折疊幾何綜合專題-16道題目含答案

01如圖，將矩形ABCD沿AF折疊，使點(diǎn)D落在BC邊的點(diǎn)E處，過點(diǎn)E作EG∥CD交AF于點(diǎn)G，連接DG.(1)求證：四邊形EFDG是菱形；(2)探究線段EG，GF，AF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)假設(shè)AG＝6，EG＝2eq\r(5)，求BE的長．(1)證明：由折疊性質(zhì)可得，EF＝FD，∠AEF＝∠ADF＝90°，∠EFA＝∠DFA，EG＝GD，∵EG∥DC，∴∠DFA＝∠EGF，∴∠EFA＝∠EGF，∴EF＝EG＝FD＝GD，∴四邊形EFDG是菱形；(2)解：EG2＝eq\f(1,2)GF·AF.理由如下：如解圖，連接ED，交AF于點(diǎn)H，∵四邊形EFDG是菱形，∴DE⊥AF，F(xiàn)H＝GH＝eq\f(1,2)GF，EH＝DH＝eq\f(1,2)DE，∵∠FEH＝90°－∠EFA＝∠FAE，∠FHE＝∠AEF＝90°，∴Rt△FEH∽R(shí)t△FAE，∴eq\f(EF,AF)＝eq\f(FH,EF)，即EF2＝FH·AF，又∵FH＝eq\f(1,2)GF，EG＝EF，∴EG2＝eq\f(1,2)GF·AF；(3)解：∵AG＝6，EG＝2eq\r(5)，EG2＝eq\f(1,2)AF·GF，∴(2eq\r(5))2＝eq\f(1,2)(6＋GF)·GF，解得GF＝4或GF＝－10(舍)，∴GF＝4，∴AF＝10.∵DF＝EG＝2eq\r(5)，∴AD＝BC＝eq\r(AF2－DF2)＝4eq\r(5)，DE＝2EH＝2eq\r(EG2－〔\f(1,2)GF〕2)＝8，∵∠CDE＋∠DFA＝90°，∠DAF＋∠DFA＝90°，∴∠CDE＝∠DAF，∵∠DCE＝∠ADF＝90°，∴Rt△DCE∽R(shí)t△ADF，∴eq\f(EC,DF)＝eq\f(DE,AF)，即eq\f(EC,2\r(5))＝eq\f(8,10)，∴EC＝eq\f(8\r(5),5)，∴BE＝BC－EC＝eq\f(12\r(5),5).02如圖，將矩形ABCD沿對角線BD對折，點(diǎn)C落在E處，BE與AD相交于點(diǎn)F，假設(shè)DE＝4，BD＝8.(1)求證：AF＝EF；(2)求證：BF平分∠ABD.證明：(1)在矩形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C＝90°，∵△BED是△BCD對折得到的，∴ED＝CD，∠E＝∠C，∴ED＝AB，∠E＝∠A，(2分)又∵∠AFB＝∠EFD，∴△ABF≌△EDF(AAS)，∴AF＝EF；(4分)(2)在Rt△BCD中，∵DC＝DE＝4，BD＝8，∴sin∠CBD＝eq\f(DC,BD)＝eq\f(1,2)，∴∠CBD＝30°，(5分)∴∠EBD＝∠CBD＝30°，∴∠ABF＝90°－30°×2＝30°，(7分)∴∠ABF＝∠EBD，∴BF平分∠ABD.(8分)03把一矩形ABCD紙片按如圖方式折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)E重合，點(diǎn)C與點(diǎn)F重合〔E、F兩點(diǎn)均在BD上〕，折痕分別為BH、DG?！?〕求證：△BHE≌△DGF；〔2〕假設(shè)AB＝6cm，BC＝8cm，求線段FG的長?！窘獯稹拷猓骸?〕∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB=CD，∠A=∠C=90°，∠ABD=∠BDC，

∵△BEH是△BAH翻折而成，

∴∠1=∠2，，∠A=∠HEB=90°，AB=BE，

∵△DGF是△DGC翻折而成，

∴∠3=∠4，∠C=∠DFG=90°，CD=DF，

∴△BEH與△DFG中，

∠HEB=∠DFG，BE=DF，∠2=∠3，

∴△BEH≌△DFG，〔2〕∵四邊形ABCD是矩形，AB=6cm，BC=8cm，

∴AB=CD=6cm，AD=BC=8cm，

∴BD===10，

∵由〔1〕知，BD=CD，CG=FG，

∴BF=10-6=4cm，

設(shè)FG=*，則BG=8-*，

在Rt△BGF中，

BG2=BF2+FG2，即〔8-*〕2=42+*2，解得*=3，即FG=3cm．【點(diǎn)評】此題考察的是圖形翻折變換的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定，熟知折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等是解答此題的關(guān)鍵．04把一矩形紙片ABCD按如圖方式折疊，使頂點(diǎn)B和頂點(diǎn)D重合，折痕為EF．假設(shè)BF=4，F(xiàn)C=2，則∠DEF的度數(shù)是．考點(diǎn)：翻折變換〔折疊問題〕。專題：計(jì)算題。分析：根據(jù)折疊的性質(zhì)得到DF=BF=4，∠BFE=∠DFE，在Rt△DFC中，根據(jù)含30°的直角三角形三邊的關(guān)系得到∠FDC=30°，則∠DFC=60°，所以有∠BFE=∠DFE=〔180°﹣60°〕÷2，然后利用兩直線平行錯(cuò)角相等得到∠DEF的度數(shù)．解答：解：∵矩形紙片ABCD按如圖方式折疊，使頂點(diǎn)B和頂點(diǎn)D重合，折痕為EF，∴DF=BF=4，∠BFE=∠DFE，在Rt△DFC中，F(xiàn)C=2，DF=4，∴∠FDC=30°，∴∠DFC=60°，∴∠BFE=∠DFE=〔180°﹣60°〕÷2=60°，∴∠DEF=∠BFE=60°．故答案為60．點(diǎn)評：此題考察了折疊的性質(zhì)：折疊前后的兩圖形全等，即對應(yīng)角相等，對應(yīng)線段相等．也考察了矩形的性質(zhì)和含30°的直角三角形三邊的關(guān)系．05如圖，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)A重合，則折痕EF的長為〔〕 A． 6 B． 12 C． 2 D． 4考點(diǎn)： 翻折變換〔折疊問題〕．分析： 設(shè)BE=*，表示出CE=16﹣*，根據(jù)翻折的性質(zhì)可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列出方程求出*，再根據(jù)翻折的性質(zhì)可得∠AEF=∠CEF，根據(jù)兩直線平行，錯(cuò)角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，根據(jù)等角對等邊可得AE=AF，過點(diǎn)E作EH⊥AD于H，可得四邊形ABEH是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式計(jì)算即可得解．解答： 解：設(shè)BE=*，則CE=BC﹣BE=16﹣*，∵沿EF翻折后點(diǎn)C與點(diǎn)A重合，∴AE=CE=16﹣*，在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即82+*2=〔16﹣*〕2，解得*=6，∴AE=16﹣6=10，由翻折的性質(zhì)得，∠AEF=∠CEF，∵矩形ABCD的對邊AD∥BC，∴∠AFE=∠CEF，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF=10，過點(diǎn)E作EH⊥AD于H，則四邊形ABEH是矩形，∴EH=AB=8，AH=BE=6，∴FH=AF﹣AH=10﹣6=4，在Rt△EFH中，EF===4．應(yīng)選D．點(diǎn)評： 此題考察了翻折變換的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟記各性質(zhì)并作利用勾股定理列方程求出BE的長度是解題的關(guān)鍵，也是此題的突破口．06如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使邊AB、CD均落在對角線BD上，得折痕BE、BF，則∠EBF=第1題圖分析：根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得出∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠DBF=∠FBC=∠DBC，再根據(jù)∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90°，得出∠EBD+∠DBF=45°，從而求出答案．解答：解：∵四邊形ABCD是矩形，根據(jù)折疊可得∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠DBF=∠FBC=∠DBC，∵∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90°，∴∠EBD+∠DBF=45°，即∠EBF=45°，故答案為：45°．點(diǎn)評：此題考察了角的計(jì)算和翻折變換，解題的關(guān)鍵是找準(zhǔn)圖形翻折后，哪些角是相等的，再進(jìn)展計(jì)算，是一道根底題．07如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使頂點(diǎn)C恰好落在AB邊的中點(diǎn)C′上．假設(shè)AB=6，BC=9，則BF的長為〔〕A．4B．3C．4.5D．5考點(diǎn)：翻折變換〔折疊問題〕．分析：先求出BC′，再由圖形折疊特性知，C′F=CF=BC﹣BF=9﹣BF，在直角三角形C′BF中，運(yùn)用勾股定理BF2+BC′2=C′F2求解．解答：解：∵點(diǎn)C′是AB邊的中點(diǎn)，AB=6，∴BC′=3，由圖形折疊特性知，C′F=CF=BC﹣BF=9﹣BF，在直角三角形C′BF中，BF2+BC′2=C′F2，∴BF2+9=〔9﹣BF〕2，解得，BF=4，應(yīng)選：A．點(diǎn)評：此題考察了折疊問題及勾股定理的應(yīng)用，綜合能力要求較高．同時(shí)也考察了列方程求解的能力．解題的關(guān)鍵是找出線段的關(guān)系．08如圖，將矩形ABCD沿CE向上折疊，使點(diǎn)B落在AD邊上的點(diǎn)F處．假設(shè)AE=BE，則長AD與寬AB的比值是．考點(diǎn)：翻折變換〔折疊問題〕分析：由AE=BE，可設(shè)AE=2k，則BE=3k，AB=5k．由四邊形ABCD是矩形，可得∠A=∠ABC=∠D=90°，CD=AB=5k，AD=BC．由折疊的性質(zhì)可得∠EFC=∠B=90°，EF=EB=3k，CF=BC，由同角的余角相等，即可得∠DCF=∠AFE．在Rt△AEF中，根據(jù)勾股定理求出AF==k，由cos∠AFE=cos∠DCF得出CF=3k，即AD=3k，進(jìn)而求解即可．解答：解：∵AE=BE，∴設(shè)AE=2k，則BE=3k，AB=5k．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=∠D=90°，CD=AB=5k，AD=BC．∵將矩形ABCD沿CE向上折疊，使點(diǎn)B落在AD邊上的點(diǎn)F處，∴∠EFC=∠B=90°，EF=EB=3k，CF=BC，∴∠AFE+∠DFC=90°，∠DFC+∠FCD=90°，∴∠DCF=∠AFE，∴cos∠AFE=cos∠DCF．在Rt△AEF中，∵∠A=90°，AE=2k，EF=3k，∴AF==k，∴=，即=，∴CF=3k，∴AD=BC=CF=3k，∴長AD與寬AB的比值是=．故答案為．點(diǎn)評：此題考察了折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理以及三角函數(shù)的定義．解此題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想與轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．09如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上，BE=2CE，將矩形沿著過點(diǎn)E的直線翻折后，點(diǎn)C、D分別落在邊BC下方的點(diǎn)C′、D′處，且點(diǎn)C′、D′、B在同一條直線上，折痕與邊AD交于點(diǎn)F，D′F與BE交于點(diǎn)G．設(shè)AB=t，則△EFG的周長為2t〔用含t的代數(shù)式表示〕．考點(diǎn)：翻折變換〔折疊問題〕分析：根據(jù)翻折的性質(zhì)可得CE=C′E，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半判斷出∠EBC′=30°，然后求出∠BGD′=60°，根據(jù)對頂角相等可得∠FGE=∠∠BGD′=60°，根據(jù)兩直線平行，錯(cuò)角相等可得∠AFG=∠FGE，再求出∠EFG=60°，然后判斷出△EFG是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)表示出EF，即可得解．解答：解：由翻折的性質(zhì)得，CE=C′E，∵BE=2CE，∴BE=2C′E，又∵∠C′=∠C=90°，∴∠EBC′=30°，∵∠FD′C′=∠D=90°，∴∠BGD′=60°，∴∠FGE=∠∠BGD′=60°，∵AD∥BC，∴∠AFG=∠FGE=60°，∴∠EFG=〔180°﹣∠AFG〕=〔180°﹣60°〕=60°，∴△EFG是等邊三角形，∴AB=t，∴EF=t÷=t，∴△EFG的周長=3×t=2t．故答案為：2t．10如圖，將矩形ABCD沿BD對折，點(diǎn)A落在E處，BE與CD相交于F，假設(shè)AD=3，BD=6．〔1〕求證：△EDF≌△CBF；〔2〕求∠EBC．〔第1題圖〕考點(diǎn)：翻折變換〔折疊問題〕；全等三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)分析：〔1〕首先根據(jù)矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)可得DE=BC，∠E=∠C=90°，對頂角∠DFE=∠BFC，利用AAS可判定△DEF≌△BCF；〔2〕在Rt△ABD中，根據(jù)AD=3，BD=6，可得出∠ABD=30°，然后利用折疊的性質(zhì)可得∠DBE=30°，繼而可求得∠EBC的度數(shù)．解答：〔1〕證明：由折疊的性質(zhì)可得：DE=BC，∠E=∠C=90°，在△DEF和△BCF中，，∴△DEF≌△BCF〔AAS〕；〔2〕解：在Rt△ABD中，∵AD=3，BD=6，∴∠ABD=30°，由折疊的性質(zhì)可得；∠DBE=∠ABD=30°，∴∠EBC=90°﹣30°﹣30°=30°．點(diǎn)評：此題考察了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，正確證明三角形全等是關(guān)鍵．11如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，且AE=AB，將矩形沿直線EF折疊，點(diǎn)B恰好落在AD邊上的點(diǎn)P處，連接BP交EF于點(diǎn)Q，對于以下結(jié)論：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等邊三角形．其中正確的選項(xiàng)是〔〕A．①②B．②③C．①③D．①④解答：解：∵AE=AB，∴BE=2AE，由翻折的性質(zhì)得，PE=BE，∴∠APE=30°，∴∠AEP=90°﹣30°=60°，∴∠BEF=〔180°﹣∠AEP〕=〔180°﹣60°〕=60°，∴∠EFB=90°﹣60°=30°，∴EF=2BE，故①正確；∵BE=PE，∴EF=2PE，∵EF＞PF，∴PF＞2PE，故②錯(cuò)誤；由翻折可知EF⊥PB，∴∠EBQ=∠EFB=30°，∴BE=2EQ，EF=2BE，∴FQ=3EQ，故③錯(cuò)誤；由翻折的性質(zhì)，∠EFB=∠BFP=30°，∴∠BFP=30°+30°=60°，∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，∴∠PBF=∠PFB=60°，∴△PBF是等邊三角形，故④正確；綜上所述，結(jié)論正確的選項(xiàng)是①④．應(yīng)選D．點(diǎn)評：此題考察了翻折變換的性質(zhì)，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余的性質(zhì)，等邊三角形的判定，熟記各性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)圖是解題的關(guān)鍵．12矩形ABCD的一條邊AD=8，將矩形ABCD折疊，使得頂點(diǎn)B落在CD邊上的P點(diǎn)處．〔第6題圖〕〔1〕如圖1，折痕與邊BC交于點(diǎn)O，連結(jié)AP、OP、OA．①求證：△OCP∽△PDA；②假設(shè)△OCP與△PDA的面積比為1：4，求邊AB的長；〔2〕假設(shè)圖1中的點(diǎn)P恰好是CD邊的中點(diǎn)，求∠OAB的度數(shù)；〔3〕如圖2，，擦去折痕AO、線段OP，連結(jié)BP．動(dòng)點(diǎn)M在線段AP上〔點(diǎn)M與點(diǎn)P、A不重合〕，動(dòng)點(diǎn)N在線段AB的延長線上，且BN=PM，連結(jié)MN交PB于點(diǎn)F，作ME⊥BP于點(diǎn)E．試問當(dāng)點(diǎn)M、N在移動(dòng)過程中，線段EF的長度是否發(fā)生變化？假設(shè)變化，說明理由；假設(shè)不變，求出線段EF的長度．解答：解：〔1〕如圖1，①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．由折疊可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．∴∠APO=90°．∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC．∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．∴△OCP∽△PDA．②∵△OCP與△PDA的面積比為1：4，∴====．∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．∵AD=8，∴CP=4，BC=8．設(shè)OP=*，則OB=*，CO=8﹣*．在Rt△PCO中，∵∠C=90°，CP=4，OP=*，CO=8﹣*，∴*2=〔8﹣*〕2+42．解得：*=5．∴AB=AP=2OP=10．∴邊AB的長為10．〔2〕如圖1，∵P是CD邊的中點(diǎn)，∴DP=DC．∵DC=AB，AB=AP，∴DP=AP．∵∠D=90°，∴sin∠DAP==．∴∠DAP=30°．∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，∴∠OAB=30°．∴∠OAB的度數(shù)為30°．〔3〕作MQ∥AN，交PB于點(diǎn)Q，如圖2．∵AP=AB，MQ∥AN，∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP∴∠APB=∠MQP．∴MP=MQ．∵M(jìn)P=MQ，ME⊥PQ，∴PE=EQ=PQ．∵BN=PM，MP=MQ，∴BN=QM．∵M(jìn)Q∥AN，∴∠QMF=∠BNF．在△MFQ和△NFB中，．∴△MFQ≌△NFB．∴QF=BF．∴QF=QB．∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB．由〔1〕中的結(jié)論可得：PC=4，BC=8，∠C=90°．∴PB==4．∴EF=PB=2．∴在〔1〕的條件下，當(dāng)點(diǎn)M、N在移動(dòng)過程中，線段EF的長度不變，長度為2．13如圖，正方形ABCD的邊長是16，點(diǎn)E在邊AB上，AE=3，點(diǎn)F是邊BC上不與點(diǎn)B、C重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，把△EBF沿EF折疊，點(diǎn)B落在B′處，假設(shè)△CDB′恰為等腰三角形，則DB′的長為.EEFCDBA第15題B′【分析】假設(shè)△CD恰為等腰三角形，判斷以CD為腰或?yàn)榈走叿譃槿N情況：①DB′=DC；②CB′=CD；③CB′=DB′，針對每一種情況利用正方形和折疊的性質(zhì)進(jìn)展分析求解.16或【解析】此題考察正方形、矩形的性質(zhì)和勾股定理的運(yùn)用，以及分類討論思想..根據(jù)題意，假設(shè)△CD恰為等腰三角形需分三種情況討論：〔1〕假設(shè)DB′=DC時(shí)，則DB′=16〔易知點(diǎn)F在BC上且不與點(diǎn)C、B重合〕；〔2〕當(dāng)CB′=CD時(shí)，∵EB=EB′，CB=CB′∴點(diǎn)E、C在BB′的垂直平分線上，∴EC垂直平分BB′，由折疊可知點(diǎn)F與點(diǎn)C重合，不符合題意，舍去；〔3〕如解圖，當(dāng)CB′=DB′時(shí)，作BG⊥AB與點(diǎn)G，交CD于點(diǎn)H.∵AB∥CD，∴B′H⊥CD，∵CB′=DB′，∴DH=CD=8，∴AG=DH=8，∴GE=AG－AE=5，在Rt△B′EG中，由勾股定理得B′G=12，∴B′H=GH－B′G=4.在Rt△B′DH中，由勾股定理得DB′=，綜上所述DB′=16或.14如圖，矩形中，AB=8，BC=6，P為AD上一