2024年黑龙江省齐齐哈尔市中考数学二模试题按知识点分层汇编-05图形的变化

黑龙江省齐齐哈尔市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-05图形的变化 一．选择题（共15小题） 1．（2024•龙江县二模）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑、白棋子摆成的图案中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024•铁锋区二模）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称轴图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2024•建华区二模）下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 4．（2024•龙沙区二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 5．（2024•齐齐哈尔二模）下列图形中，是轴对称图形不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 6．（2024•铁锋区二模）为迎接端午节，超市用一些装有同种饮料的正方体纸箱做造型，其俯视图如图所示，其中正方形中的数字表示该位置上的正方体纸箱的个数，那么该造型的左视图是（　　） A． B． C． D． 7．（2024•铁锋区二模）工业铸件在工业领域有着重要的地位，近年来，我国工业铸件发展快速，产品丰富，产量居世界第一，如图，是一个工业铸件，它的截面是半个圆环，其俯视图为（　　） A． B． C． D． 8．（2024•铁锋区二模）下列图案中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 9．（2024•龙江县二模）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点O．若AB＝AC＝5，BC＝6，∠ADB＝2∠CBD，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 10．（2024•建华区二模）如图是由5个完全相同的小正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得的几何体（　　） A．主视图改变，俯视图改变 B．主视图不变，左视图改变 C．左视图改变，俯视图不变 D．左视图不变，俯视图改变 11．（2024•龙江县二模）下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 12．（2024•龙江县二模）由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的左视图和主视图如图所示，则搭成这个几何体的小正方体的个数最少是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 13．（2024•龙江县二模）如图，用5个小正方体分别摆成甲、乙两个几何体，对于其三视图说法正确的是（　　） A．主视图、俯视图，左视图都相同 B．主视图、俯视图都相同 C．俯视图，左视图都相同 D．主视图、左视图都相同 14．（2024•建华区二模）下面由北京冬奥会比赛项目图标组成的四个图形中，可看作轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 15．（2024•建华区二模）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 二．填空题（共7小题） 16．（2024•龙沙区二模）一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，从左面和从上面看到的这个几何体的形状图如图所示，则搭成该几何体的小立方块的个数最少 　 　个． 17．（2024•龙沙区二模）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，点D是线段AB上的一点，将△ABC沿CD折叠，使点B的对称点H恰好落在△ABC的中位线所在的直线上，则点H到BC的距离为 　 　． 18．（2024•铁锋区二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B'处，若四边形ABFE的面积为6，则线段DE的长为 　 　． 19．（2024•建华区二模）在△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝3，点D在△ABC的边上，且AD＝1，将△ABC折叠，使点B落在点D处，折痕交AB边于点E，交另一边于点F，则BE＝　 　． 20．（2024•龙江县二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴上，且AO＝1，将正方形OABC绕原点O顺时针旋转90°，并放大为原来的2倍，使A1O＝2AO，得到正方形OA1B1C1，再将正方形OA1B1C1绕原点O顺时针旋转90°，并放大为原来的2倍，使A2O＝2A1O，得到正方形OA2B2C2，…，以此规律继续进行下去，得到正方形OA2023B2023C2023，则点B2023的坐标为 　 　． 21．（2024•齐齐哈尔二模）将矩形纸片ABCD沿过顶点A的直线折叠，使矩形纸片ABCD的一个顶点落在矩形的一条边上，折痕交矩形ABCD另一边于点E，若AB＝3cm，BC＝5cm，则折痕AE＝　 　cm． 22．（2024•龙江县二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝8，点M是AD的中点，点N是射线DC上一点，且CN＝6，连接BN，将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上，则m＝　 　． 三．解答题（共3小题） 23．（2024•齐齐哈尔二模）综合与实践 “领航”数学研究小组在数学活动中研究了一个问题，请帮他们解答． 实践探究： 四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形． （1）连接BE，DG，如图1，试猜想BE与DG的数量关系，并说明理由； （2）在（1）的条件下，连接BG，如图2，若，BG＝3，，则∠AGB＝　 　； （3）连接CF，DG，如图3，则CF与DG的数量关系为 　 　； 拓展应用： （4）如图4，四边形ABCD和四边形AEFG都是平行四边形，∠B＝∠E＝45°，，且，AD＝5，连接CF，DG，则CF与DG的数量关系为 　 　． 24．（2024•铁锋区二模）综合与实践 数学实践课堂上，张老师从一道基础题入手，通过不断变化题目，引导学生们发现解决此类问题的图形中的基本图形，进而通过构造基本图形，解决问题． （1）基础题： 如图1，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，AP⊥PC． ①若AP＝PC，则△ABP与△PDC的关系为 　 　． ②若，且a≠b，则　 　． （2）构造应用 ①如图2，点E是正方形ABCD边BC上一点，∠AEF＝90°，AE＝EF，AF与CD交于点G，连接CF，请直接写出∠GCF＝　 　°． ②如图3，沿△ABP的边AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，，连接EG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点K，求证：K是EG中点，并直接写出BC与AK的数量关系：BC＝　 　AK． （3）综合应用 如图4，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是边AD上的动点（点E不与点A、D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，点M是BC边的中点．请直接写出当AG+GM值最小时DE的值为：　 　． 25．（2024•铁锋区二模）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，既可以得到一些美丽的图形，同时还蕴含着丰富的数学知识． 如图①，在矩形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝8． 活动一： （1）如图②，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在点C处，点D落在点D′处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则EF＝　 　； 活动二： （2）如图③，连接图②中的AC交EF于点O，连接AF．猜想四边形AECF是什么特殊四边形，并证明你的猜想； 活动三： （3）如图④，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边的中点A′处，点D落在点D′处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则BE＝　 　，tan∠A′EB＝　 　； 活动四： （4）如图⑤，若点A落在靠近点B的BC的四等分点A′处，即A′B＝2，则△GD′F与△A′BE相似吗？若相似，请直接写出相似比；若不相似，请说明理由． 黑龙江省齐齐哈尔市2024年中考数学二模试题按知识点分层汇编-05图形的变化 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•龙江县二模）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑、白棋子摆成的图案中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：选项A、B、D不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项C能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C． 2．（2024•铁锋区二模）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称轴图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误； B、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误； C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； 故选：D． 3．（2024•建华区二模）下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意． 故选：D． 4．（2024•龙沙区二模）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A．该图形不是轴对称图形，不符合题意； B．该图形不是中心对称图形，不符合题意； C．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意； D．该图形不是中心对称图形，不符合题意， 故选：C． 5．（2024•齐齐哈尔二模）下列图形中，是轴对称图形不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心； A．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项不符合题意； B．原图是轴对称图形但不是中心对称图形，故本选项符合题意； C．原图既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D．原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 6．（2024•铁锋区二模）为迎接端午节，超市用一些装有同种饮料的正方体纸箱做造型，其俯视图如图所示，其中正方形中的数字表示该位置上的正方体纸箱的个数，那么该造型的左视图是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：从左边看去，有3列，从左到右每列小正方数形数目分别为2，3，1． 故选：B． 7．（2024•铁锋区二模）工业铸件在工业领域有着重要的地位，近年来，我国工业铸件发展快速，产品丰富，产量居世界第一，如图，是一个工业铸件，它的截面是半个圆环，其俯视图为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：从上边看，是一个矩形，矩形的内部有两条纵向的实线． 故选：A． 8．（2024•铁锋区二模）下列图案中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、图形不是中心对称图形，不符合题意； B、图形不是中心对称图形，不符合题意； C、图形是中心对称图形，符合题意； D、图形不是中心对称图形，不符合题意， 故选：C． 9．（2024•龙江县二模）如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点O．若AB＝AC＝5，BC＝6，∠ADB＝2∠CBD，则AD的长为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥AE于F，如图所示： 在Rt△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，AE⊥BC于E， ∴CE＝BEBC＝3， 由勾股定理得：AE4， ∵AE⊥BC，DF⊥AE，∠BCD＝90°， ∴四边形EFDC为矩形， ∴DF∥BC，AE∥CD，CD＝EF，DF＝CE＝3，∠DFE＝∠DFA＝90°， ∴∠CBD＝∠FDB，∠ADF＝∠G， ∵∠ADB＝2∠CBD， ∴∠ADF+∠FDB＝2∠CBD， 即∠ADF+∠CBD＝2∠CBD， ∴∠ADF＝∠CBD， 又∵∠BCD＝90°，∠DFA＝90°， ∴∠DFA＝∠BCD＝90°， ∴△ADF∽△DBC ∴AF：DC＝DF：BC 即：AF：EF＝3：6， ∴EF＝2AF， ∵AE＝AF+EF＝3AF＝4， ∴AF， 在Rt△ADF中，由勾股定理得：AD． 故选：A． 10．（2024•建华区二模）如图是由5个完全相同的小正方体摆成的几何体，将正方体①移走后，所得的几何体（　　） A．主视图改变，俯视图改变 B．主视图不变，左视图改变 C．左视图改变，俯视图不变 D．左视图不变，俯视图改变 【解答】解：正方体①移走前后的主视图均为：； 正方体①移走前的左视图为：； 正方体①移走后的左视图为：； 正方体①移走前的俯视图为：； 正方体①移走后的俯视图为：． ∴主视图不变，左视图改变； 故选：B． 11．（2024•龙江县二模）下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； B、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意． 故选：A． 12．（2024•龙江县二模）由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的左视图和主视图如图所示，则搭成这个几何体的小正方体的个数最少是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【解答】解：由所给的左视图和主视图可知，俯视图如图 则搭成该几何体的小正方体的个数最少是5， 故选：C． 13．（2024•龙江县二模）如图，用5个小正方体分别摆成甲、乙两个几何体，对于其三视图说法正确的是（　　） A．主视图、俯视图，左视图都相同 B．主视图、俯视图都相同 C．俯视图，左视图都相同 D．主视图、左视图都相同 【解答】解：甲、乙两个几何体的主视图相同，底层都是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形； 甲、乙两个几何体的左视图相同，底层都是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形； 甲、乙两个几何体的俯视图不相同，甲的俯视图底层的小正方形位于右边，乙的俯视图底层的小正方形中间； 故选：D． 14．（2024•建华区二模）下面由北京冬奥会比赛项目图标组成的四个图形中，可看作轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：选项A、B、C不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形． 选项D能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形． 故选：D． 15．（2024•建华区二模）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图，则所需的小正方体的个数最多是（　　） A．7 B．8 C．9 D．10 【解答】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高， 中间最高是2层，要是最多就都是2层， 最前面的最高是1层， 所以最多的为：2+2×2+1×2＝8． 故选：B． 二．填空题（共7小题） 16．（2024•龙沙区二模）一个几何体由几个大小相同的小立方块搭成，从左面和从上面看到的这个几何体的形状图如图所示，则搭成该几何体的小立方块的个数最少 　6　个． 【解答】解：如图所示： 则a、b、c中有一个是2．其它两个是1， 故搭成该几何体的小立方块的个数最少1+1+2+1+1＝6（个）． 故答案为：6． 17．（2024•龙沙区二模）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，点D是线段AB上的一点，将△ABC沿CD折叠，使点B的对称点H恰好落在△ABC的中位线所在的直线上，则点H到BC的距离为 　4或或 　． 【解答】解：如图Rt△ABC，取AB，AC中点M，N， ∴MN为△ABC的中位线，按题意折叠， ∴MN∥BC， ∵AB＝8， ∴BM＝4， ∴点H到BC的距离为BM， ∴点H到BC的距离为4； 如图Rt△ABC，取AC，BC中点M，N， ∴MN为△ABC的中位线，按题意折叠， ∵BC＝6， ∴CN＝3， 由折叠得，CH＝BC＝6， ∴HN3， ∴点H到BC的距离为3； 如图Rt△ABC，取AB，BC中点M，N， ∴MN为△ABC的中位线，按题意折叠， ∴BM＝4，BN＝CN＝3， 设HE为x， 作HE⊥BC于E， ∴△HEN∽△MBN， ∴HE：MB＝NE：NB，即x：4＝NE：3， ∴NEx， ∴ECx+3， 由折叠得，CH＝BC＝6， ∴在Rt△HEC中，EC2+HE2＝CH2， 即x2+（x+3）2＝62， ∴x（负值舍去）， ∴点H到BC的距离为． 故答案为：4或 或 ． 18．（2024•铁锋区二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B'处，若四边形ABFE的面积为6，则线段DE的长为 　　． 【解答】解：连接BB交EF于O，过点F作FG⊥AD于G，如图所示， ∵四边形ABCD为正方形， ∴四边形ABFE是梯形， ∴四边形ABFE的面积为， 又∵AB＝4， ∴AE+BF＝3， 设AE＝x， 则BF＝3﹣x，FC＝BC﹣BF＝4﹣（3﹣x）＝1+x， ∵AD∥BC，FG⊥AD，∠C＝∠D＝90°， ∴四边形GDCF为矩形， ∴GD＝FC＝1+x， ∴EG＝AD﹣AE﹣GD＝4﹣x﹣（1+x）＝3﹣2x， ∵四边形GDCF为矩形， ∴∠EFB+∠EFG＝90°， ∵点B是点B沿着EF的翻折点， ∴BB′⊥EF， ∴∠B'BC+∠EFB＝90°， ∴∠EFG＝∠B′BC， 又∵FG＝CD＝BC，∠EGF＝∠BCB＝90°， ∴△EGF≌BCB， ∴B′C＝EG＝3﹣2x， 在Rt△FBC 中， 根据翻折特征，BF＝BF＝3﹣x， 利用勾股定理得，B'F2＝B'C2+FC2， 即 （3﹣x）2＝（3﹣2x）2+（1+x）2， 解得， ∴． 故答案为：． 19．（2024•建华区二模）在△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝3，点D在△ABC的边上，且AD＝1，将△ABC折叠，使点B落在点D处，折痕交AB边于点E，交另一边于点F，则BE＝　　． 【解答】解：如图1．D在AB边上， ∵将△ABC折叠，使点B落在点D处，折痕交边AB 于点E，交另一边于点F， ∴， ∵∠C＝90°，BC＝2，AC＝3， ∴， ∵AD＝1， ∴， ∴， 当D在AC边上，如图2． ∵在△ABC中，∠C＝90° BC＝2，AC＝3，， ∵AD＝1， ∴CD＝2， ∴BC＝CD＝2， ∵将△ABC折叠，使点B落在点D处，折痕交边AB 于点E，交另一边于点F，连接BD交CE于点G，分 别过点E作EH⊥CA，EM⊥BC， ∴C与F重合， ∴∠BCE＝∠DCE＝45°， ∵EH⊥CA，EM⊥BC，∠C＝90°， ∵四边形MEHC是矩形， ∴∠BCE＝∠DCE＝45°，ME＝EH， ∴四边形MEHC是正方形， 设ME＝x，BM＝2﹣x， ∵ME∥AC， ∴， ∴， 解得， ∴， 在Rt△BME中，， 故答案为：． 20．（2024•龙江县二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴上，且AO＝1，将正方形OABC绕原点O顺时针旋转90°，并放大为原来的2倍，使A1O＝2AO，得到正方形OA1B1C1，再将正方形OA1B1C1绕原点O顺时针旋转90°，并放大为原来的2倍，使A2O＝2A1O，得到正方形OA2B2C2，…，以此规律继续进行下去，得到正方形OA2023B2023C2023，则点B2023的坐标为 　（﹣22023，22023）　． 【解答】解：∵四边形OABC是正方形，AO＝1， ∴AB＝OA＝1， ∴B（1，1）， 将正方形OABC绕原点O顺时针旋转90°，且A1O＝2AO，得到正方形OA1B1C1， 再将正方OA1B1C1绕原点O顺时针旋转90°，且A2O＝2A1O，得到正方形OA2B2C2…以此规律， ∴每4次循环一周，B1（2，﹣2），B2（﹣4，﹣4），B3（﹣8，8），B4（16，16）， ∵2023÷4＝505…3， ∴点B2023与B3同在一个象限内， ∴点B2023（﹣22023，22023）， 故答案为：（﹣22023，22023）． 21．（2024•齐齐哈尔二模）将矩形纸片ABCD沿过顶点A的直线折叠，使矩形纸片ABCD的一个顶点落在矩形的一条边上，折痕交矩形ABCD另一边于点E，若AB＝3cm，BC＝5cm，则折痕AE＝　或　cm． 【解答】解：若顶点B落在矩形的一条边上，只能落在AD上的点B'，如图， 此时四边形ABEB'是正方形， AEAB， ∵AB＝3cm， ∴AE＝3cm， 若顶点D落在矩形的一条边上，只能落在BC上的点D'，如图， 由题意，可知AD'＝AD＝BC＝5cm，AB＝3cm，∠B＝90°， 由勾股定理，得BD'4（cm）， ∴CD'＝AC﹣BD'＝1cm， 设D'E＝DE＝x cm，则EC＝CD﹣DE＝（3﹣x）cm， 在Rt△ABD'中， 由勾股定理，得CD'2+EC2＝D'E2， 即12+（3﹣x）2＝x2， 解得x， ∴DE， 在Rt△ADE中， 由勾股定理，得AE（cm）， 综上，折痕AE的长为cm或cm． 故答案为：或． 22．（2024•龙江县二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝8，点M是AD的中点，点N是射线DC上一点，且CN＝6，连接BN，将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上，则m＝　8或2　． 【解答】解：如图，当点N在线段CD时， 连接BM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m， ∵点M是AD的中点， ∴AM＝DMAD＝4， ∵将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上， ∴DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN，ND′＝ND， ∴∠MDB＝90°， 在△AMB与△D′MB中， ， ∴△AMB≌△D′MB（SSS）， ∴BD′＝AB＝m，∠AMB＝∠D′MB， ∴∠BMN＝∠BMD′+∠NMD′＝90°， ∴AB2+AM2＝BM2，DM2+DN2＝MN2，BM2+MN2＝BN2， ∴m2+42+42+（m﹣6）2＝（m+m﹣6）2， ∴m＝8（负值舍去）， 如图，当点N在CD的延长线时， 连接BM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m， ∵点M是AD的中点， ∴AM＝DMAD＝4， ∵将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上， ∴DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN， ∴∠MDB＝90°， 在△AMB与△D′MB中， ， ∴△AMB≌△D′MB（SSS）， ∴BD′＝AB＝m，∠AMB＝∠D′MB， ∴∠BMN＝∠BMD′+∠NMD′＝90°， ∴AB2+AM2＝BM2，DM2+DN2＝MN2，BM2+MN2＝BN2， ∴m2+42+42+（m+6）2＝（m+m+6）2， 解得m＝2（负值舍去）， 综上所述，m＝8或2， 故答案为：8或2． 三．解答题（共3小题） 23．（2024•齐齐哈尔二模）综合与实践 “领航”数学研究小组在数学活动中研究了一个问题，请帮他们解答． 实践探究： 四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形． （1）连接BE，DG，如图1，试猜想BE与DG的数量关系，并说明理由； （2）在（1）的条件下，连接BG，如图2，若，BG＝3，，则∠AGB＝　135°　； （3）连接CF，DG，如图3，则CF与DG的数量关系为 　CFDG　； 拓展应用： （4）如图4，四边形ABCD和四边形AEFG都是平行四边形，∠B＝∠E＝45°，，且，AD＝5，连接CF，DG，则CF与DG的数量关系为 　CF　． 【解答】解：（1）BE＝DG． 理由如下，∵ABCD，AEFG为正方形， ∠BAD＝∠EAG＝90°，AE＝AG，AB＝AD， ∴∠BAD﹣∠BAG＝∠EAG﹣∠BAG， 即∠GAD＝∠EAB， ∴△AGD≌△AEB（SAS）， ∴BE＝DG． （2）连接EG， ∵BE＝DH， ∴BE， 在Rt△AEG中，AE＝AG， ∴EG2＝AE2+AG2＝4，∠AGE＝45°， ∴EG2+BG2＝13＝BE2， ∴△BEG是直角三角形，∠BGE＝90°， ∴∠AGB＝∠AGE+∠BGE＝135°． 故答案为：135°． （3）连接AF，AC， 在正方形ABCD，AEFG中，∠FAG＝∠CAD＝45°， ∴∠FAG+∠GAC＝∠CAD+∠GAC， 即∠FAC＝∠GAD， AF． ACAD． ∴， 即， ∵∠FAC＝∠GAD， ∴△AFC∽△AGD， ∴， ∴CFDG． 故答案为CFDG． （4）连接AC，AF， ∵AAE＝FG，AG＝EF，AD＝BC，AB＝CD，∠ADC＝∠B＝45°，∠AGF＝∠E＝45°， ∵， ∴， ∵∠ADC＝∠AGF＝45°， ∴△AFG∽△ACD， ∴∠FAG＝∠CAD． ∴∠FAG﹣∠CAG＝∠CAD﹣∠CAG， 即∠FAC＝∠GAD， ∵， ∴△AFC∽△AGD， ∴， 作AK⊥BC于K， ∵∠B＝45°， ∴△ABK是等腰直角三角形， BK＝AK，AK＝AB•sin45°＝3， ∴BK＝3，CK，BC﹣BK＝AD﹣BK＝2， ∴AC， ∴， 即，CF． 故答案为CF． 24．（2024•铁锋区二模）综合与实践 数学实践课堂上，张老师从一道基础题入手，通过不断变化题目，引导学生们发现解决此类问题的图形中的基本图形，进而通过构造基本图形，解决问题． （1）基础题： 如图1，AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，P是BD上一点，AP⊥PC． ①若AP＝PC，则△ABP与△PDC的关系为 　△ABP≌△PDC　． ②若，且a≠b，则　　． （2）构造应用 ①如图2，点E是正方形ABCD边BC上一点，∠AEF＝90°，AE＝EF，AF与CD交于点G，连接CF，请直接写出∠GCF＝　45　°． ②如图3，沿△ABP的边AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，，连接EG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点K，求证：K是EG中点，并直接写出BC与AK的数量关系：BC＝　　AK． （3）综合应用 如图4，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是边AD上的动点（点E不与点A、D重合），连接CE，过点E作EF⊥CE，交AB于点F，连接CF，过点B作BG⊥CF，垂足为G，点M是BC边的中点．请直接写出当AG+GM值最小时DE的值为：　或　． 【解答】解：（1）①△ABP≌△PDC， 理由：∵AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，AP⊥PC， ∴∠B＝∠D＝∠APC＝90°， ∴∠A+∠APB＝∠APB+∠CPD＝90°， ∴∠A＝∠CPD， ∵AP＝CP， ∴△ABP≌△PDC（AAS）； 故答案为：△ABP≌△PDC； ②∵AB⊥BD于点B，CD⊥BD于点D，AP⊥PC， ∴∠B＝∠D＝∠APC＝90°， ∴∠A+∠APB＝∠APB+∠CPD＝90°， ∴∠A＝∠CPD， ∴△ABP∽△PDC， ∴， 故答案为：； （2）①∠GCF＝45°．理由如下： 过点F作FH⊥BC交BC延长线于H，如图2， ∴∠AEF＝∠ABC＝∠EHF＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠FEH+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠FEH， 在△EBA和△FHE中， ， ∴△ABE≌△EHF（AAS）， ∴AB＝EH，BE＝FH， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠BCD＝∠DCH＝90°， ∴BC＝EH， ∴BE＝CH＝FH， ∴∠GCF＝∠FCH＝45°； 故答案为：45； ②如图3，过点E作EQ⊥AK于Q，过点G作GR⊥AK交AK的延长线于R． ∵四边形ABDE是矩形， ∴∠BAE＝90°， ∴∠BAH+∠QAE＝180°﹣∠BAE＝90°， ∵∠AQE＝90°， ∴∠QAE+∠QEA＝90°， ∴∠BAH＝∠QEA， ∵∠BHA＝∠AQE＝90°， ∴△BHA∽△AQE， ∴AH：QE＝AB：AE， 同理：△CHA∽△ARG， ∴AH：RG＝AC：AG， ∵AB：AE＝AC：AG， ∴AH：QE＝AH：RG， ∴QE＝RG， ∵∠EQK＝∠GRK＝90°， ∴∠QEK＝∠RGK， ∵∠EKQ＝∠GKR， ∴△EKQP≌△GKR（AAS）， ∴EK＝KG，即K是EG中点， ∵△BHA∽△AQE， ∴BH：QA＝AB：AE＝2：3， ∴设BH＝2a，AQ＝3a， 同理CH：AR＝AC：AG＝2：3， ∴设CH＝2b，AR＝3b， ∴RQ＝AR﹣AQ＝3b﹣3a， ∵QK＝RK（b﹣a）， ∴AK＝AQ+QK＝3a（3b﹣3a）（a+b）， ∵BC＝BH+CH＝2a+2b＝2（a+b）， ∴， ∴， 故答案为：； （3）连接AM，如图4， ∵BG⊥CF， ∴△BGC是直角三角形， ∵点M是BC的中点， ∴MB＝CM＝GMBC＝3， ∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上， 当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于第三边得：AG+GM＞AM， 当A，G，M三点共线时，AG+GM＝AM， 此时，AG+GM取得最小值， 在Rt△ABM中，AM5， ∴AG+GM的最小值为5， 过点M作MN∥AB交FC于点N， ∴△CMN∽△CBF， ∴， 设AF＝x，则BF＝4﹣x， ∴MNBF（4﹣x）， ∵MN∥AB， ∴△AFG∽△MNG， ∴， ∵AG+GM的最小值为5， 即AM＝5， 又∵GM＝3， ∴AG＝2， ∴， 解得x＝1， 即AF＝1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴∠CED+∠DCE＝90°， ∵EF⊥CE， ∴∠CED+∠AEF＝90°， ∴∠DCE＝∠AEF， ∴△AEF∽△DCE， ∴， 设DE＝y，则AE＝6﹣y， ∴， 解得：y＝3或y＝3， ∵0， ∴DE＝3或DE＝3， 故答案为：或． 25．（2024•铁锋区二模）综合与实践 折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，既可以得到一些美丽的图形，同时还蕴含着丰富的数学知识． 如图①，在矩形纸片ABCD中，AB＝12，AD＝8． 活动一： （1）如图②，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在点C处，点D落在点D′处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则EF＝　　； 活动二： （2）如图③，连接图②中的AC交EF于点O，连接AF．猜想四边形AECF是什么特殊四边形，并证明你的猜想； 活动三： （3）如图④，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边的中点A′处，点D落在点D′处，展开得到折痕EF交AB边于点E，交CD边于点F，则BE＝　　，tan∠A′EB＝　　； 活动四： （4）如图⑤，若点A落在靠近点B的BC的四等分点A′处，即A′B＝2，则△GD′F与△A′BE相似吗？若相似，请直接写出相似比；若不相似，请说明理由． 【解答】解：（1）过点F作FH⊥AB于H， 由翻折得，AE＝CE，DF＝D′F， ∵AE+BE＝AB＝12， ∴AE＝12﹣BE＝CE， 在Rt△BCE中，∠B＝90°，BC＝8， ∴CE2＝BE2+BC2，即（12﹣BE）2＝BE2+82， ∴BE， ∴AE＝AB﹣BE， 由翻折得，AD＝CD′＝BC，∠D＝∠D′＝∠B＝90°，∠A＝∠D′CE＝90°， ∵∠D′CF+∠FCE＝∠D′CE＝90°，∠BCE+∠FCE＝∠FCB＝90°， ∴∠D′CF＝∠BCE， ∴△D′CF≌△BCE（ASA）， ∴D′F＝BEDF， ∵FH⊥AB， ∴∠AHF＝∠A＝∠D＝90°， ∴四边形ADFH是矩形， ∴AH＝DF，AD＝FH＝8， ∴EH＝AE﹣AH， 在Rt△FHE中，EF， 故答案为：； （2）四边形AECF是菱形． 证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在点C处， ∴FE垂直平分AC，EA＝EC， ∴AF＝CF， 由（1）得△D′CF≌△BCE， ∴CF＝CE， ∴EA＝EC＝AF＝CF， ∴四边形AECF是菱形； （3）由翻折得，AE＝A′E， ∵A′是BC边的中点， ∴A′BBC＝4， 设AE＝A′E＝a， ∴BE＝AB﹣AE＝12﹣a， 在Rt△A′BE中，∠B＝90°，A′E2＝BE2+A′B2， 即a2＝（12﹣a）2+42， ∴a， ∴BE＝12， ∴tan∠A′EB， 故答案为：，； （4）由翻折得，∠D＝∠D′＝∠D′A′E＝∠A＝90°＝∠C＝∠B， ∴∠D′FG＝90°﹣∠D′GF＝90°﹣∠CGA′＝∠CA′G， ∵∠CA′G＝90°﹣∠EA′B＝∠A′EB， ∴∠D′FG＝∠A′EB， ∵∠D′＝∠B＝90°， ∴△GD′F∽△A′BE， ∵点A落在靠近点B的BC的四等分点A′处， ∴A′BBC＝2， ∴A′C＝6， 设BE＝b，则AE＝A′E＝12﹣b， 在Rt△A′BE中，∠B＝90°，A′E2＝BE2+A′B2， 即（12﹣b）2＝b2+22， ∴b， ∴A′E， ∵∠C＝∠B，∠CA′G＝∠BEA′， ∴△CA′G∽△BEA′， ∴，即， ∴A′G， ∴D′G＝A′D′﹣A′G＝8， ∴， ∴△CA′G∽△BEA′，相似比． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/9/18 15:13:35；用户：18582497371；邮箱：18582497371；学号：56246982 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$