图形变化之剪拼——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、实践探究题
1．（2024·福建）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．
（1）直接写出的值；
（2）如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（ ）
图4
A． B．
C． D．
（3）今有三种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如下表所示
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
规格（单位：cm）
单价（单位：元） 3 5 20
现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用．
（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用）
2．（2023·山西）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．
（1）数学思考：谈你解答老师提出的问题；
（2）深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．
3．（2023·镇江）【发现】如图1，有一张三角形纸片，小宏做如下操作：
⑴取，中点D，E，在边上作；
⑵连接，分别过点D，N作，，垂足为G，H；
⑶将四边形剪下，绕点D旋转至四边形的位置，将四边形剪下，绕点E旋转至四边形的位置；
⑷延长，交于点F．
小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：
①点Q，A，T一条直线上；
②四边形是矩形；
③；
④四边形与的面积相等．
（1）【任务1】请你对结论①进行证明．
（2）【任务2】如图2，在四边形中，，P，Q分别是，的中点，连接．求证：．
（3）【任务3】如图3，有一张四边形纸，，，，，，小丽分别取，的中点P，Q，在边上作，连接，她仿照小宏的操作，将四边形分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求的长．
4．（2024·河北）情境图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的．该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示．
（说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余）
操作嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形．
如图3，嘉嘉沿虚线EF，GH裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题：
（1）直接写出线段EF的长；
（2）直接写出图3中所有与线段BE相等的线段，并计算BE的长．
探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形．
请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的BC边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段PQ）的位置，并直接写出BP的长．
5．（2024·巴中）综合与实践
（1）操作与发现平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，E、F是AD、BC边上的点．经过剪拼，四边形GHK为矩形．则△EDK≌ ．
（2）探究与证明探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，E、F、G、H是四边形ABCD边上的点．OJKL是拼接之后形成的四边形．
①通过操作得出：AE与EB的比值为 ．
②证明：四边形OJKL为平行四边形．
（3）实践与应用任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形ABCD剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：2.
（2）C
（3）解：需要卡纸如表所示；理由如下：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
需卡纸的数量（单位：张） 1 3 2
所用卡纸总费用（单位：元） 58
根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为5cm，则要制作一个边长为10cm的正方体的展开图形为：
型号Ⅰ卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图：
型号Ⅱ卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图：
∴型号Ⅲ卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图：
∴可选择型号Ⅲ卡纸2张，型号Ⅱ卡纸3张，型号Ⅰ卡纸1张，则10×2+2×3+1×1=27（个），
∴所用卡纸总费用为：20×2+5×3+3×1=58（元）.
【知识点】含图案的正方体的展开图；已知展开图进行几何体的相关的计算
【解析】【解答】解：如图：
上述图形折叠后变成如图：
由折叠和题意可知，GH=AE+FB，AH=DH，
∵四边形EFNM是正方形，
∴EM=EF，即 AG=EF，
∴GH+AG=AE+FB+EF，即AH=AB，
∵AH=DH，
∴，
∴的值为2；
（2）根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反，
∴C选项符合题意，
故答案为：C.
【分析】（1）由折叠和题意可知，GH=AE+FB，AH=DH，根据正方形的四条边都相等可得EM=EF，推得AG=EF，即可求解；
（2）根据几何体的展开图即可求解；
（3）由题意可得，每张型号Ⅲ卡纸可制作10个正方体，每张型号Ⅱ卡纸可制作2个正方体，每张型号Ⅰ卡 纸可制作1个正方体，即可求解.
2．【答案】（1）解：四边形为正方形．理由如下：
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴四边形为矩形．
∵，
∴．
∴矩形为正方形．
（2）解：①．
证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
由（1）得，
∴．
②解：如图：设的交点为M，过M作于G，
∵，
∴，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴点G是的中点；
由勾股定理得，
∴；
∵，
∴，即；
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，即的长为．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的判定；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）先证四边形为矩形，再由，可得，从而证得四边形为正方形；
（2）①由可得，再根据 ，可得BC=AM， 由（1）得， 利用等量代换即得结论；
② 设的交点为M，过M作于G， 先证， 利用等腰三角形三线合一的性质可得点G是的中点，利用解直角三角形求出DG、DM的长，从而求出AM的长，再证， 利用相似三角形的对应边成比例求出AH的长即可.
3．【答案】（1）证明：由旋转得，，．
在中，，
∴，
∴点Q，A，T在一条直线上．
（2）解：证明：如图，连接并延长，交的延长线于点E．
∵，
∴．
∵Q是的中点，
∴．
在和中，
∴．
∴，．
又∵P是的中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴．
（3）解：画出示意图如图所示．
由【任务2】可得，．
过点D作，垂足为R．
在中，，
∴．
∴，
∴，．
在中，由勾股定理得．
过点Q作，垂足H．
∵Q是的中点，
∴．
在中，，
∴．
又由勾股定理得．
由，得．
又∵，
∴．
∴，即，
∴．
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】[任务1]根据旋转的性质得到∠QAD＝∠ABC，∠TAE＝∠ACB，根据三角形ABC的内角和是180度，由等量代换可得∠QAD+∠DAE+∠TAE＝180°，从而得到点Q、A、T在一条直线上；
[任务2]连接AQ并延长交BC的延长线于E，根据平行线的性质得到∠DAQ＝∠E，然后根据全等三角形的判定可证明，从而得到AQ＝EQ，AD＝CE，最后根据三角形中位线定理即可解答；
[任务3]由[任务2]知PQ∥BC，PQ＝5，过点D作DR⊥BC于R，在Rt△DCR中，根据正弦函数的定义得到DR＝CD sin∠DCB＝9，然后根据勾股定理可求得QE4，过点Q作QH⊥BC于H，最后根据相似三角形的性质即可得到结论．
4．【答案】（1）解：过G'作G'K⊥FH'于K，结合题意可得：四边形FOG'K为矩形，如图所示：
∴FO＝KG'，
由拼接可得：HF＝FO＝KG'，
由正方形的性质可得：∠A＝45°，
∴△AHG，ΔH'G'D，△AFE为等腰直角三角形，
∴△GKH'为等腰直角三角形，
设H'K＝KG'＝x，
∴H'G'＝H'D＝x，
∴，HF＝FO＝x，
∵正方形的边长为2，
∴对角线的长，
，
解得：，
∴；
（2） 解：∵△AFE为等腰直角三角形，EF＝AF＝1；
∴，
∴，
∵，，
∴BE＝GE＝AH＝GH；
如图，以B为圆心，BO为半径画弧交BC于P'，交AB于Q'，则直线P'Q'为分割线，
此时，，符合要求，
或以C圆心，CO为半径画弧，交BC于P，交CD于Q，则直线PQ为分割线，
此时，
综上：BP的长为或．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过G'作G'K⊥FH'于K，结合题意可得：四边形FOG'K为矩形，进而根据矩形的性质得到FO＝KG'，由拼接可得：HF＝FO＝KG'，由正方形的性质可得：∠A＝45°，再结合题意得到△GKH'为等腰直角三角形，设H'K＝KG'＝x，根据等腰直角三角形的性质得到H'G'＝H'D＝x，，HF＝FO＝x，进而根据勾股定理求出对角线的长，从而得到OA，再根据题意即可求出x，从而根据“”即可求解；
（2）先根据等腰直角三角形的性质得到，进而得到BE，再根据题意得到BE＝GE＝AH＝GH，以B为圆心，BO为半径画弧交BC于P'，交AB于Q'，则直线P'Q'为分割线，此时，，符合要求，或以C圆心，CO为半径画弧，交BC于P，交CD于Q，则直线PQ为分割线，此时，从而即可求出BP，最后总结即可求解。
5．【答案】（1）△EAG
（2）解：①1②
证明：如图5，
由题意得，E、F、G、H是AB、BC，CD，DA的中点，操作为将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，将四边形OHDG绕点H旋转180°得到四边形JHAP，将四边形OGCF放在左上方，则AQ＝BF＝CF，AP＝DG＝CG，∠BFO＝∠AQL，∵∠DAB+∠B+∠C+∠D＝360°，∠QAE＝∠B，∠PAH＝∠D，∠DAB+∠QAE+∠PAH+∠PAQ＝360°，∴∠PAQ＝∠C，∵∠BFO+∠CFO＝180°，∴∠AQL+∠AQK＝180°，∴K，Q、L三点共线，同理K，P，J三点共线，由操作得∠1＝∠L，∠3＝∠J，∵∠1+∠2＝180°，∠1=∠3，∴∠2+∠L＝180°，∠1=∠J，∴OJ∥KL，OL∥KJ，∴四边形OJKL为平行四边形；
（3）解：如图，取AB、BC、CD，DA为中点为E、H、G、F，连接FH，过点E，点G分别作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足为点M，N，将四边形EBHM绕点E旋转180°至四边形EAH'M'，将四边形FDGN绕点F旋转180°至四边形FAG'N'，将四边形NGCH放置左上方，使得点C与点A重合，CG与AG'重合，CH与AH'重合，点N的对应点为点N″，则四边形MM'N″N'即为所求矩形．
由题意得∠EMF＝∠EMH＝∠M'＝90°，∠GNH＝∠GNF＝∠N'＝90°，
∴∠N'＝∠M'MH＝90°，H'M'∥N'M，
∴N'G'∥MM'，
由操作得，∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∵∠1+∠2＝180°，
∴∠3+∠4＝180°，
∴N″，H'，M'三点共线，同理N'，G'，N″三点共线，
∵∠N'＝∠EMF＝∠M'＝90°，
∴四边形MM'N″N为'矩形，
如图，连接AC，EF，FG，GH，EH，
∵E，H为BA，BC中点，
∴EH∥AC，EHAC，同理FG∥AC，FGAC，
∴FG∥EH，FG＝EH，
∴∠EHM＝∠GFN，
∵∠EMF＝∠GNH＝90°，
∴△EHM≌△GFN（AAS），
∴EM＝GN，MH＝NF，
∴FM＝NH，
由操作得，AH'＝BH，而BH＝CH，
∴AH'＝CH，
同理，AG'＝CG，
∵∠BAD+∠D+∠C+∠B＝360°，∠D＝∠G'AF，∠B＝∠H'AE，∠BAD+∠H'AE+∠G'AF+∠H'AG'＝360°，
∴∠H'AG'＝∠C，
∵四边形MM'N″N'为矩形，
∴N'N″＝MM'，N″M'＝N″M，
∴N'F+FM＝H'M'+H'N″，
∴MF+NF＝MF+MH＝M'H'+N″H'，
∴NH＝N″H'，同理NG＝N″G'，
∴四边形NGCH能放置左上方，
∴按照以上操作可以拼成一个矩形．
【知识点】图形的剪拼；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图2，
∵AB∥CD，
∴∠GAE＝∠D，
由题意得E为AD中点，
∴EA＝ED，
又∵∠AEG＝∠DEK，
∴△EDK≌△EAG，
故答案为：△EAG；
（2）①解：如图5，由操作知，点E为AB中点，将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，
∴AE＝BE，，
故答案为：1；
【分析】（1）由二直线平行，内错角相等，得∠GAE＝∠D，再结合EA＝ED，∠AEG＝∠DEK，可用ASA判断出△EDK≌△EAG；
（2）①由操作知，点E为AB中点，将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，则AE=BE，从而即可解决此题；
②根据操作过程及旋转的性质可证出K，Q、L三点共线，K，P，J三点共线，根据旋转的性质、邻补角定义及对顶角相等可推出∠2+∠L＝180°，∠1=∠J，然后根据平行线的判定定理可得OJ∥KL，OL∥KJ，最后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出结论；
（3）如图，取AB、BC、CD，DA为中点为E、H、G、F，连接FH，过点E，点G分别作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足为点M，N，将四边形EBHM绕点E旋转180°至四边形EAH'M'，将四边形FDGN绕点F旋转180°至四边形FAG'N'，将四边形NGCH放置左上方，使得点C与点A重合，CG与AG'重合，CH与AH'重合，点N的对应点为点N″，则四边形MM'N″N'即为所求矩形．
1 / 1图形变化之剪拼——【探究与实践】历年（2022-2025）中考数学真题精编
一、实践探究题
1．（2024·福建）在手工制作课上，老师提供了如图1所示的矩形卡纸，要求大家利用它制作一个底面为正方形的礼品盒．小明按照图2的方式裁剪（其中），恰好得到纸盒的展开图，并利用该展开图折成一个礼品盒，如图3所示．
（1）直接写出的值；
（2）如果要求折成的礼品盒的两个相对的面上分别印有“吉祥”和“如意”，如图4所示，那么应选择的纸盒展开图图样是（ ）
图4
A． B．
C． D．
（3）今有三种不同型号的矩形卡纸，其规格、单价如下表所示
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
规格（单位：cm）
单价（单位：元） 3 5 20
现以小明设计的纸盒展开图（图2）为基本样式，适当调整，的比例，制作棱长为的正方体礼品盒，如果要制作27个这样的礼品盒，请你合理选择上述卡纸（包括卡纸的型号及相应型号卡纸的张数），并在卡纸上画出设计示意图（包括一张卡纸可制作几个礼品盒，其展开图在卡纸上的分布情况），给出所用卡纸的总费用．
（要求：①同一型号的卡纸如果需要不止一张，只要在一张卡纸上画出设计方案；②没有用到的卡纸，不要在该型号的卡纸上作任何设计；③所用卡纸的数量及总费用直接填在答题卡的表格上；④本题将综合考虑“利用卡纸的合理性”和“所用卡纸的总费用”给分，总费用最低的才能得满分；⑤试卷上的卡纸仅供作草稿用）
【答案】（1）解：2.
（2）C
（3）解：需要卡纸如表所示；理由如下：
卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ
需卡纸的数量（单位：张） 1 3 2
所用卡纸总费用（单位：元） 58
根据（1）和题意可得：卡纸每格的边长为5cm，则要制作一个边长为10cm的正方体的展开图形为：
型号Ⅰ卡纸，每张这样的卡纸可制作1个正方体，如图：
型号Ⅱ卡纸，每张这样的卡纸可制作2个正方体，如图：
∴型号Ⅲ卡纸，每张卡纸可制作10个正方体，如图：
∴可选择型号Ⅲ卡纸2张，型号Ⅱ卡纸3张，型号Ⅰ卡纸1张，则10×2+2×3+1×1=27（个），
∴所用卡纸总费用为：20×2+5×3+3×1=58（元）.
【知识点】含图案的正方体的展开图；已知展开图进行几何体的相关的计算
【解析】【解答】解：如图：
上述图形折叠后变成如图：
由折叠和题意可知，GH=AE+FB，AH=DH，
∵四边形EFNM是正方形，
∴EM=EF，即 AG=EF，
∴GH+AG=AE+FB+EF，即AH=AB，
∵AH=DH，
∴，
∴的值为2；
（2）根据几何体的展开图可知，“吉”和“如”在对应面上，“祥”和“意”在对应面上，而对应面上的字中间相隔一个几何图形，且字体相反，
∴C选项符合题意，
故答案为：C.
【分析】（1）由折叠和题意可知，GH=AE+FB，AH=DH，根据正方形的四条边都相等可得EM=EF，推得AG=EF，即可求解；
（2）根据几何体的展开图即可求解；
（3）由题意可得，每张型号Ⅲ卡纸可制作10个正方体，每张型号Ⅱ卡纸可制作2个正方体，每张型号Ⅰ卡 纸可制作1个正方体，即可求解.
2．（2023·山西）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．
（1）数学思考：谈你解答老师提出的问题；
（2）深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）解：四边形为正方形．理由如下：
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴四边形为矩形．
∵，
∴．
∴矩形为正方形．
（2）解：①．
证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∵，即，
∴．
∵，
∴．
由（1）得，
∴．
②解：如图：设的交点为M，过M作于G，
∵，
∴，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴点G是的中点；
由勾股定理得，
∴；
∵，
∴，即；
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴，即的长为．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的判定；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）先证四边形为矩形，再由，可得，从而证得四边形为正方形；
（2）①由可得，再根据 ，可得BC=AM， 由（1）得， 利用等量代换即得结论；
② 设的交点为M，过M作于G， 先证， 利用等腰三角形三线合一的性质可得点G是的中点，利用解直角三角形求出DG、DM的长，从而求出AM的长，再证， 利用相似三角形的对应边成比例求出AH的长即可.
3．（2023·镇江）【发现】如图1，有一张三角形纸片，小宏做如下操作：
⑴取，中点D，E，在边上作；
⑵连接，分别过点D，N作，，垂足为G，H；
⑶将四边形剪下，绕点D旋转至四边形的位置，将四边形剪下，绕点E旋转至四边形的位置；
⑷延长，交于点F．
小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：
①点Q，A，T一条直线上；
②四边形是矩形；
③；
④四边形与的面积相等．
（1）【任务1】请你对结论①进行证明．
（2）【任务2】如图2，在四边形中，，P，Q分别是，的中点，连接．求证：．
（3）【任务3】如图3，有一张四边形纸，，，，，，小丽分别取，的中点P，Q，在边上作，连接，她仿照小宏的操作，将四边形分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求的长．
【答案】（1）证明：由旋转得，，．
在中，，
∴，
∴点Q，A，T在一条直线上．
（2）解：证明：如图，连接并延长，交的延长线于点E．
∵，
∴．
∵Q是的中点，
∴．
在和中，
∴．
∴，．
又∵P是的中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴．
（3）解：画出示意图如图所示．
由【任务2】可得，．
过点D作，垂足为R．
在中，，
∴．
∴，
∴，．
在中，由勾股定理得．
过点Q作，垂足H．
∵Q是的中点，
∴．
在中，，
∴．
又由勾股定理得．
由，得．
又∵，
∴．
∴，即，
∴．
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】[任务1]根据旋转的性质得到∠QAD＝∠ABC，∠TAE＝∠ACB，根据三角形ABC的内角和是180度，由等量代换可得∠QAD+∠DAE+∠TAE＝180°，从而得到点Q、A、T在一条直线上；
[任务2]连接AQ并延长交BC的延长线于E，根据平行线的性质得到∠DAQ＝∠E，然后根据全等三角形的判定可证明，从而得到AQ＝EQ，AD＝CE，最后根据三角形中位线定理即可解答；
[任务3]由[任务2]知PQ∥BC，PQ＝5，过点D作DR⊥BC于R，在Rt△DCR中，根据正弦函数的定义得到DR＝CD sin∠DCB＝9，然后根据勾股定理可求得QE4，过点Q作QH⊥BC于H，最后根据相似三角形的性质即可得到结论．
4．（2024·河北）情境图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的．该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示．
（说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余）
操作嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形．
如图3，嘉嘉沿虚线EF，GH裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题：
（1）直接写出线段EF的长；
（2）直接写出图3中所有与线段BE相等的线段，并计算BE的长．
探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形．
请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的BC边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段PQ）的位置，并直接写出BP的长．
【答案】（1）解：过G'作G'K⊥FH'于K，结合题意可得：四边形FOG'K为矩形，如图所示：
∴FO＝KG'，
由拼接可得：HF＝FO＝KG'，
由正方形的性质可得：∠A＝45°，
∴△AHG，ΔH'G'D，△AFE为等腰直角三角形，
∴△GKH'为等腰直角三角形，
设H'K＝KG'＝x，
∴H'G'＝H'D＝x，
∴，HF＝FO＝x，
∵正方形的边长为2，
∴对角线的长，
，
解得：，
∴；
（2） 解：∵△AFE为等腰直角三角形，EF＝AF＝1；
∴，
∴，
∵，，
∴BE＝GE＝AH＝GH；
如图，以B为圆心，BO为半径画弧交BC于P'，交AB于Q'，则直线P'Q'为分割线，
此时，，符合要求，
或以C圆心，CO为半径画弧，交BC于P，交CD于Q，则直线PQ为分割线，
此时，
综上：BP的长为或．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）过G'作G'K⊥FH'于K，结合题意可得：四边形FOG'K为矩形，进而根据矩形的性质得到FO＝KG'，由拼接可得：HF＝FO＝KG'，由正方形的性质可得：∠A＝45°，再结合题意得到△GKH'为等腰直角三角形，设H'K＝KG'＝x，根据等腰直角三角形的性质得到H'G'＝H'D＝x，，HF＝FO＝x，进而根据勾股定理求出对角线的长，从而得到OA，再根据题意即可求出x，从而根据“”即可求解；
（2）先根据等腰直角三角形的性质得到，进而得到BE，再根据题意得到BE＝GE＝AH＝GH，以B为圆心，BO为半径画弧交BC于P'，交AB于Q'，则直线P'Q'为分割线，此时，，符合要求，或以C圆心，CO为半径画弧，交BC于P，交CD于Q，则直线PQ为分割线，此时，从而即可求出BP，最后总结即可求解。
5．（2024·巴中）综合与实践
（1）操作与发现平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图1、图2．在图2中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，E、F是AD、BC边上的点．经过剪拼，四边形GHK为矩形．则△EDK≌ ．
（2）探究与证明探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图3、图4、图5．在图5中，E、F、G、H是四边形ABCD边上的点．OJKL是拼接之后形成的四边形．
①通过操作得出：AE与EB的比值为 ．
②证明：四边形OJKL为平行四边形．
（3）实践与应用任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形ABCD剪成4块，按图5的方式补全图6，并简单说明剪开和拼接过程．若不能，请说明理由．
【答案】（1）△EAG
（2）解：①1②
证明：如图5，
由题意得，E、F、G、H是AB、BC，CD，DA的中点，操作为将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，将四边形OHDG绕点H旋转180°得到四边形JHAP，将四边形OGCF放在左上方，则AQ＝BF＝CF，AP＝DG＝CG，∠BFO＝∠AQL，∵∠DAB+∠B+∠C+∠D＝360°，∠QAE＝∠B，∠PAH＝∠D，∠DAB+∠QAE+∠PAH+∠PAQ＝360°，∴∠PAQ＝∠C，∵∠BFO+∠CFO＝180°，∴∠AQL+∠AQK＝180°，∴K，Q、L三点共线，同理K，P，J三点共线，由操作得∠1＝∠L，∠3＝∠J，∵∠1+∠2＝180°，∠1=∠3，∴∠2+∠L＝180°，∠1=∠J，∴OJ∥KL，OL∥KJ，∴四边形OJKL为平行四边形；
（3）解：如图，取AB、BC、CD，DA为中点为E、H、G、F，连接FH，过点E，点G分别作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足为点M，N，将四边形EBHM绕点E旋转180°至四边形EAH'M'，将四边形FDGN绕点F旋转180°至四边形FAG'N'，将四边形NGCH放置左上方，使得点C与点A重合，CG与AG'重合，CH与AH'重合，点N的对应点为点N″，则四边形MM'N″N'即为所求矩形．
由题意得∠EMF＝∠EMH＝∠M'＝90°，∠GNH＝∠GNF＝∠N'＝90°，
∴∠N'＝∠M'MH＝90°，H'M'∥N'M，
∴N'G'∥MM'，
由操作得，∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∵∠1+∠2＝180°，
∴∠3+∠4＝180°，
∴N″，H'，M'三点共线，同理N'，G'，N″三点共线，
∵∠N'＝∠EMF＝∠M'＝90°，
∴四边形MM'N″N为'矩形，
如图，连接AC，EF，FG，GH，EH，
∵E，H为BA，BC中点，
∴EH∥AC，EHAC，同理FG∥AC，FGAC，
∴FG∥EH，FG＝EH，
∴∠EHM＝∠GFN，
∵∠EMF＝∠GNH＝90°，
∴△EHM≌△GFN（AAS），
∴EM＝GN，MH＝NF，
∴FM＝NH，
由操作得，AH'＝BH，而BH＝CH，
∴AH'＝CH，
同理，AG'＝CG，
∵∠BAD+∠D+∠C+∠B＝360°，∠D＝∠G'AF，∠B＝∠H'AE，∠BAD+∠H'AE+∠G'AF+∠H'AG'＝360°，
∴∠H'AG'＝∠C，
∵四边形MM'N″N'为矩形，
∴N'N″＝MM'，N″M'＝N″M，
∴N'F+FM＝H'M'+H'N″，
∴MF+NF＝MF+MH＝M'H'+N″H'，
∴NH＝N″H'，同理NG＝N″G'，
∴四边形NGCH能放置左上方，
∴按照以上操作可以拼成一个矩形．
【知识点】图形的剪拼；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图2，
∵AB∥CD，
∴∠GAE＝∠D，
由题意得E为AD中点，
∴EA＝ED，
又∵∠AEG＝∠DEK，
∴△EDK≌△EAG，
故答案为：△EAG；
（2）①解：如图5，由操作知，点E为AB中点，将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，
∴AE＝BE，，
故答案为：1；
【分析】（1）由二直线平行，内错角相等，得∠GAE＝∠D，再结合EA＝ED，∠AEG＝∠DEK，可用ASA判断出△EDK≌△EAG；
（2）①由操作知，点E为AB中点，将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，则AE=BE，从而即可解决此题；
②根据操作过程及旋转的性质可证出K，Q、L三点共线，K，P，J三点共线，根据旋转的性质、邻补角定义及对顶角相等可推出∠2+∠L＝180°，∠1=∠J，然后根据平行线的判定定理可得OJ∥KL，OL∥KJ，最后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出结论；
（3）如图，取AB、BC、CD，DA为中点为E、H、G、F，连接FH，过点E，点G分别作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足为点M，N，将四边形EBHM绕点E旋转180°至四边形EAH'M'，将四边形FDGN绕点F旋转180°至四边形FAG'N'，将四边形NGCH放置左上方，使得点C与点A重合，CG与AG'重合，CH与AH'重合，点N的对应点为点N″，则四边形MM'N″N'即为所求矩形．
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