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    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)
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    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)

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    这是一份专题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),共32页。试卷主要包含了熟练应用题目中涉及的几何知识等内容,欢迎下载使用。

    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.


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