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7.下列图形是黄金矩形的折叠过程：
第一步,如图①,在一张矩形纸片一端折出一个正方形,然后把纸片展平；
第二步,如图②,把正方形折成两个全等的矩形再把纸片展平；
第三步,折出内侧矩形的对角线 AB,并把 AB 折到图③所示的 AD 处；
第四步,如图④,展平纸片,折出矩形BCDE 就是黄金矩形。
则下列线段的比: ①$\dfrac{CD}{DE}$,②$\dfrac{DE}{AD}$,③$\dfrac{DE}{ND}$,④$\dfrac{AC}{AD}$,比值为$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$的是(
A.①②
B.①③
C.②④
D.②③
第一步,如图①,在一张矩形纸片一端折出一个正方形,然后把纸片展平；
第二步,如图②,把正方形折成两个全等的矩形再把纸片展平；
第三步,折出内侧矩形的对角线 AB,并把 AB 折到图③所示的 AD 处；
第四步,如图④,展平纸片,折出矩形BCDE 就是黄金矩形。
则下列线段的比: ①$\dfrac{CD}{DE}$,②$\dfrac{DE}{AD}$,③$\dfrac{DE}{ND}$,④$\dfrac{AC}{AD}$,比值为$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$的是(
B
)。A.①②
B.①③
C.②④
D.②③
答案
7. B 解析:设 $MN=2a$,则 $BC=DE=MN=2a,NA=AC=a$。
$\therefore AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = \sqrt{a^2+(2a)^2} =\sqrt{5}a$。
由题图③,得 $AD=AB=\sqrt{5}a$。
$\therefore CD=AD-AC=\sqrt{5}a-a$，
$ND=NA+AD=a+\sqrt{5}a$。
①$\dfrac{CD}{DE}=\dfrac{\sqrt{5}a-a}{2a}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
②$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$。
③$\dfrac{DE}{ND}=\dfrac{2a}{a+\sqrt{5}a}=\dfrac{2}{1+\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
④$\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$。
综上,比值为$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$的是①③。
$\therefore AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = \sqrt{a^2+(2a)^2} =\sqrt{5}a$。
由题图③,得 $AD=AB=\sqrt{5}a$。
$\therefore CD=AD-AC=\sqrt{5}a-a$，
$ND=NA+AD=a+\sqrt{5}a$。
①$\dfrac{CD}{DE}=\dfrac{\sqrt{5}a-a}{2a}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
②$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$。
③$\dfrac{DE}{ND}=\dfrac{2a}{a+\sqrt{5}a}=\dfrac{2}{1+\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
④$\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$。
综上,比值为$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$的是①③。
解析
【分析】
本题是结合折叠操作的黄金比值计算问题，解题思路如下：首先利用折叠的性质，折叠前后对应边相等，得到各线段之间的等量关系；其次为了简化计算，可设参数表示线段长度，避免分数运算；再用勾股定理计算对角线AB的长度，进而得到AD、CD、ND等未知线段的长度；最后分别计算四个待求比值，化简后与$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$对比，选出符合要求的选项即可。
【解析】
设$MN=2a$，由折叠的性质可得：$BC=DE=MN=2a$，$NA=AC=a$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，根据勾股定理得：
$AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = \sqrt{a^2+(2a)^2} =\sqrt{5}a$。
由折叠性质可知$AD=AB=\sqrt{5}a$，
因此$CD=AD-AC=\sqrt{5}a-a=(\sqrt{5}-1)a$，$ND=NA+AD=a+\sqrt{5}a=(1+\sqrt{5})a$。
分别计算四个比值：
①$\dfrac{CD}{DE}=\dfrac{(\sqrt{5}-1)a}{2a}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$，符合要求；
②$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$，不符合要求；
③$\dfrac{DE}{ND}=\dfrac{2a}{(1+\sqrt{5})a}=\dfrac{2}{1+\sqrt{5}}=\dfrac{2(\sqrt{5}-1)}{(1+\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$，符合要求；
④$\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，不符合要求。
综上，比值为$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$的是①③。
【答案】
B
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，黄金分割
【点评】
本题以黄金矩形的折叠实践为载体，考查几何线段比值的计算，核心是利用折叠性质得到相等线段，通过设参数的方法可以有效降低计算难度，解题时要注意分母有理化的正确运算，是几何计算类的常考题型。
【难度系数】
0.7
本题是结合折叠操作的黄金比值计算问题，解题思路如下：首先利用折叠的性质，折叠前后对应边相等，得到各线段之间的等量关系；其次为了简化计算，可设参数表示线段长度，避免分数运算；再用勾股定理计算对角线AB的长度，进而得到AD、CD、ND等未知线段的长度；最后分别计算四个待求比值，化简后与$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$对比，选出符合要求的选项即可。
【解析】
设$MN=2a$，由折叠的性质可得：$BC=DE=MN=2a$，$NA=AC=a$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，根据勾股定理得：
$AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = \sqrt{a^2+(2a)^2} =\sqrt{5}a$。
由折叠性质可知$AD=AB=\sqrt{5}a$，
因此$CD=AD-AC=\sqrt{5}a-a=(\sqrt{5}-1)a$，$ND=NA+AD=a+\sqrt{5}a=(1+\sqrt{5})a$。
分别计算四个比值：
①$\dfrac{CD}{DE}=\dfrac{(\sqrt{5}-1)a}{2a}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$，符合要求；
②$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{2a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$，不符合要求；
③$\dfrac{DE}{ND}=\dfrac{2a}{(1+\sqrt{5})a}=\dfrac{2}{1+\sqrt{5}}=\dfrac{2(\sqrt{5}-1)}{(1+\sqrt{5})(\sqrt{5}-1)}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$，符合要求；
④$\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{a}{\sqrt{5}a}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，不符合要求。
综上，比值为$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$的是①③。
【答案】
B
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，黄金分割
【点评】
本题以黄金矩形的折叠实践为载体，考查几何线段比值的计算，核心是利用折叠性质得到相等线段，通过设参数的方法可以有效降低计算难度，解题时要注意分母有理化的正确运算，是几何计算类的常考题型。
【难度系数】
0.7
8.【综合与实践】请仔细阅读下面的材料，并完成相应的任务。
数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题:已知矩形ABCD,利用尺规作一个菱形,使菱形的四个顶点在矩形的边上。
勤奋组的作图方法:如图①,作线段AB的垂直平分线,分别交AB,CD于点E,
G,作AD的垂直平分线,分别交AD,BC于点H,F,顺次连接点E,F,G,H,则四边形EFGH是菱形。
善思组的作图方法:如图②,分别以A,B为圆心,AB的长为半径作弧,交AD,BC于点H,G,连接HG,则当点E与点A重合,点F与点B重合时,四边形EFGH是特殊的菱形。
任务:(1)证明勤奋组的作图方法正确;(2)分别在图③和图④中用不同于材料中的方法作菱形,要求尺规作图,保留作图痕迹,顶点在原平行四边形ABCD的边上。
数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题:已知矩形ABCD,利用尺规作一个菱形,使菱形的四个顶点在矩形的边上。
勤奋组的作图方法:如图①,作线段AB的垂直平分线,分别交AB,CD于点E,
G,作AD的垂直平分线,分别交AD,BC于点H,F,顺次连接点E,F,G,H,则四边形EFGH是菱形。
善思组的作图方法:如图②,分别以A,B为圆心,AB的长为半径作弧,交AD,BC于点H,G,连接HG,则当点E与点A重合,点F与点B重合时,四边形EFGH是特殊的菱形。
任务:(1)证明勤奋组的作图方法正确;(2)分别在图③和图④中用不同于材料中的方法作菱形,要求尺规作图,保留作图痕迹,顶点在原平行四边形ABCD的边上。
答案
8.（1）证明:由题图可知 $EG⊥AB,EG$ 平分 $AB$，
$\therefore AE=BE=\dfrac{1}{2}AB,∠AEG=90°$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
$\therefore ∠A=∠D=90°,AB=CD$。
$\therefore ∠A=∠D=∠AEG=90°$。
$\therefore$ 四边形 $AEGD$ 是矩形。
$\therefore GD=AE=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD$。
$\therefore G$ 是 $CD$ 的中点。
同理 $F$ 是 $BC$ 的中点。
如图①,连接 $BD,AC$,则 $EH,FG$ 分别是$△ ABD,△ CDB$ 的中位线, $EF,GH$ 分别是$△ ABC,△ CDA$ 的中位线，
$\therefore EH=FG=\dfrac{1}{2}BD,EF=GH=\dfrac{1}{2}AC$。
易得 $AC=BD$。
$\therefore EH=FG=EF=GH$。
$\therefore$ 四边形 $EFGH$ 是菱形。
（2）解:如图②,四边形 $AECF$ 为所求作的菱形;如图③,四边形 $ABEF$ 为所求作的菱形。
解析
【分析】
(1) 要证明四边形EFGH是菱形，可通过“四条边相等的四边形是菱形”这一判定定理推导。首先根据作图得到的垂直平分线确定矩形各边的中点，再结合矩形对角线相等的性质，利用三角形中位线定理即可推出四边形四条边长度相等。(2) 在平行四边形内作顶点在边上的菱形，可结合菱形的判定方法设计作图方案：方案一：作对角线AC的垂直平分线，与边BC、AD分别交于E、F，顺次连接A、E、C、F，利用垂直平分线的性质和平行四边形的性质可证该四边形为菱形；方案二：以B为圆心、AB长为半径作弧交BC于E，以A为圆心、AB长为半径作弧交AD于F，顺次连接A、B、E、F，可得邻边相等的平行四边形，即菱形。
【解析】
(1) 证明：由题图①的作图可知 $EG⊥AB$，且$EG$ 平分 $AB$，
$\therefore AE=BE=\dfrac{1}{2}AB,∠AEG=90°$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
$\therefore ∠A=∠D=90°,AB=CD,AC=BD$。
$\therefore ∠A=∠D=∠AEG=90°$，
$\therefore$ 四边形 $AEGD$ 是矩形，
$\therefore GD=AE=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD$，即G是CD的中点。
同理可证F是BC的中点，H是AD的中点。
连接 $BD,AC$，则 $EH,FG$ 分别是$△ ABD,△ CDB$ 的中位线， $EF,GH$ 分别是$△ ABC,△ CDA$ 的中位线，
根据三角形中位线性质可得：$EH=FG=\dfrac{1}{2}BD,EF=GH=\dfrac{1}{2}AC$。
又$\because AC=BD$，
$\therefore EH=FG=EF=GH$，
$\therefore$ 四边形 $EFGH$ 是菱形。
(2) 图③作AC的垂直平分线，分别交BC、AD于点E、F，连接AE、EC、CF、AF，得到菱形AECF；图④以B为圆心AB长为半径作弧交BC于E，以A为圆心AB长为半径作弧交AD于F，连接BE、EF、AF，得到菱形ABEF。
【答案】
（1）证明：由题图可知 $EG⊥AB,EG$ 平分 $AB$，
$\therefore AE=BE=\dfrac{1}{2}AB,∠AEG=90°$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
$\therefore ∠A=∠D=90°,AB=CD$。
$\therefore ∠A=∠D=∠AEG=90°$。
$\therefore$ 四边形 $AEGD$ 是矩形。
$\therefore GD=AE=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD$。
$\therefore G$ 是 $CD$ 的中点。
同理 $F$ 是 $BC$ 的中点。
如图①,连接 $BD,AC$,则 $EH,FG$ 分别是$△ ABD,△ CDB$ 的中位线, $EF,GH$ 分别是$△ ABC,△ CDA$ 的中位线，
$\therefore EH=FG=\dfrac{1}{2}BD,EF=GH=\dfrac{1}{2}AC$。
易得 $AC=BD$。
$\therefore EH=FG=EF=GH$。
$\therefore$ 四边形 $EFGH$ 是菱形。
（2）如图②,四边形 $AECF$ 为所求作的菱形;如图③,四边形 $ABEF$ 为所求作的菱形。
【知识点】
菱形的判定、矩形的性质、三角形中位线定理
【点评】
本题将尺规作图与特殊四边形的性质、判定结合考查，既要求学生熟练掌握基础几何定理的应用，也锻炼学生的动手操作能力和逻辑推理能力，贴合几何实践类问题的考查方向。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明四边形EFGH是菱形，可通过“四条边相等的四边形是菱形”这一判定定理推导。首先根据作图得到的垂直平分线确定矩形各边的中点，再结合矩形对角线相等的性质，利用三角形中位线定理即可推出四边形四条边长度相等。(2) 在平行四边形内作顶点在边上的菱形，可结合菱形的判定方法设计作图方案：方案一：作对角线AC的垂直平分线，与边BC、AD分别交于E、F，顺次连接A、E、C、F，利用垂直平分线的性质和平行四边形的性质可证该四边形为菱形；方案二：以B为圆心、AB长为半径作弧交BC于E，以A为圆心、AB长为半径作弧交AD于F，顺次连接A、B、E、F，可得邻边相等的平行四边形，即菱形。
【解析】
(1) 证明：由题图①的作图可知 $EG⊥AB$，且$EG$ 平分 $AB$，
$\therefore AE=BE=\dfrac{1}{2}AB,∠AEG=90°$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
$\therefore ∠A=∠D=90°,AB=CD,AC=BD$。
$\therefore ∠A=∠D=∠AEG=90°$，
$\therefore$ 四边形 $AEGD$ 是矩形，
$\therefore GD=AE=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD$，即G是CD的中点。
同理可证F是BC的中点，H是AD的中点。
连接 $BD,AC$，则 $EH,FG$ 分别是$△ ABD,△ CDB$ 的中位线， $EF,GH$ 分别是$△ ABC,△ CDA$ 的中位线，
根据三角形中位线性质可得：$EH=FG=\dfrac{1}{2}BD,EF=GH=\dfrac{1}{2}AC$。
又$\because AC=BD$，
$\therefore EH=FG=EF=GH$，
$\therefore$ 四边形 $EFGH$ 是菱形。
(2) 图③作AC的垂直平分线，分别交BC、AD于点E、F，连接AE、EC、CF、AF，得到菱形AECF；图④以B为圆心AB长为半径作弧交BC于E，以A为圆心AB长为半径作弧交AD于F，连接BE、EF、AF，得到菱形ABEF。
【答案】
（1）证明：由题图可知 $EG⊥AB,EG$ 平分 $AB$，
$\therefore AE=BE=\dfrac{1}{2}AB,∠AEG=90°$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
$\therefore ∠A=∠D=90°,AB=CD$。
$\therefore ∠A=∠D=∠AEG=90°$。
$\therefore$ 四边形 $AEGD$ 是矩形。
$\therefore GD=AE=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD$。
$\therefore G$ 是 $CD$ 的中点。
同理 $F$ 是 $BC$ 的中点。
如图①,连接 $BD,AC$,则 $EH,FG$ 分别是$△ ABD,△ CDB$ 的中位线, $EF,GH$ 分别是$△ ABC,△ CDA$ 的中位线，
$\therefore EH=FG=\dfrac{1}{2}BD,EF=GH=\dfrac{1}{2}AC$。
易得 $AC=BD$。
$\therefore EH=FG=EF=GH$。
$\therefore$ 四边形 $EFGH$ 是菱形。
（2）如图②,四边形 $AECF$ 为所求作的菱形;如图③,四边形 $ABEF$ 为所求作的菱形。
【知识点】
菱形的判定、矩形的性质、三角形中位线定理
【点评】
本题将尺规作图与特殊四边形的性质、判定结合考查，既要求学生熟练掌握基础几何定理的应用，也锻炼学生的动手操作能力和逻辑推理能力，贴合几何实践类问题的考查方向。
【难度系数】
0.6
