2020年中考数学专题：图形变换中的探究实践问题训练(含答案)

专题：图形变换中的探究型问题
1.问题情境：
小明将两个全等的Rt△ABC和Rt△DEF重叠在一起，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，∠ABC ＝∠DEF＝30°，AC＝1.固定△DEF不动，将△ABC沿直线ED向左平移，当B与D重合时停止移动．
猜想证明：
(1)如图①，在平移过程中，当点D为AB中点时，连接DC，CF，BF，请你猜想四边形CDBF的形状，并证明你的结论；
(2)如图②，在平移过程中，连接DC，CF，FB，四边形CDBF的形状在不断地变化，判断它的面积变化情况，并求出其面积；
探索发现：
(3)在平移过程中，四边形CDBF有什么共同特征？(写出两个即
可)____________________________，____________________________________________；
(4)请你提出一个与△ABC平移过程有关的新的数学问题(不必证明和解答)．
2.问题情境
勤奋小组在一次数学活动中，用硬纸片做了两个直角三角形，如图①、②，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∠DEF＝90°，DE＝3，EF＝4.
如图③，勤奋小组将△DEF的直角边DE与△ABC的斜边AB重合在一起，使点B与点E重合，发现BC⊥DF.
独立探究
(1)请你证明勤奋小组发现的结论；
合作交流
(2)创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究，如图④，在图③的基础上，将△DEF沿BA方向平移，设DF、EF分别与边BC交于点G、H，发现当△DEF位于某一位置时点H 恰好在DF的垂直平分线上．请你求出此时BE的长；
探索发现
如图④，在图③的基础上，将△DEF沿BA方向平移，当点D到达A处时，停止平移．
(3)在平移过程中，当△FGH≌△BEH时，求GH的值；
(4)在平移过程中，当GH为何值时，点D位于△ABC某一边的垂直平分线上，任选一边，直接写出此时GH的值．
3.问题情境
在综合实践课上，老师让同学们以“全等等腰直角三角形纸片的图形变换”为主题开展数学活动．已知两张全等的等腰直角三角形纸片ABC和DEF，∠ACB＝∠DFE＝90°，AC ＝BC＝DF＝EF＝12 cm.
操作发现
(1)如图①，点F在边AB的中点M处，AB∥DE，将△DEF沿射线AB方向平移a cm，则当a＝______cm时，四边形CAFD是菱形，菱形CAFD的面积为______cm2.
(2)如图②，勤奋小组将图①中的△DEF以点F为旋转中心，按逆时针方向旋转一定角
度，DF交BC于点G，EF交AC于点H，发现CG＝HA，请你证明这个结论．实践探究
(3)请你参照以上小组的操作过程，将图①中的△DEF在同一平面内进行平移或旋转变换，在图③中画出变换后的图形，标明字母，说明变换方法，并结合图形提出一个问题，不必解答．
4.综合与实践
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB上的动点(不与点A，B重合)．
(1)操作发现：
如图①，当AC＝BC＝6时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE，BE.
①∠CBE的度数为________；
②当BE＝________时，四边形CDBE为正方形；
(2)探究证明：
如图②，当BC＝2AC时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°后并延长为原来的两倍，记为线段CE，连接DE，BE.
①在点D的运动过程中，请判断∠CBE与∠A的大小关系，并证明；
②当CD⊥AB时，求证：四边形CDBE为矩形；
(3)拓展延伸：
在(2)的探究条件下，当BC＝6时，在点D运动过程中，请在图③中画出DE⊥BC时的△CDE，并直接写出此时四边形CDBE的面积．
5.问题情境
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动，如图①，矩
形ABCD中，AB＝4，BC＝3.
操作发现
(1)将图①中的矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α，使α＝∠DAB，得到如图②所示的矩形AB′C′D′，分别连接DD′，BB′，则DD′与BB′的位置关系是________；
(2)创新小组将图①中的矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α，使点B′恰好落在DC边上，得到如图③所示的矩形AB′C′D′，连接D′D，BB′并延长，延长线交于点P，发现△B′DP是直角三角形，请你证明这个结论；
实践探究
(3)勤奋小组将图①的矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α(α<90°)，使点B′恰好落在AB 的垂直平分线上，得到如图④所示的矩形AB′C′D′，连接D′D，BB′并延长交于点P，请直接写出PB′的长；
(4)请仿照上述小组的探究过程，将矩形ABCD继续绕点A逆时针旋转，使得α>90°，连接D′D，BB′，你能从中得到什么结论，请直接写出，无需作答．
4.问题情境
在综合与实践课上，老师组织同学们以“三角形纸片的旋转”为主题开展数学活动．如图①，现有矩形纸片ABCD，AB＝4 cm，AD＝3 cm.连接BD，将矩形ABCD沿BD剪开，得到△ABD和△BCE.保持△ABD位置不变，将△BCE从图①的位置开始，绕点B按逆时针方向旋转，旋转角为α(0°≤α＜360°)．
操作发现
(1)在△BCE 旋转过程中，连接AE ，AC ，则当α＝0°时，AC
AE 的值是________；
(2)如图②，将图①中的△BCE 旋转，当点E 落在BA 延长线上时停止旋转，求出此时
AC
AE 的值；
实践探究
(3)如图③，将图②中的△BCE 继续旋转，当AC ＝AE 时停止旋转，直接写出此时α的度数，并求出△AEC 的面积；
(4)将图③中的△BCE 继续旋转，则在某一时刻AC 和AE 还能相等吗？如果不能，则说明理由；如果能，请在图④中画出此时的△BCE ，连接AC ，AE ，并直接写出△AEC 的面积值．
5. 如图①，将一个等腰直角三角尺ABC 的顶点C 放置在直线l 上，∠ABC ＝90°，AB ＝B C.过点A 作AD ⊥l 于点D.过点B 作BE ⊥l 于点E .
观察发现：
(1)如图①，当A ，B 两点均在直线l 的上方时． ①猜测线段AD ，CE 与BE 的数量关系，并说明理由； ②直接写出线段DC ，AD 与BE 的数量关系； 操作证明：
(2)将等腰直角三角尺ABC绕着点C逆时针旋转至图②位置时，线段DC，AD与BE又有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并写出证明过程；
拓广探索：
(3)将等腰直角三角尺ABC绕着点C继续旋转至图③位置时，AD与BC交于点H，若CD＝3，AD＝9.请直接写出DH的长度；
(4)参照上述探究思路，将等腰直角三角尺ABC绕着点C继续逆时针旋转，当点D与点C重合时，画出图形，找出一对相似三角形，不需要证明．
2. (11分)综合与实践
问题情境
在一节数学活动课上，李老师让每个学习小组拿出课前就制作好的Rt△ABC，其中AC ＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，通过折叠，展开数学活动．
探究发现
(1)“自强”小组将Rt△ABC折叠使点B与点C重合，折痕为DE，如图①，他们很快研究出了S△ADC：S△DEC的值. 请你写出计算过程；
(2)“奋进”小组将Rt△ABC折叠使点B与点A重合，折痕为DE，如图②，有同学认为图①、图②两种折叠方法折痕DE的长是相等的．你同意他的观点吗？请说出你的理由；
问题解决
(3)“开拓”小组将∠B沿DE折叠，使点B落在了点B′，且B′E⊥AB于点F，如图③.当AD＝8时，试判断以B′、D、C、A为顶点的四边形的形状，并说明理由；
(4)“创新”学习小组用“开拓”学习小组的折叠方法使点F恰好是边AB的中点．除∠A与∠B互余外，你还能发现哪些互余的角，写出一组，不需要证明．
第2题图
3. (12分)综合与实践
问题背景
在一节数学活动课上，张老师把一些宽度均为3 cm的矩形纸条分发给各个小组，要求各小组通过折纸来研究数学问题.
实践操作
(1)“明志”小组提出：将纸条按如图①的方式折叠，并将重叠部分剪下，得到图②中的四边形ABCD，再将四边形ABCD沿MN折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点C落在点C′处，若AB′＝1，则折痕MN的长度是________；
(2)“明理”小组在进行了如图①的折叠后，把得到的四边形向右折叠了两次，如图③所示．将重叠部分剪下得到如图④的四边形EFGH，然后将四边形EFGH沿PQ折叠，使点G恰好落在边EH上的点G′处；若测得∠PQG＝30°，请求出四边形QPHG′的面积；
(3)“明德”小组用与“明理”小组同样的方法得到四边形EFGH，如图⑤，然后将四边形EFGH沿IJ折叠，使点G与点E重合，点H落在了点H′处．请判断四边形EJGI的形状，并说明理由；
拓展创新
(4)在图⑤中，由折叠的性质可以知EH′＝GH＝3 cm，那么能否求出四边形EJIH′其他边的长度呢？若能，直接写出一条边的长度，若不能，请说明理由．
第3题图
1.解：(1)菱形；(1分)
证明：由平移得CF∥AD，CF＝AD，(2分)
∵点D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∴CF＝BD，(3分)
又∵CF∥AD，
∴CF∥BD，
∴四边形CDBF是平行四边形．(4分) 在Rt△ACB中，CD为边AB的中线，∴CD＝DB，(5分)
∴四边形CDBF是菱形；(6分)
(2)四边形CDBF的面积是定值．(7分) 如解图，过点C作CG⊥AB于点G，
在Rt△AGC中，∵sin60°＝CG
AC，AC＝1，
∴CG＝
3
2.(8分)
∵AB＝AC
sin30°＝2，
∴S四边形CDBF＝1
2(CF＋DB)·CG＝
1
2(AD＋DB)·CG＝
1
2AB·CG＝S△ABC＝
1
2×2×
3
2＝
3
2；(9
分)
第1题解图
(3)①四边形CDBF的对角线互相垂直；
②四边形CDBF一组对边平行；
③四边形CDBF面积是一个定值；(11分)
(写出两个即可，答案不唯一)
(4)(答案不唯一，只要符合要求即可得1分)如：平移过程中，求∠FDB与∠CBD的和．(12分)
2. (1)证明：如解图①，设BC与DF相交于点G.
∵∠ACB＝90°，∠DEF＝90°，
∴∠ACB＝∠DEF.
∵AC＝6，DE＝3，
∴AC
DE＝
6
3＝2.
∵BC＝8，EF＝4，
∴BC
EF＝
8
4＝2，
∴AC
DE＝
BC
FE，∴△ABC∽△DFE，
∴∠BAC＝∠FDB，∴AC∥DF，
∴∠DGB＝∠ACB＝90°，
∴BC⊥DF；(3分)
第2题解图①(2)解：如解图②，连接DH，设HE＝x，则FH＝4－x，∵BC垂直平分DF，
∴DH＝FH＝4－x，
在Rt △DEH 中，
由勾股定理得x 2＋32＝(4－x )2，解得x ＝7
8，
∴EH ＝7
8
，
∵∠HEB ＝∠C ＝90°， ∠B ＝∠B ， ∴△BEH ∽△BCA ， ∴
BE BC ＝EH
CA
， ∴BE 8＝786， ∴BE ＝7
6
；(6分)
第2题解图②
(3)解：设GH ＝y ，在△DEF 中，由勾股定理得DF ＝DE 2＋EF 2＝5， 由(1)可知BC ⊥DF ， ∴△DEF ∽△HGF ， ∴
DE HG ＝DF HF ，即3y ＝5
HF
， ∴HF ＝5y 3，
∴EH ＝4－5y
3
，
当△FGH ≌△BEH 时，GH ＝EH ，
即y ＝4－5y 3，解得y ＝3
2，
∴GH ＝3
2
；(9分)
(4)解：选AB 边，此时GH ＝3
2
.(12分)
【解法提示】在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝8，由勾股定理得AB ＝10. 当点D 位于AB 的垂直平分线上时，即点D 是AB 的中点， ∴BD ＝1
2AB ＝5，
∵DE ＝3， ∴BE ＝2，
易证△ABC ∽△HBE ， ∴
AC HE ＝BC BE ，即6HE ＝82
， ∴HE ＝32
，
∴FH ＝EF －HE ＝4－32＝5
2，
由(3)可知△DEF ∽△HGF ， ∴
DE HG ＝DF HF ，即3GH ＝55
2
， ∴GH ＝3
2
.
类型三 图形旋转型
跟踪训练
1. (1)解：12－62；722；(4分)
【解法提示】当四边形CAFD 是菱形时，AC ＝AF ＝12，在Rt △ABC 中，由勾股定理得AB ＝122，∵M 为AB 中点，∴AM ＝62，∴a ＝(12－62)cm ；如解图①，设EF 与AC 交于点N ，易求得NF ＝62，∴S 菱形CAFD ＝AC ·NF ＝12×62＝722cm 2.
第1题解图①
(2)证明：如解图②，连接CF ，
∵M 是AB 中点，点F 与M 重合，△ABC 是等腰直角三角形， ∴CF ⊥AB ，∠A ＝∠FCG ＝45°，AF ＝CF ， ∴∠AFC ＝∠EFD ＝90°，
∴∠AFH ＋∠HFC ＝∠HFC ＋∠CFG ＝90°，即∠AFH ＝∠CFG ， 在△AFH 和△CFG 中， ⎩⎪⎨⎪
⎧∠A ＝∠FCG ，AF ＝CF ，∠AFH ＝∠CFG ， ∴△AFH ≌△CFG ， ∴CG ＝HA ；(8分)
第1题解图②
(3)解：变换过程：如解图③，将△DEF 绕点F 逆时针旋转，连接DC 、AE ，CF ，当C 、A 、E 三点共线且点A 位于C 、E 之间时，求线段AE 的长．(12分)
第1题解图③
【解法提示】易证DC ＝AE ，设DC ＝AE ＝x ，则CE ＝12＋x ，在Rt △CDE 中，由勾股定理得DE 2＝CD 2＋CE 2，即122＋122＝x 2＋(12＋x )2，解得x ＝63－6(负值已舍去)，∴此时AE 的长为(63－6)cm.
2. (1)解：①45°；(2分)
【解法提示】∵∠ACB ＝∠DCE ＝90°，∴∠ACD ＋∠DCB ＝∠DCB ＋∠BCE ，∴∠ACD ＝∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ，∠ACD ＝∠BCE ，CD ＝CE ，∴△ACD ≌△BCE ，∴∠CBE ＝∠CAD
＝45°.
②解：32；(4分)
【解法提示】当四边形CDBE 为正方形时，∠CDB ＝90°，∴BE ＝CD ＝2
2
BC ＝3 2. (2)①解：∠CBE ＝∠A ，证明如下： 如解图①，∵BC ＝2AC ，CE ＝2CD ， ∴
AC BC ＝CD CE ＝1
2
， 又∵∠ACB ＝∠DCE ＝90°，
∴∠ACD ＋∠DCB ＝∠DCB ＋∠BCE ， ∴∠ACD ＝∠BCE ， ∴△ACD ∽△BCE ， ∴∠CBE ＝∠A ；
第2题解图①
②证明：由(2)①得∠CBE ＝∠A ，
∴∠DBE ＝∠DBC ＋∠CBE ＝∠DBC ＋∠A ＝90°， ∵CD ⊥AB ， ∴∠CDB ＝90°， 又∵∠DCE ＝90°，
∴四边形CDBE 是矩形；(8分)
(3)解：画出图形如解图②，四边形CDBE 的面积为45
2
.(12分)
【解法提示】∵BC ＝6，∴AC ＝3，在Rt △ABC 中，由勾股定理得AB ＝35，如解图②，设DE 与BC 交于点F ，由(2)①可知∠CBE ＝∠A ，∴易证△ACB ∽△DCE ，∴∠A ＝∠CDE ，∵DE ⊥BC ，∠DCE ＝90°，易得∠ECB ＝∠CDE ，由(2)①可得∠A ＝∠CBE ，∴∠A ＝∠CDE ＝∠ECB ＝∠CBE ，∴EC ＝EB ，又∵DE ⊥BC ，∴点F 为BC 的中点，DF 为△ABC 中位线，∴CD ＝12AB ＝352，∵△ACB ∽△DCE ，∴AC DC ＝AB DE ，即3352＝35DE
，解得DE ＝152，S 四边形CDBE
＝S △CDB ＋S △CEB ＝12BC ·DF ＋12BC ·EF ＝12BC ·(DF ＋EF )＝12BC ·DE ＝12×6×152＝45
2
.
第2题解图②
3. (1)解：DD ′⊥BB ′；(3分)
【解法提示】如解图①，延长D ′D 交BB ′于点E .∵四边形ABCD 是矩形，∴∠DAB ＝90°，由旋转知，∠DAD ′＝∠BAB ′＝90°，AD ＝AD ′，AB ＝AB ′，∴∠DAD ′＋∠BAB ′＝180°，∠AD ′D ＝45°，∠ABB ′＝45°，∴D ′、A 、B 三点在同一条直线上．∵∠AD ′D ＋∠ABB ′＝45°＋45°＝90°，∴∠D ′EB ＝90°，∴D ′D ⊥BB ′.
第3题解图①
(2)证明：由旋转知，AB ＝AB ′，AD ＝AD ′，∠BAB ′＝∠DAD ′＝α， ∴∠AB ′B ＝180°－α2，∠AD ′D ＝180°－α2.
∴∠AB ′B ＝∠AD ′D .
第3题解图②
∵∠AD ′C ′＝90°， ∴∠AD ′D ＋∠C ′D ′P ＝90°. ∵∠AB ′C ′＝90°，
∴∠AB ′B ＋∠PB ′C ′＝90°， ∴∠C ′D ′P ＝∠PB ′C ′.
如解图②，设DP 与B ′C ′相交于点Q ， ∵∠C ′QD ′＝∠B ′QP ， ∴∠B ′PD ＝∠C ′＝90°，
∴△B ′DP 是直角三角形；(7分) (3)解：33－4
2
；(10分)
【解法提示】由(2)知，∠B ′PD ＝90°，如解图③，设BB ′与CD 交于点F ，∴△DFP 是直角三角形．∵B ′在AB 的垂直平分线上，∴AB ′＝BB ′.又∵AB ＝AB ′，∴AB ＝AB ′＝BB ′＝4，∴△ABB ′是等边三角形，∴∠ABB ′＝60°，∴∠CBF ＝30°.在Rt △BCF 中，CF ＝BC ·tan ∠CBF ＝3·tan30°＝3，BF ＝BC cos ∠CBF ＝BC cos30°＝23，∴DF ＝CD －CF ＝4－3，B ′F ＝BB ′－BF
＝4－2 3.∵∠CBF ＋∠CFB ＝90°，∴∠CFB ＝90°－30°＝60°，∴∠DFP ＝∠CFB ＝60°.在Rt △DFP 中，PF ＝DF ·cos ∠DFP ＝(4－3)×cos60°＝4－32，∴PB ′＝PF －B ′F ＝4－3
2
－(4－23)＝
33－4
2
.
第3题解图③
(4)解：结论：△AD ′D ∽△AB ′B .(答案不唯一，合理即可)(12分)
第3题解图④
【解法提示】如解图④，由旋转知，AD ＝AD ′＝3，AB ＝A ′B ＝4，∠B ′AD ′＝∠BAD ＝90°，∴∠DAD ′＝∠BAB ′，AB AD ＝AB ′AD ′＝4
3
，∴△AD ′D ∽△AB ′B .
4. 解：(1)5
3
；(2分)
【解法提示】如解图①，连接AC ，在矩形ABCD 中，AB ＝4 cm ，AD ＝3 cm ，∴AC ＝BD ＝AD 2＋AB 2＝32＋42＝5 cm ，AE ＝AD ＝3 cm ，∴AC AE ＝5
3
.
第4题解图①
(2)如解图②，过点C 作CF ⊥AB 于点F ，(3分) ∵图①中四边形ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3， ∴BD ＝BE ＝AB 2＋AD 2＝42＋32＝5. ∴sin ∠FBC ＝sin ∠EBC ＝EC EB ＝4
5，
cos ∠FBC ＝cos ∠EBC ＝BC EB ＝3
5.
在Rt △BFC 中，
BF ＝BC ·cos ∠FBC ＝3×35＝9
5，
FC ＝BC ·sin ∠FBC ＝3×45＝12
5，(4分)
∴AF ＝AB －BF ＝4－95＝11
5.
在Rt △AFC 中，AC ＝AF 2＋FC 2＝（115）2＋（125）2＝265
5
.(5分) AE ＝BE －AB ＝5－4＝1. ∴AC AE ＝2655
1＝265
5
；(6分)
第4题解图②
(3)α的度数为60°.(7分)
如解图③，设EC 的中点为G ，连接AG ，过点A 作AH ⊥BC 的延长线于点H ， ∴∠GCH ＝180°－∠ECB ＝180°－90°＝90°. ∵AC ＝AE ， ∴AG ⊥EC .
∴∠AGC ＝∠GCH ＝∠AHC ＝90°. ∴四边形AGCH 是矩形． ∴GC ＝AH ＝12EC ＝1
2×4＝2(cm)．
在Rt △ABH 中，∵AH ＝2 cm ，AB ＝4 cm ， ∴BH ＝AB 2－AH 2＝23(cm)，(9分) ∴∠ABH ＝30°，则α＝90°－30°＝60°. ∴AG ＝CH ＝BH －BC ＝(23－3)cm. ∴S △AEC ＝1
2EC ·AG
＝1
2×4×(23－3) ＝(43－6)cm 2；(10分)
第4题解图③
(4)AC 和AE 还能相等，△BCE 位置如解图④所示；(11分)
第4题解图④
S △AEC ＝(43＋6) cm 2.(12分)
【解法提示】如解图⑤，设EC 的中点为G ，连接AG ，过点A 作AH ⊥CB 的延长线于点H .∵AC ＝AE ，∴AG ⊥EC .∴∠AGC ＝∠GCH ＝∠AHC ＝90°.∴四边形AGCH 是矩形．∴GC ＝AH ＝12EC ＝1
2×4＝2.在Rt △ABH 中，BH ＝AB 2－AH 2＝23，∴AG ＝CH ＝BH
＋BC ＝23＋3.∴S △AEC ＝12EC ·AG ＝1
2
×4×(23＋3)＝(43＋6)cm 2.
第4题解图⑤
5. 解：(1)①AD ＋CE ＝BE .(1分)
理由如下：
如解图①，过点B 作BF ⊥AD .交DA 的延长线于点F .
第5题解图①
∵BE ⊥l ，BF ⊥AD ， ∴∠BEC ＝∠F ＝90°. 又∵AD ⊥l . ∴∠FDE ＝90°.
∴四边形DEBF 为矩形．(2分) ∴∠FBE ＝90°. 又∵∠ABC ＝90°，
∴∠ABC －∠ABE ＝∠FBE －∠ABE ， 即∠CBE ＝∠ABF . 在△CBE 和△ABF 中， ⎩⎪⎨⎪
⎧∠CBE ＝∠ABF ，∠CEB ＝∠AFB ＝90°
，CB ＝AB ， ∴△CBE ≌△ABF . ∴CE ＝AF ，BE ＝BF . 又∵四边形DEBF 为矩形， ∴四边形DEBF 为正方形， ∴BE ＝DE ＝FD ＝FB .
∴AD ＋CE ＝AD ＋AF ＝FD ＝BE ；(4分)
②DC ＋AD ＝2BE ；(5分)
【解法提示】由①可得BF ＝BE ，易得四边形DEBF 是正方形，∴BE ＝DF ＝DE ＝AF ＋AD .又∵CE ＝AF ，∴BE ＝CE ＋AD .∵DC ＝DE ＋CE ＝BE ＋CE ，∴DC ＋AD ＝AD ＋DE ＋CE ＝AD ＋BE ＋CE ＝BE ＋BE ＝2BE .
(2)CD －AD ＝2BE .(6分)
证明：如解图②，过点B 作BG ⊥AD ，交AD 延长线于点G .
第5题解图②
∵BE ⊥l ，BG ⊥AD ， ∴∠BED ＝∠G ＝90°. 又∵AD ⊥l ， ∴∠GDE ＝90°.
∴四边形DEBG 为矩形． ∴∠GBE ＝90°. 又∵∠ABC ＝90°，
∴∠ABC －∠ABE ＝∠GBE －∠ABE . 即∠CBE ＝∠ABG . 在△BCE 和△BAG 中， ⎩⎪⎨⎪
⎧∠CBE ＝∠ABG ，∠CEB ＝∠AGB ＝90°
，CB ＝AB ，
∴△BCE ≌△BAG .(9分) ∴CE ＝AG ，BE ＝BG . 又∵四边形DEBG 为矩形， ∴四边形DEBG 为正方形， ∴DE ＝BE ＝BG ＝DG . ∵CD ＝CE ＋DE .
∴CD ＝AG ＋BE ＝AD ＋DG ＋BE ＝AD ＋2BE . ∴CD －AD ＝2BE ；(10分) (3)DH 的长度为3
2
；(11分)
【解法提示】如解图③，过点B 作BF ⊥AD ，交DA 于点F .同理可证，△BAF ≌△BCE .四边形DEBF 为正方形．∴CE ＝AF ，ED ＝BE ＝DF .∵CD ＝CE －ED .∴CD ＝AF －BE ＝AD －DF －BE ＝AD －2BE .∴AD －CD ＝2BE .∵CD ＝3，AD ＝9.∴BE ＝ED ＝3，CE ＝CD ＋ED ＝6.∵DH ∥EB ，∴DH EB ＝CD CE .∴DH 3＝36.∴DH ＝3
2
.
第5题解图③
(4)(答案不唯一)画出图形如解图④，连接AE 交BC 于点F ，则：△BEC ∽△ABC ，△BFE ∽△CF A .(13分)
第5题解图④
【解法提示】∵AB ＝AC ，∠ABC ＝90°，∴∠BCA ＝45°，∵AD ⊥l ，点C 、D 重合，∴∠ECB
＝90°－45°＝45°，又∵BE ⊥l ，∴∠BEC ＝∠ABC ＝90°，∴△BEC ∽△ABC ；∵AD ⊥l ，BE ⊥l ，∴△BFE ∽△CF A .
6. 解：(1)∵在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°， ∴BC ＝AB 2＋AC 2＝62＋82＝10.(1分) 由折叠知：DE 垂直平分AC ， ∴CE ＝AE ，∠DEC ＝∠DEA ＝90°. ∴∠A ＝∠DEC ＝90°. ∴DE ∥AB . ∴
CE AE ＝DC
BD
＝1.(2分) ∴DC ＝BD ＝1
2BC ＝5；(3分)
(2)MF ＝ME .
证明：如解图①，连接DM .
第6题解图①
由(1)得∠DEC ＝∠DEA ＝90°.
由旋转知：∠DFG ＝∠DEC ＝90°，DF ＝DE .(4分) 在Rt △DFM 和Rt △DEM 中，
⎩
⎪⎨⎪⎧DM ＝DM ，DF ＝DE ， ∴Rt △DFM ≌Rt △DEM (HL)． ∴MF ＝ME ；(5分)
(3)①如解图②，连接DM .
第6题解图②
由(2)得Rt △DFM ≌Rt △DEM ， ∴∠1＝∠2. ∵FG ∥BC ， ∴∠1＝∠MDC .(6分) ∴∠2＝∠MDC . ∴CM ＝CD .(7分) ∵CD ＝5， ∴CM ＝5.
∴AM ＝AC －CM ＝8－5＝3；(8分) ②7
4
；(10分) 【解法提示】如解图③，当GF 经过点B 时，连接DM ，由(2)易得∠BMD ＝∠CMD .∵点D 是BC 的中点，∴△BMC 是等腰三角形．∴MD ⊥BC ，则△CMD ∽△CBA .∴CM BC ＝CD
AC
，即CM 10＝58.∴CM ＝58×10＝254.∴AM ＝AC －CM ＝8－254＝74
.
第6题解图③
③如解图④，△DFG 和射线GF 为所求作的图形．
此时AM ＝10－3 5.(13分)
第6题解图④
【作法提示】先作∠EDC 的平分线，截取DG ＝CD ；再作∠FDG ＝∠EDC ，截取DF ＝DE ，连接GF 并延长，则△DFG 和射线GF 即为所求．
【解法提示】如解图⑤，过点P 作PH ⊥CD 于点H ，根据作图可知PE ＝PH ，△CPH ∽△CDE ，∴
CP PH ＝CD DE .由(1)知CD ＝5，CE ＝4，DE ＝3.∴CP PH ＝CD DE ＝53.则CP ＝53
PH .∵CE ＝PE ＋CP ，∴4＝PH ＋53PH .解得PH ＝32.则CP ＝5
2，CH ＝2，DH ＝DC －CH ＝3.在
Rt △DPH 中，DP ＝DH 2＋PH 2＝352.PG ＝DG －DP ＝10－352.又∵△MGP ∽△DCP ，∴
MP
DP ＝PG CP ，则MP
35
2
＝10－35
252，解得MP ＝65－92.AM ＝AC －MP －CP ＝8－65－92－52＝10－3 5.
第6题解图⑤
类型四 图形折叠型
1. 解：(1)67.5°，2；(4分)
【解法提示】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B ＝∠BCD ＝∠D ＝∠BAD ＝90°，AB ＝AD .∵正方形ABCD 折叠使得点B ，D 都在对角线AC 上的点N 处，∴∠BCE ＝∠ECN ＝∠NCF ＝∠DCF ＝1
4∠BCD ＝22.5°，∴∠BEC ＝∠CEN ＝67.5°；∴∠AEN ＝180°－2∠BEC ＝
45°.∵AC
是正方形ABCD
的对角线，∴∠EAN ＝45°，∴△AEN 是等腰直角三角形，由折叠
可知BE ＝EN ，∴AE EN ＝AE
BE
＝ 2.
(2)四边形EMGF 是矩形．(5分) 理由如下：如解图①， ∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠B ＝∠BCD ＝∠D ＝90°.
由折叠可知∠1＝∠2＝∠3＝∠4，CM ＝CG ，∠BEC ＝∠NEC ＝∠NFC ＝∠DFC ， ∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝90°
4＝22.5°.
∴∠BEC ＝∠NEC ＝∠NFC ＝∠DFC ＝67.5°. 由折叠可知MH ，GH 分别垂直平分EC ，FC ， ∴MC ＝ME ，GC ＝GF .
∴∠5＝∠1＝22.5°，∠6＝∠4＝22.5°. ∴∠MEF ＝∠GFE ＝90°.(7分) ∵∠MCG ＝90°，CM ＝CG ， ∴∠CMG ＝45°.
又∵∠BME ＝∠1＋∠5＝45°，
∴∠EMG ＝180°－∠CMG －∠BME ＝90°.(8分)
∴四边形EMGF 是矩形；(9分)
第1题解图①
(3)画出菱形如解图；
第1题解图
(答案不唯一，画出一个即可)．(10分)
菱形FGCH (或菱形EMCH )．(11分)
2. 解：(1)∵将Rt △ABC 折叠使点B 与点C 重合，折痕为DE ， ∴DE 垂直平分线段BC ，即DE 为Rt △ABC 的中位线， ∴DE ＝1
2
AC ，
∵△ADC 边AC 上的高与△DEC 边DE 上的高相等， ∴S △ADC ∶S △DEC ＝1
2；(3分)
(2)不同意； 理由如下：
图①中，DE ＝12AC ＝5
2，
图②中，易证△BDE ∽△BCA ， ∴
BD BC ＝DE
CA
，
在Rt △ABC 中，由勾股定理得AB ＝13， 由折叠可知DE 垂直平分AB ， ∴BD ＝12AB ＝13
2
，
∴13
212＝DE 5，解得DE ＝6524≠52
， 即图①、图②两种折叠方法折痕DE 的长是不相等的；(6分) (3)平行四边形； 理由如下：
如解图①，延长B ′D 交BC 于点G ， ∵B ′E ⊥AB ，
∴∠B ′FD ＝∠BFE ＝90°， ∴∠B ＋∠BEF ＝90°，
由折叠可知∠B ＝∠DB ′E ，BD ＝B ′D ＝13－8＝5， ∴∠DB ′E ＋∠BEF ＝90° ∴∠B ′GE ＝90°，即B ′G ⊥BC ， ∴B ′G ∥AC ， 又∵B ′D ＝AC ＝5，
∴以B ′、D 、C 、A 为顶点的四边形是平行四边形；(10分)
第2题解图①
(4)(答案不唯一)∠B 与∠B ′DF 互余(∠B 与∠BEF 互余)．(12分) 证明：如解图②，由折叠性质可知，∠B ＝∠B ′， 又∵B ′E ⊥AB ， ∴∠DFB ′＝90°， ∴∠B ′＋∠B ′DF ＝90°， ∴∠B ＋∠B ′DF ＝90°， 即∠B 与∠B ′DF 互余．
第2题解图②
3. 解：(1)10 cm ；(3分)
【解法提示】解法一：将矩形纸条按如题图①的方式折叠，得到的四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ＝3, ∠A ＝∠B ＝∠D ＝∠C ＝90°，根据折叠的性质，可设MB ＝MB ′＝x ，且∠MB ′C ′＝∠B ＝90°，则AM ＝3－x ，∵∠A ＝90°，∴根据勾股定理得AM 2＋AB ′2＝MB ′2，即(3－x )2＋1＝x 2，解得x ＝53，∴AM ＝3－x ＝43，∵∠MB ′C ′＝∠A ＝90°，∴∠AMB ′＋∠AB ′M
＝90°，∠AB ′M ＋∠DB ′C ′＝90°，∴∠AMB ′＝∠DB ′C ′，∴△AB ′M ∽△DEB ′，∴
AB ′DE ＝AM
DB ′
，即1DE ＝432，解得DE ＝32，利用勾股定理得B ′E ＝B ′D 2＋DE 2＝52，∴EC ′＝B ′C ′－B ′E ＝BC －B ′E ＝12，又∵∠D ＝∠C ′＝90°，∠B ′ED ＝∠C ′EN ，∴△DB ′E ∽△C ′NE ，∴DB ′C ′N ＝DE C ′E ，解得C ′N ＝2
3＝CN ，如解图①，过点N 作NQ ⊥AB 交AB 于点Q ，则四边形QBCN 是矩形，NQ ＝3，MQ ＝BM －BQ ＝BM －CN ＝1 , ∴MN ＝MQ 2＋NQ 2＝10 cm ；
解法二：将矩形纸条按题图①的方式折叠，得到的四边形ABCD 是正方形，如解图①，连接BB ′，过点N 作NQ ⊥AB 交AB 于点Q , ∴NQ ＝AD ＝AB ＝3 cm.由折叠的性质可知，折痕MN 是线段BB ′的垂直平分线，∴∠ABB ′＋∠QMN ＝90°，∵∠A ＝90°， ∴∠ABB ′＋∠AB ′
B
＝90°，∴∠AB′B＝∠QMN，又∵∠A＝∠MQN＝90°，AB＝NQ，∴△ABB′≌△QNM(AAS)，∴MN＝BB′＝AB2＋AB′2＝32＋12＝10 cm.
第3题解图①
(2)将矩形纸条按题图③的方式折叠，得到的四边形EFGH是矩形，且HG＝EF＝3，
∵∠PQG＝30°，且折叠后点G恰好落在边EH上的点G′处，
∴∠G′PQ＝∠GPQ＝90°－30°＝60°，PG′＝PG, ∠PG′Q＝∠G＝90°，
∴∠G′PH＝180°－∠G′PQ－∠GPQ＝60°，
∴∠HG′P＝90°－∠G′PH＝30°，
∴PG＝PG′＝2HP，(4分)
∵HP＋PG＝3，
∴3HP＝3，
∴HP＝1，
∴PG＝PG′＝2，
∴在Rt△HG′P中，HG′＝PG′2－HP2＝ 3.
∵∠PQG＝30°，∠G＝90°，
∴PQ＝2PG＝4，
∴在Rt△PG′Q中，G′Q＝PQ2－PG′2＝2 3.(5分)
∴S四边形QPHG′＝S△HG′P＋S△PG′Q＝HP·HG′
2＋
PG′·G′Q
2＝
1×3
2＋
2×23
2＝
53
2cm
2；(7分)
(3)四边形EJGI是菱形．(8分)
理由如下：如解图②，连接IG ，
由折叠可知点E ，点G 关于折痕IJ 对称，
∴IE ＝IG ，JE ＝JG ，∠EJI ＝∠GJI ，
∵EH ∥FG ，
∴∠GJI ＝∠EIJ ，
∴∠EIJ ＝∠EJI ，
∴JE ＝IE ，
∴IE ＝IG ＝JE ＝JG ，
∴四边形EJGI 是菱形；(10分)
第3题解图②
(4)①EJ ＝154
cm ；(12分)， 【解法提示】已知FG ＝3EF ＝6，EF ＝3，设EJ ＝x ，FJ ＝6－x ，在Rt △EFJ 中，根据
勾股定理得EJ 2＝EF 2＋FJ 2，即x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝154，即EJ ＝154
cm. ②H ′I ＝94
cm ；(12分) 【解法提示】如解图②，由折叠的性质得，EI ＝IG ，HI ＝H ′I ，∠H ′＝∠G ＝90°，设HI ＝x ，则EI ＝6－x ，在Rt △EH ′I 中，由勾股定理得EI 2＝H ′I 2＋H ′E 2，即(6－x )2＝x 2＋32，解
得x ＝94，即HI ＝94
cm. ③IJ ＝352
cm.(12分)
【解法提示】如解图③，过点I 作IM ⊥FG ，垂足为点M .由①②知FJ ＝94，EI ＝154
，则JM ＝EI －FJ ＝154－94＝32，在Rt △IJM 中，由勾股定理得IJ ＝IM 2＋MJ 2＝32＋（32
）2＝352 (cm)．
第3题解图③。