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9. ★★★ 阅读理解:为计算$\tan 15°$的三角函数值，我们可以构建$\mathrm{Rt}△ ACB$(如图)，使得$∠ C=90°$，$∠ ABC=30°$，延长$CB$使$BD=AB$，连接$AD$，可得到$∠ D=15°$，所以$\tan 15°=\dfrac{AC}{CD}=\dfrac{1}{2+\sqrt{3}}=\dfrac{2-\sqrt{3}}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=2-\sqrt{3}$.类比这种方法，请你计算$\tan 67.5°$的值为 (
A.$\sqrt{2}+1$
B.$\sqrt{2}-1$
C.$\sqrt{2}$
D.$\dfrac{1}{2}$
(第9题) (第10题)
A
)A.$\sqrt{2}+1$
B.$\sqrt{2}-1$
C.$\sqrt{2}$
D.$\dfrac{1}{2}$
(第9题) (第10题)
答案
9. A 解析:如图,在Rt△ACB中,使得$∠ C=90°$,$∠ ABC=45°$,延长CB到点D,使$BD=AB$,连接AD,$\because ∠ABC$是$△ABD$的一个外角,$\therefore ∠ABC=∠D+∠BAD=45°$.$\because BA=BD$,$\therefore ∠D=∠BAD=22.5°$,$\therefore ∠CAD=90°-∠D=67.5°$.设$AC=BC=1$,则$AB=BD=\sqrt{2}\ AC=\sqrt{2}$,$\therefore CD=BC+BD=\sqrt{2}+1$.在Rt△ACD中,$\tan∠CAD=\tan 67.5°=\frac{CD}{AC}=\sqrt{2}+1$.故选A.
解析
【分析】
本题是类比探究类题目，可参照题干求$\tan15°$的方法推导：首先明确$67.5°$与特殊角$45°$的关系：$67.5°=90°-22.5°$，而$22.5°$是$45°$的一半，因此先构造含$45°$角的直角三角形，再延长直角边构造等腰三角形，得到$22.5°$的角，进而得到$67.5°$的角，最后设边长为方便计算的特殊值，根据正切的定义计算即可。
【解析】
如图，在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，设$∠ C=90°$，$∠ ABC=45°$，延长$CB$到点$D$，使$BD=AB$，连接$AD$。
$\because ∠ ABC$是$△ ABD$的外角，根据三角形外角等于不相邻两个内角和，
$\therefore ∠ ABC=∠ D+∠ BAD=45°$，
又$\because BA=BD$，根据等腰三角形等边对等角的性质，得$∠ D=∠ BAD=22.5°$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$∠ CAD=90°-∠ D=90°-22.5°=67.5°$。
设$AC=BC=1$，在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{2}$，
$\therefore BD=AB=\sqrt{2}$，
$\therefore CD=BC+BD=1+\sqrt{2}$，
根据正切的定义，在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan∠ CAD=\tan67.5°=\frac{CD}{AC}=\frac{\sqrt{2}+1}{1}=\sqrt{2}+1$。
【答案】
A
【知识点】
三角形外角性质，等腰三角形性质，解直角三角形
【点评】
本题属于方法类比类题目，核心是利用转化思想，将非特殊角转化为特殊角的相关角，通过构造特殊直角三角形和等腰三角形，结合三角函数的定义求解，锻炼知识迁移和运用的能力。
【难度系数】
0.6
本题是类比探究类题目，可参照题干求$\tan15°$的方法推导：首先明确$67.5°$与特殊角$45°$的关系：$67.5°=90°-22.5°$，而$22.5°$是$45°$的一半，因此先构造含$45°$角的直角三角形，再延长直角边构造等腰三角形，得到$22.5°$的角，进而得到$67.5°$的角，最后设边长为方便计算的特殊值，根据正切的定义计算即可。
【解析】
如图，在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，设$∠ C=90°$，$∠ ABC=45°$，延长$CB$到点$D$，使$BD=AB$，连接$AD$。
$\because ∠ ABC$是$△ ABD$的外角，根据三角形外角等于不相邻两个内角和，
$\therefore ∠ ABC=∠ D+∠ BAD=45°$，
又$\because BA=BD$，根据等腰三角形等边对等角的性质，得$∠ D=∠ BAD=22.5°$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$∠ CAD=90°-∠ D=90°-22.5°=67.5°$。
设$AC=BC=1$，在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{2}$，
$\therefore BD=AB=\sqrt{2}$，
$\therefore CD=BC+BD=1+\sqrt{2}$，
根据正切的定义，在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan∠ CAD=\tan67.5°=\frac{CD}{AC}=\frac{\sqrt{2}+1}{1}=\sqrt{2}+1$。
【答案】
A
【知识点】
三角形外角性质，等腰三角形性质，解直角三角形
【点评】
本题属于方法类比类题目，核心是利用转化思想，将非特殊角转化为特殊角的相关角，通过构造特殊直角三角形和等腰三角形，结合三角函数的定义求解，锻炼知识迁移和运用的能力。
【难度系数】
0.6
10. ★★★(2024·巴中中考)如图,矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O,DE⊥AC于点E,延长DE与BC交于点F.若AB=3,BC=4,则点F到BD的距离为
$\frac{21}{20}$
.答案
10. $\frac{21}{20}$ 解析:如图,过点F作$FH ⊥ DB$,垂足为H,$\because$ 四边形ABCD为矩形,$\therefore ∠BAD=∠BCD=90°$,$AC=BD$.$\because AB=3$,$BC=4$,$\therefore AC=BD=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$,$\therefore S_{△ADC}=\frac{1}{2}AD · DC=\frac{1}{2}AC · DE$,即$\frac{1}{2}×4×3=\frac{1}{2}×5×DE$,解得$DE=\frac{12}{5}$,$\therefore \cos∠EDC=\frac{DE}{DC}=\frac{DC}{DF}$,即$\frac{\frac{12}{5}}{3}=\frac{3}{DF}$,解得$DF=\frac{15}{4}$,$\therefore FC=\sqrt{DF^2-DC^2}=\sqrt{(\frac{15}{4})^2-3^2}=\frac{9}{4}$,$\therefore BF=BC-FC=4-\frac{9}{4}=\frac{7}{4}$,$\therefore S_{△BDF}=\frac{1}{2}BD · FH=\frac{1}{2}BF · DC$,即$\frac{1}{2}×5×FH=\frac{1}{2}×\frac{7}{4}×3$,解得$FH=\frac{21}{20}$,故答案为$\frac{21}{20}$.
解析
【分析】
解决本题可按以下思路推导：①先利用矩形对角线相等的性质，结合已知边长用勾股定理求出对角线BD的长度；②要求点F到BD的距离，可借助△BDF面积的两种表达形式求解，因此需要先求出BF的长度；③先通过△ADC的面积法求出DE的长度，再利用同角的余角相等得到等角，借助三角函数关系求出DF的长，再用勾股定理算出FC，即可得到BF的长度；④最后再次利用面积法列等式，即可求出点F到BD的距离。
【解析】
过点F作$FH ⊥ DB$，垂足为H。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠BCD=90°$，$AC=BD$，$AD=BC=4$，$DC=AB=3$。
由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
∵ $S_{△ADC}=\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DE$，
代入数值：$\frac{1}{2}×4×3=\frac{1}{2}×5× DE$，解得$DE=\frac{12}{5}$。
∵ $∠EDC+∠ACD=90°$，$∠DFC+∠ACD=90°$，
∴ $∠EDC=∠DFC$，则$\cos∠EDC=\frac{DE}{DC}=\frac{DC}{DF}$，
代入数值：$\frac{\frac{12}{5}}{3}=\frac{3}{DF}$，解得$DF=\frac{15}{4}$。
在$Rt△DFC$中，由勾股定理得：
$FC=\sqrt{DF^2-DC^2}=\sqrt{(\frac{15}{4})^2-3^2}=\frac{9}{4}$，
∴ $BF=BC-FC=4-\frac{9}{4}=\frac{7}{4}$。
∵ $S_{△BDF}=\frac{1}{2}BD· FH=\frac{1}{2}BF· DC$，
代入数值：$\frac{1}{2}×5× FH=\frac{1}{2}×\frac{7}{4}×3$，解得$FH=\frac{21}{20}$。
【答案】
$\frac{21}{20}$
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；面积法求高
【点评】
本题综合考查矩形性质与直角三角形的相关计算，解题的核心是灵活运用面积法建立线段的等量关系，简化计算过程，是几何综合类的典型题型。
【难度系数】
0.6
解决本题可按以下思路推导：①先利用矩形对角线相等的性质，结合已知边长用勾股定理求出对角线BD的长度；②要求点F到BD的距离，可借助△BDF面积的两种表达形式求解，因此需要先求出BF的长度；③先通过△ADC的面积法求出DE的长度，再利用同角的余角相等得到等角，借助三角函数关系求出DF的长，再用勾股定理算出FC，即可得到BF的长度；④最后再次利用面积法列等式，即可求出点F到BD的距离。
【解析】
过点F作$FH ⊥ DB$，垂足为H。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠BCD=90°$，$AC=BD$，$AD=BC=4$，$DC=AB=3$。
由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
∵ $S_{△ADC}=\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DE$，
代入数值：$\frac{1}{2}×4×3=\frac{1}{2}×5× DE$，解得$DE=\frac{12}{5}$。
∵ $∠EDC+∠ACD=90°$，$∠DFC+∠ACD=90°$，
∴ $∠EDC=∠DFC$，则$\cos∠EDC=\frac{DE}{DC}=\frac{DC}{DF}$，
代入数值：$\frac{\frac{12}{5}}{3}=\frac{3}{DF}$，解得$DF=\frac{15}{4}$。
在$Rt△DFC$中，由勾股定理得：
$FC=\sqrt{DF^2-DC^2}=\sqrt{(\frac{15}{4})^2-3^2}=\frac{9}{4}$，
∴ $BF=BC-FC=4-\frac{9}{4}=\frac{7}{4}$。
∵ $S_{△BDF}=\frac{1}{2}BD· FH=\frac{1}{2}BF· DC$，
代入数值：$\frac{1}{2}×5× FH=\frac{1}{2}×\frac{7}{4}×3$，解得$FH=\frac{21}{20}$。
【答案】
$\frac{21}{20}$
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；面积法求高
【点评】
本题综合考查矩形性质与直角三角形的相关计算，解题的核心是灵活运用面积法建立线段的等量关系，简化计算过程，是几何综合类的典型题型。
【难度系数】
0.6
11. ★★★(2024·徐州中考)如图,在徐州云龙湖旅游景区,点A为“彭城风华”观演场地,点B为“水族展览馆”,点C为“徐州汉画像石艺术馆”.已知$∠ BAC=60°$,$∠ BCA=45°$,$AC=1\ 640\ \mathrm{m}$.求“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离$AB$(精确到$1\ \mathrm{m}$).(参考数据:$\sqrt{2}\approx1.41$,$\sqrt{3}\approx1.73$)
答案
11. 过点B作$BH ⊥ AC$于H,设$AH=x\ \mathrm{m}$,$\because ∠BAC=60°$,$\therefore ∠ABH=90°-60°=30°$,$\therefore AB=2AH=2x\ \mathrm{m}$,$\therefore \tan A=\tan 60°=\frac{BH}{AH}=\sqrt{3}$,$\therefore BH=\sqrt{3}x\ \mathrm{m}$.$\because ∠BCA=45°$,$∠BHC=90°$,$\therefore △BHC$是等腰直角三角形,$\therefore CH=BH=\sqrt{3}x\ \mathrm{m}$.
$\because AH+CH=x+\sqrt{3}x=AC=1\ 640\ \mathrm{m}$,$\therefore x=\frac{1\ 640}{\sqrt{3}+1}≈600.7$,$\therefore AB=2x≈1\ 201(\mathrm{m})$.答:“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB约是1 201 m.
$\because AH+CH=x+\sqrt{3}x=AC=1\ 640\ \mathrm{m}$,$\therefore x=\frac{1\ 640}{\sqrt{3}+1}≈600.7$,$\therefore AB=2x≈1\ 201(\mathrm{m})$.答:“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB约是1 201 m.
解析
【分析】
本题是解斜三角形的实际应用问题，已知三角形的两个内角和一条边长，求解未知边长。解题的核心思路是通过作高将斜三角形转化为两个含特殊角的直角三角形，利用特殊角的三角函数性质用同一个未知数表示相关线段长度，再根据已知边的长度列方程求解。首先过点B作AC的垂线，把△ABC分为含60°角的Rt△ABH和含45°角的等腰直角△BHC，设AH为x，用x表示出BH、CH，再根据AH+CH=AC列方程求出x，即可得到AB的长度。
【解析】
解：过点B作$BH ⊥ AC$于H，设$AH=x\ \mathrm{m}$。
$\because ∠ BAC=60°$，$∠ AHB=90°$，
$\therefore ∠ ABH=90°-60°=30°$，
$\therefore AB=2AH=2x\ \mathrm{m}$，
$\because \tan 60°=\frac{BH}{AH}=\sqrt{3}$，
$\therefore BH=\sqrt{3}x\ \mathrm{m}$。
又$\because ∠ BCA=45°$，$∠ BHC=90°$，
$\therefore △ BHC$是等腰直角三角形，
$\therefore CH=BH=\sqrt{3}x\ \mathrm{m}$。
$\because AC=AH+CH=1640\ \mathrm{m}$，
$\therefore x+\sqrt{3}x=1640$，
解得$x=\frac{1640}{\sqrt{3}+1}\approx600.7$，
$\therefore AB=2x\approx2×600.7\approx1201(\mathrm{m})$。
【答案】
“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离$AB$约是$\boxed{1201\ \mathrm{m}}$。
【知识点】
1. 解直角三角形的应用
2. 特殊角的三角函数值
3. 等腰直角三角形的性质
【点评】
本题结合实际生活场景考查解三角形的相关知识，解题关键是通过作辅助线将斜三角形转化为直角三角形，将未知量转化为可通过三角函数表示的线段，结合方程思想求解，要求学生熟练掌握特殊角的三角函数值和直角三角形的边角关系。
【难度系数】
0.7
本题是解斜三角形的实际应用问题，已知三角形的两个内角和一条边长，求解未知边长。解题的核心思路是通过作高将斜三角形转化为两个含特殊角的直角三角形，利用特殊角的三角函数性质用同一个未知数表示相关线段长度，再根据已知边的长度列方程求解。首先过点B作AC的垂线，把△ABC分为含60°角的Rt△ABH和含45°角的等腰直角△BHC，设AH为x，用x表示出BH、CH，再根据AH+CH=AC列方程求出x，即可得到AB的长度。
【解析】
解：过点B作$BH ⊥ AC$于H，设$AH=x\ \mathrm{m}$。
$\because ∠ BAC=60°$，$∠ AHB=90°$，
$\therefore ∠ ABH=90°-60°=30°$，
$\therefore AB=2AH=2x\ \mathrm{m}$，
$\because \tan 60°=\frac{BH}{AH}=\sqrt{3}$，
$\therefore BH=\sqrt{3}x\ \mathrm{m}$。
又$\because ∠ BCA=45°$，$∠ BHC=90°$，
$\therefore △ BHC$是等腰直角三角形，
$\therefore CH=BH=\sqrt{3}x\ \mathrm{m}$。
$\because AC=AH+CH=1640\ \mathrm{m}$，
$\therefore x+\sqrt{3}x=1640$，
解得$x=\frac{1640}{\sqrt{3}+1}\approx600.7$，
$\therefore AB=2x\approx2×600.7\approx1201(\mathrm{m})$。
【答案】
“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离$AB$约是$\boxed{1201\ \mathrm{m}}$。
【知识点】
1. 解直角三角形的应用
2. 特殊角的三角函数值
3. 等腰直角三角形的性质
【点评】
本题结合实际生活场景考查解三角形的相关知识，解题关键是通过作辅助线将斜三角形转化为直角三角形，将未知量转化为可通过三角函数表示的线段，结合方程思想求解，要求学生熟练掌握特殊角的三角函数值和直角三角形的边角关系。
【难度系数】
0.7
12. （包头中考）如图，已知四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠ADC=90°，AB=6，CD=4，BC的延长线与AD的延长线交于点E.
(1)若∠A=60°,求BC的长；
(2)若$\sin A=\frac{4}{5}$,求AD的长.
（注意：本题中的计算过程和结果均保留根号）
(1)若∠A=60°,求BC的长；
(2)若$\sin A=\frac{4}{5}$,求AD的长.
（注意：本题中的计算过程和结果均保留根号）
答案
12. (1)$\because ∠A=60°$,$∠ABE=90°$,$AB=6$,$\tan A=\frac{BE}{AB}$,$\therefore ∠E=30°$,$BE=6\tan 60°=6\sqrt{3}$.又$\because ∠CDE=90°$,$CD=4$,$\sin E=\frac{CD}{CE}=\frac{1}{2}$,$\therefore CE=\frac{4}{\frac{1}{2}}=8$,$\therefore BC=BE-CE=6\sqrt{3}-8$.
(2)$\because ∠ABE=90°$,$AB=6$,$\sin A=\frac{4}{5}=\frac{BE}{AE}$.设$BE=4x$,则$AE=5x$,由勾股定理,得$AB=3x$,$\therefore 3x=6$,得$x=2$,$\therefore BE=8$,$AE=10$,$\therefore \tan E=\frac{AB}{BE}=\frac{6}{8}=\frac{CD}{DE}=\frac{4}{DE}$,解得$DE=\frac{16}{3}$,$\therefore AD=AE-DE=10-\frac{16}{3}=\frac{14}{3}$.
(2)$\because ∠ABE=90°$,$AB=6$,$\sin A=\frac{4}{5}=\frac{BE}{AE}$.设$BE=4x$,则$AE=5x$,由勾股定理,得$AB=3x$,$\therefore 3x=6$,得$x=2$,$\therefore BE=8$,$AE=10$,$\therefore \tan E=\frac{AB}{BE}=\frac{6}{8}=\frac{CD}{DE}=\frac{4}{DE}$,解得$DE=\frac{16}{3}$,$\therefore AD=AE-DE=10-\frac{16}{3}=\frac{14}{3}$.
解析
【分析】
(1) 先明确图中△ABE和△CDE均为直角三角形，已知∠A=60°、AB=6，先在Rt△ABE中利用锐角三角函数求出BE的长度，同时推导得到∠E=30°，再在Rt△CDE中利用∠E的正弦值求出CE的长度，最后根据BC=BE-CE即可得到结果。
(2) 已知sinA=4/5，先在Rt△ABE中结合AB=6，通过设未知数、用勾股定理求出AE、BE的长度，再利用公共角∠E的正切值在Rt△CDE中求出DE的长度，最后根据AD=AE-DE计算AD的长度。
【解析】
(1) $\because ∠A=60°$,$∠ABE=90°$,$AB=6$,$\tan A=\frac{BE}{AB}$,
$\therefore ∠E=30°$,$BE=6\tan 60°=6\sqrt{3}$.
又$\because ∠CDE=90°$,$CD=4$,$\sin E=\frac{CD}{CE}=\frac{1}{2}$,
$\therefore CE=\frac{4}{\frac{1}{2}}=8$,
$\therefore BC=BE-CE=6\sqrt{3}-8$.
(2) $\because ∠ABE=90°$,$AB=6$,$\sin A=\frac{4}{5}=\frac{BE}{AE}$.
设$BE=4x$,则$AE=5x$,由勾股定理,得$AB=3x$,
$\therefore 3x=6$,得$x=2$,
$\therefore BE=8$,$AE=10$,
$\therefore \tan E=\frac{AB}{BE}=\frac{6}{8}=\frac{CD}{DE}=\frac{4}{DE}$,解得$DE=\frac{16}{3}$,
$\therefore AD=AE-DE=10-\frac{16}{3}=\frac{14}{3}$.
【答案】
(1) $6\sqrt{3}-8$；(2) $\frac{14}{3}$
【知识点】
解直角三角形，锐角三角函数，勾股定理
【点评】
本题的核心是利用两个直角三角形的公共角∠E建立边的关联，结合锐角三角函数、勾股定理求出对应边长，再通过线段的和差关系求解，计算时要注意保证运算的准确性。
【难度系数】
0.7
(1) 先明确图中△ABE和△CDE均为直角三角形，已知∠A=60°、AB=6，先在Rt△ABE中利用锐角三角函数求出BE的长度，同时推导得到∠E=30°，再在Rt△CDE中利用∠E的正弦值求出CE的长度，最后根据BC=BE-CE即可得到结果。
(2) 已知sinA=4/5，先在Rt△ABE中结合AB=6，通过设未知数、用勾股定理求出AE、BE的长度，再利用公共角∠E的正切值在Rt△CDE中求出DE的长度，最后根据AD=AE-DE计算AD的长度。
【解析】
(1) $\because ∠A=60°$,$∠ABE=90°$,$AB=6$,$\tan A=\frac{BE}{AB}$,
$\therefore ∠E=30°$,$BE=6\tan 60°=6\sqrt{3}$.
又$\because ∠CDE=90°$,$CD=4$,$\sin E=\frac{CD}{CE}=\frac{1}{2}$,
$\therefore CE=\frac{4}{\frac{1}{2}}=8$,
$\therefore BC=BE-CE=6\sqrt{3}-8$.
(2) $\because ∠ABE=90°$,$AB=6$,$\sin A=\frac{4}{5}=\frac{BE}{AE}$.
设$BE=4x$,则$AE=5x$,由勾股定理,得$AB=3x$,
$\therefore 3x=6$,得$x=2$,
$\therefore BE=8$,$AE=10$,
$\therefore \tan E=\frac{AB}{BE}=\frac{6}{8}=\frac{CD}{DE}=\frac{4}{DE}$,解得$DE=\frac{16}{3}$,
$\therefore AD=AE-DE=10-\frac{16}{3}=\frac{14}{3}$.
【答案】
(1) $6\sqrt{3}-8$；(2) $\frac{14}{3}$
【知识点】
解直角三角形，锐角三角函数，勾股定理
【点评】
本题的核心是利用两个直角三角形的公共角∠E建立边的关联，结合锐角三角函数、勾股定理求出对应边长，再通过线段的和差关系求解，计算时要注意保证运算的准确性。
【难度系数】
0.7
13. （泰州中考）如图，矩形ABCD是一张A4纸，其中$AD=\sqrt{2}AB$，小天用该A4纸玩折纸游戏.
游戏1 折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G.展开后得到图①，发现点F恰为BC的中点.
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现$∠ AGH$是一个特定的角.
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中$∠ AGH$的度数，并说明理由.
游戏1 折出对角线BD，将点B翻折到BD上的点E处，折痕AF交BD于点G.展开后得到图①，发现点F恰为BC的中点.
游戏2 在游戏1的基础上，将点C翻折到BD上，折痕为BP；展开后将点B沿过点F的直线翻折到BP上的点H处；再展开并连接GH后得到图②，发现$∠ AGH$是一个特定的角.
(1)请你证明游戏1中发现的结论；
(2)请你猜想游戏2中$∠ AGH$的度数，并说明理由.
答案
13. (1)由折叠的性质可得$AF ⊥ BD$,$\therefore ∠AGB=90°$.$\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore ∠BAD=∠ABC=90°$,$\therefore ∠BAG=∠ADB=∠GBF$.$\because AD=\sqrt{2}AB$,设$AB=a$,则$AD=\sqrt{2}a$,$BD=\sqrt{3}a$,$\therefore \sin∠BAG=\sin∠ADB$,即$\frac{BG}{AB}=\frac{AB}{BD}$,$\therefore \frac{BG}{a} = \frac{a}{\sqrt{3}a}$,解得$BG=\frac{\sqrt{3}}{3}a$.根据勾股定理可得$AG=\frac{\sqrt{6}}{3}a$,$\cos∠GBF=\cos∠BAG$,即$\frac{BG}{BF}=\frac{AG}{AB}$,$\therefore \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}a}{BF}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}a}{a}$,解得$BF=\frac{\sqrt{2}}{2}a$.$\because BC=AD=\sqrt{2}a$,$\therefore BF=\frac{1}{2}BC$,$\therefore$ 点F为BC的中点.
(2)$∠AGH=120°$,理由如下:连接HF,由折叠的性质可知$∠GBH=∠FBH$,$BF=HF$,$\therefore ∠FBH=∠FHB$,$\therefore ∠GBH=∠BHF$,$\therefore BD// HF$,$\therefore ∠DGH=∠GHF$.由(1)知$AF ⊥ BD$,可得$AF ⊥ HF$,$\therefore ∠AGD=90°$.设$AB=a$,则$AD=\sqrt{2}a=BC$,$BF=HF=\frac{\sqrt{2}}{2}a$,$\because BG=\frac{\sqrt{3}}{3}a$,$\therefore GF=\frac{\sqrt{6}}{6}a$.在Rt△GFH中,$\tan∠GHF=\frac{GF}{HF}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\therefore ∠GHF=30°$,$\therefore ∠DGH=30°$,$\therefore ∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°$.
(2)$∠AGH=120°$,理由如下:连接HF,由折叠的性质可知$∠GBH=∠FBH$,$BF=HF$,$\therefore ∠FBH=∠FHB$,$\therefore ∠GBH=∠BHF$,$\therefore BD// HF$,$\therefore ∠DGH=∠GHF$.由(1)知$AF ⊥ BD$,可得$AF ⊥ HF$,$\therefore ∠AGD=90°$.设$AB=a$,则$AD=\sqrt{2}a=BC$,$BF=HF=\frac{\sqrt{2}}{2}a$,$\because BG=\frac{\sqrt{3}}{3}a$,$\therefore GF=\frac{\sqrt{6}}{6}a$.在Rt△GFH中,$\tan∠GHF=\frac{GF}{HF}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\therefore ∠GHF=30°$,$\therefore ∠DGH=30°$,$\therefore ∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°$.
解析
【分析】
(1)要证明点F是BC的中点，首先根据折叠性质可得折痕AF垂直于BD，结合矩形的直角特征可推导得到几组相等的角，通过设AB的长度为参数，利用三角函数关系求出BF的长度，再与BC的长度对比即可证得结论。
(2)首先猜想∠AGH=120°，先连接HF，根据折叠性质得到相等的边和角，推导出BD与HF平行，结合(1)中AF⊥BD的结论可得AF⊥HF，再通过解直角三角形求出∠GHF的度数，进而推导得到∠AGH的度数。
【解析】
(1)证明：由折叠的性质可得$AF ⊥ BD$，$\therefore ∠AGB=90°$。
$\because$ 四边形ABCD是矩形，$\therefore ∠BAD=∠ABC=90°$，
$\therefore ∠BAG+∠ABD=90°$，$∠ADB+∠ABD=90°$，即$∠BAG=∠ADB=∠GBF$。
设$AB=a$，$\because AD=\sqrt{2}AB$，$\therefore AD=\sqrt{2}a$，$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{a^2+(\sqrt{2}a)^2}=\sqrt{3}a$。
$\because \sin∠BAG=\sin∠ADB$，即$\frac{BG}{AB}=\frac{AB}{BD}$，代入得$\frac{BG}{a} = \frac{a}{\sqrt{3}a}$，解得$BG=\frac{\sqrt{3}}{3}a$。
在$Rt△ABG$中，由勾股定理得$AG=\sqrt{AB^2-BG^2}=\sqrt{a^2-(\frac{\sqrt{3}}{3}a)^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}a$。
$\because \cos∠GBF=\cos∠BAG$，即$\frac{BG}{BF}=\frac{AG}{AB}$，代入得$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}a}{BF}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}a}{a}$，解得$BF=\frac{\sqrt{2}}{2}a$。
$\because BC=AD=\sqrt{2}a$，$\therefore BF=\frac{1}{2}BC$，即点F为BC的中点。
(2)猜想$∠AGH=120°$，理由如下：
连接HF，由折叠的性质可知$∠GBH=∠FBH$，$BF=HF$，
$\therefore ∠FBH=∠FHB$，$\therefore ∠GBH=∠BHF$，$\therefore BD// HF$，$\therefore ∠DGH=∠GHF$。
由(1)知$AF ⊥ BD$，$\therefore AF ⊥ HF$，即$∠GFH=90°$，且$∠AGD=90°$。
设$AB=a$，由(1)得$BF=HF=\frac{\sqrt{2}}{2}a$，$AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{a^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}a$，
$\therefore GF=AF-AG=\frac{\sqrt{6}}{2}a-\frac{\sqrt{6}}{3}a=\frac{\sqrt{6}}{6}a$。
在$Rt△GFH$中，$\tan∠GHF=\frac{GF}{HF}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore ∠GHF=30°$，
$\therefore ∠DGH=30°$，$\therefore ∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°$。
【答案】
(1)点F为BC的中点，证明成立；(2)$∠AGH=120°$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形
【点评】
本题以折纸操作的形式考查几何综合应用，解题时需要准确把握折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合矩形特征和解直角三角形的知识推导边、角关系，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1)要证明点F是BC的中点，首先根据折叠性质可得折痕AF垂直于BD，结合矩形的直角特征可推导得到几组相等的角，通过设AB的长度为参数，利用三角函数关系求出BF的长度，再与BC的长度对比即可证得结论。
(2)首先猜想∠AGH=120°，先连接HF，根据折叠性质得到相等的边和角，推导出BD与HF平行，结合(1)中AF⊥BD的结论可得AF⊥HF，再通过解直角三角形求出∠GHF的度数，进而推导得到∠AGH的度数。
【解析】
(1)证明：由折叠的性质可得$AF ⊥ BD$，$\therefore ∠AGB=90°$。
$\because$ 四边形ABCD是矩形，$\therefore ∠BAD=∠ABC=90°$，
$\therefore ∠BAG+∠ABD=90°$，$∠ADB+∠ABD=90°$，即$∠BAG=∠ADB=∠GBF$。
设$AB=a$，$\because AD=\sqrt{2}AB$，$\therefore AD=\sqrt{2}a$，$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{a^2+(\sqrt{2}a)^2}=\sqrt{3}a$。
$\because \sin∠BAG=\sin∠ADB$，即$\frac{BG}{AB}=\frac{AB}{BD}$，代入得$\frac{BG}{a} = \frac{a}{\sqrt{3}a}$，解得$BG=\frac{\sqrt{3}}{3}a$。
在$Rt△ABG$中，由勾股定理得$AG=\sqrt{AB^2-BG^2}=\sqrt{a^2-(\frac{\sqrt{3}}{3}a)^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}a$。
$\because \cos∠GBF=\cos∠BAG$，即$\frac{BG}{BF}=\frac{AG}{AB}$，代入得$\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}a}{BF}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{3}a}{a}$，解得$BF=\frac{\sqrt{2}}{2}a$。
$\because BC=AD=\sqrt{2}a$，$\therefore BF=\frac{1}{2}BC$，即点F为BC的中点。
(2)猜想$∠AGH=120°$，理由如下：
连接HF，由折叠的性质可知$∠GBH=∠FBH$，$BF=HF$，
$\therefore ∠FBH=∠FHB$，$\therefore ∠GBH=∠BHF$，$\therefore BD// HF$，$\therefore ∠DGH=∠GHF$。
由(1)知$AF ⊥ BD$，$\therefore AF ⊥ HF$，即$∠GFH=90°$，且$∠AGD=90°$。
设$AB=a$，由(1)得$BF=HF=\frac{\sqrt{2}}{2}a$，$AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{a^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^2}=\frac{\sqrt{6}}{2}a$，
$\therefore GF=AF-AG=\frac{\sqrt{6}}{2}a-\frac{\sqrt{6}}{3}a=\frac{\sqrt{6}}{6}a$。
在$Rt△GFH$中，$\tan∠GHF=\frac{GF}{HF}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore ∠GHF=30°$，
$\therefore ∠DGH=30°$，$\therefore ∠AGH=∠AGD+∠DGH=90°+30°=120°$。
【答案】
(1)点F为BC的中点，证明成立；(2)$∠AGH=120°$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形
【点评】
本题以折纸操作的形式考查几何综合应用，解题时需要准确把握折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合矩形特征和解直角三角形的知识推导边、角关系，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
