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九年级数学解答题一般
题目
已知矩形ABCDABCD的一条边AD=8AD=8,EE是BCBC边上的一点,将矩形ABCDABCD沿折痕AEAE折叠,使得顶点BB落在CDCD边上的点PP处,PC=4(PC=4(如图1)1).
(1)(1)求ABAB的长；
(2)(2)擦去折痕AEAE,连接PBPB,设MM是线段PAPA的一个动点（点MM与点PP、AA不重合).N).N是ABAB延长线上的一个动点,并且满足PM=BNPM=BN.过点MM作MH⊥PBMH\bot PB,垂足为HH,连接MNMN交PBPB于点F(F(如图2)2).
①若MM是PAPA的中点,求MHMH的长；
②试问当点MM、NN在移动过程中,线段FHFH的长度是否发生变化?若变化,说明理由；若不变,求出线段FHFH的长度.
知识点：勾股定理、矩形的性质、轴对称变换、作图——轴对称变换章节：未标注

答案与解析

答案

（1）设AB=xAB=x，则AP=CD=xAP=CD=x，DP=CD−CP=x−4DP=CD-CP=x-4，
在Rt△ADPRt\triangle ADP中，AD2+DP2=AP2AD^{2}+DP^{2}=AP^{2}，
即82+(x−4)2=x28^{2}+\left(x-4\right)^{2}=x^{2}，
解得：x=10x=10，
即AB=10AB=10.
(2)(2)①如图22，过点AA作AG⊥PBAG\bot PB于点GG，

由（1）中的结论可得：PC=4PC=4，BC=8BC=8，∠C=90∘\angle C=90^{\circ}，
∴PB=BC2+PC2=82+42=45\therefore PB=\sqrt{B{C}^{2}+P{C}^{2}}=\sqrt{{8}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{5}，
∵AP=AB\because AP=AB，
∴PG=BG=12PB=25\therefore PG=BG=\frac{1}{2}PB=2\sqrt{5}，
在Rt△AGPRt\triangle AGP中，AG=AP2−PG2=102−(25)2=45AG=\sqrt{A{P}^{2}-P{G}^{2}}=\sqrt{1{0}^{2}-(2\sqrt{5})^{2}}=4\sqrt{5}，
∵AG⊥PB\because AG\bot PB，MH⊥PBMH\bot PB，
∴MH\therefore MH∥AGAG，
∵M\because M是PAPA的中点，
∴H\therefore H是PGPG的中点，
∴MH=12AG=12×45=25\therefore MH=\frac{1}{2}AG=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}.
②当点MM、NN在移动过程中，线段FHFH的长度是不发生变化；
作MQMQ∥ANAN，交PBPB于点QQ，如图33，

∵AP=AB,MQ\because AP=AB,MQ∥ANAN，
∴∠APB=∠ABP=∠MQP\therefore \angle APB=\angle ABP=\angle MQP.
∴MP=MQ\therefore MP=MQ，
∵BN=PM\because BN=PM，
∴BN=QM\therefore BN=QM.
∵MP=MQ\because MP=MQ，MH⊥PQMH\bot PQ，
∴HQ=12PQ\therefore HQ=\frac{1}{2}PQ.
∵MQ\because MQ∥ANAN，
∴∠QMF=∠BNF\therefore \angle QMF=\angle BNF，
在△MFQ\triangle MFQ和△NFB\triangle NFB中，
{∠QFM=∠NFB∠QMF=∠BNFMQ=BN\left\{\begin{array}{l}{∠QFM=∠NFB}\\{∠QMF=∠BNF}\\{MQ=BN}\end{array}\right.，
∴△MFQ\therefore \triangle MFQ≌△NFB(AAS).\triangle NFB\left(AAS\right).
∴QF=12QB\therefore QF=\frac{1}{2}QB，
∴HF=HQ+QF=12PQ+12QB=12PB=12×45=25\therefore HF=HQ+QF=\frac{1}{2}PQ+\frac{1}{2}QB=\frac{1}{2}PB=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}.
∴\therefore当点MM、NN在移动过程中，线段FHFH的长度是不发生变化，长度为252\sqrt{5}.

解析

（1）设AB=xAB=x，则AP=CD=xAP=CD=x，DP=CD−CP=x−4DP=CD-CP=x-4，
在Rt△ADPRt\triangle ADP中，AD2+DP2=AP2AD^{2}+DP^{2}=AP^{2}，
即82+(x−4)2=x28^{2}+\left(x-4\right)^{2}=x^{2}，
解得：x=10x=10，
即AB=10AB=10.
(2)(2)①如图22，过点AA作AG⊥PBAG\bot PB于点GG，

由（1）中的结论可得：PC=4PC=4，BC=8BC=8，∠C=90∘\angle C=90^{\circ}，
∴PB=BC2+PC2=82+42=45\therefore PB=\sqrt{B{C}^{2}+P{C}^{2}}=\sqrt{{8}^{2}+{4}^{2}}=4\sqrt{5}，
∵AP=AB\because AP=AB，
∴PG=BG=12PB=25\therefore PG=BG=\frac{1}{2}PB=2\sqrt{5}，
在Rt△AGPRt\triangle AGP中，AG=AP2−PG2=102−(25)2=45AG=\sqrt{A{P}^{2}-P{G}^{2}}=\sqrt{1{0}^{2}-(2\sqrt{5})^{2}}=4\sqrt{5}，
∵AG⊥PB\because AG\bot PB，MH⊥PBMH\bot PB，
∴MH\therefore MH∥AGAG，
∵M\because M是PAPA的中点，
∴H\therefore H是PGPG的中点，
∴MH=12AG=12×45=25\therefore MH=\frac{1}{2}AG=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}.
②当点MM、NN在移动过程中，线段FHFH的长度是不发生变化；
作MQMQ∥ANAN，交PBPB于点QQ，如图33，

∵AP=AB,MQ\because AP=AB,MQ∥ANAN，
∴∠APB=∠ABP=∠MQP\therefore \angle APB=\angle ABP=\angle MQP.
∴MP=MQ\therefore MP=MQ，
∵BN=PM\because BN=PM，
∴BN=QM\therefore BN=QM.
∵MP=MQ\because MP=MQ，MH⊥PQMH\bot PQ，
∴HQ=12PQ\therefore HQ=\frac{1}{2}PQ.
∵MQ\because MQ∥ANAN，
∴∠QMF=∠BNF\therefore \angle QMF=\angle BNF，
在△MFQ\triangle MFQ和△NFB\triangle NFB中，
{∠QFM=∠NFB∠QMF=∠BNFMQ=BN\left\{\begin{array}{l}{∠QFM=∠NFB}\\{∠QMF=∠BNF}\\{MQ=BN}\end{array}\right.，
∴△MFQ\therefore \triangle MFQ≌△NFB(AAS).\triangle NFB\left(AAS\right).
∴QF=12QB\therefore QF=\frac{1}{2}QB，
∴HF=HQ+QF=12PQ+12QB=12PB=12×45=25\therefore HF=HQ+QF=\frac{1}{2}PQ+\frac{1}{2}QB=\frac{1}{2}PB=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}.
∴\therefore当点MM、NN在移动过程中，线段FHFH的长度是不发生变化，长度为252\sqrt{5}.

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