专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题-2022年中考数学重难点专项突破（全国通用）

专题30 图形折叠中的等腰三角形存在性问题

【精典讲解】

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．2 B． 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＝，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． B．△PBC是等边三角形

C．AC＝2AP D．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＝，BC＝3，

∴AC＝2，AB＝AC，

∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：

BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，

BC＝PC，AB＝AP，BG＝PG，

∴GC＝BG＝PG，∠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＝BG，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－；③S△ADF＝S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=AM=2a，得出FN=MN-FM=（4-2）a，由三角函数的定义即可得出②正确；

求出△ADF的面积=AD•FM=4a2，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=AM=2a，

∴FN=MN-FM=（4-2）a，

∴tan∠EBF==2-，②正确；

∵△ADF的面积=AD•FM=×4a×2a=4a2，正方形ABCD的面积=（4a）2=16a2，

∴，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，

∴，

∴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.