《2025年名校课堂九年级数学上册北师大版》

综合与实践
综合与实践课上,老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动。
(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片 $ABCD$,使 $AD$ 与 $BC$ 重合,得到折痕 $EF$,把纸片展平；
操作二：在 $AD$ 上选一点 $P$,沿 $BP$ 折叠,使点 $A$ 落在矩形内部的点 $M$ 处,把纸片展平,连接 $PM$,$BM$。
根据以上操作,当点 $M$ 在 $EF$ 上时,如图 1,连接 $AM$,试判断 $\triangle ABM$ 的形状,并证明你的结论。
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片,继续探究,过程如下：
将正方形纸片 $ABCD$ 按照(1)中的方式操作,并延长 $PM$ 交 $CD$ 于点 $Q$,连接 $BQ$。
①如图 2,当点 $M$ 在 $EF$ 上时,$\angle MBQ= $15$^{\circ}$,$\angle CBQ= $______15$^{\circ}$。
②改变点 $P$ 在 $AD$ 上的位置(点 $P$ 不与点 $A$,$D$ 重合),如图 3,判断 $\angle MBQ$ 与 $\angle CBQ$ 的数量关系,并说明理由。
(3)拓展应用
在(2)的探究中,已知正方形纸片 $ABCD$ 的边长为 $8cm$,当 $FQ = 1cm$ 时,求出 $AP$ 的长。

答案： 1. （1）
解：$\triangle ABM$是等边三角形。
证明：
由操作一可知$EF$垂直平分$AB$，所以$AM = BM$。
由操作二可知$AB = BM$，$\angle ABP=\angle MBP$。
因为$AB = BM$，$AM = BM$，所以$AB = BM = AM$。
根据等边三角形的定义（三条边都相等的三角形是等边三角形），所以$\triangle ABM$是等边三角形。
2. （2）
①
因为四边形$ABCD$是正方形，由（1）知$AB = BM$，又$AB = BC$，所以$BM = BC$。
由折叠可知$\angle BMP=\angle A = 90^{\circ}$，即$\angle BMQ = 90^{\circ}$，$BC\perp CQ$，$BQ = BQ$。
在$Rt\triangle BMQ$和$Rt\triangle BCQ$中，$\left\{\begin{array}{l}BM = BC\\BQ = BQ\end{array}\right.$，根据$HL$（斜边 - 直角边）定理，$Rt\triangle BMQ\cong Rt\triangle BCQ$，所以$\angle MBQ=\angle CBQ$。
由（1）知$\triangle ABM$是等边三角形，$\angle ABM = 60^{\circ}$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以$\angle MBC=30^{\circ}$，则$\angle MBQ=\angle CBQ = 15^{\circ}$。
②
解：$\angle MBQ=\angle CBQ$。
理由：
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB = BC$，$\angle A=\angle C = 90^{\circ}$。
由折叠可知$AB = BM$，$\angle BMP=\angle A = 90^{\circ}$，所以$BM = BC$，$\angle BMQ=\angle C = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle BMQ$和$Rt\triangle BCQ$中，$\left\{\begin{array}{l}BM = BC\\BQ = BQ\end{array}\right.$，根据$HL$定理，$Rt\triangle BMQ\cong Rt\triangle BCQ$，所以$\angle MBQ=\angle CBQ$。
3. （3）
解：
设$AP = x cm$，则$PM = x cm$。
因为正方形边长$AB = BC = CD = AD = 8cm$，$FQ = 1cm$。
由（2）②知$Rt\triangle BMQ\cong Rt\triangle BCQ$，所以$CQ = MQ$。
当点$Q$在$CD$上时，$DQ=(8 - CQ)cm$，$PQ=(x + CQ)cm$。
在$Rt\triangle PDQ$中，$PD=(8 - x)cm$，根据勾股定理$PD^{2}+DQ^{2}=PQ^{2}$。
若$CQ = MQ$，设$CQ = y$，则$PQ=x + y$，$DQ = 8 - y$，$PD = 8 - x$。
$(8 - x)^{2}+(8 - y)^{2}=(x + y)^{2}$，展开得$64-16x+x^{2}+64 - 16y+y^{2}=x^{2}+2xy + y^{2}$，化简得$64-16x-16y=2xy$。
又因为$EF$是$AB$的中垂线，$AB = 8$，$BM = AB = 8$，$BC = 8$，在$Rt\triangle BCF$中，$BF = 4$，$BM = 8$，$MF=\sqrt{BM^{2}-BF^{2}}=\sqrt{64 - 16}=4\sqrt{3}$。
当$Q$在$CD$上时，若$CQ = 1$：
则$PQ=x + 1$，$PD = 8 - x$，$DQ = 7$。
由勾股定理$(8 - x)^{2}+7^{2}=(x + 1)^{2}$。
展开得$64-16x+x^{2}+49=x^{2}+2x + 1$。
移项得$-16x - 2x=1 - 64 - 49$。
合并同类项得$-18x=-112$，解得$x=\frac{56}{9}$。
当$Q$在$DC$的延长线上时（此时$CQ$为负，设$CQ=-z$，$z\gt0$）：
$PQ=x - z$，$PD = 8 - x$，$DQ = 8 + z$。
由勾股定理$(8 - x)^{2}+(8 + z)^{2}=(x - z)^{2}$，展开$64-16x+x^{2}+64 + 16z+z^{2}=x^{2}-2xz+z^{2}$，化简得$128-16x + 16z=-2xz$（这种情况舍去，因为根据前面全等关系，一般$Q$在$CD$上）。
综上，（1）$\triangle ABM$是等边三角形；（2）①$15$，$15$；②$\angle MBQ=\angle CBQ$；（3）$AP$的长为$\frac{56}{9}cm$。