2024河南中考数学复习专题 综合与实践与折叠有关的探究 （课件）

综合与实践2024中考备考重难专题课件与折叠有关的探究综合与实践

与折叠有关的探究

课堂练兵

课后小练1

典例精讲23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=∠MCQ②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；例题图①矩形的判定定理有哪些？①3个角是直角的四边形②对角线相等的平行四边形依据折叠性质可得△EA′F≌△HC′G△DA′G≌△BC′F△CGC′为等边三角形四边形A′FC′G是平行四边形③有一个角为直角的平行四边形题意可得∠A′FC′=90°四边形A′FC′G是矩形(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′.例题图①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；例题图①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.(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；例题图②依据折叠性质可得AF=A′F=FC′怎么求FC′的长？过点B作FC′垂线，垂足为M30°FC′=2FMBF+AF=2求得FC′，即AF的长M例题解图①(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，∴FC′＝

x，∴AF＝A′F＝

x，∵AF＋BF＝2，∴x＋x＝2，∴x＝

，∴AF＝

x＝3－

，∴当四边形A′FC′G是正方形时，AF＝3－

；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.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③想到分类讨论A′F⊥AB求AE长过点E作AF边垂线，构造直角三角形A′F⊥AD同理在直角三角形中求解【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(3)－1或2－

.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；练习题图①依据折叠性质得∠C=∠DFE=∠BE是BC中点得EC=EF=BE△BEG≌△FEG∠BEG=∠FEG∠GED＝∠FEG＋∠FED＝

∠BEC＝90°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；练习题图①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；练习题图②猜想成立参考(1)中证明方法，证明△BEG≌△FEG∠GED＝∠FEG＋∠FED＝

∠BEC＝90°(2)(1)中的猜想仍成立，理由如下：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，解图∴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；解图拓展延伸(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②思考分类讨论AG=ABAG=AB过点G向DA延长线作垂线，构造直角三角形，求BC长同理构造直角三角形，在同一个三角形中求BC长【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；解图①解图②②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.(3)BC的长为

－1或2－2.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①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；

练习1题图①练习1(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？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；练习1题图②G(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；练习1题图②G练习1(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？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