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8. (2024·南充中考)如图,在矩形ABCD中,E为AD边上一点,∠ABE=30°,将△ABE沿BE折叠得△FBE,连接CF,DF,若CF平分∠BCD,AB=2,则DF的长为
√2
.答案
8. $\sqrt{2}$ 解析:如图,过点 F 作 $FM⊥BC$ 于点 M, $FN ⊥ CD$ 于点 N, $\therefore ∠CMF=∠CNF = 90°.∵$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore ∠DCM =∠ABC=90°$,$AB=CD=2$,$\therefore$ 四边形 CMFN 是矩形.$\because CF$ 平分$∠BCD$,$\therefore FM=FN$,$∠DCF=∠BCF=45°$,$\therefore$ 四边形 CMFN 是正方形,由折叠性质可知$AB=BF=2$,$∠ABE=∠FBE=∠FBM=30°$,$\therefore MF=1$,$\therefore CN=NF=MF=CM=1$,$DN=CD-CN=1$.在$Rt△DNF$ 中,由勾股定理得 $DF = \sqrt{NF^2+DN^2} =\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$.
9. 如图,在 $Rt△ ABC$ 中,$∠ ABC=90°$,$AB=3\ \mathrm{cm}$,$BC=4\ \mathrm{cm}$,$AD$ 和 $CD$ 分别是其外角$∠ CAG$ 和$∠ ACF$ 的平分线,延长 $DA$ 和 $CB$ 相交于点 $E$,则$∠ D=$
45°
, $BE=$ 6
$\mathrm{cm}$.答案
9. $45°$ 6 解析:
∵AD和CD分别是$△ABC$外角$∠CAG$和$∠ACF$的平分线,$\therefore ∠DCA=\frac{1}{2} ∠FCA$,$∠DAC=\frac{1}{2} ∠GAC$.又$\because ∠FCA=∠CAB+90°$,$∠GAC=∠ACB+90°$,$\therefore ∠DCA+∠DAC=\frac{1}{2} (∠FCA+∠GAC) = \frac{1}{2} (∠CAB+90°+∠ACB+90°)=\frac{1}{2}×270°=135°$,$\therefore ∠D=180°-(∠DCA+∠DAC)=180°-135°=45°$.
如图,过点 D 作 $DH⊥AC$ 于点 H,过点 D 作 $DM⊥AB$ 于点 M,过点 D 作 $DN⊥BC$ 于点 N,则四边形 DMBN 是矩形.$\because AD$ 和 CD 分别是$∠CAG$和$∠ACF$的平分线,$\therefore DN=DH$,$DM=DH$,即$DN=DH=DM$,$\therefore$ 四边形 DMBN 是正方形.在$Rt△ADH$ 和 $Rt△ADM$ 中,$\because \begin{cases} DH=DM, \\ AD=AD, \end{cases}$ $\therefore Rt△ADH ≌Rt△ADM(HL)$,$\therefore AH=AM$.同理得$CH=CN$.$\because$ 在$Rt△ABC$中,$∠ABC=90°$,$AB=3\ \mathrm{cm}$,$BC=4\ \mathrm{cm}$,$\therefore AC=\sqrt{3^2+4^2}=5(\mathrm{cm})$,$\therefore AM+CN=AC=5\ \mathrm{cm}$.设$CN=x\ \mathrm{cm}$,则$AM=(5-x)\mathrm{cm}$,$\therefore 4+x=3+5-x$,解得$x=2$,$\therefore AM=5-2=3(\mathrm{cm})$,$DM=BN=4+2=6(\mathrm{cm})$.在$Rt△ADM$和$Rt△AEB$中,$\because \begin{cases} ∠DAM=∠EAB, \\ AM=AB=3\ \mathrm{cm}, \\ ∠DMA=∠EBA, \end{cases}$ $\therefore Rt△ADM≌Rt△AEB$,$\therefore BE=DM=6\ \mathrm{cm}$.
10. 正方形ABCD的边长为1,点O是BC边上的一个动点(与B,C不重合),以O为顶点在BC所在直线的上方作∠MON=90°.
(1)当OM过A点时,请直接填空:ON
(2)如图②,在ON上截取OE=OA,过E点作EF垂直于直线BC,垂足为F,作EH⊥CD于H,求证:四边形EFCH为正方形.
(1)当OM过A点时,请直接填空:ON
不可能
(填“可能”或“不可能”)过点D;(图①仅供分析)(2)如图②,在ON上截取OE=OA,过E点作EF垂直于直线BC,垂足为F,作EH⊥CD于H,求证:四边形EFCH为正方形.
答案
10. (1)不可能 解析:若 ON 过点 D,则 $OA＞AB$,$OD＞CD$,$\therefore OA^2＞AD^2$,$OD^2＞AD^2$,$\therefore OA^2 + OD^2 ＞ 2AD^2 ≠ AD^2$,$\therefore ∠AOD≠90°$,这与$∠MON=90°$矛盾,$\therefore ON$不可能过点D.
(2)$\because EH ⊥ CD$,$EF ⊥ BC$,$\therefore ∠EHC = ∠EFC = 90°$.又$\because ∠HCF=90°$,$\therefore$ 四边形 EFCH 为矩形.$\because ∠MON=90°$,$\therefore ∠EOF=90°-∠AOB$.在正方形 ABCD 中,$∠BAO=90°-∠AOB$,$\therefore ∠EOF=∠BAO$.在$△OFE$ 和 $△ABO$ 中,$∠EOF = ∠OAB$,$∠EFO = ∠B$, $OE = AO$, $\therefore △OFE ≌△ABO$,$\therefore EF=OB$,$OF=AB$.又 $OF=CF+OC=AB=BC=BO+OC$,$\therefore CF=BO$,$\therefore CF=EF$,$\therefore$ 矩形 EFCH 为正方形.
(2)$\because EH ⊥ CD$,$EF ⊥ BC$,$\therefore ∠EHC = ∠EFC = 90°$.又$\because ∠HCF=90°$,$\therefore$ 四边形 EFCH 为矩形.$\because ∠MON=90°$,$\therefore ∠EOF=90°-∠AOB$.在正方形 ABCD 中,$∠BAO=90°-∠AOB$,$\therefore ∠EOF=∠BAO$.在$△OFE$ 和 $△ABO$ 中,$∠EOF = ∠OAB$,$∠EFO = ∠B$, $OE = AO$, $\therefore △OFE ≌△ABO$,$\therefore EF=OB$,$OF=AB$.又 $OF=CF+OC=AB=BC=BO+OC$,$\therefore CF=BO$,$\therefore CF=EF$,$\therefore$ 矩形 EFCH 为正方形.
11.【探索发现】如图①,将$△ ABC$沿中位线$EH$折叠,使点$A$的对称点$D$落在$BC$边上,再将$△ BED$和$△ DHC$分别沿$EF$,$HG$折叠,使点$B$,$C$均落在点$D$处,折痕形成一个四边形$EFGH$.小刚在探索这个问题时发现四边形$EFGH$是矩形.小刚是这样想的：
(1)请参考小刚的思路写出证明过程.
(2)连接$AD$,当$AD=BC$时,线段$EF$,$BF$,$CG$的数量关系为
【理解运用】(3)如图②,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$∠ B=90°$,$AB=8$,$DC=10$,$AD＜BC$,点$E$为$AB$的中点,把四边形$ABCD$折叠成如图②所示的正方形$EFGH$,顶点$C$,$D$落在点$M$处,顶点$A$,$B$落在点$N$处,求$△ MHG$的面积.
【拓展迁移】(4)如图③,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$∠ B=90°$,$AD=1$,$BC=7$,$DC=10$,点$E$,$F$分别为边$AB$,$CD$的中点,将四边形$ABCD$沿直线$EF$折叠,使点$A$与$B$重合,点$D$落在$D'$处,将$△ FD'C$沿$FG$折叠,点$C$落在点$D'$处.判断四边形$EFGB$的形状,并说明理由.
(1)请参考小刚的思路写出证明过程.
(2)连接$AD$,当$AD=BC$时,线段$EF$,$BF$,$CG$的数量关系为
BF+CG=EF
.【理解运用】(3)如图②,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$∠ B=90°$,$AB=8$,$DC=10$,$AD＜BC$,点$E$为$AB$的中点,把四边形$ABCD$折叠成如图②所示的正方形$EFGH$,顶点$C$,$D$落在点$M$处,顶点$A$,$B$落在点$N$处,求$△ MHG$的面积.
【拓展迁移】(4)如图③,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$∠ B=90°$,$AD=1$,$BC=7$,$DC=10$,点$E$,$F$分别为边$AB$,$CD$的中点,将四边形$ABCD$沿直线$EF$折叠,使点$A$与$B$重合,点$D$落在$D'$处,将$△ FD'C$沿$FG$折叠,点$C$落在点$D'$处.判断四边形$EFGB$的形状,并说明理由.
答案
11. (1)由题意可得$AE=EB$,$AH=HC$,$\therefore EH// BC$,由折叠的性质可知 $EF ⊥ FG$,$HG ⊥ FG$,$\therefore EF ⊥ EH$,$HG ⊥ EH$,$\therefore ∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°$,$\therefore$ 四边形 EFGH 是矩形.
(2)$BF+CG=EF$.
解析:连接 AD.由折叠的性质可知 $BF = DF$,$CG = DG$,$\therefore BF+CG=\frac{1}{2} BD + \frac{1}{2} CD = \frac{1}{2} (BD+CD) = \frac{1}{2} BC$.$\because AE =EB$,$BF=FD$,$\therefore EF=\frac{1}{2} AD$.$\because AD=BC$,$\therefore EF=BF+CG$.
(3)由折叠的性质可知 $FG = \frac{1}{2} CD = 5$.$\because$ 四边形 EFGH 是正方形,$\therefore EH = GH = 5$.$\because AE = EB = EN = 4$,$∠B = 90°$,$\therefore BH=NH=\sqrt{5^2-4^2}=3$.设$CH=HM=x$,则$MN=AD=x-3$,$BC=x+3$,由题意得$S_{梯形ABCD}=2S_{正方形EFGH}$,$\therefore \frac{(x-3+x+3)×8}{2} =2×5^2$,解得 $x=\frac{25}{4}$,$\therefore CG=\sqrt{(\frac{25}{4})^2 -5^2}=\frac{15}{4}$,$\therefore MG=\frac{15}{4}$,$\therefore S_{△MHG}=\frac{1}{2} ×\frac{15}{4} ×5=\frac{75}{8}$.
(4)四边形 EFGB 是正方形,理由如下:
F 为 CD 的中点,由翻折的性质可知 $FD = FC = FD' =5$,$AD=BD' = 1$,$∠FEB = ∠B = ∠FGD' = 90°$,$D' G = CG =\frac{7-1}{2}=3$,$\therefore$ 四边形 EFGB 是矩形.在$△FGC$中,由勾股定理得 $FG=\sqrt{5^2-3^2}=4$.$\because BG=BD'+D'G=1+3=4=FG$,$\therefore$ 矩形 EFGB 是正方形.
(2)$BF+CG=EF$.
解析:连接 AD.由折叠的性质可知 $BF = DF$,$CG = DG$,$\therefore BF+CG=\frac{1}{2} BD + \frac{1}{2} CD = \frac{1}{2} (BD+CD) = \frac{1}{2} BC$.$\because AE =EB$,$BF=FD$,$\therefore EF=\frac{1}{2} AD$.$\because AD=BC$,$\therefore EF=BF+CG$.
(3)由折叠的性质可知 $FG = \frac{1}{2} CD = 5$.$\because$ 四边形 EFGH 是正方形,$\therefore EH = GH = 5$.$\because AE = EB = EN = 4$,$∠B = 90°$,$\therefore BH=NH=\sqrt{5^2-4^2}=3$.设$CH=HM=x$,则$MN=AD=x-3$,$BC=x+3$,由题意得$S_{梯形ABCD}=2S_{正方形EFGH}$,$\therefore \frac{(x-3+x+3)×8}{2} =2×5^2$,解得 $x=\frac{25}{4}$,$\therefore CG=\sqrt{(\frac{25}{4})^2 -5^2}=\frac{15}{4}$,$\therefore MG=\frac{15}{4}$,$\therefore S_{△MHG}=\frac{1}{2} ×\frac{15}{4} ×5=\frac{75}{8}$.
(4)四边形 EFGB 是正方形,理由如下:
F 为 CD 的中点,由翻折的性质可知 $FD = FC = FD' =5$,$AD=BD' = 1$,$∠FEB = ∠B = ∠FGD' = 90°$,$D' G = CG =\frac{7-1}{2}=3$,$\therefore$ 四边形 EFGB 是矩形.在$△FGC$中,由勾股定理得 $FG=\sqrt{5^2-3^2}=4$.$\because BG=BD'+D'G=1+3=4=FG$,$\therefore$ 矩形 EFGB 是正方形.
