专题13 图形的对称 2024年浙江省中考数学一模试题汇编

专题13 图形的对称 一．选择题 1．下列是几个城市地铁标志，其中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．我国杨秉烈先生在上世纪八十年代发明了繁花曲线规画图工具，利用该工具可以画出许多漂亮的繁花曲线，繁花曲线的图案在服装、餐具等领域都有广泛运用．下面四种繁花曲线中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．如图，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、BC上的点，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，则△DGB'的周长等于（　　） A．2AB B． C． D． 4．如图，点E为正方纸片ABCD中BC边上的一点，且，连接AE，沿AE折叠该纸片，点B落在正方形内点M处，延长AM交DC于点G，则DG：GC的值为（　　） A．2：3 B．1：2 C．5：7 D．3：4 5．如图，已知矩形纸条ABCD，将该纸条折叠，使得点B落在AD边上的点E处，折痕为FH，若EH＝5，S△EFG：S△EFH＝3：5，则四边形ABHE的周长是（　　） A．20 B．22 C．24 D．26 6．如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．将四边形EBCF沿EF折叠得到四边形EB′C′F，且点B′恰好在AD边上，连结EC′，则EC′的长是（　　） A．4 B． C． D． 7．如图，点M、N分别为正方形ABCD边AB和CD上一点，现将其沿着MN折叠，使点A恰好为BC对应边B'C'的中点，则ED：AE的值为（　　） A． B． C． D． 8．如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝20，所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ，当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．点P，Q分别在边AB、AD上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为（　　） A．8 B．10 C．12 D．16 9．如图，在矩形ABCD中，点M为AB的中点，将△ADM沿DM所在直线翻折压平，得到△A′DM，延长DA′与BC交于点N，若BN＝2CN，AB＝2，则四边形A′MBN的面积为（　　） A． B． C． D． 10．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E在AD上，且AE＝3，点F是BC边上的点，连结EF，将四边形ABFE沿直线EF翻折得到四边形MNFE．当D，M，N三点共线时，BF的值为（　　） A．或 B．或 C．或 D．或 二．填空题 11．如图，扇形AOB的圆心角∠AOB＞60°，点C在OB上，将△AOC沿AC折叠得到△ADC，CD交弧AB于点E，连结AE，恰有AE＝AD，若CE＝DE＝2，则∠ACD的度数是 　 　，⊙O的半径长是 　 　． 12．如图，在矩形纸片ABCD中，点E在边BC上（不与点A，点D重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，使得点B落在点F处，若∠ECF＝∠BAE，＝，则＝　 　． 13．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝4，∠A＝60°，点E，F分别为边CD，AB上异于端点的动点，且DE＝BF，连结EF，将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG．当点G落在平行四边形ABCD的边上时，BG的长为 　 　． 14．如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，若∠1＝∠2＝36°，∠B为 　 　． 15．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D是AB的中点，点E，F分别在边AC，BC上，AE＝1，将△ADE，△BDF分别沿DE，DF翻折使得A与A′重合，B与B′重合，若A′E∥B′F，则BF＝　 　． 16．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A（6.4，4.8），B（10，0），连结AO，AB．点C，D分别在线段AB，OB上，将△CDB沿CD所在的直线折叠，使B的对应点B′落在线段AO上，且B′D＝OB′，则点B′的坐标为 　 　． 17．如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为　 　． 18．如图，在菱形ABCD中，点E在BC上，将△ABE沿AE折叠得到△AGE，点G在BC的延长线上，AG与CD相交于点F．若，则tanB的值为 　 　． 19．如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠A＝42°，将△BCD沿直线BD翻折，点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠ADC′的度数为 　 　． 20．如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，点E在边AB上，将△BCE沿CE折叠至△FCE．若EF的延长线经过点D，CF平分∠ACB，BE＝1，则的值为 　 　，AB的长为　 　． 21．如图，点E为矩形ABCD的边BC上一点（点E与点B不重合），AB＝6，AD＝8，将△ABE沿AE对折得到△AFE，其中点F落在矩形内部．若点F到边AD和BC的距离相等，则sin∠BAE＝　 　． 22．如图，在锐角△ABC中，∠C＝60°，BC＝6，点D，E分别在边AC，AB上，AD＝DC＝2，沿DE将△ADE翻折到△FDE，则BF的最小值为 　 　． 23．在平行四边形ABCD中，点E，F在BC边上，把△ABE沿直线AE折叠，△CDF沿直线DF折叠，使点B，C落在对角线AC上的点G处，若∠AGD＝110°，则∠B的度数为 　 　． 三．解答题 24．已知矩形纸片ABCD， 第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）． 第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）． （1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论． （2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长． 25．如图，已知矩形ABCD，E为BC边上的一点，将△ABE沿AE翻折至△AFE，延长AF交BC于点G，连接DG．若． （1）求AB的长； （2）当时，求证：G是EC的中点． 答案与解析 一．选择题 1．下列是几个城市地铁标志，其中是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【点拨】利用轴对称图形定义进行解答即可． 【解析】解：选项A、C、D均不能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形， 选项B能找到这样的一条直线，使这个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形． 2．我国杨秉烈先生在上世纪八十年代发明了繁花曲线规画图工具，利用该工具可以画出许多漂亮的繁花曲线，繁花曲线的图案在服装、餐具等领域都有广泛运用．下面四种繁花曲线中，是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【点拨】根据轴对称图形的定义，逐项判断即可求解． 【解析】解：A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，故本选项符合题意； D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了利用轴对称设计图案，轴对称图形的定义，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键． 3．如图，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、BC上的点，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，则△DGB'的周长等于（　　） A．2AB B． C． D． 【点拨】由正方形的性质得BC＝CD＝AB，∠D＝∠C＝∠B＝90°，由折叠得B′F＝BF，∠GB′F＝∠B＝90°，可推导出∠DB′G＝∠CFB′，进而证明△DB′G∽△CFB′，得＝＝，则＝＝，求得DB′+GD+GB′＝＝＝2BC＝2AB，于是得到问题的答案． 【解析】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠C＝∠B＝90°，BC＝CD＝AB， 由折叠得∠GB′F＝∠B＝90°，B′F＝BF， ∴DB′＝CD﹣B′C＝BC﹣B′C，CF+B′F＝CF+BF＝BC，BF2﹣B′C′2＝B′F2﹣B′C2＝CF2，∠DB′G＝∠CFB′＝90°﹣∠CB′F， ∴△DB′G∽△CFB′， ∴＝＝， ∴＝＝， ∴DB′+GD+GB′＝＝， ∵＝＝＝＝2BC＝2AB， ∴DB′+GD+GB′＝2AB， 故选：A． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、乘法公式等知识，证明△DB′G∽△CFB′是解题的关键． 4．如图，点E为正方纸片ABCD中BC边上的一点，且，连接AE，沿AE折叠该纸片，点B落在正方形内点M处，延长AM交DC于点G，则DG：GC的值为（　　） A．2：3 B．1：2 C．5：7 D．3：4 【点拨】作EF∥AG交AB于点F，则∠BFE＝∠BAG，由正方形的性质得AB∥CD，∠B＝∠D＝90°，则∠AGD＝∠BAG，所以∠AGD＝∠BFE，再证明∠FAE＝∠FEA，设正方形ABCD的边长为3m，则EF＝AF＝3m﹣BF，由＝，得BE＝BC＝2m，由勾股定理得（2m）2+BF2＝（3m﹣BF）2，求得BF＝m，则＝＝tan∠AGD＝tan∠BFE＝＝，则DG＝CD，GC＝CD，求得＝，于是得到问题的答案． 【解析】解：作EF∥AG交AB于点F，则∠BFE＝∠BAG，∠FEA＝∠MAE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠B＝∠D＝90°， ∴∠AGD＝∠BAG， ∴∠AGD＝∠BFE， 由折叠得∠FAE＝∠MAE， ∴∠FAE＝∠FEA， 设AB＝BC＝AD＝CD＝3m，则EF＝AF＝3m﹣BF， ∵＝， ∴BE＝BC＝BC＝2m， ∵BE2+BF2＝EF2， ∴（2m）2+BF2＝（3m﹣BF）2， ∴BF＝m， ∴＝＝tan∠AGD＝tan∠BFE＝＝＝， ∴DG＝CD， ∴GC＝CD﹣CD＝CD， ∴＝＝，即DG：GC＝5：7， 故选：C． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 5．如图，已知矩形纸条ABCD，将该纸条折叠，使得点B落在AD边上的点E处，折痕为FH，若EH＝5，S△EFG：S△EFH＝3：5，则四边形ABHE的周长是（　　） A．20 B．22 C．24 D．26 【点拨】由折叠的性质推导出△FBH≌△FEH，△FAB≌△FGE，从而得出BH＝EH＝5，EF＝BF，S△EFG＝S△FAB，依据三角形的面积比值推导出AF＝3，进一步推导出EH＝EF＝FB＝5，利用勾股定理求得AB＝4，进一步解答即可得解． 【解析】解：已知矩形纸条ABCD，将该纸条折叠，使得点B落在AD边上的点E处，折痕为FH，EH＝5， 由折叠的性质得：FB＝FE，HB＝HE，FH＝FH， ∴△FBH≌△FEH（SSS）； 同理，FA＝FG，AB＝EG，FB＝FE， ∴△FAB≌△FGE（SSS）， ∴BH＝EH＝5，EF＝BF，S△EFG＝S△FAB， ∵S△EFG：S△EFH＝3：5， ∴AB•AF：BH•AB＝3：5，即AB•AF：×5AB＝3：5， ∴AF＝3， ∵EF∥HB， ∴∠EFH＝∠FHB， 由折叠的性质可知，∠EHF＝∠FHB， ∴∠EFH＝∠EHF，EH＝EF＝FB＝5， ∴AB＝＝4， ∴四边形ABHE的周长为：AB+BH+HF+EF+AF＝4+5+5+5+3＝22， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的性质，三角形的面积，矩形的性质，解答本题的关键是依据折叠的性质得出△FBH≌△FEH，△FAB≌△FGE，并推导出EH＝EF＝FB＝5． 6．如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．将四边形EBCF沿EF折叠得到四边形EB′C′F，且点B′恰好在AD边上，连结EC′，则EC′的长是（　　） A．4 B． C． D． 【点拨】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x；最后利用勾股定理求得EC，即EC′的长即可． 【解析】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠A＝90°， ∴∠EFD＝∠BEF＝60°， ∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B'恰好落在AD边上， ∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E， ∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°， ∴∠AB′E＝30°， ∴B'E＝2AE， 设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x， ∴2（3﹣x）＝x， 解得x＝2． 由折叠的性质可知，B'E＝2，B'C'＝3， ∴EC＝＝＝， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解答本题的关键． 7．如图，点M、N分别为正方形ABCD边AB和CD上一点，现将其沿着MN折叠，使点A恰好为BC对应边B'C'的中点，则ED：AE的值为（　　） A． B． C． D． 【点拨】设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝BC＝AD＝2m，由折叠得B′C′＝BC＝2m，B′M＝BM＝2m﹣AM，则AB′＝AC′＝B′C′＝m，由勾股定理得m2+（2m﹣AM）2＝AM2，则AM＝m，B′M＝m，再证明∠AEC′＝∠MAB′，则＝sin∠AEC′＝sin∠MAB′＝＝，求得AE＝m，ED＝m，所以＝，于是得到问题的答案． 【解析】解：设正方形ABCD的边长为2m，则AB＝BC＝AD＝2m， 由折叠得B′C′＝BC＝2m，B′M＝BM＝2m﹣AM，∠B′＝∠B＝90°，∠C′＝∠C＝90°， ∵点A为B'C'的中点， ∴AB′＝AC′＝B′C′＝m， ∵AB′2+B′M2＝AM2， ∴m2+（2m﹣AM）2＝AM2， ∴AM＝m， ∴B′M＝2m﹣m＝m， ∵∠B′＝∠C′＝∠BAD＝90°， ∴∠AEC′＝∠MAB′＝90°﹣∠EAC′， ∴＝sin∠AEC′＝sin∠MAB′＝＝＝， ∴AE＝AC′＝m， ∴ED＝AD﹣AE＝2m﹣m＝m， ∴＝＝， ∴ED：AE的值为， 故选：A． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明＝是解题的关键． 8．如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝20，所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ，当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．点P，Q分别在边AB、AD上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为（　　） A．8 B．10 C．12 D．16 【点拨】根据翻折的性质，可得BA′与AP的关系，根据线段的和差，可得A′C，根据勾股定理，可得A′C，根据线段的和差，可得答案． 【解析】解：①在长方形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝20， ∴BC＝AD＝20， 当p与B重合时，BA′＝BA＝12， CA′＝BC﹣BA′＝20﹣12＝8， ②当Q与D重合时， 由折叠得A′D＝AD＝20， 由勾股定理，得 CA′＝＝＝16， CA′最远是16，CA′最近是8，点A′在BC边上可移动的最大距离为16﹣8＝8， 故选：A． 【点睛】本题考查了翻折变换，利用了翻折的性质，勾股定理，分类讨论是解题关键． 9．如图，在矩形ABCD中，点M为AB的中点，将△ADM沿DM所在直线翻折压平，得到△A′DM，延长DA′与BC交于点N，若BN＝2CN，AB＝2，则四边形A′MBN的面积为（　　） A． B． C． D． 【点拨】连接MN，根据矩形的性质得出∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC，则AM＝BM＝，根据折叠的性质得，AD＝A′D，AM＝A′M＝BM，∠A＝∠DA′M＝90°，利用HL证明Rt△MA′N≌Rt△MBN，根据全等三角形的性质得出A′N＝BN，S△MA′N＝S△MBN，则四边形A′MBN的面积＝2S△MBN，设CN＝x，则AD＝A′D＝3x，DN＝A′D+A′N＝5x，在Rt△DCN中，根据勾股定理求出x＝1，则BN＝2，再根据三角形面积公式求解即可． 【解析】解：如图，连接MN， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝2， ∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD＝2，AD＝BC， ∵点M为AB的中点， ∴AM＝BM＝， 根据折叠的性质得，AD＝A′D，AM＝A′M＝BM，∠A＝∠DA′M＝90°， 又MN＝MN， ∴Rt△MA′N≌Rt△MBN（HL）， ∴A′N＝BN，S△MA′N＝S△MBN， ∴四边形A′MBN的面积＝2S△MBN， ∵BN＝2CN， ∴BN＝A′N＝2x，AD＝BC＝3CN， 设CN＝x，则AD＝A′D＝3x， ∴DN＝A′D+A′N＝5x， 在Rt△DCN中，DN2＝CD2+CN2， ∴（5x）2＝+x2， ∴x＝1（负值已舍）， ∴BN＝2， ∴S△MBN＝BM•BN＝××2＝， ∴四边形A′MBN的面积＝2×6＝2， 故选：B． 【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质，熟记折叠的性质并求出Rt△MA′N≌Rt△MBN是解题的关键． 10．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E在AD上，且AE＝3，点F是BC边上的点，连结EF，将四边形ABFE沿直线EF翻折得到四边形MNFE．当D，M，N三点共线时，BF的值为（　　） A．或 B．或 C．或 D．或 【点拨】分两种情况讨论，一是D，M，N三点共线，且点D在线段NM的延长线上，连接DM，设MN交BC于点L，由矩形的性质得CD＝AB＝5，AD＝BC＝8，可证明∠NLF＝∠CLD＝∠EDM，DE＝5，由翻折得ME＝AE＝3，求得DM＝4，则＝sin∠CLD＝sin∠EDM＝＝，求得DL＝，则NL＝，再由＝tan∠NLF＝tan∠EDM＝＝，求得BF＝NF＝；二是D，M，N三点共线，且点D在线段NM上，设FN交CD于点K，求得DN＝1，由＝sin∠NKD＝sin∠MDE＝＝，求得DK＝，则CK＝，由＝tan∠CKF＝tan∠MDE＝＝，求得CF＝，则BF＝． 【解析】解：如图1，D，M，N三点共线，且点D在线段NM的延长线上，连接DM，设MN交BC于点L， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝5，BC＝8，点E在AD上，且AE＝3， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AD∥BC，CD＝AB＝5，AD＝BC＝8， ∴∠NLF＝∠CLD＝∠EDM，DE＝AD＝8﹣3＝5， 由翻折得∠EMN＝∠A＝90°，∠N＝∠B＝90°，MN＝AB＝5，ME＝AE＝3， ∴∠EMD＝90°， ∴DM＝＝＝4， ∴＝sin∠CLD＝sin∠EDM＝＝， ∴DL＝CD＝×5＝， ∴NL＝DM+MN﹣DL＝4+5﹣＝， ∵＝tan∠NLF＝tan∠EDM＝＝， ∴BF＝NF＝NL＝×＝； 如图2，D，M，N三点共线，且点D在线段NM上，设FN交CD于点K， ∵MN＝AB＝5，DM＝4， ∴DN＝MN﹣DM＝5﹣4＝1， ∵∠CKF＝∠NKD＝90°﹣∠NDK＝∠MDE， ∴＝sin∠NKD＝sin∠MDE＝＝， ∴DK＝DN＝×1＝， ∴CK＝CD﹣DK＝5﹣＝， ∵＝tan∠CKF＝tan∠MDE＝＝， ∴CF＝CK＝×＝， ∴BF＝BC﹣CF＝8﹣＝， 综上所述，BF的值为或， 故选：C． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地求出DM的长是解题的关键． 二．填空题 11．如图，扇形AOB的圆心角∠AOB＞60°，点C在OB上，将△AOC沿AC折叠得到△ADC，CD交弧AB于点E，连结AE，恰有AE＝AD，若CE＝DE＝2，则∠ACD的度数是 　60°　，⊙O的半径长是 　2　． 【点拨】连接OE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，利用折叠的性质可得：∠ACO＝∠DCA＝∠DCO，∠AOC＝∠D，OA＝AD，从而可得AE＝OE＝OA，进而可得△AOE是等边三角形，再利用等边三角形的性质可得∠OAE＝60°，然后利用等腰三角形的性质可得∠D＝∠AED，从而可得∠AOC＝∠AED，进而可得∠AOC+∠AEC＝180°，从而利用四边形内角和是360°可得：∠OCD＝120°，进而可得∠ACO＝∠DCA＝∠DCO＝60°，最后利用等腰三角形的三线合一性质可得EF＝DF＝1，从而可得CF＝3，再在Rt△ACF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，在Rt△AEF中，利用勾股定理求出AE的长，即可解答． 【解析】解：连接OE，过点A作AF⊥DE，垂足为F， 由折叠得：∠ACO＝∠DCA＝∠DCO，∠AOC＝∠D，OA＝AD， ∵AD＝AE，OA＝OE， ∴AE＝OE＝OA， ∴△AOE是等边三角形， ∴∠OAE＝60°， ∵AD＝AE， ∴∠D＝∠AED， ∴∠AOC＝∠AED， ∵∠AED+∠AEC＝180°， ∴∠AOC+∠AEC＝180°， ∴∠OCD＝360°﹣（∠AOC+∠AEC）﹣∠OAE＝120°， ∴∠ACO＝∠DCA＝∠DCO＝60°， ∵AE＝AD，AF⊥DE， ∴EF＝DF＝DE＝1， ∵CE＝2， ∴CF＝CE+EF＝2+1＝3， 在Rt△ACF中，AF＝CF•tan60°＝3， 在Rt△AEF中，AE＝＝＝2， ∴OA＝AE＝2， ∴⊙O的半径长为2， 故答案为：60°；2． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 12．如图，在矩形纸片ABCD中，点E在边BC上（不与点A，点D重合），连接AE，将△ABE沿直线AE折叠，使得点B落在点F处，若∠ECF＝∠BAE，＝，则＝　　． 【点拨】连接BF交AE于点O，证明出∠OBE＝∠ECF＝∠BFE，进而证明出△EBF∽△FCB，可得BF＝，由＝，可设EC＝5a，BE＝3a，用a表示出OE，BE，利用△ABE∽△BOE，得到＝，即可求出答案． 【解析】解：连接BF交AE于点O，如图， ∵△AFE由△ABE折叠得到， ∴△AFE≌△ABE，BF⊥AE， ∴∠AOB＝90°，BE＝FE， ∴∠BAE+∠ABO＝90°，∠FBE＝∠BFE， ∠BAE+∠BEA＝90°， ∴ABO＝∠BEA， ∴△ABO∽△BEO， ∴∠OBE＝∠BAE， ∵∠BAE＝∠ECF， ∴∠OBE＝∠ECF， ∴∠BFE＝∠BCF， 又∵∠EBF＝∠FBC， ∴△EBF∽△FCB， ∴＝， ∴BF＝ ∵＝， ∴可设EC＝5a，BE＝3a， ∴CB＝8a， ∴BF＝＝2a， ∴OB＝BF＝a， ∴OE＝＝＝， ∵∠BAE＝∠OBE，∠ABE＝∠BOE， ∴△ABE∽△BOE， ∴＝＝＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，能够灵活运用相关图形的判定和性质是解题的关键． 13．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，AD＝4，∠A＝60°，点E，F分别为边CD，AB上异于端点的动点，且DE＝BF，连结EF，将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG．当点G落在平行四边形ABCD的边上时，BG的长为 　4或3或2　． 【点拨】连接BE，DF，BD，交EF于点O，延长EF交BG于点P，推导出动点G的轨迹是以O为圆心，OB长为半径的圆弧．然后分三种情况：当点G落在AB边上时；当点G落在AD边上时；当点G与点D重合时，分别解得BG的长即可． 【解析】解：如图1，连接BE，DF，BD，交EF于点O，延长EF交BG于点P， ∵DE∥BF，DE＝BF， ∴四边形DEBF为平行四边形， ∵BD、EF是对角线， ∴BD与EF互相平分，点O为BD的中点， ∵四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG， ∴EP垂直平分BG， ∴动点G的轨迹是以O为圆心，OB长为半径的圆弧． ①当点G落在AB边上时，如图2， ∵DE＝BF＝GF，DE∥GF，EF⊥GF， ∴四边形DEFG是矩形， ∴∠AGD＝90°， ∵∠A＝60°， ∴∠ADG＝30°， ∴AG＝AD＝2， ∴BG＝AB﹣AG＝4； ②当点G落在AD边上时， ∵BD为直径， ∴∠BGD＝90°， ∴∠ABG＝30°， ∴AG＝AB＝3， 在Rt△ABG中，由勾股定理得：BG＝＝＝3； ③当点G与点D重合时， 作DM⊥AB， 则∠ADM＝30°， ∴AM＝2，DM＝＝2，BM＝6﹣2＝4， ∴BD＝BG＝＝2， 综上，BG的长为4或3或2． 【点睛】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质：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． 14．如图，将平行四边形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，若∠1＝∠2＝36°，∠B为 　126°　． 【点拨】根据翻折可得∠B′AC＝∠BAC，根据平行四边形可得DC∥AB，所以∠BAC＝∠DCA，从而可得∠1＝2∠BAC，进而求解． 【解析】解：根据翻折可知：∠B′AC＝∠BAC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB， ∴∠BAC＝∠DCA， ∴∠BAC＝∠DCA＝∠B′AC， ∵∠1＝∠B′AC+∠DCA， ∴∠1＝2∠BAC＝36°， ∴∠BAC＝18°， ∴∠B＝180°﹣∠BAC﹣∠2＝180°﹣18°﹣36°＝126°， 故答案为：126°． 【点睛】本题考查了翻折变换、平行四边形的性质，解决本题的关键是利用翻折的性质． 15．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，D是AB的中点，点E，F分别在边AC，BC上，AE＝1，将△ADE，△BDF分别沿DE，DF翻折使得A与A′重合，B与B′重合，若A′E∥B′F，则BF＝　3　． 【点拨】连接CD，依据勾股定理以及直角三角形斜边上中线的性质，即可得到CD的长，进而得出△CDE是等腰三角形；再根据平行线的性质得出∠CDB'与∠B'相等，进而得到△CDF是等腰三角形，即可得出BF的长． 【解析】解：如图所示，连接CD， 设∠ADE＝∠A'DE＝α，∠BDF＝∠B'DF＝β， 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB＝10， ∵Rt△ABC中，D是AB的中点， ∴CD＝AB＝5， 又∵CE＝AC﹣AE＝6﹣1＝5， ∴CD＝CE， ∴∠CDE＝∠CED，即α+∠CDA'＝α+∠A， ∴∠CDA'＝∠A， 又∵∠A＝∠A'， ∴∠CDA'＝∠A'， ∴A'E∥CD， 又∵A′E∥B′F， ∴CD∥B'F， ∴∠B'＝∠CDB'， 又∵∠B'＝∠B， ∴∠CDB'＝∠B， ∴∠CDB'+β＝∠B+β，即∠CDF＝∠CFD， ∴CF＝CD＝5， ∴BF＝BC﹣FC＝8﹣5＝3， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了折叠问题以及等腰三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是掌握折叠的性质：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． 16．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A（6.4，4.8），B（10，0），连结AO，AB．点C，D分别在线段AB，OB上，将△CDB沿CD所在的直线折叠，使B的对应点B′落在线段AO上，且B′D＝OB′，则点B′的坐标为 　（，）　． 【点拨】过B'作B'E⊥OD于E，判定△OB'E∽△OBA，即可设OE＝4k，B'E＝3k，则B'O＝5k，进而得出B'D＝5k＝BD，DE＝OE＝4k，再根据OB＝10，列方程即可得到k的值，进而得出点B'的坐标． 【解析】解：如图所示，过B'作B'E⊥OD于E，则∠B'EO＝90°， ∵A（6.4，4.8），B（10，0）， ∴AO＝8，AB＝6，OB＝10， ∴△AOB是直角三角形，且∠A＝90°， ∴△OB'E∽△OBA， ∴＝＝， 设OE＝4k，B'E＝3k，则B'O＝5k， ∵B′D＝OB′，B'E⊥OD， ∴B'D＝5k＝BD，DE＝OE＝4k， ∵OB＝10， ∴4k+4k+5k＝10， 解得k＝， ∴OE＝4k＝，B'E＝3k＝， ∴B'（，）， 故答案为：（，）． 【点睛】本题主要考查了折叠问题、相似三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质的运用，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．解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例得到OE与B'E的比值． 17．如图，在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为　或10　． 【点拨】分两种情况讨论：点F在矩形内部；点F在矩形外部，分别根据折叠的性质以及勾股定理，列方程进行计算求解，即可得到DE的长． 【解析】解：分两种情况： ①如图1，当点F在矩形内部时， ∵点F在AB的垂直平分线MN上， ∴AN＝4； ∵AF＝AD＝5， 由勾股定理得FN＝3， ∴FM＝2， 设DE为y，则EM＝4﹣y，FE＝y， 在△EMF中，由勾股定理得：y2＝（4﹣y）2+22， ∴y＝， 即DE的长为． ②如图2，当点F在矩形外部时， 同①的方法可得FN＝3， ∴FM＝8， 设DE为z，则EM＝z﹣4，FE＝z， 在△EMF中，由勾股定理得：z2＝（z﹣4）2+82， ∴z＝10， 即DE的长为10． 综上所述，点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，DE的长为或10 故答案为：或10． 【点睛】本题以折叠问题为背景，主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等几何知识的综合应用；解决问题的关键利用直角三角形，运用勾股定理列方程求解． 18．如图，在菱形ABCD中，点E在BC上，将△ABE沿AE折叠得到△AGE，点G在BC的延长线上，AG与CD相交于点F．若，则tanB的值为 　　． 【点拨】设FG＝k，AF＝3k，则AG＝4k＝AD＝BC，依据△ADF∽△GCF，即可得到CG＝AD＝k；由折叠可得，BE＝BG＝k．在Rt△ABE中，依据勾股定理即可得到AE＝＝k，进而得出tanB的值． 【解析】解：设FG＝k，AF＝3k，则AG＝4k＝AD＝BC， ∵AD∥CG， ∴△ADF∽△GCF， ∴＝＝3， ∴CG＝AD＝k， ∴BG＝4k+k＝k， 由折叠可得，BE＝BG＝k，∠AEB＝∠AEG＝90°， ∴Rt△ABE中，AE＝＝k， ∴tanB＝＝＝， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及折叠变换，解决问题的关键是掌握折叠的性质：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． 19．如图，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠A＝42°，将△BCD沿直线BD翻折，点C的对应点C′恰好落在边AB上，则∠ADC′的度数为 　27°　． 【点拨】根据等腰三角形的性质和折叠的性质即可得到结论． 【解析】解：∵AB＝AC，∠A＝42°， ∴∠ABC＝∠C＝×（180°﹣42°）＝69°， ∵将△BCD沿直线BD翻折，点C的对应点C′恰好落在边AB上， ∴∠BC′D＝∠C＝69°， ∴∠C′DC＝360°﹣∠BC′D﹣∠C﹣∠C′BC＝153°， ∴∠ADC＝∠C′BD＝＝， ∴∠ADC′＝180′﹣∠CDC′＝27°， 故答案为：27°． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），等腰三角形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 20．如图，在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，点E在边AB上，将△BCE沿CE折叠至△FCE．若EF的延长线经过点D，CF平分∠ACB，BE＝1，则的值为 　　，AB的长为　　． 【点拨】取AB中点H，连接DH，版DH是△ABC的中位线，DH＝BC，折叠的性质可得BC＝FC，BE＝EF＝1，依据S△ADE＝S△CDE，得到AE•DH＝DE•CF，进而求得的值；倍长ED至点T，连结AT，设DF＝x，则DT＝DF＝x，AT＝CF＝y，∠DAT＝∠DCF；推导出△TAD∽△TEA， 得到＝，得到y2＝2x2+x，在Rt△ATE中，由勾股定理得y2+（x+x+1）2＝（2x+2）2，解得＝\frac{9+\sqrt{33}}{2}$． 【解析】解：如图1，取AB中点H，连接DH， ∵D为斜边AC的中点， ∴DH是△ABC的中位线， ∴DH＝BC，DH∥BC， ∵AB⊥BC， ∴DH⊥AB， 由折叠的性质可得BC＝FC，BE＝EF＝1，∠DFC＝∠B＝90°， ∵D为斜边AC的中点， ∴S△ADE＝S△CDE， ∴AE•DH＝DE•CF，即AE•BC＝DE•BC， ∴＝； 设DF＝x，BC＝CF＝y，则DE＝DF+EF＝x+1， ∴AE＝2DE＝2x+2， ∴AB＝AE+BE＝2x+3， 如图2所示，过点A作AT⊥ED交ED延长线于T， ∴∠T＝∠CFD＝90°， 又∵AD＝CD，∠ADT＝∠CDF， ∴△ADT≌△CDF（AAS）， ∴DT＝DF＝x，AT＝CF＝y，∠DAT＝∠DCF； ∵CF平分∠BCA， ∴∠BCA＝2∠DCF， ∵∠CAB+∠ACB＝90° ∴∠BCA+2∠DCF＝90°， ∵∠CAB+∠TAD+∠AET＝90°， ∴∠CAB+∠DCF+∠AET＝90°， ∴∠AET＝∠TAD， 又∵∠T＝∠T， ∴△TAD∽△TEA， ∴＝，即＝， ∴y2＝2x2+x， 在Rt△ATE中，由勾股定理得AT2+ET2＝AE2， ∴y2+（x+x+1）2＝（2x+2）2， ∴2x2+x+4x2+4x+1＝4x2+8x+4， ∴2x2﹣3x﹣3＝0， 解得 （舍去）， ∴AB＝2x+3＝， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了翻折变换（折叠问题）以及直角三角形斜边上的中线，作出辅助线得到中位线是解答本题的关键． 21．如图，点E为矩形ABCD的边BC上一点（点E与点B不重合），AB＝6，AD＝8，将△ABE沿AE对折得到△AFE，其中点F落在矩形内部．若点F到边AD和BC的距离相等，则sin∠BAE＝　　． 【点拨】过F作GH⊥AD，则GH⊥BC，连接BF，判定△ABF是等边三角形，即可得到∠BAE＝30°，进而得出sin∠BAE＝． 【解析】解：如图所示，过F作GH⊥AD，则GH⊥BC，连接BF， ∵点F到边AD和BC的距离相等， ∴GF＝HF， 又∵AG＝BH，∠AGF＝∠BHF， ∴△AGF≌△BHF（SAS）， ∴AF＝BF， 由折叠可得，AB＝AF， ∴AB＝AF＝BF， ∴△ABF是等边三角形， ∴∠BAF＝60°， 又∵∠BAE＝∠FAE， ∴∠BAE＝30°， ∴sin∠BAE＝． 故答案为：． 【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质，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．熟练掌握折叠的性质、矩形的性质是解题的关键． 22．如图，在锐角△ABC中，∠C＝60°，BC＝6，点D，E分别在边AC，AB上，AD＝DC＝2，沿DE将△ADE翻折到△FDE，则BF的最小值为 　　． 【点拨】连结BD、BF，作DG⊥BC于点G，则＝cosC＝cos60°＝，＝sinC＝sin60°＝，求得CG＝1，DG＝，则BG＝BC﹣CG＝5，即可根据勾股定理求得BD＝＝2，由翻折得FD＝AD＝2，因为BF+FD≥BD，所以BF≥2﹣2，则BF的最小值为2﹣2，于是得到问题的答案． 【解析】解：连结BD、BF，作DG⊥BC于点G，则∠BGD＝∠CGD＝90°， ∵BC＝6，AD＝DC＝2，∠C＝60°， ∴＝cosC＝cos60°＝，＝sinC＝sin60°＝， ∴CG＝DC＝×2＝1，DG＝DC＝×2＝， ∴BG＝BC﹣CG＝6﹣1＝5， ∴BD＝＝＝2， 由翻折得FD＝AD＝2， ∵BF+FD≥BD， ∴BF+2≥2， ∴BF≥2﹣2， ∴BF的最小值为2﹣2， 故答案为：2﹣2． 【点睛】此题重点考查轴对称的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 23．在平行四边形ABCD中，点E，F在BC边上，把△ABE沿直线AE折叠，△CDF沿直线DF折叠，使点B，C落在对角线AC上的点G处，若∠AGD＝110°，则∠B的度数为 　75°　． 【点拨】利用平行四边形的性质和折叠的性质得到AB＝AG＝CD＝GD，AB∥CD，BC∥AD，再利用等腰三角形的性质和平行线的性质进行角的等量代换求解即可． 【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且△ABE沿直线AE折叠，△CDF沿直线DF折叠， ∴AB＝AG＝CD＝GD，AB∥CD，BC∥AD， ∴， ∴∠BAC＝∠DCA＝∠DGC＝180°﹣∠AGD＝180°﹣110°＝70°， ∴∠BAD＝∠BAC+∠GAD＝70°+35°＝105°， ∴∠B＝180°﹣∠BAD＝180°﹣105°＝75°， 故答案为：75°． 【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，掌握折叠图形边相等的性质是解题的关键． 三．解答题 24．已知矩形纸片ABCD， 第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连结AF，DF，DF与AE相交于点O（如图1）． 第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连结DG，与AE交于点H（如图2）． （1）请猜想DE和DH的数量关系并证明你的结论． （2）已知DE＝5，CE＝4，求tan∠CDF的值和AH的长． 【点拨】（1）由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，则有∠EOD＝∠HOD＝90°．由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，即∠EDO＝∠HDO．又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）．得出DE＝DH． （2）连结EF．因为CE＝4，根布局勾股定理得出CF，则．由勾股定理求出DF，则，再根据∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°，得出∠DAE＝∠CDF．则tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF＝，则，，则． 【解析】解：（1）DE＝DH． 理由如下：由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD， 则有∠EOD＝∠HOD＝90°． 由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF， 即∠EDO＝∠HDO． 又DO＝DO所以△DEO≌△DHO（ASA）． ∴DE＝DH． （2）连结EF． ∵CE＝4， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵∠EAD+∠DEA＝90°，∠CDF+∠DEA＝90°， ∴∠DAE＝∠CDF． ∴tan∠ODH＝tan∠DAE＝tan∠CDF＝， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 25．如图，已知矩形ABCD，E为BC边上的一点，将△ABE沿AE翻折至△AFE，延长AF交BC于点G，连接DG．若． （1）求AB的长； （2）当时，求证：G是EC的中点． 【点拨】（1）根据正方形的性质得出AD∥BC，AB＝CD，∠C＝90°，解直角三角形求解即可； （2）根据折叠的性质得出BE＝EF，∠B＝∠AFE＝90°，则，设BE＝EF＝4x，EG＝5x，则FG＝3x，根据相似三角形的判定与性质求出EF＝4，进而求出EG＝5＝CG，根据中点的定义即可得解． 【解析】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AB＝CD，∠B＝∠C＝90°， ∴∠CGD＝∠ADG， 在Rt△CGD中，cos∠ADG＝cos， ∴DG＝13， ∴； （2）证明：由折叠可知BE＝EF，∠B＝∠AFE＝90°， ∴， 设BE＝EF＝4x，EG＝5x， 则FG＝＝3x， ∵∠EFG＝∠B＝90°，∠EGF＝∠AGB， ∴△GEF∽△GAB， ∴， 即， 解得EF＝4， ∴x＝1， ∴EG＝5＝CG， ∴G是EC的中点． 【点睛】此题考查折叠的性质、矩形的性质，熟记折叠的性质、矩形的性质是解题的关键． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$