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类型2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形折叠型综合题 (含答案).docx

  • 上传人(卖家):znzjthk
  • 文档编号:8027844
  • 上传时间:2024-10-29
  • 格式:DOCX
  • 页数:12
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    1、2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形折叠型综合题 (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AB2,BC1,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AB2,AD4,求AE的长【思维教练】根据折叠的性质易得BEADEF,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,

    2、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AB8,AD6,求折痕EF的长【思维教练】要求EF的长,过点E作EMCD于点M,利用折叠的性质及勾股定理求出DE的长,在RtEMF中利用勾股定理即可求出EF的长第3题图模型再现:轴对称(翻折)型全等模型(见P65微专题);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NFANFD时,求的值【思维教练】过点N作NGBF于点G,证明NFGBFA,则有,再结合已知,分别用AB,BC表示出FG,FA的长度,列出等式即可求出的值第4题图(针对训

    3、练)1. 如图,在边长为3的正方形ABCD中,点E、F分别在边CD、AD上,且DEAF1,连接AE,BF交于点G.(1)求证:AEDBFA;AEBF;(2)如图,将AED沿AE对折,得到AEH,延长AH交CD于点P.求四边形DEGF的面积;求sin HPE的值第1题图2. 在矩形ABCD(ABAD)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,若BECG,求证:ABEECG;(2)如图,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

    4、形?并加以证明;(3)在(2)的条件下,若AB3,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)求证:ADMDCN;如图,设CN、DM的交点为H,连接BH,求证:BCBH;(2)如图,将ADM沿DM翻折得到ADM,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:ABQAEQ;(2)若BQDP,求DP的值;(3)当PC2DP时,探究线段EC与AQ的位置关系和数量关系,并证明

    5、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,AB2,BC1,AC90,BD,根据折叠的性质得,DADA1,DAG90,AGAG,AB1,设AGx,则AGx,BG2x,在RtABG中,AB2AG2BG2,即(1)2x2(2x)2,解得x,AG的长为.2. 解:四边形ABCD是矩形,AB2,AD4,ABCD,AC90,由折叠的性质可得,ABCDDF2,ADBCBF4,ACF90,AEBDEF,BEADEF(AAS),AEFE,设AEx,则EFx,BE4x,在RtABE中,AB2AE2BE2,即22x2(4x)2,解得x,AE的长为.3. 解:如解图,作EMCD,垂足为点M,设

    6、DEx,由折叠的性质得DEFBEF,BEDEx,AE8x,四边形ABCD是矩形,AADC90,ABCD,DFEBEF,DEFDFE,DEDF,在RtADE中,由勾股定理得(8x)262x2,解得x,又EMCD,EMD90,四边形AEMD为矩形,AEDM8,又DFDE,MFDFDM,又MEAD6,在RtEMF中,EF.第3题解图4. 解:如解图,过点N作NGBF于点G.NGFA90.AFBGFN,NFGBFA,.由折叠可知BCBF,NFANFD,NFADBCBF,NGAB.BM为ABF的平分线,ABNGBN.BNBN,ANGB90,ABNGBN(AAS),ABGB,ANGN,FGBFBGBCBA

    7、,FAANNFNGNFABBC.,.第4题解图针对训练1. (1)证明:四边形ABCD是正方形,ADAB,DFAB90,DEAF1,AEDBFA(SAS);由知,AEDBFA,EAFABF,FAB90,ABFAFB90,EAFAFB90,AGF90,AEBF;(2)解:在RtADE中,DE1,ADAB3,AE,SADEADDE,由(1)知,DAGF90,FAGEAD,AFGAED,()2,SAFGSAED,S四边形DEGFSADESAFG;如解图,过点H作HMAD交AB于点M,交CD于点N,AMHHNE90,FAB90,EHNAHM90,AHMHAM90,EHNHAM,EHNHAM,由折叠可知

    8、,EHDE1,AHADMN3,设NHx,AM3x,HM3x,由勾股定理得,AH2AM2MH2,9(3x)2(3x)2,x或x0(舍),HM3,CDAB,EPAPAB,sinHPEsinPAB.第1题解图2. (1)证明:AEBAEF,GEFGEC,AEG(BEFCEF)90,四边形ABCD是矩形,BECG90,BAEAEB90,AEBCEG90,BAECEG,BECG,ABEECG(AAS)(2)解:结论:EHD2EHC,四边形AECH是菱形证明:四边形ABCD是矩形,ADBC,AEBDAE,DHCECH,由折叠的性质可知ECEH,AEBAEH,EHCECH,DHCEHC,EHD2EHC,DA

    9、EAEH,AHEH.ECEH,AHEC,AHEC,四边形AECH是平行四边形又ACEH,四边形AECH是菱形;(3)解:由菱形的性质和折叠的性质得,AEAHEH,AEH是等边三角形,EAH60,BAD90,BAE30,AE2.EHAE2.3. (1)证明:点M、N分别是正方形ABCD的边AB、AD的中点,AMDN,ADDC,ACDN,在AMD和DNC中,AMDDNC(SAS);如解图,延长DM、CB交于点P,ADBC,MAMB,易知BPADBC.由(1)可得CHP90,BHPCBC;第3题解图(2)解:将ADM沿DM翻折得到ADM,AMDDME,ABDC,EDMAMDDME,EMED.设ADA

    10、D4a,则AMAM2a,DEMEEA2a.在RtDAE中,AD2AE2DE2,(4a)2AE2(EA2a)2,解得AE3a,在RtADE中,tanDEM.4. (1)证明:由折叠的性质可知AEAD,AEPD90.ABAE,BAEQ90.又AQAQ,ABQAEQ(HL);(2)解:BQDP,BQEQ,DPEP,BQEQEPDP,BCCD,CQCP,QPC45,EQEP,CEEQEP,ECPQPC45,CEPQ,AEPQ,A、C、E三点共线,AC是PQ的垂直平分线,在正方形ABCD中,AEAB1,AC,PDCEACAE1;(3)解:位置关系:ECAQ;数量关系:(或ECAQ)证明:如解图,连接BE.PC2DP,BCCD1,PEDP,PC.设BQEQx,则QC1x,PQx,在RtPCQ中,根据勾股定理,得PC2QC2PQ2,即()2(1x)2(x)2,解得x,即BQEQQC.BEC是直角三角形,BEC90,即CEBE.ABAE,BQEQ,AQ是BE的垂直平分线ECAQ,AQBECB,在RtBAQ中,BQAB,sinAQB.即BCABAQ.cosAQB,在RtBEC中,cosECB,即BCEC.AQEC,即(或ECAQ)第4题解图

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