专题06 填空题中之分类讨论思想(解析版).docx

1、专题06 填空题中之分类讨论思想【中考考向导航】目录【直击中考】1【考向一 与等腰三角形有关的分类讨论问题】1【考向二 与直角三角形有关的分类讨论问题】7【考向三 与矩形有关的分类讨论问题】10【考向四 与菱形有关的分类讨论问题】18【考向五 与正方形有关的分类讨论问题】23【考向六 与圆的分类讨论问题】28【考向七 与相似有关的分类讨论问题】33【直击中考】【考向一 与等腰三角形有关的分类讨论问题】例题：（2022四川广安统考中考真题）若（a3）2+=0，则以a、b为边长的等腰三角形的周长为_【答案】11或13#13或11【分析】根据平方的非负性，算术平方根的非负性求得的值，进而根据等腰三角

2、形的定义，分类讨论，根据构成三角形的条件取舍即可求解【详解】解：（a3）2+=0，当为腰时，周长为：，当为腰时，三角形的周长为，故答案为：11或13【点睛】本题考查了等腰三角形的定义，非负数的性质，掌握以上知识是解题的关键【变式训练】1（2022辽宁朝阳统考中考真题）等边三角形ABC中，D是边BC上的一点，BD2CD，以AD为边作等边三角形ADE，连接CE若CE2，则等边三角形ABC的边长为_【答案】3或【分析】分两种情况，先证明，再根据全等三角形的性质即可得出答案【详解】解：如图，点在的右边，与都是等边三角形，即在和中，等边三角形的边长为3，如图，点在的左边，同上，过点作交的延长线于点，则，

3、在中，或（舍去），等边三角形的边长为，故答案为：3或【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的性质，证明是解题的关键2（2022内蒙古通辽统考中考真题）在中，有一个锐角为，若点在直线上（不与点，重合），且，则的长为_【答案】或9或3【分析】分ABC=60、ABC=30两种情况，利用数形结合的方法，分别求解即可【详解】解：当ABC=60时，则BAC=30，当点P在线段AB上时，如图，BPC=90，即PCAB，；当点P在AB的延长线上时，PBC=PCB+CPB，CPB=30，CPB=PCB，PB=BC=3，AP=AB+PB=9；当ABC=30时，则BAC=60，如图，APC=6

4、0，ACP=60，APC=PAC=ACP，APC为等边三角形，PA=AC=3综上所述，的长为或9或3故答案为：或9或3【点睛】本题是解直角三角形综合题，主要考查了含30度角的直角三角形、解直角三角形，等边三角形的判定和性质等，分类求解是本题解题的关键3（2022浙江绍兴统考中考真题）如图，在中，以点为圆心，长为半径作弧，交射线于点，连接，则的度数是_【答案】10或100【分析】分两种情况画图，由作图可知得，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理解答即可【详解】解：如图，点即为所求；在中，由作图可知：，；由作图可知：，综上所述：的度数是或故答案为：或【点睛】本题考查了作图复杂作图，三角形内角和定

5、理，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是掌握基本作图方法4（2022青海西宁统考中考真题）矩形ABCD中，点E在AB边上，若点P是矩形ABCD边上一点，且与点A，E构成以AE为腰的等腰三角形，则等腰三角形AEP的底边长是_【答案】或【分析】分情况讨论：当AP=AE=5，点P在边AD上时，由勾股定理可求得底边PE的长；当PE=AE=5，点P在边BC上时，求出BE，由勾股定理求出PB，再由勾股定理求出底边AP即可【详解】解：矩形ABCDA=B=90，分两种情况：当AP=AE=5，点P在边AD上时，如图所示：BAD=90，PE=5；当PE=AE=5，点P在边BC上时，如图所示：BE=AB-AE=8-

6、5=3，B=90，PB=4，底边AP=；综上，等腰三角形AEP的底边长是或【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定，进行分类讨论是解决问题的关键5（2022江西统考中考真题）已知点A在反比例函数的图象上，点B在x轴正半轴上，若为等腰三角形，且腰长为5，则的长为_【答案】5或或【分析】因为等腰三角形的腰不确定，所以分三种情况分别计算即可【详解】解：当AO=AB时，AB=5；当AB=BO时，AB=5；当OA=OB时，则OB=5，B（5，0），设A（a，）（a0），OA=5，解得：，A（3，4）或（4，3），AB=或AB=；综上所述，AB的长为5或或故答案为：5或

7、或【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，考查分类讨论的思想，当时，求出点的坐标是解题的关键【考向二 与直角三角形有关的分类讨论问题】例题：（2022黑龙江哈尔滨统考中考真题）在中，为边上的高，则是_度【答案】40或80#80或40【分析】根据题意，由于类型不确定，需分三种情况：高在三角形内部、高在三角形边上和高在三角形外部讨论求解【详解】解：根据题意，分三种情况讨论：高在三角形内部，如图所示：在中，为边上的高，；高在三角形边上，如图所示：可知，故此种情况不存在，舍弃；高在三角形外部，如图所示：在中，为边上的高，；综上所述：或，故答案为：或【点睛】本题考查求角度问题，

8、在没有图形的情况下，必须考虑清楚各种不同的情况，根据题意分情况讨论是解决问题的关键【变式训练】1（2022辽宁抚顺统考中考真题）如图，在中，点P为斜边上的一个动点（点P不与点AB重合），过点P作，垂足分别为点D和点E，连接交于点Q，连接，当为直角三角形时，的长是_【答案】3或【分析】根据题意，由为直角三角形，可进行分类讨论：当；当两种情况进行分析，然后进行计算，即可得到答案【详解】解：根据题意，在中，当为直角三角形时，可分情况进行讨论当时，如图：则，；在直角ACP中，由勾股定理，则；当时，如图，四边形CDPE是矩形，CQ=PQ，AQCP，ACP是等腰三角形，即AP=AC=综合上述，的长是3或；

9、故答案为：3或；【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，运用分类讨论的思想进行解题2（2022河南统考中考真题）如图，在RtABC中，ACB90，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP1，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ADQ90时，AQ的长为_【答案】或#或【分析】连接，根据题意可得，当ADQ90时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可【详解】如图，连接，在RtABC中，ACB90，根据题意可得，当ADQ90时，点在上，且，如图，在中，在中，故答案为：或【点睛】

10、本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键【考向三 与矩形有关的分类讨论问题】例题：（2022辽宁锦州中考真题）如图，四边形为矩形，点E为边上一点，将沿翻折，点C的对应点为点F，过点F作的平行线交于点G，交直线于点H若点G是边的三等分点，则的长是_【答案】或【分析】过点作于点，根据题意可得四边形是平行四边形，证明，等面积法求得，勾股定理求得，可得的长，进而即可求解【详解】如图，过点作于点，四边形是平行四边形折叠即，四边形是矩形中，中，如图，当时，同理可得，中，故答案为：或【点睛】本题考查了勾股定理，折叠，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识

11、，注意分类讨论是解题的关键【变式训练】1（2022辽宁盘锦中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB3，AD4，AC，BD为矩形的对角线，E是AD边的中点，点F是CD上一点，连接EF，将DEF沿EF折叠，当点G落在矩形对角线上时，则折痕EF的长是 _【答案】或【分析】分两种情况，分别画出图形：当G在AC上时，连接DG交EF于M，证明AGD90，从而EFAC，得EF是ADC的中位线，可得EF；当G在BD上，设BD交EF于N，证明ABDDEF，可得，EF【详解】解：当G在AC上时，连接DG交EF于M，如图甲所示：E是AD中点，AEDE，将DEF沿EF折叠，DEGE，DMEGME90，AEDEGE，

12、EAGEGA，EDGEGD，EAG+EGA+EDG+EGD180，2EGA+2EGD180，EGA+EGD90，即AGD90，AGDDME，EFAC，E是AD中点，EF是ADC的中位线，EFAC，AC5，EF；当G在BD上，设BD交EF于N，如图乙所示：将DEF沿EF折叠，DNF90，DFN90FDNADB，EDF90BAD，ABDDEF，BDAC5，DEAD2，EF，综上所述，折痕EF的长是或，故答案为：或【点睛】本题考查矩形中的翻折问题，涉及相似三角形的判定与性质，三角形的中位线等知识，解题的关键是掌握翻折的性质2（2022黑龙江绥化统考中考真题）在长为2，宽为x（）的矩形纸片上，从它的一

13、侧，剪去一个以矩形纸片宽为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片一侧再剪去一个以宽为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，则x的值为_【答案】 或【分析】分析题意，根据x的取值范围不同，对剩下矩形的长宽进行讨论，求出满足题意的x值即可【详解】解：第一次操作后剩下的矩形两边长为 和 ， ，又， ， ，则第一次操作后，剩下矩形的宽为，所以可得第二次操作后，剩下矩形一边为 ，另一边为： ，第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，第二次操作后剩下矩形的长是宽的2倍，分以下两种情况进行讨论：当 ，即时 ，第三次操作后剩下的矩形的宽为 ，长是 ，则由题意可知： ，

14、解得： ；当 ，即时，第三次操作后剩下的矩形的宽为 ，长是 ，由题意得： ，解得： ， 或者 故答案为： 或 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质以及分类讨论的数学思想方法，熟练掌握矩形，正方形性质以及分类讨论的方法是解题的关键3（2022辽宁沈阳统考中考真题）如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F且点F在矩形内部，MF的延长线交BC与点G，EF交边BC于点H，当点H为GN三等分点时，MD的长为_【答案】或4【分析】由折叠得，DMN=GMN，EF=CD=4，CN=EN=2，EFM=D=90，证明得，再分两种情况讨论求解即可【详

15、解】解：四边形ABCD是矩形，AD/BC，CD=AB=4，D=C=90，DMN=GNM，由折叠得，DMN=GMN，EF=CD=4，CN=EN=2，EFM=D=90，GMN=GNM，GFH=NEH，GM=GN，又GHE=NHE，点H是GN的三等分点，则有两种情况：若时，则有：EH=，GF=2NE=4，由勾股定理得，,GH=2NH= GM=GN=GH+NH=，MD=MF=GM-GF=；若时，则有：EH=，GF=NE=1，由勾股定理得，,GH=NH=GM=GN=GH+NH=5；MD=MF=GM-GF=综上，MD的值为或4【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质以及相似三角

16、形的判定与性质等知识，进行分类讨论是解答本题的关键4（2022黑龙江统考中考真题）在矩形ABCD中，点E在边CD上，且，点P是直线BC上的一个动点若是直角三角形，则BP的长为_【答案】或或6【分析】分三种情况讨论：当APE=90时，当AEP=90时，当PAE=90时，过点P作PFDA交DA延长线于点F，即可求解【详解】解：在矩形ABCD中，BAD=B=BCD=ADC=90，如图，当APE=90时，APB+CPE=90，BAP+APB=90，BAP=CPE，B=C=90，ABPPCE，即，解得：BP=6；如图，当AEP=90时，AED+PEC=90，DAE+AED=90，DAE=PEC，C=D=

17、90，ADEECP，即，解得：，；如图，当PAE=90时，过点P作PFDA交DA延长线于点F，根据题意得BAF=ABP=F=90，四边形ABPF为矩形，PF=AB=9，AF=PB，PAF+DAE=90，PAF+APF=90，DAE=APF，F=D=90，APFEAD，即，解得：，即；综上所述，BP的长为或或6故答案为：或或6【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键【考向四 与菱形有关的分类讨论问题】例题：（2022秋广东梅州九年级校考阶段练习）如图，已知在菱形中，点是上的一个动点，过点作交于点，交于

18、点，将沿折叠，使点落在点处，当是直角三角形时，的长为_【答案】或【分析】分两种情形当与O重合时，是直角三角形，此时当时，是直角三角形，此时，列出方程即可解决问题【详解】解：如图，连接交于O四边形是菱形，是由翻折得到，当与O重合时，是直角三角形，此时当时，是直角三角形，此时，综上所述，满足条件的的长为或【点睛】本题考查翻折变换、菱形的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，是由中考填空题中的压轴题【变式训练】1（2022秋浙江金华九年级义乌市绣湖中学教育集团校联考期中）已知，抛物线上有两点，将抛物线沿水平方向平移，平移后点A的对应点为，点B的对应点为，且四边形刚好为菱

19、形，那么平移后的抛物线的顶点坐标为 _【答案】或【分析】利用待定系数法求得函数的解析式得到顶点坐标，由四边形为菱形，得出，即可得出向右平移5各单位的得到新抛物线，进而即可求得平移后的抛物线的顶点坐标【详解】解：根据题意得，解得，四边形为菱形，顶点为，当抛物线向右平移5个单位的抛物线的顶点为当抛物线向左平移5个单位是抛物线顶点为故答案为：或【点睛】本题考查了二次函数的图象与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，求得抛物线的解析式是解题的关键2（2022河南信阳校考一模）如图，在菱形中，点为线段上一动点，过点作交于点，沿将折叠，点的对称点为点，连接、，当为等腰三角形时，

20、的长为_【答案】或或或或【分析】分类讨论：如图 ，当 时，如图 ，当 时，如图 中，当 时，分别求出即可【详解】解：如图 ，当 时，点 与 重合或在点 处 当 与 重合时， 与 也重合，此时 ； 在菱形 中， ， 作 于 ， 在 中， ， ， ； 如图 ，当 时，点 与 重合或在 处， 点 与 重合， 是 的垂直平分线， ， 当 在 处时，过 作 于 ， 则可得 ， 则， ； 如图 中，当 时， ， 综上所述：当 为等腰三角形时， 的长为 或 或 或 或 故答案为 或 或 或 或 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，分类讨论是解题关键3（2022秋广东梅州九年级校考

21、阶段练习）在矩形 中，点 ， 在直线 上，且四边形 为菱形，若线段 的中点为点 ，则线段 的长为_【答案】 或 【分析】两种情况：由矩形的性质得出，由菱形的性质得出，由勾股定理求出，得出，即可求出；同得出，求出，即可得出的长【详解】解：分两种情况：如图1所示：四边形是矩形，四边形为菱形，M是的中点，；如图2所示：同得：，M是的中点，；综上所述：线段的长为： 或 ；故答案为： 或 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、勾股定理；熟练掌握矩形和菱形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键【考向五 与正方形有关的分类讨论问题】例题：（2022秋浙江绍兴九年级统考期中）正方形中，E，F分别是，上的

22、点，连结交对角线于点G，若恰好平分，则的值为_【答案】或4【分析】延长交于R，作于T，不妨设，可证得是等腰三角形，可推出，进而表示出，然后解，从而求出x的值，进而可得结果【详解】解：如图，延长交于R，作于T，不妨设，则，设，四边形是正方形，恰好平分，在中，由勾股定理得，解得，或，当时，当时，综上所述，或4，故答案为：或4【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，平行线分线段成比例，勾股定理等知识点，解题的关键是作辅助线，构造出等腰三角形【变式训练】1（2022秋山东日照九年级校考期末）等腰，正方形的两个顶点在的一边上，另两个顶点在的另两边上，则正方形的边长为_【答案】或【分析】分两种情

23、况讨论：正方形的边在上，根据正方形的性质，证明，得到，再利用等腰三角形的性质，得到，由勾股定理得到，即可求出正方形边长；正方形的边在上，作，利用三角形的面积，求出，再证明，利用相似比，即可求出正方形边长【详解】解：如图1，正方形的边在上，P、N分别在、上，过D作交于点E，设正方形边长为，正方形，解得：；如图2，正方形的边在上，P、N分别在、上，过D作于点D，作于点G，设正方形边长为， ，解得：，综上所述，正方形的边长为或，故答案为：或【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的额判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键2（2022秋江西宜春九年级校

24、考期中）在平面直角坐标系中，正方形的在轴正半轴上，边在第一象限，且，将正方形绕点顺时针旋转，若点对应点恰好落在坐标轴上，则点的对应点的坐标为_【答案】或【分析】由正方形的在轴正半轴上，边在第一象限，且，先求出长，进而得出，画出图形：当正方形绕点A顺时针旋转，分两种情况，点B的对应点恰好落在x轴正半轴上时，点B的对应点恰好落在y轴负半轴上时【详解】解：正方形的在轴正半轴上，边在第一象限，且，画图如下：当正方形绕点A顺时针旋转，作轴于E，分两种情况点B的对应点恰好落在x轴正半轴上时，如图，在ABO和EBC中，点C的对应点的坐标为；点B的对应点恰好落在y轴负半轴上时，如图，则，点C的对应点的坐标为；

25、综上所述：点C的对应点的坐标为或故答案为：或【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，图形的旋转变换，三角形全等，掌握正方形的性质，勾股定理，图形的旋转变换，三角形全等，利用分两种情况考虑点的位置求点坐标是解题关键3（2021秋北京东城九年级校考期末）如图，正方形的面积为3，点是边上一点，将线段绕点旋转，使点落在直线上，落点记为，则的长为_【答案】或【分析】根据正方形的性质可得，再根据旋转的性质可得，然后利用“”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后分点F在线段上和的延长线上两种情况讨论求解即可【详解】解：正方形的面积为3，根据旋转的性质可得，在和中，点F在线段上时，点F在的延长线上时，

26、综上所述，的长为或，故答案为：或【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并求出全等三角形是解题的关键，难点在于要分情况讨论【考向六 与圆的分类讨论问题】例题：（2022秋江苏宿迁九年级统考期中）如图，将一块三角板放置在中，点A、B在圆上，为直角，点为上一点，则的度数是 _【答案】或【分析】根据点P的位置分两种情况讨论，即可得出答案【详解】解：如图：当点P在优弧上时，连接，；当点在劣弧上时，连接，四边形为圆内接四边形，综上分析可知，的度数是或故答案为：或【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形两锐角互余，等腰三角形的性质，解题关键是利用分类讨论的思想，数

27、形结合【变式训练】1（2021秋浙江湖州九年级统考期末）在中，弦和弦（，都不是直径）构成的，M，N分别是和的中点，则的度数为_【答案】或【分析】连接，利用垂径定理得，再分类讨论，当在圆心异侧时（如图1），利用四边形内角和得结果；当在圆心同侧时（如图2），利用三角形内角和定理得结果【详解】解：连接，M，N分别是和的中点，当在圆心异侧时（如图1），；当在圆心同侧时（如图2），综上，或，故答案为：或【点睛】本题主要考查了垂径定理、四边形内角和定理、三角形的内角和定理；熟练掌握垂径定理，进行分类讨论是解决问题的关键2（2022秋辽宁葫芦岛九年级校考阶段练习）已知 是的两条平行弦，的半径为13，则弦与的

28、距离为 _【答案】17或7【分析】由勾股定理，垂径定理，分两种情况讨论，即可求解【详解】解：当在点O的两侧，作于M，延长交于N，连接，因为，则，此时弦与之间的距离为17；当在点O的同侧，作于Q，交于P，连接，此时弦与之间的距离为7，弦与之间的距离为17或7故答案为：17或7【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，关键是分两种情况讨论，作辅助线构造直角三角形3（2023秋浙江宁波九年级宁波市第七中学校考期末）已知半径为1，是的一条弦，且，则弦所对的圆周角度数是_【答案】或【分析】根据题意画出图形，由垂直于，利用垂径定理得到C为的中点，求出AC的长，在中，利用勾股定理求出，确定出为等腰直角三角形，同理

29、为等腰直角三角形，确定出度数，利用圆周角定理即可求出与的度数【详解】解：如图所示，过O作于C，C为的中点，即，在中，根据勾股定理得：，即OCAC，为等腰直角三角形，同理，弦所对的圆周角为或故答案为：或【点睛】本题考查的是圆周角定理，垂径定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解4（2022秋江苏南京九年级南京市科利华中学校考期中）已知点到上各点的最大距离为，最小距离为，则的半径为_【答案】或#或【分析】分类讨论，当点在圆外时，根据圆外一点到圆上各点的最大距离减去最小距离等于圆的直径，当点在圆内时，根据圆内一点到圆上各点的最大距离加上最小距离等于圆的直径即可求解【详解】解：当点在圆外时，外一点到

30、上各点的最大距离为，最小距离为，的直径为，的半径为，当点在圆内时，内一点到上各点的最大距离为，最小距离为，的直径为，的半径为，故答案为：或【点睛】本题考查点与圆的位置关系，根据点到圆上各点的最大距离和最小距离求出直径是解答的关键【考向七 与相似有关的分类讨论问题】例题：（2022秋河南南阳九年级统考期中）如图，正方形的边长为8，线段的两端在、上滑动，当_时，与相似.【答案】2或4#4或2【分析】根据，中，所以在中，分与和是对应边两种情况利用相似三角形对应边成比例求出与的关系，然后利用勾股定理列式计算即可【详解】解：，又与以、为顶点的三角形相似，分两种情况：与是对应边时，即，解得：；与是对应边时

31、，即，解得：综上所述：当为4或2时，与相似故答案是：4或2【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定；利用相似三角形对应边成比例的性质和直角三角形勾股定理求解是解题的关键【变式训练】1（2022秋四川成都九年级成都七中校考期中）已知点P是直线上一点，且，若线段的长为2，则线段的长为_【答案】或【分析】分点P是在点B左边、点B右边两类讨论即可得到答案【详解】解：由题意可得，当点P是在点B左边时，如图所示，；当点P是在点B右边时，如图所示，故答案为或【点睛】本题考查已知线段比例关系求线段长度问题，解题的关键是分类讨论点P的位置2（2022秋辽宁沈阳九年级统考期末）在平面直角坐标系中

32、，已知点，与位似，位似中心是原点，且的面积等于面积的，则点对应点的坐标为_【答案】或#或【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为,那么位似图形对应点的坐标的比等于或进行计算即可【详解】解：的面积等于面积的，位似比为，位似中心是原点，点对应点的坐标为或，故答案为：或【点睛】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k,那么位似图形对应点的坐标的比等于或掌握位似图形的性质是解题的关键3（2023秋上海九年级校考期末）在中，点在斜边上，把沿直线翻折，使得点落在同一平面内的点处，当平行的直角边时，的长为_【答案】1或3【分析】如图

33、1，当，根据平行线的性质得到，根据折叠的性质得到，根据三角形的面积公式得到，由相似三角形的性质即可得到结论；如图2，当，根据折叠的性质得到，根据平行线的性质得到，于是得到，推出，于是得到【详解】解：中，如图1，当，把沿直线折叠，点落在同一平面内的处，即，；如图2，当，把沿直线折叠，点落在同一平面内的处，综上所述：的长为：1或3，故答案为：1或3【点睛】本题考查了翻折变换折叠问题，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键4（2023秋四川成都九年级统考期末）如图，中，点为中点点在右侧，且，射线交于点，若为等腰三角形，则线段的长为_【答案】或【分析】延长交于点，分当时，当时，分别画出图形，根据相似三角形的性质与判定即可求解【详解】解：如图，延长交于点， 当时，,，是的中点，则，设，则，则，,在中，,在中，即，解得：；当时，设，同理可得，则，,在中，在中，,，不平行，不存在的情形，综上所述，线段的长为或，故答案为：或【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，分类讨论是解题的关键