专题01 几何图形的折叠与动点问题（多可能性）-2023年中考数学必考特色题型讲练（河南专用）（解析版）

这是一份专题01 几何图形的折叠与动点问题（多可能性）-2023年中考数学必考特色题型讲练（河南专用）（解析版），共32页。试卷主要包含了熟练应用题目中涉及的几何知识等内容，欢迎下载使用。

专题01 几何图形的折叠与动点问题（多可能性）
选题介绍
本题型在河南省近五年的中招试卷中考了4次，均位于填空题的第15题，分值3分，且都有两个答案，属于几何题型的多可能性问题讨论。难度系数较难，得分率较低。本题属于几何范畴，主要借助折叠或旋转的思想应用在三角形或四边形中，涉及的知识点主要有勾股定理，三角形的全等或相似，四边形中的特殊平行四边形的性质，本题一般有两个答案。
主要解题思路1、读懂题意，判断每一种情况的动点的位置所在；
2、 根据具体情况画出对应的图形，画图是解答本题的关键；
3、熟练应用题目中涉及的几何知识。
真题展现
2022年河南中招填空题第15题
15. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=BC=22，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP=1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ,DQ.当∠ADQ=90°时，AQ的长为 .

【答案】5或13
【解析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，确定点的位置时解题的关键。连接CD，根据题意可得，当∠ADQ=90°时，分Q点在线段CD上和DC的延长线上，且CQ=CP=1，勾股定理求得AQ即可。
【详解】解：如图，连接CD,

∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=BC=22，
∴AB=4，CD⊥AD，
∴CD=0.5AB=2，
根据题意可得，当∠ADQ=90°时Q点在CD上，且CQ=CP=1，
∴DQ=CD-CQ=2-1=1，
如图，在Rt△ADQ中，AQ=AD2+DQ2=22+12=5，

在Rt△ADQ中，AD=CD=2，QD=CD+CQ=3，
∴AQ=AD2+DQ2=22+32=13
故答案为：5或13
2021年河南中招填空题第15题
15.小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1.第一步，在AB边上找一点D，将纸片沿CD折叠，点A落在A'处，如图2；第二步，将纸片沿CA'折叠，点D落在D'处，如图3.当点D'恰好落在直角三角形纸片的边上时，线段A'D'的长为 .
【答案】12或2−3
【解析】本题考查了折叠的性质，三角形全等，线段垂直平分线，30°角所在的直角三角形的性质，确定点的位置时解题的关键。本题分两种情况，第一种当点D，恰好落在直角三角形纸片的AB边上；第二种情况当点D，恰好落在直角三角形纸片的BC边上。
【详解】解：①D，恰好落在直角三角形纸片的AB边上时，设A，C交AB边于点E，如图

由题意：△ADC≌△A，DC，A，C垂直平分线段DD，
则∠D，A，C=∠DA，C=∠A=60°，A，C=AC=1.
∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1,
∴BC=AC•tanA=1×tan60°=3
∵S△ABC=12AC•BC=12AB•CE，
∴CE=32，
∴A，E=A，C-CE=1-32
在Rt△A，D，E中，
∵cos∠D，A，E=A’EA'D'，
∴A’EA'D'=12，
∴A，D，=2A，E=2−3
②当点D，恰好落在直角三角形纸片的BC边上时，如图

由题意得，△ADC≌△A，DC≌△A，D，C，∠ACD=∠A，CD，=∠A，CD=13∠ACB=30°；
则∠D，A，C=∠DA，C=∠A=60°，A，C=AC=1.
∵∠D，A，C=60°，∠A，CD，=30°
∴∠A，D，C=90°，
∴A，D，=12A，C=12×1=12
综上，线段A，D，的长为12或2−3
故答案为12或2−3
2019年河南中招填空题第15题
15.如图，在矩形 ABCD 中，AB = 1，BC = a ，点 E 在边 BC 上，且 BE =35 a．连接 AE ，将△ABE 沿着 AE 折叠，若点 B 的对应点 B ' 落在矩形 ABCD 的边上，则a 的值为 .

【答案】5或13
【解析】本题考查了矩形与折叠的性质，三角形相似的应用，根据题意可分两种情况求得，①B'落在AD上，根据矩形与折叠的性质易得AB=BE，即可求出a的值；②点B'落在CD边上，证明△ADB'∽△B'CE，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值。
【详解】解：分两种情况：
①B'落在AD边上时，如图1.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=90°，
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B'落在AD边上时，
∴∠BAE=∠B'AE=12∠BAD=45°，
∴AB=BE，
∴35a=1，
a=53.
②点B'落在CD边上时，如图2
∵四边形ABCD是矩形，
∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°，
AD=BC=a
∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B'落在CD边上，
∴∠B=∠AB'E=90°，AB=AB'=1，EB=EB'=35a,
∴DB'=B'A2−AD2=1−a2，
EC=BC-BE=a-35a=25a
在△ADB'与△B'CE中，∠B'AD=∠EB'C=90°-∠AB'D，∠D=∠C=90°
∴△ADB'∽△B'CE，
∴DB'CE=AB'B'E即可求出a=53.
综上，所求a的值为53或53
故答案为53或53.

2018年河南中招填空题第15题
15. 如图，∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为_____．

【答案】43或4
【解析】
【详解】分析：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF=90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A'C=A'E=4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC=2A'B=8，最后利用勾股定理可得AB的长；
②当∠A'FE=90°时，如图2，证明△ABC是等腰直角三角形，可得AB=AC=4．
详解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF=90°时，如图1，
.
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴A'C=AC=4，∠ACB=∠A'CB，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴D、E是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，
∴∠CDE=∠MAN=90°，
∴∠CDE=∠A'EF，
∴AC∥A'E，
∴∠ACB=∠A'EC，
∴∠A'CB=∠A'EC，
∴A'C=A'E=4，
Rt△A'CB中，∵E是斜边BC的中点，
∴BC=2A'E=8，
由勾股定理得：AB2=BC2-AC2，
∴AB=43；
②当∠A'FE=90°时，如图2，
.
∵∠ADF=∠A=∠DFB=90°，
∴∠ABF=90°，
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴∠ABC=∠CBA'=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC=4；.
综上所述，AB的长为43或4；
故答案为43或4.
模拟演练
1．如图，在矩形中，，，点是边上的中点，点是边上的一动点连接，将沿折叠，若点的对应点，连接，当△为直角三角形时，的长为 　　．

【答案】5或
【解析】当△为直角三角形时，
①当时，
为中点，，
，
，即，
点的对应点不能落在所在直线上，
，故该情况不存在；
②如图，

当时，，
由折叠的性质得：，
，
，
得；
③如图，

当时，
，故，，三点共线，
设，则，
在中，
，
则，
在△中，
由勾股定理可得，
即，
解得，即．
综上所述，满足条件的的值为5或．故答案为：5或．
2. 如图，矩形ABCD中，点M，N分别为边CD，AB的中点，点P，Q分别为射线DA，射线BC上的动点，且DP＝BQ，分别沿PM，QN折叠△DMP，△BNQ，得到△EMP，△FNQ，点D，B的对应点分别为点E，F，连接MF，EN．若四边形MENF为菱形，AD＝6，AB＝10，则线段DP的长为_______．

【答案】或15
【解析】
【分析】分两种情况求解：①在线段上时，如图1，连接，，延长交于，四边形是菱形，四边形是矩形，可知的线段长，证明，，进而可求线段长；②在射线上时如图2，，延长交于，过作于，于，过程同（1），证明，，进而可求线段长．
【详解】解：①在线段上时，如图1，连接，，延长交于，

∵四边形是菱形，点M，N分别为边CD，AB的中点，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，，
由折叠的性质可知，，，
由勾股定理得，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴即，
解得，
∴；
②在射线上时如图2，，延长交于，过作于，于，

由题意知，四边形是矩形，
由折叠的性质可知，，，
，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴即，
解得，
∴；
综上所述，的长为或15．
3. 在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴和x轴上，为的中位线，过点D向x轴作垂线段，垂足为E，可得矩形．将矩形沿着x轴向右平移，设斜边AB所在直线与矩形所围直角三角形的面积为S．已知点B的坐标为，当时，矩形顶点D的坐标为__________．

【答案】；
【解析】
【分析】根据B（6，0）求得OB=6，又tan∠ABO=，求OA=6，再根据三角形中位线性质得出CDOB，CD=OB=3，OC=OA=3，然后设D的坐标为(m,3)，分两种情况：当AB与CD相交时，如图1，当AB与O′C、O′E相交时，如图2，分别求出点D的坐标即可；
【详解】解：∵B（6，0），
∴OB=6，
∵tan∠ABO=，
∴OA=，
∵CD是的中位线，
∴CDOB，CD=OB=3，OC=OA=3，
设D(m,3)，
当AB与CD相交时，如图1，
∴DG=m-3，
∵CDOB，
∴∠DGF=∠ABO=60°，
∵，
∴，
∴DF=（m-3），
∵S△DGF==
解得：m1=5，m2=1，
∵DG=m-3>0，
∴m=5,
∴点D的坐标为；

当AB与O′C、O′E相交时，如图2，
∴O′B=3-(m-6)=9-m，
∵，即
∴O′F=（9-m）
∵S△DGF===2
解得：m1=7，m2=11，
∵O′B=9-m>0，
∴m=7，
∴D的坐标为．
综上，D的坐标为或．
故答案为：或．
4. 如图，点E是斜边AC上一点，，将沿BE翻折，得到，再在AC边上取点F，使点C关于BF的对称点恰好落在上，连接，当是直角三角形时，AE的长是_______．

【答案】或
【解析】
【分析】由题意，可知当是直角三角形时，可分和两种情况进行讨论．
【详解】在中，．
由轴对称的性质，可得，
∴．
①当时，点在AC上，如解图1所示，
则，
解得，
②当时，如解图2所示，
则，
解得，
综上所述，AE的长是或．

故答案为：或．
5. 如图，在中，，，是边上一点，且，是边上的一动点，将沿折叠得到，当点落在的一条边上时，的长为______．

【答案】或
【解析】
根据题意可得，分两种情况：如图，当落在边上时，此时，如图，当落在边上时，过点作于点，交于点，然后根据翻折的性质由勾股定理即可解决问题．
【详解】解：在中，，
，
分两种情况：如图，当落在边上时，此时，

在中，，
由折叠可知：，
，
；
如图，当落在边上时，
过点作于点，交于点，

，
设，则，
，
由折叠可知：，
在中，根据勾股定理得：
，
，
解得，舍去，
．
综上所述：的长为或．
故答案为：或．
6. 如图，在中，，对角线，点，分别为，边上的动点，且．现将关于直线对称，点的对应点记为，将关于直线对称，点的对应点记为，当以点，，，为顶点的四边形是菱形时，的长度为______．

【答案】或
【解析】
连接、，先证等边三角形，再证，再在中利用三角函数求出，则问题得解．
【详解】分两种情况：
①当时，如图1所示，连接、，
∵四边形是菱形，
∴，
∵根据对称的性质有，
∵AC=AD=3，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵AC=AD，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
，
∴根据对称的性质有，
∴；
②当时，如图2所示，连接、，
∵四边形是菱形，
∴是AC的垂直平分线，
∵，
∴CE=AE=，
∴．
综上分析可得，DE的长为：或．
故答案为：或．

图1 图2
7. 如图，▱ABCD中，E是AD边上一点，AD=4，CD=3，ED=，∠A=45°，点P、Q分别是BC，CD边上的动点，且始终保持∠EPQ=45°，将△CPQ沿它的一条边翻折，当翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形时，线段BP的长为______.

【答案】，3，
【解析】
过点B作BF⊥AD于点F，连接BE，根据平行四边形的性质及已知条件，可证得△BEF是等腰直角三角形，求出BF、BE、的长，再利用三角形的外角性质结合已知，证明∠2=∠1，∠EBP=∠C，利用相似三角形的判定，可证得△BPE∽△CQP，再分三种情况讨论：①当CQ=QP时，则BP=PE，可证得四边形BPEF是矩形，可求出BP的长；②当CP=CQ时，则BP=BE=3；③当CP=PQ时，则BE=PE=3，再根据△BPE是等腰直角三角形，利用勾股定理，可求出BP的长，从而可得出答案.
【详解】：如图，过点B作BF⊥AD于点F，连接BE

∵平行四边形ABCD
∴AD∥BC
∴∠BFE=∠FBP=90°
在Rt△ABF中，∠A=45°，AB=3
∴BF=AF=ABcos45°=3×=
∴EF=AD-AF-DE=4--=
∴EF=BF
∴∠FBE=∠EBP=45°=∠C
∠2+∠EFQ=∠1+∠C
∵∠EFQ=∠C=45°
∴∠2=∠1
∴△BPE∽△CQP
将 △ CPQ沿它的一条边翻折，当翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形时，分三种情况：
①当CQ=QP时，则BP=PE
∴∠EBP=∠BEP=45°，则∠BPE=90°
∴四边形BPEF是矩形
∴BP=EF=
②当CP=CQ时，则BP=BE=3
③当CP=PQ时，则BE=PE=3，∠BEP=90°
∴△BPE是等腰直角三角形
∴BP=.
故答案为、3、
8. 如图，中，，，．四边形是正方形，点是直线上一点，且．是线段上一点，且．过点作直线与平行，分别交，于点，，则的长是______．


【答案】或
【解析】
结合勾股定理逆定理判断是直角三角形，通过证明，，然后利用相似三角形的性质求解，然后分当点位于点左侧时，当点位于点右侧时，进行分类讨论．
【详解】解：中，，，，
，，
，
为直角三角形，
①当点位于点左侧时，如图：
设直线交于点，


，
，，
又∵四边形是正方形，且，
，，
即，
解得：，
，，
，
，
，
解得：，
，
，
，
，
，
，
，
解得：；
②当点位于点右侧时，如图：


与①同理，此时，
，
解得：，
综上，的长为或，
故答案为：或．
9. 如图所示，在矩形ABCD中，，点P在边CD上，且，将沿BP折叠，若点C的对应点F落在矩形ABCD的边上，则CD的长度为_______．

【答案】或
【解析】
根据矩形的形状分类讨论，分AD＞DC和AD＜DC两种情况讨论，当AD＞DC时，点F落在AD边上，则设CD的长度为x．根据翻折的性质，有，．即在中，用勾股定理表示出，再在中，利用勾股定理得，解方程即可得解；当AD＜DC时，由翻折变换可知四边形BCPF是正方形，即有PC=BC，则CD易求．
【详解】解：如图1所示，AD＞DC时，

当点F落在AD边上，则设CD的长度为x．
由翻折变化可知，，．
在中，
由勾股定理得，，
∴．
根据翻折可知BF=BC，
在中，
由勾股定理得，，即，
解得，或（舍去）；
如图2所示，AD＜DC时，

当点F落在AB边上，由翻折变换可知，四边形BCPF是正方形，
∴，
解得．
故CD的长度为：或．
故答案为：或．
10. 如图所示，正方形纸片ABCD的边长为2，点E为AD边上不与端点重合的一动点，将纸片沿过BE的直线折叠点A的落点记为F，连接CF、DF，若△CDF是以CF为腰的等腰三角形，则AE＝_____．

【答案】或
【解析】
分两种情况：①当FC=FD时，如图3，作辅助线，构建直角三角形，利用30°角的特殊三角函数值求得AE的长；②当FC=DC时，如图4，作辅助线，构建直角三角形，设未知数，根据勾股定理列方程可求得AE的长．
【详解】解：当△CDF是以CF为腰的等腰三角形时，分两种情况：
①当FC＝FD时，如图，过F作FM⊥AB于M，交CD于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴FN⊥CD，
∵FC＝FD，
∴MN是正方形的对称轴，
如图，连接AF，

∴FA＝FB＝2，
∵AB＝2，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABF＝60°，
由折叠得：∠ABE＝∠EBFABF＝30°，
∴AE＝tan30°•AB2；
②当FC＝DC时，如图，过F作FG⊥AD，交AD于G，交BC于H，

∵AD∥BC，
∴GH⊥BC，
∵AB＝BF，AB＝CD，
∴BF＝FC，
∴BH＝CH＝1，
由勾股定理得：FH，
∵∠A＝∠ABG＝∠BGH＝90°，
∴四边形ABGH为矩形，
∴GH＝AB＝2，AG＝BH＝1，
∴FG＝GH﹣FH＝2，
设AE＝x，则EF＝x，EG＝AG﹣AE＝1﹣x，
由勾股定理得：x2＝（1﹣x）2+（2）2，
∴x＝4﹣2，
∴AE＝4﹣2，
综上所述，AE的长为或4﹣2．
故答案为：或4﹣2．