2020中考数学冲刺练习-第10讲 折叠翻转性问题--含解析

2020数学中考 冲刺专项练习

专题10折叠翻转性问题

【难点突破】着眼思路，方法点拨, 疑难突破；

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,折叠问题常常伴随着勾股定理，这是解决问题的关键所在．

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. 其中第（3）种类型在河南中招考试中为常考类型，解决此类型题，一般运用等量代换，并结合勾股定理或相似三角形的性质来构造方程，进而求解线段的长度. 【名师原创】原创检测，关注素养，提炼主题；

【原创1】如图，把一张长方形纸片ABCD进行折叠之后，恰好使其对角顶点A与C能够重合，且使的折痕与BC的交点恰好在其三等分点处，则下列图形长度能够满足题意的是（ ）

A．AB=10，BC=20 B． AB=10，BC=30 C． AB=103，BC=20 D． AB=103，BC=30

【解析】：根据折叠图形的性质，利用勾股定理求出AF=2BF，AB=3BF，由此即可判定D正确． 解：选项D正确．理由是根据题意可知AF=2BF，利用勾股定理或者30°的直角三角形判断计算AB= AB=3BF，

根据线段之间的关系可选得答案。故选D．

【原创2】如图，D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB=1：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF=___．

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【解析】设AD=k，则DB=3k，

∵△ABC为等边三角形，

∴AB=AC=4k，∠A=∠B=∠C=∠EDF=60°， ∴∠EDA+∠FDB=120°， 又∵∠EDA+∠AED=120°，

∴∠FDB=∠AED，∴△AED∽△BDF， 由折叠，得CE=DE，CF=DF

∴△AED的周长为5k，△BDF的周长为7k， ∴△AED与△BDF的相似比为5：7 ∴CE：CF=DE：DF=5：7． 故答案为5：7．

【原创3】如图1，矩形OABC的对角线OB、AC相交于点D,，OC＝6，sin∠BOC=＞0)的图像经过点D， （1）求反比例函数的关系式；

4k.反比例函数y＝(x5x

（2）如图2，将ΔAOC沿过C点的直线折叠，使点A落在x轴上的点E处，折痕所在直线交y轴正半轴

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于点F，求直线CF的解析式.

（3）如图3，将图2中的直线CF向上平移m个单位，与反比例函数y＝比例函数的图像只有一个交点时，求m的值.

k(x＞0)的图像相交，当直线与反x

解:（1）作DM⊥x轴,∵四边形OABC是矩形，∴D为BO的中点， ∵OC⊥BC，DM⊥x∴DM=∵OC＝6，sin∠BOC=

4 511BC，OM=OC 22设BC=4x，OC=3x，则OB=5x得，∵OC＝6，解得x=2，所以BC=8,DM=4 ∴D（3，4） 代入y＝

k12，∴k＝12．∴反比例函数的关系式为：y＝． xxM

（2）∵OC=6,BC=8

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∴OB=AC=10

将ΔAOC沿过C点的直线折叠得到ΔCEF, ∴△ACF≌△ECF ∴AF=EF,AC=EC=10 ∴OE=4

设OF=x，则AF=EF=8-x由勾股定理得（8-x）2-x2=16解得x=3， ∴F点的坐标为（0,3）

设直线CF的解析式为y=tx+b,把C（6,0）C（0,3）代入得t=-1∴直线CF的解析式为y=x+3

21，b=3 2

1（3）设平移后的直线解析式为y=x+3+m

2由

121= x+3+m得x2-(6+2m)x+24=0 x2∵平移后的直线与反比例函数的图像只有一个交点 ∴Δ=(6+2m)2-96=0

解得m1=263m2=263（舍去） ∴m的值为263

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【典题精练】典例精讲，运筹帷幄，举一反三； 【例题1】求线段的取值范围:

如图，有一矩形纸片ABCD，AB=8，AD=17，将此矩形纸片折叠，使顶点A落在BC边的A′处，折痕所在直线同时经过边AB、AD（包括端点），设BA′=x，则x的取值范围是 ．

分析：作出图形，根据矩形的对边相等可得BC=AD，CD=AB，当折痕经过点D时，根据翻折的性质可得A′D=AD，利用勾股定理列式求出A′C，再求出BA′；当折痕经过点B时，根据翻折的性质可得BA′=AB，此两种情况为BA′的最小值与最大值的情况，然后写出x的取值范围即可． 解：如图，∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=17，∴BC=AD=17，CD=AB=8， ①当折痕经过点D时，由翻折的性质得，A′D=AD=17， 在Rt△A′CD中，A′C=

A'D2CD2= 17282=15，

∴BA′=BC﹣A′C=17﹣15=2；

②当折痕经过点B时，由翻折的性质得，BA′=AB=8， ∴x的取值范围是2≤x≤8．故答案为：2≤x≤8．

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归纳：本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，难点在于判断出BA′的最小值与最大值时的情况，作出图形更形象直观． 【例题2】求最值问题:

如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点(不与点A，D重合)，将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连结BP，BH. (1)求证：∠APB＝∠BPH.

(2)当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论．

(3)设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S关于x的函数表达式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

解：(1)由折的叠性质，得PE＝BE，∠EPH＝∠EBC＝90°，∴∠EBP＝∠EPB， ∴∠EPH－∠EPB＝∠EBC－∠EBP，即∠PBC＝∠BPH. 又∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBC. ∴∠APB＝∠BPH.

(2)△PHD的周长不变，为定值8.证明如下： 如解图①，过点B作BQ⊥PH，垂足为Q. 由(1)知∠APB＝∠BPH，

又∵∠A＝∠BQP＝90°，BP＝BP， ∴△ABP≌△QBP.∴AP＝QP，AB＝BQ. 又∵AB＝BC，∴BC＝BQ.

又∵∠C＝∠BQH＝90°，BH＝BH， ∴△BCH≌△BQH.∴CH＝QH.

∴△PDH的周长＝PD＋PH＋DH＝PD＋PQ＋QH＋DH＝PD＋HC＋AP＋DH＝AD＋CD＝8.

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(3)如解图②，过点F作FM⊥AB，垂足为M，则FM＝BC＝AB. 又∵EF为折痕，∴EF⊥BP.

∴∠EFM＋∠MEF＝∠ABP＋∠BEF＝90°， ∴∠EFM＝∠ABP.

又∵∠A＝∠EMF＝90°，∴△EFM≌△PBA. ∴EM＝AP＝x.

在Rt△APE中，AE2＋AP2＝PE2，即(4－BE)2＋x2＝BE2， x2解得BE＝2＋. 8

x2

∴CF＝BE－EM＝2＋－x.

8

又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等， 11x2∴S＝(BE＋CF)·BC＝4＋4－x×4，

221

即S＝x2－2x＋8.

21

配方得，S＝(x－2)2＋6，

2∴当x＝2时，S有最小值6. 【例题3】分类讨论线段长度.

对一张矩形纸片ABCD进行折叠，具体操作如下：

第一步：先对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，展开．

第二步：再一次折叠，使点A落在MN上的点A′处，并使折痕经过点B，得到折痕BE，同时，得到线段BA′，EA′，展开，如图①.

第三步：再沿EA′所在的直线折叠，使点B落在AD上的点B′处，得到折痕EF，同时得到线段B′F，展开，如图②.

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(1)求证：∠ABE＝30°.

(2)求证：四边形BFB′E为菱形．

解：(1)∵对折后AD与BC重合，折痕是MN， ∴点M是AB的中点， ∴A′是EF的中点． ∵∠BA′E＝∠A＝90°， ∴BA′垂直平分EF， ∴BE＝BF， ∴∠A′BE＝∠A′BF.

由折叠的性质，得∠ABE＝∠A′BE， ∴∠ABE＝∠A′BE＝∠A′BF， 1∴∠ABE＝×90°＝30°.

3

(2)由折叠的性质，得BE＝B′E，BF＝B′F. ∵BE＝BF，

∴BE＝B′E＝B′F＝BF，故四边形

【例题4】涉及折叠的函数与几何图形综合问题：

1

已知抛物线y＝x2－2x＋a(a<0)与y轴相交于点A，顶点为M.直线y＝x－a分别与x轴，y轴相交于B，C

2两点，并且与直线AM相交于点N.

41a，－a. (1)填空：试用含a的代数式分别表示点M与N的坐标，则点M(1，a－1)，N33(2)如图，将△NAC沿y轴翻折，若点N的对应点N′恰好落在抛物线上，AN′与x轴交于点D，连结CD，求a的值和四边形ADCN的面积．

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(3)在抛物线y＝x2－2x＋a(a<0)上是否存在一点P，使得以P，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P点的坐标；若不存在，试说明理由． 41a，－a. 解：(1)点M(1，a－1)，N33(2)由题意得：点N与点N′关于y轴对称， 41

－a，－a， ∴点N′33

11689

将点N′的坐标代入y＝x2－2x＋a得－a＝a2＋a＋a，解得a1＝0(不合题意，舍去)，a2＝－. 39343

－3，，∴点N到y轴的距离为3. ∴点N4930，－，N′ 3，， ∵点A4499

∴直线AN′的表达式为y＝x－，它与x轴的交点为D4，0， 49∴点D到y轴的距离为. 4∴S四边形ADCN＝S△ACN＋S△ACD 19199189＝××3＋××＝. 2222416

(3)当点P在y轴的左侧时，若ACPN是平行四边形，则PN平行且等于AC， 47

a，－a，代入抛物线的表达式， ∴把点N向上平移－2a个单位得到点P，坐标为337168

得－a＝a2－a＋a，

393

3解得a1＝0(不合题意，舍去)，a2＝－，

8

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17－，. ∴点P28

当点P在y轴的右侧时，若APCN是平行四边形，则AC与PN互相平分， ∴OA＝OC，OP＝ON.

41

－a，a， ∴P与N关于原点对称，∴点P33

116815

将点P的坐标代入抛物线的表达式，得a＝a2＋a＋a，解得a1＝0(不合题意，舍去)，a2＝－，

393855

，－. ∴点P82

1755

－，或P2，－，能使得以P，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形． ∴存在这样的点P18282【最新试题】名校直考，巅峰冲刺，一步到位。 一、选择题：

1. 如图，D是等边△ABC边AB上的一点，且AD=1，BD=2，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕EF，点E、F分别在AC和BC上，若BF=1.2，则AE=（ ）

A. B. C. D.

【解析】：∵△ABC为等边三角形， ∴AC=AB=3，∠A=∠B=∠C=60°． 由翻折的性质可知：∠EDF=60°． ∴∠FDB+∠EDA=120°． ∵∠EDA+∠AED=120°， ∴∠AED=∠FDB． ∴△AED∽△BDF．

AEBDAE2，即． ADFB11.25解得：AE= ．

3∴

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CE=3-AE=3- 故选：B．

54= ． 332. 如图，将边长为4的菱形ABCD纸片折叠，使点A恰好落在对角线的交点O处若折痕EF＝23，则∠A＝ ( )

A．120° B．100° C．60°

D．30°

【解析】 如答图，连结AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD， ∵A沿EF折叠与O重合，∴EF⊥AC，EF平分AO， ∵AC⊥BD，∴EF∥BD，∴E，F分别为AB，AD的中点， 1

∴EF为△ABD的中位线，∴EF＝BD，

2

∴BD＝2EF＝4 3，∴BO＝2 3，∴AO＝AB2－BO2＝2， 1

∴AO＝AB，∴∠ABO＝30°，∴∠BAO＝60°，

2∴∠BAD＝120°.

3. 如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，若BE∶EC＝2∶1，则线段CH的长是（ ）

A.3 B.4 C.5 D.6

【分析】本题考查正方形的性质、图形的折叠、勾股定理，解题的关键是设出恰当的未知数，使能在Rt△ECH中利用勾股定理列方程，进而求解．

【解答】解：设CH＝x，∵BE∶EC＝2∶1，BC＝9，∴EC＝3，由折叠知性质知，EH＝DH＝9－x，在Rt△ECH中，由勾股定理，得(9x)3x，解得x＝4，故选B．

4. 如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，将纸片折叠，点A，D分别落在点A′，D处，且A′D′经过点

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CF

B，EF为折痕，当D′F⊥CD时，的值为( )

FDA.

3－123－13＋13

B. C. D. 2668

【解析】：如解图，延长DC与A′D′交于点M.

∵在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°， ∴∠DCB＝∠A＝60°，AB∥CD， ∴∠D＝180°－∠A＝120°.

根据折叠的性质，得∠A′D′F＝∠D＝120°， ∴∠FD′M＝180°－∠A′D′F＝60°. ∵D′F⊥CD，

∴∠D′FM＝90°，∠M＝90°－∠FD′M＝30°. ∵∠BCM＝180°－∠BCD＝120°， ∴∠CBM＝180°－∠BCM－∠M＝30°， ∴∠CBM＝∠M，∴BC＝CM. 设CF＝x，D′F＝DF＝y，

则BC＝CM＝CD＝CF＋DF＝x＋y， ∴FM＝CM＋CF＝2x＋y. 在Rt△D′FM中，tanM＝tan 30°＝∴

3－1CFx＝＝. FDy2

3－1D′Fy3

＝＝，∴x＝y， FM2x＋y32

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二、填空题：

5. （2017周口商水县一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，AC=8，E、F分别为AB、AC上的点，沿直线EF将∠B折叠，使点B恰好落在BC上的D处，当△ADE恰好为直角三角形时，BE的长为 ．

分析 先在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC=6cm，再根据折叠的性质得到BE=DE，直线EF将∠B折叠，使点B恰好落在BC上的D处，△ADE恰好为直角三角形，有两种可能：①∠ADE=90°，②∠AED=90°，设BE=x，运用三角形相似列比例式解方程即可得解．

解答 解：在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AC=8cm，AB=10cm，

∴BC=6cm．直线EF将∠B折叠，使点B恰好落在BC上的D处，当△ADE恰好为直角三角形时，根据折叠的性质：BE=DE，设BE=x，则DE=x，AE=10-x ①当∠ADE=90°时，则DE∥BC，

DEAE CBABx10x∴ 61015解得：x=

4∴

②当∠AED=90°时， 则△AED∽△ACB

DEAE CBACx10x∴ 68∴

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解得：x=

30 71530或． 47故所求BE的长度为：故答案为：

1530或． 476. 在三角形纸片ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AC＝30 cm，将该纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在斜边BC上的一点E处，折痕记为BD(如图4－1－3①)，剪去△CDE后得到双层△BDE(如图②)，再沿着过△BDE某顶点的直线将双层三角形剪开，使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形，则所得平行四边形的周长为__ __cm.

【解析】 ∵∠A＝90°，∠C＝30°，AC＝30，∴AB＝10 3，∠ABC＝60°，∵△ADB≌△EDB，∴∠ABD1

＝∠EBD＝∠ABC＝30°，BE＝AB＝10 3，∴DE＝10，BD＝20，如答图①，平行四边形的边是DF，

2BF，且DF＝BF＝

203803

，∴平行四边形的周长＝ ，如答图②，平行四边形的边是DE，EG，且DE＝33

803

. 3

EG＝10，∴平行四边形的周长＝40.综上所述，平行四边形的周长为40或

7. （2017安阳、林州二模）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B，C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP（如图①）经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ（如图②），当点C′恰好落在OA上时，点P的坐标是 .

【解析】∵把△OPB沿OP折叠，使点C落在点C′处， ∴BP=PB′，OB=OB′=6，∠A=∠OB′P=90°，

∵把△CPQ沿PQ折叠，使点D落在直线OA上的点C′处，

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∴CP=C′P，CQ=C′Q，∠PC′Q=∠C=90°， 设BP=B′P=x，则PC=PC′=11-x， ∵BC∥AC， ∴∠1=∠EPOA， ∵∠1=∠2， ∴∠2=∠C′OP， ∴OC′=PC′=11-x， ∴B′C′=11-2x， 在Rt△OB′C′中， ∵OC′2=OB′2+B′C′2， ∴62+（11-2x）2=（11-x）2， 解得x111311131113，∴AE=或 333

8. 如图①，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB1折叠，剪掉重叠部分；将余下部分沿∠B1A1C的平分线A1B2折叠，剪掉重叠部分；…；将余下部分沿∠BnAnC的平分线AnBn＋1折叠，点Bn与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，我们就称△ABC是好三角形，∠BAC为该三角形的好角．

小丽发现好三角形折叠的次数不同，∠B与∠C的数量关系就不同．并作出展示： 第一种好三角形：如图②，沿AD折叠1次，点B与点C重合；

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第二种好三角形：如图③，沿着AB1，A1B2经过2次折叠．

(1)小丽展示的第一种好三角形中，∠B与∠C的数量关系是__ __；

(2)如果有一个好三角形ABC要经过5次折叠，最后一次恰好重合．则∠B与∠C的数量关系是_ __. 【解析】 (1)∠B＝∠C.如图②，沿AD折叠1次，点B与点C重合，则AB＝AC.故∠B＝∠C； (2)如答图，根据折叠的性质知，∠B＝∠AA1B1，∠C＝∠A2B2C，∠A1 B1C＝∠A1A2B2，

根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2＝∠C＋∠A2B2C＝2∠C；根据四边形的外角定理知，∠BAC＋∠B＋∠AA1B1－∠A1B1C＝∠BAC＋2∠B－2∠C＝180°，根据三角形的内角和定理知，∠BAC＋∠B＋∠C＝180°，∴∠B＝3∠C；

由小丽展示的第一种好三角形知，当∠B＝∠C时，∠BAC是△ABC的好角；由小丽展示的第二种好三角形知，当∠B＝2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；如答图，当∠B＝3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；故可推得若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C(不妨设∠B＞∠C)之间的数量关系为∠B＝n∠C；所以一个好三角形ABC要经过5次折叠，最后一次恰好重合．则∠B与∠C的数量关系是∠B＝5∠C.

9. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10.点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处.有下列结论：①∠EBG=450；②△DEF∽△ABG；③S△ABG=选上）

3S△FGH；④AG+DF=FG.其中正确的是 （把所有正确结论的序号都2

【答案】①③④.

【分析】由折叠得到相等的角和相等的线段，结合矩形的性质可求∠EBG的度数；在Rt△DEF和Rt△FGH中根据勾股定理建立方程分别求出DE,GH,FG的长，根据相似三角形的判定方法对②进行判断，根据三角

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形面积公式对③进行判断.④可以根据各线段的长度直接进行判断.

1∠ABC=450,①正确；又BC=BF=10，由210822勾股定理求得AF=106=8，DF=2，设CE=EF=x,由勾股定理得x2=22+(6-x)2,x=,DE=;又

338AB=BH=6，HF=4，设AG=GH=y,由勾股定理y2+42=(8-y)2,y=3,GF=5，∵AB6234,∴△DEF与

AG32311△ABG不相似，②错误；S△ABG=369，S△FGH=34=6，故③正确；AG+DF=3+2=5=FG,④正

22【解答】解：由折叠知∠ABG=∠FBG,∠FBE=∠CBE,∴∠EBG=确，故答案为①③④. 三、解答题：

10. 如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点F处，FC交AD于E.

(1)求证：△AFE≌△CDE；

(2)若AB＝4，BC＝8，求图中阴影部分的面积． 解：(1)证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，∠B＝∠D＝90°，

∵将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点F处， ∴∠F＝∠B，AB＝AF，∴AF＝CD，∠F＝∠D， 在△AFE与△CDE中，

∠F＝∠D，

∠AEF＝∠CED，∴△AFE≌△CDE； AF＝CD，

(2)∵AB＝4，BC＝8，∴CF＝AD＝8，AF＝CD＝AB＝4， ∵△AFE≌△CDE，∴AE＝CE，FE＝DE， ∴DE2＋CD2＝CE2，即DE2＋42＝(8－DE)2， ∴DE＝3，∴EF＝3，

11∴S阴影＝S△ACE－S△AEF＝×4×8－×4×3＝10.

22

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11. 如图，将矩形纸片ABCD(AD＞AB)折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F. (1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论； (2)若AB＝3，BC＝9，求线段CE的取值范围．

解：(1)四边形CEGF为菱形．

证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC， ∴∠GFE＝∠FEC，

∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折痕， ∴∠GEF＝∠FEC，∴∠GFE＝∠FEG，∴GF＝GE， ∵图形翻折后EC与GE完全重合，

∴GE＝EC，∴GF＝EC，∴四边形CEGF为菱形； (2)如答图①，当点F与点D重合时，CE取最小值， 由折叠的性质，得CD＝DG，∠CDE＝∠GDE＝45°， ∵∠ECD＝90°，∴∠DEC＝45°＝∠CDE， ∴CE＝CD＝DG，

∵DG∥CE，∴四边形CEGD是正方形， ∴CE＝CD＝AB＝3；

如答图②，当点G与点A重合时，CE取最大值， 由折叠的性质，得AE＝CE，∵∠B＝90°，

∴AE2＝AB2＋BE2，即CE2＝32＋(9－CE)2，∴CE＝5， ∴线段CE的取值范围是3≤CE≤5.

12. 已知：如图4－1－8，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点(不与点

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A，点D重合)，将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连结BP，BH.

(1)求证：∠APB＝∠BPH；

(2)当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论．

解：(1)证明：∵PE＝BE，∴∠EBP＝∠EPB. 又∵∠EPH＝∠EBC＝90°，

∴∠EPH－∠EPB＝∠EBC－∠EBP， 即∠PBC＝∠BPH，又∵AD∥BC， ∴∠APB＝∠PBC，∴∠APB＝∠BPH； (2)△PHD的周长不变为定值8.

证明：如答图，过B作BQ⊥PH，垂足为Q. 由(1)知∠APB＝∠BPH，

∠APB＝∠PBH，

在△ABP和△QBP中， ∠A＝∠BQP，

BP＝BP，∴△ABP≌△QBP(AAS)，

∴AP＝QP，AB＝QB，又∵AB＝BC，

∴BC＝BQ，又∵∠C＝∠BQH＝90°，BH＝BH， ∴Rt△BCH≌Rt△BQH(HL)． ∴CH＝QH.∴△PHD的周长为

PD＋DH＋PH＝AP＋PD＋DH＋HC＝AD＋CD＝8. 13. 课程学习：正方形折纸中的数学．

动手操作：如图①，四边形ABCD是一张正方形纸片，先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后沿直线CG折叠，使点B落在EF上，对应点为B′.

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数学思考：

(1)求∠CB′F的度数．

(2)如图②，在图①的基础上，连结AB′，试判断∠B′AE与∠GCB′的大小关系，并说明理由． 解决问题：

(3)如图③，按以下步骤进行操作：

第一步：先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后继续对折，使AB与DC重合，折痕为MN，再把这个正方形展平，设EF和MN交于点O；

第二步：沿直线CG折叠，使点B落在EF上，对应点为B′，再沿直线AH折叠，使点D落在EF上，对应点为D′；

第三步：设CG，AH分别与MN交于点P，Q，连结B′P，PD′，D′Q，QB′，试判断四边形B′PD′Q的形状，并证明你的结论．

1

解：(1)由对折可知，∠EFC＝90°，CF＝CD.

2∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝CB， 1

∴CF＝BC.

2

1

由折叠的性质知CB′＝CB，∴CF＝CB′，

2∴在Rt△B′FC中，sin∠CB′F＝

CF1

＝，∴∠CB′F＝30°. CB′2

解①

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(2)如解图①，连结BB′交CG于点K，由对折可知，EF垂直平分AB， ∴B′A＝B′B，∠B′AE＝∠B′BE. ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°，

∴∠B′BE＋∠KBC＝90°， 由折叠知，∠BKC＝90°， ∴∠KBC＋∠GCB＝90°， ∴∠B′BE＝∠GCB.

又由折叠知，∠GCB＝∠GCB′， ∴∠B′AE＝∠GCB′.

图解②

(3)四边形B′PD′Q为正方形． 证明：如解图②，连结AB′.

由(2)可知∠B′AE＝∠GCB′，由折叠可知，∠GCB′＝∠PCN， ∴∠B′AE＝∠PCN.

11由对折知∠AEB＝∠CNP＝90°，AE＝AB，CN＝BC，

22又∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∴AE＝CN，

∠B′AE＝∠PCN，

在△AEB′和△CNP，∵AE＝CN，

∠AEB′＝∠CNP，∴△AEB′≌△CNP(ASA)．

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∴EB′＝NP.

同理可得，FD′＝MQ， 由对称性可知，EB′＝FD′， ∴EB′＝NP＝FD′＝MQ.

由两次对折可得，OE＝ON＝OF＝OM， ∴OB′＝OP＝OD′＝OQ， ∴四边形B′PD′Q为矩形， 由对折知，MN⊥EF于点O， ∴PQ⊥B′D′于点O， ∴四边形B′PD′Q为正方形．