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2021年中考数学压轴题提升训练 折叠与图形存在性

2021年中考数学压轴题提升训练 折叠与图形存在性

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折叠与图形存在性
【例1】如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=4，CD是△ABC的中线，E是边BC上一动点，将△BED沿ED折叠，点B落在点F处，EF交线段CD于G，当△DFG是直角三角形时，则CE= .

【答案】1，.
【解析】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=2,
由折叠性质知∠F=∠B≠90°，分两种情况讨论，
（1）当∠FDG=90°时，

∵D是Rt△ABC斜边AB的中点，
∴CD=BD=AD=，
∴∠B=∠DCE=∠F，
∵∠DCE+∠GEC=∠F+∠FDG，
∴∠GEC=90°，
在Rt△DFG中，tan∠F=，
∴DG=，
∴CG=CD－DG=，
在Rt△CEG中，CE=CG·cos∠GCE=×=1；
（2）当∠FGD=90°时，

由（1）知∠B=∠F=∠DCB，
由BD=DF=，
∴DG=DF·sin∠F=×=1，
∴CG=CD－DG=－1，
∴CE=CG÷cos∠DCB=（－1）÷=，
故答案为：1，.
【变式1-1】如图，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，AB=8，点P为线段AB上一动点，过点P作PE⊥AB交直线AD于E，沿PE将∠A折叠，点A的对称点为点F，连接EF、DF、CF，当△CDF是直角三角形时，AP= .

【答案】或.
【解析】解：①如图，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形，

∵在菱形ABCD中，AB=8，
∴CD=AD=AB=8，
在Rt△ADF中，AD=8，∠DAN=45°，DF=AF=4，
∴AP=2；
②如图，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形，

在Rt△CBF中，∠CFB=90°，∠CBF=∠A=45°，BC=8，
∴BF=CF=4，
∴AF=AB+BF=8+4，
∴AP=AF=4+2，
故答案为：4或4+2．
【例2】如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=4，点E在边BC上，将△DEC沿DE翻折后，点C落在点C’处. 若△ABC’是等腰三角形，则CE的长为 .

【分析】根据△ABC’是等腰三角形，分①AB=AC’=2；②AC’=BC’，即C’落在AB的垂直平分线上时；③AB=BC’=2，三种情况讨论，逐一作出图形求解即可.
【答案】2或.
【解析】解：分三种情况讨论：
①AB=AC’=2，如图所示，

可得：四边形CDC’E是正方形，即CE=2；
②AC’=BC’，即C’落在AB的垂直平分线MN上时，如图所示，

∴DM=1，C’D=2，
∴∠C’DM=30°，
即得：∠C’DC=60°，∠EDC=30°，
∴CE=CD·tan∠EDC
=2×
=；
③AB=BC’=2，
此时作出C’的运动轨迹，及以B为圆心，2为半径的圆，发现二者不相交，如图所示，

即此种情况不存在；
综上所述，答案为：2或.
【变式2-1】如图所示，在△ABC中，∠C=90°，AC≤BC，将△ABC沿EF折叠，使点A落在直角边BC上的D点，设EF与AB、AC分别交于点E、F，如果折叠后△CDF和△BDE均为等腰三角形，那么∠B= .

【答案】45°或30°.
【解析】解：若△CDF是等腰三角形，∵∠C=90°，
∴∠CDF=∠CFD=45°，
由折叠性质知，∠A=∠FDE，∠B=∠EFD，
若△BDE是等腰三角形，则：
（1）若DE=BD，设∠B=∠DEB=x°，则∠A=∠FDE=90－x，
∵∠CDE=∠B+∠DEB，
∴45+90－x=x+x，解得：x=45，
即∠B=45°，
（2）若DE=BE，
∠CDE=180°－∠BDE=180°－∠B，
∠CDE =45°+∠FDE=45°+∠A=45°+90°－∠B=135°－∠B，
∴不符合题意，
（3）若BD=BE，设∠B=x，则∠BDE=∠BED=90°－x，
∠CDE =45°+∠A=135°－x，
∠CDE =∠B+∠DEB=90°+x，
∴135°－x=90°+x，解得：x=30，
即∠B=30°，
综上所述，∠B的度数为：45°或30°.
【例3】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E为斜边AB的中点，点P是射线BC上的一个动点，连接AP、PE，将△AEP沿着边PE折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一，则此时BP的长为 ．

【答案】2或2．
【解析】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E为AB的中点，
∴AB＝4，AE＝AB＝2，BC＝2．
（1）若点A’落在BC上方时，连接A′B，

由折叠可得S△A′EP＝S△AEP，A′E＝AE＝2，．
∵点E是AB的中点，
∴S△BEP＝S△AEP＝S△ABP．
由题可得：S△EFP＝S△ABP，
∴S△EFP＝S△BEP＝S△AEP＝S△A′EP，
∴EF＝BF，PF＝A′F．
∴四边形A′EPB是平行四边形，
∴BP＝A′E＝2；
②若点A’落在直线BC下方时，连接AA′，交EP与H，
．
可得：GP＝BG，EG＝1．
∵BE＝AE，
∴EG＝AP＝1，
∴AP＝2
∴AP＝AC，
即此时点P与点C重合，
∴BP＝BC＝2 ．
故答案为：2或2．
【变式3-1】（2019·安阳二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．点D是边AC的中点，点E在边AB上，将△ADE沿DE翻折，使点A落在点A′处，当线段AE的长为　 　时，A′E∥BC．

【答案】或．
【解析】解：分两种情况：
（1） 当A'E∥BC时，∠A'EG＝∠B，

由折叠可得，∠A＝∠A'，
∵∠B+∠A＝90°，
∴∠A'EG+∠A'＝90°，
∴∠A'GE＝90°，
∴△ABC∽△ADG，
∴，
∵AD＝AC＝，
∴AG＝，DG＝，A'G＝，
设AE＝A'E＝x，则EG＝﹣x，
则cos∠GEA’=,
∴x=，即AE=；
（2）当A'E∥BC时，∠AHE＝∠C＝90°，

A'H⊥CD，
设AE＝y，
由△AHE∽△ACB，得：
∴AH＝y，HE＝y，
由折叠可得，A'E＝AE＝y，AD＝A'D＝，
∴A'H＝y，DH＝y﹣，
sin∠DA’H=,
可得：y=，即AE＝，
故答案为：或．

1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，点D是BC上一动点，连结AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点C′，连结C′D交AB于点E，连结BC′．当△BC′D是直角三角形时，DE的长为 ．

【答案】或．
【解析】解：（1）当点E与点C′重合时，△BC′D是直角三角形，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=4．
由翻折的性质可知；AE=AC=3，DC=DE，EB=2．
设DC=ED=x，则BD=4﹣x．
在Rt△DBE中，由勾股定理得：DE2+BE2=DB2，
即x2+22=（4﹣x）2．
解得：x=．
（2）当∠EDB=90时，

由翻折的性质可知：AC=AC′，∠C=∠C′=90°．
可得：四边形ACDC′为矩形．
∵AC=AC′，
∴四边形ACDC′为正方形．
∴CD=AC=3．DB=BC﹣DC=1．
∵DE∥AC，
∴, ．
解得：DE=．
（3）∵点D在BC上运动，
∴∠DBC′＜90°，即∠DBC′不可能为直角．
故答案为：或．
2.（2019·洛阳三模）如图，已知 Rt△ABC 中，∠B=90°，∠A=60°，AB=3，点 M，N 分别在线段AC，AB 上，将△ANM 沿直线 MN 折叠，使点 A 的对应点 D 恰好落在线段BC 上，若△DCM 为直角三角形时，则 AM 的长为 ．

【答案】2或.
【解析】解：∵在△CDM中，∠C=30°，
∴分两种情况讨论△CDM为直角三角形的情况，
（1）当∠CMD=90°时，如图所示，

设AM=x，则DM=x，CM=x，
∴x+x=6，解得：x=；
（2）当∠CDM=90°时，如图所示，

设AM=x，则CM=2x，DM=x，
∴x+2x=6，解得x=2，
综上所述，答案为：或2.
3.如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB=6，BC=8，E是边AD上的点，以CE为折痕折叠纸片，使点D落在点F处，连接FC，当△AEF为直角三角形时，DE的长为_________．

【答案】3或6.
【解析】解：由题意知，∠EAF≠90°，
（1）当∠AEF=90°时，
如下图所示，

由折叠知，CD=CF=DE=EF=6，
即DE=6；
（2）当∠AFE=90°时，如下图所示，

此时点F落在对角线AC上，
AC=10，CF=6，AF=4，
设DE=x，则EF=x，AE=8－x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：
x2+42=（8－x）2，解得：x=3，
故答案为：3或6.
4.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=+1，点E、F分别是BC、AC边上的动点，沿E、F所在直线折叠∠C，使点C的落对应点C'始终落在边AB上，若△BEC'是直角三角形时，则BC'的长为 ．

【答案】或2.
【解析】解：∵∠B=30°，
∴分两种情况讨论：
①当∠BEC'=90°时，

BE=C'E，
∵CE=C'E，BC=+1，
∴BE=，C'E=1，
∴Rt△BEC'中，由勾股定理得：BC'=2；
②当∠BC'E=90°时，

BE=2C'E=2CE，BC=+1，
∴BE=×（+1），C'E=（+1），
在Rt△BEC’中，由勾股定理得：BC'=；
综上所述，BC'的长为或2．
5.如图，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，点D为斜边AB上一点，DE⊥AB交AC于点E，将△AED沿DE翻折，点A的对应点为点F．如果△EFC是直角三角形，那么AD的长为 ．

【答案】或5．
【解析】解：在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，
由勾股定理得：AB＝10，
按直角顶点位置分类讨论，

①若∠CFE＝90°，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠CFB+∠EFD＝∠B+∠A＝90°，
由翻折知：∠A＝∠EFD，AE＝EF，
∴∠CFB＝∠B，CF＝BC＝6，
在Rt△CEF中，有CE2＝EF2+CF2，
即CE2＝（8﹣CE）2+62，
∴CE＝，
∴AE＝，
由∠ADE＝∠ACB＝90°，
得△ADE∽△ACB，
∴，
得：AD＝；
②当∠ECF＝90°时，点F与B重合，
∴AD＝AB＝5；
③当∠CEF＝90°时，
则EF∥BC，∠AFE＝∠B，
∵∠A＝∠AFE，
∴∠A＝∠B，
∴AC＝BC（与题设矛盾），这种情况不存在，
综上所述：如果△EFC是直角三角形，AD的长为或5．
故答案为：或5．
6.在Rt△ABC中，AC＝3，AB＝4，D为斜边BC中点，E为AB上一个动点，将△ABC沿直线DE折叠，A、C的对应点分别为A′、C′，EA′交BC于点F，若△BEF为直角三角形，则BE的长度为 ．

【答案】或．
【解析】解：∵∠B≠90°，
∴分两种情况讨论：
①当∠BEF＝90°时，
过D作DM⊥AB于M，则∠EMD＝90°，DM∥AC，D为BC中点，

可得：M为AB的中点，
∴BM＝AB＝2，DM＝AC＝，
由折叠可得，∠MED＝∠AEF＝45°，
∴△DEM是等腰直角三角形，
∴EM＝DM＝，
∴BE＝2﹣＝；
②当∠BFE＝90°时，连接AD，A'D，

根据对称性可得：∠EAD＝∠EA'D，AD＝A'D
Rt△ABC中，AC＝3，AB＝4，
由勾股定理得：BC＝5，
Rt△ABC中，D为BC的中点，
∴AD＝BD＝A'D＝BC＝，
∴∠B＝∠EAD＝∠FA'D，
设BE＝x，则BF＝BE·cosB＝x，
∴DF＝BD﹣BF＝﹣x，
由sin∠FA'D＝sinB，得：
，
解得：x＝，即BE＝，
综上所述，BE的长度为或．
7.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=，BC=4，点D是AC的中点，点F是边AB上一动点，沿DF所在直线把△ADF翻折到△A′DF的位置，若线段A′D交AB于点E，且△BA′E为直角三角形，则BF的长为_________．

【答案】或6.
【解析】解：由分析知∠EBA’≠90°，分两种情况讨论：
（1）当∠BA’E=90°时，如图所示，

连接BD，过F作FH⊥AC于H，

可得：△BCD≌△BA’D，∠BDF=90°，
设FH=x，则AF=2x，AH=x，DH=2－x，BF=8－2x，
由勾股定理得：
BD2+DF2=BF2，DF2=DH2+FH2，
即BD2+ DH2+FH2= BF2，
∴，
解得：x=，
即BF=；
（2）当∠BEA’=90°时，如下图所示，

由折叠性质知，∠A=∠ADF=∠EDF=30°，
∵AD=2，
∴DE=，AE=3，
∴EF=DE=1，
∴AF=2，
即BF=6，
综上所述，BF的值为或6.
8.如图，在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，点P为AC上一点，过点P作PD⊥BC于点D，将△PCD沿PD折叠，得到△PED，连接AE．若△APE为直角三角形，则PC＝　 　．

【答案】或.
【解析】解：若∠APE=90°，则∠CPD=∠EPD=45°，可得∠C=45°，与题意不符，
∴∠APE≠90°，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5，
①当∠AEP＝90°时，
设PC＝x，在Rt△PDC中，sinC＝，cosC＝，
所以PD＝x，CD＝x，
由折叠知DE＝CD＝x ，
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣x，
∵∠B＝∠PDE，
∠BAE+∠AEB＝90°，∠PED+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PED=∠C，
tan∠BAE＝tan∠C,
即，
解得：x=，
即PC=；
②当∠EAP＝90°时，如下图，

设PC=x，则PE=x，PD＝x，CD＝x，CE=x，BE=x－4，
可证：∠AEB=∠C，
∴tan∠AEB= tan∠C，
∴,
即，
解得：x=
即PC=，
综上所述，答案为：或.
9.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E为AD中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△APE沿PE折叠得到△FPE，连接CE，CF，当△ECF为直角三角形时，AP的长为 ．

【答案】1或.
【解析】解：由图可知，∠ECF≠90°，所以分两种情况讨论：
（1）当∠CFE＝90°时，

由折叠可得，∠PFE＝∠A＝90°，AE＝FE＝DE，
∴∠CFP＝180°，即点P，F，C在一条直线上，
∴Rt△CDE≌Rt△CFE，
∴CF＝CD＝4，
设AP＝FP＝x，则BP＝4﹣x，CP＝x+4，
在Rt△BCP中，BP2+BC2＝PC2，
即（4﹣x）2+62＝（x+4）2，
解得x＝，即AP＝；
（2）当∠CEF＝90°时，

过F作FH⊥AB于H，作FQ⊥AD于Q，则∠FQE＝∠D＝90°，
∵∠FEQ+∠CED＝∠ECD+∠CED，
∴∠FEQ＝∠ECD，
∴△FEQ∽△ECD，
∴,
∴，
∴FQ=，QE=，
∴AQ=HF=3－QE=，AH=QE=，
设AP＝FP＝x，则HP＝﹣x，
在Rt△PFH中，HP2+HF2＝PF2，
即（﹣x）2+（）2＝x2，
解得x＝1，即AP＝1．
综上所述，AP的长为1或．
10.如图，已知Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝2+4，点M、N分别在线段AC、AB上，将△ANM沿直线MN折叠，使点A的对应点D恰好落在线段BC上，当△DCM为直角三角形时，折痕MN的长为 ．

【答案】或.
【解析】解：∵∠C=30°，即C不可能是直角顶点，
∴分两种情况讨论：
（1）当∠CDM＝90°时，

在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝2+4，
∴∠C＝30°，AB＝+2，
由折叠性质知，∠MDN＝∠A＝60°，
∴∠BDN＝30°，
∴BN＝DN＝AN，
∴BN＝AB＝，
∴AN＝2BN＝，
由∠DNB＝60°，得：∠ANM＝∠DNM＝60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴AN＝MN＝；
（2）当∠CMD＝90°时，

由题可得，∠CDM＝60°，∠A＝∠MDN＝60°，
∴∠BDN＝60°，∠BND＝30°，
∴BD＝DN＝AN，BN＝BD，
∴AN＝2，BN＝，BD=1，
∴CD=BC-BD=AB－BD=2+2，
∴DM=AM=CD=+1，
∴在Rt△ANH中，AH=AN=1，NH=，
∴HM=AM-AH=，
在Rt△HNM中，由勾股定理得：MN=；
故答案为：或.
11.如图，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　 　．

【答案】16或4．
【解析】解：分三种情况讨论，
（1）当B′D＝B′C时，
过B′作GH∥AD交AB、CD于点G、H，则∠B′GE＝90°，

可得：GH是CD、AB的垂直平分线，
∴AG＝DH＝DC＝8，
由AE＝3，AB＝16，得BE＝13．
由翻折的性质，得B′E＝BE＝13．
∴EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5，
在Rt△B’EG中，由勾股定理得：B′G＝12，
∴B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4，
在Rt△DB’H中，由勾股定理得：DB′＝4；
（2）当DB′＝CD时，则DB′＝16．
（3）当CB′＝CD时，则CB＝CB′，由翻折的性质，得EB＝EB′，
∴EC垂直平分BB′，
∵EF是线段BB′的垂直平分线，
∴点F与点C重合，此种情况不存在；
故答案为：16或4．
12.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，点D是BC的中点，点E是边AB上一动点，沿DE所在直线把△BDE翻折到△B′DE的位置，B′D交AB于点F．若△AB′F为直角三角形，则AE的长为 ．

【答案】3或.
【解析】解：∵∠C＝90°，BC＝2，AC＝2，
∴∠B＝30°，AB＝2AC＝4，
∵点D是BC的中点，
∴DB＝DC＝，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°，
设AE＝x，则BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x，
由题意知∠B’AF≠90°，分两种情况讨论：
（1）当∠AFB′＝90°时，
BF＝，EF＝﹣（4﹣x）＝x﹣，
在Rt△B′EF中，∠EB′F＝30°，
∴EB′＝2EF，
即4﹣x＝2（x﹣），解得：x＝3，即AE=3；
（2）当∠AB’F=90°时，过E作EH⊥AB’于H，

∵DC＝DB′，AD＝AD，
∴Rt△ADB′≌Rt△ADC，
∴AB′＝AC＝2，
∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°，
∴∠EB′H＝60°，∠HEB’=30°，
∴B′H＝B′E＝（4﹣x），EH＝B′H＝（4﹣x），
在Rt△AEH中，EH2+AH2＝AE2，
∴（4﹣x）2+[（4﹣x）+2]2＝x2，解得x＝， AE=．
故答案为3或．