专题4.14 相似三角形折叠问题（分层练习）（综合练）-2023-2024学年九年级数学上册全章复习与专题突破讲与练（浙教版）.docx

1、专题4.14 相似三角形折叠问题（分层练习）（综合练）一、 单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1（2022秋福建福州九年级校考期末）将三角形纸片按如图所示的方式折叠，使点落在边上，记为点，折痕为已知，若，那么的长度是（）A B4 C D22（2023辽宁抚顺统考三模）如图，在矩形纸片中，点E，F分别在，上，把纸片按如图所示的方式沿折叠，点A，B的对应点分别为，连接并延长交边于点G，当G为线段中点时，线段的长为（）A B11 C12 D3（2023广东佛山校联考一模）如图，在矩形中，点为的中点，将沿折叠，使点落在矩形内点处，连接，则的长为（）A B C D4（2022山东淄博统考二

2、模）如图矩形纸片ABCD中，若将矩形纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，则折痕EF的长为（）A B5cm C4.8cm D5（2021秋河南周口九年级统考期中）如图，等边中，点，分别在，上，沿把折叠，使点的对称点落在边上，若：，则：（）A： B： C： D：6（2021山东聊城统考一模）如图，将沿直线折叠，使点与点重合，折痕为，若，那么线段的长为（）A B C D7（2022河北邯郸校考三模）如图，在矩形中，将矩形沿对角线折叠，点B的对称点为，连接，则的长是（）A1.5 B C1.4 D18（2023春重庆荣昌八年级统考期末）如图，在矩形中，将点折叠到边上点处，折痕为，连接，若点是中点，则

3、长为（）A B C D9（2023黑龙江统考中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（）A B C D10（2023浙江杭州校联考二模）如图，在边长为1的正方形中，点E为的中点连接，把沿直线折叠，使点A落在点F处，交对角线于点G，则的长是（）A B C D二、 填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）、11（2023春湖北九年级专题练习）如图，在矩形中，E是边上一点，将沿直线折叠，得到，当点F落到矩形的对角线上时，线段的长为 12（2023安徽马鞍山校考一模）如图，折叠边长为的正方形纸片，折痕是，点落在处，

4、分别延长、交于点、，若是边的中点，则 ， 13（2023春江苏南京九年级校联考阶段练习）如图，将等边折叠，折痕为，使点落在边上得到点若，则 14（2023山东济南校联考模拟预测）如图，矩形纸片，点，分别在，上，把纸片如图沿折叠，点，的对应点分别为，连接并延长交线段于点，则的值为 15（2022江苏苏州统考一模）在矩形中，将其沿对角线折叠，顶点C的对应点为E（如图1），交于点F；再折叠，使点D落在F处，折痕交于点M，交于点N（如图2则折痕的长为 16（2023春湖北九年级专题练习）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点M，N分别在边，上，点C，D的对应点分别为点E，F，且点F在矩形内部，的延长线交边于

5、点G，交边于点H，当点H为三等分点时，的长为 17（2022秋河南南阳九年级统考期中）如图，矩形的边、分别在、轴上，将矩形沿对角线折叠，点落在了点处，与轴的交点为已知点，则点的坐标是 18（2023山西大同校联考模拟预测）如图，在矩形中，为上一点，连接交对角线于点，将沿折叠，点的对应点恰好落在上，连接，则的长为 三、解答题（本大题共6小题，共58分）19（8分）（2022秋浙江杭州九年级校考阶段练习）如图，矩形中，P为上一点，且，连接，把矩形沿着折叠，点B落到，延长交延长线于Q，已知（1）若，求；（2）若，求20（8分）（2023秋广东惠州八年级校考阶段练习）已知：如图所示的一张矩形纸片， 将

6、纸片折叠一次，使点A与C重合，再展开， 折痕EF交AD边于E，交BC边于F，分别连接AF和CE（1）求证：四边形AFCE是菱形；（2）在线段AC上是否存在一点P，使得?若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由21（10分）（2021春全国九年级专题练习）如图，在矩形中，是上的一个动点（1）如图1，连接，是对角线的中点，连接当时，求的长；（2）如图2，连接，过点作交于点，连接，与交于点当平分时，求的长；（3）如图3，连接，点在上，将矩形沿直线折叠，折叠后点落在上的点处，过点作于点，与交于点，且求的值；连接，与是否相似？请说明理由22（10分）（2023春山东烟台八年级统考期末）

7、已知，矩形，点E是上一点，将矩形沿折叠，点A恰好落在上点F处 （1）如图1，若，求的长；（2）如图2，若点F恰好是的中点，点M是上一点，过点M作交于点N，连接，若平分，求证：23（10分）（2023广东惠州统考二模）如图，把矩形沿折叠，使点与点重合，交于点，过点作交于点，交于点，连接（1）试判断四边形的形状，并加以证明；（2）连接交于点，求证：；（3）在（2）的条件下，若，求的值24（12分）（2023广东惠州校考二模）在矩形中，P是边上一点，把沿直线折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作，垂足为E且在上，交于点F（1）如图1，若点E是的中点，求证：；求的长（2）如图2，连接求证：四边形是菱形；

8、当时，求的长参考答案1B【分析】设，根据折叠的性质用x表示出和，最后根据两三角形相似对应边成比例即可求解解：设，则由折叠的性质可知：，当时，有，即：，解得：；故选：B【点拨】本题考查了三角形相似的性质，掌握“相似三角形对应边成比例”是解题的关键2A【分析】过点作于点，设与交于点，利用两角对应相等求证，即可得出，然后利用勾股定理求出，即可解决问题解：过点作于点，设与交于点，如图：，由折叠与对应，得，即又，在中，而点G为线段中点，故选A【点拨】本题主要考查了翻折变换，矩形性质以及相似三角形的判定和性质，通过翻折变换推出，进而利用利用角进行转化，得出是解题的关键3D【分析】如图所示，过作于，根据折叠

9、可知是等腰三角形，可证明，根据相似三角形的性质即可求解解：如图所示，过作于，将沿折叠，使点落在矩形内点处，点为的中点， ，是等腰三角形，是中点，平分，且平分，即，根据题意，矩形中，点为的中点，即，在中，即，故选：D【点拨】本题中主要考查矩形，直角三角形，相似三角形的综合，理解矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键4D【分析】过点E作EGBC于G，根据四边形ABCD为矩形，得出D=DCB=90，AB=CD=6cm，AD=BC=8cm，根据勾股定理AC=，可证四边形EGCD为矩形，然后再证EFGACD，得出，即即可解：过点E作EGBC于G，EGF=EDC=90，四边形

10、ABCD为矩形，D=DCB=90，AB=CD=6cm，AD=BC=8cm，AC=，EDC=D=DCB=90，四边形EGCD为矩形，EF=CD=6cm，AEG=DEG=90，折痕为EF，EFAC，DAC+AEG=AEG+FEG=90，DAC=FEG，EFGACD，即，解得cm故选D【点拨】本题考查矩形判定与性质，折叠性质，三角形相似判定与性质，掌握矩形判定与性质，折叠性质，三角形相似判定与性质是解题关键5D【分析】设，则，根据等边三角形的性质和折叠的性质可得：，再通过证明即可证明：的值解：连接， ：，设，则，是等边三角形，由折叠的性质可知：是线段的垂直平分线，：，即：，故选：【点拨】本题考查了相

11、似三角形的判定和性质，熟知等边三角形的性质，折叠的性质，证明三角形的相似是解题的关键6B【分析】首先根据勾股定理求出AC的长，再根据折叠前后的两个三角形全等得到CD的长以及CDE=90，然后证明CDECBA，根据相似三角形的对应边成比例求出DE的长解：连接AE，在RtABC中，根据勾股定理得：，将RtABC沿直线DE折叠使点A与点C重合，折痕为DE，CDEADE，CD=AD=AC=，CDE=90，ABC是直角三角形，B=90，CDE=B，又C=C，CDECBA，DE=故选：B【点拨】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，能够识别常见的三角形相似的模型是解题的关键7C【分析】设与交于，根据平行线

12、的性质得到求得根据折叠的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到设，则根据相似三角形的性质即可得到结论解：设与交于，由翻折的性质可知：由翻折的性质可知：，在和中，在矩形中，设，则在中，依据勾股定理得：，解得：，即，解得：故选：C【点拨】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键8A【分析】依据矩形的性质以及折叠，即可得到，的长；再根据，利用对应边成比例即可得的长解：矩形中， ，又是的中点，中，由题可得，即，解得，故选：A【点拨】本题主要考查了折叠问题、矩形的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，翻折变换折叠

13、问题实质上就是轴对称变换，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9D【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题解：矩形的边，由题意知，又，由折叠知，即，连接，设与交于点F，四边形是矩形，由折叠知，在中，解得：，点的坐标是，故选：D【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键10B【分析】根据题意，延长交于H连，通过证明、得到，再由得到，进而即可求得的长解：延长交于H，连接，由沿折叠

14、得到，E为中点，正方形边长为1，四边形是正方形，在和中，又，故选：B【点拨】本题主要考查了三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质以及正方形的性质，熟练掌握相关几何知识是解决本题的关键11【分析】根据余角性质得出，证明，得出 ，求出解：在矩形中，根据折叠可知，点与点F关于对称， ，即 ，解得：故答案为：【点拨】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质,轴对称的性质，熟练掌握相关知识点，证明，是解题的关键12 【分析】连接，可证得，则，设，则，利用勾股定理求得，再由，即可求得答案解：如图，连接，四边形是正方形，点是边的中点，由折叠得：，在和中，设，则，在中，解得：，即，故答案为：，

15、【点拨】此题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质此题有一定难度，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用13【分析】由等边三角形的性质得到，由折叠的性质得到，设，则，然后求出的周长，再证明，根据相似三角形周长之比等于相似比进行求解即可解：是等边三角形，由折叠的性质可得，设，则，故答案为：【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的周长之比对应相似比是解题的关键14【分析】利用矩形判定及性质证得，根据折叠性质则可得出是的垂直平分线，则由直角三角形性质及矩形性质证明相似三角形判定推出，即可求得结果解：过

16、作于，设交于，如图： 四边形是矩形，四边形是矩形，把纸片如图沿折叠，点，的对应点分别为，是的垂直平分线，故答案为：【点拨】本题考查了矩形的折叠问题，掌握折叠的性质、矩形及相似三角形的判定与性质是解题的关键15【分析】首先 折叠性质求出DF长度，再由和分别求出MG、NG的长，相加即可解：如图MN与AD交于点G由折叠性质可知，FG=DG， 四边形ABCD是矩形， ， ， BF=DF在中，由勾股定理可得 则解得AF=3则BF=8-AF=8-3=5DF=5DG= ， 即解得MG= ， 即GN= 则MN=MG+NG= 故答案为：【点拨】本题主要考查了折叠的性质、相似的判定和性质、勾股定理以及矩形的性质，

17、掌握折叠的性质以及相似三角形的判定和性质是解题的关键164或【分析】根据点为三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明，得到，证明，求出的长，过点作于点，则，设，根据勾股定理列方程求出即可解：当时，将矩形纸片折叠，折痕为，过点作于点，则，设，则，解得：，；当时，解得：，；故答案为：4或【点拨】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的判定及性质，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键17（）【分析】过点作轴，交点为，由折叠的性质和平行线的性质可得，由勾股定理可求，的长，由平行线分线段成比例，的长，即可求解解：如图，过点作轴，交点为，点，将矩形

18、沿对角线折叠， 点在第三象限，点 （）故答案为：（）【点拨】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，坐标与图形变化，平行线，解决本题的关键是掌握对称的性质18/【分析】根据折叠可得，根据矩形的性质，勾股定理可求出的长，根据等面积法可求出的长，可证，可得，可求出的长，如图所示，过点作于点，则，可证，由此可求出的长，在中根据勾股定理即可求解解：如图所示，过点作于点，则，由折叠得，四边形是矩形，解得，在中，即，则，且，解得，故答案为：【点拨】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键19（1）；（2）【分析】（1）根据折叠的性质可得以及

19、，可证得，即可求解；（2）先证明，可得，同（1）可得，从而得到，即可求解（1）解：把矩形沿着折叠，点B落到，延长交延长线于Q，即，解得，的长为；（2）解：，即，解得或8，同（1）可得，即，解得【点拨】本题考查矩形中的翻折变换，涉及相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握翻折的性质，能用相似三角形对应边成比例列方程解决问题20（1）见分析；（2）存在，过点E作AD的垂线，交AC于点，点就是符合条件的点，见分析【分析】（1）由折叠的性质得出EF垂直平分AC，OA=OC，由矩形的性质得出B=90，ADBC，得出，EAO=FCO，由ASA证明AOECOF，得出AE=CF，证出四边形AFCE是平行四边形

20、，即可得出结论；（2）过E作EPAD交AC于P，则P就是所求的点则AEP=90，证出AOEAEP，得出对应边成比例，则AE2=AOAP，再由AOAC，即可得出结论解：（1）证明：在矩形ABCD中, ADBC ，由折叠可知：OA=OC AE=CF，又AECF 四边形是平行四边形又由折叠可知:AF=CF， 四边形是菱形.（2）存在，过点E作AD的垂线，交AC于点，点就是符合条件的点.理由如下：由作法得：AEP=90，由（1）得：ACEF，9090，又 AE2=AOAP，AOAC，AE2ACAP即：【点拨】本题考查折叠的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性

21、质等知识；综合性强，有一定难度，证明四边形是菱形和证明三角形相似是解题的关键21（1）；（2）；（3）；相似，理由见分析.【分析】（1）先求出BD，进而求出OD=OB=OA，再判断出ODEADO，即可得出结论；（2）先判断出AEFDCE，进而求出BF=1，再判断出CHGCBF，进而求出，最后用勾股定理即可得出结论；（3）先求出EC=5，再求出DC=1，根据勾股定理求出DH=，CH=，再判断出EMNEHD，得出，EDMECH，得出，进而得出，即可得出结论；先判断出MDH=NED，进而判断出MDH=ECB，即可得出，即可解：（1）如图1，连接，在矩形中，在中，根据勾股定理得，是中点，设，即：；（2

22、）如图2，在矩形中，平分，过点作于，设，在中，；（3）在矩形中，由折叠知，设，根据勾股定理得，；相似，理由：由折叠知，【点拨】本题考查全等三角形的判定（HL）与性质、相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定（HL）与性质、相似三角形的判定与性质.22（1）；（2）见分析【分析】（1）先利用勾股定理求得的长，证明，设，则，利用相似三角形的性质即可求解；（2）证明，利用相似三角形的性质即可证明.（1）解：矩形中，由折叠的性质得，设，则，解得，；（2）证明：F为BD的中点，平分，【点拨】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题

23、需要的条件23（1）四边形是菱形，证明见分析；（2）证明见分析；（3）【分析】（1）根据题意先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再由邻边相等的平行四边形是菱形判定即可得证；（2）根据题意证得，从而即可得到；（3）由（1）及（2）设，则，代入解方程即可得到答案解：（1）证明：四边形是菱形，证明如下：由折叠重合可知，又，四边形是平行四边形，又，平行四边形是菱形；（2）证明：四边形是菱形，四边形是矩形，又，；（3）解：四边形是菱形，设，则，由（2）得，解得，（不合题意，舍去），【点拨】本题考查特殊平行四边形综合，涉及平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质、解

24、一元二次方程等知识，熟练掌握特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键24（1）见分析；24；（2）见分析；9【分析】（1）根据矩形的性质可得，再由点E是的中点，可得，即可求证；先证得是等腰直角三角形，可得是等腰直角三角形，即可求解；（2）由折叠的的性质可得：，再由，可得，从而得到，进而得到，继而得到，即可求证；根据，可得，从而得到，再由四边形是菱形，可得，从而得到，可证明，从而得到，即可求解解：（1）四边形是矩形，E是中点，在AEB和DEC中，；解：由得：，是等腰直角三角形，四边形是矩形，是等腰直角三角形，；（2）证明：由折叠的的性质得：，四边形是菱形；，四边形是菱形，解得：，【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，折叠的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键