专题05 动点折叠类问题中函数及其综合题型（教师版）学案

这是一份专题05 动点折叠类问题中函数及其综合题型（教师版）学案，共15页。学案主要包含了基础知识点综述，精品例题解析等内容，欢迎下载使用。

动点型问题是指题设中的图形中存在一个或多个动点，它们在线段、射线、直线、抛物线、双曲线、弧线等上运动的一类非常具有开放性的题目. 而从其中延伸出的折叠问题，更能体现其解题核心——动中求静，灵活运用相关数学知识进行解答，有时需要借助或构造一些数学模型来解答.
实行新课标以来，各省（市）的中考数学试卷都会有此类题目，这些题目往往出现在选择、填空题的压轴部分，题型繁多，题意新颖，具有创新力. 其主要考查的是学生的分析问题及解决问题的能力.
要求学生具备：运动观点；方程思想；数形结合思想；分类讨论思想；转化思想等等.
（1）函数中的折叠问题
主要考查对函数性质的把握及综合运用知识的能力.
（2）综合题型
此类题目困难重重，以2019年安徽省中考第10题而言，充分体现了数学思想的表达，解题中用到的有最短路径、三角函数、所求变量的变化规律等等，充分体现了新课标对考查学生数学素养的要求.
通过研究历年中考真题并结合2019年各省（市）的中考真题，特总结出此专题. 期望能给各位老师及同学以学习教学一些启发，一些指引，培养出学生的解题素养.
二、精品例题解析
题型一：折叠综合题型
例1.（2019·安徽）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC=12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF=9的点P的个数是（）
A.0 B.4 C.6 D.8

【分析】当P在边AD上运动时，根据轴对称知识，求出PE+PF的最小值及其变化规律，进而与9进行比较，得出结论.
【答案】D.
【解析】
解：作点E关于AD的对称点E’，连接E’F，交AD于P，此时PE+PF的值为最小，最小值为E’F的长，
如下图所示，过F作FH⊥EE’于H，EE’交AD于点G，
由题意知：AE=EF=FC=4，
四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠FFH=∠ACB=45°，
∴FH=EH=EG=E’G=EF=，
在Rt△HFE’中，由勾股定理得：
E’F=,
当点P在点A处时，PE+PF=12>9，
当点P在D点时，连接BD交AC于点O，如下图所示，
∴OD=6，OE=2，
在Rt△PEO中，由勾股定理得：PE=,
PE+PF=，
综上所述，当点P在AD上运动时，PE+PF的值的变化规律为从12逐渐减小至，后增大至，在这个变化过程中，有两个P点使得PE+PF=9，
∴在正方形ABCD边上有8个点符合要求，
故答案为：D.
题型二：折叠与相似
例2.（2019·济宁）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G．
（1）求线段CE的长；
（2）如图2，M，N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN＝∠DAM，设AM＝x，DN＝y．
①写出y关于x的函数解析式，并求出y的最小值；
②是否存在这样的点M，使△DMN是等腰三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由翻折并利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（2）①由△ADM∽△GMN，可得＝，由此即可解决问题．
②有两种情形：当MN＝MD时，当MN＝DN时. 分别求解即可解决问题．
【答案】见解析.
【解答】解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝8，
∴∠B＝∠BCD＝90°，
由翻折可知：AD＝AF＝10．DE＝EF，设EC＝m，则DE＝EF＝8﹣m．
在Rt△ABF中，由勾股定理得：BF＝6，
∴CF＝BC﹣BF＝10﹣6＝4，
在Rt△EFC中，由勾股定理得：（8﹣m）2＝m2+42，
解得：m＝3，
∴EC＝3．
（2）①如下图中，
∵AD∥CG，
∴，
∴CG＝6，
∴BG＝BC+CG＝16，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：AG＝8，
在Rt△DCG中，由勾股定理得：DG＝10，
∵AD＝DG＝10，
∴∠DAG＝∠AGD，
∵∠DMG＝∠DMN+∠NMG＝∠DAM+∠ADM，∠DMN＝∠DAM，
∴∠ADM＝∠NMG，
∴△ADM∽△GMN，
∴，
∴，
整理得：．
∴当x＝4时，y有最小值，最小值为2．
②存在．当MN＝MD时，
∵∠MDN＝∠GMD，∠DMN＝∠DGM，
∴△DMN∽△DGM，
∴，
∵MN＝DM，
∴DG＝GM＝10，
∴x＝AM＝8﹣10．
当MN＝DN时，过M作MH⊥DG于H．
∵MN＝DN，
∴∠MDN＝∠DMN，
∵∠DMN＝∠DGM，
∴∠MDG＝∠MGD，
∴MD＝MG，
∵BH⊥DG，
∴DH＝GH＝5，
由△GHM∽△GBA，可得，
∴MG＝,
∴x＝AM＝．
综上所述，满足条件的x的值为8﹣10或．
题型三：折叠与全等
例3.（2019·临沂）如图，在正方形ABCD中，E是DC边上一点，（与D、C不重合），连接AE，将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，延长EF交BC于G,连接AG，作GH⊥AG，与AE的延长线交于点H，连接CH，显然AE是∠DAF的平分线，EA是∠DEF的平分线，仔细观察，请逐一找出图中其他的角平分线（仅限于小于180°的角平分线），并说明理由.

【答案】见解析.
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠D=∠B=90°，
由折叠知：△ADE≌△AFE，
∴AD=AF=AB，∠AFG=90°，
在Rt△AGB和Rt△AGF中，
∵AG=AG，AF=AB，
∴Rt△AGB≌Rt△AGF，
∴∠6=∠7，∠3=∠4，
即AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；
∵∠AGH=90°，
∴∠6+∠HGC=90°，∠7+∠EGH=90°，
∴∠HGC= EGH，
即GH是∠EGC的平分线；
过H作HN⊥BM于N，
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴∠GAH=2+∠3=45°，
∴AG=GH，
∴△ABG≌△GNH，
∴NH=BG，GN=AB=BC，
∴GN－GC= BC－GC,
即BG=CN=NH，
∴∠HCN=45°，∠DCH=45°，
即CH是∠DCM的平分线.
题型四：折叠与反比例函数
例4.（2019·衢州）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，平行四边形的边在轴上，顶点在轴的正半轴上，点在第一象限，将△AOD沿轴翻折，使点落在轴上的点处，点恰好为的中点，与交于点.若图象经过点，且，则的值为 .
【答案】24.
【解析】解：
由题意知：AB=CD=3BE，S△BEF= S△OBF=1
∵ABCD为平行四边形，即AB∥CD，
∴BF：FC=BE：CD=1:3，
连接OC，OF，如下图所示，
则S△OBF：S△OFC=BF：FC=1：3,
∴S△OBC=4，
∵S△OBC：S△ODC=OB：CD=1：3,
∴S△ODC=12，
∴k=24，故答案为：24.
题型五：几何图形中动点折叠问题
例5.（2019·衡阳）如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，动点P从点A出发以lcm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为以t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．
（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；
（3）求DE的长；
（4）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB'的值最小？并求出最小值．
【答案】见解析.
【解析】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴当BQ＝2BP时，∠BPQ＝90°，
即6+t＝2（6﹣t），
解得：t＝3，
故t＝3时，△BPQ是直角三角形．
（2）存在．
理由：如下图，连接BF交AC于M．
∵BF平分∠ABC，BA＝BC，
∴BF⊥AC，AM＝CM＝3cm，
∵EF∥BQ，
∴∠EFM＝∠FBC＝∠ABC＝30°，
∴EF＝2EM，
∴t＝2•（3﹣t），
解得t＝3．
（3）如下图，作PK∥BC交AC于K．
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠A＝60°，
∵PK∥BC，
∴∠APK＝∠B＝60°，
∴∠A＝∠APK＝∠AKP＝60°，
∴△APK是等边三角形，
∴PA＝PK，
∵PE⊥AK，
∴AE＝EK，
∵AP＝CQ＝PK，∠PKD＝∠DCQ，∠PDK＝∠QDC，
∴△PKD≌△QCD（AAS），
∴DK＝DC，
∴DE＝EK+DK＝（AK+CK）＝AC＝3（cm）．
（4）如下图，连接AM，AB′
∵BM＝CM＝3，AB＝AC，
∴AM⊥BC，
由勾股定理得：AM＝，
根据两点之间线段最短，得：AB′≥AM﹣MB′，
即AB′≥﹣3，
故AB′的最小值为﹣3．
题型六：函数图象中动点折叠问题
例6.（2019·湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A、C分别在x轴和y轴的正半轴上，连接AC，OA=3，tan∠OAC=，D是BC的中点.
（1）求OC的长和点D的坐标；
（2）如图2，M是线段OC上的点，OM=OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P、D、B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连接DE交AB于点F.
①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；
②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长.
【答案】见解析
【解析】解：（1）∵OA=3，tan∠OAC=，
在Rt△AOC中，tan∠OAC=，
∴OC=，
∵ABCD是矩形，
∴BC=OA=3，
又D是BC的中点，
∴CD=,
即D的坐标为（，）
（2）①
由tan∠OAC=，
知：∠OAC=30°，
∴∠ACB=∠OAC=30°，
若△DBF折叠后，B的落点为B’
由折叠性质，知：
DB’=DB=DC，∠BDF=∠B’DF，
∴∠DB’C=∠ACB=30°，
∴∠BDB’=60°，∠BDF=30°，
在Rt△BDF中，BF=BD·tan30°=，
∵AB=，
∴AF=BF=,
在△BFD和△AFE中，∠BFD=∠EFA，∠B=∠FAE=90°，AF=BF，
∴△BFD≌△AFE，
∴AE=BD=
即OE=OA+AE=，
故E点坐标为（，0）
②由题意知：F点横坐标不变为3，而∠DFB=60°，即G点与F点的连线与y轴平行，即G点横坐标不变，所以G点运动轨迹为一条线段，求出P点从O点至M点运动过程中，G点的纵坐标的差即为G点运动路径的长.
当P点在O点时，如图所示，设抛物线解析式为：y=ax2+bx，
将点D（，）, B（3，）代入解析式，可得：
，
解得：，即抛物线解析式为：
令y=0，得，
即E（，0），
设直线DE的解析式为：y=kx+b，将D（，）、E（，0）代入得：
，
令x=3，得y=，
即F(3, ),由BF=BG得，G（3，）.
当P点在M点时，如图所示，设抛物线解析式为：y=ax2+bx+c，
将点D（，）, B（3，），M（0，）代入解析式，可得：
，
抛物线解析式为：
令y=0，得，
即E（6，0），
设直线DE的解析式为：y=kx+b，将D（，）、E（6，0）代入得：
，
令x=3，得y=，
即F(3, ),由BF=BG得，G（3，）
即G点由（3，）运动至（3，），运动路径长为：－=.