专题07,翻转折叠问题（精讲）-中考数学高频考点突破（解析版）

【课标解读】 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. 本专题内容在考查中常涉及到特殊平行四边形的折叠与性质、特殊三角形的判定、勾股定理的运用，角平分线的性质等. 因此考生在复习中应熟练掌握一些基本图形的性质和判定定理以及图形折叠的性质. 图形折叠是中考中常考题型，这种题型主要考察学生对图形的认知，特别是考察轴对称的性质、全等三角形、勾股定理、相似三角形等知识综合运用。

【解题策略】 有关图形折叠的相关计算，首先要熟知折叠是一种轴对称变换，即位于折痕两侧的图形关于折痕成轴对称；
然后根据图形折叠的性质，即折叠前、后图形的对应边和对应角相等，对应点的连线被折痕垂直平分进行相关计算.图形的折叠通常和动点问题结合在一起进行考查，常见的问题类型有以下3种：（1）求线段的取值范围；
（2）求最值问题；
（3）分类讨论线段长度. 【考点深剖】 ★考点一 涉及特殊三角形的翻转折叠 【典例1】（2018·浙江临安·8分）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轴正方向上，将△OAB折叠，使点A落在边OB上，记为A′，折痕为EF． （1）当A′E∥x轴时，求点A′和E的坐标；

（2）当A′E∥x轴，且抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A′和E时，求抛物线与x轴的交点的坐标；

（3）当点A′在OB上运动，但不与点O、B重合时，能否使△A′EF成为直角三角形？若能，请求出此时点A′的坐标；
若不能，请你说明理由． 【考点】待定系数法求二次函数解析式、图形旋转变换、直角三角形的判定和性质. 【分析】（1）当A′E∥x轴时，△A′EO是直角三角形，可根据∠A′OE的度数用O′A表示出OE和A′E，由于A′E=AE，且A′E+OE=OA=2+，由此可求出OA′的长，也就能求出A′E的长．据此可求出A′和E的坐标；

（2）将A′，E点的坐标代入抛物线中，即可求出其解析式．进而可求出抛物线与x轴的交点坐标；

（3）根据折叠的性质可知：∠FA′E=∠A，因此∠FA′E不可能为直角，因此要使△A′EF成为直角三角形只有两种可能：
①∠A′EF=90°，根据折叠的性质，∠A′EF=∠AEF=90°，此时A′与O重合，与题意不符，因此此种情况不成立． ②∠A′FE=90°，同①，可得出此种情况也不成立． 因此A′不与O、B重合的情况下，△A′EF不可能成为直角三角形． （2）因为A′、E在抛物线上， 所以， 所以， 函数关系式为y=﹣x2+x+1， 由﹣x2+x+1=0， 得x1=﹣，x2=2， 与x轴的两个交点坐标分别是（，0）与（，0）． 所以不能使△A′EF成为直角三角形．学科&网 ★考点二 涉及特殊四边形的翻转折叠 【典例2】（2018湖北荆州）（8.00分）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕MN，将纸片展平；
再一次折叠，使点D落到MN上的点F处，折痕AP交MN于E；
延长PF交AB于G．求证：
（1）△AFG≌△AFP；

（2）△APG为等边三角形． 【分析】（1）由折叠的性质得到M、N分别为AD、BC的中点，利用平行线分线段成比例得到F为PG的中点，再由折叠的性质得到AF垂直于PG，利用SAS即可得证；

（2）由（1）的全等三角形，得到对应边相等，利用三线合一得到∠2=∠3，由折叠的性质及等量代换得到∠PAG为60°，根据AP=AG且有一个角为60°即可得证． 【解答】证明：（1）由折叠可得：M、N分别为AD、BC的中点， ∵DC∥MN∥AB， ∴F为PG的中点，即PF=GF， 由折叠可得：∠PFA=∠D=90°，∠1=∠2， 在△AFP和△AFG中， ， ∴△AFP≌△AFG（SAS）；

★考点三 涉及圆知识的翻转折叠 【典例3】如图，点O是圆形纸片的圆心，将这个圆形纸片按下列顺序折叠，使和都经过圆心O，则阴影部分的面积是⊙O面积的（　　）
A. B. C. D. 解：作OD⊥AB于点D，连接AO，BO，CO， ∵OD=AO， ∴∠OAD=30°， ∴∠AOB=2∠AOD=120°， 同理∠BOC=120°， ∴∠AOC=120°， ∴阴影部分的面积=S扇形AOC=×⊙O面积． 故选：B． ★考点四 涉及函数的翻转折叠 【典例4】（2018·重庆市B卷）（12.00分）抛物线y=﹣x2﹣x+与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点． （1）如图1，连接CD，求线段CD的长；

（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；
将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；

（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；
若不存在，请说明理由． （3）先确定对折后O2C落在AC上，△AMN是以MN为腰的等腰三角形存在四种情况：
①如图4，AN=MN，证明△C1EC≌△B2O2M，可计算O2M的长；

②如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=；

③如图6，AM=MN，N和H、C1重合，可得结论；

④如图7，AN=MN，过C1作C1E⊥AC于E证明四边形C1EO2B2是矩形，根据O2M=EO2+EM可得结论． （2）在y=﹣x2﹣x+中，令y=0，则﹣x2﹣x+=0， 解得：x1=﹣3，x2=， ∴A（﹣3，0），B（，0）， ∵C（0，）， 易得直线AC的解析式为：y=， 设E（x，），P（x，﹣x2﹣x+）， ∴PF=﹣x2﹣x+，EF=， Rt△ACO中，AO=3，OC=， ∴AC=2， ∴∠CAO=30°， ∴AE=2EF=， ∴PE+EC=（﹣x2﹣x+）﹣（x+）+（AC﹣AE）， =﹣﹣x+[2﹣（）]， =﹣﹣x﹣x， =﹣（x+2）2+，（5分）
∴当PE+EC的值最大时，x=﹣2，此时P（﹣2，），（6分）
∴PC=2， ∵O1B1=OB=， ∴要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小， （3）O2M的长度为或或2+或2．（12分）
理由是：如图3，∵H是AB的中点， ∴OH=， ∵OC=， ∴CH=BC=2， ∴∠HCO=∠BCO=30°， ∵∠ACO=60°， ∴将CO沿CH对折后落在直线AC上，即O2在AC上， ∴∠B2CA=∠CAB=30°， ∴B2C∥AB， ∴B2（﹣2，）， ①如图4，AN=MN， ∴∠MAN=∠AMN=30°=∠O2B2O3， 由旋转得：∠CB2C1=∠O2B2O3=30°，B2C=B2C1， ∴∠B2CC1=∠B2C1C=75°， 过C1作C1E⊥B2C于E， ∵B2C=B2C1=2， ∴=B2O2，B2E=， ∵∠O2MB2=∠B2MO3=75°=∠B2CC1， ∠B2O2M=∠C1EC=90°， ∴△C1EC≌△B2O2M， ∴O2M=CE=B2C﹣B2E=2﹣；

④如图7，AN=MN，过C1作C1E⊥AC于E， ∴∠NMA=∠NAM=30°， ∵∠O3C1B2=30°=∠O3MA， ∴C1B2∥AC， ∴∠C1B2O2=∠AO2B2=90°， ∵∠C1EC=90°， ∴四边形C1EO2B2是矩形， ∴EO2=C1B2=2，， ∴EM=， ∴O2M=EO2+EM=2+， 综上所述，O2M的长是或或2+或2． ★考点五 涉及综合图形翻转折叠 【典例5】（2018黑龙江齐齐哈尔）（12.00分）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观，折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论． 实践操作 如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B′落在矩形ABCD所在平面内，B＇C和AD相交于点E，连接B′D． 解决向题 （1）在图1中， ①B′D和AC的位置关系为　 　；

②将△AEC剪下后展开，得到的图形是　 　；

（2）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由；

（3）小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为 　；

拓展应用 （4）在图2中，若∠B=30°，AB=4，当△AB′D恰好为直角三角形时，BC的长度为　 　． 【解答】解：（1）①BD′∥AC．②将△AEC剪下后展开，得到的图形是菱形；

故答案为BD′∥AC，菱形；

（2）①选择②证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC=∠ACB， ∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C， ∴∠ACB′=∠ACB， ∴∠DAC=∠ACB′， ∴AE=CE， ∴△AEC是等腰三角形；

∴将△AEC剪下后展开，得到的图形四边相等， ∴将△AEC剪下后展开，得到的图形四边是菱形． （3）①当矩形的长宽相等时，满足条件，此时矩形纸片的长宽之比为1：1；
∵∠AB′D+∠ADB′=90°， ∴y﹣30°+y=90°， ②当矩形的长宽之比为：1时，满足条件，此时可以证明四边形ACDB′是等腰梯形，是轴对称图形；

综上所述，满足条件的矩形纸片的长宽之比为1：1或：1；

（4）∵AD=BC，BC=B′C， ∴AD=B′C， ∵AC∥B′D， ∴四边形ACB′D是等腰梯形， ∵∠B=30°，∴∠AB′C=∠CDA=30°， ∵△AB′D是直角三角形， 当∠B′AD=90°，AB＞BC时，如图3中， ∵AD=BC，BC=B′C， ∴AD=B′C， ∵AC∥B′D， ∴四边形ACB′D是等腰梯形， ∵∠ADB′=90°， ∴四边形ACB′D是矩形， ∴∠ACB′=90°， ∴∠ACB=90°， ∵∠B=30°，AB=4， ∴BC=AB=×4=6；

当∠B′AD=90°，AB＜BC时，如图5， 当∠AB′D=90°时，如图6， ∵AD=BC，BC=B′C， ∴AD=B′C， ∵AC∥B′D， ∴四边形ACDB′是等腰梯形， ∵∠AB′D=90°， ∴四边形ACDB′是矩形， ∴∠BAC=90°， ∵∠B=30°，AB=4， ∴BC=AB÷=8；

∴已知当BC的长为4或6或8或12时，△AB′D是直角三角形． 故答案为：平行，菱形，1：1或：1，4或6或8或12；
学科&网 【讲透练活】 变式1：（2018广西南宁）（3.00分）如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则cos∠ADF的值为（　　）
A． B． C． D． 【解答】解：根据折叠，可知：△DCP≌△DEP， ∴DC=DE=4，CP=EP． 在△OEF和△OBP中，， ∴△OEF≌△OBP（AAS）， ∴OE=OB，EF=BP． 设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x， 又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x， ∴AF=AB﹣BF=1+x． 在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2， 解得：x=， ∴DF=4﹣x=， ∴cos∠ADF==． 故选：C． 变式2：．（2018贵阳）（12.00分）如图，在矩形ABCD中，AB═2，AD=，P是BC边上的一点，且BP=2CP． （1）用尺规在图①中作出CD边上的中点E，连接AE、BE（保留作图痕迹，不写作法）；

（2）如图②，在（1）的条体下，判断EB是否平分∠AEC，并说明理由；

（3）如图③，在（2）的条件下，连接EP并廷长交AB的廷长线于点F，连接AP，不添加辅助线，△PFB能否由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形？如果能，说明理由，并写出两种方法（指出对称轴、旋转中心、旋转方向和平移距离）
【解答】解：（1）依题意作出图形如图①所示， （2）EB是平分∠AEC，理由：
∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C=∠D=90°，CD=AB=2，BC=AD=， ∵点E是CD的中点， ∴DE=CE=CD=1， 在△ADE和△BCE中，， ∴△ADE≌△BCE， ∴∠AED=∠BEC， 在Rt△ADE中，AD=，DE=1， ∴tan∠AED==， ∴∠AED=60°， ∴∠BCE=∠AED=60°， ∴∠AEB=180°﹣∠AED﹣∠BEC=60°=∠BEC， ∴BE平分∠AEC；

在Rt△ABP中，tan∠BAP==， ∴∠PAB=30°， ∴∠EAP=30°=∠F=∠PAB， ∵CB⊥AF， ∴AP=FP， ∴△AEP≌△FBP， ∴△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形， 变换的方法为：将△BPF绕点B顺时针旋转120°和△EPA重合，①沿PF折叠，②沿AE折叠． 变式3：(2018四川省绵阳市)如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。动点M，N同时从A点出发，M沿A→C,N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为t秒。连接MN。

（1）求直线BC的解析式；

（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；

（3）当点M,N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式。

（2）解：依题可得：AM=AN=t， ∵△AMN沿直线MN翻折，点A与点点D重合， ∴四边形AMDN为菱形， 作NF⊥x轴，连接AD交MN于O′， ∵A（3，0），B（0，4）， ∴OA=3,OB=4， ∴AB=5, ∴M（3-t，0）， 又∵△ANF∽△ABO， ∴ = = , ∴ = = , ∴AF= t，NF= t， ∴N（3- t， t）， ∴O′（3- t, t）， 又∵D在直线BC上， ∴ ×（3- t）+4= t， ∴t= ， ∴D（- ， ）. （3）①当0<t≤5时（如图2）， △ABC在直线MN右侧部分为△AMN， ∴S= = ·AM·DF= ×t× t= t, ②当5<t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分为四边形ABNM，如图3 =- t + t-12. 学科&网 变式4：（2018·湖北省武汉·10分）已知点A（a，m）在双曲线y=上且m＜0，过点A作x轴的垂线，垂足为B． （1）如图1，当a=﹣2时，P（t，0）是x轴上的动点，将点B绕点P顺时针旋转90°至点C， ①若t=1，直接写出点C的坐标；

②若双曲线y=经过点C，求t的值． （2）如图2，将图1中的双曲线y=（x＞0）沿y轴折叠得到双曲线y=﹣（x＜0），将线段OA绕点O旋转，点A刚好落在双曲线y=﹣（x＜0）上的点D（d，n）处，求m和n的数量关系． 【解答】解：（1）①如图1﹣1中， 由题意：B（﹣2，0），P（1，0），PB=PC=3， ∴C（1，3）． ②图1﹣2中，由题意C（t，t+2）， ∵点C在y=上， ∴t（t+2）=8， ∴t=﹣4 或2， （2）如图2中， 变式5：（2018包头）（12.00分）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，E是AD上的一个动点． （1）如图1，连接BD，O是对角线BD的中点，连接OE．当OE=DE时，求AE的长；

（2）如图2，连接BE，EC，过点E作EF⊥EC交AB于点F，连接CF，与BE交于点G．当BE平分∠ABC时，求BG的长；

（3）如图3，连接EC，点H在CD上，将矩形ABCD沿直线EH折叠，折叠后点D落在EC上的点D＇处，过点D′作D′N⊥AD于点N，与EH交于点M，且AE=1． ①求的值；

②连接BE，△D＇MH与△CBE是否相似？请说明理由． 【解答】解：（1）如图1，连接OA，在矩形ABCD中，CD=AB=3，AD=BC=5，∠BAD=90° 在Rt△ABD中，根据勾股定理得，BD=， ∵O是BD中点， ∴OD=OB=OA=， ∴∠OAD=∠ODA， ∵OE=DE， ∴∠EOD=∠ODE， ∴∠EOD=∠ODE=∠OAD， ∴△ODE∽△ADO， ∴，∴ DO2=DE•DA， ∴设AE=x， ∴DE=5﹣x， ∴（）2=5（5﹣x）， ∴x=， 即：AE=；

∴∠AEF+∠CED=90°， ∵∠A=90°， ∴∠AEF+∠AFE=90°， ∴∠CED=∠AFE， ∵∠D=∠A=90°， ∴△AEF≌△DCE， ∴AF=DE=2， ∴BF=AB﹣AF=1， 过点G作GK⊥BC于K， ∴∠EBC=∠BGK=45°， ∴BK=GK，∠ABC=∠GKC=90°， ∵∠KCG=∠BCF， ∴△CHG∽△CBF， ∴， 设BK=GK=y， ∴CK=5﹣y， ∴y=， ∴BK=GK=， 在Rt△GKB中，BG=；
学科&网 ∴DH=，CH=， ∵D＇N⊥AD， ∴∠AND＇=∠D=90°， ∴D＇N∥DC， ∴△EMN∽△EHD， ∴， ∵D＇N∥DC， ∴∠ED＇M=∠ECH， ∵∠MED＇=∠HEC， ∴△ED＇M∽△ECH， ∴， ∴， ∴， ∴；

∴D＇M=D＇H， ∵AD∥BC， ∴∠NED＇=∠ECB， ∴∠MD＇H=∠ECB， ∵CE=CB=5， ∴， ∴△D＇MH∽△CBE．

推荐访问: