中考数学 专项训练 考点41 菱形的折叠问题

专题41 菱形的折叠问题

1、在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．

【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．

【解析】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，

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．

【小结】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，四边形ABCD是菱形，AB=2，∠ABC=30°，点E是射线DA上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为点D′，若CD′垂直于菱形ABCD的边时，则DE的长为_____．

【分析】作于，如图，根据菱形的性质可判断为等边三角形，则，，再利用勾股定理计算出，再根据折叠的性质得点在以点为圆心，为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点在上时，的值最小，然后证明即可．

【解析】作于，如图，

菱形的边，，为等边三角形，，，，

在中，，

梯形沿直线折叠，的对应点，

点在以点为圆心，为半径的弧上，

当点在上时，的值最小，

，而，，，.

故选：B．

【小结】考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了折叠的性质．解决本题的关键是确定A′在PC上时CA′的长度最小．

3、如图，菱形的边，，,是上一点，，是边上一动点，将梯形沿直线折叠，的对应点．当的长度最小时，的长为（　　）

A． B． C． D．

【分析】延长与交于点.根据折叠的性质，可得，利用角度的变换得到，所以，设，，则，所以.中，，解出x、y的关系即可

【解析】如图，延长与交于点.由已知可得，.根据折叠的性质，可得，所以.

因为，所以.

因为，所以，

即得，所以.

设，，则，所以.

在中，，

解得，所以.

【小结】本题考查菱形的性质以及三角函数的基本应用，本题关键在于作出准确的辅助线

4、如图，菱形纸片中，，将纸片折叠，点、分别落在、处，且经过，为折痕，当时，的值为（    ）.

A． B． C． D．

【分析】分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，

求出DG=，CG=，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；

②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）．

【解析】分两种情况，

①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，

∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，

∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，

∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，

∴CG=CD=1，∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，

∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，

由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，

在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM    ，DM＝DM，

∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，

∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，

设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，

由勾股定理得：（3-x）²+（）² =（x+2）²，解得：x=，，即BN=；

②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：

CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（符合题干要求）；

综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为或2；

【小结】本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.

5、如图，在菱形ABCD中，点E是BC边的中点，动点M在CD边上运动，以EM为折痕将△CEM折叠得到△PEM，联接PA，若AB＝4，∠BAD＝60°，则PA的最小值是(    )

A． B．2 C．2﹣2 D．4

【分析】分情况进行讨论：

①当D'C⊥AD时，如图1，根据30度的余弦列式可得DE的长；

②当CD'⊥AB时，如图2，过E作EF⊥CD于F，设CF=EF=x，则ED=2x，DF=x，根据CD=CF+DF=2，列方程可得DE的长；

③当CD'⊥BC时，延长D'C交AD于F，分别计算EF和DF的长，可得DE的长；

④当D'C⊥CD时，如图4，延长D'C交DE于F，分别计算EF和DF的长，可得DE的长．

【解析】

分4种情况：

①当D'C⊥AD时，如图1，设DE=D'E=x，

由折叠得：CD=CD'=2，

∵四边形ABCD是菱形，

∴∠D=∠B=30°，

∴∠D=∠D'=30°，

Rt△CFD中，CF=CD=1，

∴D'F=CD'-CF=2-1=1，

Rt△D'FE中，cos30°=，

∴，

∴DE=D'E=；

②当CD'⊥AB时，如图2，过E作EF⊥CD于F，

∵AB∥CD，

∴∠B+∠BCD=180°，

∵∠B=30°，

∴∠BCD'=60°，∠DCD'=150°-60°=90°，

由折叠得∠ECD=∠DCD'=45°，

∴△ECF是等腰直角三角形，

设CF=EF=x，则ED=2x，DF=x，

∵CD=CF+DF=2，∴x+x=2，x=-1，∴DE=2x=2-2；

③当CD'⊥BC时，如图3，延长D'C交AD于F，则D'C⊥ED，

Rt△CFD中，∠D=30°，CD=2， ∴CF=1，DF=，

Rt△D'EF中，D'F=3，∠D'=30°，

∴EF=，

∴DE=EF+DF=2；

④当D'C⊥CD时，如图4，延长D'C交DE于F，

∵∠DCD'=90°，∴∠FCD=90°，

∵CD=2，∠FDC=30°，∴CF=，DF=2FC=，

由折叠得：∠ECD=∠ECD'==135°，

∴∠DEC=∠D'EC=15°，

∴∠FEB=∠FD'E=30°，

∴EF=D'F=+2，

∴DE=EF+DF=2+2，

综上所述，DE的长为或2或2-2或2+2．

【小结】此题考查了菱形的性质，折叠问题，解直角三角形及直角三角形的性质等知识，解题的关键是：正确画出D'C与菱形各边垂直的图形，并添加辅助线，然后解直角三角形即可．

6、如图在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝，点P是对角线AC上的一个动点，过点P作EF⊥AC交CD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠点A落在G处，当△CGB为等腰三角形时，则AP的长为_________.

【分析】首先证明四边形AEGF是菱形，分两种情形：①CG=CB，②GC=GB分别计算即可．

【解析】∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=BC=CD=AD=，∠DAC=∠BAC= =30°，AC=3，如图，

∵EF⊥AG，∴∠EPA=∠FPA=90°，

∴∠EAP+∠AEP=90°，∠FAP+∠AFP=90°，

∴∠AEP=∠AFP，

∴AE=AF，

∵△A′EF是由△AEF翻折，∴AE=EG，AF=FG，

∴AE=EG=GF=FA，

∴四边形AEGF是菱形，

∴AP=PG

①当CB=CG时，∵AG=AC-CG=3-，∴AP=AG=．

②当GC=GB时，∵∠GCB=∠GBC=∠BAC，

∴△GCB∽△BAC，∴,，∴GC=1，

∴AG=3-1=2，∴AP=AG=1．

故答案为1或．

【小结】本题考查菱形的性质、翻折变换、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，不能漏解．

7、如图，在菱形纸片ABCD中，AB=4，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上．则sin∠EFG的值为　　．

【解析】如图：过点E作HE⊥AD于点H，连接AE交GF于点N，连接BD，BE．

∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠DAB=60°，

∴AB=BC=CD=AD=4，∠DAB=∠DCB=60°，DC∥AB

∴∠HDE=∠DAB=60°，

∵点E是CD中点，∴DE=CD=2

在Rt△DEH中，DE=2，∠HDE=60°

∴DH=1，HE=，∴AH=AD+DH=5

在Rt△AHE中，AE==2

∵折叠，∴AN=NE=，AE⊥GF，AF=EF

∵CD=BC，∠DCB=60°

∴△BCD是等边三角形，且E是CD中点，∴BE⊥CD，

∵BC=4，EC=2，∴BE=2

∵CD∥AB，∴∠ABE=∠BEC=90°

在Rt△BEF中，EF2=BE2+BF2=12+（AB﹣EF）2．

∴EF=，∴sin∠EFG===，故答案为：

【小结】本题关键词：“对应点的连线段被折痕所在直线垂直平分”，“三线合一”，“转化目标角”

8、如图，在菱形纸片ABCD中，AB=15，tan∠ABC=，将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，若CE⊥AD，则cos∠EFG的值为　　．

【解析】如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接BE，过点P作PE⊥AB，

∵AB=15，tan∠ABC=，∴AH=9，BH=12，∴CH=3，

∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=15，AD∥BC，

∵AH⊥BC，∴AH⊥AD，且AH⊥BC，CE⊥AD，

∴四边形AHCE是矩形，∴EC=9，AE=CH=3，

∴BE===3，

∵将菱形纸片沿折痕FG翻折，使点B落在AD边上的点E处，

∴BF=EF，BE⊥FG，BO=EO=

∵AD∥BC，

∴∠ABC=∠PAE，

∴tan∠ABC=tan∠PAE=，且AE=3，

∴AP=，PE=，

∵EF2=PE2+PF2，∴EF2=+（15﹣EF+）2，∴EF=，

∴FO===

∴cos∠EFG==

 9、如图，在菱形ABCD中，AB=5，tanD=，点E在BC上运动（不与B，C重合），将四边形AECD沿直线AE翻折后，点C落在C′处，点D′落在D处，C′D′与AB交于点F，当C′D'⊥AB时，CE长为　　．

【解析】如图，作AH⊥CD于H，交BC的延长线于G，连接AC′．

由题意：AD=AD′，∠D=∠D′，∠AFD′=∠AHD=90°，

∴△AFD′≌△AHD（AAS），∴∠FAD′=∠HAD，

∵∠EAD′=∠EAD，∴∠EAB=∠EAG，

∴=（角平分线的性质定理，可以用面积法证明）

∵AB∥CD，AH⊥CD，∴AH⊥AB，∴∠BAG=90°，

∵∠B=∠D，∴tanB=tanD==，

∴=，∴AG=，

∴BG===，

∴BE：EG=AB：AG=4：3，

∴EG=BG=，

在Rt△ADH中，∵tanD==，AD=5，

∴AH=3，CH=4，∴CH=1，

∵CG∥AD，∴=，∴CG=，

∴EC=EG﹣CG=﹣=