9. 如图,在菱形 $ABCD$ 中,$AB = 2,∠ A = 60°,E,F$ 分别是 $AD,AB$ 边上一点,将菱形沿 $EF$ 折叠,当点 $A$ 落在 $CD$ 的中点 $G$ 处时,连接 $BG$.
(1)求证:$△ FBG$ 是直角三角形;
(2)求 $BF$ 的长.
]
(1)求证:$△ FBG$ 是直角三角形;
(2)求 $BF$ 的长.
]答案：
9. (1)如图,连接 BD.
∵ 四边形 ABCD 是菱形,$∠A=∠C=60^{\circ },\therefore AB// CD,△BCD$是等边三角形.
∵ G 是 CD 的中点,$\therefore BG⊥CD$,即$∠CGB=90^{\circ },\therefore ∠CGB=∠FBG=90^{\circ }$,即$△FBG$是直角三角形.
(2)由(1)可知,$△BCD$是等边三角形,G 是 CD 的中点.$\because CD=AB=2,\therefore CG=1,CB=2$.在$Rt△GBC$中,由勾股定理可得$BG^{2}=BC^{2}-CG^{2}=2^{2}-1^{2}=3.\because △AEF$翻折至$△GEF,\therefore AF=GF$.设$BF=x$,则$AF=GF=2-x$.在$Rt△FBG$中,$GF^{2}=BF^{2}+BG^{2}$,即$(2-x)^{2}=x^{2}+3$,解得$x=\frac {1}{4}$,即$BF=\frac {1}{4}.$
9. (1)如图,连接 BD.
∵ 四边形 ABCD 是菱形,$∠A=∠C=60^{\circ },\therefore AB// CD,△BCD$是等边三角形.
∵ G 是 CD 的中点,$\therefore BG⊥CD$,即$∠CGB=90^{\circ },\therefore ∠CGB=∠FBG=90^{\circ }$,即$△FBG$是直角三角形.
(2)由(1)可知,$△BCD$是等边三角形,G 是 CD 的中点.$\because CD=AB=2,\therefore CG=1,CB=2$.在$Rt△GBC$中,由勾股定理可得$BG^{2}=BC^{2}-CG^{2}=2^{2}-1^{2}=3.\because △AEF$翻折至$△GEF,\therefore AF=GF$.设$BF=x$,则$AF=GF=2-x$.在$Rt△FBG$中,$GF^{2}=BF^{2}+BG^{2}$,即$(2-x)^{2}=x^{2}+3$,解得$x=\frac {1}{4}$,即$BF=\frac {1}{4}.$
10. (2025·盐城校级月考)将一张正方形纸片 $ABCD$ 按如图所示的方式折叠,$AE,AF$ 为折痕,点 $B,D$ 折叠后的对应点分别为 $B',D'$,若 $∠ B'AD' = 16°$,则 $∠ EAF$ 的度数为 (
A.$56°$
B.$45°$
C.$40°$
D.$37°$
D
)A.$56°$
B.$45°$
C.$40°$
D.$37°$
答案：10. D 解析:
∵ 四边形 ABCD 为正方形,$\therefore ∠DAB=90^{\circ }$.由折叠的性质可知,$∠BAE=∠B'AE,∠DAF=∠D'AF,\therefore 2∠DAF+2∠BAE=∠DAB+∠B'AD'$,即$2(∠DAF+∠BAE)=90^{\circ }+16^{\circ }$,得$∠DAF+∠BAE=53^{\circ },\therefore ∠EAF=90^{\circ }-(∠DAF+∠BAE)=37^{\circ }$,故选 D.
∵ 四边形 ABCD 为正方形,$\therefore ∠DAB=90^{\circ }$.由折叠的性质可知,$∠BAE=∠B'AE,∠DAF=∠D'AF,\therefore 2∠DAF+2∠BAE=∠DAB+∠B'AD'$,即$2(∠DAF+∠BAE)=90^{\circ }+16^{\circ }$,得$∠DAF+∠BAE=53^{\circ },\therefore ∠EAF=90^{\circ }-(∠DAF+∠BAE)=37^{\circ }$,故选 D.
11. (2025·南阳期末)如图,边长为 $3$ 的正方形 $ABCD$ 中,点 $P$ 为射线 $AD$ 上一个动点,将 $△ ABP$ 沿 $BP$ 折叠得到 $△ QBP$,点 $A$ 的对应点为点 $Q$,射线 $PQ$ 交直线 $CD$ 于点 $M$,当 $CM = 1$ 时,$AP$ 的长为
]
6或$\frac {3}{2}$
.]
答案：
11. 6或$\frac {3}{2}$解析:
∵ 四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形,$\therefore AB=BC=CD=AD=3,∠A=∠BCD=∠ADC=90^{\circ }$.当 M 在线段 DC 的延长线上时,连接 BM,如图①所示.
∵ 将$△ABP$沿 BP 折叠得到$△QBP$,点 A 的对应点为点 Q,$\therefore AB=BQ=BC,∠A=∠Q=90^{\circ },PA=PQ$.又$\because ∠BCM=180^{\circ }-∠BCD=90^{\circ },\therefore ∠BCM=∠Q$.在$Rt△BQM$和$Rt△BCM$中,$\{\begin{array}{l} BM=BM,\\ BQ=BC,\end{array} \therefore Rt△BQM≌ Rt△BCM(HL),\therefore QM=CM=1$.在$Rt△PDM$中,由勾股定理,得$PM^{2}=PD^{2}+DM^{2}$,则$(PA-1)^{2}=(PA-3)^{2}+(3+1)^{2}$,解得$PA=6$.
当 M 在线段 DC 上时,连接 BM,如图②所示,同理可求出$QM=CM=1$,在$Rt△PDM$中,由勾股定理,得$PM^{2}=PD^{2}+DM^{2}$,则$(PA+1)^{2}=(3-PA)^{2}+(3-1)^{2}$,解得$PA=\frac {3}{2}$.综上所述,AP 的长为$\frac {3}{2}$或6.
11. 6或$\frac {3}{2}$解析:
∵ 四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形,$\therefore AB=BC=CD=AD=3,∠A=∠BCD=∠ADC=90^{\circ }$.当 M 在线段 DC 的延长线上时,连接 BM,如图①所示.
∵ 将$△ABP$沿 BP 折叠得到$△QBP$,点 A 的对应点为点 Q,$\therefore AB=BQ=BC,∠A=∠Q=90^{\circ },PA=PQ$.又$\because ∠BCM=180^{\circ }-∠BCD=90^{\circ },\therefore ∠BCM=∠Q$.在$Rt△BQM$和$Rt△BCM$中,$\{\begin{array}{l} BM=BM,\\ BQ=BC,\end{array} \therefore Rt△BQM≌ Rt△BCM(HL),\therefore QM=CM=1$.在$Rt△PDM$中,由勾股定理,得$PM^{2}=PD^{2}+DM^{2}$,则$(PA-1)^{2}=(PA-3)^{2}+(3+1)^{2}$,解得$PA=6$.
当 M 在线段 DC 上时,连接 BM,如图②所示,同理可求出$QM=CM=1$,在$Rt△PDM$中,由勾股定理,得$PM^{2}=PD^{2}+DM^{2}$,则$(PA+1)^{2}=(3-PA)^{2}+(3-1)^{2}$,解得$PA=\frac {3}{2}$.综上所述,AP 的长为$\frac {3}{2}$或6.
12. 综合与实践课上,老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动.在正方形 $ABCD$ 的边 $AD$ 上选一点 $F$,沿 $BF$ 折叠,使点 $A$ 落在正方形 $ABCD$ 的内部.
(1)操作判断
①如图①,当点 $A$ 落在正方形 $ABCD$ 的对角线 $BD$ 上的点 $E$ 处时,连接 $CE$ 并延长,交 $BF$ 的延长线于点 $M$,则 $∠ M =$
②如图②,改变点 $F$ 的位置,当点 $A$ 落在正方形 $ABCD$ 的内部任意一点 $E$ 处时,$∠ M =$
(2)迁移探究
如图③,当点 $A$ 落在正方形 $ABCD$ 的对角线 $BD$ 上的点 $E$ 处时,过点 $E$ 作 $EG ⊥ CD$ 于点 $G, EH ⊥ BC$ 于点 $H$,连接 $AE,GH$,试猜想 $AE,GH$ 的数量关系并证明.
(3)拓展应用
延长 $BE$ 交正方形 $ABCD$ 的一边于点 $N$,已知正方形 $ABCD$ 的边长为 $4$,当 $△ DEN$ 是等腰三角形时,直接写出 $AN$ 的长.
(1)操作判断
①如图①,当点 $A$ 落在正方形 $ABCD$ 的对角线 $BD$ 上的点 $E$ 处时,连接 $CE$ 并延长,交 $BF$ 的延长线于点 $M$,则 $∠ M =$
45
$°$.②如图②,改变点 $F$ 的位置,当点 $A$ 落在正方形 $ABCD$ 的内部任意一点 $E$ 处时,$∠ M =$
45
$°$.(2)迁移探究
如图③,当点 $A$ 落在正方形 $ABCD$ 的对角线 $BD$ 上的点 $E$ 处时,过点 $E$ 作 $EG ⊥ CD$ 于点 $G, EH ⊥ BC$ 于点 $H$,连接 $AE,GH$,试猜想 $AE,GH$ 的数量关系并证明.
(3)拓展应用
延长 $BE$ 交正方形 $ABCD$ 的一边于点 $N$,已知正方形 $ABCD$ 的边长为 $4$,当 $△ DEN$ 是等腰三角形时,直接写出 $AN$ 的长.
答案：
12. (1)①45 ②45 解析:过点 B 作$BH⊥CE$于点 H,如图①,②,∵ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore AB=BC$,由折叠的性质可知,$AB=BE,∠ABF=∠EBF=\frac {1}{2}∠ABE,\therefore BE=BC$.在$Rt△BHE$和$Rt△BHC$中,$\{\begin{array}{l} BE=BC,\\ BH=BH,\end{array} \therefore Rt△BHE≌ Rt△BHC(HL),\therefore ∠EBH=∠CBH=\frac {1}{2}∠CBE,\therefore ∠FBH=∠EBF+∠EBH=\frac {1}{2}∠ABE+\frac {1}{2}∠CBE=\frac {1}{2}∠ABC=45^{\circ },∠M=180^{\circ }-∠BHM-∠MBH=45^{\circ }$.
(2)$AE=GH$.证明如下:如图③,连接 CE.∵ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore AB=BC,∠ABE=∠CBE=45^{\circ },∠BCD=90^{\circ }$.在$△ABE$和$△CBE$中,$\{\begin{array}{l} AB=CB,\\ ∠ABE=∠CBE,\\ BE=BE,\end{array} \therefore △ABE≌ △CBE(SAS),\therefore AE=CE.\because EG⊥CD,EH⊥BC,\therefore ∠EGC=∠EHC=∠HCG=90^{\circ }$,∴ 四边形 CGEH 是矩形,$\therefore CE=GH,\therefore AE=GH$.
(3)3或$\sqrt {17}$解析:∵ 正方形 ABCD 的边长为 4,$\therefore AB=AD=BC=CD=4,∠BAD=∠BCD=90^{\circ }$.由折叠的性质可知,$BE=AB=4$.当$△DEN$是等腰三角形时,由题意可知,$∠DNE＞90^{\circ }$,即只有$ND=NE$时,等腰三角形 DEN 存在.①如图④,当点 N 在 AD 边上时,设$ND=NE=a$,则$AN=AD-ND=4-a,BN=BE+NE=4+a$.在$Rt△BAN$中,$AB^{2}+AN^{2}=BN^{2},\therefore 4^{2}+(4-a)^{2}=(4+a)^{2}$,解得$a=1$,即$ND=1,\therefore AN=4-1=3$.②如图⑤,当点 N 在 CD 边上时,设$ND=NE=a$,则$CN=CD-ND=4-a,BN=BE+NE=4+a$.在$Rt△BCN$中,$BC^{2}+CN^{2}=BN^{2},\therefore 4^{2}+(4-a)^{2}=(4+a)^{2}$,解得$a=1$,即$ND=1,\therefore AN=\sqrt {AD^{2}+ND^{2}}=\sqrt {17}$.综上可知,当$△DEN$是等腰三角形时,AN 的长为 3或$\sqrt {17}$.
12. (1)①45 ②45 解析:过点 B 作$BH⊥CE$于点 H,如图①,②,∵ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore AB=BC$,由折叠的性质可知,$AB=BE,∠ABF=∠EBF=\frac {1}{2}∠ABE,\therefore BE=BC$.在$Rt△BHE$和$Rt△BHC$中,$\{\begin{array}{l} BE=BC,\\ BH=BH,\end{array} \therefore Rt△BHE≌ Rt△BHC(HL),\therefore ∠EBH=∠CBH=\frac {1}{2}∠CBE,\therefore ∠FBH=∠EBF+∠EBH=\frac {1}{2}∠ABE+\frac {1}{2}∠CBE=\frac {1}{2}∠ABC=45^{\circ },∠M=180^{\circ }-∠BHM-∠MBH=45^{\circ }$.
(2)$AE=GH$.证明如下:如图③,连接 CE.∵ 四边形 ABCD 是正方形,$\therefore AB=BC,∠ABE=∠CBE=45^{\circ },∠BCD=90^{\circ }$.在$△ABE$和$△CBE$中,$\{\begin{array}{l} AB=CB,\\ ∠ABE=∠CBE,\\ BE=BE,\end{array} \therefore △ABE≌ △CBE(SAS),\therefore AE=CE.\because EG⊥CD,EH⊥BC,\therefore ∠EGC=∠EHC=∠HCG=90^{\circ }$,∴ 四边形 CGEH 是矩形,$\therefore CE=GH,\therefore AE=GH$.(3)3或$\sqrt {17}$解析:∵ 正方形 ABCD 的边长为 4,$\therefore AB=AD=BC=CD=4,∠BAD=∠BCD=90^{\circ }$.由折叠的性质可知,$BE=AB=4$.当$△DEN$是等腰三角形时,由题意可知,$∠DNE＞90^{\circ }$,即只有$ND=NE$时,等腰三角形 DEN 存在.①如图④,当点 N 在 AD 边上时,设$ND=NE=a$,则$AN=AD-ND=4-a,BN=BE+NE=4+a$.在$Rt△BAN$中,$AB^{2}+AN^{2}=BN^{2},\therefore 4^{2}+(4-a)^{2}=(4+a)^{2}$,解得$a=1$,即$ND=1,\therefore AN=4-1=3$.②如图⑤,当点 N 在 CD 边上时,设$ND=NE=a$,则$CN=CD-ND=4-a,BN=BE+NE=4+a$.在$Rt△BCN$中,$BC^{2}+CN^{2}=BN^{2},\therefore 4^{2}+(4-a)^{2}=(4+a)^{2}$,解得$a=1$,即$ND=1,\therefore AN=\sqrt {AD^{2}+ND^{2}}=\sqrt {17}$.综上可知,当$△DEN$是等腰三角形时,AN 的长为 3或$\sqrt {17}$.