2013年中考數(shù)學(xué)模擬試題匯編 圖形的折疊

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1、2013年中考數(shù)學(xué)模擬試題匯編 圖形的折疊 例1 如圖，矩形ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，將△ABE沿BE折疊后得到△GBE，延長BG交CD于F點(diǎn)，若CF=1，F(xiàn)D=2，則BC的長為（　?。? 　 A． 3 B． 2 C． 2 D． 2 考點(diǎn)： 翻折變換（折疊問題）。810360 分析： 首先過點(diǎn)E作EM⊥BC于M，交BF于N，易證得△ENG≌△BNM（AAS），MN是△BCF的中位線，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，即可求得GN=MN，由折疊的性質(zhì)，可得BG=3，繼而求得BF的值，又由勾股定理，即可求得BC的長． 解答： 解：過點(diǎn)E作EM⊥BC于M，交BF于N， ∵四邊形ABCD是矩

2、形， ∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC， ∵∠EMB=90°， ∴四邊形ABME是矩形， ∴AE=BM， 由折疊的性質(zhì)得：AE=GE，∠EGN=∠A=90°， ∴EG=BM， ∵∠ENG=∠BNM， ∴△ENG≌△BNM（AAS）， ∴NG=NM， ∴CM=DE， ∵E是AD的中點(diǎn)， ∴AE=ED=BM=CM， ∵EM∥CD， ∴BN：NF=BM：CM， ∴BN=NF， ∴NM=CF=， ∴NG=， ∵BG=AB=CD=CF+DF=3， ∴BN=BG﹣NG=3﹣=， ∴BF=2BN=5， ∴BC===2． 故選B． 點(diǎn)評： 此題考查了矩形的

3、判定與性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、三角形中位線的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)．此題難度適中，注意輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 例2 （2012?天津）已知一個(gè)矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)洗中，點(diǎn)A（11，0），點(diǎn)B（0，6），點(diǎn)P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合），經(jīng)過點(diǎn)O、P折疊該紙片，得點(diǎn)B′和折痕OP．設(shè)BP=t． （Ⅰ）如圖①，當(dāng)∠BOP=30°時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)； （Ⅱ）如圖②，經(jīng)過點(diǎn)P再次折疊紙片，使點(diǎn)C落在直線PB′上，得點(diǎn)C′和折痕PQ，若AQ=m，試用含有t的式子表示m； （Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，當(dāng)點(diǎn)C′恰好落在邊OA上時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)（直接

4、寫出結(jié)果即可）． 考點(diǎn)：翻折變換（折疊問題）；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)． 專題：幾何綜合題． 分析：（Ⅰ）根據(jù)題意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案； （Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易證得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得答案； （Ⅲ）首先過點(diǎn)P作PE⊥OA于E，易證得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的長

5、，然后利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例與m= t2- t+6，即可求得t的值． 解答：解：（Ⅰ）根據(jù)題意，∠OBP=90°，OB=6， 在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t． ∵OP2=OB2+BP2， 即（2t）2=62+t2， 解得：t1=2，t2=-2（舍去）． ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，6）． （Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分別是由△OBP、△QCP折疊得到的， ∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP， ∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC， ∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°， ∴∠OPB+∠QPC=90°，

6、 ∵∠BOP+∠OPB=90°， ∴∠BOP=∠CPQ． 又∵∠OBP=∠C=90°， ∴△OBP∽△PCQ， ∴， 由題意設(shè)BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，則PC=11-t，CQ=6-m． ∴． ∴m= t2- t+6（0＜t＜11）． （Ⅲ）過點(diǎn)P作PE⊥OA于E， ∴∠PEA=∠QAC′=90°， ∴∠PC′E+∠EPC′=90°， ∵∠PC′E+∠QC′A=90°， ∴∠EPC′=∠QC′A， ∴△PC′E∽△C′QA， ∴， ∵PC′=PC=11-t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6-m， ∴AC′=， ∴， ∵m= t2-

7、 t+6， 解得：t1=，t2=， 點(diǎn)P的坐標(biāo)為（，6）或（，6）． 點(diǎn)評：此題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)．此題難度較大，注意掌握折疊前后圖形的對應(yīng)關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用． 例3 如圖，在△ABC中，∠C=90°，將△ABC沿直線MN翻折后，頂點(diǎn)C恰好落在AB邊上的點(diǎn)D處，已知MN∥AB，MC=6，NC=，則四邊形MABN的面積是（　?。? 　 A． B． C． D． 考點(diǎn)： 翻折變換（折疊問題）。810360 分析： 首先連接CD，交MN于E，由將△ABC沿直線MN翻折后，頂點(diǎn)C恰好落在AB邊上的點(diǎn)D處，即

8、可得MN⊥CD，且CE=DE，又由MN∥AB，易得△CMN∽△CAB，根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方，相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比，即可得，又由MC=6，NC=，即可求得四邊形MABN的面積． 解答： 解：連接CD，交MN于E， ∵將△ABC沿直線MN翻折后，頂點(diǎn)C恰好落在AB邊上的點(diǎn)D處， ∴MN⊥CD，且CE=DE， ∴CD=2CE， ∵M(jìn)N∥AB， ∴CD⊥AB， ∴△CMN∽△CAB， ∴， ∵在△CMN中，∠C=90°，MC=6，NC=， ∴S△CMN=CM?CN=×6×2=6， ∴S△CAB=4S△CMN=4×6=24， ∴S四邊形MABN=S△C

9、AB﹣S△CMN=24﹣6=18． 故選C． 點(diǎn)評： 此題考查了折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)．此題難度適中，解此題的關(guān)鍵是注意折疊中的對應(yīng)關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 例4 如圖，將矩形ABCD沿直線EF折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)A重合，折痕交AD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，連接AF、CE， （1）求證：四邊形AFCE為菱形； （2）設(shè)AE=a，ED=b，DC=c．請寫出一個(gè)a、b、c三者之間的數(shù)量關(guān)系式． 考點(diǎn)：翻折變換（折疊問題）；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定． 分析：（1）由矩形ABCD與折疊的性質(zhì)，易證得△CEF是等腰三角形，即CE=CF

10、，即可證得AF=CF=CE=AE，即可得四邊形AFCE為菱形； （2）由折疊的性質(zhì)，可得CE=AE=a，在Rt△DCE中，利用勾股定理即可求得：a、b、c三者之間的數(shù)量關(guān)系式為：a2=b2+c2． 解答：（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AEF=∠EFC， 由折疊的性質(zhì)，可得：∠AEF=∠CEF，AE=CE，AF=CF， ∴∠EFC=∠CEF， ∴CF=CE， ∴AF=CF=CE=AE， ∴四邊形AFCE為菱形； （2）a、b、c三者之間的數(shù)量關(guān)系式為：a2=b2+c2． 理由：由折疊的性質(zhì)，得：CE=AE， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠D=90°， ∵AE=a，ED=b，DC=c， ∴CE=AE=a， 在Rt△DCE中，CE2=CD2+DE2， ∴a、b、c三者之間的數(shù)量關(guān)系式為：a2=b2+c2． 點(diǎn)評：此題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、菱形的判定以及勾股定理等知識(shí)．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意折疊中的對應(yīng)關(guān)系．