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2024河南中考数学备考重难专题
综合与实践 与折叠有关的探究 导学案
考情分析
年份 题号 题型 分值 折叠次数 设问形式 解题关键点
2023 23 解 答 题 10 折叠2次 (1)写出图中30°的角 (2)①求两角度数 ②判断两角数量关系 (3)写出线段长 (1)直角三角形斜边上中线等于斜边一半 (2)①△QMB≌△QCB， ∠MBQ=∠MCQ ②证得两三角形全等，对应角相等 (3)分类讨论思想：折叠过程中，当点Q分别在CF和DF上
典例精讲
例 (2023河南逆袭卷)综合与实践
问题情境：
如图，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠A＝60°，点E，F，G，H为四条边上的动点，且满足AE＝CH，AF＝CG，将菱形ABCD分别沿EF和GH折叠，点A的对应点为A′，点C的对应点为C′，连接A′G，C′F，得到四边形A′FC′G.
操作探究：
(1)如图①，当点A′与点C′分别落在菱形ABCD的边AD和BC上时，求证：四边形A′FC′G是矩形；
(2)如图②，在(1)的条件下，当四边形A′FC′G是正方形时，求AF的长；
拓展延伸：
(3)如图③，隐去右边折叠部分，若点F是AB边的中点，当A′F垂直于菱形ABCD的边时，请直接写出AE的长．
　例题图
课堂练兵
练习 (2023河南定心卷)观察猜想
(1)如图①，在矩形ABCD中，点E是BC的中点，将△DCE沿直线DE折叠后得到△DFE，点F在矩形ABCD的内部，延长DF交AB于点G，连接EG，猜想△DEG是直角三角形，请你证明这个猜想；
类比探究
(2)若将图①中的矩形ABCD变为如图②的平行四边形，其他条件不变，那么(1)中的猜想是否仍然成立？请说明理由；
拓展延伸
(3)在(2)的基础上，若∠ABC＝60°，AB＝6，G为AB边的三等分点，请直接写出BC的长．
练习题图
课后小练
练习 (2023甘肃黑白卷)如图是人教版八年级上册数学教材第79页的部分内容．
把一张长方形的纸沿对角线折叠，重合部分是一个等腰三角形吗？为什么？
问题解决：(1)如图1，已知矩形ABCD(AB>AD)，将矩形纸片沿对角线AC折叠，使点B落在点P的位置，AP交CD于点Q.请判断△ACQ的形状，并进行证明；
　练习1题图
拓展延伸：(2)如图2，折叠矩形ABCD使点B落在CD上的点E处，折痕为GH，过点E作EF∥BC交GH于点F，连接BF，发现四边形BFEG是特殊四边形，请先写出是哪种特殊四边形，并进行证明；
类比迁移：(3)在(2)的基础上，若AD＝6，AB＝10，当点E在CD边上移动时，折痕的端点G，H也随着移动，若限定G，H分别在线段BC，AB上移动，求四边形BFEG面积的变化范围．
答案
典例精讲
例 (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AD∥BC，CD∥AB，AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，
∴∠A＋∠B＝180°，
∴∠B＝∠D＝120°.
由折叠可知，AF＝A′F，
∵∠A＝60°，
∴△AFA′是等边三角形，
同理，△CGC′是等边三角形，
∴∠AFA′＝60°.
∵AF＝CG，
∴AA′＝AF＝CG＝C′C＝A′F＝C′G，
∴BF＝BC′＝DG＝DA′.
在△DA′G和△BC′F中，，
∴△DA′G≌△BC′F(SAS)，
∴A′G＝FC′.
∵A′F＝C′G，
∴四边形A′FC′G是平行四边形．
∵∠B＝120°，BF＝BC′，∴∠BFC′＝30°.
∵∠BFC′＋∠A′FC′＋∠A′FA＝180°，
∴∠A′FC′＝180°－60°－30°＝90°.
∴四边形A′FC′G是矩形；
(2)解：如解图①，过点B作BM⊥FC′于点M，
∵BF＝BC′，∴FC′＝2FM，
∵四边形A′FC′G是正方形，
∴A′F＝ FC′，
在Rt△FBM中，∵∠BFC′＝30°，
∴设BF＝x，则FM＝x，
例题解图①
∴FC′＝x，
∴AF＝A′F＝x，
∵AF＋BF＝2，
∴x＋x＝2，
∴x＝＝－1，
∴AF＝x＝3－，
∴当四边形A′FC′G是正方形时，AF＝3－；
(3)－1或2－.
【解法提示】当A′F垂直于菱形ABCD的边时，分两种情况讨论如下：①如解图②，当A′F⊥AB，即A′F⊥CD时，∠AFA′＝90°，由折叠的性质得∠EFA＝∠A′FE＝45°，过点E作EG⊥AB于点G，则∠GEF＝45°，∴EG＝FG，设AG＝x，∵∠A＝60°，∴EG＝FG＝x，AE＝2x，∵AB＝2，F是AB的中点，∴AF＝1，∴x＋x＝1，解得x＝，∴AE＝－1；②如解图③，当A′F⊥AD，即A′F⊥BC时，设A′F交AD于点H，则∠AHF＝90°，∵∠A＝60°，∴HF＝AF＝，由折叠的性质得A′F＝AF＝1，∠A′＝∠A＝60°，∴A′H＝1－，∴AE＝A′E＝2A′H＝2－.综上所述，AE的长为－1或2－.
例题解图
课堂练兵
练习 解： (1)∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，
由折叠的性质得，∠DFE＝∠C＝90°，EC＝EF，∠CED＝∠FED，
∴∠GFE＝90°＝∠B，
∵E为BC的中点，∴BE＝EC，
∴BE＝EF，
∵EG＝EG，
∴Rt△BEG≌Rt△FEG(HL)，
∴∠BEG＝∠FEG，
∵∠CED＝∠FED，∠BEC＝∠BEG＋∠FEG＋∠FED＋∠CED＝180°，
∴∠GED＝∠FEG＋∠FED＝∠BEC＝90°，
∴△DEG是直角三角形；
(2)(1)中的猜想仍成立，
理由如下：
　练习题解图
如解图，连接BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＋∠C＝180°，
由折叠的性质得，∠DFE＝∠C，EC＝EF，∠CED＝∠FED，
∵∠GFE＋∠DFE＝180°，
∴∠ABC＝∠GFE，
∵E为BC的中点，∴BE＝EC，
∴BE＝EF，
∴∠EBF＝∠EFB，
∴∠GBF＝∠GFB，∴GB＝GF，
∵EG＝EG，∴△EBG≌△EFG(SSS)，
∴∠BEG＝∠FEG，
∵∠CED＝∠FED，∠BEC＝∠BEG＋∠FEG＋∠FED＋∠CED＝180°，
∴∠GED＝∠FEG＋∠FED＝∠BEC＝90°，
∴△DEG是直角三角形，(1)中的猜想仍然成立；
(3)BC的长为－1或2－2.
【解法提示】如解图，过点G作GH⊥AD交DA的延长线于点H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠HAG＝∠B＝60°.若G为AB边的三等分点，分两种情况讨论如下：
①如解图①，此时AG＝AB＝2，∴AH＝AG＝1，GH＝AG＝，由(2)得FG＝BG＝4，由折叠的性质得DF＝DC＝6，∴DG＝DF＋FG＝10，在Rt△DGH中，DG2＝DH2＋GH2，即102＝(1＋AD)2＋()2，解得AD＝－1(负值已舍去)，∴BC＝AD＝－1；
②如解图②，此时AG＝AB＝4，∴AH＝AG＝2，GH＝AG＝2，由(2)得FG＝BG＝2，由折叠的性质得DF＝DC＝6，∴DG＝DF＋FG＝8，在Rt△DGH中，DG2＝DH2＋GH2，即82＝(2＋AD)2＋(2)2，解得AD＝2－2(负值已舍去)，∴BC＝AD＝2－2.
综上所述，BC的长为－1或2－2.
练习题解图
课后小练
练习 解：(1)△ACQ是等腰三角形．
证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
由折叠的性质可知∠BAC＝∠PAC，
∴∠PAC＝∠DCA，
∴QA＝QC，
∴△ACQ是等腰三角形；
(2)四边形BFEG是菱形．
证明：由折叠的性质知GB＝GE，BF＝EF，∠BGF＝∠EGF.
∵EF∥BC，
∴∠BGF＝∠EFG，
∴∠EGF＝∠EFG，
∴EG＝EF，
∴GB＝GE＝BF＝EF，
∴四边形BFEG是菱形；
(3)∵四边形BFEG是菱形，S四边形BFEG＝BG·CE，
①当点H与点A重合时，此时点E离点C最近，且BG最小，∴S四边形BFEG最小，如解图①，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝10，BC＝AD＝6，∠C＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于GH对称，
∴AE＝AB＝10，
在Rt△ADE中，DE＝＝＝8，
∴CE＝CD－DE＝10－8＝2，
在Rt△CGE中，CE＝2，CG＝6－BG＝6－EG，
∴在Rt△CEG中，EG2＝22＋(6－EG)2，
解得EG＝，
由(2)知，四边形BFEG是菱形，
∴S四边形BFEG＝BG·CE＝×2＝.
②当点G与点C重合时，点E离点C最远，点H与点F重合，且BG最大，∴S四边形BFEG最大，如解图②，
此时四边形BFEG为正方形，CB＝HB＝6，
∴S四边形BFEG＝BC·HB＝36，
∴四边形BFEG面积的变化范围为≤S四边形BFEG≤36.
练习1题解图

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