终身会员
搜索
    上传资料 赚现金

    专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用)

    立即下载
    加入资料篮
    资料中包含下列文件,点击文件名可预览资料内容
    • 原卷
      专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题(原卷版).docx
    • 解析
      专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题(解析版).docx
    专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题(原卷版)第1页
    专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题(解析版)第1页
    专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题(解析版)第2页
    专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题(解析版)第3页
    还剩2页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用)

    展开

    这是一份专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用),文件包含专题30图形折叠中的等腰三角形存在性问题原卷版docx、专题30图形折叠中的等腰三角形存在性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共16页, 欢迎下载使用。


    1、如图例7-1,正方形ABCD的边长是16,点E在边AB上,AE=3,点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点,把△EBF沿EF折叠,点B落在B′处,若△CDB′恰为等腰三角形,则DB′的长为 .
    图例7-1
    【解析】根据△CDB′为等腰三角形,以CD为腰或底分三种情况讨论,①DB′=DC;②CB′=CD;③CB′=DB′. 对于①DB′=DC,作图方法以E为圆心BE长为半径作弧,以D为圆心CD长为半径作弧,两弧交点即为B′. 对于②CB′=CD,作图方法以E为圆心BE长为半径作弧,以C为圆心CD长为半径作弧,两弧交点即为B′. 对于③CB′=DB′,作图方法以E为圆心BE长为半径作弧,弧与CD垂直平分线的交点为B′.

    图例7-2 图例7-3 图例7-4
    详解:①DB′=DC, 如图例7-2所示.
    易知:DB′=DC=16.
    ②CB′=CD,如图例7-3所示.
    由折叠性质可知:BF= B′F=CD=16,此时F点与C点重合,不符题意.
    ③CB′=DB′,如图例7-4所示.
    由题意得,DN=CN=8,因为AE=3,所以EM=5. B′E=BE=13.
    在Rt△EB′M中,由勾股定理得,B′M=12.
    所以B′N=4.
    在Rt△DB′N中,由勾股定理得,B′D=.
    综上所述,B′D的长为16或.
    【点睛】以CD为腰或底分三种情况讨论,排除其中一种,利用勾股定理求解.
    【针对训练】
    1、如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,P为边AD上一动点,连接BP,把△ABP沿BP折叠,使A落在A′处,当△A′DC为等腰三角形时,AP的长为( )
    A.2B.C.2或D.2或
    【解析】
    【分析】
    根据△A′DC为等腰三角形,分三种情况进行讨论:①A'D=A'C,②A'D=DC,③CA'=CD,分别求得AP的长,并判断是否符合题意.
    【详解】
    ①如图,当A′D=A′C时,过A′作EF⊥AD,交DC于E,交AB于F,则EF垂直平分CD,EF垂直平分AB
    ∴A'A=A'B
    由折叠得,AB=A'B,∠ABP=∠A'BP
    ∴△ABA'是等边三角形
    ∴∠ABP=30°
    ∴AP=;
    ②如图,当A'D=DC时,A'D=2
    由折叠得,A'B=AB=2
    ∴A'B+A'D=2+2=4
    连接BD,则Rt△ABD中,BD=
    ∴A'B+A'D<BD(不合题意)
    故这种情况不存在;
    ③如图,当CD=CA'时,CA'=2
    由折叠得,A'B=AB=2
    ∴A'B+A'C=2+2=4
    ∴点A'落在BC上的中点处
    此时,∠ABP=∠ABA'=45°
    ∴AP=AB=2.
    综上所述,当△A′DC为等腰三角形时,AP的长为或2.
    故选C.
    【点睛】
    本题以折叠问题为背景,主要考查了等腰三角形的性质,解决问题的关键是画出图形进行分类讨论,分类时注意不能重复,不能遗漏.
    2、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.
    【解析】
    【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.
    【详解】
    解: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.
    【点睛】
    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,在矩形ABCD中,AB=3,BC=3,将△ABC沿对角线AC折叠,点B恰好落在点P处,CP与AD交于点F,连接BP交AC于点G,交AD于点E,下列结论不正确的是( )
    A.PGCG=13B.△PBC是等边三角形
    C.AC=2APD.S△BGC=3S△AGP
    【解析】
    【分析】
    如图,首先运用勾股定理求出AC的长度,进而求出∠ACB=30°,此为解决该题的关键性结论;运用翻折变换的性质证明△BCP为等边三角形;运用射影定理求出线段CG、AG之间的数量关系,进而证明选项A、B、C成立,选项A不成立.
    【详解】
    如图,∵四边形ABCD为矩形,
    ∴∠ABC=90°;由勾股定理得:
    AC2=AB2+BC2,而AB=3,BC=3,
    ∴AC=23,AB=12AC,
    ∴∠ACB=30°;由翻折变换的性质得:
    BP⊥AC,∠ACB=∠ACP=30°,
    BC=PC,AB=AP,BG=PG,
    ∴GC=3BG=3PG,∠BCP=60°,AC=2AP,
    ∴△BCP为等边三角形,
    故选项B、C成立,选项A不成立;
    由射影定理得:BG2=CG•AG,
    ∴AG=33BG,CG=3AG,
    ∴S△BCG=3S△ABG;由题意得:
    S△ABG=S△AGP,
    ∴S△BGC=3S△AGP,
    故选项D正确;
    故选:A.
    【点睛】
    考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题;解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答;对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求.
    4、如图,将一张正方形纸片ABCD对折,使CD与AB重合,得到折痕MN后展开,E为CN上一点,将△CDE沿DE所在的直线折叠,使得点C落在折痕MN上的点F处,连接AF,BF,BD.则下列结论中:①△ADF是等边三角形;②tan∠EBF=2-3;③S△ADF=13S正方形ABCD;④BF2=DF·EF.其中正确的是( )
    A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④
    【解析】
    【分析】
    由正方形的性质得出AB=CD=AD,∠C=∠BAD=∠ADC=90°,∠ABD=∠ADB=45°,由折叠的性质得出MN垂直平分AD,FD=CD,BN=CN,∠FDE=∠CDE,∠DFE=∠C=90°,∠DEF=∠DEC,由线段垂直平分线的性质得出FD=FA,得出△ADF是等边三角形,①正确;
    设AB=AD=BC=4a,则MN=4a,BN=AM=2a,由等边三角形的性质得出∠DAF=∠AFD=∠ADF=60°,FA=AD=4a,FM=3AM=23a,得出FN=MN-FM=(4-23)a,由三角函数的定义即可得出②正确;
    求出△ADF的面积=12AD•FM=43a2,正方形ABCD的面积=16a2,得出③错误;
    求出∠BFE=∠DFB,∠BEF=∠DBF,证出△BEF∽△DBF,得出对应边成比例,得出④正确;即可得出结论.
    【详解】
    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴AB=CD=AD,∠C=∠BAD=∠ADC=90°,∠ABD=∠ADB=45°,
    由折叠的性质得:MN垂直平分AD,FD=CD,BN=CN,∠FDE=∠CDE,∠DFE=∠C=90°,∠DEF=∠DEC,
    ∴FD=FA,
    ∴AD=FD=FA,
    即△ADF是等边三角形,①正确;
    设AB=AD=BC=4a,则MN=4a,BN=AM=2a,
    ∵△ADF是等边三角形,
    ∴∠DAF=∠AFD=∠ADF=60°,FA=AD=4a,FM=3AM=23a,
    ∴FN=MN-FM=(4-23)a,
    ∴tan∠EBF=FNBN=4−232=2-3,②正确;
    ∵△ADF的面积=12AD•FM=12×4a×23a=43a2,正方形ABCD的面积=(4a)2=16a2,
    ∴SΔADFS正方形ABCD=4316=34,③错误;
    ∵AF=AB,∠BAF=90°-60°=30°,
    ∴∠AFB=∠ABF=75°,
    ∴∠DBF=75°-45°=30°,∠BFE=360°-90°-60°-75°=135°=∠DFB,
    ∵∠BEF=180°-75°-75°=30°=∠DBF,
    ∴△BEF∽△DBF,
    ∴BFDF=EFBF,
    ∴BF2=DF•EF,④正确;
    故选B.
    【点睛】
    本题是相似形综合题目,考查了正方形的性质、折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识;本题综合性强,有一定难度,证明三角形是等边三角形和证明三角形相似是解决问题的关键.
    5、已知中, , .如图,将进行折叠,使点落在线段上(包括点和点),设点的落点为,折痕为,当是等腰三角形时,点可能的位置共有( ).
    A.种 B.种 C.种 D.种
    【解析】(1)当点D与C重合时,
    ∵AC=BC,AE=DE(即CE),AF=DF(即CF),
    ∴此时△AFC(即△AFD)是等腰直角三角形,点E是斜边AC的中点,
    ∴EF=DE,
    ∴△EDF为等腰三角形.
    (2)当点D与B点重合时,点C与E重合,
    ∵AC=BC,AF=DF(即BF),
    ∴此时EF=AB=DF(即BF),
    ∴△DEF是等腰三角形;
    (3)当点D移动到使DE=DF的位置时,△DEF是等腰三角形.
    综上所述,当△DEF为等腰三角形时,点D的位置存在3中可能.
    故选B.
    6、如图,正方形的边长是16,点在边上,,点是边上不与点、重合的一个动点,把沿折叠,点落在处,若恰为等腰三角形,则的长为______.
    【解析】
    【分析】
    根据翻折的性质,可得B’E的长,根据勾股定理可得CE的长,然后再根据等腰三角形的判定进行分情况讨论
    【详解】
    需分三种情况讨论:(1)若,则(易知此时点在上且不与点、重合);(2)若,因为,,所以点、在的垂直平分线上,则垂直平分,由折叠可知点与点重合,不符合题意,则这种情况不成立;(3)如图,若,作与交于点,交于点.因为,所以.因为,所以,所以,则,因为.在中,由勾股定理求得,所以.在中,由勾股定理求得.综上,或.
    【点睛】
    本题考查折叠性质和勾股定理,本题关键在于能够对等腰三角形的情况进行分类讨论
    7、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_____.
    【解析】
    【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).
    【详解】
    解: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;
    故答案为或2.
    【点睛】
    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.

    相关试卷

    专题31 面积的存在性问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用):

    这是一份专题31 面积的存在性问题-2024年中考数学重难点专项突破(全国通用),文件包含专题31面积的存在性问题原卷版docx、专题31面积的存在性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共22页, 欢迎下载使用。

    专题43 三角形的折叠问题-2022年中考数学重难点专项突破(全国通用):

    这是一份专题43 三角形的折叠问题-2022年中考数学重难点专项突破(全国通用),文件包含专题43三角形的折叠问题解析版docx、专题43三角形的折叠问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共12页, 欢迎下载使用。

    专题42 圆中折叠问题的巧妙应用-2022年中考数学重难点专项突破(全国通用):

    这是一份专题42 圆中折叠问题的巧妙应用-2022年中考数学重难点专项突破(全国通用),文件包含专题42圆中折叠问题的巧妙应用解析版docx、专题42圆中折叠问题的巧妙应用原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共21页, 欢迎下载使用。

    免费资料下载额度不足,请先充值

    每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

    今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

    充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

    提示

    您所在的“深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载 10 份资料 (今日还可下载 0 份),请取消部分资料后重试或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深深圳市第一中学”云校通为试用账号,试用账号每位老师每日最多可下载10份资料,您的当日额度已用完,请明天再来,或选择从个人账户扣费下载。

    您所在的“深圳市第一中学”云校通余额已不足,请提醒校管理员续费或选择从个人账户扣费下载。

    重新选择
    明天再来
    个人账户下载
    下载确认
    您当前为教习网VIP用户,下载已享8.5折优惠
    您当前为云校通用户,下载免费
    下载需要:
    本次下载:免费
    账户余额:0 学贝
    首次下载后60天内可免费重复下载
    立即下载
    即将下载:资料
    资料售价:学贝 账户剩余:学贝
    选择教习网的4大理由
    • 更专业
      地区版本全覆盖, 同步最新教材, 公开课⾸选;1200+名校合作, 5600+⼀线名师供稿
    • 更丰富
      涵盖课件/教案/试卷/素材等各种教学资源;900万+优选资源 ⽇更新5000+
    • 更便捷
      课件/教案/试卷配套, 打包下载;手机/电脑随时随地浏览;⽆⽔印, 下载即可⽤
    • 真低价
      超⾼性价⽐, 让优质资源普惠更多师⽣
    VIP权益介绍
    • 充值学贝下载 本单免费 90%的用户选择
    • 扫码直接下载
    元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
    您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      充值到账1学贝=0.1元
      0学贝
      本次充值学贝
      0学贝
      VIP充值赠送
      0学贝
      下载消耗
      0学贝
      资料原价
      100学贝
      VIP下载优惠
      0学贝
      0学贝
      下载后剩余学贝永久有效
      0学贝
      • 微信
      • 支付宝
      支付:¥
      元开通VIP,立享充值加送10%学贝及全站85折下载
      您当前为VIP用户,已享全站下载85折优惠,充值学贝可获10%赠送
      扫码支付0直接下载
      • 微信
      • 支付宝
      微信扫码支付
      充值学贝下载,立省60% 充值学贝下载,本次下载免费
        下载成功

        Ctrl + Shift + J 查看文件保存位置

        若下载不成功,可重新下载,或查看 资料下载帮助

        本资源来自成套资源

        更多精品资料

        正在打包资料,请稍候…

        预计需要约10秒钟,请勿关闭页面

        服务器繁忙,打包失败

        请联系右侧的在线客服解决

        单次下载文件已超2GB,请分批下载

        请单份下载或分批下载

        支付后60天内可免费重复下载

        我知道了
        正在提交订单
        欢迎来到教习网
        • 900万优选资源,让备课更轻松
        • 600万优选试题,支持自由组卷
        • 高质量可编辑,日均更新2000+
        • 百万教师选择,专业更值得信赖
        微信扫码注册
        qrcode
        二维码已过期
        刷新

        微信扫码,快速注册

        手机号注册
        手机号码

        手机号格式错误

        手机验证码 获取验证码

        手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

        设置密码

        6-20个字符,数字、字母或符号

        注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
        QQ注册
        手机号注册
        微信注册

        注册成功

        下载确认

        下载需要:0 张下载券

        账户可用:0 张下载券

        立即下载
        使用学贝下载
        账户可用下载券不足,请取消部分资料或者使用学贝继续下载 学贝支付

        如何免费获得下载券?

        加入教习网教师福利群,群内会不定期免费赠送下载券及各种教学资源, 立即入群

        返回
        顶部
        Baidu
        map