《浙江省2018年中考數學復習 第二部分 題型研究 題型五 幾何探究題 類型三 折疊問題針對演練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江省2018年中考數學復習 第二部分 題型研究 題型五 幾何探究題 類型三 折疊問題針對演練（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第二部分 題型研究 題型五　 幾何探究題 類型三　折疊問題 針對演練 1. 如圖，已知一個直角三角形紙片ACB，其中∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，E、F分別是AC、AB邊上的點，連接EF. (1)如圖①，若將紙片ACB的一角沿EF折疊，折疊后點A落在AB邊上的點D處，且使S四邊形ECBF＝3S△EDF，求AE的長； (2)如圖②，若將紙片ACB的一角沿EF折疊，折疊后點A落在BC邊上的點M處，且使MF∥CA. ①試判斷四邊形AEMF的形狀，并證明你的結論； ②求EF的長． 第1題圖 2. (2017山西)背景閱讀　早在三千多年前，我國周朝數學家商高就提出：

2、將一根直尺折成一個直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三，股四，弦五”．它被記載于我國古代著名數學著作《周髀算經》中．為了方便，在本題中，我們把三邊的比為3∶4∶5的三角形稱為(3，4，5)型三角形．例如：三邊長分別為9，12，15或3，4，5的三角形就是(3，4，5)型三角形．用矩形紙片按下面的操作方法可以折出這種類型的三角形． 實踐操作　如圖①，在矩形紙片ABCD中，AD＝8 cm，AB＝12 cm. 第一步：如圖②，將圖①中的矩形紙片ABCD沿過點A的直線折疊，使點D落在AB上的點E處，折痕為AF，再沿EF折疊，然后把紙片展平． 第二步：如圖③，將圖②中的矩形紙片再

3、次折疊，使點D與點F重合，折痕為GH，然后展平，隱去AF. 第三步：如圖④，將圖③中的矩形紙片沿AH折疊，得到△AD′H，再沿AD′折疊，折痕為AM，AM與折痕EF交于點N，然后展平． 第2題圖 問題解決 (1)請在圖②中證明四邊形AEFD是正方形； (2)請在圖④中判斷NF與ND′的數量關系，并加以證明； (3)請在圖④中證明△AEN是(3，4，5)型三角形； 探索發(fā)現 (4)在不添加字母的情況下，圖④中還有哪些三角形是(3，4，5)型三角形？請找出并直接寫出它們的名稱． 3. 問題探究 (1)如圖①，邊長為4的等邊△OAB位于平面直角坐標系中，將△OAB折疊，使點B

4、落在OA的中點處，則折痕長為________； (2)如圖②，矩形OABC位于平面直角坐標系中，其中OA＝8，AB＝6，將矩形沿線段MN折疊，點B落在x軸上，其中AN＝AB，求折痕MN的長； 問題解決： (3)如圖③，四邊形OABC位于平面直角坐標系中，其中OA＝AB＝6，CB＝4，BC∥OA，AB⊥OA于點A，點Q(4，3)為四邊形內部一點，將四邊形折疊，使點B落在x軸上，問是否存在過點Q的折痕，若存在，求出折痕長，若不存在，請說明理由． 第3題圖 答案 1. 解：(1)如解圖①，∵折疊后點A落在AB邊上的點D處， 第1題解圖① ∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF.

5、∴S△AEF＝S△DEF. ∵S四邊形ECBF＝3S△EDF， ∴S四邊形ECBF＝3S△AEF. ∵S△ACB＝S△AEF＋S四邊形ECBF， ∴S△ACB＝S△AEF＋3S△AEF＝4S△AEF. ∴＝. ∵∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠ACB＝90°， ∴△AEF∽△ABC. ∴＝()2. ∴()2＝. 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴AB2＝AC2＋BC2，即AB＝＝5； ∴()2＝，∴AE＝， (2)①四邊形AEMF是菱形． 證明：如解圖②，∵折疊后點A落在BC邊上的點M處， ∴∠CAB＝∠EMF，AE＝ME， 又∵MF∥

6、CA， ∴∠CEM＝∠EMF， ∴∠CAB＝∠CEM， ∴EM∥AF， ∴四邊形AEMF是平平四邊形， 而AE＝ME， ∴四邊形AEMF是菱形， ②連接AM，與EF交于點O，如解圖②，設AE＝x，則AE＝ME＝x，EC＝4－x， 第1題解圖② ∵∠CEM＝∠CAB，∠ECM＝∠ACB＝90°， ∴Rt△ECM∽Rt△ACB， ∴＝， ∵AB＝5， ∴＝，解得x＝. ∴AE＝ME＝，EC＝. 在Rt△ECM中，∵∠ECM＝90°， ∴CM2＝EM2－EC2. 即CM＝＝＝， ∵四邊形AEMF是菱形， ∴OE＝OF，OA＝OM，AM⊥EF， ∴S菱形AE

7、MF＝4SAOE＝2OE·AO， 在Rt△AOE和Rt△ACM中， ∵tan∠EAO＝tan∠CAM， ∴＝， ∵CM＝，AC＝4， ∴AO＝3OE， ∴S菱形AEMF＝6OE2， 又∵S菱形AEMF＝AE·CM， ∴6OE2＝×， 解得OE＝， ∴EF＝＝2OE＝. 2. (1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DAE＝90°， 由折疊知：AE＝AD，∠AEF＝∠D＝90°， ∴∠D＝∠DAE＝∠AEF＝90°， ∴四邊形AEFD是矩形， ∵AE＝AD， ∴矩形AEFD是正方形； (2)解：NF＝ND′； 證明：如解圖①，連接HN， 第2題解圖

8、① 由折疊知：∠AD′H＝∠D＝90°， HF＝HD＝HD′. ∵四邊形AEFD是正方形， ∴∠EFD＝90°， ∵∠AD′H＝90°， ∴∠HD′N＝90°， 在Rt△HNF和Rt△HND′中， ， ∴Rt△HNF≌Rt△HND′(HL)， ∴NF＝ND′； (3)解：∵四邊形AEFD是正方形， ∴AE＝EF＝AD＝8 cm， 由折疊知：AD′＝AD＝8 cm， 設NF＝x cm，則ND′＝x cm， 在Rt△AEN中，由勾股定理得AN2＝AE2＋EN2， 即(8＋x)2＝82＋(8－x)2， 解得x＝2， ∴AN＝10 cm， EN＝6 cm， ∴E

9、N∶AE∶AN＝6∶8∶10＝3∶4∶5， ∴△AEN是(3，4，5)型三角形； (4)解：△MFN，△MD′H，△MDA. 【解法提示】∵HD′⊥AM，∴∠D′HM＋∠HMD′＝90°，∵HM⊥FN，∴∠FNM＋∠HMD′＝90°，∵AD⊥DM，∴∠DAM＋∠HMD′＝90°，∴∠DAM＝∠FNM＝∠D′HM，∴△MFN∽△MD′H∽△MDA.∵AB∥CD，∴AB∥FM，∴△MFN∽△AEN.而△AEN是(3，4，5)型三角形，∴△MFN、△MD′H、△MDA都是(3，4，5)型三角形． 3. 解：(1)2； 【解法提示】如解圖①，B的對稱點B′，折痕為MN，連接BB′，B′N，M

10、N交BB′于H. 第3題解圖① ∵△ABO是等邊三角形，OB′＝B′A， ∴BB′⊥OA，又∵BB′⊥MN， ∴MN∥OA，∵BH＝HB′， ∴BM＝OM，BN＝NA， ∴MN是△ABC的中位線， ∴MN＝OA＝×4＝2； (2)如解圖②，B的對稱點B′，折痕為MN，MN交BB′于點H. 第3題解圖② ∵AN＝AB＝2， ∴NB＝NB′＝4， 在Rt△ANB′中，AB′＝＝2， ∴OB′＝8－2， ∴B′(8－2，0)， ∵B(8，6)， ∴BB′中點H(8－，3)， ∵點N坐標(8，2)， 設直線NH解析式為y＝kx＋b， 代入N、H兩點坐標得，

11、解得. ∴直線NH解析式為y＝－x＋2＋， ∴點M坐標(0，2＋)， ∴MN＝＝； (3)存在． 理由：如解圖③中，延長BQ交OA于B″，連接AQ，過點Q作MN∥OA，交OC于M，交AB于N. 第3題解圖③ ∵Q(4，3)， ∴N(6，3)， ∴BN＝AN，QB＝QB″， 作BB″的垂直平分線PF，交OC于P，交AB于F，此時B、B″關于直線PF對稱，滿足條件， 在Rt△ABB″中，∵∠BAB″＝90°，BQ＝QB″， ∴AQ＝QB， ∴此時B、A關于直線MN對稱，滿足條件． ∵C(2，6)， ∴直線OC解析式為y＝3x， ∵NM∥OA，BN＝NA， ∴CM＝OM， ∴點M(1，3)， ∴MN＝5 ∵B(6，6)，B″(2，0)， ∴直線BB″的解析式為y＝ x－3， ∴過點Q垂直BB″的直線PF的解析式為y＝－x＋ ， 由，解得， ∴點P(， )，F(6， )， ∴PF＝＝， 綜上所述，折痕的長為5或. 10