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八年级数学下册期中期末综合复习专题提优训练(人教版)
专题07矩形、菱形、正方形中的折叠问题
【典型例题】
1.(2021·广东惠州·八年级期末)如图,矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,将△COD沿CD所在直线折叠,得到△CED.
(1)求证:四边形OCED是菱形;
(2)若AB=2,当四边形OCED是正方形时,求OC的长;
(3)若BD=3,∠ACD=30°,P是CD边上的动点,Q是CE边上的动点,求PE+PQ的最小值.
【答案】(1)见解析;(2);(3).
【解析】
【分析】
(1)根据四边相等的四边形是菱形即可判断.
(2)矩形的性质和勾股定理求解.
(3)作OQ⊥CE于Q,交CD于P,此时PE+PQ的值最小,由折叠的性质得出∠DCE=∠DCO,PE=PO,得出PE+PQ=PO+PQ=OQ,由直角三角形的性质得出CQ=,即可得到答案.
【详解】
解:(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,
∴AC与BD相等且互相平分,
∴OC=OD,
∵△COD关于CD的对称图形为△CED,
∴OD=ED,EC=OC,
∴OD=ED=EC=OC,
∴四边形OCED是菱形.
(2)解:∵四边形ABCD是矩形,
∴CD=AB=2.
∵四边形OCED是正方形,
∴∠COD=90°.
在直角△COD中,由勾股定理得:
OC2+OD2=22,
∵OD=OC,
∴OC=;
(3)解:作OQ⊥CE于Q,交CD于P,如图所示:
此时PE+PQ的值最小为;理由如下:
∵△COD沿CD所在直线折叠,得到△CED,
∴∠DCE=∠DCO,PE=PO,
∴PE+PQ=PO+PQ=OQ,
∵AC=BD=3,
∴OC=OD=,
∴∠DCO=∠ACD=30°,
∴∠DCE=30°,
∴∠OCQ=60°,
∴∠COQ=30°,
∴CQ=,
即PE+PQ的最小值为.
【点睛】
本题主要考查了翻折变换的性质,矩形的性质,菱形的性质与判定,正方形的判定,勾股定理以及垂线最短等知识,熟练掌握翻折的性质和菱形的性质与判定是解题的关键.
【专题训练】
选择题
1.(2021·天津市实验中学滨海学校八年级期中)如图,折叠矩形ABCD,使点D落在点F处,已知AB=8,BC=10,则EC的长(????????)
A.5cm B.2cm C.3cm D.4cm
【答案】C
【解析】
【分析】
根据矩形及折叠的性质可得,,在中,利用勾股定理得出,,在中,设,则,继续利用勾股定理求解即可得.
【详解】
解:∵四边形ABCD为矩形,且经过折叠,,,
∴,,
在中,
,
,
在中,设,则,
∴,
∴即,
解得:,
即,
故选:C.
【点睛】
题目主要考查矩形及折叠的性质、勾股定理的应用,理解题意,结合图形,熟练运用勾股定理是解题关键.
2.(2021·广东·松岗实验学校九年级期中)如图,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,将菱形折叠,使点A恰好落在对角线BD上的点G处(不与B、D重合),折痕为EF,若DG=2,AD=6,则BE的长为()
A. B. C.3 D.3.5
【答案】A
【解析】
【分析】
作EH⊥BD于H,根据折叠的性质得到EG=EA,根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形,得到AB=BD,根据勾股定理列出方程,解方程即可.
【详解】
解:作EH⊥BD于H,
由折叠的性质可知,EG=EA,
∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=AB,∠ABD=∠CBD=∠ABC=60°,
∴△ABD为等边三角形,
∴AB=BD=AD=6,
设BE=x,则EG=AE=6﹣x,
在Rt△EHB中,BH=x,EH=x,
在Rt△EHG中,EG2=EH2+GH2,即(6﹣x)2=(x)2+(4﹣x)2,
解得,x=,
∴BE=,
故选:A.
【点睛】
此题考查了菱形的性质,折叠的性质,等边三角形的判定及性质,勾股定理,熟记各知识点并综合运用是解题的关键.
3.(2021·江苏姜堰·七年级期末)将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠,AE、AF为折痕,点B、D折叠后的对应点分别为、,若=10°,则∠EAF的度数为()
A.40° B.45° C.50° D.55°
【答案】A
【解析】
【分析】
可以设∠EAD′=α,∠FAB′=β,根据折叠可得∠DAF=∠D′AF,∠BAE=∠B′AE,用α,β表示∠DAF=10°+β,∠BAE=10°+α,根据四边形ABCD是矩形,利用∠DAB=90°,列方程10°+β+β+10°+10°+α+α=90°,求出α+β=30°即可求解.
【详解】
解:设∠EAD′=α,∠FAB′=β,
根据折叠性质可知:
∠DAF=∠D′AF,∠BAE=∠B′AE,
∵∠B′AD′=10°,
∴∠DAF=10°+β,
∠BAE=10°+α,
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