2018中考数学试题分类汇编:考点35 图形的平移和旋转
一.选择题(共4小题)
1.(2018•海南)如图,在平面直角坐标系中,△ABC位于第一象限,点A的坐标是(4,3),把△ABC向左平移6个单位长度,得到△A1B1C1,则点B1的坐标是( )
A.(﹣2,3) B.(3,﹣1) C.(﹣3,1) D.(﹣5,2)
【分析】根据点的平移的规律:向左平移a个单位,坐标P(x,y)⇒P(x﹣a,y),据此求解可得.
【解答】解:∵点B的坐标为(3,1),
∴向左平移6个单位后,点B1的坐标(﹣3,1),
故选:C.
2.(2018•黄石)如图,将“笑脸”图标向右平移4个单位,再向下平移2个单位,点P的对应点P'的坐标是( )
A.(﹣1,6) B.(﹣9,6) C.(﹣1,2) D.(﹣9,2)
【分析】根据平移规律:横坐标,右移加,左移减;纵坐标,上移加,下移减即可解决问题;
【解答】解:由题意P(﹣5,4),向右平移4个单位,再向下平移2个单位,点P的对应点P'的坐标是(﹣1,2),
故选:C.
3.(2018•宜宾)如图,将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置,已知△ABC的面积为9,阴影部分三角形的面积为4.若AA'=1,则A'D等于( )
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A.2 B.3 C. D.
【分析】由S△ABC=9、S△A′EF=4且AD为BC边的中线知S△A′DE=S△A′EF=2,S△ABD=S△ABC=,根据△DA′E∽△DAB知()2=,据此求解可得.
【解答】解:如图,
∵S△ABC=9、S△A′EF=4,且AD为BC边的中线,
∴S△A′DE=S△A′EF=2,S△ABD=S△ABC=,
∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C',
∴A′E∥AB,
∴△DA′E∽△DAB,
则()2=,即()2=,
解得A′D=2或A′D=﹣(舍),
故选:A.
4.(2018•温州)如图,已知一个直角三角板的直角顶点与原点重合,另两个顶点A,B的坐标分别为(﹣1,0),(0,).现将该三角板向右平移使点A与点O重合,得到△OCB′,则点B的对应点B′的坐标是( )
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A.(1,0) B.(,) C.(1,) D.(﹣1,)
【分析】根据平移的性质得出平移后坐标的特点,进而解答即可.
【解答】解:因为点A与点O对应,点A(﹣1,0),点O(0,0),
所以图形向右平移1个单位长度,
所以点B的对应点B'的坐标为(0+1,),即(1,),
故选:C.
二.填空题(共4小题)
5.(2018•长沙)在平面直角坐标系中,将点A′(﹣2,3)向右平移3个单位长度,再向下平移2个单位长度,那么平移后对应的点A′的坐标是 (1,1) .
【分析】直接利用平移的性质分别得出平移后点的坐标得出答案.
【解答】解:∵将点A′(﹣2,3)向右平移3个单位长度,
∴得到(1,3),
∵再向下平移2个单位长度,
∴平移后对应的点A′的坐标是:(1,1).
故答案为:(1,1).
6.(2018•宿迁)在平面直角坐标系中,将点(3,﹣2)先向右平移2个单位长度,再向上平移3个单位长度,则所得点的坐标是 (5,1) .
【分析】直接利用平移的性质得出平移后点的坐标即可.
【解答】解:∵将点(3,﹣2)先向右平移2个单位长度,
∴得到(5,﹣2),
∵再向上平移3个单位长度,
∴所得点的坐标是:(5,1).
故答案为:(5,1).
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7.(2018•曲靖)如图:图象①②③均是以P0为圆心,1个单位长度为半径的扇形,将图形①②③分别沿东北,正南,西北方向同时平移,每次移动一个单位长度,第一次移动后图形①②③的圆心依次为P1P2P3,第二次移动后图形①②③的圆心依次为P4P5P6…,依次规律,P0P2018= 673 个单位长度.
【分析】根据P0P1=1,P0P2=1,P0P3=1;P0P4=2,P0P5=2,P0P6=2;P0P7=3,P0P8=3,P0P9=3;可知每移动一次,圆心离中心的距离增加1个单位,依据2018=3×672+2,即可得到点P2018在正南方向上,P0P2018=672+1=673.
【解答】解:由图可得,P0P1=1,P0P2=1,P0P3=1;
P0P4=2,P0P5=2,P0P6=2;
P0P7=3,P0P8=3,P0P9=3;
∵2018=3×672+2,
∴点P2018在正南方向上,
∴P0P2018=672+1=673,
故答案为:673.
8.(2018•株洲)如图,O为坐标原点,△OAB是等腰直角三角形,∠OAB=90°,点B的坐标为(0,2),将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′,此时点B′的坐标为(2,2),则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为 4 .
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【分析】利用平移的性质得出AA′的长,根据等腰直角三角形的性质得到AA′对应的高,再结合平行四边形面积公式求出即可.
【解答】解:∵点B的坐标为(0,2),将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′,此时点B′的坐标为(2,2),
∴AA′=BB′=2,
∵△OAB是等腰直角三角形,
∴A(,),
∴AA′对应的高,
∴线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为2×=4.
故答案为:4.
三.解答题(共14小题)
9.(2018•枣庄)如图,在4×4的方格纸中,△ABC的三个顶点都在格点上.
(1)在图1中,画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形;
(2)在图2中,画出一个与△ABC成轴对称且与△ABC有公共边的格点三角形;
(3)在图3中,画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形.
【分析】(1)根据中心对称的性质即可作出图形;
(2)根据轴对称的性质即可作出图形;
(3)根据旋转的性质即可求出图形.
【解答】解:(1)如图所示,
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△DCE为所求作
(2)如图所示,
△ACD为所求作
(3)如图所示
△ECD为所求作
10.(2018•吉林)如图是由边长为1的小正方形组成的8×4网格,每个小正方形的顶点叫做格点,点A,B,C,D均在格点上,在网格中将点D按下列步骤移动:
第一步:点D绕点A顺时针旋转180°得到点D1;
第二步:点D1绕点B顺时针旋转90°得到点D2;
第三步:点D2绕点C顺时针旋转90°回到点D.
(1)请用圆规画出点D→D1→D2→D经过的路径;
(2)所画图形是 轴对称 对称图形;
(3)求所画图形的周长(结果保留π).
【分析】(1)利用旋转变换的性质画出图象即可;
(2)根据轴对称图形的定义即可判断;
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(3)利用弧长公式计算即可;
【解答】解:(1)点D→D1→D2→D经过的路径如图所示:
(2)观察图象可知图象是轴对称图形,
故答案为轴对称.
(3)周长=4×=8π.
11.(2018•南充)如图,矩形ABCD中,AC=2AB,将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′,使点B的对应点B'落在AC上,B'C'交AD于点E,在B'C′上取点F,使B'F=AB.
(1)求证:AE=C′E.
(2)求∠FBB'的度数.
(3)已知AB=2,求BF的长.
【分析】(1)在直角三角形ABC中,由AC=2AB,得到∠ACB=30°,再由折叠的性质得到一对角相等,利用等角对等边即可得证;
(2)由(1)得到△ABB′为等边三角形,利用矩形的性质及等边三角形的内角为60°,即可求出所求角度数;
(3)由AB=2,得到B′B=B′F=2,∠B′BF=15°,过B作BH⊥
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BF,在直角三角形BB′H中,利用锐角三角函数定义求出BH的长,由BF=2BH即可求出BF的长.
【解答】(1)证明:∵在Rt△ABC中,AC=2AB,
∴∠ACB=∠AC′B′=30°,∠BAC=60°,
由旋转可得:AB′=AB,∠B′AC=∠BAC=60°,
∴∠EAC′=∠AC′B′=30°,
∴AE=C′E;
(2)解:由(1)得到△ABB′为等边三角形,
∴∠AB′B=60°,
∴∠FBB′=15°;
(3)解:由AB=2,得到B′B=B′F=2,∠B′BF=15°,
过B作BH⊥BF,
在Rt△BB′H中,cos15°=,即BH=2×=,
则BF=2BH=+.
12.(2018•徐州)如图,方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形,在建立平面直角坐标系后,△ABC的顶点均在格点上,点B的坐标为(1,0)
①画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1;
②画出将△ABC绕原点O按逆时针旋转90°所得的△A2B2C2;
③△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称图形吗?若成轴对称图形,画出所有的对称轴;
④△A1B1C1与△A2B2C2成中心对称图形吗?若成中心对称图形,写出所有的对称中心的坐标.
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【分析】(1)将三角形的各顶点,向x轴作垂线并延长相同长度得到三点的对应点,顺次连接;
(2)将三角形的各顶点,绕原点O按逆时针旋转90°得到三点的对应点.顺次连接各对应点得△A2B2C2;
(3)从图中可发现成轴对称图形,根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段,做它的垂直平分线;
(4)成中心对称图形,画出两条对应点的连线,交点就是对称中心.
【解答】解:如下图所示:
(3)成轴对称图形,根据轴对称图形的性质画出对称轴即连接两对应点的线段,作它的垂直平分线,
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或连接A1C1,A2C2的中点的连线为对称轴.
(4)成中心对称,对称中心为线段BB2的中点P,坐标是(,).
13.(2018•温州)如图,P,Q是方格纸中的两格点,请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形.
(1)在图1中画出一个面积最小的▱PAQB.
(2)在图2中画出一个四边形PCQD,使其是轴对称图形而不是中心对称图形,且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到.注:图1,图2在答题纸上.
【分析】(1)画出面积是4的格点平行四边形即为所求;
(2)画出以PQ为对角线的等腰梯形即为所求.
【解答】解:(1)如图①所示:
(2)如图②所示:
14.(2018•临沂)将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°<α<360°),得到矩形AEFG.
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(1)如图,当点E在BD上时.求证:FD=CD;
(2)当α为何值时,GC=GB?画出图形,并说明理由.
【分析】(1)先运用SAS判定△AED≌△FDE,可得DF=AE,再根据AE=AB=CD,即可得出CD=DF;
(2)当GB=GC时,点G在BC的垂直平分线上,分两种情况讨论,依据∠DAG=60°,即可得到旋转角α的度数.
【解答】解:(1)由旋转可得,AE=AB,∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°,EF=BC=AD,
∴∠AEB=∠ABE,
又∵∠ABE+∠EDA=90°=∠AEB+∠DEF,
∴∠EDA=∠DEF,
又∵DE=ED,
∴△AED≌△FDE(SAS),
∴DF=AE,
又∵AE=AB=CD,
∴CD=DF;
(2)如图,当GB=GC时,点G在BC的垂直平分线上,
分两种情况讨论:
①当点G在AD右侧时,取BC的中点H,连接GH交AD于M,
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∵GC=GB,
∴GH⊥BC,
∴四边形ABHM是矩形,
∴AM=BH=AD=AG,
∴GM垂直平分AD,
∴GD=GA=DA,
∴△ADG是等边三角形,
∴∠DAG=60°,
∴旋转角α=60°;
②当点G在AD左侧时,同理可得△ADG是等边三角形,
∴∠DAG=60°,
∴旋转角α=360°﹣60°=300°.
15.(2018•宁波)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,D是AB边上一点(点D与A,B不重合),连结CD,将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE,连结DE交BC于点F,连接BE.
(1)求证:△ACD≌△BCE;
(2)当AD=BF时,求∠BEF的度数.
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【分析】(1)由题意可知:CD=CE,∠DCE=90°,由于∠ACB=90°,所以∠ACD=∠ACB﹣∠DCB,∠BCE=∠DCE﹣∠DCB,所以∠ACD=∠BCE,从而可证明△ACD≌△BCE(SAS)
(2)由△ACD≌△BCE(SAS)可知:∠A=∠CBE=45°,BE=BF,从而可求出∠BEF的度数.
【解答】解:(1)由题意可知:CD=CE,∠DCE=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB,
∠BCE=∠DCE﹣∠DCB,
∴∠ACD=∠BCE,
在△ACD与△BCE中,
∴△ACD≌△BCE(SAS)
(2)∵∠ACB=90°,AC=BC,
∴∠A=45°,
由(1)可知:∠A=∠CBE=45°,
∵AD=BF,
∴BE=BF,
∴∠BEF=67.5°
16.(2018•黑龙江)如图,正方形网格中,每个小正方形的边长都是一个单位长度,在平面直角坐标系内,△ABC的三个顶点坐标分别为A(1,4),B(1,1),C(3,1).
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1;
(2)画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2;
(3)在(2)的条件下,求线段BC扫过的面积(结果保留π).
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【分析】(1)利用轴对称的性质画出图形即可;
(2)利用旋转变换的性质画出图形即可;
(3)BC扫过的面积=﹣,由此计算即可;
【解答】解:(1)△ABC关于x轴对称的△A1B1C1如图所示;
(2)△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2如图所示;
(3)BC扫过的面积=﹣=﹣=2π.
17.(2018•广西)如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(1,1),B(4,1),C(3,3).
(1)将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1,请画出△A1B1C1;
(2)将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2,请画出△A2B2C2;
(3)判断以O,A1,B为顶点的三角形的形状.(无须说明理由)
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【分析】(1)利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标,然后描点即可得到△A1B1C1为所作;
(2)利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2,从而得到△A2B2C2,
(3)根据勾股定理逆定理解答即可.
【解答】解:(1)如图所示,△A1B1C1即为所求:
(2)如图所示,△A2B2C2即为所求:
(3)三角形的形状为等腰直角三角形,OB=OA1=,A1B=,
即,
所以三角形的形状为等腰直角三角形.
18.(2018•眉山)在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系,△ABC的顶点都在格点上,请解答下列问题:
(1)作出△ABC向左平移4个单位长度后得到的△A1B1C1,并写出点C1的坐标;
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(2)作出△ABC关于原点O对称的△A2B2C2,并写出点C2的坐标;
(3)已知△ABC关于直线l对称的△A3B3C3的顶点A3的坐标为(﹣4,﹣2),请直接写出直线l的函数解析式.
【分析】(1)利用网格特点和平移的性质写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标,然后描点得到△A1B1C1;
(2)根据关于原点中心对称的点的坐标特征写出点A2、B2、C2的坐标,然后描点即可;
(3)根据对称的特点解答即可.
【解答】解:(1)如图,△A1B1C1为所作,C1(﹣1,2);
(2)如图,△A2B2C2为所作,C2(﹣3,﹣2);
(3)因为A的坐标为(2,4),A3的坐标为(﹣4,﹣2),
所以直线l的函数解析式为y=﹣x,
19.(2018•自贡)如图,已知∠AOB=60°,在∠AOB的平分线OM上有一点C,将一个120°角的顶点与点C重合,它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E.
(1)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图1),请猜想OE+
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OD与OC的数量关系,并说明理由;
(2)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时,到达图2的位置,(1)中的结论是否成立?并说明理由;
(3)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时,上述结论是否成立?请在图3中画出图形,若成立,请给于证明;若不成立,线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,不需证明.
【分析】(1)先判断出∠OCE=60°,再利用特殊角的三角函数得出OD=OC,同OE=OC,即可得出结论;
(2)同(1)的方法得OF+OG=OC,再判断出△CFD≌△CGE,得出DF=EG,最后等量代换即可得出结论;
(3)同(2)的方法即可得出结论.
【解答】解:(1)∵OM是∠AOB的角平分线,
∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=30°,
∵CD⊥OA,
∴∠ODC=90°,
∴∠OCD=60°,
∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=60°,
在Rt△OCD中,OD=OC•cos30°=OC,
同理:OE=OC,
∴OD+OE=OC;
(2)(1)中结论仍然成立,理由:
过点C作CF⊥OA于F,CG⊥OB于G,
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∴∠OFC=∠OGC=90°,
∵∠AOB=60°,
∴∠FCG=120°,
同(1)的方法得,OF=OC,OG=OC,
∴OF+OG=OC,
∵CF⊥OA,CG⊥OB,且点C是∠AOB的平分线OM上一点,
∴CF=CG,
∵∠DCE=120°,∠FCG=120°,
∴∠DCF=∠ECG,
∴△CFD≌△CGE,
∴DF=EG,
∴OF=OD+DF=OD+EG,OG=OE﹣EG,
∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE,
∴OD+OE=OC;
(3)(1)中结论不成立,结论为:OE﹣OD=OC,
理由:过点C作CF⊥OA于F,CG⊥OB于G,
∴∠OFC=∠OGC=90°,
∵∠AOB=60°,
∴∠FCG=120°,
同(1)的方法得,OF=OC,OG=OC,
∴OF+OG=OC,
∵CF⊥OA,CG⊥OB,且点C是∠AOB的平分线OM上一点,
∴CF=CG,∵∠DCE=120°,∠FCG=120°,
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∴∠DCF=∠ECG,
∴△CFD≌△CGE,
∴DF=EG,
∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD,OG=OE﹣EG,
∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD,
∴OE﹣OD=OC.
20.(2018•岳阳)已知在Rt△ABC中,∠BAC=90°,CD为∠ACB的平分线,将∠ACB沿CD所在的直线对折,使点B落在点B′处,连结AB',BB',延长CD交BB'于点E,设∠ABC=2α(0°<α<45°).
(1)如图1,若AB=AC,求证:CD=2BE;
(2)如图2,若AB≠AC,试求CD与BE的数量关系(用含α的式子表示);
(3)如图3,将(2)中的线段BC绕点C逆时针旋转角(α+45°),得到线段FC,连结EF交BC于点O,设△COE的面积为S1,△COF的面积为S2,求(用含α的式子表示).
【分析】(1)由翻折可知:BE=EB′,再利用全等三角形的性质证明CD=BB′即可;
(2)如图2中,结论:CD=2•BE•tan2α.只要证明△BAB′∽△CAD,可得==,推出=,可得CD=2•BE•tan2α;
(3)首先证明∠ECF=90°,由∠BEC+∠ECF=180°,推出BB′∥CF,推出===sin(45°﹣α),由此即可解决问题;
【解答】解:(1)如图1中,
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∵B、B′关于EC对称,
∴BB′⊥EC,BE=EB′,
∴∠DEB=∠DAC=90°,
∵∠EDB=∠ADC,
∴∠DBE=∠ACD,
∵AB=AC,∠BAB′=∠DAC=90°,
∴△BAB′≌CAD,
∴CD=BB′=2BE.
(2)如图2中,结论:CD=2•BE•tan2α.
理由:由(1)可知:∠ABB′=∠ACD,∠BAB′=∠CAD=90°,
∴△BAB′∽△CAD,
∴==,
∴=,
∴CD=2•BE•tan2α.
(3)如图 3中,
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在Rt△ABC中,∠ACB=90°﹣2α,
∵EC平分∠ACB,
∴∠ECB=(90°﹣2α)=45°﹣α,
∵∠BCF=45°+α,
∴∠ECF=45°﹣α+45°+α=90°,
∴∠BEC+∠ECF=180°,
∴BB′∥CF,
∴===sin(45°﹣α),
∵=,
∴=sin(45°﹣α).
21.(2018•广东)已知Rt△OAB,∠OAB=90°,∠ABO=30°,斜边OB=4,将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°,如题图1,连接BC.
(1)填空:∠OBC= 60 °;
(2)如图1,连接AC,作OP⊥AC,垂足为P,求OP的长度;
(3)如图2,点M,N同时从点O出发,在△OCB边上运动,M沿O→C→B路径匀速运动,N沿O→B→C路径匀速运动,当两点相遇时运动停止,已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒,设运动时间为x秒,△OMN的面积为y,求当x为何值时y取得最大值?最大值为多少?
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【分析】(1)只要证明△OBC是等边三角形即可;
(2)求出△AOC的面积,利用三角形的面积公式计算即可;
(3)分三种情形讨论求解即可解决问题:①当0<x≤时,M在OC上运动,N在OB上运动,此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E.②当<x≤4时,M在BC上运动,N在OB上运动.
③当4<x≤4.8时,M、N都在BC上运动,作OG⊥BC于G.
【解答】解:(1)由旋转性质可知:OB=OC,∠BOC=60°,
∴△OBC是等边三角形,
∴∠OBC=60°.
故答案为60.
(2)如图1中,
∵OB=4,∠ABO=30°,
∴OA=OB=2,AB=OA=2,
∴S△AOC=•OA•AB=×2×2=2,
∵△BOC是等边三角形,
∴∠OBC=60°,∠ABC=∠ABO+∠OBC=90°,
∴AC==2,
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∴OP===.
(3)①当0<x≤时,M在OC上运动,N在OB上运动,此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E.
则NE=ON•sin60°=x,
∴S△OMN=•OM•NE=×1.5x×x,
∴y=x2.
∴x=时,y有最大值,最大值=.
②当<x≤4时,M在BC上运动,N在OB上运动.
作MH⊥OB于H.则BM=8﹣1.5x,MH=BM•sin60°=(8﹣1.5x),
∴y=×ON×MH=﹣x2+2x.
当x=时,y取最大值,y<,
③当4<x≤4.8时,M、N都在BC上运动,作OG⊥BC于G.
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MN=12﹣2.5x,OG=AB=2,
∴y=•MN•OG=12﹣x,
当x=4时,y有最大值,最大值=2,
综上所述,y有最大值,最大值为.
22.(2018•德州)再读教材:
宽与长的比是(约为0.618)的矩形叫做黄金矩形,黄金矩形给我们以协调、匀称的美感,世界各国许多著名的建筑,为取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的设计,下面,我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形.(提示:MN=2)
第一步,在矩形纸片一端,利用图①的方法折出一个正方形,然后把纸片展平.
第二步,如图②,把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平.
第三步,折出内侧矩形的对角线AB,并把AB折到图①中所示的AD处.
第四步,展平纸片,按照所得的点D折出DE,使DE⊥ND,则图④中就会出现黄金矩形.
问题解决:
(1)图③中AB= (保留根号);
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(2)如图③,判断四边形BADQ的形状,并说明理由;
(3)请写出图④中所有的黄金矩形,并选择其中一个说明理由.
实际操作
(4)结合图④,请在矩形BCDE中添加一条线段,设计一个新的黄金矩形,用字母表示出来,并写出它的长和宽.
【分析】(1)理由勾股定理计算即可;
(2)根据菱形的判定方法即可判断;
(3)根据黄金矩形的定义即可判断;
(4)如图④﹣1中,在矩形BCDE上添加线段GH,使得四边形GCDH为正方形,此时四边形BGHE为所求是黄金矩形;
【解答】解:(1)如图3中,在Rt△ABC中,AB===,
故答案为.
(2)结论:四边形BADQ是菱形.
理由:如图③中,
∵四边形ACBF是矩形,
∴BQ∥AD,
∵AB∥DQ,
∴四边形ABQD是平行四边形,
由翻折可知:AB=AD,
∴四边形ABQD是菱形.
(3)如图④中,黄金矩形有矩形BCDE,矩形MNDE.
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∵AD=.AN=AC=1,
CD=AD﹣AC=﹣1,
∵BC=2,
∴=,
∴矩形BCDE是黄金矩形.
∵==,
∴矩形MNDE是黄金矩形.
(4)如图④﹣1中,在矩形BCDE上添加线段GH,使得四边形GCDH为正方形,此时四边形BGHE为所求是黄金矩形.
长GH=﹣1,宽HE=3﹣.
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