专题01 几何图形的折叠与动点问题(多可能性)-2023年中考数学必考特色题型讲练(河南专用)(解析版)
展开专题01 几何图形的折叠与动点问题(多可能性)
选题介绍
本题型在河南省近五年的中招试卷中考了4次,均位于填空题的第15题,分值3分,且都有两个答案,属于几何题型的多可能性问题讨论。难度系数较难,得分率较低。本题属于几何范畴,主要借助折叠或旋转的思想应用在三角形或四边形中,涉及的知识点主要有勾股定理,三角形的全等或相似,四边形中的特殊平行四边形的性质,本题一般有两个答案。
主要解题思路1、读懂题意,判断每一种情况的动点的位置所在;
2、 根据具体情况画出对应的图形,画图是解答本题的关键;
3、熟练应用题目中涉及的几何知识。
真题展现
2022年河南中招填空题第15题
15. 如图,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AC=BC=22,点D为AB的中点,点P在AC上,且CP=1,将CP绕点C在平面内旋转,点P的对应点为点Q,连接AQ,DQ.当∠ADQ=90°时,AQ的长为 .
【答案】5或13
【解析】本题考查了旋转的性质,勾股定理,直角三角形斜边上的中线性质,确定点的位置时解题的关键。连接CD,根据题意可得,当∠ADQ=90°时,分Q点在线段CD上和DC的延长线上,且CQ=CP=1,勾股定理求得AQ即可。
【详解】解:如图,连接CD,
∵在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AC=BC=22,
∴AB=4,CD⊥AD,
∴CD=0.5AB=2,
根据题意可得,当∠ADQ=90°时Q点在CD上,且CQ=CP=1,
∴DQ=CD-CQ=2-1=1,
如图,在Rt△ADQ中,AQ=AD2+DQ2=22+12=5,
在Rt△ADQ中,AD=CD=2,QD=CD+CQ=3,
∴AQ=AD2+DQ2=22+32=13
故答案为:5或13
2021年河南中招填空题第15题
15.小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏,如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1.第一步,在AB边上找一点D,将纸片沿CD折叠,点A落在A'处,如图2;第二步,将纸片沿CA'折叠,点D落在D'处,如图3.当点D'恰好落在直角三角形纸片的边上时,线段A'D'的长为 .
【答案】12或2−3
【解析】本题考查了折叠的性质,三角形全等,线段垂直平分线,30°角所在的直角三角形的性质,确定点的位置时解题的关键。本题分两种情况,第一种当点D,恰好落在直角三角形纸片的AB边上;第二种情况当点D,恰好落在直角三角形纸片的BC边上。
【详解】解:①D,恰好落在直角三角形纸片的AB边上时,设A,C交AB边于点E,如图
由题意:△ADC≌△A,DC,A,C垂直平分线段DD,
则∠D,A,C=∠DA,C=∠A=60°,A,C=AC=1.
∵∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1,
∴BC=AC•tanA=1×tan60°=3
∵S△ABC=12AC•BC=12AB•CE,
∴CE=32,
∴A,E=A,C-CE=1-32
在Rt△A,D,E中,
∵cos∠D,A,E=A’EA'D',
∴A’EA'D'=12,
∴A,D,=2A,E=2−3
②当点D,恰好落在直角三角形纸片的BC边上时,如图
由题意得,△ADC≌△A,DC≌△A,D,C,∠ACD=∠A,CD,=∠A,CD=13∠ACB=30°;
则∠D,A,C=∠DA,C=∠A=60°,A,C=AC=1.
∵∠D,A,C=60°,∠A,CD,=30°
∴∠A,D,C=90°,
∴A,D,=12A,C=12×1=12
综上,线段A,D,的长为12或2−3
故答案为12或2−3
2019年河南中招填空题第15题
15.如图,在矩形 ABCD 中,AB = 1,BC = a ,点 E 在边 BC 上,且 BE =35 a.连接 AE ,将△ABE 沿着 AE 折叠,若点 B 的对应点 B ' 落在矩形 ABCD 的边上,则a 的值为 .
【答案】5或13
【解析】本题考查了矩形与折叠的性质,三角形相似的应用,根据题意可分两种情况求得,①B'落在AD上,根据矩形与折叠的性质易得AB=BE,即可求出a的值;②点B'落在CD边上,证明△ADB'∽△B'CE,根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值。
【详解】解:分两种情况:
①B'落在AD边上时,如图1.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=∠B=90°,
∵将△ABE沿AE折叠,点B的对应点B'落在AD边上时,
∴∠BAE=∠B'AE=12∠BAD=45°,
∴AB=BE,
∴35a=1,
a=53.
②点B'落在CD边上时,如图2
∵四边形ABCD是矩形,
∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°,
AD=BC=a
∵将△ABE沿AE折叠,点B的对应点B'落在CD边上,
∴∠B=∠AB'E=90°,AB=AB'=1,EB=EB'=35a,
∴DB'=B'A2−AD2=1−a2,
EC=BC-BE=a-35a=25a
在△ADB'与△B'CE中,∠B'AD=∠EB'C=90°-∠AB'D,∠D=∠C=90°
∴△ADB'∽△B'CE,
∴DB'CE=AB'B'E即可求出a=53.
综上,所求a的值为53或53
故答案为53或53.
2018年河南中招填空题第15题
15. 如图,∠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,点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_____.
【答案】43或4
【解析】
【详解】分析:当△A′EF为直角三角形时,存在两种情况:
①当∠A'EF=90°时,如图1,根据对称的性质和平行线可得:A'C=A'E=4,根据直角三角形斜边中线的性质得:BC=2A'B=8,最后利用勾股定理可得AB的长;
②当∠A'FE=90°时,如图2,证明△ABC是等腰直角三角形,可得AB=AC=4.
详解:当△A′EF为直角三角形时,存在两种情况:
①当∠A'EF=90°时,如图1,
.
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称,
∴A'C=AC=4,∠ACB=∠A'CB,
∵点D,E分别为AC,BC的中点,
∴D、E是△ABC的中位线,
∴DE∥AB,
∴∠CDE=∠MAN=90°,
∴∠CDE=∠A'EF,
∴AC∥A'E,
∴∠ACB=∠A'EC,
∴∠A'CB=∠A'EC,
∴A'C=A'E=4,
Rt△A'CB中,∵E是斜边BC的中点,
∴BC=2A'E=8,
由勾股定理得:AB2=BC2-AC2,
∴AB=43;
②当∠A'FE=90°时,如图2,
.
∵∠ADF=∠A=∠DFB=90°,
∴∠ABF=90°,
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称,
∴∠ABC=∠CBA'=45°,
∴△ABC是等腰直角三角形,
∴AB=AC=4;.
综上所述,AB的长为43或4;
故答案为43或4.
模拟演练
1.如图,在矩形中,,,点是边上的中点,点是边上的一动点连接,将沿折叠,若点的对应点,连接,当△为直角三角形时,的长为 .
【答案】5或
【解析】当△为直角三角形时,
①当时,
为中点,,
,
,即,
点的对应点不能落在所在直线上,
,故该情况不存在;
②如图,
当时,,
由折叠的性质得:,
,
,
得;
③如图,
当时,
,故,,三点共线,
设,则,
在中,
,
则,
在△中,
由勾股定理可得,
即,
解得,即.
综上所述,满足条件的的值为5或.故答案为:5或.
2. 如图,矩形ABCD中,点M,N分别为边CD,AB的中点,点P,Q分别为射线DA,射线BC上的动点,且DP=BQ,分别沿PM,QN折叠△DMP,△BNQ,得到△EMP,△FNQ,点D,B的对应点分别为点E,F,连接MF,EN.若四边形MENF为菱形,AD=6,AB=10,则线段DP的长为_______.
【答案】或15
【解析】
【分析】分两种情况求解:①在线段上时,如图1,连接,,延长交于,四边形是菱形,四边形是矩形,可知的线段长,证明,,进而可求线段长;②在射线上时如图2,,延长交于,过作于,于,过程同(1),证明,,进而可求线段长.
【详解】解:①在线段上时,如图1,连接,,延长交于,
∵四边形是菱形,点M,N分别为边CD,AB的中点,
∴,
∴,
∴四边形是矩形,
∵,
∴,,
由折叠的性质可知,,,
由勾股定理得,
∴,
∵,
∴,
又∵,
∴,
∴即,
解得,
∴;
②在射线上时如图2,,延长交于,过作于,于,
由题意知,四边形是矩形,
由折叠的性质可知,,,
,
∵,
∴,
又∵,
∴,
∴即,
解得,
∴;
综上所述,的长为或15.
3. 在平面直角坐标系中,点A,B分别在y轴和x轴上,为的中位线,过点D向x轴作垂线段,垂足为E,可得矩形.将矩形沿着x轴向右平移,设斜边AB所在直线与矩形所围直角三角形的面积为S.已知点B的坐标为,当时,矩形顶点D的坐标为__________.
【答案】;
【解析】
【分析】根据B(6,0)求得OB=6,又tan∠ABO=,求OA=6,再根据三角形中位线性质得出CDOB,CD=OB=3,OC=OA=3,然后设D的坐标为(m,3),分两种情况:当AB与CD相交时,如图1,当AB与O′C、O′E相交时,如图2,分别求出点D的坐标即可;
【详解】解:∵B(6,0),
∴OB=6,
∵tan∠ABO=,
∴OA=,
∵CD是的中位线,
∴CDOB,CD=OB=3,OC=OA=3,
设D(m,3),
当AB与CD相交时,如图1,
∴DG=m-3,
∵CDOB,
∴∠DGF=∠ABO=60°,
∵,
∴,
∴DF=(m-3),
∵S△DGF==
解得:m1=5,m2=1,
∵DG=m-3>0,
∴m=5,
∴点D的坐标为;
当AB与O′C、O′E相交时,如图2,
∴O′B=3-(m-6)=9-m,
∵,即
∴O′F=(9-m)
∵S△DGF===2
解得:m1=7,m2=11,
∵O′B=9-m>0,
∴m=7,
∴D的坐标为.
综上,D的坐标为或.
故答案为:或.
4. 如图,点E是斜边AC上一点,,将沿BE翻折,得到,再在AC边上取点F,使点C关于BF的对称点恰好落在上,连接,当是直角三角形时,AE的长是_______.
【答案】或
【解析】
【分析】由题意,可知当是直角三角形时,可分和两种情况进行讨论.
【详解】在中,.
由轴对称的性质,可得,
∴.
①当时,点在AC上,如解图1所示,
则,
解得,
②当时,如解图2所示,
则,
解得,
综上所述,AE的长是或.
故答案为:或.
5. 如图,在中,,,是边上一点,且,是边上的一动点,将沿折叠得到,当点落在的一条边上时,的长为______.
【答案】或
【解析】
根据题意可得,分两种情况:如图,当落在边上时,此时,如图,当落在边上时,过点作于点,交于点,然后根据翻折的性质由勾股定理即可解决问题.
【详解】解:在中,,
,
分两种情况:如图,当落在边上时,此时,
在中,,
由折叠可知:,
,
;
如图,当落在边上时,
过点作于点,交于点,
,
设,则,
,
由折叠可知:,
在中,根据勾股定理得:
,
,
解得,舍去,
.
综上所述:的长为或.
故答案为:或.
6. 如图,在中,,对角线,点,分别为,边上的动点,且.现将关于直线对称,点的对应点记为,将关于直线对称,点的对应点记为,当以点,,,为顶点的四边形是菱形时,的长度为______.
【答案】或
【解析】
连接、,先证等边三角形,再证,再在中利用三角函数求出,则问题得解.
【详解】分两种情况:
①当时,如图1所示,连接、,
∵四边形是菱形,
∴,
∵根据对称的性质有,
∵AC=AD=3,
∴,
∴是等边三角形,
∴,
∴,
∵AC=AD,
∴,
∴,
∴在中,,
∴,
,
∴根据对称的性质有,
∴;
②当时,如图2所示,连接、,
∵四边形是菱形,
∴是AC的垂直平分线,
∵,
∴CE=AE=,
∴.
综上分析可得,DE的长为:或.
故答案为:或.
图1 图2
7. 如图,▱ABCD中,E是AD边上一点,AD=4,CD=3,ED=,∠A=45°,点P、Q分别是BC,CD边上的动点,且始终保持∠EPQ=45°,将△CPQ沿它的一条边翻折,当翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形时,线段BP的长为______.
【答案】,3,
【解析】
过点B作BF⊥AD于点F,连接BE,根据平行四边形的性质及已知条件,可证得△BEF是等腰直角三角形,求出BF、BE、的长,再利用三角形的外角性质结合已知,证明∠2=∠1,∠EBP=∠C,利用相似三角形的判定,可证得△BPE∽△CQP,再分三种情况讨论:①当CQ=QP时,则BP=PE,可证得四边形BPEF是矩形,可求出BP的长;②当CP=CQ时,则BP=BE=3;③当CP=PQ时,则BE=PE=3,再根据△BPE是等腰直角三角形,利用勾股定理,可求出BP的长,从而可得出答案.
【详解】:如图,过点B作BF⊥AD于点F,连接BE
∵平行四边形ABCD
∴AD∥BC
∴∠BFE=∠FBP=90°
在Rt△ABF中,∠A=45°,AB=3
∴BF=AF=ABcos45°=3×=
∴EF=AD-AF-DE=4--=
∴EF=BF
∴∠FBE=∠EBP=45°=∠C
∠2+∠EFQ=∠1+∠C
∵∠EFQ=∠C=45°
∴∠2=∠1
∴△BPE∽△CQP
将 △ CPQ沿它的一条边翻折,当翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形时,分三种情况:
①当CQ=QP时,则BP=PE
∴∠EBP=∠BEP=45°,则∠BPE=90°
∴四边形BPEF是矩形
∴BP=EF=
②当CP=CQ时,则BP=BE=3
③当CP=PQ时,则BE=PE=3,∠BEP=90°
∴△BPE是等腰直角三角形
∴BP=.
故答案为、3、
8. 如图,中,,,.四边形是正方形,点是直线上一点,且.是线段上一点,且.过点作直线与平行,分别交,于点,,则的长是______.
【答案】或
【解析】
结合勾股定理逆定理判断是直角三角形,通过证明,,然后利用相似三角形的性质求解,然后分当点位于点左侧时,当点位于点右侧时,进行分类讨论.
【详解】解:中,,,,
,,
,
为直角三角形,
①当点位于点左侧时,如图:
设直线交于点,
,
,,
又∵四边形是正方形,且,
,,
即,
解得:,
,,
,
,
,
解得:,
,
,
,
,
,
,
,
解得:;
②当点位于点右侧时,如图:
与①同理,此时,
,
解得:,
综上,的长为或,
故答案为:或.
9. 如图所示,在矩形ABCD中,,点P在边CD上,且,将沿BP折叠,若点C的对应点F落在矩形ABCD的边上,则CD的长度为_______.
【答案】或
【解析】
根据矩形的形状分类讨论,分AD>DC和AD<DC两种情况讨论,当AD>DC时,点F落在AD边上,则设CD的长度为x.根据翻折的性质,有,.即在中,用勾股定理表示出,再在中,利用勾股定理得,解方程即可得解;当AD<DC时,由翻折变换可知四边形BCPF是正方形,即有PC=BC,则CD易求.
【详解】解:如图1所示,AD>DC时,
当点F落在AD边上,则设CD的长度为x.
由翻折变化可知,,.
在中,
由勾股定理得,,
∴.
根据翻折可知BF=BC,
在中,
由勾股定理得,,即,
解得,或(舍去);
如图2所示,AD<DC时,
当点F落在AB边上,由翻折变换可知,四边形BCPF是正方形,
∴,
解得.
故CD的长度为:或.
故答案为:或.
10. 如图所示,正方形纸片ABCD的边长为2,点E为AD边上不与端点重合的一动点,将纸片沿过BE的直线折叠点A的落点记为F,连接CF、DF,若△CDF是以CF为腰的等腰三角形,则AE=_____.
【答案】或
【解析】
分两种情况:①当FC=FD时,如图3,作辅助线,构建直角三角形,利用30°角的特殊三角函数值求得AE的长;②当FC=DC时,如图4,作辅助线,构建直角三角形,设未知数,根据勾股定理列方程可求得AE的长.
【详解】解:当△CDF是以CF为腰的等腰三角形时,分两种情况:
①当FC=FD时,如图,过F作FM⊥AB于M,交CD于点N,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB∥CD,
∴FN⊥CD,
∵FC=FD,
∴MN是正方形的对称轴,
如图,连接AF,
∴FA=FB=2,
∵AB=2,
∴△ABF是等边三角形,
∴∠ABF=60°,
由折叠得:∠ABE=∠EBFABF=30°,
∴AE=tan30°•AB2;
②当FC=DC时,如图,过F作FG⊥AD,交AD于G,交BC于H,
∵AD∥BC,
∴GH⊥BC,
∵AB=BF,AB=CD,
∴BF=FC,
∴BH=CH=1,
由勾股定理得:FH,
∵∠A=∠ABG=∠BGH=90°,
∴四边形ABGH为矩形,
∴GH=AB=2,AG=BH=1,
∴FG=GH﹣FH=2,
设AE=x,则EF=x,EG=AG﹣AE=1﹣x,
由勾股定理得:x2=(1﹣x)2+(2)2,
∴x=4﹣2,
∴AE=4﹣2,
综上所述,AE的长为或4﹣2.
故答案为:或4﹣2.
专题06 平面直角坐标系与几何结合的点坐标问题—2023年中考数学必考特色题型讲练(河南专用)(原卷版): 这是一份专题06 平面直角坐标系与几何结合的点坐标问题—2023年中考数学必考特色题型讲练(河南专用)(原卷版),共7页。试卷主要包含了我们知道等内容,欢迎下载使用。
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专题05 尺规作图与平面几何结合题型—2023年中考数学必考特色题型讲练(河南专用)(解析版): 这是一份专题05 尺规作图与平面几何结合题型—2023年中考数学必考特色题型讲练(河南专用)(解析版),共24页。