专题41 菱形的折叠问题-中考数学重难点专项突破（全国通用）

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【解析】
【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．
【详解】
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．
【点睛】
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_____．
【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，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】
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
【详解】
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.
【点睛】
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．
【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.
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．3B．2C．27﹣2D．4
【解析】
【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=3x，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．
【详解】
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=12CD=1，
∴D'F=CD'-CF=2-1=1，
Rt△D'FE中，cs30°=D'FD'E，
∴32＝1D'E，
∴DE=D'E=233；
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=12∠DCD'=45°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
设CF=EF=x，则ED=2x，DF=3x，
∵CD=CF+DF=2，
∴x+3x=2，
x=3-1，
∴DE=2x=23-2；
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=3，
Rt△D'EF中，D'F=3，∠D'=30°，
∴EF=3，
∴DE=EF+DF=23；
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=233，DF=2FC=433，
由折叠得：∠ECD=∠ECD'=360°−90°2=135°，
∴∠DEC=∠D'EC=15°，
∴∠FEB=∠FD'E=30°，
∴EF=D'F=233+2，
∴DE=EF+DF=23+2，
综上所述，DE的长为233或23或23-2或23+2．
故答案为233或23或23-2或23+2．
【点睛】
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＝3，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_________.
【解析】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．
详解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=3，∠DAC=∠BAC=12 ∠A=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=3-3，
∴AP=12AG=3−32．
②当GC=GB时，∵∠GCB=∠GBC=∠BAC，
∴△GCB∽△BAC，
∴GCAB=BCAC,
∴GC=1，
∴AG=3-1=2，
∴AP=12AG=1．
故答案为1或3−32．
点睛：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：
【点评】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cs∠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===
∴cs∠EFG==，故答案为：
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=﹣=．故答案为．