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

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