2025年九年级数学中考复习操作探究类综合题专题训练

2025年 九年级数学中考复习 操作探究类综合题 专题训练 1．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． 2．如图（1），有、、三种不同型号的卡片若干张，其中型是边长为的正方形，型是长为、宽为的长方形，型是边长为的正方形． （1）若用型卡片张，型卡片张，型卡片张拼成了一个正方形（如图（2）），此正方形的边长为_______，根据该图形请写出一条属于因式分解的等式：_________； （2）若要拼一个长为，宽为的长方形，设需要类卡片张，类卡片张，类卡片张，则_______； （3）现有型卡片张，型卡片张，型卡片张，从这张卡片中拿掉两张卡片，余下的卡片全用上，你能拼出一个长方形或正方形吗？有几种拼法？请你通过运算说明理由． 3．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． 4．【操作发现】如图1，为等腰直角三角形，，先将三角板的角与重合，再将三角板绕点按顺时针方向旋转（旋转角大于且小于），旋转后三角板的一直角边与交于点．在三角板另一直角边上取一点，使，线段上取点，使，连接，． （1）请求出的度数？ （2）与相等吗？请说明理由； 【类比探究】如图2，为等边三角形，先将三角板中的角与重合，再将三角板绕点按顺时针方向旋转（旋转角大于且小于）.旋转后三角板的一直角边与交于点.在三角板斜边上取一点，使，线段上取点，使，连接，. （3）直接写出_________度； （4）若，，求线段的长度. 5．综合与实践 问题情境 数学活动课上，老师让同学们以“三角形平移与旋转”为主题开展数学活动，△ACD和△BCE是两个等边三角形纸片，其中，AC＝5cm，BC＝2cm． 解决问题 （1）勤奋小组将△ACD和△BCE按图1所示的方式摆放（点A，C，B在同一条直线上），连接AE，BD．发现AE＝DB，请你给予证明； （2）如图2，创新小组在勤奋小组的基础上继续探究，将△BCE绕着点C逆时针方向旋转，当点E恰好落在CD边上时，求△ABC的面积； 拓展延伸 （3）如图3，缜密小组在创新小组的基础上，提出一个问题：将△BCE沿CD方向平移acm，得到B'C'E'，连接AB'，B'C，当△AB'C恰好是以AB'为斜边的直角三角形时，求a的值．请你直接写出a的值． 6．综合与实践 动手操作 利用正方形纸片的折叠开展数学活动．探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法． 如图1，点为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与点重合，点与点重合，折痕为． 思考探索 （1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为，连接，如图2． ①点在以点为圆心，_________的长为半径的圆上； ②_________； ③为_______三角形，请证明你的结论． 拓展延伸 （2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形内部或边上． ①面积的最大值为____________； ②连接，点为的中点，点在上，连接，则的最小值为____________． 7．综合与实践 动手实践：一次数学兴趣活动，张老师将等腰的直角顶点与正方形的顶点重合（），按如图（1）所示重叠在一起，使点在边上，连接． 则可证：______，______三点共线； 发现问题：（1）如图（2），已知正方形，为边上一动点，，交的延长线于，连结交于点． 若，则______，______； 尝试探究：（2）如图（3），在（1）的条件下若，求证：； 拓展延伸：（3）如图（4），在（1）的条件下，当______时，为的6倍（直接写结果，不要求证明）． 8．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）． 9．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　 　． 10．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． 11．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． 12．【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． 13．如果两个角之差的绝对值等于60°，则称这两个角互为“互优角”，(本题中所有角都是指大于0°且小于180°的角)． (1)若∠1和∠2互为“互优角”，当∠1=90°时，则∠2=_____°； (2)如图1，将一长方形纸片沿着EP对折(点P在线段BC上，点E在线段AB上)使点B落在点B',若∠EPB'与∠B' PC互为“互优角”，求∠BPE的度数； (3)再将纸片沿着PF对折(点F在线段CD或AD上)使点C落在C′： ①如图2，若点E、C′、P在同一直线上，且与互为“互优角”，求∠EPF的度数(对折时，线段落在∠EPF内部)； ②若∠B′PC′与∠EPF互为“互优角”，则∠BPE求∠CPF应满足什么样的数量关系(直接写出结果即可)． 14．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． 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 参考答案 1．（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． 2．（1）a+b，a2+2ab+b2＝（a+b）2；（2）9；（3）（3）四种拼法，理由见解析． 【分析】（1）由图可得可得正方形的边长为a+b，由图（2）可得因式分解的等式； （2）因为，所以需要用类卡片2张，类卡片5张，类卡片2张，即可求、、对应的值； （3）分类讨论：第一种：型卡片拿掉1张，型卡片拿掉1张，则能拼出一个长方形，即长方形的长为，宽为；第二种：型卡片拿掉1张，型卡片拿掉1张，则能拼出一个长方形，即长方形的长为，宽为，此种情况有两种；第三种：型卡片拿掉2张，则能拼出一个正方形方形，即正方形边长为． 【详解】（1）由图（1）和图（2）可得正方形的边长为：a+b， 由图（2）可得因式分解的等式a2+2ab+b2＝（a+b）2． 故答案为a+b，a2+2ab+b2＝（a+b）2； （2）∵（2a+b）（a+2b）＝2a2+5ab+2b2， ∴需要用A类卡片2张，B类卡片5张，C类卡片2张， ∴x+y+z＝2+5+2＝9； 故答案为9； （3）四种拼法：理由如下： 第一种：A型卡片拿掉1张，B型卡片拿掉1张，则能拼出一个长方形，即长方形的长为5a+11b，宽为b， ∴ 第二种：A型卡片拿掉1张，C型卡片拿掉1张，则能拼出一个长方形，即长方形的长为3a+5b，宽为2b， ∴； 或者长为6a+10b，宽为b， ，此种情况共2种拼法； 第三种：C型卡片拿掉2张，则能拼出一个正方形方形，即正方形边长为a+3b， ∴． 【点睛】本题考查因式分解的应用；熟练掌握完全平方公式的几何意义是解题的关键． 3．（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． 4．（1）；（2）相等，理由详见解析；（3）；（4） 【分析】（1）根据全等三角形的判定得出，再由全等三角形的性质得到、，然后根据等腰三角形的判定和性质即可得解； （2）根据全等三角形的判定得出，再由全等三角形的性质得证结论； （3）根据全等三角形的判定得出，再由全等三角形的性质得到、，然后根据等边三角形的判定和性质即可得解； （4）过点作于点交延长线于点，构造出，利用含角的直角三角形的性质求得，再根据勾股定理求得，最后由勾股定理即可求得答案． 【详解】解：（1）∵为等腰直角三角形，且 ∴， ∵ ∴ ∴ 在和中， ∴ ∴， ∴； （2）相等，理由如下： ∵， ∴ ∴ 在和中， ∴ ∴ ． （3）∵为等边三角形 ∴， ∵ ∴ ∴ 在和中， ∴ ∴ ∴； （4）过点作于点交延长线于点，如图： ∵由（3）可知，， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键． 5．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）如图1中，证明△ACE≌△DCB（SAS）可得结论． （2）如图2中，过点B作BH⊥AC交AC的延长线于H．解直角三角形求出BH即可解决问题． （3）证明∠CB′E′=90°，解直角三角形求出CB′，CC′即可 【详解】解：（1）如图1中， ∵△ADC，△BEC都是等边三角形， ∴CA＝CD，CE＝CB，∠ACD＝∠ECB=60°， ∴∠ACD+∠DCE=∠ECB+∠DCE，即∠ACE=∠DCB. ∴△ACE≌△DCB（SAS）， ∴AE＝BD． （2）如图2中，过点B作BH⊥AC交AC的延长线于H． ∵∠ACB＝∠ECB＝60°， ∴∠BCH＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∵BH⊥CH， ∴∠H＝90°， ∴BH＝BC•sin60°＝（cm）， ∴S△ABC＝•AC•BH＝×5×＝． （3）如图3中， 由题意∠ACB′＝90°， ∴∠ACD＝60°， ∴∠E′CB′＝30°， ∵∠CE′B′＝60°， ∴∠CB′E′＝90°， ∴CB′＝E′B′•tan60°＝2， 可得CC′=2， ∴a=2． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 6．（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②． 【分析】（1）①利用圆的基本性质，即可求解； ②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解； ③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解； （2）①由题意知点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，此时当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大； ②当E、B′、C三点共线时，B'C+ EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，且最小值为EC的长，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）根据折叠的性质知：BE=B′E，BC=B′C=3，MA=MB=NC=ND=， ∠B=∠EB′C=90， ①点B′在以点E为圆心，BE的长为半径的圆上； ②B′M=MN- B′N= = =； ③B′D=， ∴△DB'C为等边三角形； 故答案为：①BE，②，③等边； （2）①∵AB=3=3AE， ∴AE=1，BE=2， 故点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上， ∴△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可， ∴当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大，如图： △ABB'的面积最大值； ②∵∠AQP=∠AB'E， ∴PQ∥B'E， ∵P为AE的中点， ∴Q为AB'的中点， ∴PQ为△AEB'的中位线， ∴PQ=EB'，即EB'=2PQ， ∴B'C+2PQ= B'C+ EB'， 当E、B′、C三点共线时，B'C+ EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值， 且最小值为EC的长， ∴EC=， ∴B'C+2PQ的最小值为． 故答案为：①；②． 【点睛】本题考查了圆的性质，矩形的性质、图形的折叠、等腰三角形的性质等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）①当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；②当E、B′、C三点共线时，B'C+2PQ取得最小值，是解本题的关键． 7．动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3） 【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得∠ABF=∠D=90°，则∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线； （1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，可证出△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得BG=CE=AB，即可得出，根据三角形的面积公式分别表示S△AGE和S△BGF，即可得出S△AGE和S△BGF的比值； （2）若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得4BG=CE=AB，可得出BG==AB，即可得出结论； （3）根据AG为GB的6倍得AG=6GB，则AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，则，可得出BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，由DE=BF，BC=CD可得x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，n=3+或3-． 【详解】解：动手实践：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD， ∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°， ∴∠BAF=∠DAE， ∴△ADE≌△ABF， ∴∠ABF=∠D=90°， ∴∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线， 故答案为：ABF，F、B、C； （1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点， ：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD， ∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°， ∴∠BAF=∠DAE， ∴△ADE≌△ABF， ∴FB=DE=CD=AB， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴△FBG∽△FCE， ∴， ∴BG=CE=AB， ∴AG=AB-BG=AB， ∴， ∵S△AGE=AG•BC=×AB×AB=AB2， S△BGF=BG•BF=×AB×AB=AB2， ∴， 故答案为：5，10； （2）证明：若n=3，则DC=3DE， 由（1）得△ADE≌△ABF， ∴FB=DE=CD=AB， 由（1）得△FBG∽△FCE， ∴， ∴4BG=CE=AB， ∴BG=AB， ∴AG=AB-BG=AB， ∴AG=5GB； （3）∵AG为GB的6倍， ∴AG=6GB， ∴AG=AB=CD，BG=CD， 由（1）得△FBG∽△FCE， ∴， ∴BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF， 设CD=x，DE=a， ∵DE=BF，BC=CD， ∴x（a+x）=（x-a）a， 整理得：x2-6ax+7a2=0， 解得：x=（3+）a，或x=（3-）a， 即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE， ∴n=3+或3-． 故答案为：3+或3-． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题． 8．（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． 9．（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. 10．（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． 11．（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． 12．（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. 13．（1）30°或150；（2）40°或80°；（3）①∠EPF=80°，②∠EPF=40°． 【分析】（1）按照“互优角的定义，求出∠2即可； （2）根据∠EPB'+∠EPB'+∠EPB'+60°=180°解答即可； （3）①由∠BPE+∠EPB'+∠B'PF+∠FPC=180°解答即可； ②∠B'PC'=∠FPC，∠EPB=∠EPF，∠EPB+∠EPF+∠FPC=180°解答即可． 【详解】解：（1）∵∠1和∠2互为“互优角 ∴|∠1-∠2|=60° ∵∠1＝90° ∴90°-∠2=60°或90°-∠2=-60° 解得：∠2=30°或150° 故答案为：30°或150． （2）∵∠EPB'与∠B'PC互为“互优角” 当∠EPB'<∠B'PC时，∠B'PC-∠EPB'=60° ∴∠B'PC=∠EPB'+60° ∵△BEP翻折得△B'EP ∴∠EPB=∠EPB' ∵∠EPB+∠EPB'+∠B'PC=180° ∴∠EPB'+∠EPB'+∠EPB'+60°=180 解得：∠EPB'=40° 当∠EPB'>∠B'PC时，∠B'PC-∠EPB'=60°，可得∠EPB'=80° 故∠EPB'的值为40°或80°； （3）①由题意得：点E、C、P在同一直线上， ∵∠B'PC'与∠EPF互为“互优角 ∴∠BPC<∠EPF，∠EPF-∠B'PC=60°=∠B'PF ∵∠BPE=∠B'PC=∠EPF-60°，∠FPC=∠EPF ∴∠BPE+∠EPB'+∠B'PF+∠FPC=180° ∴∠EPF-60°+∠EPF+∠EPF=180°，得∠EPF=80°； ②由题意得：点E、C、P在同一直线上， ∵∠B'PC'与∠EPF互为“互优角 ∴∠B'P'C-∠EPF=60°，得∠B'P'C=60°+∠EPF ∵∠B'PC'=∠FPC，∠EPB=∠EPF，∠EPB+∠EPF+∠FPC=180° ∴2∠EPF+60°+∠EPF=180°，解得∠EPF=40°． 故∠EPF的度数为40°． 【点睛】本题考查了新定义、折叠以及角的运算方面的知识，掌握折叠计算角的度数的方法是解答本题的关键． 14．（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°． 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 $$