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9. 如图,在矩形ABCD中,点M在DC上,MA=AB,且BN⊥AM于点N。
(1)求证:△MAD≌△ABN；
(2)若AD=2,AN=4,求四边形BCMN的面积。
(1)求证:△MAD≌△ABN；
(2)若AD=2,AN=4,求四边形BCMN的面积。
答案
9.(1)证明:
∵BN⊥MA于点N,
∴∠ANB=90°。
∵四边形ABCD是矩形,
∴DC//AB,∠D=90°,
∴∠AMD=∠BAM,∠D=∠ANB=90°。
在△MAD和△ABN中,
$\begin{cases}∠D=∠ANB, \\∠AMD=∠BAN, \\MA=AB,\end{cases}$
∴△MAD≌△ABN(AAS)。
(2)解:
∵△MAD≌△ABN,AN=4,
∴MD=AN=4。
∵∠D=90°,AD=2,
∴在Rt△ADM中,由勾股定理,得
$MA=\sqrt{AD^2+MD^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$。
∵MA=AB,
∴AB=MA=2√5,
∴$S_{四边形BCMN} = S_{矩形ABCD} - S_{△ABN} - S_{△MAD} = S_{矩形ABCD} -2S_{△ADM}=AD·AB-2×\frac{1}{2} AD·MD=2×2\sqrt{5}-2×\frac{1}{2}×2×4=4\sqrt{5}-8$,
∴四边形BCMN的面积为$4\sqrt{5}-8$。
∵BN⊥MA于点N,
∴∠ANB=90°。
∵四边形ABCD是矩形,
∴DC//AB,∠D=90°,
∴∠AMD=∠BAM,∠D=∠ANB=90°。
在△MAD和△ABN中,
$\begin{cases}∠D=∠ANB, \\∠AMD=∠BAN, \\MA=AB,\end{cases}$
∴△MAD≌△ABN(AAS)。
(2)解:
∵△MAD≌△ABN,AN=4,
∴MD=AN=4。
∵∠D=90°,AD=2,
∴在Rt△ADM中,由勾股定理,得
$MA=\sqrt{AD^2+MD^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$。
∵MA=AB,
∴AB=MA=2√5,
∴$S_{四边形BCMN} = S_{矩形ABCD} - S_{△ABN} - S_{△MAD} = S_{矩形ABCD} -2S_{△ADM}=AD·AB-2×\frac{1}{2} AD·MD=2×2\sqrt{5}-2×\frac{1}{2}×2×4=4\sqrt{5}-8$,
∴四边形BCMN的面积为$4\sqrt{5}-8$。
解析
【分析】
(1) 要证明△MAD≌△ABN，先从已知条件找对应相等的角和边：矩形ABCD的性质可得∠D=90°、DC//AB，因此推出∠AMD=∠BAN；由BN⊥AM可得∠ANB=90°，即∠D=∠ANB，再结合已知MA=AB，满足AAS全等判定条件，即可完成证明。
(2) 四边形BCMN是不规则图形，用割补法求解更简便：用矩形ABCD的面积减去△ADM和△ABN的面积即可。首先由全等性质得MD=AN=4，在Rt△ADM中用勾股定理求出AM的长度即AB的长度，再分别计算矩形和两个三角形的面积，代入作差即可得到结果。
【解析】
(1) 证明:
∵BN⊥MA于点N,
∴∠ANB=90°。
∵四边形ABCD是矩形,
∴DC//AB,∠D=90°,
∴∠AMD=∠BAM,∠D=∠ANB=90°。
在△MAD和△ABN中,
$\begin{cases}∠D=∠ANB, \\∠AMD=∠BAN, \\MA=AB,\end{cases}$
∴△MAD≌△ABN(AAS)。
(2) 解:
∵△MAD≌△ABN,AN=4,
∴MD=AN=4。
∵∠D=90°,AD=2,
∴在Rt△ADM中,由勾股定理,得
$MA=\sqrt{AD^2+MD^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$。
∵MA=AB,
∴AB=MA=$2\sqrt{5}$,
∴$S_{四边形BCMN} = S_{矩形ABCD} - S_{△ABN} - S_{△MAD} = S_{矩形ABCD} -2S_{△ADM}=AD·AB-2×\frac{1}{2} AD·MD=2×2\sqrt{5}-2×\frac{1}{2}×2×4=4\sqrt{5}-8$。
【答案】
(1) 已证明△MAD≌△ABN；(2) 四边形BCMN的面积为$4\sqrt{5}-8$。
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，第一问结合矩形性质即可找到全等所需的对应相等关系，难度较低；第二问通过割补法将不规则图形面积转化为规则图形的面积差求解，考查了知识的灵活运用能力，掌握基础性质和常用的面积求解方法即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△MAD≌△ABN，先从已知条件找对应相等的角和边：矩形ABCD的性质可得∠D=90°、DC//AB，因此推出∠AMD=∠BAN；由BN⊥AM可得∠ANB=90°，即∠D=∠ANB，再结合已知MA=AB，满足AAS全等判定条件，即可完成证明。
(2) 四边形BCMN是不规则图形，用割补法求解更简便：用矩形ABCD的面积减去△ADM和△ABN的面积即可。首先由全等性质得MD=AN=4，在Rt△ADM中用勾股定理求出AM的长度即AB的长度，再分别计算矩形和两个三角形的面积，代入作差即可得到结果。
【解析】
(1) 证明:
∵BN⊥MA于点N,
∴∠ANB=90°。
∵四边形ABCD是矩形,
∴DC//AB,∠D=90°,
∴∠AMD=∠BAM,∠D=∠ANB=90°。
在△MAD和△ABN中,
$\begin{cases}∠D=∠ANB, \\∠AMD=∠BAN, \\MA=AB,\end{cases}$
∴△MAD≌△ABN(AAS)。
(2) 解:
∵△MAD≌△ABN,AN=4,
∴MD=AN=4。
∵∠D=90°,AD=2,
∴在Rt△ADM中,由勾股定理,得
$MA=\sqrt{AD^2+MD^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$。
∵MA=AB,
∴AB=MA=$2\sqrt{5}$,
∴$S_{四边形BCMN} = S_{矩形ABCD} - S_{△ABN} - S_{△MAD} = S_{矩形ABCD} -2S_{△ADM}=AD·AB-2×\frac{1}{2} AD·MD=2×2\sqrt{5}-2×\frac{1}{2}×2×4=4\sqrt{5}-8$。
【答案】
(1) 已证明△MAD≌△ABN；(2) 四边形BCMN的面积为$4\sqrt{5}-8$。
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，第一问结合矩形性质即可找到全等所需的对应相等关系，难度较低；第二问通过割补法将不规则图形面积转化为规则图形的面积差求解，考查了知识的灵活运用能力，掌握基础性质和常用的面积求解方法即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
10.【综合与实践】已知矩形纸片ABCD，点F在边DC上，将$△ ADF$沿AF折叠，使点D落在BC边上的点E处，然后将矩形纸片ABCD展开并铺平。
(1)如图①，过点E作$EG // DC$交AF于点G，连接DG，EF，判断四边形EFDG的形状，并证明；
(2)如图②，点N在AF上运动，连接DN，再次折叠矩形纸片，使点D与点N重合，折叠线交FC于点M，且$NM // AE$，将该纸片展开并铺平，连接EN，若$AB=6$，$BC=10$，求DN的长。
(1)如图①，过点E作$EG // DC$交AF于点G，连接DG，EF，判断四边形EFDG的形状，并证明；
(2)如图②，点N在AF上运动，连接DN，再次折叠矩形纸片，使点D与点N重合，折叠线交FC于点M，且$NM // AE$，将该纸片展开并铺平，连接EN，若$AB=6$，$BC=10$，求DN的长。
答案
10.解:(1)四边形EFDG是菱形。证明如下:
∵将△ADF沿AF折叠,使点D落在BC边上的点E处,
∴EG=GD,EF=FD,∠DFG=∠EFG。
∵EG//DC,
∴∠EGF=∠DFG,
∴∠EGF=∠EFG,
∴EG=EF,
∴EG=EF=GD=FD,
∴四边形EFDG是菱形。
(2)如图,连接DE。
∵四边形ABCD是矩形,AB=6,
∴∠ADC=∠DCE=∠B=90°,
DC=AB=6。
∵将△ADF沿AF折叠,使点D落在BC边上的点E处,BC=10,
∴∠AEN=∠ADN,DN=EN,AE=AD=BC=10。
在Rt△ABE中,由勾股定理,得
$BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$,
∴EC=BC-BE=2。
在Rt△DCE中,由勾股定理,得
$DE=\sqrt{DC^2+EC^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$。
∵∠ADN+∠NDC=∠ADC=90°,
∴∠AEN+∠NDC=90°。
∵再次折叠后,点D与点N重合,折叠线交FC于点M,且NM//AE,
∴DM=NM,∠AEN=∠ENM,
∴∠NDC=∠MND,
∴∠ENM+∠MND=90°,
∴∠END=90°。
在Rt△END中,由勾股定理,得
$DN^2+EN^2=DE^2$,
即$2DN^2=(2\sqrt{10})^2$,
∴$DN=2\sqrt{5}$,
∴DN的长为$2\sqrt{5}$。
解析
【分析】
(1) 要判断四边形EFDG的形状，先结合折叠性质分析：折叠△ADF得到△AEF，可得对应边相等、对应角相等，即$GD=EG$，$FD=EF$，$∠ DFG=∠ EFG$；再结合$EG// DC$，可得内错角$∠ EGF=∠ DFG$，等量代换推出$EG=EF$，即可得四条边相等，从而判定四边形为菱形。
(2) 求DN的长，首先利用矩形和第一次折叠的性质：矩形对边相等、四个角为直角，折叠得$AE=AD=10$，先在$Rt△ ABE$中用勾股定理求出$BE$，进而得到$EC$，再在$Rt△ DCE$中求出$DE$的长度；之后结合第二次折叠的性质得$DN=EN$，$∠ ADN=∠ AEN$，再由$NM// AE$和折叠的性质推导角的关系，得到$∠ END=90°$，最后在$Rt△ END$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 四边形EFDG是菱形。证明如下:
∵将$△ ADF$沿AF折叠,使点D落在BC边上的点E处,
∴$EG=GD$,$EF=FD$,$∠ DFG=∠ EFG$。
∵$EG// DC$,
∴$∠ EGF=∠ DFG$,
∴$∠ EGF=∠ EFG$,
∴$EG=EF$,
∴$EG=EF=GD=FD$,
∴四边形EFDG是菱形。
(2) 如图,连接DE。
∵四边形ABCD是矩形,$AB=6$,
∴$∠ ADC=∠ DCE=∠ B=90°$,
$DC=AB=6$。
∵将$△ ADF$沿AF折叠,使点D落在BC边上的点E处,$BC=10$,
∴$∠ AEN=∠ ADN$,$DN=EN$,$AE=AD=BC=10$。
在$Rt△ ABE$中,由勾股定理,得
$BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$,
∴$EC=BC-BE=2$。
在$Rt△ DCE$中,由勾股定理,得
$DE=\sqrt{DC^2+EC^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$。
∵$∠ ADN+∠ NDC=∠ ADC=90°$,
∴$∠ AEN+∠ NDC=90°$。
∵再次折叠后,点D与点N重合,折叠线交FC于点M,且$NM// AE$,
∴$DM=NM$,$∠ AEN=∠ ENM$,
∴$∠ NDC=∠ MND$,
∴$∠ ENM+∠ MND=90°$,
∴$∠ END=90°$。
在$Rt△ END$中,由勾股定理,得
$DN^2+EN^2=DE^2$,
即$2DN^2=(2\sqrt{10})^2$,
∴$DN=2\sqrt{5}$,
∴DN的长为$2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 四边形EFDG是菱形；
(2) DN的长为$2\sqrt{5}$。
【知识点】
折叠的性质，菱形的判定，勾股定理
【点评】
本题以矩形折叠为背景，综合考查了几何图形的性质与计算，解题核心是抓住折叠前后对应边、对应角相等的特点，结合矩形、菱形的性质以及勾股定理推导边角关系，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断四边形EFDG的形状，先结合折叠性质分析：折叠△ADF得到△AEF，可得对应边相等、对应角相等，即$GD=EG$，$FD=EF$，$∠ DFG=∠ EFG$；再结合$EG// DC$，可得内错角$∠ EGF=∠ DFG$，等量代换推出$EG=EF$，即可得四条边相等，从而判定四边形为菱形。
(2) 求DN的长，首先利用矩形和第一次折叠的性质：矩形对边相等、四个角为直角，折叠得$AE=AD=10$，先在$Rt△ ABE$中用勾股定理求出$BE$，进而得到$EC$，再在$Rt△ DCE$中求出$DE$的长度；之后结合第二次折叠的性质得$DN=EN$，$∠ ADN=∠ AEN$，再由$NM// AE$和折叠的性质推导角的关系，得到$∠ END=90°$，最后在$Rt△ END$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 四边形EFDG是菱形。证明如下:
∵将$△ ADF$沿AF折叠,使点D落在BC边上的点E处,
∴$EG=GD$,$EF=FD$,$∠ DFG=∠ EFG$。
∵$EG// DC$,
∴$∠ EGF=∠ DFG$,
∴$∠ EGF=∠ EFG$,
∴$EG=EF$,
∴$EG=EF=GD=FD$,
∴四边形EFDG是菱形。
(2) 如图,连接DE。
∵四边形ABCD是矩形,$AB=6$,
∴$∠ ADC=∠ DCE=∠ B=90°$,
$DC=AB=6$。
∵将$△ ADF$沿AF折叠,使点D落在BC边上的点E处,$BC=10$,
∴$∠ AEN=∠ ADN$,$DN=EN$,$AE=AD=BC=10$。
在$Rt△ ABE$中,由勾股定理,得
$BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$,
∴$EC=BC-BE=2$。
在$Rt△ DCE$中,由勾股定理,得
$DE=\sqrt{DC^2+EC^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$。
∵$∠ ADN+∠ NDC=∠ ADC=90°$,
∴$∠ AEN+∠ NDC=90°$。
∵再次折叠后,点D与点N重合,折叠线交FC于点M,且$NM// AE$,
∴$DM=NM$,$∠ AEN=∠ ENM$,
∴$∠ NDC=∠ MND$,
∴$∠ ENM+∠ MND=90°$,
∴$∠ END=90°$。
在$Rt△ END$中,由勾股定理,得
$DN^2+EN^2=DE^2$,
即$2DN^2=(2\sqrt{10})^2$,
∴$DN=2\sqrt{5}$,
∴DN的长为$2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 四边形EFDG是菱形；
(2) DN的长为$2\sqrt{5}$。
【知识点】
折叠的性质，菱形的判定，勾股定理
【点评】
本题以矩形折叠为背景，综合考查了几何图形的性质与计算，解题核心是抓住折叠前后对应边、对应角相等的特点，结合矩形、菱形的性质以及勾股定理推导边角关系，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
