整理版中考数学专题复习学案折叠类题目中的动点问题含答案Word格式文档下载.docx
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.再作出∠A'
QA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=A'
D=5,在Rt△A'
CD中,由勾股定理得,
②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.
P=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'
PA的角平分线,与AD的交点即为点Q.
由折叠性质可知,AB=A'
B=3,所以四边形ABA'
Q为正方形.
所以A'
C=BC-A'
B=5-3=2.
综上所述,点A移动的最大距离为4-2=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.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.
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Rt△EFG和Rt△EFD中,
∵EF=EFEG=DE
∴Rt△EFG≌Rt△EFD(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Rt△BCF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=(n-1)x;
由折叠性质及矩形性质知:
BF=BG+GF=AB+GF=(n+1)x
[(n+1)x]2=(2y)2+[(n-1)x]2
【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.“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Rt△ABC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DE⊥BC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,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=180-120°
=60°
.即点E不可能为直角顶点.
分两种情况考虑:
①当∠EAF=90°
时,如图例3-2所示.
∵∠B=30°
,BC=3
∴,
∵∠EAF=90°
∴∠AFC=60°
,∠CAF=30°
在Rt△ACF中,有:
,
由折叠性质可得:
∠B=∠DFE=30°
②当∠AFE=90°
时,如图例3-3所示.
由折叠性质得:
,∠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:
①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;
②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.分两种情况考虑:
①当∠CEB′=90°
时,如图例4-2所示.
AB=AB′,四边形ABEB′是矩形.
所以四边形ABEB′是正方形.
此时,BE=AB=3.
②当∠CB′E=90°
时,如图例4-3所示.
由折叠性质知,∠AB′C=90°
,所以∠AB′C+∠CB′E=180°
.
∴点A、B′、C共线
在Rt△ABC中,由勾股定理得AC=5
由折叠得:
AB=AB′=3
所以B′C=2
设BE=x,则B′E=x,EC=4-x
在Rt△ABC中,由勾股定理得:
EC2=B′E2+B′C2
(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.
①当∠CMB′=90°
时,如图例5-2所示.
由折叠知:
∠BMN=∠B′MB=45°
,又因为∠B=45°
,所以∠BNM=90°
,∠MNB′=90°
即∠BNM+∠MNB′=180°
,所以B、N、B′三点共线,此时B′与点A重合.
所以,
①当∠CB′M=90°
时,如图例5-3所示.
由折叠知∠B=∠B′=45°
,因为∠C=45°
,可得∠B′MC=45°
,所以△B′MC是等腰直角三角形
设BM=B′M=x,B′C=x,则MC=x
因为BC=+1
所以x+x=+1
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,△A’BC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.
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.
①当∠A’FE=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DE∥BA
∴∠A’BA=90°
∴四边形ABA’C为矩形
由折叠得AC=A’C
∴四边形ABA’C为正方形
即AB=AC=4.
②当∠A’EF=90°
时,如图例6-3所示.
∵∠A’EF=∠CDE=90°
∴A’E∥CD
∴∠DCE=∠CEA’
∠DCE=∠A’CE
∴∠CEA’=∠A’CE
∴A’C=A’E=4
又∵E是BC中点
即A’E是Rt△A’BC的中线
∴BC=2A’E=8
在Rt△A’BC中,由勾股定理得,A’B=
AB=A’B=.
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,①DB′=DC;
②CB′=CD;
③CB′=DB′.对于①DB′=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②CB′=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③CB′=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:
①DB′=DC,如图例7-2所示.
易知:
DB′=DC=16.
②CB′=CD,如图例7-3所示.
由折叠性质可知:
BF=B′F=CD=16,此时F点与C点重合,不符题意.
③CB′=DB′,如图例7-4所示.
由题意得,DN=CN=8,因为AE=3,所以EM=5.B′E=BE=13.
在Rt△EB′M中,由勾股定理得,B′M=12.
所以B′N=4.
在Rt△DB′N中,由勾股定理得,B′D=.
综上所述,B′D的长为16或.
【点睛】以CD为腰或底分三种情况讨论,排除其中一种,利用勾股定理求解.
类型五、折叠问题中的落点“固定”问题
例8.如图例8-1,矩形ABCD中,AD=5,AB=7,点E为DC上一个动点,把△ADE沿AE折叠,当点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上时,DE的长为 .
图例8-1
图例8-2图例8-3
【答案】或.
【解析】如图例8-2.
发现有两个不同的D’点,对不同的位置分别求解.
如图例8