2024海南中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練 題型五 折疊雙空題 (含答案)

2024海南中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練題型五折疊雙空題例如圖，在矩形ABCD中，點E在DC上，將矩形沿AE折疊，使點D落在BC邊上的點F處．(1)若∠DAE＝20°，則∠AEF＝________°；(2)若AB＝8，BC＝10，BF＝6，則CE的長為________．例題圖【分層分析】第一步：根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，∠AEF＝__________＝________°；第二步：∵∠AFB＋∠EFC＝∠EFC＋∠FEC＝90°，∴______＝______，∵∠B＝∠C，則△ABF∽______，則________＝__________，即eq\f(8,6)＝__________，解得CE＝________．(滿分技法)折疊問題的本質(zhì)是全等變換，折疊前后的圖形是全等圖形，相關(guān)微專題見本書P103(針對訓(xùn)練)1.如圖，在△ABC中，∠C＝90°，把△ABC沿直線DE折疊，使△ADE與△BDE重合．(1)若∠A＝35°，則∠CBD的度數(shù)為________；(2)若AC＝8，BC＝6，則eq\f(AE,AD)的值為________．第1題圖2.如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，∠EFC＝120°.若將四邊形EBCF沿EF折疊，點B恰好落在AD邊上，則∠B′EF的度數(shù)為________，AE的長度為________．第2題圖3.如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝5，AD＝6，∠B＝50°，點E在BC上，將平行四邊形ABCD沿AE折疊，點B恰好與點C重合，則∠ACD＝________°，cos∠BAE的值為________．第3題圖4.將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，得到四邊形AECF，此時OE＝OF.(1)四邊形AECF的形狀是________；(2)若AB＝3，則BC的長為________．第4題圖5.如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，且AE＝3，按以下步驟操作：第一步，沿直線EF翻折，點A的對應(yīng)點A′恰好落在對角線AC上，點B的對應(yīng)點為B′.則線段BF的長為________；第二步，分別在EF，A′B′上取點M，N，沿直線MN繼續(xù)翻折，使點F與點E重合，則線段MN的長為________．第5題圖6.如圖，在矩形ABCD中，點E在邊AB上，將矩形ABCD沿邊CE折疊，使得△BEC與△FEC重合，點B的對稱點F落在邊AD上，G為CD的中點，連接BG，分別與CE，CF交于點M，N，若BM＝BE，MG＝1，則BN的長為________，sin∠AFE的值為________．第6題圖7.如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，將∠A，∠B分別沿DE、MN折疊，點A、B對應(yīng)點都落在AC邊上O處，OM∥CN.(1)eq\f(DE,ON)的值為________；(2)設(shè)DE＝a，當(dāng)DM＝ON時，△ABC折疊后圖形的周長為________(用含有a的式子表示).第7題圖參考答案例(1)70；(2)3.【分層分析】∠AED，70；∠AFB，∠FEC，△FCE，eq\f(AB,BF)，eq\f(FC,CE)，eq\f(4,CE)，3.1.(1)20°；(2)eq\f(4,5)【解析】(1)∵∠A＝35°，∠C＝90°，∴∠ABC＝55°，根據(jù)折疊性質(zhì)可得，∠DBE＝∠A＝35°，∴∠CBD＝∠ABC－∠DBE＝20°；(2)∵把△ABC沿直線DE折疊，使△ADE與△BDE重合，∴AD＝DB，AE＝BE，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，∴AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝10，∴AE＝BE＝eq\f(1,2)AB＝5，設(shè)CD＝x，則DB＝AD＝8－x，在Rt△CDB中，CD2＋CB2＝BD2，即x2＋62＝(8－x)2，解得x＝eq\f(7,4)，AD＝8－eq\f(7,4)＝eq\f(25,4)，∴eq\f(AE,AD)＝eq\f(4,5).2.60°，2【解析】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A＝90°，∴∠BEF＝180°－∠EFC＝60°，∵將四邊形EBCF沿EF折疊，點B恰好落在AD邊上，∴∠BEF＝∠B′EF＝60°，BE＝B′E，∴∠AEB′＝180°－∠BEF－∠FEB′＝60°，∴∠AB′E＝30°，∴B′E＝2AE，設(shè)AE＝x，則B′E＝2x＝BE，∵AB＝6，∴x＋2x＝6，解得x＝2，即AE的長度為2.3.80，eq\f(4,5)【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B＝50°，∴∠BCD＝130°，由折疊的性質(zhì)可得，∠ACB＝∠B＝50°，∴∠ACD＝∠BCD－∠ACB＝80°，∵折疊后點B恰好與點C重合，∴AE⊥BC，BE＝CE，∵BC＝AD＝6，∴BE＝3，∵AB＝5，在Rt△ABE中，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝4，∴cos∠BAE＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(4,5).4.(1)菱形；(2)eq\r(3)【解析】(1)∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AD＝BC，根據(jù)折疊性質(zhì)可得∠AOF＝∠COE＝90°，OA＝OC，∴AC⊥EF，∵OE＝OF，∴四邊形AECF是菱形；(2)∵四邊形AECF為菱形，∴∠FCO＝∠ECO，EC＝AE，由折疊的性質(zhì)可知∠ECO＝∠BCE，又∵∠FCO＋∠ECO＋∠BCE＝90°，∴∠FCO＝∠ECO＝∠BCE＝30°，在Rt△EBC中，EC＝2EB，又∵EC＝AE，AB＝AE＋EB＝3，∴EB＝1，EC＝2，∴Rt△BCE中，BC＝eq\r(3).5.1；eq\r(5)【解析】如解圖①，過點F作FG⊥AD于點G，設(shè)EF與AC的交點為O，∴∠AGF＝90°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，∠D＝90°，∴四邊形ABFG為矩形，由折疊的性質(zhì)得，∠AOE＝90°，∴∠OAE＋∠AEO＝90°，∵∠OAE＋∠ACD＝90°，∴∠AEO＝∠ACD，∴tan∠AEF＝tan∠ACD，∴eq\f(GF,GE)＝eq\f(AD,CD)＝2，∴GE＝2，∴BF＝AG＝AE－GE＝1；如解圖②，過點F作FG⊥AD于點G，連接NE、NF，由折疊的性質(zhì)得，MN為EF的垂直平分線，∴NE＝NF，設(shè)A′N＝x，則eq\r(A′N2＋A′E2)＝eq\r(B′N2＋B′F2)，∴eq\r(x2＋9)＝eq\r(（4－x）2＋1)，解得x＝1，∴NB′＝3，NF＝eq\r(10)，∵EF＝eq\r(GE2＋GF2)＝2eq\r(5)，∴MF＝eq\f(1,2)EF＝eq\r(5)，∴MN＝eq\r(NF2－MF2)＝eq\r(5).第5題解圖6.2；eq\r(2)－1【解析】∵△BEC與△FEC關(guān)于直線EC對稱，四邊形ABCD是矩形，∴△BEC≌△FEC，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠EBC＝∠EFC＝90°，∠BEC＝∠FEC，BE＝FE，BC＝FC，∵BM＝BE，∴∠BEM＝∠BME，∴∠FEC＝∠BME，∴EF∥MN，∴∠BNC＝∠EFC＝90°，∴∠BNC＝∠FDC＝90°，∵∠BCD＝90°，∴∠NBC＋∠BCN＝90°＝∠BCN＋∠DCF，∴∠NBC＝∠DCF，∴△BCN≌△CFD，∴BN＝CD，在矩形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，∴∠BEM＝∠GCM，∵∠BEM＝∠BME＝∠CMG，MG＝1，G為CD的中點，∴∠GMC＝∠GCM，∴CG＝MG＝1，CD＝2，∴BN＝2.∵BM＝BE＝FE，MN∥EF，四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD∥BC，∠A＝∠BCG＝90°，∠AEF＝∠ABG，∵∠AFE＋∠AEF＝90°＝∠ABG＋∠CBG，∴∠AFE＝∠CBG，∴△AFE∽△CBG，∴eq\f(AE,CG)＝eq\f(EF,BG)，設(shè)BM＝x，則BE＝BM＝FE＝x，BG＝x＋1，AE＝2－x，∴eq\f(2－x,1)＝eq\f(x,x＋1)，解得x＝±eq\r(2)，經(jīng)檢驗x＝±eq\r(2)是原方程的根，但x＝－eq\r(2)不合題意，舍去，∴AE＝2－eq\r(2)，EF＝eq\r(2)，∴sin∠AFE＝eq\f(AE,EF)＝eq\f(2－\r(2),\r(2))＝eq\r(2)－1.7.(1)eq\f(1,2)；(2)(6＋2eq\r(3))a【解析】(1)由題意可知，∠AED＝∠OED，∴DE⊥AC，∵AD＝OD，∠AOM＝90°，∴D為AM中點，∴ED＝eq\f(1,2)OM，由翻折性質(zhì)可知，OM＝BM，∠B＝∠MON，又∵OM∥BC，∴∠MON＝∠ONC，∴∠ONC＝∠B，∴ON∥BM，∴四邊形OMBN為菱形，∴ON＝OM，∴eq\f(DE,ON)＝eq\f(1,2)；(2