35　专项突破提升(二)　最短路程与折叠问题（教师版）初中数学鲁教版（五四制）七年级上册

专项突破提升(二)　最短路程与折叠问题
(时间：90分钟　满分：98分)
类型一　三角形内距离最小
1．(4分)如图，∠AOB＝60°，P为∠AOB内一点，点M，N分别在OA，OB上，当△PMN周长最小时，∠MPN的度数是(　B　)
A．120° B．60°
C．30° D．90°
解析：如图，分别作点P关于OA，OB的对称点P1，P2，连接P1，P2交OA于点M，交OB于点N.
所以OP1＝OP＝OP2，∠P1＝∠MPO，∠NPO＝∠P2.
根据轴对称的性质，得MP＝P1M，PN＝P2N，
所以△PMN的周长的最小值为P1P2.
根据轴对称的性质，得∠P1OP2＝2∠AOB，
所以在等腰三角形OP1P2中，∠P1＋∠P2＝180°－∠P1OP2＝180°－2∠AOB.
所以∠MPN＝∠OPM＋∠OPN＝∠P1＋∠P2
＝180°－2∠AOB
＝60°.
2．(4分)如图，CD是△ABC的角平分线，△ABC的面积为12，BC的长为6，E，F分别是CD，AC上的动点，则AE＋EF的最小值是(　B　)
A．6 B．4
C．3 D．2
解析：如图，作点A关于CD的对称点H.
因为CD是△ABC的角平分线，
所以点H一定在BC上．
过点H作HF⊥AC于点F，交CD于点E，则AE＋EF的值最小，AE＋EF的最小值为HF.
过点A作AG⊥BC于点G，
因为△ABC的面积为12，BC的长为6，
所以AG＝4.
因为CD垂直平分AH，
所以AC＝CH.
所以S△ACH＝AC·HF＝CH·AG.
所以HF＝AG＝4.
所以AE＋EF的最小值是4.
3．(4分)如图，等边三角形ABC的边长为4，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD＋CD的最小值是(　C　)
A．4 B．6
C．8 D．4＋2
4．(4分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，BD平分∠ABC.若M，N分别为BD，BC上的动点，则CM＋MN的最小值是(　B　)
A．4 B．4.8
C．5 D．6
解析：如图，过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M，过点M作MN⊥BC于点N.
因为BD平分∠ABC，
所以ME＝MN.
所以CM＋MN＝CM＋ME＝CE.
因为在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AB＝10，CE⊥AB，
所以S△ABC＝AB·CE＝AC·BC.
所以10CE＝6×8.
所以CE＝4.8，
即CM＋MN的最小值是4.8.
5．(4分)如图，等腰三角形ABC的底边BC长为3，面积是18，腰AC的垂直平分线EF分别交边AC，AB于点E，F.若D为边BC的中点，M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最小值为(　D　)
A．7.5 B．8.5
C．10.5 D．13.5
解析：如图，连接AD.
因为△ABC是等腰三角形，D是边BC的中点，
所以AD⊥BC.
所以S△ABC＝BC·AD＝×3×AD＝18，解得AD＝12.
因为EF是线段AC的垂直平分线，
所以点C关于直线EF的对称点为点A．
所以AD的长为CM＋MD的最小值．
所以△CDM的周长的最小值为(CM＋MD)＋CD＝AD＋BC＝12＋×3＝12＋1.5＝13.5.
6．(4分)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BG平分∠ABC，交AC于点G.若CG＝1，P为AB上一动点，则GP的最小值为(　A　)
A．1 B．
C．2 D．无法确定
解析：如图，过点G作GH⊥AB于点H.
因为GB平分∠ABC，∠C＝90°，即GC⊥BC，
所以GH＝GC＝1.
根据垂线段最短可知，GP的最小值为1.
7．(4分)如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD＝6，连接BD，BD⊥CD，∠ADB＝∠C.若P是边BC上一动点，则DP的最小值为(　B　)
A．4 B．6
C．3 D．12
解析：因为BD⊥CD，
所以∠BDC＝90°.
所以∠C＋∠CBD＝90°.
因为∠A＝90°，
所以∠ABD＋∠ADB＝90°.
因为∠ADB＝∠C，
所以∠ABD＝∠CBD，即BD平分∠ABC.
当DP⊥BC时，DP的长度最小．
因为AD⊥AB，
所以DP＝AD.
因为AD＝6，
所以DP的最小值是6.
8．(4分)如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，S△ABC＝60，AD⊥BC于点D，EF垂直平分AB，交AB于点E，AC于点F，在EF上确定一点P，使PB＋PD的值最小，则这个最小值为　　(　C　)
A．10 B．11
C．12 D．13
解析：如图，连接BP.
因为AB＝AC，BC＝10，S△ABC＝60，AD⊥BC于点D，
所以AD＝12.
因为EF垂直平分AB，
所以点A，B关于直线EF对称．
所以PA＝PB，PB＋PD＝PA＋PD.
所以EF与AD的交点即为P，AD的长度等于PB＋PD的最小值，
即PB＋PD的最小值为12.
类型二　作图问题
9．(8分)如图，已知两点P，Q在锐角∠AOB内，分别在OA，OB上求作点M，N，使PM＋MN＋NQ最短．
解：如图所示，点M，N即为所求．
类型三　路程最短问题
10．(12分)如图1和图2，P是直线m上一动点，A，B两点在直线m的同侧，且点A，B所在直线与m不平行．
(1)当点P运动到P1位置时，距离点A最近，在图1中的直线m上画出点P1的位置．
(2)当点P运动到P2位置时，与点A的距离和与点B的距离相等，请在图2中画出点P2的位置．
(3)在直线m上是否存在一点P3，使到点A的距离与到点B的距离之和最小？若存在，请在图3中作出点P3；若不存在，请说明理由．(要求：不写作法，请保留作图痕迹)
图1
　
图2
图3
解：(1)如图1，过点A作直线m的垂线，垂足为点P1，则点P1即为所求．
图1
(2)如图2，作线段AB的垂直平分线交直线m于点P2，则点P2即为所求．
图2
(3)存在．如图3，作点A关于直线m的对称点A′，连接BA′交直线m于点P3，则点P3即为所求．
图3
类型四　折叠问题
11．(4分)如图，将长方形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在点F处，BF交AD于点E.若∠BDC＝62°，则∠DEF的度数为　(　D　)
A．31° B．28°
C．62° D．56°
12．(4分)如图，在△ABC中，∠BAC＞90°，D为BC的中点，E是AC上一点，将△CDE沿DE折叠，使得点C恰好落在BA延长线上的点F处，连接AD，CF，则图中所有的等腰三角形的个数为(　D　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
13．(4分)如图，将△ABC沿直线DE折叠后，使得点B与点A重合．已知AC＝5 cm，△ADC的周长为17 cm，则BC的长为(　C　)
A．7 cm B．10 cm
C．12 cm D．22 cm
14．(4分)将一个长方形纸片按如图所示折叠，若∠1＝40°，则∠2的度数是(　D　)
A．40° B．50°
C．60° D．70°
解析：如图．
根据题意可知，折叠后∠ABC＝∠EBC.
因为长方形对边平行，根据两直线平行，内错角相等，得∠2＝∠DBC.
又因为∠2＋∠ABC＝180°，
所以∠EBC＋∠2＝180°，
即∠1＋2∠2＝180°.
因为∠1＝40°，
所以∠2＝70°.
15．(4分)如图，将△ABC沿着过BC的中点D的直线折叠，使点B落在边AC上的B1处，称为第一次操作，折痕DE到AC的距离记为h1；还原纸片后，再将△BDE沿着过BD的中点D1的直线折叠，使点B落在边DE上的B2处，称为第二次操作，折痕D1E1到AC的距离记为h2；按上述方法不断操作下去……经过第n次操作后得到折痕Dn－1En－1，到AC的距离记为hn.若h1＝1，则hn的值为(　C　)
A．1＋ B．1＋
C．2－ D．2－
解析：因为D是BC的中点，折痕DE到AC的距离为h1，
所以点B到DE的距离＝h1＝1.
因为D1是BD的中点，折痕D1E1到AC的距离记为h2，
所以点B到D1E1的距离＝h1，所以h2＝1＋h1＝1＋.
同理，得h3＝h2＋h1＝1＋，
h4＝h3＋h1＝1＋，
……
hn＝1＋＋…＋＝2－.
16．(4分)如图，将长方形ABCD沿GH折叠，点C落在点Q处，点D落在边AB上的点E处．若∠AGE＝32°，则∠GHC的度数为(　D　)
A．112° B．110°
C．108° D．106°
17．(4分)如图，D为△ABC边AB的中点，点E在AC上，将△ABC沿着DE折叠，使点A落在BC上的点F处．若∠B＝65°，则∠BDF的度数为(　B　)
A．65° B．50°
C．60° D．57.5°
18．(4分)已知一张三角形纸片ABC(如图1)，其中AB＝AC＝10，BC＝6.将纸片沿DE折叠，使点A与点B重合(如图2)时，CE＝a.再将纸片沿EF折叠，使得点C恰好与边BE上的点G重合，折痕为EF(如图3)，则△BFG的周长为(　B　)
图1
图2
图3
A．6＋a B．16－2a
C．10 D．10－2a
19．(14分)数学活动课上，老师拿一张长方形纸片折叠一角，得到折痕EF，如图1，同学们发现折痕有角平分线的作用．
(1)问题解决：若∠EFA′＝35°，则∠A′FB＝　110°　；(填度数)
(2)实践探究：希望小组受此问题的启发，将长方形纸片按图2方式折叠，EF，FG为折痕，点A′，B′，F恰好在同一条直线上，求∠EFG的度数；
(3)拓展延伸：智慧小组将长方形纸片按图3方式折叠，DE，CE为折痕，若∠A′EB′＝15°，请直接写出∠DEC的度数．
图1
图2
图3
解：(1)(2)解法1：根据题意，得∠A′FE＝∠AFE＝∠A′FA，∠B′FG＝∠GFB＝∠B′FB,
所以∠EFG＝∠A′FE＋∠B′FG＝(∠A′FA＋∠B′FB)＝×180°＝90°.
解法2：设∠AFE＝α.
根据题意，得∠A′FE＝∠AFE＝α，∠B′FB＝180°－∠AFE－∠A′FE＝180°－2α，
所以∠B′FG＝∠GFB＝∠B′FB＝(180°－2α)＝90°－α.
所以∠EFG＝∠A′FE＋∠B′FG＝α＋90°－α＝90°.
(3)根据题意，得∠AED＝∠DEA′，∠BEC＝∠CEB′.
因为∠A′EB′＝15°，
所以∠AED＋∠DEA′＋∠CEB′＋∠BEC＝180°＋15°＝195°.
所以∠AED＋∠BEC＝×195°＝97.5°.
所以∠DEC＝180°－(∠AED＋∠BEC)＝180°－97.5°＝82.5°.
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