2026-2027学年北师大版数学九年级上册 压轴题专练——综合与探究题（山西专用）

九年级期中复习压轴题专练一一综合与探究题 1.综合与探究 【问题情境】 如图1，在矩形ABCD中，点E是边AB上的一个动点，连接DE,将△ADE沿DE折叠得到△FDE H 图1 图2 图3 (I)过点A作AH⊥DF于点H,交DE于点G,连接GF.判断四边形AEFG的形状，并说明理由. 【拓展延伸】 (2)已知AD=5,AB=8. ①如图2，当点E为AB中点时，延长DF交BC于点P,求CP的长. ②如图3，连接FC,FB,当△FCB是以FC为腰的等腰三角形时，请直接写出线段AE的长度. 试卷第1页（共3页） 2.综合与探究一一探究折叠中的数学问题 问题情境：在矩形ABCD纸片中，AB=4,BC=6,E在BC边上. 猜想证明： 图(1) 图(2) 图(3) (1)如图(1)，将矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，使点B落在AD边上的点F处，展平后得到折痕 AE,判断四边形ABEF的形状，并说明理由： (2)如图(2)，点E为BC中点，连接AE,将△ABE沿AE翻折，点B的对应点为点F,连接CF并延长， 交AD于点G,求DG的长； 拓展延伸： (3)如图(3)，点E变为BC边上一动点，仍将△ABE沿AE翻折，点B的对应点为点F,连接CF、DF 当△CDF是以DF为腰的等腰三角形时，直接写出BE的长， 3.综合与探究 问题情景：数学课上，某小组对平行四边形中的折叠问题进行了探究，如图，在口ABCD中， 试卷第2页（共3页） ∠A=60°，AD=10,AB=12,点F是边AB上一动点，沿过点F的直线将口ABCD折叠，AF的对应 线段AF平行于AD,折痕与边AD交于点E. D C E D B B B 图1 图2 备用图 (1)操作发现： 如图1，点A恰好落在对角线BD上. ①请你在图1中，用尺规作出折痕EF,连接AE,AF: ② ∠AFA= 一’∠AEF= (2)小组成员发现，折叠后四边形AFAE一定是菱形，请你证明这个结论： (3)拓展延伸： 连接BA,CA,如图2，当△ABF是直角三角形时，请直接写出CA的长. 4综合与探究 数学活动课上，老师带领同学们利用矩形纸片开展折叠探究活动，同学们发现通过不同的折叠方式，能 试卷第3页（共3页） 得到形状各异的四边形.请你结合矩形的性质与折叠的对称性，完成下列问题： 图1 图2 图3 D D 备用图1 备用图2 (I)勤学小组先提出一个方法：如图1，将矩形ABCD沿过点B的直线折叠，使点A的对应点E落在BC边 上，折痕与AD交于点F.试判断四边形ABEF的形状，并说明理由. (2)善思小组也提出一个方法：如图2，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A的对应点为点E,DE与BC 边相交与点F.过点B作BGDF交AD边于点G,求证：四边形GBFD是菱形. (3)如图3，若AB=6,AD=10,点M是AD的中点，点N是线段AB边上的动点，连接MN,将矩形沿 MN折叠，点A的对应点为点E.在点N移动的过程中，若以E,D,C为顶点构成的三角形是以EC为腰 的等腰三角形，请直接写出线段AN的长. 5.综合与实践 试卷第4页（共3页） 图 图2 图3 备用图 备用图 【问题情境】在数学活动课上，老师和同学们以矩形纸片的折叠为背景开展几何探究，在矩形纸片 ABCD中，AD>AB,点E是射线BC边上一动点，连接AE,将△ABE沿AE折叠得到△AME,并展开 铺平如图1. 【操作探究】 (①)如图2，若点M落在矩形内部，过点M作MF‖BE交AE于F,连接BF,请判断四边形BEMF的形状， 并说明理由. (2)如图3，若点E为BC的三等分点，点M落在矩形内部，再取EC的中点N,连接NM并延长交AD边于 点G,判断AG与DG的数量关系，并说明理由. (3)若AB=6,BC=10,在翻折过程中，当点M落在直线DE上时，请直接写出BE的长. 6.综合与探究 问题情境：在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠PAQ=∠B,AP,AQ分别交边BC,CD于点P,Q. 试卷第5页（共3页） A A B B< D O O C 图1 图2 图3 (1)如图1，若点P是边BC的中点，请你判断线段AP与AQ之间的数量关系，并说明理由. 深入探究： (2)如图2，小阳说：“点P为BC上任意一点时，(1)中的结论仍然成立.”你同意吗？请说明理由. 拓展延伸： (3)小宛取出如图3所示的菱形纸片ABCD,测得∠ABC=60°，AB=10,在BC边上取一点P,连接 AP,在菱形内部作∠PAQ=60°，AQ交CD于点Q,当AP=9时，请直接写出DQ的长 7.综合与探究 【问题情境】折叠问题的实质是图形的轴对称变换，找出对应相等的元素是解题的关键。 试卷第6页（共3页） D E D B--- B--- F 图1 图2 图3 备用图 如图1，在矩形ABCD中，AB=6,AD=8,F为射线BC上一动点，连接AF,将△ABF沿AF折叠得到 △AEF,点B的对应点为E. 【数学思考】 (1)如图2，当点E落在AD边上时，判断四边形ABFE的形状，并说明理由. (2)如图3，当点E落在对角线AC上时，求线段EF的长； (3)在点F运动的过程中，当F,E,D三点共线时，请直接写出线段EF的长， 8.综合与探究 问题情境： 试卷第7页（共3页） ① ② 备用图 如图①，在边长为4的正方形ABCD中，E是边AD的中点，F是边AB上的一个动点，连接EF,将 △AEF沿EF折叠得到△GEF,点A的对应点为点G.延长FG交直线CD于点H. 猜想证明： (①)判断线段DH和GH的数量关系，并说明理由； 拓展延伸： (2)如图②，在点F运动的过程中，连接DG, ①判断EF与DG的位置关系，并说明理由： ②连接AG,BG,当△ABG是等腰三角形时，直接写出线段DG的长度， 9.综合与探究 试卷第8页（共3页） M M B 图1 图2 备用图 【问题背景】将正方形纸片ABCD对折后展平，折痕为MN,在AD边上取一点E(不与点A,D重合)， 连接BE,将△ABE沿BE折叠得到△FBE,点A的对应点为F. 【问题解决】 (I)如图1，若点F恰好落在MN上，连接AF,试判断△ABF的形状，并说明理由， (2)延长EF交CD于点P,连接BP,如图2，若BP2=288,PE=13,求BE的长. 【拓展延伸】 (3)当AB=8,PN=2时，请直接写出AE的长. 10.综合与探究 问题情境：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，连接DC,将线段DC平移得到 试卷第9页（共3页） 线段BE,点D,C的对应点分别是点B,E,连接CE 图1 图2 备用图 (1)猜想验证：判断四边形CDBE的形状，并说明理由： (②)深入探究：将线段BA绕点B按顺时针方向旋转α0°<a<360,得到线段BF,点A的对应点为点F, 连接AF,DF,AE,且∠BAF=∠BAC. ①如图2，若0°<c(<180°，判断线段DF与AE的数量关系，并说明理由； ②若AC=BC=4,在旋转的过程中，直线DF与直线AE相交于点M,请直接写出线段AM的长」 11.综合与探究 问题情境：数学课上，老师让同学们以矩形为背景，探索动点运动过程中产生的数学问题.已知四边形 ABCD是矩形，BC<2AB,AC是它的一条对角线，点E是平面内的一个动点，且CE始终等于2AB, 试卷第10页（共3页） 作线段CE的垂直平分线MN,MN分别交直线BC,AC,AD于点F,G,H. M M H D (E)A E B F F 图1 图2 备用图 (1)如图1，小敏画出了点E在线段CB的延长线上时的图形.判断此时四边形CDHF的形状，并证明你的 结论： (2)如图2，小捷画出了点E与点A重合时的图形.猜想线段HG与CD之间的数量关系，并说明理由： 拓展延伸： (3)保持(2)中的矩形ABCD形状不变，小琪继续改变点E的位置（不再与点A重合），且其他条件不变： 请直接写出直线EF经过点A时，∠AEC的度数. 12.综合与探究 【问题情境】 如图1，在矩形ABCD纸片中，AD>AB,点F在边BC上，沿过点F的直线折叠该纸片，使点B的对应 点B落在矩形对角线BD上，折痕与边AD交于点E. 试卷第11页（共3页） 图1 图2 图3 备用图 【猜想证明】 (1)如图2，当点B与点D重合时，连接BE,判断四边形BEDF的形状，并说明理由： 【拓展延伸】 (2)如图3，当点F为BC中点时，连接CB并延长交边AD于点M,试探究EF与CM之间的数量关系和 位置关系，并说明理由： 【深入探究】 (3)在(2)的情形下，若AB=VS,AD=2V5 ①请直接写出AE的长； ②如图4，将△BBF沿射线BD方向平移得到△GHQ,顶点B、B、F分别与G、H、Q对应，若以点 F、G、Q为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出平移距离。 13.综合与探究 问题情境 在四边形专题复习课上，老师以矩形旋转为载体设计探究题： 将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形ABCD,点A,B,D的 对应点分别为点A,B,D,设直线AD与直线AD交于点E, 试卷第12页（共3页） D A'(E) D A B B 图① 图② 备用图 数学思考 (1)猜想DE与DE的数量关系，并证明； 实践探究 (2)如图②，在旋转的过程中，当点B恰好落在矩形ABCD的对角线BD上时，点A恰好落在AD的延长线 上（即点A与点E重合），连接AC.求证：四边形ADBC是平行四边形： 拓展延伸 (3)在矩形ABCD绕点C顺时针旋转的过程中，若AB=5,BC=3,当A,B,D三点在同一条直线上时， 请直接写出AD的值. 14.综合与探究 问题情境：如图，已知长方形ABCD,点E为射线BD上一动点.以AE为边在其右侧作长方形AEFG, 使得A二-A识=k,连接DG,DF, Ag AD 试卷第13页（共3页） 图1 备用图 D B 备用图 备用图 猜想证明： (1)如图1，当点E在线段BD上时，请判断DG与BE的位置及数量关系（数量关系用含k的代数式表示） 并说明理由： 深入探究： (2)连接AF,EG交于点O,连接OD,进一步研究. ①请在图中画出图形并证明在点E运动的过程中△AOD始终是等腰三角形； ②如果AB=3,AD=1,△AOD能否成为直角三角形？若能，请直接写出BE的长；若不能，请说明 理由 15.综合与探究 【问题情境】在矩形ABCD中，AB=6,BC=8,E是AB边上一动点，将矩形沿CE所在直线翻折，点 B的对应点为点F. 【猜想证明】 试卷第14页（共3页） (I)如图1，过点F作FM‖AB交CE于点M,连接BM. ①试判断四边形EFMB的形状，并说明理由. ②如图2，当点F恰好落在AD边上时，求出此时四边形EFMB的周长 【深入探索】 (2)连接AF,DF,当△AFD的面积为4时，直接写出AE的长， A D A B 图1 图2 备用图 16.综合与探究 问题情境：如图1，已知口ABCD中，AD=2AB,点E是BC边的中点，过点E作AB的平行线交AD于 点O 试卷第15页（共3页） E 图1 F 图2 备用图 猜想论证： (1)判断四边形ABEO的形状，并证明你的结论： 拓展探究： (2)在图1的基础上，连接DE并延长交射线AB于点F,连接AE并延长交线段CF于点G(其余条件不 变)，探究下列问题： ①猜想图2中线段AE与EG的数量关系，并说明理由： ②若以点C,D,G为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出 DE 的值 Ae 17.综合与探究 问题情境：数学课上，同学们以矩形为基本图形探究图形折叠变化中的数学问题.已知矩形纸片ABCD, AB=6,BC=8. 试卷第16页（共3页） (1)操作证明：如图1，小聪先从特殊情形入手，折叠矩形纸片ABCD,使点B与点D重合，折痕分别交 AD,BC边于点E,F,点A的对应点为点G.请猜想此时线段GE与CF的数量关系，并说明理由： (2)拓展延伸：如图2，小慧沿过点C的直线折叠该矩形纸片，使点B的对应点H落在对角线BD的延长线 上，折痕交线段AD于点M,交BD于点N,点A的对应点为点G. ①求此时线段DH的长： ②小慧沿平行于CM的直线继续折叠该矩形纸片，折痕交线段MD于点P,交线段CD于点Q.请你借助 备用图进行分析，直接写出△DGH是等腰三角形时，点D到PQ的距离 G N 图1 图2 备用图 试卷第17页（共3页） 答案第1页（共2页）参考答案 1.(1)四边形AEFG是菱形.理由如下： 由折叠可得：AE=EF,∠EFD=∠EAD=90°，∠GEF=∠GEA, AH⊥DF, ∴.∠AHF=90 .∴.∠AHF+∠EFD=180°， ∴.AH‖EF, .∴.∠AGE=∠GEF, ∴.∠AGE=∠GEA, .∴.AG=AE, ∴.AG=EF, .∴.四边形AEFG是平行四边形， 又.AE=EF, .∴.平行四边形AEFG是菱形. (20Cp=9. 3 【分析】(I)由折叠可得：EA=EF,∠EFD=∠EAD=90°，∠GEF=∠GEA,进而可证明 AG=EF,由此证明四边形AEFG是平行四边形，根据EA=EF,证明平行四边形AEFG是菱形， (2)①由折叠性质得：EF=AE=4,DF=AD=5,∠DFE=∠DAE=90°，连接EP,证明 Rt△EFP≌Rt△EBP(HL,可得BP=FP,设CP=x,那么BP=BC-CP=5-X,由勾股定理得， CD+CP=DP,解方程可得CP的长；②分两种情况讨论：当CF=BC时，当CF=BF时，根据矩形、 折叠的性质，结合勾股定理列式计算即可. 【详解】(1)略 (2)解：在矩形ABCD中，AD=5,AB=8,得BC=AD=5,CD=AB=8, ①.点E是AB中点， 六AE=EB=号AB=4, 由折叠性质得：EF=AE=EB=4,DF=AD=5,∠DFE=∠DAE=90°， .∴.∠EFP=180°-∠DFE=90°，即∠EFP=∠B=90°， 如图，连接EP, 答案第1页（共2页） D C R D B 在Rt△EFP和Rt△EBP中， FE=BE EP=EP .∴.Rt△EFP≌Rt△EBP HL, ∴.BP=FP, 设CP=x,则BP=BC-CP=5-X, .FP=5-x,DP=DF+FP=5+5-x=10-x, 在Rt△DCP中，由勾股定理得，CD+CP=DP, .82+x2=10-x2 新号 .CP的长为 9 ②过点F作FG⊥AB于G,FG反向延长线交CD于H, 当CF=BC=5时， H ABCD AB=CD=8AB‖CD G 图3 矩形 中， ∴.GH⊥CD, .∠DHG=∠AGH=∠A=90°， .∴.四边形ADHG是矩形 ∴.HG=AD=5,AG=DH, 由折叠性质得：DF=AD=5, .'DF=CF, 答案第2页（共2页） DH=c=吃CD=4, ∴.AG=4, .Rt△DFH中，FH=VDF2-DH=3' .∴FG=HG-FH=2, AE=EF,EG2+FG2=EF2, ∴.4-AE2+22=AE2, AE-3 当CF=BF时，过点F作FK⊥BC于K, D H E --月K G 图3 同到BK=K-号c-受cK=i=G号 DF=AD=5, ∴.DH=VDF2-FH 52- 53, 2 .AE=EF,EG2+FG2=EF2, 53-AE+ ,25 2 2 =AE2, ,AE=53 3. 5.5RV3 综上所述，线段AE的长度为2或3 2.(1)解：四边形ABEF是正方形，理由如下： .四边形ABCD是矩形， ∴.∠B=∠BAD=90°， 答案第3页（共2页） 由折桑的性质可得EB=EF,AB=AP,∠BAE=∠AE=∠BAD=45, ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AB=EB ..AB=EB=EF=AF. ∴四边形ABEF是菱形， 又.∠BAD=90°， 菱形ABEF是正方形： (2)3 643或16-47 3 3 【分析】(1)由折叠的性质可得EB=EF,AB=AF,∠BAE=∠FAE=45°，证明△ABE是等腰直角 三角形，推出AB=EB=EF=AF,据此可得结论： (2)由折叠的性质可得EB=EF=3,∠BEA=∠FEA,可证明EF=CE=3,得到∠EFC=∠ECF, 证明四边形AECG是平行四边形，得到AG=CE=3,则DG=AD-AG=3: (3)分两种情况：CF=DF和DF=CD,分别画出示意图，讨论求解即可. 【详解】(1)略 (2)解：点E为BC的中点， BE-GE-]BC-3: 由折叠的性质可得EB=EF=3,∠BEA=∠FEA, ∴EF=CE=3 ∴.∠EFC=∠ECF, .∠BEF=∠EFC+∠ECF=∠BEA+∠FEA, ∴.∠FEA=∠EFC, ..AE CG, ,四边形ABCD是矩形， ∴.AD=BC=6,AD‖BC, ∴.四边形AECG是平行四边形， ∴AG=CE=3, ∴.DG=AD-AG=3: (3)解：如图所示，当CF=DF时，连接BF,过点F作FG⊥BC于点G, 答案第4页（共2页） D 21- E G ,四边形ABCD是矩形， :AD=BC,∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°， CF=DF. ,∠FDC=∠FCD, ∴.90°-∠FDC=90°-∠FCD, ∴.∠ADF=∠BCF, ∴.△ADF≌△BCF SAS, ..BF=AF; 由折叠的性质可得AF=AB,BE=FE, ∴.AB=AF=BF. ∴△ABF是等边三角形， .∠ABF=60, .∠CBF=30°， :.FG=-BF=2, BG-BF2-FG2=283 BE=FE. ∴.∠EFB=∠EBF=30°， ∴.∠EFG=∠BFG-∠EFB=90°-30°-30°=30°， .EG-EF-BE. .BG=BE+EG, :BE+1BE=23, BE=43 3 如图所示，当DF=CD时，过点F作FG⊥AD,延长GF交BC于点H, 答案第5页（共2页） G B--- E H :四边形ABCD是矩形， .AB=CD,AD=BC=6,∠B=∠BAD=90°， 由折叠的性质可得AB=AF,BE=EF, ..AF=DF, ,FG⊥AD, FGA,G-AD-3. 六FG=VAF2-AG=7 ,∠B=∠BAD=∠FGA=90°， ∴四边形ABHG是矩形， ∴.GH=AB=4,BH=AG=3,∠BHG=90° ..FH=GH-FG=4-7: 设BE=EF=t,则EH=3-t, 在Rt△EHF中，由勾股定理得EF2=EH+FH2, 心2=3-t2+4-7, 解得t=16-4/7 0 ∴BE=16-47 3 综上所述，BE的长为 43*16-47 3或 3 3.(1)①如图所示，EF即所求. 答案第6页（共2页） D y B 图1 ②120°，60° (2)证明：由折叠的性质可知：AF=AF,AE=AE,∠AFE=∠AFE, AF‖AD, ∴.∠AFB=60°， .∴.∠AFE=∠AFE=60, A F AD, ∴.∠AEF=∠AFE=60°， ∴.△AEF为等边三角形， .∴.AE=AF ∴.AE=AF=AF=AE, ∴.四边形AFAE为菱形. (3)2V37或27 【分析】(1)①先连接AA,作线段AA的垂直平分线，交AD于点E,交AB于点F,连接EF,EF即 所求，连接AE,AF; ②由平行线的性质求出∠AFB=60°，即可求出邻补角∠AFA,再由折叠的性质即可求出 ∠AFE=60°，即可求出∠AEF的度数： (2)由折叠的性质得AF=AF,AE=AE,再证得△AEF为等边三角形，得AE=AF，,利用四边相等 的四边形是菱形即可证得： (3)分类讨论直角顶点，利用平行四边形的性质结合含30°角的直角三角形和勾股定理求出线段CA的 长 【详解】(1)解：①略 ②由折叠的性质可知：∠AFE=∠AFE, AF‖AD .∴.∠AFB=60°， ∴.∠AFA=120°， 答案第7页（共2页） .∴.∠AFE=∠AFE=60°， .A F AD ∴.∠AEF=∠AFE=60°， (2)略 (3)当∠BAF=90时，.∠AFB=60°， .∠ABF=30, 设AF=AF=X,则BF=2X, .∴.x+2x=12,解得x=4, .AF=4,BF=8, ..AB=VBE2-AF2=4V3 '.四边形ABCD是平行四边形， .∴.∠A+∠ABC=180°，BC=AD=10, .∠ABC=120°， .∠ABC=90°， .A C=BC2+A B2=237 当∠ABF=90时，∠BAF=30°， 设BF=y,则AF=AF=2y, .∴.y+2y=12解得y=4, .∴.BF=4,AF=8, ∴.AB=A'F2-BF2=431 如图所示，过点A作AH⊥BC于点H, D E .∠ABC=120°，∠ABF=90° F 备用图 .∴.∠ABH=30°， .AH=2/3, 答案第8页（共2页） .∴.BH=AB2-A'H2=61 .∴.CH=BC-BH=4. ∴.AC=AH+CH=27 综上所述：CA的长为2V37或2V7 4.(1)四边形ABEF是正方形，理由如下： ,四边形ABCD是矩形， ∴.∠A=∠ABC=90, 由折叠可知，AB=EB,∠BEF=∠A=90°， .∴四边形ABEF是矩形， .AB=EB, ∴.四边形ABEF是正方形： (2)证明：，四边形ABCD是矩形， ∴.GD‖BF, ∴.∠GDB=∠DBF, .BG‖DF, 四边形GBFD是平行四边形， 由折叠可知，∠GDB=∠FDB, ∴.∠DBF=∠FDB, ∴.FB=FD ∴四边形GBFD是菱形 鸣爱 【分析】(1)根据矩形的性质以及折叠的性质解答即可； (2)先证明四边形GBFD是平行四边形，再根据折叠的性质可得FB=FD,即可解答； (3)分两种情况，结合勾股定理解答即可. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：，四边形ABCD是矩形，AB=6,AD=10, ∴.∠A=∠ADC=90°，AB=CD=6,BC=AD=10, .AD=10,点M是AD的中点， 答案第9页（共2页） AM=DM=号AD=5, 由折叠的性质得：AM=EM=DM=5,AN=EN,∠MEN=∠A=90°， 设AN=X, ①若EC=ED,过点E作EH⊥AD于点H,PQ⊥CD于点Q,交AB于点P,则∠AHE=90°， AH M D .EC=ED,PQ⊥CD, PQ垂直平分CD,即∠DQP=90°，DQ=号CD .四边形ADQP为矩形，DQ=2AB, :AP=DQ=号AB.∠APE=90, 2 四边形APEH为矩形， ..EH=AP,AH=PE, AB=6, ∴.EH=AP=3, HM=√EM-EH=4'PN=3-x ..PE=AH=AM-HM=1, 在Rt△PEN中，PN2+PE2=NE2, 3-x2+12=x2 解得：X 3 南Aw ②若EC=CD=6,连接CM,此时BN=6-x, 答案第10页（共2页） .EC=CD,EM=DM,CM=CM, .△MEC≌△MDCSSS, ∴.∠MEC=∠ADC=90°， .∵∠MEN=90, ∴.∠MEN+∠MEC=180°， ∴N、E、C在同一条直线上， ..CN=NE+CE=6+x, 在Rt△BCN中，BC+BN2=CN2, “6-x2+102=6+x7 解得：X=25 6 族L所t,成数AN的长为号号 5.(1)四边形BEMF是菱形，理由如下： 由折叠的性质可知：∠AEB=∠AEM,EB=EM, MF BE, ∴.∠MFE=∠AEB=∠AEM, ∴.MF=ME=BE, ∴.四边形BEMF是平行四边形， EB=EM, ∴.四边形BEMF是菱形： ②AG=DG,理由如下： ,点E为BC的三等分点， :.BE=-EC, 取EC的中点N, 答案第11页（共2页） EN-GN-EC-BE. 由折叠的性质可知：∠AEB=∠AEM,EB=EM, ∴.EM=EN .∠EMN=∠ENM, .∠BEM=∠AEB+∠AEM=∠ENM+∠EMN, ∴.∠AEM=∠EMN, AE‖GN, ,四边形ABCD是矩形， .AD=BC,AD‖BC, ∴，四边形AENG是平行四边形， ..AG=EN. EN=IBC=IAD, 3 :.AG=1AD, 3 ·AG=号DG; (3)BE=2或18 【分析】(1I)由折叠的性质可知∠AEB=∠AEM,EB=EM,由题意易得 ∠MFE=∠AEB=∠AEM,则有MF=ME=BE,然后根据菱形的判定定理进行求解即可； (2》由题意易得EN=CN=EC=BE,由折叠的性质可知：∠AEB=∠AEM,EB=EM,则有 ∠EMN=∠ENM,然后可得四边形AENG是平行四边形，进而问题可求解： (3)由题意可分：当点M落在矩形内部，当点M落在矩形外部，然后分类进行求解即可. 【详解】(1)略 （2)略 (3)解：由题意可分：当点M落在矩形内部，如图所示： 刀 M 答案第12页（共2页) .四边形ABCD是矩形，AB=6,BC=10, ∴.AD=BC=10,AD‖BC,∠B=90°， ∴.∠AEB=∠DAE, 由折叠的性质可知：∠AEB=∠AEM,EB=EM,∠B=∠AME=90°，AM=AB=6, .∠DAE=∠AEM,∠AMD=90, DE=AD=10,DM=A D2-AM2=8' ∴.ME=ED-DM=2=BE: 当点M落在矩形外部，如图所示： M :四边形ABCD是矩形，AB=6,BC=10, ∴.AB=CD=6,AD=BC=10,ADBC,∠B=∠BCD=90°， .∠AEB=∠DAE,∠DCE=90°， 由折叠的性质可知：∠AEB=∠AEM, .∠DAE=∠AEM, ∴.DE=AD=10, CE=DE2-DC2=8' .∴BE=BC+CE=18 6.(1)解：线段AP与AQ之间的数量关系：AP=AQ 理由：如图，连接AC B D Q ,四边形ABCD是菱形，且∠B=60°， ∴，AB=AD=BC=CD,∠B=∠D=60°， 答案第13页（共2页） ∴.△ABC和△ADC都是等边三角形， ,∠BAC=∠DAC=60°，AB=AD=AC, ,点P是边BC的中点， ·AP⊥BC,∠BMP=∠CAP=∠BAC=30°， 2 .∠PAQ=∠B=60°， ∴.∠CAQ=∠PAQ-∠CAP=60°-30°=30°， ∴.∠DAQ=∠DAC-∠CAQ=60°-30°=30°， .∠CAQ=30°=∠DAQ, .AQ⊥CD, ∴.∠APB=∠AQD=90°， 在△ABP和△ADQ中， ∠B=∠D .∠APB=∠AQD AB-AD ∴.△ABP≌△ADQ AAS, ∴.AP=AQ. (2)解：同意. 理由：如图，连接AC B C ,四边形ABCD是菱形，且∠B=60°， .AB=AD=BC=CD,∠B=∠D=60°， :.△ABC和△ADC都是等边三角形， .∠B=∠ACQ=60°，AB=AC,∠BAC=60°， ∴.∠BAP+∠PAC=60°， .∠PAQ=60°， ∴.∠PAC+∠CAQ=60°， .∠BAP=∠CAQ, 答案第14页（共2页) 在△BAP和△CAQ中 ∠ABP=∠ACQ AB-AC ∠BAP=∠CAQ ∴.△BAP≌△CAQ ASA, ∴.AP=AQ 3)5+6或5-V6 【分析】(1)连接AC,根据菱形的性质，可得AB=AD=BC=CD,根据∠B=60°可得∠D=60°， 根据等边三角形的判定和性质可得∠BAC=∠DAC=60°，AB=AD=AC,根据点P是边BC的中点， 可得AP⊥BC,∠BAP=∠CAP=30°，等量代换可得∠CAQ=30°，∠DAQ=30°，故AQ⊥CD 根据全等三角形的判定和性质可得AP=AQ: (2)连接AC,根据菱形的性质，可得AB=AD=BC=CD,根据∠B=60°可得∠D=60°，根据等边 三角形的判定和性质可得∠B=∠ACQ=60°，AB=AC,∠BAC=60°，等量代换可得 ∠BAP=∠CAQ,根据全等三角形的判定和性质可得AP=AQ: (3)过点A作AE⊥BC于E,连接AC,根据菱形的性质，∠B=60°，可得BC=CD=AB=10,根据 等边三角形的判定可得△ABC是等边三角形，根据勾股定理可得AE=5V3,EP=6,再进一步求解即 可 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：如图，过点A作AE⊥BC于E,连接AC A B< D E ,四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60°，AB=10 ∴.BC=CD=AB=10, ∴.△ABC是等边三角形， ..BE=CE=5, AE=VAB-BE=102-5=53 答案第15页（共2页） ∴.AP=9, EP=AP2-AE-6=EP" BP=5-9V6或BP=5+V6, CP=10-5-V6=5+6或cP=10-5+6=5-6 结合(2)可得：DQ=CP ∴.DQ=5+V6或5-V6】 7.(1)解：四边形ABEF是正方形，理由如下， 由折叠的性质得AB=AE,∠AEF=∠B, ,四边形ABCD是矩形， ∴.∠B=∠BAE=90°， 又：∠B=∠BAE=∠AEF=90°， .四边形ABEF是矩形， 又：AB=AE ∴.四边形ABEF是正方形 (2)EF=3 3)EF的长度为g-27或8+27 【分析】(1)利用对称的性质与矩形的性质求解即可； (2)根据勾股定理求出线段AC的长，再根据对称的性质得到△ABF≌△AEF,设BF=EF=X,再 利用勾股定理求解即可： (3)根据题意将点F在线段BC上和在线段BC的延长线上分两类讨论，根据对称的性质与矩形的性质， 利用勾股定理求解. 【详解】(1)解：见答案 (2)解：由对称的性质得△ABF≌△AEF, 又，四边形ABCD是矩形， .AB=AE=6,BC=AD=8,BF=EF,∠B=∠AEF=90°， 在Rt△ABC中，AB=6,BC=8,AC=VAB2+BC2=10 .CE=AC-AE=10-6=4, 设BF=EF=X,则CF=BC-BF=8-X, 答案第16页（共2页） 在Rt△ECF中，CE+EF2=CF2, 即42+X=8-x解得x=3 .EF=3 (3)解：情况1：当点F在线段BC上，F,E,D三点共线时，如下图所示， D E B 由对称的性质以及矩形的性质， AB=AE=CD=6,AD=BC=8,BF=EF, 在Rt△ADE中，AD=8,AE=6,DE=VAD-AE=2/7 设BF=EF=X,则CF=BC-BF=8-X,DF=2V7+X, 在Rt△DCF中，CF2+CD2=DF2,即|8-x2+62=|2V7+x, 解得x=8-2V7, .EF=8-2P7: 情况2：当点F在线段BC的延长线上，如下图所示， D 由对称的性质以及矩形的性质， AB=AE=CD=6,AD=BC=8,BF=EF, 在Rt△ADE中，AD=8,AE=6,DE=AD2-AE=2V7 设BF=EF=X,则CF=BF-BC=X-8,DF=X-2PV7, 在Rt△DCF中，CF2+CD=DF2,即x-8P+62=x-27, 答案第17页（共2页） 解得x=8+2V7, EF=8+2PV7: 综上所述，EF的长度为8-2V7或8+2V7】 8.(1)方法一：DH=GH.理由如下： 如图，连接EH」 D G ,四边形ABCD是正方形， ∴.∠A=∠D=90」 E是AD的中点， ∴，AE=DE 由折叠，得AE=EG,∠FGE=∠A=90°」 .∠EGH=180°-∠FGE=90°，EG=ED 又.EH=EH, ∴.Rt△EGH≌Rt△EDH HL. ..DH=GH 方法二：DH=GH.理由如下： 如图，连接DG G H B ,四边形ABCD是正方形， ∴.∠A=∠ADC=90°. E是AD的中点， ∴.AE=DE 由折叠，得AE=EG,∠FGE=∠A=90°. .∠EGH=180°-∠FGE=90°，EG=ED 答案第18页（共2页） ∴.∠EGH=∠ADC,∠EGD=∠EDG ∴.∠EGH-∠EGD=∠ADC-∠EDG,即∠DGH=∠GDH. ∴DH=GH. (2)①方法一：EF‖DG.理由如下： 如图，连接AG交EF于点O B 由折叠可知，EF是AG的垂直平分线. ∴.0是AG的中点. E是AD的中点， ∴.OE是△ADG的中位线. .OE‖DG,即EF‖DG 方法二：EFDG.理由如下： E是AD的中点， ..AE=DE 由折叠，得AE=EG,∠AEF=∠GEF ∴.EG=ED,∠AEG=2∠AEF. ∴.∠EGD=∠EDG .∠AEG=∠EGD+∠EDG=2∠EDG. ∴.∠AEF=∠EDG. .EF‖DG 即戏 【分析】(1)构造全等三角形或根据等腰三角形的性质，结合折叠的性质验证结论： (2)①借助中点和折叠的性质，利用中位线的性质得到两直线平行：或证明等腰三角形顶角外角的平分 线与底边平行： ②分AG=BG和AB=BG两种情况计算线段DG的长. 【详解】(1)略 答案第19页（共2页） (2)①略 ②如图，当AG=BG时，点G在边AB的垂直平分线FH上， B 根据题意可知点G是正方形ABCD的对角线交点，得DG=2V2, 当AB=BG时，由AE=EG,BE=BE, ∴.△ABE≌△GBE SSS. 所以∠BGE=∠BAE=90」 因为∠EGH=90°， 所以∠BGE+∠EGH=180° 所以B,G,H三点共线，即点F与点B重合. 如图，连接AG交BE于点O, D G B(F) 则AG⊥BE,OA=OG 由AE=2'AB=4得BE=VAE2+AB=2+4=25 所以0A=ABAE=4×245 BE 255 所以AG=85 5 由(2)，得EF‖DG,即EB‖DG. 因为AG⊥BE, 所以∠AGD=∠AOE=90° 在Rt△ADG中， DG-YAD-AG-14-85 V5 4V5 5 答案第20页（共2页) 9.(1)△ABF是等边三角形，理由如下： ,四边形ABCD是正方形， ∴.∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC ,将正方形纸片ABCD对折后展平，折痕为MN, ,M,N分别为边AB,CD的中点，MN‖AD‖BC, .∴AM=BM,∠AMF=∠BMF=90°， 又.'MF=MF! .∴.△AMF≌△BMF SAS, ∴.AF=BF, 由折叠的性质，得FB=AB, ∴.AB=BF=AF, ∴.△ABF是等边三角形： (2)17 【分析】1证明△AMF≌△BMF SAS),得到AF=BF,由折叠的性质得FB=AB,即得到 AB=BF=AF,即可求证： 2过点P作PQ⊥BE于点Q,先证明Rt△BPF≌Rt△BPC(HL,得到∠PBF=∠PBC,即得到 ∠EBP=∠FBE+∠PBF=号∠ABC=45°，即得BQ=PQ,再根据勾股定理可得BQ=PQ=12, EQ=PE-PQ=5'进而根据线段的和差关系即可求解： 3分点P在线段DN上和点P在线段CN上，分别画出图形，利用正方形和折叠的性质、勾股定理解答即 可求解。 【详解】(1)略 (2)解：如图，过点P作PQ⊥BE于点Q, E D M 答案第21页（共2页） ,四边形ABCD是正方形， ∴.AB=BC,∠A=∠ABC=∠C=90°， 由折叠的性质，得FB=AB,∠BFE=∠A=90°，∠FBE=∠ABE, .BF=BC,∠BFP=90°=∠C, 又，BP=BP, .Rt△BPF≌Rt△BPC HL, ∴.∠PBF=∠PBC, ∠EBP=∠FBE+∠PBF=)∠ABC=45O .PQ⊥BE, ∴.∠BQP=∠PQE=90°， ∴.∠BPQ=45°， ∴BQ=PQ, 在Rt△BQP中，BP2=288,根据勾股定理，得BQ+PQ=BP2, .BQ=PQ=12, 在Rt△PQE中，PE=13'PQ=12根据勾股定理，得EQ=/PE-PQ=132-12=5 .BE=BQ+EQ=12+5=17: (3)解：当点P在线段DN上时，如图， D M B AB=8, ∴.CD=AD=8, :.CN=DN=-CD=4, PN=2, .DP=4-2=2,CP=4+2=6, 由2知，Rt△BPF≌Rt△BPC, ∴FP=CP=6. 答案第22页（共2页） 又由折叠的性质，得AE=FE, 设AE=FE=X,则DE=8-x,PE=X+6, 在Rt△EDP中，DE2+DP2=PE2, 8-x2+2=x+6P 部符x号 ..AE= > 当点P在线段CN上时，如图， E 同理可得AE=24」 8 综上，AE的长为号或 10.(1) 解：四边形CDBE为菱形.理由如下： ,线段DC平移至线段BE, ∴.DCBE,DC=BE, ∴.四边形CDBE是平行四边形， .'在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点， ∴.CD=AD=BD, ∴.口CDBE为菱形. (2) ①DF=AE,理由如下： 由旋转得∠ABF=C,BA=BF, :∠BAF=∠BFA=180°-a 2 .∠BAF=∠BAC, 答案第23页（共2页) .∠BAC=180°-a 2 AD=CD, .∠ACD=∠BAC=180°-Q .∴.∠CDB=∠ACD+∠BAC=180°-， 四边形CDBE为菱形， ∴.BE=BD,CD‖BE, ..∠CDB+∠ABE=180°， .∴.∠ABE=a=∠ABF, 又.'BA=BF,BE=BD, .'.△ABE≌△FBD SAS, ∴.DF=AE ②AM=410t4y10 3或 5 【分析】(1)利用平移的性质可得四边形CDBE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边 的一半可得CD=AD=BD,即可得到结论： (2)①根据旋转的性质以及菱形的性质证明△ABE≌△FBD(SAS即可解答.②分BA顺时针旋转 90°和BA逆时针旋转90°两种情况，分别画出图形，根据菱形的性质、相似三角形的判定与性质求解即 可 【详解】(1)略 (2)①略 ②a..AC=BC,∠ACB=90°. .∠ABC=∠BAC=45°， .口CDBE为菱形， ∴.∠ABC=∠CBE=45°， ∴.∠DBE=∠CBD+∠CBE=90°，即AB⊥BE, 由上述证明得到，∠ABE=∠FBD=90°， 由旋转得到，△ABF为等腰直角三角形， ∴.当BA绕B顺时针旋转90时，如图：过点E作EH⊥AC交AC的延长线于点H, 答案第24页（共2页） D B ,点D是AB的中点，AC=BC=4, ÷∠CDB=90,∠ACD=∠DCB=3∠ACB=45°，CD=号AB, 由(1)可得：口CDBE为菱形， ,∠DCE=90°，则四边形CDBE为正方形， .∠HCE=180°-∠DCE-∠ACD=45°， ,EH⊥AC, ∴△CEH是等腰直角三角形， ,D是AB的中点，∠ACB=90°， .CD-AB-CE=BD.BF-AB, ..AC=BC=4. 六AB=AC2+BC2=42 .CD-AB-CE-BD-22,BF-AB-4V2. .CH-EH-CE-2.AH-AC+CH-6.AF-A+BF-8. .'∠DBF=90°，∠ADM=∠FDB, .∠AMD=∠DBF=90°，即DF⊥AE, .∠AFB=∠CAB=45°， .∠AFB-∠BFD=∠CAB-∠BAE,即∠AFM=∠CAE, ,∠AFM=∠EAH,∠AMF=∠AHE=90°， ∴.△FAM一△AEH, 器0受 6 2 .FM=3AM. 在Rt△AFM中，由勾股定理得AM+FM2=AF2, 答案第25页（共2页） AM2+3AM=82,解得：AM=410 5 (负值舍去)： b.由①可得∠ABE=∠ABF=90°，如图：当BA绕B顺时针旋转270°时，相当于绕B逆时针旋转90°， 点F在AC的延长线上，连接DE, :AC=BC=4且∠BAF=∠BAC=45°，口CDBE为菱形， “四边形CDBE为正方形， ∴△BCF是等腰直角三角形， ..AF=8,AB=BF=4V2, 由(2)①可知△ABE≌△FBD, ..BD=BE, AD=BD, E=F=22, .DE为△ABF的中位线， ∴DE‖AB,DE=AF=4, 2 .△DEM一△FAM, AM=AE=2,即AM=2ME, ME DE w号A, 在RL△ABE中，AE=√BE2+AB2=2V1O AM=2AE=410 3 3 综上.线段AM的长度为410或4/10 5或 31 答案第26页（共2页） 11.(1) 解：四边形CDHF是正方形，证明如下： ,四边形ABCD是矩形， ∴.∠ADC=∠DCB=90°，AB=CD, ,MN是线段CE的垂直平分线， ∴MFC=90,CF=CE. ∴四边形CDHF是矩形， .CE=2AB ∴.CD=AB=CF, 略 .四边形CDHF是正方形： (2) 解：CD=3HG,理由如下： 连接BG, M (E)A B ,四边形ABCD是矩形， ∴.∠ABC=∠BAD=90°，AB=CD, .CE=2AB,点E与点A重合， ..AC=2AB ,MN是线段CE的垂直平分线， ∴.∠AGH=90°，点G是AC中点， ..BG=AG=1AC=AB. .△ABG是等边三角形， ∴.∠BAG=60° ∴.∠GAH=∠BAD-∠BAG=30°， 答案第27页（共2页） 在直角△AGH中，∠GAH=30°， ∴.AH=2HG, 由勾股定理可得，AG=VA-HG=2HG-HG=3HG .AG=AB=CD. ..CD=3HG; (3)10或50或70 【分析】(1)由垂直平分线的性质和矩形的性质可证明四边形CDHF是矩形，结合CE=2AB,可判定 四边形CDHF是正方形： (2)根据含有30°的直角三角形的性质进行证明即可： (3)根据点F在BC上的位置分三类讨论，结合(2)中的结论可得，AC=CE,FC=FE,结合等腰三 角形的性质和三角形内角和定理，计算出∠AEC即可. 【详解】(1)略 （2)略 (3)解：①当点F在线段BC上时，如图，设∠AEC=X, M B 由(2)可知，∠BAC=60°，AC=2AB, .∠BCA=90°-∠BAC=30°， .CE=2AB ∴，在点E运动的过程中，CE始终等于AC, ∴.∠EAC=∠AEC=X, .∠ACE=180°-∠AEC-∠EAC=180°-2x, .FN垂直平分CE, ∴FE=FC, .∠AEC=∠ECF=X, 答案第28页（共2页） .∠BCA=∠ACE-∠ECF=30°， .180°-2x-X=30°， 解得，x=50°： ②当点F在线段CB的延长线上时，如图，设∠AEC=X, A F M CE=CA, ∴.∠AEC=∠EAC=X, .∠ACE=180°-∠AEC-∠EAC=180°-2x, ,FN垂直平分CE, ∴FE=FC, ∴.∠AEC=∠BCE=X, .∠BCA=30°， .x-180°-2x=30°， 解得，x=70°； ③当点F在线段BC的延长线上时，如图，设∠AEC=X, D B .AC=CE, ∴.∠AEC=∠EAC=X, ∴.∠ACE=180°-2x, .FC=FE, .∠AEC=∠FCE=x, .∠ACF=180°-∠BCA=150°， .180°-2x-x=150°， 答案第29页（共2页) 解得，x=10°： 综上所述，∠AEC=10或50°或70°. 【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的 性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题关键 12. (I)解：四边形BEDF是菱形， 理由如下： 由折叠可知EF是BD的垂直平分线， ∴.EB=ED,FB=FD,EF⊥BD ∴.∠EBD=∠EDB, 四边形ABCD是矩形， .AD BC, ∴.∠FBD=∠EDB, .∴.∠EBD=∠FBD, ∠EBD=∠FBD 在△EBP和△FBP中， BP=BP EPB=∠FPB=90 .∴.△EBP≌△FBP, ∴.EB=FB, .∴EB=ED=FB=FD ∴四边形BEDF是菱形： (2)解：EF‖CM,EF=CM 理由如下：由折叠可知知 EF是BD的垂直平分线， .FB=FD,EF⊥BD, .∴.∠BPF=90°， 又：点F为BC中点， ∴.FB=FB=FC, .∴.∠FBB=∠FBB,∠FBC=∠FCB, 在△BBC中，∠BBC+∠BCB+∠BBC, .∴.∠FBB+∠FBB+∠FBC+∠FCB=180°， 答案第30页（共2页) ∴.∠FBB+∠FBC=90, ∴.∠BBC=90, .∠BPF=∠BBC, .EF‖CM, .四边形ABCD是矩形， ∴.AD‖BC, ∴.四边形EFCM是平行四边形， .∴.EF=CM, ∴.EFCM,EF=CM: 3)02 ®4,6， 【分析】（①）由折叠的性质可知EB=ED,FB=FD,EF⊥BD,由矩形的性质可知∠EBD=∠FBD, 可证△EBP≌△FBP,根据全等三角形的性质可证EB=ED=FB=FD,根据菱形的判定定理可证四 边形BEDF是菱形： (2)由折叠的性质可证FB=FB=FC,根据等边对等角可证∠FBB=∠FBB,∠FBC=∠FCB, 根据三角形内角和定理可证∠BBC=90°，由折叠的性质可得EF‖CM,从而可知四边形EFCM是平 行四边形，根据平行四边形的性质可证结论成立： (3)①根据直角三角形的两个锐角互余可证∠DCM=∠CBD,又因为∠CDM=∠BCD=90°，可证 △DCM一△CBD。根据相似三角形的佳质可以求出DM-互、根据线段之间的关系可以床AE的长 度； ②根据等腰三角形的性质，分为当FG=FQ时、当GF=GQ时，当QF=GQ时，三种情况求解. 【详解】(1)略 (2)略 (3)①解：.四边形ABCD是矩形，AB=V5,AD=2V5, .BC=AD=25,AB=CD=5. 点F是BC的中点， .'BF=CF=5 由折叠可知∠BPF=90°， 答案第31页（共2页） 由(2)可知EF‖CM, ∴.∠BBC=∠BPF=90°， .∴.∠DCM=∠CBD=90°-∠BCB, 又，'∠CDM=∠BCD=90, ∴.△DCM一△CBD, DM CD 5 1 ·CDBC2V52' DM=ICD=5 2 2 AE-AD-EM-DM-285-85-85-5 2 2 ②解：如下图所示， 由平移可知GQ‖BC, ∴.四边形BGFQ是平行四边形， ∴.GQ=BF=V5,BG=FQ, 当FG=FQ时， 可得BG=FG=FQ, 过点G作GL⊥BF于点L, A B D :BL=FL=IBF=15, 2 ·tan∠GBL=GL=DC-1 BL BC2 G-86, +1 2 ..BG=BL2+GL2 _5, 4 4 .平移的距离是4 答案第32页（共2页) 如下图所示， 当GF=GQ时， D A B (G分 可得：GF=GQ=BF=BF=5, ∴点G与点B重合， 在Rt△BPF中，tan∠FBP=PF-CD=L BP BC 2 设PF=a,则BP=2a, 在Rt△BPF中，BP2+PF2=BF2, .a2+2a2=R5}, 解得：a=1, 即PF=1, .∴.BP=2PF=2, .∴.BG=2BP=4, .平移的距离是4： 如下图所示， 当QF=GQ时，BG=FQ=V5, G .平移的距离是5： 综上所述，平移的距滨为政4或行 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、平移的性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三 角形、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理，本题的综合性较强，难度较大，解决本题的 关键是根据图形的性质找边、角之间的关系 答案第33页（共2页） 13.(1)DE=DE, 证明：如图，连接CE, E D D' ABCD ABCD B B C 四边形 与四边形 都是矩形， .∴.∠ADC=∠CDE=90°， ∴.∠CDE=180°-90°=90°，即ㄥCDE=∠CD'E. 由旋转可知：CD=CD, 又.'CE=CE .∴.Rt△CDE≌Rt△CD EHL ∴.DE=DE (2)证明：如图，连接AC, D A'(E) B' D C 图② 由旋转可知：AC=AC, .四边形ABCD是矩形， .AD‖BC,AD=BC,∠ADC=90°. 又.AC=AC,CD⊥AA, ∴AD=AD, .∴.AD=BC. AD‖BC,AD=BC .∴.四边形ADBC是平行四边形 答案第34页（共2页） (3)1或g 【分析】()通过连接公共边CE构造两个三角形，利用矩形的直角性质和邻补角关系证明两个三角形 均为直角三角形，结合旋转前后对应边相等的性质，用HL定理证明两个三角形全等，即可证明结论， (2)连接AC,利用旋转性质得到AC=AC,结合矩形的性质和等腰三角形三线合一的性质，从而推出 AD=BC,最终由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得出结论 (3)根据三点共线的两种相对位置分类讨论，利用旋转性质得到对应边、对应角相等，结合矩形对边相 等推出直角三角形，用勾股定理计算BD的长度，再根据线段的和差关系分别求出两种情况下AD的长 度 【详解】(1)略. (2)略. (3)解：①当点A、B在CD的同侧时，如图3， D 小 B BC=BC=3 AB=A B=5 D 图3 根据旋转的性质可得， ∠ABC=∠ABC=90°， ∴.∠DBC=90°， 在Rt△DBC中，BD=CD2-BC-5-3=4 ∴.AD=AB+BD=5+4=9. ②当点A、B在CD的异侧时，如图4， E D D BC=3CD=5∠DBC=90°BD=4 B 图4 同理可得， 答案第35页（共2页） .∴.AD=AB-BD=5-4=1. 综上，AD的值为1或9 14.(1) BE=k,BE⊥DG,理由如下： D ,四边形ABCD,AEFG是长方形， ∴.∠BAD=∠EAG=90°， ∴.∠BAD-∠EAD=∠EAG-∠EAD,∠ADB+∠ABD=90°， ∴.∠BAE=∠DAG AE=AB=k, AG AD ∴.△BAE一△DAG, BE=ABk,∠ADG=∠ABD, ∴.∠ADB+∠ADG=∠ADB+∠ABD=90°，即∠BDG=90°， ∴.DG⊥BE, BE=k. DG (2） ①证明：如图1所示，当E在线段BD上时： B B 图1 图2 ②3+3*3-3 2或 2 【分析】(I)根据已知可得△BAE一△DAG,进而得到结论： (2)①分当E在线段BD上或当E在线段BD的延长线上两种情况进行讨论，根据长方形的性质和直角三 角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得AO=DO: ②先根据当△AOD等腰直角三角形时，求得EG、BD,再根据△BAE一△DAG,得到. BE=AB-3,不妨设DG=X,则BE=3x,然后分当E在线段BD上或当E在线段BD的延长线上两 DG AD 答案第36页（共2页） 种情况进行讨论，先表示出DE,然后在Rt△DEG中，利用勾股定理建立方程，即可解答. 【详解】(1)略 (2)①.四边形AEFG是长方形 AF-EG,AO=FO-AF,EO-GO-EG. 2 A0-号Ec, 由(1)得：DG⊥BE, ∴.∠GDE=90, 在Rt△GDE中，∠GDE=90°，O为EG的中点， :.DO=1EG, 2 ..AO=DO, ∴△AOD为等腰三角形， 如图2所示，当E在线段BD上的延长线上时： ,四边形ABCD,AEFG是长方形， ∴.∠BAD=∠EAG=90°， ∴.∠BAD+∠EAD=∠EAG+∠EAD, .∠BAE=∠DAG, AE=AB-k. ·AGAD ∴.△BAE一△DAG, .∠ADG=∠ABD, ∴.∠ADB+∠ADG=∠ADB+∠ABD=90°， 即∠BDG=90° ∴∠GDE=90°， ∴△GDE是直角三角形， 在矩形AEFG中，A0=号AF=号EG,在Rt△GDE中，O为EG的中点， 2 2 :.OD=1EG=OA, △AOD为等腰三角形， 综上，△AOD始终为等腰三角形. 答案第37页（共2页） ②解：能，BE的长3+5或3-83 2 2 当△AOD成为直角三角形， 由①可知，△AOD为等腰三角形， ..OA=OD,AD=1. .∠OAD=∠ODA=45° .∴.OA=OD= AD- 2 2 ..EG=20D=2, ,△BAE一△DAG, 既侣啊 ∴.不妨设DG=X,则BE=3x, :在长方形ABCD中，AB=V3,AD=1,∠BAD=90 BD=AB2+AD2=2 ∴.如图，当E在线段BD上时，DE=BD-BE=2-5X, ,DG⊥BE, :.DE2+DG2=EG2, 2-93x2+x2=2, 3+1 2 (舍），x2= 3-1 2 BE=3DG=3-3 2 如图，当E在线段BD上的延长线上时，DE=BE-BD=V3X-2, 答案第38页（共2页） .DG⊥BE, ..DE2+DG2=EG2, 3x-22+x2=只2， 2 ·BE=3DG=3+3 2 B长3a3 2 【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的性质及判定、直角三角形的性质，等腰三角形的判定、 勾股定理等知识点，解题的关键是相似三角形的性质及判定的应用， 15. (1)①四边形EFMB为菱形，理由如下： 连接BF, 0 CE 图1 将矩形沿 所在直线翻折， ∴.CE垂直平分BF,∠BEC=∠FEC, ∴.BE=EF,BM=MF, .'FM‖BE, .∴.∠BEM=∠EMF, ∴.∠FEM=∠FME, ∴.EF=MF, 答案第39页（共2页） .∴.EF=MF=BE=BM, ∴.四边形EFMB为菱形： ②128-327 -或 3 2)AE的长为839-34t8/15-2 5 7 【分析】本题主要考查了矩形与折叠、菱形的判定、勾股定理、相似三角形的判定和性质等内容，熟练 掌握相关知识是解题的关键。 (1)①由折叠易得∠BEC=∠FEC,由平行可得∠BEM=∠EMF,进而得到∠FEM=∠FME, 所以EF=MF=BE=BM,据此得解： ②由折叠可知CF=CB=8,利用勾股定理可得DF=2V7,进而可知AF=8-2V7,然后在Rt△AEF 中利用勾股定理建立方程求解即可： (2)分类讨论，当点F在AD上方或者下方时，利用一线三垂直相似求解即可. 【详解】解：(1)①略 ②如图， ,在矩形ABCD中，AB=6,BC=8. .CD=AB=6,AD=BC=8,∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°， 折叠， ∴.CF=CB=8,BE=EF,∠CFE=∠ABC=90°， :.在Rt△CDF中，DF=CF2-CD=27 ∴.AF=AD-DF=8-27, 设BE=EF=X,则AE=6-X, 在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2, .6-x2+8-27}=x2, 解得x=32-87 3 ·菱形EFBM的周长=4X=128-32/7 3 (2)设F点到AD的距离为h, 答案第40页（共2页) 则：出题可如5n-方AD-h=4. .AD=8, .h=1: 当点F在AD下方时，如图，过点F作GH‖AD, D E B 则∠FGE=∠A=90°，∠CHG=∠D=90°，AG=DH=1, ∴.CH=BG=5, 在Rt△CFH中，FH=VCF2-CH=y391 设BE=EF=X,则EG=5-x, .:∠CFE=∠CBE=90°， .∴.∠GEF=∠CFH=90°-∠GFE, .'∠FGE=∠FHC=90°， ∴.△FGE~△CHF, 盟即5 GE_FH 解得x=64-839 5 .AE=6-X=8/39-34 5 当点F在AD上方时，如图，过点F作GH‖AD, ---:H D E B 则AG=DH=1, ∴.CH=BG=7, 在Rt△CFH中，FH=VCF2-CH=/15 答案第41页（共2页） 设BE=EF=X,则EG=7-x, .·∠CFE=∠CBE=90, ∴.∠GEF=∠CFH=90°-∠GFE, .'∠FGE=∠FHC=90°， ∴.△FGE~△CHF, .GE=FH EFCF,即 7-x_V15 x 8 解得x=64-815 7 AE=6-X=8V15-22 7 综上，AE的长 8V39-34或8V15-22 5 7 16.(1)菱形： 证明：：EO‖AB,口ABCD中AD‖BC, ∴四边形ABEO是平行四边形， ,点E是BC边的中点， ∴.BC=2BE, ,口ABCD中，AD=BC=2AB, ∴.AB=BE, ∴.口ABEO是菱形： (2)0AE=3EG 理由如下： 延长AG,DC交于点M, AB‖DC, .△ABE一△MCE, E是BC中点， ∴BE=CE 贺8器品1，：w 即：AE=EM,AB=CM 答案第42页（共2页) BF -BE=1. 同理：CDCE 即：BF=CD, AB CD .△AFG一△MCG, 部哥 AF=AB+BF=2AB=2CM AG=AF =2即：AG=2GM=2AM GM CM 3 1 AE-交AM ·AG2AM 3即： AE=3 41 EG 3 ..AE=3EG: B G e时 【分析】(1)先证明四边形ABEO是平行四边形，再通过论证AB=BE,得到口ABEO是菱形； (2》①利用△ABE-△MCE可得AE=号AM,利用△AFG-△MCG可得AG=2GM=号AM,进 3 而可得AE=3EG;②分∠DCG=90°，∠DGC=90°两种情况讨论即可. 【详解】(1)略： (2)①略： ②当∠DCG=90时， AB‖DC, ∴.∠BFC=180°-∠DCG=90°， .AD=BC=2AB=2CD=2BF, sin∠BcP-2即∠BF=30 答案第43页（共2页) ∴.∠CBF=90°-∠BCF=60°， AD‖BC, ∴.∠BAD=60°， .AF=AB+BF=2AB=AD,DE=EF, .AE平分∠BAD, ∠DAE=∠BAD=30°，AE⊥DP, AE=tan 4 DAE=3 DE 当∠DGC=90°时，延长AG,DC交于点M,连接DG, 08语盟1，部瓷号 EM CE CM ∴.AE=EM, .AF=AB+BF=2AB. ..AD=AF, E是BC边的中点， ∴AE垂直平分DF, ..DG=FG, ,∠DGC=90°， ∴.∠GDF=∠DFG=45°， 设EG=X,AE=EM=3x, ∠DEG=90°， ∴.DE=EG=X, .DE_x=1 AE 3x 3 答案第44页（共2页） 17.(1) 解：乙=CF,理由如下：如图所示， G D 2 F 图1 .四边形ABCD是矩形， .AD‖BC,AD=BC, .∠1=∠2， 由折叠可得，∠2=∠3，BF=DF, .∠1=∠3， ∴DE=DF, ..BF=DE, .AD=BC. ∴.AD-DE=BC-BF,即AE=CF, 由折叠可得，AE=之式， ∴GE=CF」 80兰号 7 2 【分析】(1)矩形的性质和折叠的性质即可得出U=CF: (2)①由折叠可得，CM垂直平分BH于点N,进而得出△BCN一△BDC,结合勾股定理即可求出DH 的长；②将矩形ABCD沿着平行于CM的直线PQ继续折叠，如图所示，矩形ABCD与矩形GHSK关于 PQ对称，即矩形ABCD与矩形GHSK是全等图形，可得出△DGH2△KAB,△DGH是等腰三角形 等价于△KAB是等腰三角形，然后分类讨论即可. 答案第45页（共2页) 【详解】(1)略 (2)解：①，四边形ABCD是矩形， .∠BCD=90, ..AB=CD=6,BC=8, 六BD=VBC2+CD=V8+6=10 由折叠可得，CM垂直平分BH于点N, ∴.∠BNC=90°，BN=HN, ,∠CBN=∠CBD,∠BNC=∠BCD=90°， .△BCN△BDC, BN BC ·BCBD 即BN、8 810 BW=32 ..BH=2BN=64 ∴.DH=BH- BD=64-10=14 5 5 ②将矩形ABCD沿着平行于CM的直线PQ继续折叠，如图所示，矩形ABCD与矩形GHSK关于PQ对称， 即矩形ABCD与矩形GHSK是全等图形，点A对应点G,点B对应点H,点C对应点S,点D对应点K, 连接AK, G 9 MP D R B 血对称可得，△DGH≌△KAB,D0=K0=号KD,D01PQ,点D到PQ的距离即为D0的长度， ∴.△DGH是等腰三角形，即△KAB是等腰三角形， 当AB=BK=6时， 答案第46页（共2页） D0=KD=BD-BK=3×10-6=2, 当AK=BK时，由矩形的对角线相等且互相平分可得，此时K为BD中点， D0=KD=2BD-BK=3×10-51=号 当AB=AK=6时，过点A作AR⊥BD, ∴BK=2BR 由三角形的面积公式可得，AR=AB×AD_6×8_24 BD105 DR-VA8-AR-- BK=2BR=36, D0-号KD-D-BK=×10--号 55 综上：点D到P0的距实为2或号号 答案第47页（共2页）