ∴D，C，E，F 四点共圆， ∴∠CDE=∠CFE=∠B， 又∵CE=FE， ∴∠CFE=∠FCE， ∴∠B=∠FCE， ∴CF=BF， 同理可得，CF=AF，
典例七、折叠在几何图形中的综合应用 （2016·四川攀枝花） 如图，正方形纸片 ABCD 中，对角线 AC、BD 交于点 O，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：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③ S△AGD=S△OGD；④四边形 AEFG 是菱形；⑤BE=2OG；⑥若 S△OGF=1，则正方形 ABCD 的 面积是 6+4 ，其中正确的结论个数为（ ）
∴AH=
=
=，
故答案为 ． 【变式训练】 （2017 内江）如图，在矩形 AOBC 中，O 为坐标原点，OA、OB 分别在 x 轴、y 轴上，点 B 的坐标为（0，3 ），∠ABO=30°，将△ABC 沿 AB 所在直线对折后，点 C 落在点 D 处，则点 D 的坐标为（ ）
A．（ ，
） B．（2，
A．2 B．3 C．4 D．5 【考点】四边形综合题． 【分析】①由四边形 ABCD 是正方形，可得∠GAD=∠ADO=45°，又由折叠的性质，可求 得∠ADG 的度数； ②由 AE=EF＜BE，可得 AD＞2AE； ③由 AG=GF＞OG，可得△AGD 的面积＞△OGD 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=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=2OG； ⑥根据四边形 AEFG 是菱形可知 AB∥GF，AB=GF，再由∠BAO=45°，∠GOF=90°可得出 △OGF 时等腰直角三角形，由 S△OGF=1 求出 GF 的长，进而可得出 BE 及 AE 的长，利用正 方形的面积公式可得出结论． 【解答】解：∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠GAD=∠ADO=45°， 由折叠的性质可得：∠ADG= ∠ADO=22.5°， 故①正确． ∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°， ∴AE=EF＜BE， ∴AE＜ AB，
【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 Rt△AEH 中 ， AE=AD=3，
EH=EF﹣HF=3﹣2=1，根据 AH=
，计算即可．
【解答】解：如图 3 中，连接 AH．
由题意可知在 Rt△AEH 中，AE=AD=3，EH=EF﹣HF=3﹣2=1，
∴ OG2=1，解得 OG= ，
∴BE=2OG=2 ，GF=
=
=2，
∴AE=GF=2， ∴AB=BE+AE=2 +2， ∴S 正方形 ABCD=AB2=（2 +2）2=12+8 ∴其中正确结论的序号是：①④⑤． 故选 B． 【变式训练】
，故⑥错误．
【能力检测】 1. 如图，一张矩形纸片沿 AB 对折，以 AB 中点 O 为顶点将平角五等分，并沿五等分的折 线折叠，再沿 CD 剪开，使展开后为正五角星（正五边形对角线所构成的图形），则∠OCD 等于_________．
∴cos∠AOC= =，AC=
=
∴∠AOC=60°，AB=2AC= ， ∴∠AOB=2∠AOC=120°， 则 S 弓形 ABM=S 扇形 OAB﹣S△AOB
=
﹣× ×
=﹣ ， S 阴影=S 半圆﹣2S 弓形 ABM =π×12﹣2（ ﹣ ）