图形的折叠问题教学案例Word格式.docx
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图形的折叠问题教学案例Word格式.docx
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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.
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.
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.
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AE<
DE时,求cos∠PCB的值;
③当BP=9时,求BEEF的值.
图7-1图7-2图7-2备用图
(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.
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
(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.
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
E
N
BC
B图9-1
(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.
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?
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.
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
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,
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
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.
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
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<
DE,
∴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
∠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=
1(FC+BE)⋅BC=1
x2+1
(
-x+
x2+11
)=x2
-1x+1
2222222
=1(x-1)2+3
228
∴当x=1时,S
=3.
8
AMDAMD
B
图9-1
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.∴
=⨯6=.
ANQ2
DMF
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﹣.
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