专题07 翻转折叠问题（精讲）-中考数学高频考点突破（解析版）

【课标解读】 折叠问题题型多样，变化灵活，从考察学生空间想象能力与动手操作能力的实践操作题，到直接运用 折叠相关性质的说理计算题，发展到基于折叠操作的综合题，甚至是压轴题. 考查的着眼点日趋灵活，能力 立意的意图日渐明显.这对于识别和理解几何图形的能力、空间思维能力和综合解决问题的能力都提出了比 以往更高的要求. 本专题内容在考查中常涉及到特殊平行四边形的折叠与性质、特殊三角形的判定、勾股定理的运用， 角平分线的性质等. 因此考生在复习中应熟练掌握一些基本图形的性质和判定定理以及图形折叠的性质. 图形折叠是中考中常考题型，这种题型主要考察学生对图形的认知，特别是考察轴对称的性质、全等三角 形、勾股定理、相似三角形等知识综合运用。 【解题策略】 有关图形折叠的相关计算，首先要熟知折叠是一种轴对称变换，即位于折痕两侧的图形关于折痕成轴 对称；然后根据图形折叠的性质，即折叠前、后图形的对应边和对应角相等，对应点的连线被折痕垂直平 分进行相关计算.图形的折叠通常和动点问题结合在一起进行考查，常见的问题类型有以下 3 种：（1）求线 段的取值范围；（2）求最值问题；（3）分类讨论线段长度. 【考点深剖】 ★考点一 涉及特殊三角形的翻转折叠 【典例 1】（2018·浙江临安·8 分）如图， △ OAB 是边长为 2+ 的等边三角形，其中 O 是坐标原点，顶点 B 在 y 轴正方向上，将 △ OAB 折叠，使点 A 落在边 OB 上，记为 A′，折痕为 EF． （1）当 A′E∥x 轴时，求点 A′和 E 的坐标； （2）当 A′E∥x 轴，且抛物线 y=﹣ x2+bx+c 经过点 A′和 E 时，求抛物线与 x 轴的交点的坐标； （3）当点 A′在 OB 上运动，但不与点 O、B 重合时，能否使 △ A′EF 成为直角三角形？若能，请求出此时点 A′的坐标；若不能，请你说明理由． 【考点】待定系数法求二次函数解析式、图形旋转变换、直角三角形的判定和性质. 【分析】（1）当 A′E∥x 轴时， △ A′EO 是直角三角形，可根据∠A′OE 的度数用 O′A 表示出 OE 和 A′E，由 于 A′E=AE，且 A′E+OE=OA=2+ ，由此可求出 OA′的长，也就能求出 A′E 的长．据此可求出 A′和 E 的坐 标； （2）将 A′，E 点的坐标代入抛物线中，即可求出其解析式．进而可求出抛物线与 x 轴的交点坐标； （3）根据折叠的性质可知：∠FA′E=∠A，因此∠FA′E 不可能为直角，因此要使 △ A′EF 成为直角三角形只 有两种可能： ①∠A′EF=90°，根据折叠的性质，∠A′EF=∠AEF=90°，此时 A′与 O 重合，与题意不符，因此此种情况不 成立． ②∠A′FE=90°，同①，可得出此种情况也不成立． 因此 A′不与 O、B 重合的情况下， △ A′EF 不可能成为直角三角形． （2）因为 A′、E 在抛物线上， 所以 ， 所以 ， 函数关系式为 y=﹣ x2+ x+1， 由﹣ x2+ x+1=0， 得 x1=﹣ ，x2=2 ， 与 x 轴的两个交点坐标分别是（ ，0）与（ ，0）． 所以不能使 △ A′EF 成为直角三角形．学科&网 ★考点二 涉及特殊四边形的翻转折叠 【典例 2】（2018 湖北荆州）（8.00 分）如图，对折矩形纸片 ABCD，使 AB 与 DC 重合，得到折痕 MN，将 纸片展平；再一次折叠，使点 D 落到 MN 上的点 F 处，折痕 AP 交 MN 于 E；延长 PF 交 AB 于 G．求证： （1） △ AFG≌△AFP； （2） △ APG 为等边三角形． 【分析】（1）由折叠的性质得到 M、N 分别为 AD、BC 的中点，利用平行线分线段成比例得到 F 为 PG 的 中点，再由折叠的性质得到 AF 垂直于 PG，利用 SAS 即可得证； （2）由（1）的全等三角形，得到对应边相等，利用三线合一得到∠2=∠3，由折叠的性质及等量代换得到 ∠PAG 为 60°，根据 AP=AG 且有一个角为 60°即可得证． 【解答】证明：（1）由折叠可得：M、N 分别为 AD、BC 的中点， ∵DC∥MN∥AB， ∴F 为 PG 的中点，即 PF=GF， 由折叠可得：∠PFA=∠D=90°，∠1=∠2， 在 △ AFP 和 △ AFG 中， ， ∴△AFP≌△AFG（SAS）； ★考点三 涉及圆知识的翻转折叠 【典例 3】如图，点 O 是圆形纸片的圆心，将这个圆形纸片按下列顺序折叠，使 和 都经过圆心 O，则 阴影部分的面积是⊙O 面积的（ ） A. B. C. D. 解：作 OD⊥AB 于点 D，连接 AO，BO，CO， ∵OD= AO， ∴∠OAD=30°， ∴∠AOB=2∠AOD=120°， 同理∠BOC=120°， ∴∠AOC=120°， ∴阴影部分的面积=S 扇形 AOC= ×⊙O 面积． 故选：B． ★考点四 涉及函数的翻转折叠 【典例 4】（2018·重庆市 B 卷）（12.00 分）抛物线 y=﹣ x2﹣ x+ 与 x 轴交于点 A，B（点 A 在点 B 的左边），与 y 轴交于点 C，点 D 是该抛物线的顶点． （1）如图 1，连接 CD，求线段 CD 的长； （2）如图 2，点 P 是直线 AC 上方抛物线上一点，PF⊥x 轴于点 F，PF 与线段 AC 交于点 E；将线段 OB 沿 x 轴左右平移，线段 OB 的对应线段是 O1B1，当 PE+ EC 的值最大时，求四边形 PO1B1C 周长的最小值， 并求出对应的点 O1 的坐标； （3）如图 3，点 H 是线段 AB 的中点，连接 CH，将 △ OBC 沿直线 CH 翻折至 △ O2B2C 的位置，再将 △ O2B2C 绕点 B2 旋转一周在旋转过程中，点 O2，C 的对应点分别是点 O3，C1，直线 O3C1 分别与直线 AC，x 轴交于 点 M，N．那么，在 △ O2B2C 的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使 △ AMN 是以 MN 为腰的等腰三 角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段 O2M 的长；若不存在，请说明理由． （3）先确定对折后 O2C 落在 AC 上， △ AMN 是以 MN 为腰的等腰三角形存在四种情况： ①如图 4，AN=MN，证明 △ C1EC≌△B2O2M，可计算 O2M 的长； ②如图 5，AM=MN，此时 M 与 C 重合，O2M=O2C= ； ③如图 6，AM=MN，N 和 H、C1 重合，可得结论； ④如图 7，AN=MN，过 C1 作 C1E⊥AC 于 E 证明四边形 C1EO2B2 是矩形，根据 O2M=EO2+EM 可得结论． （2）在 y=﹣ x2﹣ x+ 中，令 y=0，则﹣ x2﹣ x+ =0， 解得：x1=﹣3 ，x2= ， ∴A（﹣3 ，0），B（ ，0）， ∵C（0， ）， 易得直线 AC 的解析式为：y= ， 设 E（x， ），P（x，﹣ x2﹣ x+ ）， ∴PF=﹣ x2﹣ x+ ，EF= ， Rt △ ACO 中，AO=3 ，OC= ， ∴AC=2 ， ∴∠CAO=30°， ∴AE=2EF= ， ∴PE+ EC=（﹣ x2﹣ x+ ）﹣（ x+ ）+ （AC﹣AE）， =﹣ ﹣ x+ [2 ﹣（ ）]， =﹣ ﹣ x﹣ x， =﹣ （x+2 ）2+ ，（5 分） ∴当 PE+ EC 的值最大时，x=﹣2 ，此时 P（﹣2 ， ），（6 分） ∴PC=2 ， ∵O1B1=OB= ， ∴要使四边形 PO1B1C 周长的最小，即 PO1+B1C 的值最小， （3）O2M 的长度为 或 或 2 + 或 2 ．（12 分） 理由是：如图 3，∵H 是 AB 的中点， ∴OH= ， ∵OC= ， ∴CH=BC=2 ， ∴∠HCO=∠BCO=30°， ∵∠ACO=60°， ∴将 CO 沿 CH 对折后落在直线 AC 上，即 O2 在 AC 上， ∴∠B2CA=∠CAB=30°， ∴B2C∥AB， ∴B2（﹣2 ， ）， ①如图 4，AN=MN， ∴∠MAN=∠AMN=30°=∠O2B2O3， 由旋转得：∠CB2C1=∠O2B2O3=30°，B2C=B2C1， ∴∠B2CC1=∠B2C1C=75°， 过 C1 作 C1E⊥B2C 于 E， ∵B2C=B2C1=2 ， ∴ =B2O2，B2E= ， ∵∠O2MB2=∠B2MO3=75°=∠B2CC1， ∠B2O2M=∠C1EC=90°， ∴△C1EC≌△B2O2M， ∴O2M=CE=B2C﹣B2E=2 ﹣ ； ④如图 7，AN=MN，过 C1 作 C1E⊥AC 于 E， ∴∠NMA=∠NAM=30°， ∵∠O3C1B2=30°=∠O3MA， ∴C1B2∥AC， ∴∠C1B2O2=∠AO2B2=90°， ∵∠C1EC=90°， ∴四边形 C1EO2B2 是矩形， ∴EO2=C1B2=2 ， ， ∴EM= ， ∴O2M=EO2+EM=2 + ， 综上所述，O2M 的长是 或 或 2 + 或 2 ． ★考点五 涉及综合图形翻转折叠 【典例 5】（2018 黑龙江齐齐哈尔）（12.00 分）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也 伴随着我们初中数学的学习在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一 步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观，折纸往往从矩形纸片开 始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论． 实践操作 如图 1，将矩形纸片 ABCD 沿对角线 AC 翻折，使点 B′落在矩形 ABCD 所在平面内，B'C 和 AD 相交于点 E， 连接 B′D． 解决向题 （1）在图 1 中， ①B′D 和 AC 的位置关系为 ； ②将 △ AEC 剪下后展开，得到的图形是 ； （2）若图 1 中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图 2 所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请 挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由； （3）小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴 对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为 ； 拓展应用 （4）在图 2 中，若∠B=30°，AB=4 ，当 △ AB′D 恰好为直角三角形时，BC 的长度为 ． 【解答】解：（1）①BD′∥AC．②将 △ AEC 剪下后展开，得到的图形是菱形； 故答案为 BD′∥AC，菱形； （2）①选择②证明如下： ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC=∠ACB， ∵将 △ ABC 沿 AC 翻折至 △ AB′C， ∴∠ACB′=∠ACB， ∴∠DAC=∠ACB′， ∴AE=CE， ∴△AEC 是等腰三角形； ∴将 △ AEC 剪下后展开，得到的图形四边相等， ∴将 △ AEC 剪下后展开，得到的图形四边是菱形． （3）①当矩形的长宽相等时，满足条件，此时矩形纸片的长宽之比为 1：1；∵∠AB′D+∠ADB′=90°， ∴y﹣30°+y=90°， ②当矩形的长宽之比为 ：1 时，满足条件，此时可以证明四边形 ACDB′是等腰梯形，是轴对称图形； 综上所述，满足条件的矩形纸片的长宽之比为 1：1 或 ：1； （4）∵AD=BC，BC=B′C， ∴AD=B′C， ∵AC∥B′D， ∴四边形 ACB′D 是等腰梯形， ∵∠B=30°，∴∠AB′C=∠CDA=30°， ∵△AB′D 是直角三角形， 当∠B′AD=90°，AB＞BC 时，如图 3 中， ∵AD=BC，BC=B′C， ∴AD=B′C， ∵AC∥B′D， ∴四边形 ACB′D 是等腰梯形， ∵∠ADB′=90°， ∴四边形 ACB′D 是矩形， ∴∠ACB′=90°， ∴∠ACB=90°， ∵∠B=30°，AB=4 ， ∴BC= AB= ×4 =6； 当∠B′AD=90°，AB＜BC 时，如图 5， 当∠AB′D=90°时，如图 6， ∵AD=BC，BC=B′C， ∴AD=B′C， ∵AC∥B′D， ∴四边形 ACDB′是等腰梯形， ∵∠AB′D=90°， ∴四边形 ACDB′是矩形， ∴∠BAC=90°， ∵∠B=30°，AB=4 ， ∴BC=AB÷ =8； ∴已知当 BC 的长为 4 或 6 或 8 或 12 时， △ AB′D 是直角三角形． 故答案为：平行，菱形，1：1 或 ：1，4 或 6 或 8 或 12；学科&网 【讲透练活】 变式 1：（2018 广西南宁）（3.00 分）如图，矩形纸片 ABCD，AB=4，BC=3，点 P 在 BC 边上，将 △ CDP 沿 DP 折叠，点 C 落在点 E 处，PE、DE 分别交 AB 于点 O、F，且 OP=OF，则 cos∠ADF 的值为（ ） A． B． C． D． 【解答】解：根据折叠，可知： △ DCP≌△DEP， ∴DC=DE=4，CP=EP． 在 △ OEF 和 △ OBP 中， ， ∴△OEF≌△OBP（AAS）， ∴OE=OB，EF=BP． 设 EF=x，则 BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x， 又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x， ∴AF=AB﹣BF=1+x． 在 Rt △ DAF 中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2， 解得：x= ， ∴DF=4﹣x= ， ∴cos∠ADF= = ． 故选：C． 变式 2：．（2018 贵阳）（12.00 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB═2，AD= ，P 是 BC 边上的一点，且 BP=2CP． （1）用尺规在图①中作出 CD 边上的中点 E，连接 AE、BE（保留作图痕迹，不写作法）； （2）如图②，在（1）的条体下，判断 EB 是否平分∠AEC，并说明理由； （3）如图③，在（2）的条件下，连接 EP 并廷长交 AB 的廷长线于点 F，连接 AP，不添加辅助线， △ PFB 能否由都经过 P 点的两次变换与 △ PAE 组成一个等腰三角形？如果能，说明理由，并写出两种方法（指出对 称轴、旋转中心、旋转方向和平移距离） 【解答】解：（1）依题意作出图形如图①所示， （2）EB 是平分∠AEC，理由： ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠C=∠D=90°，CD=AB=2，BC=AD= ， ∵点 E 是 CD 的中点， ∴DE=CE= CD=1， 在 △ ADE 和 △ BCE 中， ， ∴△ADE≌△BCE， ∴∠AED=∠BEC， 在 Rt △ ADE 中，AD= ，DE=1， ∴tan∠AED= = ， ∴∠AED=60°， ∴∠BCE=∠AED=60°， ∴∠AEB=180°﹣∠AED﹣∠BEC=60°=∠BEC， ∴BE 平分∠AEC； 在 Rt △ ABP 中，tan∠BAP= = ， ∴∠PAB=30°， ∴∠EAP=30°=∠F=∠PAB， ∵CB⊥AF， ∴AP=FP， ∴△AEP≌△FBP， ∴△PFB 能由都经过 P 点的两次变换与 △ PAE 组成一个等腰三角形， 变换的方法为：将 △ BPF 绕点 B 顺时针旋转 120°和 △ EPA 重合，①沿 PF 折叠，②沿 AE 折叠． 变式 3：(2018 四川省绵阳市)如图，已知 △ ABC 的顶点坐标分别为 A（3，0），B（0，4），C（-3，0）。动点 M，N 同时从 A 点出发，M 沿 A→C,N 沿折线 A→B→C，均以每秒 1 个单位长度的速度移动，当一个动点 到达终点 C 时，另一个动点也随之停止移动，移动时间记为 t 秒。连接 MN。 （1）求直线 BC 的解析式； （2）移动过程中，将 △ AMN 沿直线 MN 翻折，点 A 恰好落在 BC 边上点 D 处，求此时 t 值及点 D 的坐标； （3）当点 M,N 移动时，记 △ ABC 在直线 MN 右侧部分的面积为 S，求 S 关于时间 t 的函数关系式。 （2）解：依题可得：AM=AN=t， ∵△AMN 沿直线 MN 翻折，点 A 与点点 D 重合， ∴四边形 AMDN 为菱形， 作 NF⊥x 轴，连接 AD 交 MN 于 O′， ∵A（3，0），B（0，4）， ∴OA=3,OB=4， ∴AB=5, ∴M（3-t，0）， 又∵△ANF∽△ABO， ∴ = = , ∴ = = , ∴AF= t，NF= t， ∴N（3- t， t）， ∴O′（3- t, t）， 又∵D 在直线 BC 上， ∴ ×（3- t）+4= t， ∴t= ， ∴D（- ， ）. （3）①当 0