中考数学 专项训练 考点29 图形折叠中的直角三角形存在性问题

专题29 图形折叠中的直角三角形存在性问题

【精典讲解】

1、如图例3-1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为直角三角形时，BD的长为                                                       

图例3-1              图例3-2      图例3-3

【答案】2或1.

【解析】从题目所给的“当△AEF为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论. 通过观察及分析可知∠BED=∠DEF=60°，所以∠AEF=180－120°=60°. 即点E不可能为直角顶点.

分两种情况考虑：                       

①当∠EAF=90°时，如图例3-2所示.

∵∠B=30°，BC=3

∴，

∵∠EAF=90°

∴∠AFC=60°，∠CAF=30°

在Rt△ACF中，有：，

由折叠性质可得：∠B=∠DFE=30°，

②当∠AFE=90°时，如图例3-3所示.

由折叠性质得：∠B=∠DFE=30°，

∴∠AFC=60°，∠FAC=30°

∴

所以，BF=2，

综上所述，BD的长为2或1.

【点睛】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识. 通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；②解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.

2、如图例4-1，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为           ．

图例4-1                   图例4-2           图例4-3

【答案】3或1.5.

【解析】此题以“当△CEB′为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B′及点E分别为直角顶点.分两种情况考虑：

①当∠CEB′=90°时，如图例4-2所示.

由折叠性质得：AB=AB′，四边形ABE B′是矩形.

所以四边形ABE B′是正方形.

此时，BE=AB=3.

②当∠CB′E=90°时，如图例4-3所示.

由折叠性质知，∠AB′C=90°，所以∠AB′C+∠CB′E=180°.

∴点A、B′、C共线

在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=5

由折叠得：AB= AB′=3

所以B′C=2

设BE=x，则B′E=x，EC=4－x

在Rt△ABC中，由勾股定理得：EC2=B′E2+B′C2

即：（4-x）2=x2+22

解得：x=1.5.

综上所述，BE的值为3或1.5.

【点睛】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及勾股定理的应用.

3、如图例5-1，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为          ．

图例5-1       图例5-2           图例5-3

【答案】或1.

【解析】通过观察及分析可知，C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论.

①当∠CM B′=90°时，如图例5-2所示.

由折叠知：∠BMN=∠B′MB=45°，又因为∠B=45°，所以∠BNM=90°，∠MNB′=90°

即∠BNM+∠MN B′=180°，所以B、N、B′三点共线，此时B′与点A重合.

所以，

①当∠CB′M=90°时，如图例5-3所示.

由折叠知∠B=∠B′=45°，因为∠C=45°，可得∠B′MC=45°，所以△B′MC是等腰直角三角形

设BM= B′M=x，B′C=x，则MC= x

因为BC=+1

所以x+x=+1

解得：x=1，即BM=1.

综上所述，BM的值为或1.

【点睛】根据题意判断出C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.

4、 如图例6-1，在∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A’BC与△ABC关于BC所在直线对称. D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交A’B所在直线于点F，连接A’E. 当△A’EF为直角三角形时，AB的长为              .

图例6-1     图例6-2         图例6-3

【答案】4或

【解析】分两种情况讨论.

①当∠A’FE=90°时，如图例6-2所示.

∵D、E分别为AC、BC的中点

∴DE是三角形ABC的中位线

即DE∥BA

∴∠A’BA=90°

∴四边形AB A’C为矩形

由折叠得AC=A’C

∴四边形AB A’C为正方形

即AB=AC=4.

②当∠A’EF=90°时，如图例6-3所示.

∵∠A’EF=∠CDE=90°

∴A’E∥CD

∴∠DCE=∠CEA’

由折叠知：∠DCE=∠A’CE

∴∠CEA’=∠A’CE

∴A’C=A’E=4

又∵E是BC中点

即A’E是Rt△A’BC的中线

∴BC=2A’E=8

在Rt△A’BC中，由勾股定理得，A’B=

由折叠性质得：AB= A’B=.

综上所述，AB的长为4或.

【点睛】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.

【针对训练】

1、矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为(   )

A．3 B． C．2或3 D．3或

【解析】

【分析】

当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：

①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．

连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．

②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形．

【详解】

当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：

①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．

连结AC，

在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，

∴AC==5，

∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，

∴∠AB′E=∠B=90°，

当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，

∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，

∴EB=EB′，AB=AB′=3，

∴CB′=5-3=2，

设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，

在Rt△CEB′中，

∵EB′2+CB′2=CE2，

∴x2+22=（4-x）2，解得x=，

∴BE=；

②当点B′落在AD边上时，如图2所示．

此时ABEB′为正方形，

∴BE=AB=3．

综上所述，BE的长为或3．

故选D．

【点睛】

本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．

2、如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则的值为

A． B． C． D．

【解析】

【分析】

根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP（AAS），根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=4﹣x、BF=PC=3﹣x，进而可得出AF=1+x．在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，即可得出答案．

【详解】

根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，∴DC=DE=4，CP=EP．

在△OEF和△OBP中，∵，∴△OEF≌△OBP（AAS），∴OE=OB，EF=BP．

设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x．

又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，∴AF=AB﹣BF=1+x．

在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，解得：x=0.6，∴DF=4﹣x=3.4，∴．

故选C．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x，求出AF的长度是解题的关键．

3、如图，已知正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点，BE=，Q是CD上一动点，将△CEQ沿直线EQ折叠后，点C落在点P处，连接PA．点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，当PA的长度最小时，CQ的长为（ ）

A． B． C． D．3

【解析】

试题解析：如图所示：

在Rt△ABE中，AE=．

∵BC=3，BE=，

∴EC=3-．

由翻折的性质可知：PE=CE=3-．

∵AP+PE≥AE，

∴AP≥AE-PE．

∴当点A、P、E一条直线上时，AP有最小值．

∴AP=AE-PE=2-（3-）=3-3．

故选A．

考点：翻折变换（折叠问题）．

4、如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把矩形沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为____________．

【解析】

【分析】

当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC=10，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=6，可计算出CB′=4，设BE=x，则EB′=x，CE=8-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时四边形ABEB′为正方形．

【详解】

由题意知，需分两种情况讨论：

①当时，如图1，由折叠得，，，

∴，

∴三点共线．在矩形中，，，

∴．

∵，

∴．

设，则，，

在中，，即，解得．

②当时，如图2，由折叠可知，

∴，，

∴四边形是正方形，

∴．

综上所述，当为直角三角形时，的长为或3．

故答案是：或3.

【点睛】

考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．

5、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，将△AEF沿直线EF折叠，点A的对应点为点A′，当点E，A′，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．

【解析】

【分析】

利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题．（注意有两种情形）

【详解】

解：如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，

∵CD∥AB，

∴∠CFE＝∠AEF，

∴∠CFE＝∠CEF，

∴CE＝CF，

在Rt△BCE中，EC＝ ，

∴CF＝CE＝2，

∵AB＝CD＝6，

∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，

当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，

∴DF＝CD+CF′＝6+2

故答案为6﹣2或6+2．

【点睛】

本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．

6、如图，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，AB=4，点P为线段AB上一动点，过点P作PE⊥AB交直线AD于点E，将∠A沿PE折叠，点A落在F处，连接DF，CF，当△CDF为直角三角形时，线段AP的长为__________．

【解析】

【分析】

分两种情形讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形；②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形，分别求出即可．

【详解】

分两种情况讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形．

∵在菱形ABCD中，AB=4，∴CD=AD=AB=4．

在Rt△ADF中，∵AD=4，∠DAB=45，DF=AF=2，∴APAF．

②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形．

在Rt△CBF中，∵∠CFB=90°，∠CBF=∠A=45°，BC=4，∴BF=CF=2，∴AF=4+2，∴APAF=2．

综上所述：线段AP的长为或2．

故答案为：或2．

【点睛】

本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，正确画出图象，注意分类讨论的思想，属于中考常考题型．