第10讲 填空小压轴—翻折
【考点梳理】
图形翻折的性质和特征:
图形翻折的常见题型:
【典型例题】
一.填空题(共20小题)
1.(2019•上海)如图,在正方形ABCD中,E是边AD的中点.将△ABE沿直线BE翻
折,点A落在点F处,联结DF,那么∠EDF的正切值是 2 .
【分析】由折叠可得AE=FE,∠AEB=∠FEB,由折叠的性质以及三角形外角性质,即可
得到∠AEB=∠EDF,进而得到tan∠EDF=tan∠AEB==2.
【解答】解:如图所示,由折叠可得AE=FE,∠AEB=∠FEB=∠AEF,
∵正方形ABCD中,E是AD的中点,
∴AE=DE=AD=AB,
∴DE=FE,
∴∠EDF=∠EFD,
又∵∠AEF是△DEF的外角,
∴∠AEF=∠EDF+∠EFD,
∴∠EDF=∠AEF,
∴∠AEB=∠EDF,
∴tan∠EDF=tan∠AEB==2.
故答案为:2.
【点评】本题主要考查了折叠问题,折叠是一种对称变换,它属于轴对称,折叠前后图形
的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.
2.(2022•松江区校级模拟)如图,已知Rt△ABC中,∠B=90°,∠A=60°,AC=10,
点M、N分别在线段AC、AB上,将△ANM沿直线MN折叠,使点A的对应点D恰好落在
线段BC上,当△DCM为直角三角形时,折痕MN的长为 或10﹣15 .
【分析】由△DCM为直角三角形,分两种情况进行讨论:①∠CDM=90°;②∠CMD=
90°.分别依据含30°角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质,即可得到折痕
MN的长.
【解答】解:分两种情况:
①如图,当∠CDM=90°时,△CDM是直角三角形,
∵在Rt△ABC中,∠B=90°,∠A=60°,AC=10,
∴∠C=30°,AB=AC=5,
由折叠可得,∠MDN=∠A=60°,
∴∠BDN=30°,
∴BN=DN=AN,
∴BN=AB=,
∴AN=2BN=,
∵∠DNB=60°,
∴∠ANM=∠DNM=60°,
∴∠AMN=60°,
∴MN=AN=;
②如图,当∠CMD=90°时,△CDM是直角三角形,
由题可得,∠CDM=60°,∠A=∠MDN=60°,
∴∠BDN=60°,∠BND=30°,
∴BD=DN=AN,BN=BD,
又∵AB=5,
∴AN=20﹣10,BN=15﹣10,
过N作NH⊥AM于H,则∠ANH=30°,
∴AH=AN=10﹣5,HN=10﹣15,
由折叠可得,∠AMN=∠DMN=45°,
∴△MNH是等腰直角三角形,
∴HM=HN=10﹣15,
∴MN=10﹣15.
故答案为:或10﹣15.
【点评】本题考查了翻折变换﹣折叠问题,勾股定理,含30°角的直角三角形的性质,等
腰直角三角形的性质,正确的作出图形是解题的关键.折叠是一种对称变换,它属于轴对
称,折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化,对应边和对应角相等.
3.(2022•虹口区二模)如图,已知正方形ABCD的边长为1,点M是边CD的中点,将△
BCM沿直线BM翻折,使得点C落在同一平面内的点E处,联结AE并延长交射线BM于
点F,那么EF的长为 .
【分析】连接CE,交BF于点H,过点B作BN⊥AF于点N,由翻折和等腰三角形三线合
一可得△BNF是等腰直角三角形,∠F=45°,△EHF是等腰直角三角形,在Rt△BEM
中,根据勾股定理得BM的长,再根据面积即可求出EH的长,从而求解.
【解答】解:连接CE,交BF于点H,过点B作BN⊥AF于点N,
由翻折得,BM垂直平分EC,△BEH≌△BCH,∠1=∠2,
∵AB=BC=BE=1,BN⊥AF,
∴∠ABN=∠NBE,
∴∠NBE+∠1=∠ABC=×90°=45°,
∴△BNF是等腰直角三角形,∠F=45°,
∴△EHF是等腰直角三角形,
在Rt△BEM中,BM===,
∵S=BE•EM=BM•EH,
△
BEM
∴×1×=×EH,
∴EH=,
∴EF=EH==,
. 故答案为:
【点评】本题考查翻折变换,正方形的性质,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的三
线合一,勾股定理等知识,解题的关键是恰当作出辅助线,属于中考填空题中的压轴题.
4.(2022•徐汇区二模)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=8,AC=6,点D是BC
的中点,点E是边
AB上一动点,沿DE所在直线把△BDE翻折到△B'DE的位置,B′D交AB于点F,如果
△AB′F为直角三角形,那么BE的长为 2或 .
【分析】分两种情况画出图形,①方法一:如图1,当∠AFB′=90°时,由相似三角形
的性质及直角三角形的性质可求出答案;
方法二:过点E作EH⊥BC于点H,设EH=3a,BE=5a,则BH=4a,由BF的长列出方
程,解方程求出a即可;
②方法一如图2,当∠AB′F=90°时,由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出
答案.
方法二:过点E作EG⊥BD于点G,设EG=3a,BG=4a,BE=5a,得出=4,求
出a的值则可得出答案.
【解答】解:①方法一:如图1,当∠AFB′=90°时.
在Rt△ABC中,∵AC=6,BC=8,
∴AB===10,
∵D是BC的中点,
∴BD=CD=BC=4,
∵∠AFB'=∠BFD=90°,∠ACB=90°,
∴∠DFB=∠ACB,
又∵∠DBF=∠ABC,
∴△BDF∽△BAC,
∴,即,
, 解得:BF=
﹣x, 设BE=B'E=x,则EF=
∵∠B=∠FB'E,
∴sin∠B=sin∠FB'E,
∴,
∴,
解得x=2.
∴BE=2.
方法二:
过点E作EH⊥BC于点H,设EH=3a,BE=5a,则BH=4a,
∵将△BDE沿直线DE翻折,
∴EF=3a,
∴BF=8a=BD•cos∠B=4×,
∴a=,
∴BE=5a=2;
②如图2中,当∠AB′F=90°时,连接AD,作EH⊥AB′交AB′的延长线于H.
∵AD=AD,CD=DB′,
∴Rt△ADC≌Rt△ADB′(HL),
∴AC=AB′=6,
∵将△BDE沿直线DE翻折,
∴∠B=∠DB'E,
∵AB'⊥DB',EH⊥AH,
∴DB'∥EH,
∴∠DB'E=∠B'EH,
∴∠B=∠B'EH,
∴sin∠B=sin∠B'EH,
设BE=x,则B'H=x,EH=x,
在Rt△AEH中,AH+EH=AE,
222
∴,
解得x=,
∴BE=.
则BE的长为.
方法二:
过点E作EG⊥BD于点G,
设EG=3a,BG=4a,BE=5a,
∴DG=EG×=a,
∵DG+GB=DB,
∴,
∴a=,
∴BE=.
. 故答案为:2或
【点评】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、全
等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题.
5.(2022•嘉定区二模)在正方形ABCD中,AB=5,点E在边BC上,△ABE沿直线AE
翻折后点B落到正方形ABCD的内部点F,联结BF、CF、DF,如图,如果∠BFC=
90°,那么DF= .
【分析】连接EF,过点F作FH⊥BC于点H,延长HF交AD于点G,先证明四边形
GHCD是矩形,可得GD=CH,GH=CD,根据翻折可得∠AFE=∠ABE,BE=FE,再根
据∠BFC=90°,可得E是BC的中点,根据正方形的性质,易证△AGF∽△FHE,可得
,设EH=m,FH=n,列二元一次方程组,求出m和n的值,再根据勾股
定理可得DF的长.
【解答】解:连接EF,过点F作FH⊥BC于点H,延长HF交AD于点G,如图所示:
∴∠GHC=90°,
在正方形ABCD中,∠BCD=∠CDA=90°,
∴四边形GHCD是矩形,
∴GH=CD,GD=HC,
根据翻折,可得△ABE≌△AFE,
∴∠AFE=∠ABE,BE=FE,
∴∠EBF=∠EFB,
∵∠BFC=90°,
∴∠FBC+∠FCB=90°,
∴∠EFC=∠ECF,
∴FE=CE,
∴BE=CE,
在正方形ABCD中,∠ABE=90°,AB=BC=CD=AD=5,AD∥BC,
∴∠AFE=90°,,
∴∠AFG+∠EFH=90°,
∵∠EFH+∠FEH=90°,
∴∠AFG=∠FEH,
∵FH⊥BC,且AD∥BC,
∴∠AGF=∠FHE=90°,
∴△AGF∽△FHE,
∴,
设EH=m,FH=n,则GF=2m,AG=2n,
∵EC=,
CH=,
∵GD=CH,GH=CD,
∴,
解得,
∴GF=2m=3,GD==1,
根据勾股定理,得DF==,
故答案为:.
【点评】本题考查了正方形的性质,矩形的判定和性质,折叠的性质,直角三角形的性
质,相似三角形的判定和性质,勾股定理等,本题综合性较强,属于中考常考题型.
6.(2022•闵行区二模)如图,已知Rt△ABC中,∠ACB=90°,点M是AB的中点,将
AM沿CM所在的直线翻折,点A落在点A'处,A'M⊥AB,且交BC于点D,A'D:DM的值
为 .
【分析】连接AA',交CM于点P,可设DM=a(a>0),AM=b(b>0),由直角三角形
斜边上的中线的定义可得CM是Rt△ABC有斜边上的中线,可得BM=CM=b,AB=
AM+BM=2b,再由折叠的性质可得A'M=AM,∠AMC=∠A'MC,AA'⊥CM,从而可求得
∠AMC=45°,则可证得△APM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形,故有CP=CM﹣
MP=b﹣b=b,从而可求得AC=b,再由sinB=,sinB=,得
,,可求得,即可求解.
【解答】解:连接AA',交CM于点P,如图,
设DM=a(a>0),AM=b(b>0),
∵M是AB的中点,∠ACB=90°,
∴CM是Rt△ABC有斜边上的中线,
∴CM=AB,
即AM=BM=CM,
∴BM=CM=b,AB=AM+BM=2b,
∵A'M⊥AB,
∴∠A'MB=∠A'MA=90°,
即∠DMA=∠DMB=90°,
∴DB=,
∵AM、A'M关于CM对称,
∴A'M=AM,∠AMC=∠A'MC,AA'⊥CM,
∴A'M=b,
∴A'D=A'M﹣DM=b﹣a.
∵∠A'MA=90°,
∴∠AMC+∠A'MC=90°,
∴2∠AMC=90°,
∴∠AMC=45°,
∵AA'⊥CM,
∴△APM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形,
∴AP=MP=AM=b,
b=b, ∴CP=CM﹣MP=b﹣
∵AA'⊥CM,
∴∠APC=90°,
∴AC=
=
=,
∵b>0,
∴,
故AC=b,
∵在Rt△ABC中,sinB=,
在Rt△DMB中,sinB=,
∴,
∴,
∴,
∴=,
故,
∴1+==4+2,
∴,
∵a>0,b>0,
∴,
∴,
∴,
即A'D:DM的值为.
解法二:如图,
∵A'M⊥AB,
∴∠AMA'=∠3=90°,
由翻折得:∠1=∠2=∠AMA'=45°,AM=A'M,
∵Rt△ABC中,∠ACB=90°,M是AB的中点,
∴AM=BM=CM,
∴A'M=BM,
∴∠A'=∠A'BM=45°,
∴∠A'BM=∠1,
∴A'B∥CM,
∴.
故答案为:.
【点评】本题主要考查翻折变换(折叠问题),解答的关键是明确折叠的过程中相应的边或
角之间的关系.
7.(2022•宝山区二模)如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=5,F为边CD上一点,沿AF
折叠,点D恰好落在BC边上的点E处,那么线段DF:FC的值为 .
【分析】由矩形的性质可得AB=CD=3,AD=BC=5,∠B=∠C=90°,由翻折可得AE
=AD=5,DF=EF,则BE==4,EC=5﹣4=1,设CF=x,则DF=EF=3
﹣x,由勾股定理可得(3﹣x)=x+1,解得x=,则CF=,DF=,进而可得出答
222
案.
【解答】解:∵四边形ABCD为矩形,
∴AB=CD=3,AD=BC=5,∠B=∠C=90°,
由翻折可得AE=AD=5,DF=EF,
∴BE==4,
∴EC=5﹣4=1,
设CF=x,则DF=EF=3﹣x,
由勾股定理可得(3﹣x)=x+1,
222
解得x=,
∴CF=,DF=3﹣=,
∴DF:FC=.
故答案为:.
【点评】本题考查翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理,熟练掌握翻折的性质是
解答本题的关键.
8.(2022•静安区二模)如图,∠MON=30°,点A在OM上,OA=1,点P在ON上,将
∠MON沿AP翻折,设点O落在点O′处,如果AO′⊥AO,那么OP的长为 +1或
﹣1 .
【分析】连接OO′交直线AP于点B,过点P作PC⊥OM于点C,则∠OCP=∠ACP=
90°,设OP=x,根据折叠的性质可得OAB=∠OAO′=45°,OB=OA•sin∠OAB=1
×=,然后分两种情况:若点O′在OM上方,若O′在OM下方,分别根据解直
角三角形与勾股定理即可解答.
【解答】解:连接OO′交直线AP于点B,过点P作PC⊥OM于点C,则∠OCP=∠ACP
=90°,
设OP=x,
∵∠MON=30°,OA=1,
∴PC=OP=x,
∵点A在OM上,点P在ON上,将∠MON沿AP翻折,点O落在O′处,
∴O′与O关于直线AP对称,O′A=OA=1,
∴AP垂直平分OO′,
∴O′B=OB=OO′,∠OBP=90°,
∴∠OAB=∠O′AB=∠OAO′,
∵AO′⊥AO,
∴∠OAO′=90°,
∴∠OAB=∠OAO′=45°,
∴OB=OA•sin∠OAB=1×=,
若点O′在OM上方,如图:
在Rt△ACP中,
AP==x,
∴BP=AB﹣AP=,
在Rt△OBP中,
BP+OB=OP,
222
∴()=x,
2
整理得:x+2x﹣2=0,
2
∴x=﹣1±,
∵x>0,
∴x=﹣1;
若O′在OM下方,如图:
∴∠CAP=∠OAB=45°,
在Rt△ACP中,
AP==x,
∴BP=AB+AP=x,
在Rt△OBP中,
BP+OB=OP,
222
∴()=x,
整理得:x=1±,
2
∵x>1,
∴x=+1,
+1或﹣1, 综上所述,OP的长为
﹣1. 故答案为:+1或
【点评】此题考查的是翻折变换、解直角三角形、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知
识,正确作出辅助线分情况进行讨论是解决此题的关键.
9.(2022•松江区校级模拟)如图,已知在△ABC中,AB=AC,,将△ABC翻
的值为 折,使点C与点A重合,折痕DE交边BC于点D,交边AC于点E,那么
.
【分析】过点A作AF⊥BC于点F,连接AD.由翻折可知,AE=CE,DE⊥AC,设AF=
x,在Rt△ABF中,tan∠B=,可求得BF=CF=2x,再利用勾股定理求出AB=AC
=,即可求得DE=x,在Rt△CDE中,tan∠C=tan∠B=
,结合勾股定理可得CD==,则BD=BC﹣CD=2BF﹣CD=
,进而可得出答案.
【解答】解:过点A作AF⊥BC于点F,连接AD.
由翻折可知,AE=CE,DE⊥AC,
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,BF=CF.
设AF=x,
在Rt△ABF中,tan∠B=,
∴BF=CF=2x,
∴AB=AC=x,
, 在Rt△CDE中,tan∠C=tan∠B=
∵CE=,
∴DE=,
∴,
, 则BD=BC﹣CD=2BF﹣CD=
∴.
故答案为:.
【点评】本题考查翻折变换(折叠问题)、解直角三角形、勾股定理,熟练掌握翻折的性质
是解答本题的关键.
10.(2022•金山区校级模拟)如图,已知Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=6,BC=
8.将△ABC翻折,使点C落在AB边上的点D处,折痕EF交边AC于点E,交边BC于点
F,如果DE∥BC,则线段EF的长为 .
【分析】根据折叠的性质可得EC=ED,FC=FD,∠CEF=∠DEF,EF是CD的垂直平
分线,进而得出四边形CEDF是正方形,设未知数,利用相似三角形、直角三角形的边角
关系求解即可.
【解答】解:如图,由折叠可知,EC=ED,FC=FD,∠CEF=∠DEF,EF是CD的垂直
平分线,
∵DE∥BC,∠ACB=90°,
∴∠AED=∠ACB=90°,
∴∠CEF=∠DEF=45°,
∴∠CED=∠ECF=∠EDF=90°
∴四边形CEDF是正方形,
设CF=x,则AE=6﹣x,BF=8﹣x,
由△AED∽△DFB得,
=,
即,=,
, 解得,x=
在Rt△CEF中,
EF=CF=,
. 故答案为:
【点评】本题考查折叠轴对称,正方形的判定和性质,相似三角形以及直角三角形的边角
关系,理解折叠轴对称的性质和直角三角形的边角关系是解决问题的关键.
11.(2021•浦东新区模拟)如图,已知在△ABC中,AB=AC,BM是腰AC上的中线,且
BM=BC,将△BCM沿直线BM翻折,点C落在△ABC所在平面内的点D处,如果BC=
7,那么AD= .
【分析】由翻折的性质可得BM=BC=BD,根据等腰三角形的性质,可以得出两个底角相
等由三角形一个外角等于与它不相邻的两个内角和∠DMC=2∠ADM,根据相似三角形判
定,两角对应相等可得△MAD∽△ABC,由相似三角形的性质==即可示AD的
值.
【解答】解:∵△BCM沿直线BM翻折得到△BMD,
∴∠BCM=∠BMC=∠BMD=∠BDM,
BD=BM=BC=7,
又∵AB=AC,
∴∠BCM=∠ABC=∠BMC=∠BMD=∠BDM,
∵BM是腰AC上的中线,
∴CM=AM,
又∵DM=CM,
∴AM=DM,
∴∠ADM=∠DAM,
又∵三角形一个外角等于与它不相邻的两个内角和,
∴∠DMC=∠ADM+∠DAM=2∠ADM,
∵∠ADM=∠DMC=∠DMB=∠BCA,
∠ADM=∠BCA,∠DAM=∠ABC,
∴△MAD∽△ABC,
又∵MA=AC,
∴AD=BC=,
故答案为.
【点评】本题考查等腰三角形的性质以及折叠的性质.解本题的关键要熟练掌握相似三角
形的判定与性质、等腰三角形的性质和折叠的性质等.
12.(2021•浦东新区模拟)如图,点M、N分别在∠AOB的边OA、OB上,将∠AOB沿直
线MN翻折,设点O落在点P处,如果当OM=4,ON=3时,点O、P的距离为4,那么
折痕MN的长为 2﹣ .
【分析】由折叠的性质可得MN⊥OP,EO=EP=2,由勾股定理可求ME,NE的长,即可
求MN的长.
【解答】解:设MN与OP交于点E,
∵点O、P的距离为4,
∴OP=4,
∵将∠AOB沿直线MN翻折,
∴MN⊥OP,EO=EP=2,
在Rt△OME中,ME==2,
在Rt△ONE中,NE==,
∴MN=ME﹣NE=2﹣,
故答案为:2﹣.
【点评】本题考查了翻折变换,勾股定理,利用勾股定理求线段的长度是本题的关键.
13.(2021•虹口区二模)如图,正方形ABCD的边长为4,点M在边DC上,将△BCM沿
直线BM翻折,使得点C落在同一平面内的点C′处,联结DC′并延长交正方形ABCD
一边于点N.当BN=DM时,CM的长为 2或8﹣4 .
【分析】分两种情形:如图1中,当BN=DM时,连接CC′交BM于J.如图2中,当
BN=DM时,过点C′作C′T⊥CD于T.分别求解即可.
【解答】解:如图1中,当BN=DM时,连接CC′交BM于J.
∵BN=DM,BN∥DM,
∴四边形BNDM是平行四边形,
∴BM∥DN,
∴∠BMC=∠NDM,∠BMC′=∠DC′M,由折叠知,MC′=MC,∠BMC=∠
BMC′,
∴∠NDM=∠DC′M,
∴MC′=MD,
∴CM=DM=CD=2.
如图2中,当BN=DM时,过点C′作C′T⊥CD于T.
∵CB=CD,BN=DM,
∴CN=CM=MC′,
在△BCM和△DCN中,
,
∴△BCM≌△DCN(SAS),
∴∠CDN=∠CBM,
∵∠CBM+∠BCC′=90°,∠BCC′+∠C′CD=90°,
∴∠CBM=∠C′CD,
∴∠C′CD=∠DCC′,
∴C′D=C′C,
∵C′T⊥CD,
∴DT=TC=2,
∵C′T∥CN,
∴DC′=C′N,
∴C′T=CN,
设C′T=x,则CN=CM=MC′=2x,TM=x,
∴2x+x=2,
, ∴x=4﹣2
, ∴CM=8﹣4
. 综上所述,CM的值为2或8﹣4
【点评】本题考查翻折变换,正方形的性质,平行四边形的判定和性质,全等三角形的判
定和性质,三角形中位线定理等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,属
于中考填空题中的压轴题.
14.(2021•嘉定区二模)在矩形ABCD中,AB=6,BC=4(如图),点E是边AB的中
点,联结DE.将△DAE沿直线DE翻折,点A的对应点为A',那么点A'到直线BC的距离
为 .
【分析】过A′作FG∥BC交AB于F,交CD于G,过A′作A′H⊥BC于H,先证明△
EFA′∽△A′GD得它们对应边的比为,再设EF=3m,FA′=3n,则A′G=4m,DG
=4n,根据FA′+A′G=BC=4,AE+EF=DG,列方程即可得到答案.
【解答】解:过A′作FG∥BC交AB于F,交CD于G,过A′作A′H⊥BC于H,如
图:
∵矩形ABCD中,AB=6,BC=4,E是边AB的中点
∴∠A=90°,AD=BC=4,CD=AB=6,AE=3,
∵△DAE沿直线DE翻折,点A的对应点为A',
∴∠DA′E=∠A=90°,A′D=AD=4,A′E=AE=3,
又FG∥BC,
∴∠A′DG=90°﹣∠DA′G=∠EA′F,
而∠EFA′=∠A′GD=90°,
∴△EFA′∽△A′GD,
∴=,
设EF=3m,FA′=3n,则A′G=4m,DG=4n,
∵FA′+A′G=BC=4,AE+EF=DG,
∴,解得n=,
∴DG=4n=,
, ∴CG=CD﹣DG=
∴A′H=
故答案为:.
【点评】本题考查矩形中的翻折问题,构造相似三角形列方程是解题的关键.
15.(2021•闵行区二模)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=60°,点D为AB
中点,将△ACD沿直线CD翻折后,点A落在点E处,设,那么向量用
向量表示为 2+ .
【分析】证明DE∥AC,DE=AC,求出,可得结论.
【解答】解:如图,
∵∠ACB=90°,AD=BD,
∴CD=DB=DA,
∵∠A=60°,
∴△ADC是等边三角形,
由翻折的性质可知,ED=EC=AD=AC,
∴四边形ACED是菱形,
∴AC=DE,AC∥DE,
∵=+,
∴=2+,
∴=2+,
故答案为:2+.
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质,菱形的判定和性质,三角形法则等知识,
解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型.
16.(2021•静安区二模)已知矩形纸片ABCD的边AB=10,BC=12(如图),将它折叠
后,点D落在边AB的中点处,那么折痕的长为 .
【分析】方法一:先画出图形,构造相似三角形求出MF,再利用勾股定理求解.
方法二:先根据勾股定理求出PD长,再证明△ADP∽△FEM,根据相似三角形的性质即
可求出EF.
【解答】解:方法一:如图,设折痕为EF,过点E作EM⊥BC于点M,
∵把矩形ABCD折叠,点D与AB中点P重合,点C落在G处,
∴EF垂直平分PD,
∴∠EDP+∠DEF=90°,
∵∠DEF+∠MEF=90°,
∴∠EDP=∠MEF,
∵∠EMF=90°,∠A=90°,
∴△ADP∽△FEM,
∴.
在矩形ABCD中,AB=10,BC=12,P为AB中点,
∴AD=12,AP=5,EM=10,
∴,
∴,
在Rt△EMF中,
.
方法二:如图,设折痕为EF,过点E作EM⊥BC于点M,则EM=10,
在矩形ABCD中,AB=10,P为AB中点,
∴AP=5,
又∵∠A=90°,AD=12,
∴PD=13(勾股定理),
由方法一得△ADP∽△FEM,
∴,
∴,
∴EF=.
. 故答案为:
【点评】本题考查折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的性质与判定等知
识,熟练掌握折叠的性质和勾股定理是解题的关键.
17.(2021•杨浦区二模)如图,已知在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AC=2,点D
是边BC的中点,点E是边AB上一点,将△BDE沿直线DE翻折,点B落在B'处,联结
AB',如果∠AB'D=90°,那么线段AE的长为 或2 .
【分析】分两种情况讨论,由折叠的性质和锐角三角函数可求解.
【解答】解:在△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AC=2,
∴AB=4,BC=AC=2,
∵点D是边BC的中点,
∴BD=CD=,
∵将△BDE沿直线DE翻折,
∴B'D=BD=,
∴点B'在以点D为圆心,BD为半径的圆上,如图,当点B'与点C不重合时,过点E作EH
⊥BC于H,连接AD,
在Rt△ACD和Rt△AB'D中,
,
∴Rt△ACD≌Rt△AB'D(HL),
∴∠DAC=∠DAB',
∵∠BDB'+∠B'DC=180°=∠B'AC+∠B'DC,
∴∠B'AC=∠BDB',
∵折叠,
∴∠BDE=∠EDB',
∴∠BDE=∠DAC,
∴tan∠DAC=tan∠BDE==,
∴设EH=x,DH=2x,
∵∠B=30°,
∴BH=EH=3x,BE=2x
, ∵BH+DH=BD=
∴x=,
∴EH=,BE=,
∴AE=,
当点B'与点C重合时,∠AB'D=90°,
∴DE是BC的垂直平分线,
∴DE∥AC,
∴,
∴AE=BE=AB=2,
综上所述:AE=或2.
故答案为:或2.
【点评】本题考查了翻折变换,锐角三角函数,全等三角形的判定和性质等知识,灵活运
用这些性质解决问题是本题的关键.
18.(2021•奉贤区二模)如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,∠ADC=60°,BC
=3AD.将△ABD沿直线AD翻折,点B落在平面上的B′处,联结AB′交BC于点E,
那么的值为 .
【分析】过A作AF⊥BC于F,过B'作B'G⊥BC于G,设AD=m,根据翻折及∠ADC=
60°,用m的代数式表示CE、BE即可得出答案.
【解答】解:过A作AF⊥BC于F,过B′作B′G⊥BC于G,如图:
∵∠ADC=60°,
∴∠ADB=120°,
∵△ABD沿直线AD翻折,点B落在平面上的B′处,
∴∠ADB′=120°,∠CDB′=60°,B′D=BD,
∵BC=3AD,AD是BC边上的中线,
∴设AD=m,则BC=3m,BD=B′D=m,
Rt△ADF中,DF=AD•cos60°=m,AF=AD•sin60°=m,
∴BF=BD+DF=2m,CF=BC﹣BF=m
Rt△B′DG中,DG=B′D•cos60°=m,B′G=B′D•sin60°=m,
∴FG=DG﹣DF=m,
∵AF⊥BC,B′G⊥BC,
∴AF∥B′G,
∴==,
∵FE+GE=FG=m,
∴FE=m,
m,CE=CF﹣EF=m, ∴BE=BF+EF=
∴==,
故答案为:.
方法二:如图:
∵AD是BC边上的中线,
∴CD=BD,
∵将△ABD沿直线AD翻折,点B落在平面上的B′处,
∴B'D=BD=CD,
∵∠ADC=60°,
∴∠ADB=∠ADB'=120°,
∴∠CDB'=60°,
∴△CDB'是等边三角形,
∴B'C=CD=BD,∠B'CD=60°,
∴∠B'CD=∠ADC=60°,AD∥B'C,
∴,
由BC=3AD,设AD=2m,则BC=6m,B'C=CD=BD=3m,
∴,
∴CE=CD=m,DE=CD=m,
∴BE=BD+DE=m,
∴==,
故答案为:.
【点评】本题考查翻折、特殊角的三角函数及相似三角形性质等综合知识,解题的关键是
作垂线把60°角放入直角三角形.
19.(2021•黄浦区二模)如图,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC.将△ABD沿对角线BD
翻折,点A的对应点E恰好位于边BC上,且BE:EC=3:2,则∠C的余切值是
.
【分析】过点A作AF⊥BC于F,DH⊥BC于H,设BE=3x,EC=2x,分别求出CH和
DH的长,即可求解.
【解答】解:如图,过点A作AF⊥BC于F,DH⊥BC于H,
∴AF∥DH,
又∵AD∥BC,
∴四边形ADHF是平行四边形,
又∵AF⊥BC,
∴四边形ADHF是矩形,
∴AF=DH,AD=FH,
在Rt△ABF和Rt△DCH中,
,
∴Rt△ABF≌Rt△DCH(HL),
∴BF=CH,
∵将△ABD沿对角线BD翻折,
∴AB=BE,∠ABD=∠DBC,
∵AD∥BC,
∴∠ADB=∠DBC=∠ABD,
∴AB=AD,
∵BE:EC=3:2,
∴设BE=3x,EC=2x,
∴AB=CD=3x=AD=FH,
∴BF=CH=x,
∴DH==2x,
∴∠C的余切值==,
故答案为:.
【点评】本题考查了翻折变换,全等三角形的判定和性质,矩形的判定和性质,锐角三角
函数等知识,灵活运用这些性质解决问题是本题的关键.
20.(2021•上海模拟)如图,在矩形ABCD中,点E、F分别在BC、CD上,将△ABE沿
AE折叠,使点B落在AC上的点B′处,又将△CEF沿EF折叠,使点C落在EB′与AD
的交点C′处.则BC:AB的值为 .
【分析】首先连接CC′,可以得到CC′是∠EC′D的平分线,所以CB′=CD,又
AB′=AB,所以B′是对角线中点,AC=2AB,所以∠ACB=30°,即可得出答案.
【解答】解:连接CC′,
∵将△ABE沿AE折叠,使点B落在AC上的点B′处,
又将△CEF沿EF折叠,使点C落在EB′与AD的交点C′处.
∴EC=EC′,
∴∠1=∠2,
∵∠3=∠2,
∴∠1=∠3,
∵∠CB′C′=∠D=90°,
∴△CC′B′≌△CC′D,
∴CB′=CD,
又∵AB′=AB,
∴AB′=CB′,
所以B′是对角线AC中点,
即AC=2AB,
所以∠ACB=30°,
∴∠BAC=60°,
∴tan∠BAC=tan60°==,
BC:AB的值为:.
故答案为:.
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质和角平分线的判定与性质,解答此题要抓住折叠
前后的图形全等的性质,得出CC′是∠EC′D的平分线是解题关键.
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