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5. 情境题 主题教学 在综合与实践课上,老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动。
问题情景：在矩形$ABCD$中,点$E为AD$边上一动点,点$F为BC$边上一点,连接$EF$,将四边形$CDEF沿EF$折叠,点$C$,$D分别落在点C'$,$D'$处,设$\angle EFC = \alpha$。
(1) 如图①,若$\angle EFC = 75^{\circ}$,$AD = AB$,点$F为BC$的中点,延长$D'C'交AB于点P$,则$PC'与PB$的数量关系是______,写出图中一个$30^{\circ}$的角：______；
(2) 如图②,若点$F为BC$的中点,$AD = 2AB$,$45^{\circ} ＜ \alpha ＜ 90^{\circ}$,延长$D'C'交AB于点P$。求$PC'与PB$的数量关系,并说明理由；
(3) 如图③,若$AB = 3$,$AD = 6$,$BF = 1$,连接$C'E$,当点$E为AD$的三等分点时,直接写出$\frac{E
F}{C'E}$的值。
问题情景：在矩形$ABCD$中,点$E为AD$边上一动点,点$F为BC$边上一点,连接$EF$,将四边形$CDEF沿EF$折叠,点$C$,$D分别落在点C'$,$D'$处,设$\angle EFC = \alpha$。
(1) 如图①,若$\angle EFC = 75^{\circ}$,$AD = AB$,点$F为BC$的中点,延长$D'C'交AB于点P$,则$PC'与PB$的数量关系是______,写出图中一个$30^{\circ}$的角：______；
(2) 如图②,若点$F为BC$的中点,$AD = 2AB$,$45^{\circ} ＜ \alpha ＜ 90^{\circ}$,延长$D'C'交AB于点P$。求$PC'与PB$的数量关系,并说明理由；
(3) 如图③,若$AB = 3$,$AD = 6$,$BF = 1$,连接$C'E$,当点$E为AD$的三等分点时,直接写出$\frac{E
F}{C'E}$的值。
答案：
【解】
(1)$PC'=PB$；$∠BFC'$(答案不唯一)
【点拨】如图①，连接$PF$．
∵$F$为$BC$的中点，
∴$BF=CF$．
∵四边形$ABCD$为矩形，
∴$∠B=∠C=90^{\circ}$．
∵将四边形$CDEF$沿$EF$折叠，点$C$，$D$分别落在点$C'$，$D'$处，
∴$FC=FC'$，$∠C=∠D'C'F=90^{\circ}$．
∴$∠PC'F=90^{\circ}$，$BF=C'F$．
又
∵$PF=PF$，
∴$Rt\triangle PBF\cong Rt\triangle PC'F(HL)$．
∴$PB=PC'$．
由折叠性质得$∠EFC'=∠EFC=75^{\circ}$．
∴$∠BFC'=180^{\circ}-∠EFC-∠EFC'=30^{\circ}$．
(2)$PC'=PB$．理由如下：
如图②，连接$PF$．
∵$F$为$BC$的中点，
∴$BF=CF$．
易得$∠B=∠C=90^{\circ}$．
∵将四边形$CDEF$沿$EF$折叠，点$C$，$D$分别落在点$C'$，$D'$处，
∴$FC=FC'$，$∠C=∠D'C'F=90^{\circ}$．
∴$∠PC'F=90^{\circ}$，$BF=C'F$．
又
∵$PF=PF$，
∴$Rt\triangle PBF\cong Rt\triangle PC'F(HL)$．
∴$PC'=PB$．
(3)$\frac {EF}{C'E}$的值为$\frac {\sqrt {10}}{5}$或$\frac {3\sqrt {26}}{13}$．
【点拨】①若点$E$为$AD$的三等分点，且$AE=2DE$．
∵$AD=6$，$AE=2DE$，
∴$AE=4$，$ED=2$．
如图③，过点$E$作$EM⊥BC$于点$M$，
易得四边形$ABME$为矩形．
∴$BM=AE=4$，$EM=AB=3$．
∴$FM=BM-BF=4-1=3$．
∴$EF=\sqrt {FM^{2}+EM^{2}}=3\sqrt {2}$．
易得$∠D=90^{\circ}$，$CD=AB$．
由折叠的性质得$ED'=ED=2$，$C'D'=CD=AB=3$，
$∠D'=∠D=90^{\circ}$．
∴$C'E=\sqrt {C'D'^{2}+D'E^{2}}=\sqrt {13}$．
∴$\frac {EF}{C'E}=\frac {3\sqrt {2}}{\sqrt {13}}=\frac {3\sqrt {26}}{13}$．
②若点$E$为$AD$的三等分点，且$DE=2AE$，易得$AE=2$，$ED=4$．
如图④，过点$E$作$EN⊥BC$于点$N$．
同理可得$FN=1$，$EN=3$，
∴$EF=\sqrt {FN^{2}+EN^{2}}=\sqrt {10}$．
同理由折叠可得$ED'=ED=4$，$C'D'=CD=AB=3$，
$∠D'=∠D=90^{\circ}$，
∴$C'E=\sqrt {C'D'^{2}+D'E^{2}}=5$．
∴$\frac {EF}{C'E}=\frac {\sqrt {10}}{5}$．
综上所述，$\frac {EF}{C'E}$的值为$\frac {\sqrt {10}}{5}$或$\frac {3\sqrt {26}}{13}$．
【解】
(1)$PC'=PB$；$∠BFC'$(答案不唯一)
【点拨】如图①，连接$PF$．
∵$F$为$BC$的中点，
∴$BF=CF$．
∵四边形$ABCD$为矩形，
∴$∠B=∠C=90^{\circ}$．
∵将四边形$CDEF$沿$EF$折叠，点$C$，$D$分别落在点$C'$，$D'$处，
∴$FC=FC'$，$∠C=∠D'C'F=90^{\circ}$．
∴$∠PC'F=90^{\circ}$，$BF=C'F$．
又
∵$PF=PF$，
∴$Rt\triangle PBF\cong Rt\triangle PC'F(HL)$．
∴$PB=PC'$．
由折叠性质得$∠EFC'=∠EFC=75^{\circ}$．
∴$∠BFC'=180^{\circ}-∠EFC-∠EFC'=30^{\circ}$．
(2)$PC'=PB$．理由如下：
如图②，连接$PF$．
∵$F$为$BC$的中点，
∴$BF=CF$．
易得$∠B=∠C=90^{\circ}$．
∵将四边形$CDEF$沿$EF$折叠，点$C$，$D$分别落在点$C'$，$D'$处，
∴$FC=FC'$，$∠C=∠D'C'F=90^{\circ}$．
∴$∠PC'F=90^{\circ}$，$BF=C'F$．
又
∵$PF=PF$，
∴$Rt\triangle PBF\cong Rt\triangle PC'F(HL)$．
∴$PC'=PB$．
(3)$\frac {EF}{C'E}$的值为$\frac {\sqrt {10}}{5}$或$\frac {3\sqrt {26}}{13}$．
【点拨】①若点$E$为$AD$的三等分点，且$AE=2DE$．
∵$AD=6$，$AE=2DE$，
∴$AE=4$，$ED=2$．
如图③，过点$E$作$EM⊥BC$于点$M$，
易得四边形$ABME$为矩形．
∴$BM=AE=4$，$EM=AB=3$．
∴$FM=BM-BF=4-1=3$．
∴$EF=\sqrt {FM^{2}+EM^{2}}=3\sqrt {2}$．
易得$∠D=90^{\circ}$，$CD=AB$．
由折叠的性质得$ED'=ED=2$，$C'D'=CD=AB=3$，
$∠D'=∠D=90^{\circ}$．
∴$C'E=\sqrt {C'D'^{2}+D'E^{2}}=\sqrt {13}$．
∴$\frac {EF}{C'E}=\frac {3\sqrt {2}}{\sqrt {13}}=\frac {3\sqrt {26}}{13}$．
②若点$E$为$AD$的三等分点，且$DE=2AE$，易得$AE=2$，$ED=4$．
如图④，过点$E$作$EN⊥BC$于点$N$．
同理可得$FN=1$，$EN=3$，
∴$EF=\sqrt {FN^{2}+EN^{2}}=\sqrt {10}$．
同理由折叠可得$ED'=ED=4$，$C'D'=CD=AB=3$，
$∠D'=∠D=90^{\circ}$，
∴$C'E=\sqrt {C'D'^{2}+D'E^{2}}=5$．
∴$\frac {EF}{C'E}=\frac {\sqrt {10}}{5}$．
综上所述，$\frac {EF}{C'E}$的值为$\frac {\sqrt {10}}{5}$或$\frac {3\sqrt {26}}{13}$．
6. 如图,在直角坐标系中,边长为2个单位长度的正方形$ABCO绕原点O逆时针旋转75^{\circ}$,再沿$y$轴方向向上平移1个单位长度,则点$B''$的坐标为()
A. $(-\sqrt{2},\sqrt{6})$
B. $(-\sqrt{2},\sqrt{6} + 1)$
C. $(\sqrt{2},-\sqrt{6})$
D. $(-\sqrt{2},\sqrt{6} - 1)$
A. $(-\sqrt{2},\sqrt{6})$
B. $(-\sqrt{2},\sqrt{6} + 1)$
C. $(\sqrt{2},-\sqrt{6})$
D. $(-\sqrt{2},\sqrt{6} - 1)$
答案：
B 【点拨】过$B'$作$B'D⊥y$轴于$D$，连接$OB$，$OB'$．
∵边长为$2$个单位长度的正方形$ABCO$绕原点$O$逆时针旋转$75^{\circ}$，
∴$∠BOB'=75^{\circ}$，$∠BOC=45^{\circ}$，$OB=OB'=2\sqrt {2}$．
∴$∠B'OD=30^{\circ}$．
∴$B'D=\frac {1}{2}OB'=\sqrt {2}$．
∴$OD=\sqrt {OB'^{2}-B'D^{2}}=\sqrt {6}$．
∴$B'(-\sqrt {2},\sqrt {6})$．
∵点$B''$由点$B'$沿$y$轴方向向上平移$1$个单位长度得到，
∴$B''(-\sqrt {2},\sqrt {6}+1)$．
故选B．
∵边长为$2$个单位长度的正方形$ABCO$绕原点$O$逆时针旋转$75^{\circ}$，
∴$∠BOB'=75^{\circ}$，$∠BOC=45^{\circ}$，$OB=OB'=2\sqrt {2}$．
∴$∠B'OD=30^{\circ}$．
∴$B'D=\frac {1}{2}OB'=\sqrt {2}$．
∴$OD=\sqrt {OB'^{2}-B'D^{2}}=\sqrt {6}$．
∴$B'(-\sqrt {2},\sqrt {6})$．
∵点$B''$由点$B'$沿$y$轴方向向上平移$1$个单位长度得到，
∴$B''(-\sqrt {2},\sqrt {6}+1)$．
故选B．
7. 如图,在正方形$ABCD$中,$E$,$F是对角线BD$上两点,且$\angle EAF = 45^{\circ}$,将$\triangle ADF绕点A顺时针旋转90^{\circ}$后,得到$\triangle ABQ$,连接$EQ$。
(1) 求证：$EA是\angle QED$的平分线；
(2) 已知$BE = 1$,$DF = 2$,求$EF$的长。
(1) 求证：$EA是\angle QED$的平分线；
(2) 已知$BE = 1$,$DF = 2$,求$EF$的长。
答案：
(1)【证明】在正方形$ABCD$中，$∠BAD=90^{\circ}$．
∵将$\triangle ADF$绕点$A$顺时针旋转$90^{\circ}$后，得到$\triangle ABQ$，
∴$AQ=AF$，$∠BAQ=∠DAF$．
∵$∠EAF=45^{\circ}$，
∴$∠DAF+∠BAE=45^{\circ}$．
∴$∠QAE=45^{\circ}$．
∴$∠QAE=∠FAE$．
在$\triangle AQE$和$\triangle AFE$中，$\left\{\begin{array}{l} AQ=AF,\\ ∠QAE=∠FAE,\\ AE=AE,\end{array}\right.$
∴$\triangle AQE\cong \triangle AFE(SAS)$．
∴$∠AEQ=∠AEF$．
∴$EA$是$∠QED$的平分线．
(2)【解】由
(1)得$\triangle AQE\cong \triangle AFE$，
∴$QE=EF$．
由题意得$QB=DF$，$∠ADF=∠ABQ$．
∵四边形$ABCD$是正方形，$BD$是对角线，
∴$∠ADB=∠ABD=45^{\circ}$．
∴$∠ABQ=45^{\circ}$．
∴$∠QBE=∠ABQ+∠ABD=90^{\circ}$．
在$Rt\triangle QBE$中，$QB^{2}+BE^{2}=QE^{2}$．
又
∵$QB=DF$，$QE=EF$，
∴$EF^{2}=BE^{2}+DF^{2}=1+4=5$．
∴$EF=\sqrt {5}$(负值已舍去)．
(1)【证明】在正方形$ABCD$中，$∠BAD=90^{\circ}$．
∵将$\triangle ADF$绕点$A$顺时针旋转$90^{\circ}$后，得到$\triangle ABQ$，
∴$AQ=AF$，$∠BAQ=∠DAF$．
∵$∠EAF=45^{\circ}$，
∴$∠DAF+∠BAE=45^{\circ}$．
∴$∠QAE=45^{\circ}$．
∴$∠QAE=∠FAE$．
在$\triangle AQE$和$\triangle AFE$中，$\left\{\begin{array}{l} AQ=AF,\\ ∠QAE=∠FAE,\\ AE=AE,\end{array}\right.$
∴$\triangle AQE\cong \triangle AFE(SAS)$．
∴$∠AEQ=∠AEF$．
∴$EA$是$∠QED$的平分线．
(2)【解】由
(1)得$\triangle AQE\cong \triangle AFE$，
∴$QE=EF$．
由题意得$QB=DF$，$∠ADF=∠ABQ$．
∵四边形$ABCD$是正方形，$BD$是对角线，
∴$∠ADB=∠ABD=45^{\circ}$．
∴$∠ABQ=45^{\circ}$．
∴$∠QBE=∠ABQ+∠ABD=90^{\circ}$．
在$Rt\triangle QBE$中，$QB^{2}+BE^{2}=QE^{2}$．
又
∵$QB=DF$，$QE=EF$，
∴$EF^{2}=BE^{2}+DF^{2}=1+4=5$．
∴$EF=\sqrt {5}$(负值已舍去)．
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