2025年九年级中考数学总复习导学案5个动点专题突破

专题01 动点问题中的最值、最短路径问题 一、基础知识点综述 1. 两点之间，线段最短； 2. 垂线段最短； 3. 若A、B是平面直角坐标系内两定点，P是某直线上一动点，当P、A、B在一条直线上时，最大，最大值为线段AB的长（如图1所示）； 4. 最短路径模型 （1）单动点模型 作图方法：作已知点关于动点所在直线的对称点，连接成线段与动点所在直线的交点即为所求点的位置. 如图2所示，P是x轴上一动点，求PA+PB的最小值的作图. （2）双动点模型 点P是∠AOB内一点，M、N分别是边OA、OB上动点，求作△PMN周长最小值. 作图方法：作已知点P关于动点所在直线OA、OB的对称点P’、P’’，连接P’P’’与动点所在直线的交点M、N即为所求.如图2所示 图1 图2 图3 5. 二次函数的最大（小）值 ，当a>0时，y有最小值k；当a<0时，y有最大值k. 二、精品例题解析 例1. 如图，正方形ABCD中，AB=12，AE=3，点P在BC上运动（不与B、C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，则CQ的最大值为 【解析】∵PQ⊥EP，∴∠EPQ=90°，即∠EPB+∠QPC=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠C=90°，∠EPB+∠BEP=90°，∴∠BEP=∠QPC，∴△BEP∽△CPQ，∴，∵AB=12，AE=3， ∴BE=9，设CQ=y，BP=x，CP=12－x，（0<x<12），∴，即， ∴当x=6时，y有最大值为4，即CQ的最大值为4. 例2.如图，已知A、B两点的坐标分别为（8,0），（0,8）. 点C、F分别是直线x=－5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE面积取最小值时，tan∠BAD=（ ） A. B. C. D. 【解析】S△ABE=,当BE取最小值时，△ABE面积为最小值.，设x=－5与x轴交于点G，连接DG，因为D为CF中点，△CFG为直角三角形，所以DG=,∴D点的运动轨迹为以G为圆心，以5半径的圆上，如图1所示，由图可知：当AD与圆G相切时，BE的长度最小，如下图，过点E作EH⊥AB于H，∵OG=5，OA=8，DG=5，在Rt△ADG中，由勾股定理得：AD=12，△AOE∽△ADG， ∴,求得：OE=，由OB=OA=8，得：BE=，∠B=45°，AB=∴EH=BH=,AH=AB-BH=，∴tan∠BAD=,故选B. 图1 图2 例3.如图，矩形硬纸片ABCD的顶点A在轴的正半轴及原点上滑动，顶点B在轴的正半轴及原点上滑动，点E为AB的中点，AB=24,BC=5,给出结论：①点A从点O出发，到点B运动至点O为止，点E经过的路径长为12π；②△OAB的面积的最大值为144；③当OD最大时，点D的坐标为，其中正确的结论是（填写序号）. 【解析】根据题意可知：OE==12,即E的轨迹为以O为圆心以12为半径的四分之一圆（第一象限的部分），根据弧长公式，得点E的路径长为：=6π，故①错误；因为AB=24,当斜边AB上的高取最大值时，△OAB的面积取最大值，点O在以AB为直径的圆上（圆心为E），当OE⊥AB时，斜边AB上的高最大，所以△OAB的面积取最大值为：=144，故②正确；连接OE、DE，得OD≤OE+DE，当O、E、D三点共线时取等号，即OD的最大值为25，如图，过点D作DF⊥y轴于F，过点E作EG⊥y轴于G,可得,即，,即,设DF=x，在Rt△ADF中，由勾股定理，得，解得x=，在Rt△ODF中，由勾股定理，得OF=，即点D的坐标为，故③正确，综上所述，答案为②③. 例4.已知抛物线（b、c为常数，b>0）经过点A(－1,0)，点M(m,0)是x轴正半轴上的动点.若点Q（）在抛物线上，当的最小值为时，求b的值. 解：∵经过点A(－1,0)， ∴1+b+c=0，即 ∵点Q（）在抛物线上， ∴， 即， ∵b>0，∴Q点在第四象限， 所以只要构造出即可得到的最小值 取N（1,0），连接AN，过M作MG⊥AN于G，连接QM，如图所示， △AGM为等腰直角三角形， GM=，即当G、M、Q三点共线时，GM+MQ取最小值， 即取最小值，此时△MQH为等腰直角三角形， ∴QM==，GM== ∴① ∵QH=MH，∴=，解得m=②，联立①②，得m=，b=4. 即当的最小值为时，b=4. 例5. 如图，一副含30°和45°角的三角板和拼合在个平面上，边与重合，．当点从点出发沿方向滑动时，点同时从点出发沿射线方向滑动．当点从点滑动到点时，点运动的路径长为　　　　　；连接，则△的面积最大值为 　　　　　　． 【解析】如图1所示，当E运动至E’，F滑动到F’时，过D’作D’G⊥AC于G，D’H⊥BC交BC延长线于点H，可得∠E’D’G=∠F’D’H，D’E’=D’F’，∴Rt△E’D’G≌Rt△F’D’H，∴D’G=G’H,∴D’在∠ACH的角平分线上，即C，D，D’三点共线. 通过分析可知，当D’E’⊥AC时，DD’的长度最大，随后返回初始D点，如图2所示，D点的运动路径为D→D’→D，行走路线长度为2DD’；∵∠BAC=30°，AC=12，DE=CD ∴BC=，CD=DE=，由图知：四边形E’CF’D’为正方形，CD’=EF=12，∴DD’=CD’-CD=12-,D点运动路程为2DD’=24-；如图3所示，当点D运动至D’时，△ABD’的面积最大，最大面积为： = = 图1 图2 图3 例6. 如图，在菱形ABCD中，连接BD、AC交于点O，过点O作OH⊥BC于点H，以O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M. （1）求证：DC是圆O的切线； （2）若AC=4MC，且AC=8，求图中阴影部分面积； （3）在（2）的前提下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时，PH+PM的值最小，并求出最小值. （1）证明：过点O作ON⊥CD于N，AC是菱形ABCD的对角线， ∴AC平分∠BCD， ∵OH⊥BC，ON⊥CD， ∴OH=ON， 又OH为圆O的半径， ∴ON为圆O的半径， 即CD是圆O的切线. （2）由题意知：OC=2MC=4，MC=OM=2， 即OH=2， 在Rt△OHC中，OC=2OH， 可得：∠OCH=30°，∠COH=60°， 由勾股定理得：CH= （3）作点M关于直线BD的对称点M’，连接M’H交BD于点P， 可知：PM=PM’ 即PH+PM=PH+PM’=HM’，由两点之间线段最短，知此时PH+PM最小， ∵OM’=OM=OH，∠MOH=60°， ∴∠MM’H=30°=∠HCM， ∴HM’=HC= 即PH+PM的最小值为； 在Rt△M’PO及Rt△COD中， OP=OM’tan30°=， OD=OCtan30°=， 即PD=OP+OD=. 专题02 动点问题中的函数图象及规律探索问题 主要思想方法：分类讨论、数学归纳. 精品例题解析 例1.如图，边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG如图放置，AB与EF在同一条直线上，且A点与F点重合，现将△EFG沿AB方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点F与B重合时停止. 在这个运动过程中，正方形ABCD与△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数解析式是 【解析】当0≤t≤2时，如图（1）所示，由题意知：∠HFA=60°，∠AHF=30°，AF=t，AH=, =；当2<t≤4时，如图（2）所示，由题意知：∠E=60°，∠AHE=30°， AF=t，AE=4-t, AH= 综上所述， (1) (2) 例2. 均匀的向一个容器内注水，在注满水的过程中，水面的高度h与时间t的函数关系如图所示，则该容器是下列四个中的（ ） 【解析】A为圆柱体，其函数图象应为一条直线，故不合题意；B选项下面粗上面细，其函数图象是一条折线，且后半段的变化速率较慢（图象较缓），故不合题意；C选项函数图象应为一条曲线，故不合题意；D选项下面细上面粗，其函数图象是一条折线，且后半段的变化速率较快，故符合题意；故选D. 例3. 如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=3，动点P沿着折线BCD从点B开始运动到点D，设运动的路程为x，△ADP的面积为y，则y与x之间的函数关系式是 【解析】①当点P在线段BC上时，即0≤x≤3时，; ②当点P在线段CD上时，即3<x≤5时，; 综上所述，. 例4. 如图①，在菱形ABCD中，动点P从点B出发，沿折线B→C→D→B运动. 设点P经过的路程为x，△ABP的面积为y. 把y看成x的函数，函数的图象如图②所示，则图②中的b等于 【解析】由图②可知，当x=4时△ABP的面积最大，此时P点运动至点C，即菱形ABCD的边长为4，又x=14时停止，即BD=6，连接AC交BD于O，AC⊥BD，∴BD=3，在Rt△BOC中，由勾股定理得：OC=， ∴AC=即b=, 例5. 如图1，在扇形OAB中，∠O=60°，动点P从点O出发，沿O→A→B以1cm/s的速度匀速运动至点B，图2是点P运动过程中，△OBP的面积y（cm2）随时间x（s）变化的图象，则a，b的值分别为 【解析】由题意，知当点P运动至点A时，△OBP的面积为，∵∠O=60°，∴△OAB为等边三角形，∴OA=4，即a=4，b=（OA+lAB）÷1=. 例6. 如图1，在矩形ABCD中，AB＜BC，点E为对角线AC上的一个动点，连接BE，DE，过E作EF⊥BC于F．设AE＝x，图1中某条线段的长为y，若表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则这条线段可能是图1中的（　　） A．线段BE B．线段EF C．线段CE D．线段DE 【解析】A、若线段BE是y，则y随x的增大先减小再增大，在点A的距离是BA，在点C时的距离是BC，因为BA＜BC，故A错误；B、若线段EF是y，则y随x的增大越来越小，故B错误；C、若线段CE是y，则y随x的增大越来越小，故C错误；D、若线段DE是y，则y随x的增大先减小再增大，在点A的距离是DA，在点C时的距离是DC，DA＞DC，故选项D正确；故选D． 例7. 如图，已知A，B是反比例函数y＝（k＞0，x＞0）图象上的两点，BC∥x轴，交y轴于点C，动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C（图中“→”所示路线）匀速运动，终点为C，过P作PM⊥x轴，垂足为M．设三角形OMP的面积为S，P点运动时间为t，则S关于t的函数图象大致为（　　） A． B．C． D． 【解析】设∠AOM＝β，点P运动的速度为x，当点P从点O运动到点A的过程中，S＝，由于β及x均为常量，即为定值，可知本段图象应为抛物线，且S随着t的增大而增大；故选项B、C错误；当点P从A运动到B时，由反比例函数性质可知△OPM的面积为k，保持不变，故本段图象应为与横轴平行的线段；故选项C错误；故选A． 例8.如图，等边△ABC边长为2，四边形DEFG是平行四边形，DG=2，DE=3，∠GDE=60°，BC和DE在同一条直线上，且点C与点D重合，现将△ABC沿D→E的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点B与点E重合时停止，则在这个运动过程中，△ABC与四边形DEFG的重合部分的面积S与运动时间t之间的函数关系图象大致是（） A． B． C． D． 【解析】分三种情况：①0≤t≤2时，由重叠部分为边长为t的等边三角形；如图1，由题意知CD＝t，∠HDC＝∠HCD＝60°，∴△CDH是等边三角形，则S＝t2；即该段函数图象是开口朝上的抛物线的一部分，S随t的增大而增大；②2＜t≤3时，由重叠部分即为△ABC；如图2，S＝×22＝；此段函数图象是一条平行于x轴的线段；③3＜t≤5时由重叠部分是S△ABC﹣S△HEC，如图3，根据题意可得CE＝CD﹣DE＝t﹣3，∠C＝∠HEC＝60°，∴△CEH为等边三角形，则S＝S△ABC﹣S△HEC＝×22﹣（t﹣3）2＝﹣t2+t﹣；此段函数图象为开口朝下的抛物线的一部分，且S随t的增大而减小，综上所述，0≤t≤2时函数图象是开口向上的抛物线的一部分，2＜t≤3时函数图象是平行于x轴的一部分，当3＜t≤5时函数图象是开口向下的抛物线的一部分；故选B. 例9. 如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，E是AB的中点，过点E作AC和BC的垂线，垂足分别为点D和点F，四边形CDEF沿着CA方向匀速运动，点C与点A重合时停止运动，设运动时间为t，运动过程中四边形CDEF与△ABC的重叠部分面积为S．则S关于t的函数图象大致为（　　） A． B． C． D． 【解析】∵在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵EF⊥BC，ED⊥AC，∴四边形EFCD是矩形，∵E是AB的中点，∴EF＝AC，DE＝BC，∴EF＝ED，∴四边形EFCD是正方形，设正方形的边长为a，如图1,当移动的距离小于a时，S＝正方形的面积﹣△EE′H的面积＝a2﹣t2；当移动的距离大于a时，如图2，S＝S△AC′H＝（2a﹣t）2＝t2﹣2at+2a2，∴S关于t的函数图象大致为C选项，综上所述，移动距离小于正方形CDEF边长时，函数图象是开口朝下的抛物线一部分，且S随t的增大而减小；移动距离大于正方形CDEF边长时，函数图象是开口朝上的抛物线一部分，且S随t的增大而减小；故选C． 例10.a是不为1的有理数，我们把成为a的差倒数，如2的差倒数是－1，－1的差倒数是0.5. 已知a1=5，a2是a1的差倒数，a3是a2的差倒数，a4是a3的差倒数……，以此类推，则a2019的值是 . 【解析】由题意知：a1=5，a2=，a3=，a4=5，……，2019÷3=673，即a2019=. 例11. 如图所示，在平面直角坐标系中，一组同心圆的圆心为坐标原点O，它们的半径分别为1,2,3，……，按照“加1”依次递增，一组平行线，l0，l1，l2，l3，……都与x轴垂直，相邻两直线的间距为1，其中l0与y轴重合. 若半径为2的圆与l1在第一象限交于点P1，半径为3的圆与l2在第一象限交于点P2，……，半径为n+1的圆与ln在第一象限交于点Pn，则点Pn的坐标为 【解析】连接OP1，设l1与x轴交于点A1，由题意，知OP1=2，OA1=1，在RtOP1A1中，由勾股定理，得P1A1=，即P1；同理，得P2，P3，P4，……，即Pn. 例12.如图，将一等边三角形三条边各八等分按顺时针方向标注各等分点的序号0、1、2、3、4、5、6、7、8，如图所示，将和为8的点连接起来，得到了“三角形坐标系”.在建立的坐标系中，每一点的坐标用过这一点且平行（重合）于原三角形三条边的直线与三边交点的序号来表示（水平方向开始，按顺时针方向），如点A的坐标为（1,2,5），点B的坐标为（4,1,3），则点C的坐标为 【解析】由题意知，通过点C的数字依次是2,4,2（顺时针），故点C的坐标为（2,4,2）. 例13. 在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2的图象如图所示．已知A点坐标为（1，1），过点A作AA1∥x轴交抛物线于点A1，过点A1作A1A2∥OA交抛物线于点A2，过点A2作A2A3∥x轴交抛物线于点A3，过点A3作A3A4∥OA交抛物线于点A4……，依次进行下去，则点A2019的坐标为__________． 【解析】∵A点坐标为（1，1），∴直线OA为y＝x，A1（﹣1，1），∵A1A2∥OA，∴直线A1A2为y＝x+2， 联立y=x+2，y=x2，得A2（2，4），A3（﹣2，4），∵A3A4∥OA，∴直线A3A4为y＝x+6，同理，得A4（3，9），A5（﹣3，9）…，∴A2019（﹣1010，10102）， 例14. 探索与发现：下面是用分数（数字表示面积）砌成的“分数墙”，则整面“分数墙”的总面积是___________． 【解析】由题意“分数墙”的总面积＝2×+3×+…+n×＝n﹣1 专题03 破解动态数学阅读理解等创新题型 精品例题解析 例1.砸“金蛋”游戏：把210个金蛋连续编号为1，2，3，4，……，210. 接着把编号是3的整数倍的“金蛋”全部砸碎，然后将剩下的“金蛋”重新编号为1，2，3，4，……，接着把编号是3的整数倍的“金蛋”全部砸碎，……按照这样的方法操作，直至无编号是3的整数倍的“金蛋”为止. 操作过程中砸碎编号是“66”的“金蛋”共 个. 【解析】210÷3＝70，第一次砸碎3的倍数的金蛋个数为70个，剩下210﹣70＝140个金蛋，重新编号为1，2，3，…，140；140÷3＝46…2，第二次砸碎3的倍数的金蛋个数为46个，剩下140﹣46＝94个金蛋，重新编号为1，2，3，…，94；94÷3＝31…1，第三次砸碎3的倍数的金蛋个数为31个，剩下94﹣31＝63个金蛋，63＜66，砸三次后，就不再存在编号为66的金蛋，故操作过程中砸碎编号是"66"的"金蛋"共有3个． 例2.在数的学习过程中，我们总会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了偶数、奇数、质数、合数等. 现在我们来研究一种特殊的自然数——“纯数”. 定义：对于自然数n，在通过列竖式进行n+（n+1）+（n+2）的运算时各位都不产生进位现象，则称这个自然数n为“纯数”.例如：32是纯数，因为32+33+34在列竖式计算时各位都没有进位现象. 23不是纯数，因为23+24+25在列竖式计算时个位有进位现象. （1）请直接写出1949至2019之间的“纯数”； （2）求出不大于100的纯数的个数，并说明理由. 【解析】设n的个位数字为m，m+m+1+m+2≤9，可得m≤2，除个位外其余各个位上的数字均小于等于3，否则会发生进位. （1）所以1949至2019之间符合要求的“纯数”有：2000,2001,2002三个数. （2）由上面分析可知：个位小于等于2，且十位、百位小于等于3的数符合“纯数”特征，经过筛选，不大于100的纯数有13个：具体如下：0，1，2，10，11，12，20，21，22，30，31，32，100.共13个. 例3.在初中阶段的函数学习中，我们经历了“确定函数的表达式——利用函数图象研究其性质一一运用函数解决问题＂的学习过程．在画函数图象时，我们通过描点或平移的方法画出了所学的函数图象．同时，我们也学习了绝对值的意义． 结合上面的学习过程，现在来解决下面的问题在函数中，当时，当时， （1）求这个函数的表达式； （2）在给出的平面直角坐标系中，请用你喜欢的方法面出这个函数的图象并写出这个函数的一条性质； （3）已知函的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式的解集． 【解析】（1）由题意，得，解得，即函数解析式为 （2）图如下所示， 性质：函数图象为轴对称图形，对称轴为直线x=2；当x<2时，y随x增大而减小；x>2时，y随x增大而增大；x=2时函数值取最小值，最小值为－4；函数与x轴有两个交点，与y轴有一个交点…（填写一条即可）. （3）1≤x≤4. 例4.根据有理数乘法（除法）法则可知： ①若ab>0（或），则 ②若ab<0（或），则 根据上述知识，求不等式的解集. 解：原不等式可化为， 解得x>2，或x<－3， ∴原不等式的解集为：x>2或x<－3. 请你运用所学知识，并结合材料回答下列问题： （1）不等式的解集为 （2）求不等式的解集（要求写出解答过程）. 【解析】（1），即 原不等式可化为， 由①，得无解 由②，得－1<x<3， ∴原不等式的解集为－1<x<3. （2），即， 原不等式可化为， 由①，得x>1， 由②，得x<－4， ∴原不等式的解集为x>1或x<－4. 例5.阅读下面的材料： 如果函数满足：对于自变量x的取值范围内的任意x1，x2， （1）若x1<x2，都有，则称是增函数； （2）若x1<x2，都有，则称是减函数； 例题：证明函数是减函数. 证明：设0<x1<x2, ∵0<x1<x2， ∴，x1x2>0 ∴， 即 ∴， ∴函数是减函数. 根据以上材料，解答下面问题： 已知函数， ， （1）计算： （2）猜想：函数是 函数（填“增”或“减”） （3）请仿照例题证明你的猜想. 【解析】（1）， （2）增 （3）证明：设x1<x2<0, ∵0<x1<x2， ∴，x1x2>0， ∴， ∴ 即 ∴， ∴函数是增函数. 例6.阅读下列材料： 小明为了计算的值，采用以下方法： 设 ① 则 ② ②－①得： ∴ 请仿照小明的方法解决以下问题： （1） （2） （3）求的和（a>0，n是正整数，请写出计算过程）. 【解析】（1）设 ① 则 ② ②－①，得 ∴ （2）设 ① 则 ② ②－①得： ∴. （3）设 ① 则 ② ②－①得： ∴. 例7. 定义：在平面直角坐标系中，对于任意两点，，若点满足，，那么称点是点，的融合点. 例如:，当点满足,时，则点是点，的融合点. （1）已知点，，，请说明其中一个点是另外两个点的融合点； （2）如图，点，点是直线l上任意一点，点是点D、E的融合点. ①试确定与的关系式； ②若直线交轴于点，当为直角三角形时，求点的坐标. 【解析】（1）∵ ∴点C是点A、B的融合点； （2）①由融合点定义知： ， 得： 而，得： ∴， 即：y=2x－1； ②由题意知：E点在直线l上运动，T点在直线y=2x－1上运动， 若△DTH为直角三角形，分三种情况讨论： （i）当∠DHT=90°时，即ET⊥x轴，如下图所示， 设H（n，0），则T（n，2n－1），E（n，2n+3）， 由点T是点D、E的融合点，得，解得n= 即E点坐标为（，6）； （ii）当∠HDT=90°时，即DT⊥x轴，如下图所示， 此时，T点坐标为（3,5），设E点坐标为（n，2n+3） 由点T是点D、E的融合点，得，解得n=6， 即E点坐标为（6,15）； （iii）当∠HTD=90°时，此种情况不存在； 综上所述，E点坐标为（，6）或（6,15）. 例8.问题提出： 如图，图①是一张由三个边长为1 的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张ab的方格纸（ab的方格纸指边长分别为a，b的矩形，被分成ab个边长为1 的小正方形，其中a≥2，b≥2，且a，b为正整数）．把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 图① 图② 问题探究： 为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的结论． 探究一：把图①放置在2 2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图③，对于22的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有4 种不同的放置方法． 图③ 探究二：把图①放置在32的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图④，在32的方格纸中，共可以找到2 个位置不同的2 2 方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在32的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有2 4＝8种不同的放置方法． 图④ 探究三：把图①放置在a2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图⑤，在a2 的方格纸中，共可以找到_________个位置不同的22方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a2 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有_______种不同的放置方法． 图⑤ 图⑥ 探究四：把图①放置在a 3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图⑥，在a3 的方格纸中，共可以找到_________个位置不同的22方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a3 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有_________种不同的放置方法． …… 问题解决：把图①放置在ab的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图．） 问题拓展： 如图，图⑦是一个由4 个棱长为1 的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为a，b，c（a≥2 ，b≥2 ，c≥2 ，且a，b，c是正整数）的长方体，被分成了abc个棱长为1 的小立方体．在图⑧的不同位置共可以找到_________个图⑦这样的几何体． 图⑦ 图⑧ 【解析】探究三：根据探究二，a×2的方格纸中，共可以找到（a﹣1）个位置不同的 2×2方格， 根据探究一结论可知，每个2×2方格中有4种放置方法，所以在a×2的方格纸中，共可以找到（a﹣1）×4＝（4a﹣4）种不同的放置方法； 探究四：边长为a，有（a﹣1）条边长为2的线段，同理，边长为3，则有3﹣1＝2条边长为2的线段， 所以在a×3的方格中，可以找到2（a﹣1）个位置不同的2×2方格， 根据探究一，在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有（2a﹣2）×4＝（8a﹣8）种不同的放置方法． 问题解决：在a×b的方格纸中，共可以找到（a﹣1）（b﹣1）个位置不同的2×2方格， 依照探究一的结论可知，把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 4（a﹣1）（b﹣1）种不同的放置方法； 问题拓展：发现图⑦是棱长为2的正方体中的一部分，利用前面的思路， 这个长方体的长宽高分别为a、b、c，则分别可以找到（a﹣1）、（b﹣1）、（c﹣1）条边长为2的线段， 所以在a×b×c的长方体共可以找到（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）位置不同的2×2×2的正方体， 再根据探究一类比发现，每个2×2×2的正方体有8种放置方法， 所以在a×b×c的长方体中共可以找到8（a﹣1）（b﹣1）（c﹣1）个图⑦这样的几何体； 【点睛】对于图形的变化类的规律题，首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题． 例9. 【概念认识】 城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走．可以按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐标系xOy，对两点A（x1，y1）和B（x2，y2），用以下方式定义两点间距离：d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|． 【数学理解】 （1）①已知点A（﹣2，1），则d（O，A）＝　　． ②函数y＝﹣2x+4（0≤x≤2）的图象如图①所示，B是图象上一点，d（O，B）＝3，则点B的坐标是　　． （2）函数y＝（x＞0）的图象如图②所示．求证：该函数的图象上不存在点C，使d（O，C）＝3． （3）函数y＝x2﹣5x+7（x≥0）的图象如图③所示，D是图象上一点，求d（O，D）的最小值及对应的点D的坐标． 【问题解决】 （4）某市要修建一条通往景观湖的道路，如图④，道路以M为起点，先沿MN方向到某处，再在该处拐一次直角弯沿直线到湖边，如何修建能使道路最短？（要求：建立适当的平面直角坐标系，画出示意图并简要说明理由） 【解析】（1）①由题意得：d（O，A）＝|0+2|+|0﹣1|＝2+1＝3； ②设B（x，y），由定义两点间的距离可得：|0﹣x|+|0﹣y|＝3， ∵0≤x≤2， ∴x+y＝3， 可得：x=1，y=2， 即B（1，2）， （2）若函数y＝（x＞0）的图象上存在点C（x，y）使d（O，C）＝3， 根据题意，得， ∵x＞0， ∴>0， 方程可化为： ， 即x2+4＝3x，x2﹣3x+4＝0， ∴△＝b2﹣4ac＝﹣7＜0， ∴方程x2﹣3x+4＝0没有实数根， 故该函数的图象上不存在点C，使d（O，C）＝3． （3）设D（x，y）， 根据题意得，d（O，D）＝|x﹣0|+|x2﹣5x+7﹣0|＝|x|+|x2﹣5x+7|， ∵，x≥0， ∴d（O，D）＝|x|+|x2﹣5x+7|＝x+x2﹣5x+7＝x2﹣4x+7＝（x﹣2）2+3， ∴当x＝2时，d（O，D）有最小值3，此时点D的坐标是（2，1）． （4） 如图，以M为原点，MN所在的直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，将函数y＝﹣x的图象沿y轴正方向平移，直到与景观湖边界所在曲线有交点时停止， 设交点为E，过点E作EH⊥MN，垂足为H，修建方案是：先沿MN方向修建到H处，再沿HE方向修建到E处． 理由：设过点E的直线l1与x轴相交于点F．在景观湖边界所在曲线上任取一点P，过点P作直线l2∥l1，l2与x轴相交于点G． ∵∠EFH＝45°， ∴EH＝HF，d（O，E）＝OH+EH＝OF， 同理d（O，P）＝OG， ∵OG≥OF， ∴d（O，P）≥d（O，E）， ∴上述方案修建的道路最短． 专题04 动点折叠类问题中有关计算题型 精品例题解析 题型一：图形折叠中的计算 例1.如图，在正方形纸片ABCD 中，E 是CD 的中点，将正方形纸片折叠，点B 落在线段AE 上的点G 处，折痕为AF ．若AD＝4 cm，则CF 的长为cm ． 【解析】∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=CD=BC=4，∠C=∠D=90°， 设CF=x，由折叠知：BF=GF=4－x， ∵E是CD中点， ∴DE=2， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE=, 即： 解得x=， 例2. 如图，矩形ABCD中，AB=，BC=12，E为AD的中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落在CF上的点G处，则折痕EF的长是 【解析】∵E是AD的中点，∴AE=ED，由折叠知：AE=EG，∴EG=DE,连接CE，在Rt△CDE和Rt△CDG中，CE=CE，EG=AE=DE，∴Rt△CDE≌Rt△CDG，∴∠GEC=∠DEC，∴∠FEC=90°，设AF=x，则BF=－x，BC=AD=12，在Rt△EFC和Rt△BFC中，由勾股定理，得 即，解得x=，∴EF= 例3.如图，在矩形ABCD中，AD＝AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G．下列结论：①△CMP是直角三角形；②点C、E、G不在同一条直线上；③PC＝MP；④BP＝AB；⑤点F是△CMP外接圆的圆心，其中正确的个数为（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【解析】由折叠性质知：∠DMC＝∠EMC，∠AMP＝∠EMP，∵∠AMD＝180°，∴∠PME+∠CME＝×180°＝90°，∴△CMP是直角三角形；故①正确；由折叠知：∠D＝∠MEC＝90°，∠MEG＝∠A＝90°， ∴∠GEC＝180°，即点C、E、G在同一条直线上，故②错误；∵AD＝AB，设AB＝x，则AD＝x， 由折叠知：DM＝AD＝x，由勾股定理，得CM＝，∵∠PMC＝90°，MN⊥PC，∴△CMN∽△CPM， ∴CM2＝CN•CP，∴CP＝，∴PN＝CP﹣CN＝，由勾股定理，得PM＝， ∴，即PC＝MP，故③错误；PB＝，，∴PB＝AB，故④正确， 由折叠知：CD＝CE，EG＝AB，AB＝CD，∴CE＝EG，∵∠CEM＝∠G＝90°，∴FE∥PG，∴CF＝PF， ∵∠PMC＝90°，∴CF＝PF＝MF，∴点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确；故选B． 例4.如图，在矩形ABCD中，AD=2，将∠A向内折叠，点A落在BC上，记为A’，折痕为DE. 若将∠B沿EA’向内折叠，点B恰好落在DE上，记为B’，则AB= 【解析】由折叠知：∠AED=∠DEA’=∠BEA’，而∠AED+∠DEA’+∠BEA’=180°，∴∠AED=∠DEA’=∠BEA’=60°，∴∠EDA=∠EDA’=∠CDA’=30°,∵AD=2，∴A’E=AE=，∴BE=, 即AB=AE+BE=. 例5.如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE,折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上. 若DE=5，则GE的长为 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠DAB=90°，AD=AB，由折叠性质知：AE⊥BF，∴∠DAE+∠BAE=∠ABF+∠BAE=90°，即∠DAE=∠ABF，∴△ADE≌△BAF，∴AF=DE=5，由勾股定理，得AE=BF=13，∴AG=2×=，∴GE=AE－AG=. 例6.如图，正方形MNCB在宽为2的矩形纸片一端，对折正方形MNCB得到折痕AE，再翻折纸片，使AB与AD重合.以下结论错误的是（） A. B. C. D. 【解析】由折叠知：四边形BADH为菱形，∴EH=BE+BH，在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB=;∴AD=AB=BH=，EH=+1，在Rt△AEH中，由勾股定理，得：AH2=，故A正确；CD=AD－AC=－1，BC=2，∴，故B正确；BC2=4，CD×EH=（－1）×（+1）=4，故C正确；∵∠AHD=∠AHE，∴故D错误，故选D. 例7.如图，将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线减去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕，若正方形EFGH与五边形MCNGF面积相等，则的值是（ ） A. B. C. D. 【解析】设正方形ABCD的边长为a，连接HF，GE交于点O，则GE⊥HF，∠GFH=45°，∴FO=, 则正方形EFGH、与其它四个五边形的面积均相等，∴正方形EFGE面积为：，即GF=，∴FO=，FM=OM－FO=，∴，故选A 例8.如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连结BD，把△BDC沿BD翻折，得到△，DC’与AB交于点A’，连结，若AD=AC’=2，BD=3，则点D到BC的距离为（ ） A． B． C． D． 【解析】如图，连接CC’，交BD于M，过D作DH⊥BC’于H，∵AD=AC’=2，AD=CD=2，由翻折知：CD=DC’=2，∠DBC=∠BDC’，∴△ADC’为等边三角形，DH即为所求，∴∠ACC’=∠DC’C=30°，∴DM=1，C’M= ∵BD=3，∴BM=BD－DM=2，在Rt△BMC’中，由勾股定理得：BC’=,∵∴DH=，故选B. 例9.如图，在△ABC中，∠ABC=45°，AB=3，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AE=1. 连接DE，将△ADE沿直线AE翻折至△ABC所在的平面内，得△AEF，连接DF，过点D作DG⊥DE交BE于点G. 则四边形DFEG的周长为（ ） A. 8 B. C. D. 【解析】∵∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，∴∠BAD＝90°﹣∠ABC＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD＝BD，∵BE⊥AC，∴∠GBD+∠C＝90°，∵∠EAD+∠C＝90°，∴∠GBD＝∠EAD，∵∠ADB＝∠EDG＝90°，∴∠ADB﹣∠ADG＝∠EDG﹣∠ADG，即∠BDG＝∠ADE，∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE＝1，DG＝DE，∵∠EDG＝90°，∴△EDG为等腰直角三角形，∴∠AED＝∠AEB+∠DEG＝90°+45°＝135°，∵△AED沿直线AE翻折得△AEF，∴△AED≌△AEF，∴∠AED＝∠AEF＝135°，ED＝EF， ∴∠DEF＝360°﹣∠AED﹣∠AEF＝90°，∴△DEF为等腰直角三角形，∴EF＝DE＝DG，在Rt△AEB中，由勾股定理，得BE＝2，∴GE＝BE﹣BG＝2﹣1，在Rt△DGE中，DG＝DE=GE＝2﹣， ∴EF＝DE＝2﹣，在Rt△DEF中，DF＝DE＝2﹣1，∴四边形DFEG的周长为GD+EF+GE+DF＝2（2﹣）+2（2﹣1）＝3+2，故选D． 题型二：图形折叠中证明、计算题 例10.如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG. （1）求证：四边形CEFG是菱形； （2）若AB=6，AD=10，求四边形CEFG的面积. 【解析】（1）证明：由题意可得：△BCE≌△BFE， ∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE， ∵FG∥CE， ∴∠FGE＝∠CEB， ∴∠FGE＝∠FEG， ∴FG＝FE，专题04 动点折叠类问题中有关计算题型 ∴FG＝EC， ∴四边形CEFG是平行四边形， 又∵CE＝FE， ∴四边形CEFG是菱形； （2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF， ∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10， ∴AF＝8， ∴DF＝2， 设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x， 在Rt△FDE中，由勾股定理，得22+（6﹣x）2＝x2， 解得x＝， 即CE＝， ∴四边形CEFG的面积是CE•DF＝×2＝． 专题05 动点折叠类问题中函数及其综合题型 精品例题解析 题型一：折叠综合题型 例1.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 【解析】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，故选D. 题型二：折叠与相似 例2.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． 【解答】（1）如图1中，∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝8， ∴∠B＝∠BCD＝90°， 由翻折，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.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. 【解析】∵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.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. 【解析】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. 题型五：几何图形中动点折叠问题 例5.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． 【解析】（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.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. 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，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－=. 学科网（北京）股份有限公司 $$