9. 某校数学兴趣小组活动，准备将一块三角形纸板(图①)分割成四块，然后拼成一张长方形纸板(无缝隙无重叠)。如图②，分别取AB，AC的中点D，E，作DG⊥BC于点G，EF⊥BC于点F，连结EG，分别作DM⊥EG于点M，FN⊥EG于点N。经测量，DM=8 cm，GM=6 cm。仔细观察图中分割与拼合方式，完成以下两个问题。
(1) 求证：△DME∽△GMD，并求出线段ME的长度。
(2) 求拼出的长方形纸板的面积。

9. (1) 由$∠ DMG=∠ DME=90°$,$∠ DGE=∠ MDE$,得$△ DME ∽ △ GMD$。
$ME=\frac{32}{3}\ \mathrm{cm}$。
(2) $\frac{800}{3}\ \mathrm{cm^2}$。

【分析】
(1) 要证明△DME∽△GMD，先找两组对应角相等：首先两个三角形都有直角，∠DME=∠GMD=90°，再结合DE//BC、DG⊥BC可得∠GDE=90°，通过同角的余角相等推出∠MDE=∠MGD，即可判定相似；相似后利用对应边成比例的性质，代入已知DM、GM的长度就能求出ME。
(2) 拼合前后图形面积不变，长方形面积等于原三角形ABC的面积。先通过勾股定理算出DG的长度，再结合三角形中位线性质推导原三角形的底和高，最后用三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ D、E分别是AB、AC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，DE//BC，
又
∵ DG⊥BC，
∴ DG⊥DE，即∠GDE=90°，
∴ ∠GDM + ∠MDE=90°，
∵ DM⊥EG，
∴ ∠DMG=∠DME=90°，
在Rt△GMD中，∠MGD + ∠GDM=90°，
∴ ∠MDE=∠MGD，
∴ △DME∽△GMD（两角对应相等，两三角形相似）。
由相似三角形的性质得$\frac{ME}{MD}=\frac{MD}{GM}$，
代入DM=8 cm，GM=6 cm，得$ME=\frac{MD^2}{GM}=\frac{8^2}{6}=\frac{32}{3}\ \mathrm{cm}$。
(2) 解：
在Rt△DGM中，由勾股定理得$DG=\sqrt{GM^2+DM^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，
过点A作AH⊥BC于点H，
∵ D是AB中点，DG//AH，
∴ DG是△ABH的中位线，得AH=2DG=20 cm，
EG的长度为$EG=GM+ME=6+\frac{32}{3}=\frac{50}{3}\ \mathrm{cm}$，
在Rt△GDE中，由面积相等得$\frac{1}{2}DG· DE=\frac{1}{2}EG· DM$，
代入数值解得$DE=\frac{EG· DM}{DG}=\frac{\frac{50}{3}×8}{10}=\frac{40}{3}\ \mathrm{cm}$，
∵ DE是△ABC的中位线，
∴ BC=2DE=$\frac{80}{3}\ \mathrm{cm}$，
拼接前后面积不变，故长方形面积等于△ABC的面积：
$S=\frac{1}{2}× BC× AH=\frac{1}{2}×\frac{80}{3}×20=\frac{800}{3}\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
(1) 证明见解析，$ME=\frac{32}{3}\ \mathrm{cm}$；
(2) $\frac{800}{3}\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题结合图形剪拼考查几何综合计算，核心是抓住剪拼前后面积不变的特点，灵活运用相似三角形和中位线的性质求解线段长度，很好地考查了数形结合思想和转化能力。
【难度系数】
0.65