2021年中考数学压轴题全揭秘精品专题
展开专题02 折叠与图形存在性
【例1】(2019·郑州外国语模拟)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·cs∠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÷cs∠DCB=(-1)÷=,
故答案为:1,.
【变式1-1】(2018·洛阳三模)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】(2019·河南南阳一模)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】(2019·郑州外外国语测试)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】(2019·商丘二模)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cs∠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.(2017·郑州一模)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.(2019·周口二模)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.(2018·焦作一模)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.(2019·南阳毕业测试)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.(2019·开封二模)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·csB=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.(2019·安阳一模)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.(2019·省实验一模)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=,csC=,
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.(2019·叶县一模)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.(2019·濮阳二模)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.(2019·郑州联考)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.(2019·西华县二模)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.
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