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.