《2020年中考数学专题复习学案：折叠类题目中的动点问题(含答案).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年中考数学专题复习学案：折叠类题目中的动点问题(含答案).doc（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题：折叠类题目中的动点问题折叠问题是中考的热点也是难点问题，通常与动点问题结合起来，这类问题的题设通常是将某个图形按一定的条件折叠，通过分析折叠前后图形的变换，借助轴对称性质、勾股定理、全等三角形性质、相似三角形性质、三角函数等知识进行解答。此类问题立意新颖，充满着变化，要解决此类问题，除了能根据轴对称图形的性质作出要求的图形外，还要能综合利用相关数学模型及方法来解答。类型一、求折叠中动点运动距离或线段长度的最值 例1. 动手操作：在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5. 如图例1-1所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A处，折痕为PQ，当点A在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动.
2、 若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A在BC边上可移动的最大距离为 .图例1-1【答案】2.【解析】此题根据题目要求准确判断出点A的最左端和最右端位置.当点Q与点D重合时，A的位置处于最左端，当点P与点B重合时，点A的位置处于最右端. 根据分析结果，作出图形，利用折叠性质分别求出两种情况下的BA或CA的长度，二者之差即为所求.当点Q与点D重合时，A的位置处于最左端，如图例1-2所示.确定点A的位置方法：因为在折叠过程中，AQ=AQ，所以以点Q为圆心，以AQ长为半径画弧，与BC的交点即为点A. 再作出AQA的角平分线，与AB的交点即为点P. 图例1-2 图例1-3由折叠性质可知，AD=
3、 AD=5，在RtACD中，由勾股定理得，当点P与点B重合时，点A的位置处于最右端，如图例1-3所示.确定点A的位置方法：因为在折叠过程中，AP=AP，所以以点P为圆心，以AP长为半径画弧，与BC的交点即为点A. 再作出APA的角平分线，与AD的交点即为点Q. 由折叠性质可知，AB= AB=3，所以四边形AB AQ为正方形. 所以AC=BCAB=53=2.综上所述，点A移动的最大距离为42=2.故答案为：2.【点睛】此类问题难度较大，主要考察学生的分析能力，作图能力。作图的依据是折叠前后线段长度不变，据此先找到点A的落点A，再根据对称轴（折痕）是对应点连线的垂直平分线，确定出折痕PQ的位置.
4、利用勾股定理、正方形的判定定理及其性质求得相应的线段长度. 类型二、折叠问题中的类比问题 例2. （1）操作发现如图例2-1，矩形ABCD中，E是AD的中点，将ABE沿BE折叠后得到GBE，且点G在矩形ABCD内部小明将BG延长交DC于点F，认为GF=DF，你同意吗？说明理由（2）问题解决保持（1）中的条件不变，若DC=2DF，求的值；（3）类比探求保持（1）中条件不变，若DC=nDF，求的值AEDBCFG 图例2-1 图例2-2【答案】见解析.【解析】（1）同意，理由如下：如图例2-2，连接EF E是AD的中点AE=ED由折叠及矩形性质得：AE=EG，EGF=D=90所以，EG=DE在RtE
5、FG和RtEFD中，EF=EF EG=DERtEFGRtEFD （HL）DF=FG（2）根据DC=2DF，设DF=FC=x，AE=ED=y由折叠性质及（1）知BF=BG+GF=AB+GF=3x在RtBCF中，由勾股定理得：BF2=BC2+CF2(3x)2=(2y)2+x2即：（3）设AE=ED=y，DF=x，根据DC=nDF，得CD=nx，FC=(n1)x；由折叠性质及矩形性质知：BF=BG+GF=AB+GF=(n+1)x在RtBCF中，由勾股定理得：BF2=BC2+CF2(n+1)x2=(2y)2+(n-1)x2即：【点睛】本题立意新颖，是河南中考首次采用此类型题目，给人一种耳目一新的感觉.
6、 “操作发现问题解决类比探究”所展现的是数学研究的核心，即“提出问题解决问题理论扩展及应用”. 学生需要具备完善的知识体系及一定的观察、计算能力才能完整解答此题. 本题的意义不仅在于考查学生对折叠、矩形、全等三角形、勾股定理、解方程等知识的本质理解与掌握，在很大程度上是检验学生的学习过程和学习方式，从一个新的数学角度考查了学生的数学思维能力类型三、折叠问题中的直角三角形存在性问题 例3. 如图例3-1，在RtABC中，ACB=90，B=30，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DEBC交AB边于点E，将B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当AEF为直角三角形时
7、，BD的长为 图例3-1 图例3-2图例3-3【答案】2或1.【解析】从题目所给的“当AEF为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论. 通过观察及分析可知BED=DEF=60，所以AEF=180120=60. 即点E不可能为直角顶点. 分两种情况考虑： 当EAF=90时，如图例3-2所示.B=30，BC=3，EAF=90AFC=60，CAF=30在RtACF中，有：，由折叠性质可得：B=DFE=30，当AFE=90时，如图例3-3所示.由折叠性质得：B=DFE=30，AFC=60，FAC=30所以，BF=2，综上所述，BD的长为2或1.【点睛】本题难度适中，要求学生具备分类讨论
8、思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识. 通过此题，可总结出：遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题. 例4. 如图例4-1，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把B沿AE折叠，使点B落在点B处当CEB为直角三角形时，BE的长为 图例4-1 图例4-2 图例4-3【答案】3或1.5.【解析】此题以“当CEB为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B及点E分别为直角顶点.
9、分两种情况考虑：当CEB=90时，如图例4-2所示.由折叠性质得：AB=AB，四边形ABE B是矩形.所以四边形ABE B是正方形.此时，BE=AB=3.当CBE=90时，如图例4-3所示.由折叠性质知，ABC=90，所以ABC+CBE=180.点A、B、C共线在RtABC中，由勾股定理得AC=5由折叠得：AB= AB=3所以BC=2设BE=x，则BE=x，EC=4x在RtABC中，由勾股定理得：EC2=BE2+BC2即：（4-x）2=x2+22解得：x=1.5.综上所述，BE的值为3或1.5.【点睛】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及
10、勾股定理的应用. 例5. 如图例5-1，在中，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为 图例5-1图例5-2 图例5-3【答案】或1.【解析】通过观察及分析可知，C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论.当CM B=90时，如图例5-2所示.由折叠知：BMN=BMB=45，又因为B=45，所以BNM=90，MNB=90即BNM+MN B=180，所以B、N、B三点共线，此时B与点A重合. 所以，当CBM=90时，如图例5-3所示.由折叠知B=B=45，因为C=45，可得BMC=45，所以BMC是等腰直角三角形设BM= BM=x，BC=x，则MC=
11、 x因为BC=+1所以x+x=+1解得：x=1，即BM=1.综上所述，BM的值为或1.【点睛】根据题意判断出C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.例6. 如图例6-1，在MAN=90，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，ABC与ABC关于BC所在直线对称. D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交AB所在直线于点F，连接AE. 当AEF为直角三角形时，AB的长为.图例6-1图例6-2 图例6-3【答案】4或【解析】分两种情况讨论. 当AFE=90时，如图例6-2所示.D、E分别为AC、BC的中点DE是三角形ABC的中位线即DEBAA
12、BA=90四边形AB AC为矩形由折叠得AC=AC四边形AB AC为正方形即AB=AC=4. 当AEF=90时，如图例6-3所示.AEF=CDE=90AECDDCE=CEA由折叠知：DCE=ACECEA=ACEAC=AE=4又E是BC中点即AE是RtABC的中线BC=2AE=8在RtABC中，由勾股定理得，AB=由折叠性质得：AB= AB=. 综上所述，AB的长为4或. 【点睛】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.类型四、折叠问题中的等腰三角形存在性问题 例7. 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
13、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【答案】16或.【解析】根据CDB为等腰三角形，以CD为腰或底分三种情况讨论，DB=DC；CB=CD；CB=DB. 对于DB=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CB=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CB=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：DB=DC， 如图例7-2所示.易知：DB=DC=16.CB=CD，如图例7
