题目内容
【题目】综合与实践
问题情境：正方形折叠中的数学
已知正方形纸片ABCD中，AB=4，点E是AB边上的一点，点G是CE的中点，将正方形纸片沿CE所在直线折叠，点B的对应点为点B′．
(1)如图1，当∠BCE=30°时，连接BG，B′G，求证：四边形BEB′G是菱形；
深入探究：
(2)在CD边上取点F，使DF=BE，点H是AF的中点，再将正方形纸片ABCD沿AF所在直线折叠，点D的对应点为D′，顺次连接B′，G，D′，H，B'，得到四边形B′GD′H．
请你从A，B两题中任选一题作答，我选择 题．
A题：如图2，当点B'，D′均落在对角线AC上时，
①判断B′G与D′H的数量关系与位置关系，并说明理由；
②直写出此时点H，G之间的距离．
B题：如图3，点M是AB的中点，MN∥BC交CD于点N，当点B'，D′均落在MN上时，
①判断B′G与D′H的数量关系与位置关系，并说明理由；
②直接写出此时点H，G之间的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）A或B；A题：①B′G=D′H，B′G∥D′H；②GH=8﹣4
；
B题：①B′G=D′H，B′G∥D′H；②GH= 4
﹣4．
【解析】
（1）根据正方形的性质，旋转的性质，可得BE=BE′，∠CB′E=∠ABC=90°，然后根据“直角三角形斜边上的中线，30度角所对直角边为斜边的一半”即可证明四边形BEB′G是菱形；（2）A题：①如图2，根据正方形的性质通过“边角边”易证△BCE≌△ADF（SAS），可得CE=AF，∠3=∠4，根据旋转的性质与直角三角形斜边上的中线为斜边的一半可得B′G=D′H，根据平行线的判定可证B′G∥D′H；
②连接GH，则四边形AEGH是平行四边形，所以AE=GH，设BE=EB′=m，则AE=m，可得关于m的方程m+m=4，，求解方程即可；
B题：①如图3，得出的结论与解题思路同A题中的①；
②连接GH，则四边形AEGH是平行四边形，在Rt△CNB′中，利用勾股定理求得NB′=2，即MB′=4﹣2，设BE=EB′=y，在R△EMB′中，则有y2=（2﹣y）2+（4﹣2）2，然后求解方程，最后根据GH=AE=AB﹣BE即可得到答案.
（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
由折叠可知：BE=BE′，∠CB′E=∠ABC=90°，
在Rt△BCE和Rt△ECB′中，
∵EG=GC，
∴BG=
EC，GB′=EC，
∴BG=GB′，
在Rt△BCE中，
∵∠BCE=30°，
∴BE=CE，
∴BE=EB′=B′G=BG，
∴四边形BEB′G是菱形；
（2）选A或B．
A题：①结论：B′G=D′H，B′G∥D′H．
理由：如图2中，
由（1）得到：B′G=CE，
∵点G是CE的中点，
∴CG=CE，
∴B′G=CG，
∴∠1=∠2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠D=90°，AD=BC，
∵BE=DF，
∴△BCE≌△ADF（SAS），
∴CE=AF，∠3=∠4，
由折叠可知：∠D=∠AD′F=90°，∠2=∠3，∠4=∠5，
∴∠2=∠5=∠1，
在Rt△AD′F中，
∵H是AF的中点，
∴D′H=AH=AF，
∴B′G=D′H，∠5=∠6，
∴∠1=∠6，
∴B′G∥D′H；
②连接GH，则四边形AEGH是平行四边形，
∴AE=GH，设BE=EB′=m，则AE=m，
∴m+m=4，
∴m=4﹣4，
∴GH=AE=8﹣4；
B题：①结论：B′G=D′H，B′G∥D′H．
理由：
由（1）得到：B′G=CE，
∵点G是CE的中点，
∴CG=CE，
∴B′G=CG，
∴∠1=∠2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠D=90°，AD=BC，AD∥BC，
∵BE=DF，
∴△BCE≌△ADF（SAS），
∴CE=AF，∠3=∠4，
由折叠可知：∠D=∠AD′F=90°，∠2=∠3，∠4=∠5，
∴∠2=∠5=∠1，
在Rt△AD′F中，
∵H是AF的中点，
∴D′H=AH=AF，
∴B′G=D′H，∠5=∠6，
∴∠1=∠6，
∵MN∥BC，
∴MN∥BC∥AD，
∴∠AD′M=∠DAD′=2∠4，∠CB′N=∠BCB′=2∠3，
∴∠AD′M=∠CB′N，
∴∠AD′M+∠6=∠CB′N+∠1，
即∠HD′M=∠GB′N，
∴B′G∥D′H；
②连接GH，则四边形AEGH是平行四边形，
∴AE=GH，
在Rt△CNB′中，CB′=4，CN=2，
∴NB′=2，
∴MB′=4﹣2，
设BE=EB′=y，
在R△EMB′中，则有y2=（2﹣y）2+（4﹣2）2，
∴y=8﹣4，
∴GH=AE=AB﹣BE=4﹣4．
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