2025年九年级数学中考复习操作探究类综合压轴题考前冲刺专题提升训练

2025年九年级数学中考复习 操作探究类综合压轴题考前冲刺专题提升训练 1．实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后把纸片展平．第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，点B落在点处，得到折痕，交于点M，交于点N，再把纸片展平．        问题解决： （1）如图1，填空：四边形的形状是_____________________； （2）如图2，线段与是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由； （3）如图2，若，求的值． 2．综合与实践 在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验． 实践发现： 对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①． （1）折痕BM　 　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　 　；进一步计算出∠MNE＝　 　°； （2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　 　°； 拓展延伸： （3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT． 求证：四边形SATA'是菱形． 解决问题： （4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．请写出以上4个数值中你认为正确的数值　 　． 3．折纸是一种许多人熟悉的活动．近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形折纸的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法： 【综合与实践】 操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN； 操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′； 操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P； 【问题解决】 请在图3中解决下列问题： （1）求证：BP＝D′P； （2）AP：BP＝　 　； 【拓展探究】 （3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q．再将正方形纸片ABCD过点D′折叠，使点A落在AD边上，点B落在BC边上，然后再将正方形纸片ABCD展开，折痕EF与边AD交于点E，与边BC交于点F，如图4．试探究：点Q与点E分别是边AB，AD的几等分点？请说明理由． 4．喜欢思考的小泽同学，设计了一种折叠纸条的游戏．如图1，纸条的一组对边PN∥QM（纸条的长度视为可延伸），在PN，QM上分别找一点A，B，使得∠ABM＝．如图2，将纸条作第一次折叠，使与BA在同一条直线上，折痕记为． 解决下面的问题： （1）聪明的小白想计算当α＝90°时，∠的度数，于是他将图2转化为下面的几何问题，请帮他补全问题并求解：如图3，PN∥QM，A，B分别在上，且∠ABM＝90°，由折叠：平分_________，∥，求∠的度数． （2）聪颖的小桐提出了一个问题：按图2折叠后，不展开纸条，再沿AR1折叠纸条（如图4），是否有可能使⊥BR1？如果能，请直接写出此时的度数；如果不能，请说明理由． （3）笑笑看完此题后提出了一个问题：当0°<≤90°时，将图2记为第一次折叠；将纸条展开，作第二次折叠，使与BR1在同一条直线上，折痕记为BR2（如图5）；将纸条展开，作第三次折叠，使与BR2在同一条直线上，折痕记为BR3；…以此类推． ①第二次折叠时，∠＝_____________（用的式子表示）； ②第n次折叠时，∠＝____________（用和n的式子表示）． 5．将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点E，F分别在边，上．沿着折叠该纸片，使得点A落在边上，对应点为，如图①．再沿折叠，这时点E恰好与点C重合，如图②． （Ⅰ）求点C的坐标； （Ⅱ）将该矩形纸片展开，再折叠该矩形纸片，使点O与点F重合，折痕与相交于点P，展开矩形纸片，如图③． ①求的大小； ②点M，N分别为，上的动点，当取得最小值时，求点N的坐标（直接写出结果即可）． 6．问题情境 在综合实践课上，同学们以“正方形和直线的旋转”为主题分组开展数学探究活动，已知正方形ABCD，直线PQ经过点A，并绕点A旋转，作点B关于直线PQ的对称点E，直线DE交直线PQ于点F，连结AE，BE． 操作发现 （1）如图1，设∠PAB=25°则∠ADF=　 　°． （2）“梦想小组”的同学们发现，∠BEF的度数是一个定值，这个值为　 　． （3）“创新小组”的同学们发现，线段AB、DF、EF之间存在特殊的数量关系，请写出这一关系式，并说明理由： 拓展应用 （4）如图2，当直线PQ在正方形ABCD的外部时，“进取小组”的同学们发现（3）的结论仍然成立，并提出新问题；若DF=3，EF=4，直接写出正方形ABCD的边长． 7．舍利生生塔位于晋祠南端，建于隋开皇年间，宋代重修，清乾隆十六年（1751年）重建．七屋八角，琉璃瓦顶，远远望去，高耸的古塔，映衬着蓝天白云，甚是壮观．原塔内每层均有佛像，开4门8窗，凭窗远眺，晋祠内外美景可一览无余．如果在夕阳西下时欣赏宝塔，还会出现——天云锦、满塔光辉的壮丽景观，被誉为“宝塔披霞”．某数学“综合与实践”小组的同学把“测量舍利生生塔高”作为一项课题活动，他们制定了测量方案，并利用课余时间完成了实地测量，测量结果如表： 课题 测量舍利生生塔高 测量示意图 说明：某同学在地面上选择点C，使用手持测角仪，测得此时楼顶A的仰角∠AHE＝α，沿CB方向前进到点D，测量出C，D之间的距离CD＝xm，在点D使用手持测角仪，测得此时楼顶A的仰角∠AFE＝β 测量数据 α的度数 β的度数 CD的长度 该同学眼睛离地面的距离HC 24° 37° 32m 1.76m … … （1）请帮助该小组的同学根据上表中的测量数据，求塔高AB．（结果精确到1m；参考数据：sin24°≈0.41，cos24°≈0.91，tan24°≈0.45，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75） （2）该小组要写出一份完整的课题活动报告，除上表中的项目外，你认为还需要补充哪些项目？（写出一个即可） 8．【操作思考】画⊙和⊙的直径、弦，使，垂足为（如图1）．猜想所画的图中有哪些相等的线段、相等的劣弧？（除外）． （1）猜想：① ；② ；③ ． 操作：将图1中的沿着直径翻折，因为圆是轴对称图形，过圆心的任意一条直线都是它的对称轴，所以与重合，又因为，所以射线与射线重合（如图2），于是点与点重合，从而证实猜想． 【知识应用】图3是某品牌的香水瓶，从正面看上去（如图4），它可以近似看作割去两个弓形后余下的部分与矩形组合而成的图形（点在上），其中． （2）已知⊙的半径为，，，，求香水瓶的高度． 9．综合与实践 问题情境 综合与实践课上，老师让同学们以“折纸”为主题开展数学活动．如图1，有一张长为4，宽为3的矩形纸片（）． 操作发现 （1）快乐小组先将图1中的矩形纸片沿直线折叠，使得点落在点处，得到图2，他们发现，请你证明这个结论； （2）创新小组将图2中的矩形纸片展开后继续折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕为，得到图3，则折痕__________； 实践探究 （3）前进小组在创新小组的操作基础上，将图3中的纸片展开，再将矩形纸片沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，然后将纸片展平．如图4所示，折痕交于点，交于点，试判断的形状并证明你的结论． 10．如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E在AB边上(不与点A，B重合)，点F在BC边上(不与点B、C重合)． 第一次操作：将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G； 第二次操作：将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H； 依此操作下去… (1)图2中的△EFD是经过两次操作后得到的，其形状为　 　，求此时线段EF的长； (2)若经过三次操作可得到四边形EFGH． ①请判断四边形EFGH的形状为　 　，此时AE与BF的数量关系是　 　； ②以①中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围． 11．【综合与探究】 【实践操作】三角尺中的数学 数学实践活动课上，“飞跃”小组将一副直角三角尺的直角顶点叠放在一起，如图1，使直角顶点重合于点C． 【问题发现】 （1）①填空：如图1，若，则的度数是______，的度数______，的度数是______． ②如图1，你发现与的大小有何关系？与有何数量关系？请直接写出你发现的结论，并选择其中一个说明理由． 【类比探究】 （2）如图2，当与没有重合部分时，上述②中你发现的结论是否均成立？请说明理由．        图1                             图2 12．综合实践数学活动折纸，引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验． (1)动手操作：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到折痕，把纸片展平，连接，如图，求的度数； (2)拓展延伸：如图，折叠矩形纸片，使点落在边上的点处，并且折痕交边于点，交边于点，把纸片展平，连接交于点，连接，求证：四边形是菱形； (3)解决问题：如图，矩形纸片中，，，点是边上的一动点，折叠纸片，使点落在边上的点处，并且折痕过点，交边于点，把纸片展平．请你求出线段长度的取值范围． 13．如图1，点C是半圆O的直径AB上一动点（不包括端点），，过点C作交半圆于点D，连结AD，过点C作交半圆于点E，连结EB．牛牛想探究在点C运动过程中EC与EB的大小关系．他根据学习函数的经验，记，，．请你一起参与探究函数、随自变量x变化的规律． 通过几何画板取点、画图、测量，得出如下几组对应值，并在图2中描出了以各对对应值为坐标的点，画出了不完整图象． x … 0.30 0.80 1.60 2.40 3.20 4.00 4.80 5.60 … … 2.01 2.98 3.46 3.33 2.83 2.11 1.27 0.38 … … 5.60 4.95 3.95 2.96 2.06 1.24 0.57 0.10 … （1）当时，＝ ． （2）在图2中画出函数的图象，并结合图象判断函数值与的大小关系． （3）由（2）知“AC取某值时，有”．如图3，牛牛连结了OE，尝试通过计算EC，EB的长来验证这一结论，请你完成计算过程． 14．操作：“如图1，P是平面直角坐标系中一点（x轴上的点除外），过点P作轴于点C，点C绕点P逆时针旋转得到点Q．”我们将此由点P得到点Q的操作称为点的T变换． (1)点经过T变换后得到的点Q的坐标为 ；若点M经过T变换后得到点，则点M的坐标为 ． (2)A是函数图象上异于原点O的任意一点，经过T变换后得到点B． ①求经过点O，点B的直线的函数表达式； ②如图2，直线交y轴于点D，求的面积与的面积之比． 15．综合与实践 背景阅读  早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三、股四、弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为3：4：5的三角形称为（3，4，5）型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或3，4，5的三角形就是（3，4，5）型三角形，用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形． 实践操作 如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm． 第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平． 第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF． 第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD′H，再沿AD′折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平． 问题解决 （1）请在图2中证明四边形AEFD是正方形． （2）请在图4中判断NF与ND′的数量关系，并加以证明； （3）请在图4中证明△AEN（3，4，5）型三角形； 探索发现 （4）在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是（3，4，5）型三角形？请找出并直接写出它们的名称． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年九年级数学中考复习操作探究类综合压轴题考前冲刺专题提升训练》参考答案 1．（1）正方形；（2），见解析；（3） 【分析】（1）有一组邻边相等且一个角为直角的平行四边形是正方形； （2）连接，由（1）问的结论可知，，又因为矩形纸片沿过点E的直线折叠，可知折叠前后对应角以及对应边相等，有，，，可以证明和全等，得到，从而有； （3）由，有；由折叠知，，可以计算出；用勾股定理计算出DF的长度，再证明得出等量关系，从而得到的值． 【详解】（1）解：∵ABCD是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∵矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处 ∴ ∴ ∵ ∴四边形的形状是正方形 故最后答案为：四边形的形状是正方形； （2） 理由如下：如图，连接，由（1）知： ∵四边形是矩形， ∴ 由折叠知： ∴ 又， ∴ ∴ ∴ （3）∵，∴ 由折叠知：，∴ ∵ ∴ 设，则 在中，由勾股定理得： 解得：，即 如图，延长交于点G，则 ∴ ∴ ∴ ∵，∴ ∴ 【点睛】（1）本问主要考查了正方形的定义，即有一组邻边相等且一个角为直角的平行四边形是正方形，其中明确折叠前后对应边、对应角相等是解题的关键； （2）本问利用了正方形的性质以及折叠前后对应边、对应角相等来证明三角形全等，再根据角相等则边相等即可做题，其中知道角相等则边相等的思想是解题的关键； （3）本问考查了全等三角形、相似三角形的性质、角相等则正切值相等以及勾股定理的应用，其中知道三角形相似则对应边成比例是解题的关键． 2．（1）是；等边三角形；60°；（2）15°；（3）见解析；（4）7、9 【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解； （2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解； （3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形； （4）先求出AT的范围，即可求解． 【详解】解：（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合， ∴EF垂直平分AB， ∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°， ∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处， ∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°， ∴AB＝BN， ∴AB＝AN＝BN， ∴△ABN是等边三角形， ∴∠EBN＝60°， ∴∠ENB＝30°， ∴∠MNE＝60°， 故答案为：是，等边三角形，60； （2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处， ∴∠ABG＝∠HBG＝45°， ∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°， 故答案为：15°； （3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处， ∴ST垂直平分AA'， ∴AO＝A'O，AA'⊥ST， ∵AD∥BC， ∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO， ∴△ASO≌△A'TO（AAS） ∴SO＝TO， ∴四边形ASA'T是平行四边形， 又∵AA'⊥ST， ∴边形SATA'是菱形； （4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处， ∴AT＝A'T， 在Rt△A'TB中，A'T＞BT， ∴AT＞10﹣AT， ∴AT＞5， ∵点T在AB上， ∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10， ∴5＜AT≤10， ∴正确的数值为7，9， 故答案为：7，9． 【点睛】本题考查矩形和菱形的性质和判定,关键在于结合图形,牢记概念. 3．（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析 【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论； （2）设BP＝x，根据翻转变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可； （3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接PC． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD， ∴∠MD′C＝∠D＝90°， ∴∠CD′P＝∠B＝90°， 在Rt△CD′P和Rt△CBP中， ， ∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL）， ∴BP＝D′P； （2）解：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝． 设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x， 在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2． ∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2， 解得x＝， ∴BP＝，AP＝， ∴AP：BP＝2：1， 故答案为：2：1． （3）解：点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点． 理由：如图2，连接QM． ∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°， ∴∠QD′M＝∠A＝90°． 在Rt△AQM和Rt△D′QM中， ， ∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL）， ∴AQ＝D′Q， 设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y， 则QP＝AP﹣AQ＝﹣y． 在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2． ∵D′P＝BP＝， ∴y2+（）2＝（﹣y）2， 解得y＝． ∴AQ：AB＝1：4，即点Q是AB边的四等分点， ∵EF∥AB， ∴，即， 解得AE＝． ∴点E为AD的五等分点． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键． 4．（1）∠ABM，∠＝135°；（2）能，60°；（3）180°－，180°－ 【分析】（1）由折叠的性质和平行线的性质可得结论； （2）求证当α=60°时，使，由折叠对应角相等，再根据三角形的内角和得出结论； （3）①根据折叠和平行线的性质可求出，同理可求出； ②由①可得到规律得出． 【详解】（1）由折叠得， ， ∴平分∠ABM， ∵∠ABM＝90°， ∴， ∵ ， ∴， ∴； 故答案为：∠ABM； （2）α=60°； 由折叠可得，，，， ∴， ∴， ∴； （3）①如图， 由折叠得，， ∴， ， ∴， ∴； 同理可得，， ∴， 故答案为：； ②由①可得， 由此可以得出：， 故答案为：． 【点睛】本题利用了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化．还考查了平行线的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 5．（Ⅰ）（Ⅱ）①，② 【分析】（Ⅰ）由翻折的性质可知，，，再由正方形的性质和勾股定理可得OE，继而即可求解； （Ⅱ）①连接，由题意和（Ⅰ）可知，而，，由等角对等边可知，，设，则，然后根据翻折的性质可知即，把x代入列出方程，解方程求出，根据相似三角形的判定可证, ，再根据相似三角形的对应角相等和三角形内角和即可求解； ②利用角平分线上的点到角两边的距离相等这一性质可判断M、N的位置，进而根据题意即可求解． 【详解】解：（Ⅰ）∵点，∴． 由两次折叠可知，，． ∴是正方形．∴． 在中，． ∴点C的坐标为． （Ⅱ）①如图③，连接，由和（Ⅰ）可知， ，而， ， 故，． 设，则， 由即， 得，解得． 所以．则有． 得．又，则， 即． ②如图④所示，过点P作⊥OC于点，交OF于点M，作关于OF的对称点N，连接MN，此时取得最小值时，且， 过点N作NG⊥x轴于点G， ∵由（Ⅱ）知，∠AOE＝45°, ∴∠NOG＝90°－45°＝45° ∴OG＝NG＝． ∴． 【点睛】本题主要考查几何变换的综合题，涉及到翻折的性质、勾股定理、相似三角形的判定及其性质、角平分线的性质等知识点，熟练运用所学知识是解题的关键． 6．（1）70°；（2）45°；（3）EF2+DF2=2AB2，详见解析；（4）5 【分析】（1）利用折叠得出∠BAP=∠EAP=25°，进而求出∠BAE=50°，即可得出结论； （2）设∠BAP=α，先求出∠AED=45°+α，再求出∠AEB，即可得出结论； （3）利用（2）判断出∠BFE=90°，即△BDF是直角三角形，利用勾股定理即可得出结论； （4）先判断出∠AED=∠ABF，再判断出∠AED=∠ADE，即可得出∠BFD=90°，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵∠PAB=25°， 由折叠知，∠PAB=∠EAP=25°， ∴∠BAE=50°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°， ∴∠DAE=40°， ∴∠ADF=（180°﹣40°）=70° （2）设∠BAP=α， 由折叠知，AE=AD，∠EAF=∠BAF=α， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∴AD=AE，∠DAE=90°﹣∠BAE=90°﹣2α， ∴∠AED=（180°﹣∠DAE）=90°﹣∠DAE=90°﹣（90°﹣2α）=45°+α， 由折叠知，BE⊥AP， ∴∠AEB+∠EAF=90°， ∴∠AEB=90°﹣∠EAF=90°﹣α， ∴∠BEF=180°﹣∠AEB﹣∠AED=180°﹣（90°﹣α）﹣（45°+α）=45°， 故答案为：45°； （3）EF2+DF2=2AB2； 理由：如图1，连接BF， 由折叠知，BF=EF，∠BEF=∠EBF， 由（2）知，∠BEF=45°， ∴∠BFE=90°， 连接BD， ∴△BDF是直角三角形， ∴BD2=BF2+DF2=EF2+DF2， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴BD2=2AB2， ∴EF2+DF2=2AB2； （4）如图2，连接BD，BF， 由折叠知，∠BEF=∠EBF，∠AEB=∠ABE， ∴∠AED=∠ABF， 由折叠知，EF=BF，AE=AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°，AB=AD， ∴AE=AD， ∴∠AED=∠ADE， ∴∠ABF=∠ADE， ∵∠AOB=∠FOD， ∴∠BFD=∠BAD=90° ∴△BDF是直角三角形， ∴BD2=BF2+DF2=EF2+DF2， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴BD2=2AB2， ∴EF2+DF2=2AB2， ∵DF=，EF=， ∴2AB2=32+18=50， ∴AB=5 即：正方形ABCD的边长为5． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠的性质，正方形的性质，直角三角形的判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出∠BEF=45°． 7．（1）约为38m；（2）还需要补充的项目为：计算过程，人员分工，指导教师，活动感受等．（答案不唯一，合理即可．） 【分析】（1）易知四边形HCDF是矩形，四边形FDBE是矩形，结合三角函数的定义求出AE和BE长即可得出答案； （2）如要补充：计算过程，人员分工，指导教师，活动感受等．（答案不唯一，合理即可．） 【详解】解：（1）在Rt△AFE中，tan∠AFE＝，∠AFE＝37°， ∴， ∵∠HCD＝90°，∠FDC＝90°， ∴HC∥FD， 又∵HC＝FD， ∴四边形HCDF是矩形， ∴HF＝CD＝32m． 在Rt△AHE中，tan∠AHE＝＝≈0.45， 解得：AE＝36． 同理，四边形FDBE是矩形，则BE＝FD＝HC＝1.76m， ∴AB＝AE+BE＝36+1.76=37.76≈38（m）． 答：塔高AB约为38m． （2）还需要补充的项目为：计算过程，人员分工，指导教师，活动感受等．（答案不唯一，合理即可．） 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 8．（1）CP=DP，，；（2）7.2cm 【分析】（1）根据轴对称图形的定义及垂径定理即可得到答案； （2）作OM⊥EF，延长MO角GH于N，连接OE、OG，根据垂径定理分别求出EM、GN，利用勾股定理求出OM、ON，即可得到答案. 【详解】（1）∵⊙的直径、弦，使，垂足为， ∴相等的线段是：CP=DP，相等的劣弧是： ，， 故答案为：CP=DP，，； （2）作OM⊥EF，延长MO角GH于N，连接OE、OG， ∵， ∴ON⊥GH， ∵EM=EF=1.8cm，GN=GH=2.4cm，⊙的半径为3cm， ∴，, ∴香水瓶的高度=AB+OM+ON=3+2.4+1.8=7.2cm. 【点睛】此题考查轴对称图形和圆的相关知识，勾股定理，垂径定理正确掌握轴对称图形的定义，圆的轴对称关系，利用垂径定理进行计算是解题的关键. 9．（1）证明见解析；（2）；（3）为等腰三角形，理由见解析． 【分析】（1）利用矩形和折叠的性质分别得到，，，，然后根据AAS定理证明，从而求证； （2）根据勾股定理求得BD的长，设AF=FG=x，然后利用折叠的性质及勾股定理列方程求出AF的值，最后再利用勾股定理求BF； （3）利用折叠的性质得到垂直平分，从而得到及，然后利用等角对等边判定三角形的形状． 【详解】解：（1）如图2，四边形为矩形， ，， 由折叠得，， ， 在和中， ， ；    （2）如图3，由题意可知：AB=BG=3，AD=4，∠A=∠FGB=90° ∴BD= ∴DG=BD-BG=5-3=2 设AF=FG=x，则DF=4-x 在Rt△FGD中， 解得： 在Rt△ABF中， 故答案为：；    （3）如图4，为等腰三角形． 理由如下： 折叠得到， 垂直平分， ． 又， ， ． 又折叠得到， ， ， ， 为等腰三角形．    【点睛】本题考查折叠的性质，勾股定理的应用及等腰三角形的判定，掌握折叠的性质及勾股定理，正确推理论证是解题关键． 10．（1）等边三角形，EF=；（2）①正方形，AE=BF，②y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4），y的取值范围为：8≤y＜16． 【分析】（1）由旋转性质，易得是等边三角形；利用等边三角形的性质、勾股定理求出EF的长； （2）①四边形EFGH是正方形；利用三角形全等证明AE＝BF； ②求面积y的表达式，这是一个二次函数，利用二次函数性质求出最值及y的取值范围． 【详解】解：（1）如题图2，由旋转性质可知EF＝DF＝DE，则△DEF为等边三角形． 在Rt△ADE与Rt△CDF中， ∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL） ∴AE＝CF． 设AE＝CF＝x，则BE＝BF＝4﹣x ∴△BEF为等腰直角三角形． ∴． ∴． 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE2+AD2＝DE2，即：， 解得：，（舍去） ∴． DEF的形状为等边三角形，EF的长为． （2）①四边形EFGH的形状为正方形，此时AE＝BF．理由如下： 依题意画出图形，如答图1所示：连接EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M． 由旋转性质可知，EF＝FG＝GH＝HE， ∴四边形EFGH是菱形， 由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH， ∴四边形EFGH的形状为正方形． ∴∠HEF＝90° ∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3． ∵∠3+∠4＝90°，∠2+∠3＝90°， ∴∠2＝∠4． 在△AEH与△BFE中， ∴△AEH≌△BFE（ASA） ∴AE＝BF． ②利用①中结论，易证△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均为全等三角形， ∴BF＝CG＝DH＝AE＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝4﹣x． ∴． ∴y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4） ∵y＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8， ∴当x＝2时，y取得最小值8；当x＝0时，y＝16， ∴y的取值范围为：8≤y＜16． 故答案是：（1）等边三角形，；（2）①正方形，AE=BF，②y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4），y的取值范围为：8≤y＜16． 【点睛】本题是几何变换综合题，以旋转变换为背景考查了正方形、全等三角形、等边三角形、等腰直角三角形、正多边形、勾股定理、二次函数等知识点．本题难度不大，着重对于几何基础知识的考查，是一道好题． 11．（1）①，，，②，；见解析；（2）②中结论成立，理由见解析 【分析】本题考查了角的和差关系、余角的性质以及周角的定义，结合图形认真审题是解题的关键． （1）①先计算出，再根据即可求解；②根据余角的性质可得，根据角的和差关系可得； （2）根据角的和差关系可得：，再利用周角定义得，而，即可得到． 【详解】解：（1）①∵， ∴， ； ②结论：，； 证明：∵，， ∴， ∵ ∴ （2）结论：当与没有重合部分时，上述②中发现的结论依然成立． 理由：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，． ∴上述②中发现的结论依然成立． 12．(1)60° (2)见解析 (3) 【分析】（1）由折叠的性质和等腰三角形三线合一可得，即是等边三角形，由等边三角形的性质可求解； （2）由折叠知垂直平分，再利用证明≌得，则四边形是平行四边形，进而证明结论； （3）当点与点重合时，的长最大，为；当点与点重合时，的长最小，根据勾股定理列方程求出此时的长，即可得出长的取值范围． 【详解】（1）解：由折叠得：，，，， ， 是等边三角形， 又， ， ； （2）证明：折叠矩形纸片，使点落在边上的点处， 垂直平分， ，， ， ，， ≌， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （3）解：如图，当点与点重合时，的长最大， 此时， 长的最大值为； 如图，当点与点重合时，的长最小， 设，则， 由折叠得，， ，，， ， ， ， ， ， ； 解得， 长的最小值为， 长的取值范围是． 【点睛】本题是四边形综合题，考查矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理及动点问题的探究等知识，解题的关键是把折叠问题抽象为轴对称问题，以便于用轴对称的性质解决问题，此题综合性较强，难度大，属于考试压轴题． 13．（1）3；（2）当x约等于2时，y1=y2；当0<x<2时，y1<y2；当 x>2时，y1>y2；（3）见解析 【分析】（1）根据圆的直径为6，半径为3可求； （2）按自变量由小到大的顺序描点并用平滑曲线连接即可得到所画图象，两图象有交点，过此交点作x轴的垂线，垂足表示的数即为自变量x的值，找到此值，即可比较两函数值的大小； （3）在（2）的基础上，取AC=2，借助于勾股定理、相似三角形等知识，分别计算EC和EB，即可得出结论的正确性． 【详解】解（1）当x=3时，动点C与圆心O重合，此时，y1=OE=3． 故答案为：3 （2）函数y2的图象如图2所示，过两图象的交点M作x轴的垂线，垂足为N，则垂足N表示的数． ∴从图象可以看出： 当时，； 当0<x<2时，； 当x>2时，． （3）如图3，连结OD，过点E作于点H． 由（2）的初步判断，当时，，即EC=EB． 不妨取AC=x=2，此时，，． ， ∴在中， ． 设，则，． ∵AD∥CE， ∴∠DAC=∠ECO． 又， ∴． ∴． ∴． ∴． 两边平方并整理得，． 解得，（不合题意，舍去）． ∴OH=m=1． ∴HC=OH+OC=1+1=2，． ∴． 又∵HB=OB-OH=3-1=2， ∴． ∴EC=EB． ∴通过以上计算可知，当取AC=2时，（2）中的结论EC=EB成立． 【点睛】本题考查了圆的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、函数的图象与函数值的大小比较等知识点，熟知上述的知识点是解题的基础，而通过“实验猜想证明”的探究方法是关键． 14．(1)；； (2)①；② 【分析】（1）根据新定义的含义画出图形，再结合含的直角三角形的性质可得的坐标，再利用的坐标规律求解的坐标即可； （2）①设，而经过变换后得到点．可得，再利用待定系数法求解函数解析式即可； ②如图，在直线，设，由新定义可得： ，再结合三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：如图1，连接，过作于点， 由旋转的性质可得，且， 为等边三角形，， ， ， ，， ； 设，则点坐标为， ， ，解得， ； （2）①是函数图象上异于原点的任意一点， 设，而经过变换后得到点． ， 设直线的函数表达式为，则， 解得， 直线的函数表达式为； ②如图，∵在直线， 设， ∴由新定义可得：，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是新定义的含义，坐标与图形，旋转的性质，待定系数法求解函数解析式，含30度角的直角三角形的性质，理解新定义的含义是解本题的关键． 15．（1）证明见解析；（2）NF=ND′，理由见解析；（3）证明见解析；（4）△MFN，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形． 【详解】试题分析：（1）根据题中所给（3，4，5）型三角形的定义证明即可； （2）NF=ND′，证明Rt△HNF≌Rt△HND′即可； （3）根据题中所给（3，4，5）型三角形的定义证明即可； （4）由△AEN是（3，4，5）型三角形，凡是与△AEN相似的△都是（3，4，5）型三角形． 试题解析：解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠DAE=90°．由折叠知：AE=AD，∠AEF=∠D=90°，∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°，∴四边形AEFD是矩形．∵AE=AD，∴矩形AEFD是正方形． （2）NF=ND′．证明如下： 连结HN．由折叠知：∠AD′H=∠D=90°，HF=HD=HD′． ∵四边形AEFD是正方形，∴∠EFD=90°． ∵∠AD′H=90°，∴∠HD′N=90°． 在Rt△HNF和Rt△HND′中，∵HN=HN，HF=HD′，∴Rt△HNF≌Rt△HND′，∴NF=ND′． （3）∵四边形AEFD是正方形，∴AE=EF=AD=8cm，由折叠知：AD′=AD=8cm，EN=EF-NF=（8-x）㎝． 在Rt△AEN中，由勾股定理得： ，即，解得：x=2，∴AN=8+x=10（㎝），EN=6（㎝），∴AN=6：8：10=3：4：5，∴△AEN是（3，4，5）型三角形． （4）图4中还有△MFN，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形． ∵CF∥AE，∴△MFN∽△AEN． ∵EN：AE：AN=3：4：5，∴FN：MF：CN=3：4：5，∴△MFN是（3，4，5）型三角形； 同理，△MD′H，△MDA是（3，4，5）型三角形． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$