专题五 突破设问5 最值问题 类型1 折叠探究-【一战成名新中考】2025山东中考数学·二轮复习·专项培优练

参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 ∵ AB=AC,∴ CE=BE= 2,∠EAB+∠ABE= 90°, ∵ ∠ABE+∠ABD+∠DBF= 180°,∠ABD= 90°, ∴ ∠DBF+∠ABE= 90°, ∴ ∠DBF= ∠BAE, ∵ ∠DFB= ∠AEB= 90°,AB=BD, ∴ △ABE≌△BDF(AAS), ∴ DF=BE= 2,∴ S△BCD = 1 2 BC·DF= 1 2 ×4×2 = 4. 19. 解:由题意得 AM=CN= 2t cm,AP= t cm, ∴ BN=BC-CN= (8-2t)cm, ∵ AB= 6 cm,BC= 8 cm,∠B= 90°, ∴ AC= AB2 +BC2 = 10(cm) . ∵ AD∥BC,∴ △AME∽△BNE, ∴ AM BN = AE BE ,∴ 2t 8-2t = 6 -BE BE ,∴ BE= 6- 3 2 t. ∵ S四边形 AENP =S梯形 ABNP-S△BEN, ∴ y= 1 2 (AP+BN) ·AB- 1 2 BN·BE = 1 2 ( t+8- 2t) × 6- 1 2 ×(8-2t)(6- 3 2 t)= - 3 2 t2 +9t, ∴ y 与 t 的函数关系式为 y= - 3 2 t2 +9t(0<t<4) . 20. 解:△ACF 是等腰直角三角形,理由如下: ∵ 两个矩形纸片 ABCD 和 CEFG 是完全相同的, ∴ AC=CF, ∴ △ACF 是等腰三角形, ∵ AB=FG,∠B= ∠FGC= 90°,BC=GC, ∴ △ABC≌△FGC, ∴ ∠BAC= ∠GFC, ∵ AB∥CD, ∴ ∠BAC= ∠ACG, ∴ ∠ACG= ∠GFC, ∵ ∠GFC+∠GCF= 90°, ∴ ∠ACG+∠GCF= 90°,即∠ACF= 90°, ∴ △ACF 是等腰直角三角形. 21. 解:四边形 BPDQ 是平行四边形, 理由:∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ AD∥BC,CD=AB,∠A= ∠C= 90°,∴ ∠ADB= ∠DBC, 由折叠性质知∠PA′B = ∠A = 90°,∠DC′Q = ∠C = 90°, A′B=AB=DC=DC′, ∴ ∠PA′D= ∠QC′B= 90°,DC′-A′C′=A′B-A′C′, ∴ DA′=BC′,∴ △PDA′≌△QBC′(ASA),∴ PD=BQ, 又∵ PD∥QB,∴ 四边形 BPDQ 是平行四边形. 对接中考 1. 解:(1)小莹的结论正确,理由如下: ∵ 将△DCE 沿 DE 翻折,点 C 的对应点为 H, ∴ DE⊥CH, ∵ ∠ADE= 90°, ∴ AD⊥DE, ∴ AD∥CG, ∵ AB∥CD, ∴ 四边形 AGCD 是平行四边形,故小莹的结论正确; (2)小明的结论正确,理由如下: ∵ AB∥CD,∠B= 90°, ∴ ∠DCB= 180°-∠B= 90°, ∵ 将△DCE 沿 DE 翻折,点 C 的对应点为 H, ∴ CE=HE,∠DHE= ∠DCB= 90°,CD=DH, ∴ ∠EHN= 90°,∠DCH= ∠DHC, ∵ CD∥AB, ∴ ∠DCH= ∠HGN, ∵ ∠DHC= ∠NHG, ∴ ∠NHG= ∠HGN, ∴ HN=GN, ∵ E 是 BC 的中点, ∴ CE=BE, ∴ BE=HE, 在 Rt△EHN 与 Rt△EBN 中, EH=EB, EN=EN,{ ∴ Rt△EHN≌Rt△EBN(HL), ∴ BN=HN, ∴ GN=BN, ∴ N 是 BG 的中点,故小明的结论正确; (3)∵ E 是 BC 的中点,BC= 6, ∴ CE=BE= 1 2 BC= 3, ∵ ∠B= 90°,BF= 4, ∴ EF= BE2 +BF2 = 5, ∵ EH=CE= 3, ∴ HF=EF-HE= 2, 由(2)知,BN=HN=GN, 设 BN=HN=GN= x, ∴ FN= 4-x, ∵ ∠FHN= ∠DHE= 90°, ∴ FH2 +HN2 =FN2 , ∴ 22 +x2 = (4-x) 2 ,解得 x= 3 2 , ∴ BG= 2x= 3, ∵ ∠BCG+∠CEM= ∠BCG+∠CGB= 90°, ∴ ∠CEM= ∠CGB, ∵ ∠DCE= ∠B= 90°,CE=BG= 3, ∴ △CDE≌△BCG(ASA), ∴ CD=BC= 6. 2. (1)解:甲同学和乙同学的结论都正确,证明如下: ∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠D= ∠BAD= 90°, 由折叠的性质得∠D= ∠AEF= 90° = ∠DAE,AD=AE, ∴ 四边形 AEFD 是正方形, 故甲同学的结论正确; 如解图①,过点 G 作 GK⊥AF 于点 K, 设 AE= 2x,则 AG=EG= x, 第 2 题解图① ∵ 四边形 AEFD 是正方形,∴ ∠EAF= 45°, ∴ AF= 2 2 x,AK=KG= 2 2 AG= 2 2 x, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 78 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 ∴ FK=AF-AK= 3 2 2 x,∴ tan∠AFG= KG KF = 1 3 , 故乙同学的说法也正确; (2)证明:解法一:如解图②,过点 G 作 GQ⊥PM 交 PM 的 延长线于点 Q, 第 2 题解图② 由折叠的性质得 FP = PM,FG = GM,GH = GQ, ∠FPG = ∠MPG,PH=PQ, ∵ AB∥CD,∴ ∠FPG= ∠PGM,∴ ∠PGM= ∠MPG, ∴ PM=GM,∴ PF=GM=PM=FG, ∴ 四边形 FGMP 是菱形,∴ ∠FNG= 90°, ∴ ∠FGN= ∠GPQ, ∵ ∠GQP= 90° = ∠FNG, ∴ △GFN∽△PGQ,∴ FN GQ =GN PQ ,∴ FN·PQ=GN·GQ, ∵ AM=AG+GM=HF+FP=PH,∴ AM=PQ, ∵ GQ=GH=AD,∴ FN·AM=GN·AD. 解法二:连接 DM,证△ADM∽△NFG 也可以. 3. 解:【操作证明】△BDF 是等腰三角形. 理由如下: 由折叠得∠FBD= ∠DBC, ∵ 四边形 ABCD 为矩形, ∴ AD∥BC, ∴ ∠FDB= ∠DBC, ∴ ∠FBD= ∠FDB, ∴ BF=DF, ∴ △BDF 是等腰三角形; 【类比应用】 (1)四边形 ABPE 为菱形,理由如下: 由折叠得∠APB= ∠APE,BP=PE,AB=AE, ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AD∥BC, ∴ ∠EAP= ∠APB, ∴ ∠EAP= ∠APE, ∴ AE=PE=BP=AB, ∴ 四边形 ABPE 是菱形; (2)由折叠得∠APB= ∠APE,AB=AE,BP=PE, ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AD∥BC,BC=AD= 10,AB=CD=AE= 3 5 , ∴ ∠ADP= ∠DPC,∠DAP= ∠APB,∴ ∠DAP= ∠APD, ∴ PD=AD=BC= 10, ∵ P 是 BC 的中点, ∴ BP=PC=PE=DE= 5, 在△ADE 和△DPC 中, AD=DP, ∠ADE= ∠DPC, DE=PC, { ∴ △ADE≌△DPC(SAS), ∴ ∠DAE= ∠PDC, 又∵ ∠AFD= ∠EFD, ∴ △AFD∽△DFE, ∴ EF DF =DF AF =DE AD = 5 10 = 1 2 , 设 EF=a,则 DF= 2a, ∴ AF= DF2 EF = (2a) 2 a = 4a, ∵ AF=AE+EF, ∴ 4a= 3 5 +a,解得 a= 5 , ∴ AF= 4a= 4 5 ,即 AF 的长为 4 5 . 4. 解:(1)BE= 3AD,AD⊥BE; 【解法提示】如解图①,延长 DA 交 BE 于点 H,∵ 将△CAB 绕点 C 按逆时针方向旋转 90°得到△CDE,∴ AC=DC= 1, BC=CE= 3,∠ECB = ∠ACD = 90°,∴ AD = 2 ,BE = 3 2 , ∠CAD= ∠ADC = 45°,∠CBE = ∠CEB = 45°,∴ BE = 3AD, ∠CAD= ∠EAH= 45°,∴ ∠EHA= 90°,∴ AD⊥BE. 第 4 题解图① (2)线段 AD 与 BE 的数量关系,位置关系与(1)中结论一 致,理由如下:如解图②,延长 DA 交 BE 于点 H, 第 4 题解图② ∵ 将 △CAB 绕点 C 按逆时针方向旋转任意角度得 到△CDE, ∴ DC=AC= 1,CE=BC= 3,∠DCE= ∠ACB= 90°, ∠ECB= ∠ACD, ∴ AC BC =CD CE = 1 3 ,∴ △BCE∽△ACD, ∴ AD BE = AC BC = 1 3 ,∠CDA= ∠CEB,∴ BE= 3AD, ∵ ∠CEB+∠ENH= ∠CDA+∠CND = 90°,∴ ∠EHD = 90°, ∴ AD⊥BE; (3)如解图③,过点 C 作 CN⊥AB 于点 N, 第 4 题解图③ ∵ ∠ACB= 90°,AC= 1,BC= 3, ∴ AB= AC2 +BC2 = 1+9 = 10 , ∵ CN⊥AB,∴ ∠ANC= 90° = ∠ACB, 又∵ ∠A= ∠A,∴ △ACN∽△ABC,∴ AC AB =AN AC , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 88 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 突 破 设 问 4 　 特殊图形形状的判断 (统考卷 22(2)①题;统考样卷 24(1)题) 20. 如图,将两个完全相同的矩形纸片 ABCD 和 CEFG 拼 成“L”形图案,试判断△ACF 的形状,并说明理由. 　 第 20 题图 解:△ACF 是等腰直角三角形, 理由如下: ∵两个矩形纸片 ABCD 和 CEFG 是完 全相同的, ∴AC=CF, ∴△ACF 是等腰三角形, ∵AB=FG,∠B=∠FGC=90°,BC=GC, ∴△ABC≌△FGC, ∴∠BAC=∠GFC, ∵AB∥CD, ∴∠BAC=∠ACG, ∴∠ACG=∠GFC, ∵∠GFC+∠GCF=90°, ∴∠ACG+∠GCF=90°,即∠ACF=90°, ∴△ACF 是等腰直角三角形. 21. [2024 日照东港区二模改编]如图,将矩形纸片 ABCD 折 叠,使得点 A 的对应点 A′落在对角线 BD 上,点 C 的对 应点 C′也落在对角线 BD 上,得到折痕 BP,DQ. 试判断 四边形 BPDQ 的形状,并说明理由. 第 21 题图 解:四边形 BPDQ 是平行四边形, 理由:∵四边形 ABCD 是矩形, ∴AD∥BC,CD=AB,∠A=∠C=90°, ∴∠ADB=∠DBC, 由折叠性质知∠PA′ B = ∠A = 90°, ∠DC′Q=∠C=90°,A′B=AB=DC=DC′, ∴∠PA′D=∠QC′B=90°,DC′-A′C′=A′B-A′C′, ∴DA′=BC′, ∴△PDA′≌△QBC′(ASA), ∴PD=BQ, 又∵PD∥QB, ∴四边形 BPDQ 是平行四边形. 方法解读 特殊图形形状的判断,主要考查 特殊三角形和特殊四边形的 判断. (1)特殊三角形形状判断一般考 查等腰三角形、等边三角形、 直角三角形、等腰直角三角 形,主要看图形中是否存在 等边、等角、直角; (2)特殊四边形形状判断一般考 查平行四边形、菱形、矩形、 正方形. 先证四边形是平行 四边形,再找是否存在邻边 相等、直角、对角线相等、对 角线垂直等条件. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 突 破 设 问 5 　 最值问题 【“隐形圆及圆中最值模型”“几何中的其他最值模型” “主从联动模型(瓜豆模型)”见本册 P21~ 35】 75 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 对 接 中 考 类型 1　 折叠探究(统考样卷 24 题) 1. [2024 山东统考样卷]综合与实践 【问题情境】为了研究折纸过程中蕴涵的数学知识,老师发给每位同学完全相同的纸片, 纸片形状如图①,在四边形 ABCD 中(BC≥CD),AB∥CD,∠B= 90°. 【探究实践】老师引导同学们在边 BC 上任取一点 E,连接 DE,将△DCE 沿 DE 翻折,点 C 的对应点为 H,然后将纸片展平,连接 CH 并延长,分别交 DE,AB 于点 M,G. 老师让同学 们探究:当点 E 在不同位置时,能有哪些发现? 经过思考和讨论,小莹、小明向同学们分 享了自己的发现. (1)如图②,小莹发现:“当折痕 DE 与 AD 夹角为 90°时,则四边形 AGCD 是平行四边形. ” (2)如图③,小明发现:“当 E 是 BC 的中点时,延长 DH 交 AB 于点 N,连接 EN,则 N 是 BG 的中点” . 请你分别判断两人的结论是否正确,并说明理由; 【拓展应用】 (3)如图④,小慧在小明发现的基础上,经过进一步思考发现:“延长 EH 交 AB 于点 F. 当 给出 BC 和 BF 的长时,就可以求出 CD 的长. ”老师肯定了小慧同学结论的正确性. 若 BC= 6,BF= 4,请你帮小慧求出 CD 的长. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 　 　 　 图④ 第 1 题图 解:(1)小莹的结论正确,理由如下:∵将△DCE 沿 DE 翻折,点 C 的对应点为 H,∴DE⊥CH, ∵∠ADE=90°,∴AD⊥DE,∴AD∥CG, ∵AB∥CD,∴四边形 AGCD 是平行四边形,故小莹的结论正确; (2)小明的结论正确,理由如下:∵AB∥CD,∠B=90°,∴∠DCB=180°-∠B=90°, ∵将△DCE 沿 DE 翻折,点 C 的对应点为 H, ∴CE=HE,∠DHE=∠DCB=90°,CD=DH,∴∠EHN=90°,∠DCH=∠DHC, ∵CD∥AB,∴∠DCH=∠HGN,∵∠DHC=∠NHG,∴∠NHG=∠HGN,∴HN=GN, ∵E 是 BC 的中点,∴CE=BE,∴BE=HE, 在 Rt△EHN 与 Rt△EBN 中, EH=EB, EN=EN,{ ∴Rt△EHN≌Rt△EBN(HL), ∴BN=HN,∴GN=BN,∴N 是 BG 的中点,故小明的结论正确; (3)∵E 是 BC 的中点,BC=6,∴CE=BE= 1 2 BC=3, ∵∠B=90°,BF=4,∴EF= BE2+BF2 =5, ∵EH=CE=3,∴HF=EF-HE=2,由(2)知,BN=HN=GN, 设 BN=HN=GN=x,∴FN=4-x, ∵∠FHN=∠DHE=90°,∴FH2+HN2 =FN2,∴22+x2 =(4-x) 2,解得 x= 3 2 ,∴BG=2x=3, ∵∠BCG+∠CEM=∠BCG+∠CGB=90°,∴∠CEM=∠CGB, ∵∠DCE=∠B=90°,CE=BG=3,∴△CDE≌△BCG(ASA),∴CD=BC=6. 85 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 2. [2024 济宁 21 题 9 分]综合与实践 某校数学课外活动小组用一张矩形纸片(如图①,矩形 ABCD 中,AB>AD 且 AB 足够长)进 行探究活动. 【动手操作】 如图②,第一步,沿点 A 所在直线折叠,使点 D 落在 AB 上的点 E 处,折痕为 AF,连接 EF, 把纸片展平. 第二步,把四边形 AEFD 折叠,使点 A 与点 E 重合,点 D 与点 F 重合,折痕为 GH,再把纸 片展平. 第三步,连接 GF. 【探究发现】 根据以上操作,甲、乙两同学分别写出了一个结论. 甲同学的结论:四边形 AEFD 是正方形. 乙同学的结论:tan∠AFG= 1 3 . (1)请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确. 若正确,写出证明过程;若不正确,请说明 理由; 【继续探究】 在上面操作的基础上,丙同学继续操作. 如图③,第四步,沿点 G 所在直线折叠,使点 F 落在 AB 上的点 M 处,折痕为 GP,连接 PM,把纸片展平. 第五步,连接 FM 交 GP 于点 N. 根据以上操作,丁同学写出了一个正确结论:FN·AM=GN·AD. (2)多解法 ∙∙∙ 请证明这个结论. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 2 题图 (1)解:甲同学和乙同学的结论都正确,证明如下: ∵四边形 ABCD 是矩形,∴∠D=∠BAD=90°, 由折叠的性质得∠D=∠AEF=90° =∠DAE,AD=AE, ∴四边形 AEFD 是正方形,故甲同学的结论正确; 如解图,过点 G 作 GK⊥AF 于点 K,设 AE=2x,则 AG=EG=x, ∵四边形 AEFD 是正方形,∴∠EAF=45°, ∴AF=2 2 x,AK=KG= 2 2 AG= 2 2 x, ∴FK=AF-AK=3 2 2 x,∴tan∠AFG=KG KF = 1 3 ,故乙同学的说法也正确; (2)证明:略. 详解见本册 P. 95 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 3. 名师原创 【探究与证明】 【基本图形】 如图①,AD∥BC,BD 是∠ABC 的平分线,则△ABD 是等腰三角形; 【操作证明】 如图②,将矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠,使点 C 落在点 E 处,BE 与 AD 交于点 F,试判断 △BDF 的形状,并说明理由; 【类比应用】 如图③,在▱ABCD 中,AD= 10,AB= 3　 5 ,点 P 是 BC 边上一动点,连接 AP,将△ABP 沿直 线 AP 翻折,得到△APE. (1)若点 B 的对应点 E 恰好落在 AD 上,试判断四边形 ABPE 的形状,并说明理由; (2)如图④,连接 DP,当点 B 的对应点 E 恰好落在 DP 上时,延长 AE 交 DC 于点 F,若 P 是 BC 的中点,求 AF 的长. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 图④ 第 3 题图 解:【操作证明】△BDF 是等腰三角形.理由如下: 由折叠得∠FBD=∠DBC,∵四边形 ABCD 为矩形,∴AD∥BC,∴∠FDB=∠DBC, ∴∠FBD=∠FDB,∴BF=DF,∴△BDF 是等腰三角形; 【类比应用】 (1)四边形 ABPE 为菱形,理由如下: 由折叠得∠APB=∠APE,BP=PE,AB=AE, ∵四边形 ABCD 是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠EAP=∠APB, ∴∠EAP=∠APE,∴AE=PE=BP=AB,∴四边形 ABPE 是菱形; (2)由折叠得∠APB=∠APE,AB=AE,BP=PE, ∵四边形 ABCD 是平行四边形,∴AD∥BC,BC=AD=10,AB=CD=AE=3 5 , ∴∠ADP=∠DPC,∠DAP=∠APB,∴∠DAP=∠APD,∴PD=AD=BC=10, 又∵P 是 BC 的中点,∴BP=PC=PE=DE=5, 在△ADE 和△DPC 中, AD=DP, ∠ADE=∠DPC, DE=PC, ì î í ï ï ïï ∴△ADE≌△DPC(SAS),∴∠DAE=∠PDC, ∵∠AFD=∠EFD,∴△AFD∽△DFE,∴EF DF =DF AF =DE AD = 5 10 = 1 2 , 设 EF=a,则 DF=2a,∴AF=DF 2 EF =(2a) 2 a =4a, ∵AF=AE+EF,∴4a=3 　 5 +a,解得 a= 　 5 ,∴AF=4a=4 　 5 ,即 AF 的长为 4 5 . 06