剖析折叠本质 构建基本模型 把握问题关联 论文

2022年安徽省中小学教育教学论文评选剖析折叠本质构建基本模型把握问题关联摘要：把正方形折叠使得顶点落在一条边上，这个图形中蕴含着丰富的关系，从几何图形的结构入手，剖析折叠本质，建立折叠前后基本图形的特征以及彼此联系，理清结构、看透内涵、找准突破口，最终形成解题经验.平时坚持这样的训练，这将对学生的几何直观将会大有裨益！关键词：折叠；正方形；转化；核心素养引言：折叠问题是初中数学的重点和难点问题，备受命题老师的青睐，主要考查学生空间想象、观察、动手操作以及几何推理，综合性强、思维要求高.解决折叠问题的关键在于，还原折叠过程，理解折叠问题的本质——全等变换，洞察折叠中的“变”与“不变”，以及折叠带来的图形重组后的新信息，在解决问题时有意识的还原折叠过程，让图形中的各种关系显现出来，正如华罗庚所说：“善于退，足够的退，这是学好数学的诀窍.”.本文对一类正方形折叠为背景的图形多方位分析，理清图形实质，探究拓展，一图多问、一图多变，通过3个例题的应用加强几何推理经验的积累，从而提升学生的解题能力.一、图形分析如图1，正方形ABCD，边长AB=a，点MN分别为边ADBC上的点，连接MN，将四边形DCNM沿着MN折叠至EFNM，若点D恰好落在边AB上点E处，点C落到点F，EF交BC于点G.A M D A M D A M DE E EHBGFNCBGNCBG

F图3NCABHM为矩H

F图2图1结论1（正方形十字架结构）连接DE，则MN^DEMN=DE;分析：如图2，由折叠易知MN^DE,过点M作MH^BC，则四边形12022年安徽省中小学教育教学论文评选形，段从而MH=AB=AD,可证DMHN@DDAEASA(),则MN=DE,即MN^DEMN=DE.【评析】解题时常常将折痕MN转化为DE，在RtDAE中进行求解.结论2（正方形夹半角结构）如图3，连接DG,则ÐEDG=45o.分析：图形的折叠问题本身就是“轴对称”的全等变换，由折叠性质可知MN为线DE的中垂线，ME=MD,从而ÐMED=ÐMDE，又因为折叠得出ÐMEF=ÐMDC=90o,所以ÐDEF=ÐEDC,而AB//CD,可知ÐEDC=ÐAED，即ÐAED=ÐDEF,DE为ÐAEF的角平分线，过点D作DH^EF,则DH=DA,从而RtDAE@DRtDHEHL(),RtDCG@DRtDHGHL(),ÐEDG=ÐEDH+ÐGDH 1

=ÐADC2=45o.【评析】正方形夹半角结构中易得EG=AE+GC,平时解题后要善于总结，仔细琢磨结构，反思其用途，成为今后解题的重要思维源泉.结论3如图4，连接DFCE,则DF=CE.DAMDEOBGNCEHPG，而ED=DE,F

图4图5分析：由折叠可知FE=CD，据结论2分析知=ÐEDCÐDEF从而DFED@DCDESAS()，所以DF=CE.22022年安徽省中小学教育教学论文评选结论4随着点E的移动，DBEG的周长保持不变，始终为2a.DBEG的面积有最大值，当BE=BG时，SDBEG最大值=3(-22)a2.分析：如图3，由结论2可知，HE=AEHG=CG,所以DBEG的周长等于BE+BG+EG=BE+BG+HE+HG=(BE+EA)(BG+GC)=BA+BC=2a，SDBEG=S正方形ABCD-2SDDHE-2SDDHG=a2-2SDDEG，转化为求DDEG的最大值，观察DDEG含有定高（DH=a），定角（ÐEDG=45o）特殊结构.AE如图5，将DDEG单独分离出来，作DDEG的外接圆O，连接ODOGOE,由圆周角ÐEDG=45o,可知圆心角ÐEOG=90o，过圆心O作OP^EG，设半径OD=r，则OP=2r，EG=2r，2根据点到线垂线段最短可知OP+OD³DH，即2

2r+³a,解得r³(2-2)a，当且仅当DOP共线时取得最小值，此时=CG,所以EG=2r³(22-2)a，SDDEG 1

=×EGDH2³1×(22-2)aa×=(2-1)a2，2则SDBEG=a2-2SDDEG£a2-2(2-1)a2=(3-22)a2.【评析】周长定值的说明也可利用三角形相似性质，根据折叠知ÐA=ÐMEG=ÐB=90o,不妨设AE=xAM=y，则BE=-xEM=DM=-y，在RtAEM中，由勾股定理可得y=a2-x2，CDAEM=AM,即x+(a-y)+=- yx，2aCDEBGBECDEBG所以CDEBG=a2-x2=a2-x2=2a，这里计算稍显繁杂，但是这对“一线三直角”相似ya2-x22a32022年安徽省中小学教育教学论文评选三角形在解题时值得关注.对于定高定角问题，辅助圆也是解决此类最值的有效工具，利用斜大于直的思想确定最值.HG结论5随着点E的移动，CDGNF=BEEM=AE+CN.分析：如图3，由折叠可知FN=CNEF=DC=AB,根据结论2分析可知，=CGAE=HE，所以CDGNF=GF+GN+FN=GF+GC=GF+GH=HF,而BE=AB-AEHF=EF-EH,所以CDGNF=HF=BE,由图2得MD=HC=HN+NC=AE+NC,根据折叠可知ME=MD,即ME=AE+NC.AMDAMD45°ERE45°RB G

F图6NCB45°图7结论6如图6，连接对角线BD交折痕MN于点R，连接ER，则ÐERB=ÐAEM.分析：图6可简化为图7，由折叠可知ÐMER=ÐADB=45o，边AB上ÐMER=ÐABD=45o,联想“一线三等角”结构，可知ÐAER=ÐAEM+ÐMER=ÐERB+ÐABD，所以ÐERB=ÐAEM.【评析】涉及到ÐERB的三角函数问题，不需直接构造直角三角形，一般往往转化为RtAEM中，快速建立关系，值得关注.这与求折痕MN一般转化为DE的策略有异曲同工之妙.42022年安徽省中小学教育教学论文评选二、结论应用例1（2016年江苏.徐州卷）如图8，将边长为6的正方形纸片ABCD对折，使AB与DC重合，折痕为EF，展平后，再将点B折到边CD上，使边AB经过点E，折痕为GH，点B的对应点为M，点A的对应点为N，求折痕GH的长.AGNEDMBFHC图8得解析：根据题意可得AE=DE=3,，由结论4分析易连接BM，识别正方形折叠中十字架结构，折痕GH转化为BMDDEM周长为12，设CMx=,则DM=-x，EM=12-DE-DM=12-3-(6-x)=+x，在RtDEM中，勾股定理得DE2+DM2=EM2,即23+(6-x)

2=(3+x)

2，解得x=2，在RtBCM中，勾股定理得BC2+CM2=BM2,所以BM=BC2+CM2=62+22=210.根据正方形十字架结构，GH=BM=210.另解：设CM=x，由折叠知，MH=BH=-CH,在RtCHM中，由勾股定理得CH2+CM2=HM2,解得CH=-x2，12由折叠可知ÐHME=ÐB=90o,易得一线三直角相似RtHCM:RtMDE,52022年安徽省中小学教育教学论文评选所以HC CM=DE,即3-x2x，解得=2,12xx=（舍去），DM=6-x3CM即可，目标明确，从而BM=BC2+CM2=210,根据正方形十字架结构，GH=BM=210.【评析】将目标折痕GH转化为线段BM，解题目标转化为线段方便寻找解题策略.例2如图9，正方形ABCD，边长AB=9，点MN分别为边ADBC上的点，连接MN，将四边形DCNM沿着MN折叠至EFNM，使得点D落在边AB上点E处，点C落到点F，EF交BC于点G.（1）若AE=3，求CN的长.（2）连接DEDF，求DE+DF的最小值.AMDAMDAMDEEEBGFNCBQGFNCC'BGFNC图11图9图10解析：（1）解法1：由题意可得DMAE:DEBG:DNFG,由折叠可设AM=x，则MD=ME=-x，在RtMAE中，勾股定理得AE2+AM2=ME2,即32+x2=(9-x)

2，解得x=4，利用相似可得BG 9=2,EG 15=2,所以GF=EF-EG=3,2再利用相似求得NF=2,从而CN=NF=2.解法2：双勾股，设CN=x，在RtBNE中，EN2=BE2+BN2,在RtDCN中，DN2=CD2+CN2,由折叠知MN为DE的中垂线，则NE=ND,62022年安徽省中小学教育教学论文评选所以62+(9-x)

2=92+x2，解得x=2，均为动点），不属于将军饮即CN=2.解法3：如图10，由结论5知：EM=AE+CN.过点M作MQ^BC,可得QC=MD=5,QN=AE=3,所以CN=QC-QN=2.（2）DE+DF属于一定（点D为定点）、两动（点EF马（一动点两定点）问题，需要转化为两定点一动点的将军饮马类型，由上述结论4知：DF=CE,.,连接CE,则CE=CE,95.所以DE+DF=DE+CE如图11，作点C关于AB的对称点C'³CD=95,当且仅当DEC'共线时取得最小值从而DE+DF=DE+CE【评析】平面几何中线段计算常用策略勾股定理法、三角函数法以及相似法，对于折叠前后位置的图形折痕具有垂直平分对应点连线，勾股定理建立方程是很有效的数学模型，假设所求线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择合适的直角三角形用勾股定理列出方程求解，但往往也会出现较繁杂的计算，如能挖掘图中存在的一些特殊图形关系，可简化数学运算，如本题的正方形十字架结构.例3如图12，正方形ABCDAB=4,点EF分别在边ABCD上，将正方形沿着EF折叠，点A恰好落在边BC上点H处，折痕EF与对角线AC交于点P,连接HP.已知AE=3，求sinÐCPH.BHCBHCCQE

PEEPDA图12 GDFAFGBA图14DG

F图13解析：由折叠可知AE=DEAP=HP;ÐEHP=ÐBAC=45o，将图11简化为图12，72022年安徽省中小学教育教学论文评选从而RtBEH为确定的可解三角形，BE=1,HE=3,BH=HE2-BE2=22，想法1：如图13，过点H作HG^AC，在RtCHG中，可知CH=-22,CG=HG=22-2,设AP=HP=x，从而PG=AC-CG-AP=42-(22-2)-x=22+-x，在RtDPG中，由勾股定理得HG2+PG2=HP2，即(22-2)

2+(22+-x)

2=x2，解得x=62-6，在RtHPG中：sinÐCPH=HG=22-2 1=3.HP62-6想法2：由结论6可知：ÐHPC=ÐBHE.由折叠可知HE=AE=3,ÐEHP=ÐEAC=45o，从而ÐHCP=ÐEHP=45o,联想“一线三等角”结构，可知ÐBHP=ÐHCP+ÐHPC=ÐEHP+ÐBHE，所以ÐHPC=ÐBHE.在RtBHE中，sinÐBHE=BE 1=,EH3即sinÐHPC=sinÐBHE 1=3.【评析】折叠为背景的图形变换题目应牢牢抓住折叠的本质即轴对称性，保持了折叠前后对应线段、对应角度的不变性，想法1是从问题直接目标入手，将目标角构造在直角三角形中，将折叠与直角三角形的相关计算建立联系，利用勾股定理解三角形进而求出目标角的三角函数值，计算较为复杂，需要有强大的运算能力作保障.想法2是有意识将目标角进行转移，观察图形由折叠得到ÐEHP=ÐEAC=ÐHCP=45o,联想到“一线三等角”中角的处理策略这一经验易得：ÐHPC=ÐBHE，从而将目标角构造在确定的RtBHE中，计算十分简便.此法需要有一定“经验积累”和转化意识，考查学生直观想象能力和逻辑推理能力.82022年安徽省中小学教育教学论文评选本题还可改变设问：如图14，延长FE交CB的延长线于点Q，求线段QB的长.解析：由点Q的形成，关注到折痕EF，如图13连接AH，根据折叠性质可知EF垂直平分AH，即点Q在线段AH的垂直平分线上，连接AQ，易得ÐQAB=ÐEHB,从而DQBA:DEBH,所以QB=AB,即QB= 14，解得QB=2.EBBH22另解：由以上可知sinÐQAB=sinÐEHB 1=3，即QB 1QA=3,又点Q在线段AH的垂直平分线上知：QA=QH,从而QB 1QH=3，即QB=2. 【评析】图形的折叠，牢牢抓住折痕具有垂直平分对应点连线这一重要性质，学会观察图形、分析问题、转化问题，形成解决折叠问题的思维方法.三、教学思考题海无涯，方法和策略是关键！中考备考阶段，对于难点突破、效率提升、能力培养以及素养提升需要老师进行精心培育和指导，依托解题活动来训练数学思维，通过问题载体，积累数学活动经验、让学生形成数学思维，进而培养学生解决问题的能力.本文通过对一类以正方形折叠为背景的图形剖析以及考题应用的分析这一典型问题的处理，积累了丰富经验，在分析和解决这一类问题过程中感悟转化思想，体会折叠中的不变的规律和方法，逐步发展学生的数学运算、逻辑推理、抽象模型等数学核心素养.数学核心素养是数学课程目标的集中体现，是具有数学基本特征的思维品质、关键能力及情感、态度与价值观的综合体现，这些是在数学学习和应用过程中逐步形成和发展的.正如《义务教育数学课程标准（2022