2020深圳中考数学6月冲刺
专题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△ADMRt△BCN（HL），得出DAM＝CBN，进而判断出△DCEBCE（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．
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．
依题意将图2补全；
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）由对称性即可补全图形；
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：△DECEDA；
（2）求DF的值；
（3）在线段AB上找一点P，连结FP使FPAC，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△DECEDA（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FPAC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BFDE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，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝8，BC＝14．如图，在底边BC上取一点D，连结AD，使得DAC＝ACD．如图，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DGBE，交BC于点G，连结FG交BD于点O.
判断四边形BFDG的形状，并说明理由；
若AB＝6，AD＝8，求FG的长．
10.【问题情境】如图，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，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，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．
依题意补全图形；
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）补全图形如图2所示；
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，ABCD，
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ADBC，DBC＝ADB，DBE＝ADB，DF＝BF，BDF是等腰三角形
(2)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
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，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）补全图形，如图所示．
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．
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