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3.(2025·金华市永康市期末)小数在复习浙教版教材八下第149页第5题后,进行了反思和探究。
【反思】如图1,将矩形纸片ABCD的四个角向内折起,恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形EFGH,这样的矩形EFGH称为叠合矩形。若$EH=3\mathrm{cm},EF=4\mathrm{cm}$,求AD的长。
【探究】小数改变条件和纸片的形状,对叠合矩形进行了如下探究:
(1)如图1,若$AB=6\mathrm{cm},AD=10\mathrm{cm}$,求AH的长。
(2)如图2,菱形纸片ABCD按图2所示的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若$EH=8\mathrm{cm},EF=6\mathrm{cm}$,求MN的长。
【反思】如图1,将矩形纸片ABCD的四个角向内折起,恰好拼成一个无缝隙、无重叠的矩形EFGH,这样的矩形EFGH称为叠合矩形。若$EH=3\mathrm{cm},EF=4\mathrm{cm}$,求AD的长。
【探究】小数改变条件和纸片的形状,对叠合矩形进行了如下探究:
(1)如图1,若$AB=6\mathrm{cm},AD=10\mathrm{cm}$,求AH的长。
(2)如图2,菱形纸片ABCD按图2所示的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若$EH=8\mathrm{cm},EF=6\mathrm{cm}$,求MN的长。
答案
3.【反思】解:如图1,联结EG。因为四边形EFGH是矩形,所以∠HEF=90°,HF=EG。因为EH=3 cm,EF=4 cm,所以EG=HF=√(EH²+EF²)=5 cm。因为四边形ABCD是矩形,所以AB=CD,AB//CD。由折叠的性质,得AE=EJ=EB=$\frac{1}{2}$AB。同理可得,DG=$\frac{1}{2}$DC,所以AE=DG。因为AE//DG,AE=DG,所以四边形AEGD是平行四边形,所以AD=EG=5 cm。
【探究】(1)由【反思】可知,HF=EG=AD,AE=EB=$\frac{1}{2}$AB,DG=GC=$\frac{1}{2}$CD,所以BE=DG。在Rt△BEF和Rt△DGH中,因为$\begin{cases} EF=GH, \\ BE=DG, \end{cases}$所以Rt△BEF≌Rt△DGH(HL),所以BF=DH。因为AB=6 cm,AD=10 cm,所以AE=EB=$\frac{1}{2}$AB=3 cm,HF=EG=AD=10 cm。设AH=a cm,则BF=DH=(10-a)cm。由勾股定理,得EH²=AH²+AE²=a²+3²,EF²=BE²+BF²=3²+(10-a)²。因为EH²+EF²=HF²,所以a²+3²+3²+(10-a)²=10²,解得a₁=1,a₂=9(舍去)。所以AH=1 cm。
(2)解:如图2,联结EG交HF于点O,过点E作EJ⊥HF于点J。因为四边形EFGH是矩形,所以∠HEF=90°。因为EH=8 cm,EF=6 cm,所以HF=√(EH²+EF²)=10 cm。因为EJ⊥HF,所以$S_{△EFH}=\frac{1}{2}EF·EH=\frac{1}{2}HF·EJ$,所以6×8=10EJ,所以EJ=$\frac{24}{5}$cm。由【反思】可知,HF=EG=AD=10 cm,所以EO=$\frac{1}{2}$EG=5 cm。在菱形ABCD中,AB=AD=10 cm,所以EM=AE=5 cm。因为EJ⊥HF,EO=EM,所以MJ=OJ=$\sqrt{EO^2-EJ^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}$(cm),所以OM=2MJ=$\frac{14}{5}$cm。同理可得,ON=OM,所以MN=2OM=$\frac{28}{5}$cm。
解析
【分析】
1. 【反思】：折叠的性质是解题核心，折叠后对应边相等，故AE=EB、DG=GC，且AE//DG，可证四边形AEGD是平行四边形，得AD=EG；又EFGH是矩形，由勾股定理得EG=HF，从而AD=HF，代入EH、EF长度即可求AD。
2. 探究(1)：利用反思中HF=AD、AE=EB=½AB的关系，设AH=a，用勾股定理表示EH²和EF²，结合矩形EFGH中EH²+EF²=HF²，列方程求解AH，舍去不合理解。
3. 探究(2)：菱形ABCD中，先由矩形EFGH的边长算HF，再求E到HF的高EJ；结合菱形性质得EO=½EG=5，利用勾股定理算MJ，进而得OM，最终MN=2OM。
【解析】
3.【反思】解:如图1,联结EG。
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF=90°,HF=EG。
∵EH=3 cm,EF=4 cm，
∴EG=HF=√(EH²+EF²)=√(3²+4²)=5 cm。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,AB//CD。
由折叠的性质，得AE=EJ=EB=½AB；同理得DG=½DC，
∴AE=DG。
又
∵AE//DG，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴AD=EG=5 cm。
【探究】(1)由【反思】可知，HF=EG=AD，AE=EB=½AB，DG=GC=½CD，
∴BE=DG。
在Rt△BEF和Rt△DGH中，$\begin{cases} EF=GH \\ BE=DG \end{cases}$，
∴Rt△BEF≌Rt△DGH(HL)，
∴BF=DH。
∵AB=6 cm,AD=10 cm，
∴AE=EB=½AB=3 cm，HF=EG=AD=10 cm。
设AH=a cm，则BF=DH=(10-a)cm。
由勾股定理：EH²=AH²+AE²=a²+3²，EF²=BE²+BF²=3²+(10-a)²。
∵EFGH是矩形，
∴EH²+EF²=HF²，即a²+9 + 9 + (10-a)²=100，
化简得2a²-20a+18=0，解得a₁=1,a₂=9(舍去，因a=9时DH=1，BF=1，后续线段不成立)，
∴AH=1 cm。
(2)解:如图2,联结EG交HF于点O,过点E作EJ⊥HF于点J。
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF=90°。
∵EH=8 cm,EF=6 cm，
∴HF=√(EH²+EF²)=√(8²+6²)=10 cm。
∵EJ⊥HF，
∴$S_{△EFH}=\frac{1}{2}EF·EH=\frac{1}{2}HF·EJ$，
代入得6×8=10EJ，解得EJ=$\frac{24}{5}$cm。
由【反思】知HF=EG=AD=10 cm，
∴EO=½EG=5 cm。
在菱形ABCD中，AB=AD=10 cm，
∴EM=AE=5 cm。
∵EJ⊥HF，EO=EM，
∴MJ=OJ=√(EO²-EJ²)=√(5²-($\frac{24}{5}$)²)=√($\frac{49}{25}$)=$\frac{7}{5}$cm，
∴OM=2MJ=$\frac{14}{5}$cm。
同理可得ON=OM，
∴MN=2OM=2×$\frac{14}{5}$=$\frac{28}{5}$cm。
【答案】
3.【反思】解:如图1,联结EG。因为四边形EFGH是矩形,所以∠HEF=90°,HF=EG。因为EH=3 cm,EF=4 cm,所以EG=HF=√(EH²+EF²)=5 cm。因为四边形ABCD是矩形,所以AB=CD,AB//CD。由折叠的性质,得AE=EJ=EB=$\frac{1}{2}$AB。同理可得,DG=$\frac{1}{2}$DC,所以AE=DG。因为AE//DG,AE=DG,所以四边形AEGD是平行四边形,所以AD=EG=5 cm。
【探究】(1)由【反思】可知,HF=EG=AD,AE=EB=$\frac{1}{2}$AB,DG=GC=$\frac{1}{2}$CD,所以BE=DG。在Rt△BEF和Rt△DGH中,因为$\begin{cases} EF=GH, \\ BE=DG, \end{cases}$所以Rt△BEF≌Rt△DGH(HL),所以BF=DH。因为AB=6 cm,AD=10 cm,所以AE=EB=$\frac{1}{2}$AB=3 cm,HF=EG=AD=10 cm。设AH=a cm,则BF=DH=(10-a)cm。由勾股定理,得EH²=AH²+AE²=a²+3²,EF²=BE²+BF²=3²+(10-a)²。因为EH²+EF²=HF²,所以a²+3²+3²+(10-a)²=10²,解得a₁=1,a₂=9(舍去)。所以AH=1 cm。
(2)解:如图2,联结EG交HF于点O,过点E作EJ⊥HF于点J。因为四边形EFGH是矩形,所以∠HEF=90°。因为EH=8 cm,EF=6 cm,所以HF=√(EH²+EF²)=10 cm。因为EJ⊥HF,所以$S_{△EFH}=\frac{1}{2}EF·EH=\frac{1}{2}HF·EJ$,所以6×8=10EJ,所以EJ=$\frac{24}{5}$cm。由【反思】可知,HF=EG=AD=10 cm,所以EO=$\frac{1}{2}$EG=5 cm。在菱形ABCD中,AB=AD=10 cm,所以EM=AE=5 cm。因为EJ⊥HF,EO=EM,所以MJ=OJ=$\sqrt{EO^2-EJ^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}$(cm),所以OM=2MJ=$\frac{14}{5}$cm。同理可得,ON=OM,所以MN=2OM=$\frac{28}{5}$cm。
【知识点】
矩形性质、折叠性质、菱形性质、勾股定理
【点评】
本题为折叠类几何综合题，核心是利用折叠的不变性转化线段关系，结合矩形、菱形的特殊性质，将所求线段置于直角三角形中，通过勾股定理建立方程求解，需熟练掌握折叠前后的等量关系及特殊四边形的对角线、边长性质，对逻辑推理和方程思想有一定要求。
【难度系数】
0.5
1. 【反思】：折叠的性质是解题核心，折叠后对应边相等，故AE=EB、DG=GC，且AE//DG，可证四边形AEGD是平行四边形，得AD=EG；又EFGH是矩形，由勾股定理得EG=HF，从而AD=HF，代入EH、EF长度即可求AD。
2. 探究(1)：利用反思中HF=AD、AE=EB=½AB的关系，设AH=a，用勾股定理表示EH²和EF²，结合矩形EFGH中EH²+EF²=HF²，列方程求解AH，舍去不合理解。
3. 探究(2)：菱形ABCD中，先由矩形EFGH的边长算HF，再求E到HF的高EJ；结合菱形性质得EO=½EG=5，利用勾股定理算MJ，进而得OM，最终MN=2OM。
【解析】
3.【反思】解:如图1,联结EG。
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF=90°,HF=EG。
∵EH=3 cm,EF=4 cm，
∴EG=HF=√(EH²+EF²)=√(3²+4²)=5 cm。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,AB//CD。
由折叠的性质，得AE=EJ=EB=½AB；同理得DG=½DC，
∴AE=DG。
又
∵AE//DG，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴AD=EG=5 cm。
【探究】(1)由【反思】可知，HF=EG=AD，AE=EB=½AB，DG=GC=½CD，
∴BE=DG。
在Rt△BEF和Rt△DGH中，$\begin{cases} EF=GH \\ BE=DG \end{cases}$，
∴Rt△BEF≌Rt△DGH(HL)，
∴BF=DH。
∵AB=6 cm,AD=10 cm，
∴AE=EB=½AB=3 cm，HF=EG=AD=10 cm。
设AH=a cm，则BF=DH=(10-a)cm。
由勾股定理：EH²=AH²+AE²=a²+3²，EF²=BE²+BF²=3²+(10-a)²。
∵EFGH是矩形，
∴EH²+EF²=HF²，即a²+9 + 9 + (10-a)²=100，
化简得2a²-20a+18=0，解得a₁=1,a₂=9(舍去，因a=9时DH=1，BF=1，后续线段不成立)，
∴AH=1 cm。
(2)解:如图2,联结EG交HF于点O,过点E作EJ⊥HF于点J。
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF=90°。
∵EH=8 cm,EF=6 cm，
∴HF=√(EH²+EF²)=√(8²+6²)=10 cm。
∵EJ⊥HF，
∴$S_{△EFH}=\frac{1}{2}EF·EH=\frac{1}{2}HF·EJ$，
代入得6×8=10EJ，解得EJ=$\frac{24}{5}$cm。
由【反思】知HF=EG=AD=10 cm，
∴EO=½EG=5 cm。
在菱形ABCD中，AB=AD=10 cm，
∴EM=AE=5 cm。
∵EJ⊥HF，EO=EM，
∴MJ=OJ=√(EO²-EJ²)=√(5²-($\frac{24}{5}$)²)=√($\frac{49}{25}$)=$\frac{7}{5}$cm，
∴OM=2MJ=$\frac{14}{5}$cm。
同理可得ON=OM，
∴MN=2OM=2×$\frac{14}{5}$=$\frac{28}{5}$cm。
【答案】
3.【反思】解:如图1,联结EG。因为四边形EFGH是矩形,所以∠HEF=90°,HF=EG。因为EH=3 cm,EF=4 cm,所以EG=HF=√(EH²+EF²)=5 cm。因为四边形ABCD是矩形,所以AB=CD,AB//CD。由折叠的性质,得AE=EJ=EB=$\frac{1}{2}$AB。同理可得,DG=$\frac{1}{2}$DC,所以AE=DG。因为AE//DG,AE=DG,所以四边形AEGD是平行四边形,所以AD=EG=5 cm。
【探究】(1)由【反思】可知,HF=EG=AD,AE=EB=$\frac{1}{2}$AB,DG=GC=$\frac{1}{2}$CD,所以BE=DG。在Rt△BEF和Rt△DGH中,因为$\begin{cases} EF=GH, \\ BE=DG, \end{cases}$所以Rt△BEF≌Rt△DGH(HL),所以BF=DH。因为AB=6 cm,AD=10 cm,所以AE=EB=$\frac{1}{2}$AB=3 cm,HF=EG=AD=10 cm。设AH=a cm,则BF=DH=(10-a)cm。由勾股定理,得EH²=AH²+AE²=a²+3²,EF²=BE²+BF²=3²+(10-a)²。因为EH²+EF²=HF²,所以a²+3²+3²+(10-a)²=10²,解得a₁=1,a₂=9(舍去)。所以AH=1 cm。
(2)解:如图2,联结EG交HF于点O,过点E作EJ⊥HF于点J。因为四边形EFGH是矩形,所以∠HEF=90°。因为EH=8 cm,EF=6 cm,所以HF=√(EH²+EF²)=10 cm。因为EJ⊥HF,所以$S_{△EFH}=\frac{1}{2}EF·EH=\frac{1}{2}HF·EJ$,所以6×8=10EJ,所以EJ=$\frac{24}{5}$cm。由【反思】可知,HF=EG=AD=10 cm,所以EO=$\frac{1}{2}$EG=5 cm。在菱形ABCD中,AB=AD=10 cm,所以EM=AE=5 cm。因为EJ⊥HF,EO=EM,所以MJ=OJ=$\sqrt{EO^2-EJ^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}$(cm),所以OM=2MJ=$\frac{14}{5}$cm。同理可得,ON=OM,所以MN=2OM=$\frac{28}{5}$cm。
【知识点】
矩形性质、折叠性质、菱形性质、勾股定理
【点评】
本题为折叠类几何综合题，核心是利用折叠的不变性转化线段关系，结合矩形、菱形的特殊性质，将所求线段置于直角三角形中，通过勾股定理建立方程求解，需熟练掌握折叠前后的等量关系及特殊四边形的对角线、边长性质，对逻辑推理和方程思想有一定要求。
【难度系数】
0.5
