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)
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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.
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