图形的折叠问题教学案例.docx
《图形的折叠问题教学案例.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《图形的折叠问题教学案例.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
图形的折叠问题教学案例
一、内容与内容解析
疑难问题教学设计：
图形的折叠问题
1.内容图形的折叠问题.
2.内容解析
图形的折叠，也称图形的翻折，本质是图形的轴对称，属图形的变化单元，是三种常见的全等变换之一.在近五年的广东中考数学试卷中，就有2015、2016、2017、2018分别考查到图形的折叠问题，属中考高频考点之一.
图形的折叠，折线即对称轴，折叠前与折叠后的图形关于折线对称，是全等图形.当折线发生改变时，折叠后的图形就随之改变.在图形的变化过程中，需要根据具体问题情景观察、分析、归纳、概括，将复杂问题化归为已知的或熟悉的问题.同时，在解决问题的过程中，还可能运用到分类讨论等数学思想方法.
图形的折叠综合性较强，能力要求高,可以与四边形的性质、三角形的性质、勾股定理、三角函数、相似三角形、函数等知识相结合，同时考查学生分析问题和解决问题的能力、逻辑推理、几何直观和空间想象能力，难度大，区分度高.
基于以上分析，可以确定本节课的教学重点：
图形的折叠性质与其他知识的综合运用.二、目标与目标解析
1.目标
（1）复习图形的折叠概念，熟练运用图形的折叠性质，识别图形变化中的相关元素的对应关系.
（2）能在具体的问题情景中，综合运用图形的翻折性质、相似三角形等其他知识灵活解决问题.
2.目标解析
达成目标
（1）的标志是：
能观察图形折叠前和折叠后的图形，找出具有相等关系的边和角；
达成目标
（2）的标志是：
在三角形、矩形或正方形等常见折叠问题情景中，能够发现问题的规律，灵活选用合适的方法解决问题.
三、教学问题诊断分析
图形的折叠学习，是在学生已有完成了整个初三学习的基础上展开的，虽然图形的变化问题复杂，但万变不离其宗，发现图形变化中的变与不变规律，是图形变换学习的基本策略.
但由于学生还没有形成整体的知识结构，对各种几何图形知识间的联系把握不充分，综合运用知识的能力不强，难以在位置关系中抓住其中的数量关系等.教学时，要引导学生从图形出发，由图形折叠前和折叠后的位置关系，寻找基本图形.
本节课的教学难点是：
综合运用图形的折叠性质、其他图形的性质等解决问题.四、教学过程设计
复习教学过程设计采用五环节，具体框图呈现如下：
1.课前检测（辅例题）：
（1）（2018•吉林）如图1，将△ABC折叠，使点A与BC边中点D重合，折痕为MN，若AB=9，BC=6，则△DNB的周长为（）.
A．12B．13C．14D．15
（2）（2018•毕节市）如图2，在矩形ABCD中，AD=3，M是CD上的一点，将△ADM沿直线AM对折得到△ANM，若AN平分∠MAB，则折痕AM的长为（）.
A．3B．2
C．3
D．6
（3）（2018•兰州）如图3，将□ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F，若∠ABD=48°，∠CFD=40°，则∠E为（）.
A．102°B．112°C．122°D．92°
CDMC
BAB
AN图2图3
图1
（4）（2018•牡丹江）如图4，E为矩形ABCD的边AB上一点，将矩形沿CE折叠，使点B
恰好落在ED上的点F处，若BE=1，BC=3，则CD的长为（）.
A．6B．5C．4D．3
（5）（2018•湖北）如图5，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（）.
A．1B．1.5C．2D．2.5
图4
图5
参考答案：
（1）A;
（2）B;（3）B;（4）B;（5）C.
设计意图：
这是教学的第一步，是折叠问题的预热，也是铺垫的辅例题，以唤醒学生对有关图形折叠问题的基本认知.由学生先完成，老师再酌情精讲.通过检测，可以了解学生对图形折叠问题的理解和运用情况，确定教学的起点.
（1）是对图形折叠前后对应边观察；
（2）是考查折叠前后对应角的观察，以及与含30°的直角三形的边角关系的小综合运用；（3）（4）在观察折叠得到的对应角的同时，还要能够发现由“折叠+平行”产生的等腰三角形；（4）（5）都是在特殊的平行四边形中研究图形的折叠，运用勾股定理求线段长.
2.知识回顾
问题1初中阶段主要研究哪几类图形的变化？
研究思路是怎样的？
师生活动：
引导学生回顾初中阶段研究的四种图形的变化——平移、轴对称、旋转、相似.研究思路都是沿着背景——概念——操作探究——性质——应用；从全等变化——相似变化.
设计意图：
从整体上了解图形的变化形式，提出本节课的研究对象.
问题2用知识框架图梳理图形折叠的研究思路、研究重点是什么？
常见的应用类型等.师生活动：
学生查阅数学教材，独立思考，绘制框架图，课堂小组交流，最后老师点评.
设计意图：
梳理图形的折叠学习的全过程，通过教材例习题、辅例题的整理，总结归纳常见的三种应用模型.
3.知识应用A
例1（2017年·河南）如图6，在Rt△ABC中，∠A=90︒，
AB=AC，BC=2+1，点M，N分别是边BC，AB上
的动点，沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点B'始
终落在边AC上，若∆MB'C为直角三角形，则BM的长BMC
为．
分析：
由折叠性质，BM=B/M，研究∆MB'C的形状
为直角三角形时，哪个角为直角？
有二种可能，故需要分二种情况讨论.
变式1：
若∆MB'C为等腰三角形，则BM的长为．
变式2：
若∆ABC为直角三角形，且∠C=60°，其他条件不变，则BM的长为．
设计意图：
本例是由前面检测
（1）引申的主问题，在特殊三角形中运用图形的折叠性质.
由于折线MN的不确定，使折叠之后的图形呈现出多种变化的可能，“
∆MBC'
为直角三角形”，
就是其中可能出现的一种，同时体现分类讨论数学思想和勾股定理的结合运用.
例2（2018·宜昌）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC
折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F.
（1）如图7-1，若点E是AD的中点，求证:
∆AEB≌∆DEC；
（2）如图7-2，①求证:
BP=BF；
②当AD=25，且AE③当BP=9时，求BEEF的值.
图7-1图7-2图7-2备用图
分析：
（1）由点E是AD中点，得到AE=DE，再结合矩形性质即可证得；
（2）①由折叠性质可得∠G=90°，∠BPC＝∠GPC,再由BE⊥CG，可得到BE//PG，由等腰三角形模型，可得到BP=BF.
②先通过证明∆ABE∽△DEC求出AE的长，再由△EFC∽△GPC，求得BP的长，最后由余弦定义求得cos∠PCB的值.
③通过证明△EFC∽△BPC，△ABE∽△EBC，可得相应的比例式，通过等量变换可以得解.
设计意图：
本题的综合性比较强，能力要求较高，以矩形为背景，包含了图形折叠的勾股定理模型、“折叠+平行”得到的等腰三角形模型、相似三角形模型，以及三角函数有关知识，训练学生灵活运用知识的能力.
例3（2018·四川达州）矩形AOBC中，OB=4，OA=3．分别以OB，OA所在直线为x轴，y轴，建立如图8-1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B，C重合），过点F的反比例函数y=
（k＞0）的图象与边AC交于点E．
（1）当点F运动到边BC的中点时，求点E的坐标；
（2）连接EF，求∠EFC的正切值；
（3）如图8-2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求此时反比例函数的解析式．
图8-1图8-2
分析：
（1）先确定出点C坐标，进而得出点F坐标，即可得出结论；
（2）先确定出点F的横坐标，进而表示出点F的坐标，得出CF，同理表示出CF，由正切函数定义即可得出结论；
（3）过点E作EH⊥OB于H，构造相似三角形模型，得到△EHG∽△GBF，再由比例式即可求出BG，最后用勾股定理求出k，即可得出结论．
设计意图：
此题以反比例函数为主体，主要复习待定系数法求函数解析式，矩形与反比例函数图象之间的关系特征，锐角三角函数等.（3）的折叠，是在
（2）的基础上，进一步综合相似三角形模型、勾股定理模型，体现了图形的折叠与函数问题之间的综合．
例4（2018宿迁中考题改编）如图9，在边长为1的正方形ABCD中，动点E、F分别在边AB、CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上（点M不与点A、D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，
（1）当AM=1
3
时，求BE的长；
（2）随着点M在边AD上位置的变化，△PDM的周长是否发生变化？
如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；
（3）设AM=x，四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小
值.
AMD
AMD
E
E
N
N
BC
B图9-1
分析：
（1）这是勾股定理模型的运用.由折叠性质可知BE=ME，结合已知条件，在Rt△AME
中，根据勾股定理可求得结论.
（2）△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.如图9-1，连接BM、BP，过点B作BH
⊥MN，根据折叠性质知BE=ME，易得∠EBM=∠EMB，进一步可推得∠MBC=∠BMN，判定Rt△ABM≌Rt△HBM，得到AM=HM，再证Rt△BHP≌Rt△BCP，推得HP=CP，由三角形周长和等量代换即可得出定值2.
（3）过F作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：
∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，推得∠EBM=
∠EMB=∠QFE后证Rt△ABM≌Rt△QFE，得到AM=QE；由勾股定理模型表示出BE长、FC的长等，代入梯形面积公式即可求得二次函数解析式，配方从而求得S的最小值.
设计意图：
本题在正方形的背景下研究图形折叠的综合运用.展现图形在翻折过程中的变与
不变的规律，研究折叠与二次函数的结合的极值问题，以及全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识内容.
4.总结提升
在图形的折叠学习中，最为核心的是什么？
在应用图形的折叠性质时，要注意什么哪些问题？
你获得了哪些解题经验？
师生活动：
教师引导学生一起回顾本节课复习的主要内容，并请学
生交流.
设计意图：
引导学生从知识内容的整体和重点两方面总结，积累基本活动经验.
5.目标检测设计
（1）．（2018•盘锦）如图10，已知Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=60°，
AC=23+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A
角形时，折痕MN的长为．
C
D
NB
图10
设计意图：
此题与例1类似，研究折叠问题性质、图形变化过程中分类讨论思想方法.
（2）．（2018•宜宾）如图11，在矩形ABCD中，AB=3，CB=2，
D
点E为线段AB上的动点，将△CBE沿CE折叠，使点B落在
矩形内点F处，下列结论正确的是（写出所有正确结论的序号）
①当E为线段AB中点时，AF∥CE；
9A
②当E为线段AB中点时，AF=5；
13−213
C
EB
图11
③当A、F、C三点共线时，AE=3；
④当A、F、C三点共线时，△CEF≌△AEF．
设计意图：
在矩形背景下，研究折叠性质的运用，对折叠产生的三种模型的运用.
（3）．（2016•福州）如图12，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，M是边CD上一点，将
△ADM沿直线AM对折，得到△ANM．
（1）当AN平分∠MAB时，求DM的长；
（2）连接BN，当DM=1时，求∠ABN的面积；
（3）当射线BN交线段CD于点F时，求DF的最大值．
DM
CDMCN
AB
图12
ABQ
图12备用
设计意图：
较为综合的图形折叠问题.本问题中的折线AM是动态的，用函数的观点看，随着折线的改变，DM长度、∠BAN的度数、△ABN的面积、∠ABN的度数等等，都会随之改变。
知识应用参考答案
例1：
解：
由折叠性质可知，△BMN≌△B/MN∴∠B＝∠B/
A
BM=B/M
由于∆MB'C为直角三角形时，直角不确定，故分二种情况讨论：
①当∠MB/C=90°时，如图6-1，∵Rt∆ABC中，∠A=90︒，
BMC
AB=AC
∴∠C=45°∴∠B/MC=45°MB/=B/C，
设BM=x，则MC=2+1-x，B/M=B/C=x由勾股定理可以得到：
∴2+1-x=2x
解得：
x=1，即BM=1；
A（B'）
②当∠B/MC=90︒时，如图6-2，此时，A、B/重合，AM是
等腰直角三角形ABC斜边上的高，也是中线.
∴AM=MC=BM=1BC=2+1.BMC
图1-1
22
综上BM=1或2+1.
2
例2解：
（1）证明：
如题图7-1，在矩形ABCD中，∠A=∠D=90,AB=DC,
又AE=DE，∴∆AEB≌∆DEC.
（2）如题图7-2，
①在矩形ABCD中，∠ABC=90,沿PC折叠得到∆GPC,
∴∠PGC=∠PBC=90,∠BPC=∠GPC,
∴BE//PG,
②当AD=25时，
∴∠GPF=∠PFB
∴∠BPF=∠BFP,
∴BP=BF
∠BEC=90
∴∠AEB+∠CED=90,
∠AEB+∠ABE=90,
∴∠CED=∠ABE.又
∠A=∠D=90,
∴∆ABE∽∆DEC.
∴AB=DE.
AECD
∴设AE=x，则DE=25-x，
∴12=25-x，解得x=9，x=16
x1212
AE∴AE=9,DE=16,
∴CE=20,BE=15,
由折叠得BP=PG，∴BP=BF=PG,
BE//PG,
∴∆ECF∽∆GCP.
∴EF=CE
PGCG
设BP=BF=PG=y，
∴15-y=20
∴y=25
则BP=25
y2533
在Rt∆PBC中，由勾股定理可知：
PC=2510,cos∠PCB=BC=
25=310.
③若BP=9,
3PC
251010
3
∠FEC=∠PBC=90,
∠EFC=∠PFB=∠BPF,
∴∆EFC∽∆BPC.
∴EF=CEBPCB
又∠BEC=∠A=90,由AD//BC得∠AEB=∠EBC,
∴∆AEB∽∆EBC.
∴AB=CE.
BECB
∴AB=EFBEBP
∴BE⋅EF=AB⋅BP=12⨯9=108.
例3解：
（1）∵OA=3，OB=4，∴B（4，0），C（4，3），
∵F是BC的中点，∴F（4，
），∵F在反比例y=
函数图象上，
∴k=4×
=6，∴反比例函数的解析式为y=
，
∵E点的坐标为3，∴E（2，3）；
（2）∵F点的横坐标为4，∴F（4，），∴CF=BC﹣BF=3﹣=
∵E的纵坐标为3，∴E（
，3），∴CE=AC﹣AE=4﹣
=
，在Rt△CEF中，tan∠EFC=
=
.
（3）由
（2）知，CF=
，CE=
，
，
过点E作EH⊥OB于H，∴EH=OA=3，∠EHG=∠GBF=90°，
∴∠EGH+∠HEG=90°，由折叠知，EG=CE，FG=CF，∠EGF=∠C=90°，
∴∠EGH+∠BGF=90°，∴∠HEG=∠BGF，
∵∠EHG=∠GBF=90°，∴△EHG∽△GBF，∴
=
，
∴
，∴BG=
，
在Rt△FBG中，FG2﹣BF2=BG2，
∴（
）2﹣（
）2=
，∴k=
，∴反比例函数解析式为y=
．
例4解：
（1）解：
可设BE=x，由折叠性质可知：
BE=ME=x，∵正方形ABCD边长为1
∴AE=1-x，在Rt△AME中，∴AE2+AM2=ME2，即（1-x）2+
=x2，解得：
x=
.
（2）解：
△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.如图9-1，连接BM、BP，过点B作BH⊥MN，
∵BE=ME，∴∠EBM=∠EMB，又∵∠EBC=∠EMN=90°，
即∠EBM+∠MBC=∠EMB+∠BMN=90°，∴∠MBC=∠BMN，
又∵正方形ABCD，∴AD∥BC，AB=BC，∴∠AMB=∠MBC=∠BMN，在Rt△ABM和Rt△HBM中，
∵,∴Rt△ABM≌Rt△HBM（AAS），
∴AM=HM，AB=HB=BC，
在Rt△BHP和Rt△BCP中，
∵
∴Rt△BHP≌Rt△BCP（HL），∴HP=CP，又∵C△PDM=MD+DP+MP=MD+DP+MH+HP=MD+DP+AM+PC=AD+DC=2.
∴△PDM的周长不会发生变化，且为定值2.
（3）如图9-2，过F作FQ⊥AB，连接BM，由折叠性质可知：
∠BEF=∠MEF,BM⊥EF，
∴∠EBM+∠BEF=∠EMB+∠MEF=∠QFE+∠BEF=90°,∴∠EBM=∠EMB=∠QFE，
在Rt△ABM和Rt△QFE中，
∵,∴Rt△ABM≌Rt△QFE（ASA），∴AM=QE，在Rt△AEM中，∴AE2+AM2=EM2,即（1-BE）2+x2=BE2
x2+1x2+1
∴BE=EM=,∴BQ=CF=BQ=FC=BE-AM=-x.
∴S=
2
1（FC+BE）⋅BC=1
x2+1
（
-x+
x2+11
）=x2
2
-1x+1
2222222
=1（x-1）2+3
228
∴当x=1时，S
2
=3.
8
AMDAMD
E
B
图9-1
E
NN
Q
CBC
图9-2
23+4
目标检测答案
1．3或6．
2．①②③
3．解：
（1）由折叠性质得：
△ANM≌△ADM，∴∠MAN=∠DAM，
∵AN平分∠MAB，∴∠DAM=∠MAN=∠NAB，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，∴∠DAM=30°，
∴tan300=DM=x=3
∴DM=.
AD33
（2）延长MN交AB延长线于点Q，如图2-1所示,
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∴∠DMA=∠MAQ，
由折叠性质得：
△ANM≌△ADM，∴∠DMA=∠AMQ，AN=AD=3，MN=MD=1，
∴∠MAQ=∠AMQ，∴MQ=AQ，
设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，∵∠ANM=∠ANQ=90°，在Rt△ANQ中，由勾股定理得：
AQ2=AN2+NQ2，
∴（x+1）2=32+x2，解得：
x=4，∴NQ=4，AQ=5，∴AB=4，AQ=5，
S∆ABN
1
=AB=4
424
∴S∆=⨯3⨯4=6.∴S∆ANQ
AQ5.∴
S∆ABN
=⨯6=.
ANQ2
DMF
N
55
CDMFC
ABB
图2-2
（3）如图2-2，点F在DC上的位置随着点M位置的变化而变化.当点M由点D向点C运动时，点N就在以点A为圆心、AN为半径的圆上运动，当∠ABN越大时，DF就越大，所以，当BN为⊙A的切线时，DF就最大.
显然，DC也是⊙A的切线，由切线长定理可知：
DF=FN，再由折叠性质可判定，此时点M、点F重合，如图2-3所示.
∵BF是圆的切线，∴AN⊥BF
在Rt△ANB中，由勾股定理得：
AB2=AN2+NB2，∴42=32+NB2∴NB=
.再由
（2）中的折叠可得到：
AB=MB=BF=4，∴NF=DF=4﹣
.
∴DF的最大值=4﹣．
升级会员 