中考数学二轮复习压轴题专题10 与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析（含答案）

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专题十：与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析
专题导例
如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM＝BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为6，则线段CF的最小值是　 　．

【分析】：先判断出Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），得出∠DAM＝∠CBN，进而判断出△DCE≌△BCE（SAS），得出∠CDE＝∠CBE，即可判断出∠AFD＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF＝AD＝3，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．
方法剖析
轴对称的性质
（1）对应线段相等，对应角相等；对称点的连线被对称轴垂直平分；
（2）轴对称图形变换的特征是不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置，新旧图形
具有对称性；
（3）轴对称的两个图形，它们对应线段或延长线相交，交点在对称轴上.
轴对称（折叠）的思考层次
全等变换：对应边相等，对应角相等；
对称轴性质：对应点所连线段被对称轴（折痕）垂直平分，对称轴（折痕）上的点到对应点的距离相等；
指出：（1）在翻折下，前后的图形关于折痕成轴对称，注意前后的图形成镜面对称，即前后的图形的左右位置互换；
（2）翻折或对称中建构勾股方程来求取线段长及对最值类问题进行探究；
（3）轴对称常见的结构，折叠会产生垂直平分，等腰三形.
导例答案：解：如图，在正方形ABCD中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），
∴∠DAM＝∠CBN，
在△DCE和△BCE中，
，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴∠CDE＝∠CBE
∴∠DAM＝∠CDE，
∵∠ADF+∠CDE＝∠ADC＝90°，
∴∠DAM+∠ADF＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
取AD的中点O，连接OF、OC，
则OF＝DO＝AD＝3，
在Rt△ODC中，OC＝＝3
根据三角形的三边关系，OF+CF＞OC，
∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，
最小值＝OC﹣OF＝3﹣3．
故答案为：3﹣3．
典型例题

类型一：利用已知直线作对称图形进行证明
例1、在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，DE＝DA（如图1）．

（1）求证：∠BAD＝∠EDC；
（2）点E关于直线BC的对称点为M，连接DM，AM．
①依题意将图2补全；
②证明：在点D运动的过程中，始终有DA＝AM．
【分析】（1）先判断出∠BAD+∠CAD＝60°，进而得出∠BAD+∠E＝60°，即可得出结论；
（2）①由对称性即可补全图形；
②由对称性判断出DM＝DE，∠MDC＝∠EDC，再用三角形的外角的性质，判断出∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠B+∠MDC，进而判断出△ADM是等边三角形，即可得出结论．
类型二：对已知图形进行翻折进行证明
例2．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，把矩形沿直线AC折叠，使点B落在点E处，AE交CD于点F，连接DE．
（1）求证：△DEC≌△EDA；
（2）求DF的值；
（3）在线段AB上找一点P，连结FP使FP⊥AC，连结PC，试判定四边形APCF的形状，并说明理由，直接写出此时线段PF的大小．
K]
【分析】（1）根据矩形的性质、轴对称的性质可得到AD＝EC，AE＝DC，即可证到△DEC≌△EDA（SSS）；
（2）易证AF＝CF，设DF＝x，则有AF＝4﹣x，然后在Rt△ADF中运用勾股定理就可求出DF的长．
（3）根据三角形的内角和定理求得∠APF＝∠AFP根据等角对等边得出AF＝AP进而得出FC＝AP，从而证得四边形APCF是平行四边形，又因为FP⊥AC证得四边形APCF为菱形，然后根据菱形的面积S菱形＝PF•AC＝AP•AD，即可求得．
专项突破
1.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D、E分别是BC、AB上一个动点，连接DE．将点B沿直线DE折叠，点B的对应点为F，若AC＝3，BC＝4，当点F落在AC的三等分点上时，BD的长为　 　．

2．如图，正方形ABCD中，点E是BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，连接FC．
（1）求证：∠FBC＝∠CDF；
（2）作点C关于直线DE的对称点G，连接CG，FG，猜想线段DF，BF，CG之间的数量关系，并证明你的结论．

3.已知矩形ABCD，其中AD＞AB，依题意先画出图形，然后解答问题．
（1）F为DC边上一点，把△ADF沿AF折叠，使点D恰好落在BC上的点E处．在图1中先画出点E，再画出点F，若AB＝8，AD＝10，直接写出EF的长为　 　；
（2）把△ADC沿对角线AC折叠，点D落在点E处，在图2先画出点E，AE交CB于点F，连接BE．求证：△BEF是等腰三角形．

4.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB边上的一个动点（不与点A，B及AB中点重合），连接CD，点A关于直线CD的对称点为点E，直线BE，CD交于点F．
（1）如图1，当∠ACD=15°时，根据题意将图形补充完整，并直接写出∠BFC的度数；
（2）如图2，当45°＜∠ACD＜90°时，用等式表示线段AC，EF，BF之间的数量关系，并加以证明．

5．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB．点D为线段BC上一个动点（点D不与点B，C重合），连接AD，点E在射线AB上，连接DE，使得DE＝DA．作点E关于直线BC的对称点F，连接BF，DF．
（1）依题意补全图形；[来源:学,科,网]
（2）求证：∠CAD＝∠BDF；
（3）用等式表示线段AB，BD，BF之间的数量关系，并证明．

6．如图①，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝8，BC＝14．如图②，在底边BC上取一点D，连结AD，使得∠DAC＝∠ACD．如图③，将△ACD沿着AD所在直线折叠，使得点C落在点E处，连结BE，得到四边形ABED．则BE的长是　　．

7．在等边三角形ABC外侧作射线AP，∠BAP=α，点B关于射线AP的对称点为点D，连接CD交AP于点E.
（1）依据题意补全图形；[来源:学科网]
（2）当α=20°时，∠ADC= ；∠AEC= ；
（3）连接BE，求证：∠AEC=∠BEC；
（4）当0°<α<60°时，用等式表示线段AE， CD，DE之间的数量关系，并证明．

8.在等边△ABC外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为D，连结BD，CD，其中CD交直线AP与点E．
（1）如图1，若∠PAB＝30°，则∠ACE＝　 　；
（2）如图2，若60°＜∠PAB＜120°，请补全图形，判断由线段AB，CE，ED可以构成一个含有多少度角的三角形，并说明理由．


9．如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.
(1)求证：△BDF是等腰三角形；
(2)如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连结FG交BD于点O.
①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；
②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．

10.【问题情境】如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB中点，连结CD，点E为CB上一点，过点E且垂直于DE的直线交AC于点F．易知：BE＝CF．（不需要证明）
【探索发现】
如图②，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB中点，连结CD，点E为CB的延长线上一点，过点E且垂直于DE的直线交AC的延长线于点F．
【问题情境】中的结论还成立吗？请说明理由．
【类比迁移】
如图③，在等边△ABC中，AB＝4，点D是AB中点，点E是射线AC上一点（不与点A、C重合），将射线DE绕点D逆时针旋转60°交BC于点F．当CF＝2CE时，CE＝　 　．

11．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＜BC，点D在AC的延长线上，点E在BC边上，且BE＝AD，

（1）如图1，连接AE，DE，当∠AEB＝110°时，求∠DAE的度数；
（2）在图2中，点D是AC延长线上的一个动点，点E在BC边上（不与点C重合），且BE＝AD，连接AE，DE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，连接BF，DE．
①依题意补全图形；
②求证：BF＝DE．

专题十：与翻折或轴对称作图有关的几何证明题解析

例1．解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD+∠CAD＝60°，
∵DE＝DA，
∴∠CAD＝∠E，
∴∠BAD+∠E＝60°，
∵∠EDC+∠E＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＝∠EDC；
（2）①补全图形如图2所示；
②∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
由对称性得，∠EDC＝∠MDC，
由（1）知，∠EDC＝∠BAD，
∴∠MDC＝∠BAD，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠B+∠MDC．
∴∠ADM＝∠B＝60°，
由对称性得，DM＝DE，
∵DE＝DA，
∴DA＝DM，
∴△ADM是等边三角形，
∴DA＝DM，
即：在点D运动的过程中，始终有DA＝AM．

例2．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ACD＝∠CAB，
∵△AEC由△ABC翻折得到，
∴AB＝AE，BC＝EC，∠CAE＝∠CAB，
∴AD＝CE，DC＝EA，∠ACD＝∠CAE，
在△ADE与△CED中，
，
∴△DEC≌△EDA（SSS）；
（2）解：如图1，∵∠ACD＝∠CAE，
∴AF＝CF，
设DF＝x，则AF＝CF＝4﹣x，
在RT△ADF中，AD2+DF2＝AF2，
即32+x2＝（4﹣x）2，
解得；x＝，
即DF＝．
（3）解：四边形APCF为菱形，
设AC、FP相较于点O
∵FP⊥AC
∴∠AOF＝∠AOP
又∵∠CAE＝∠CAB，
∴∠APF＝∠AFP
∴AF＝AP
∴FC＝AP
又∵AB∥CD
∴四边形APCF是平行四边形
又∵FP⊥AC
∴四边形APCF为菱形，
在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，
∴AC＝5，
∵S菱形＝PF•AC＝AP•AD，
∵AP＝AF＝4﹣＝
∴PF＝＝．


专项突破
1.解：∵折叠
∴BD＝DF，
∵点F落在AC的三等分点上
∴CF＝1或CF＝2，
若CF＝1时，
在Rt△CDF中，DF2＝CD2+CF2，
∴BD2＝（4﹣BD）2+1
∴BD＝
当CF＝2时，
在Rt△CDF中，DF2＝CD2+CF2，
∴BD2＝（4﹣BD）2+4
∴BD＝
故答案为：或
2．解：（1）∵ABCD为正方形，
∴∠DCE＝90°．
∴∠CDF+∠E＝90°，
又∵BF⊥DE，
∴∠FBC+∠E＝90°，
∴∠FBC＝∠CDF
（2）如图所示：在线段FB上截取FM，使得FM＝FD．
∵∠BDC＝∠MDF＝45°，
∴∠BDM＝∠CDF，
∵＝＝，
∴△BDM∽△CDF，
∴＝＝，∠DBM＝∠DCF，
∴BM＝CF，
∴∠CFE＝∠FCD+∠CDF＝∠DBM+∠BDM＝∠DMF＝45°，
∴∠EFG＝∠EFC＝45°，
∴∠CFG＝90°，
∵CF＝FG，
∴CG＝CF，
∴BM＝CG，
∴BF＝BM+FM＝CG+DF．
补充方法：连接GM，证明四边形BMGC是平行四边形即可．
3.解：（1）如图1，在BC上截取AE＝AD得点E，作AF垂直DE交CD于点F（或作∠AED的平分线AF交CD于点F，或作EF垂直AE交CD于点F等等），
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝90°，
在Rt△ABE中，BE＝＝6，
∴EC＝10﹣6＝4，设EF＝DF＝x，
在Rt△EFC中，则有x2＝（8﹣x）2+42，
解得x＝5，
∴EF＝5．
故答案为：5；
（2）证明：如图2，作DH垂直AC于点H，延长DH至点E，使HE＝DH．
方法1：∵△ADC≌△AEC，
∴AD＝AE＝BC，AB＝DC＝EC，
在△ABE与△CEB中，，
∴△ABE≌△CEB（SSS），
∴∠AEB＝∠CBE，
∴BF＝EF，
∴△BEF是等腰三角形．
方法2：∵△ADC≌△AEC，
∴AD＝AE＝BC，∠DAC＝∠EAC，
又∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠EAC＝∠ACB，
∴FA＝FC，
∴FE＝FB，
∴△BEF是等腰三角形．


4.（1）如图1中，连接EC．

∵A，E关于CD对称，∴∠DCA=∠DCE=15°，CA=CE=CB．∵∠ACB=90°，
∴∠ECB=60°，∴△ECB是等边三角形，∴∠CEB=60°，
∵∠CEB=∠BFC+∠DCE，∴∠BFC=60°-15°=45°．
（2）结论：EF2+BF2=2AC2．
理由：如图2，连接CE，AF，延长AC交FE的延长线于点G．

∵A，E关于CD对称，∴AC=CE，AF=EF，
又∵CF=CF，∴△ACF≌△ECF（SSS），
∴∠CAF=∠1，∵AC=BC，∴BC=CE，∴∠1=∠2，∴∠CAF=∠2，
∵∠ACB=90°，∴∠G+∠2=90°，∴∠CAF+∠G=90°，
∴∠AFG=90°，在Rt△AFB中，AB2=AF2+BF2，
在Rt△ABC中，AB2=AC2+BC2=2AC2，∴BF2+AF2=2AC2，∴BF2+EF2=2AC2．
5．（1）如图所示：

（2）∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠BAC＝∠CBA＝45°，
∴∠CAD+∠DAB＝45°，∵DA＝DE，
∴∠DAE＝∠DEB，∵∠DBA是△DBE的一个外角，
∴∠EDB+∠DEB＝∠DBA＝45°，∴∠EDB＝∠CAD，
∵点E关于直线BC的对称点F，∴∠EDB＝∠FDB，∴∠CAD＝∠FDB；
（3）线段AB，BD，BF之间的数量关系是AB﹣BF=BD，
证明：过点D作AC的平行线交AB于M点，

∴∠C＝∠MDB＝90°，∠CAB＝∠DMB＝45°，∴∠DMB＝∠DBM，∴DM＝DB，∴MB=BD，
∵点E关于直线BC的对称点F，∴DE＝DF，
∵AD＝DE，∴AD＝DF，∵AC∥MD，∴∠CAD＝∠ADM，∵∠CAD＝∠FDB，
∴∠ADM＝∠FDB，∴△ADM≌△FDB（SAS），∴AM＝BF，∴AB﹣BF＝AB﹣AM＝MB，
又∵MB=BD，∴AB﹣BF=BD．
6.解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∵∠DAC＝∠ACD，
∴∠DAC＝∠ABC，
∵∠C＝∠C，
∴△CAD∽△CBA，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝，BD＝BC﹣CD＝，
∵∠DAM＝∠DAC＝∠DBA，∠ADM＝∠ADB，
∴△ADM∽△BDA，
∴＝，即＝，
∴DM＝，MB＝BD﹣DM＝，
∵∠ABM＝∠C＝∠MED，
∴A、B、E、D四点共圆，
∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，
∴△ABD∽△MBE，
∴＝，
∴BE＝＝＝．
故答案为：．


7．（1）如图；

（2）40°；60 °；
（3）证明：∵点B关于射线AP的对称点为点D，
∴△BAE≌△DAE． ∴∠BAE=∠DAE=α．
∵AD=AB=AC，∴∠ADC==60°－α．
∴∠AEC=60°． ∵∠ACB=60°，∠ACD=∠ADC=60°－α，∴∠BCE=α．
∵∠ABC=60°，∠ABE=∠ADC=60°－α，∴∠BEC=60°．

（4）证明：法一：在CD上截取AF=AE．

∵∠AEF=60°，∴△AEF是等边三角形．∴∠AFC=∠AED=120°．
∵∠ACD=∠ADC=60°－α，∴△ADE≌△ACF．∴DE=CF．∴CD=2DE+EF．∵AE=EF，∴CD=2DE+AE．
法二：在CD上截取BG=BE．


∵∠BEC=60°，∴△BEG是等边三角形．∴∠BGC=∠AED=120°．
∵∠BCE=∠DAE=α，∴△BCG≌△DAE．
∴AE=CG．∵EG=BE=DE，∴CD=2DE+CG．∴CD=2DE+AE．
8.解：（1）连接AD，如图1．
∵点D与点B关于直线AP对称，
∴AD＝AB，∠DAP＝∠BAP＝30°，
∵AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴AD＝AC，∠DAC＝120°，
∴2∠ACE+60°+60°＝180°，
∴∠ACE＝30°，
故答案为：30°；
（3）线段AB，CE，ED可以构成一个含有60°角的三角形．
证明：连接AD，EB，如图2．
∵点D与点B关于直线AP对称，
∴AD＝AB，DE＝BE，
∴∠EDA＝∠EBA，
∵AB＝AC，AB＝AD，
∴AD＝AC，
∴∠ADE＝∠ACE，
∴∠ABE＝∠ACE．
设AC，BE交于点F，
又∵∠AFB＝∠CFE，
∴∠BAC＝∠BEC＝60°，
∴线段AB，CE，ED可以构成一个含有60°角的三角形．

9．(1)根据折叠，∠DBC＝∠DBE，又AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形
(2)①菱形，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG，又∵FD∥BG，∴四边形BFDG是平行四边形，∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形
②∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10.∴OB＝BD＝5.设DF＝BF＝x，∴AF＝AD－DF＝8－x.∴在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2，解得x＝，即BF＝，∴FO＝＝＝，∴FG＝2FO＝
10.解：【问题情境】证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB中点，
∴CD⊥AB，CD＝BD＝AD＝AB，∠BCD＝∠B＝45°，
∴∠BDC＝90°，
∵∠EDF＝90°，
∴∠CDF＝∠BDE，
在△BDE与△CDF中，，
∴△BDE≌△CDF（ASA），
∴BE＝CF；
【探索发现】成立，
理由：∵在Rt△ABC中，D为AB中点，
∴CD＝BD，
又∵AC＝BC，
∴DC⊥AB，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝90°，
∴∠EDB+∠BDF＝∠CDF+∠BDF＝90°，
∴∠CDF＝∠BDE，
∴∠ADF＝∠CDE，
∴AF＝CE，
∴CF＝BE；
【类比迁移】∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝60°，
∵∠FDE＝60°，
∴∠BDF＝120°﹣∠ADE，∠AED＝120°﹣∠ADE，
∴∠BDF＝∠AED，
∴△ADE∽△BDF，
∴，
∵点D为AB中点，AB＝4，
∴AD＝BD＝2，AC＝BC＝4，
∵CF＝2CE，
∴设CE＝x，则CF＝2x，
当点E在线段AC上时，
∴AE＝4﹣x，BF＝4﹣2x，
∴＝，
解得：x＝3﹣，x＝3+（不合题意，舍去），
∴CE＝3﹣，
如图④，当点E在AC的延长线上时，
∵AE＝4+x，BF＝4﹣2x，
∴＝，
解得：x＝﹣1+，（负值舍去），
∴CE＝﹣1+．
综上所述，CE＝3﹣或﹣1+，
故答案为：3﹣或﹣1+．

11.解：（1）∵∠AEB＝110°，∠ACB＝90°，
∴∠DAE＝∠AEB﹣∠ACB＝20°；
（2）①补全图形，如图所示．

②证明：由题意可知∠AEF＝90°，EF＝AE．
∵∠ACB＝90°，
∴∠AEC+∠BEF＝∠AEC+∠DAE＝90°．
∴∠BEF＝∠DAE．
∵在△EBF和△ADE中，
，
∴△EBF≌△ADE（SAS）．
∴DE＝BF．