【K12配套】潍坊专版中考数学复习第1部分第五章四边形第二节矩形菱形正方形课.ppt

第二节　矩形、菱形、正方形考点一考点一 矩形的性质与判定矩形的性质与判定 (5(5年年3 3考考) )例例1 1 (2018 (2018··威海中考威海中考) )矩形矩形ABCDABCD与与CEFGCEFG如图放置，点如图放置，点B B，，C C，，E E共线，点共线，点C C，，D D，，G G共线，连接共线，连接AFAF，取，取AFAF的中点的中点H H，连接，连接GH.GH.若若BCBC＝＝EFEF＝＝2 2，，CDCD＝＝CECE＝＝1 1，则，则GHGH＝＝( (　　　　) )　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A A．．1 B. C. D.1 B. C. D.【【分析分析】】 延长延长GHGH交交ADAD于点于点P P，先证，先证△△APH≌△FGHAPH≌△FGH得得APAP＝＝GFGF＝＝1 1，，GHGH＝＝PHPH＝＝ PGPG，再利用勾股定理得出答案．，再利用勾股定理得出答案．【【自主解答自主解答】】如图，延长如图，延长GHGH交交ADAD于点于点P.P.∵∵四边形四边形ABCDABCD和四边形和四边形CEFGCEFG都是矩形，都是矩形，∴∠∴∠ADCADC＝＝∠∠ADGADG＝＝∠∠CGFCGF＝＝9090°°，，ADAD＝＝BCBC＝＝2 2，，GFGF＝＝CECE＝＝1 1，，∴∴AD∥GFAD∥GF，，∴∠∴∠GFHGFH＝＝∠∠PAH.PAH.又又∵∵H H是是AFAF的中点，的中点，∴∴AHAH＝＝FH.FH.在在△△APHAPH和和△△FGHFGH中，中，∴△∴△APH≌△FGH(AAPH≌△FGH(AS SA)A)，，∴∴APAP＝＝GFGF＝＝1 1，，GHGH＝＝PHPH＝＝ PGPG，，∴∴PDPD＝＝ADAD－－APAP＝＝1.1.∵CG∵CG＝＝2 2，，CDCD＝＝1 1，，∴∴DGDG＝＝1 1，，则则 故选故选C.C.矩形的性矩形的性质应用及判定方法用及判定方法(1)(1)矩形性矩形性质的的应用：从用：从边上看，两上看，两组对边分分别平行且相等；平行且相等；从角上看，矩形的四个角都是直角；从从角上看，矩形的四个角都是直角；从对角角线上看，上看，对角角线互互相平分且相等，同相平分且相等，同时把矩形分把矩形分为四个面四个面积相等的等腰三角形．相等的等腰三角形．(2)(2)矩形的判定方法：若四矩形的判定方法：若四边形可以形可以证为平行四平行四边形，形，则还需需证明一个角是直角或明一个角是直角或对角角线相等；若直角相等；若直角较多，可利用多，可利用““三个三个角角为直角的四直角的四边形是矩形形是矩形””来来证．．1 1．．(2018(2018··枣庄中考枣庄中考) )如图，在矩形如图，在矩形ABCDABCD中，点中，点E E是边是边BCBC的中的中点，点，AE⊥BDAE⊥BD，垂足为，垂足为F F，则，则t ta an n∠BDE∠BDE的值为的值为( )( )A A2 2．．(2018(2018··滨州中考滨州中考) )如图，在矩形如图，在矩形ABCDABCD中，中，ABAB＝＝2 2，，BCBC＝＝4 4，，点点E E，，F F分别在分别在BCBC，，CDCD上，若上，若AEAE＝＝ ，，∠∠EAFEAF＝＝4545°°，则，则AFAF的的长为长为 ．．3 3．如图，在．如图，在▱ ▱ABCDABCD中，过点中，过点D D作作DE⊥ABDE⊥AB于点于点E E，点，点F F在边在边CDCD上，上，DFDF＝＝BEBE，连接，连接AFAF，，BF.BF.(1)(1)求证：四边形求证：四边形BFDEBFDE是矩形；是矩形；(2)(2)若若CFCF＝＝3 3，，BFBF＝＝4 4，，DFDF＝＝5 5，求证：，求证：AFAF平分平分∠∠DAB.DAB.证明：证明：(1)∵(1)∵四边形四边形ABCDABCD是平行四边形，是平行四边形，∴∴DC∥ABDC∥AB，即，即DF∥BE.DF∥BE.又又∵∵DFDF＝＝BEBE，，∴∴四边形四边形BFDEBFDE为平行四边形．为平行四边形．又又∵∵DE⊥ABDE⊥AB，，∴∠∴∠DEBDEB＝＝9090°°，，∴∴四边形四边形BFDEBFDE为矩形．为矩形．(2)∵(2)∵四边形四边形BFDEBFDE为矩形，为矩形，∴∠∴∠BFCBFC＝＝9090°°. .∵CF∵CF＝＝3 3，，BFBF＝＝4 4，，∴∴BCBC＝＝ ＝＝5.5.∵∵四边形四边形ABCDABCD是平行四边形，是平行四边形，∴∴ADAD＝＝BCBC＝＝5 5，，∴∴ADAD＝＝DFDF＝＝5 5，，∴∠∴∠DAFDAF＝＝∠∠DFA.DFA.又又∵∵DC∥ABDC∥AB，，∴∠∴∠DFADFA＝＝∠∠FABFAB，，∴∠∴∠DAFDAF＝＝∠∠FABFAB，即，即AFAF平分平分∠∠DAB.DAB.考点二考点二 菱形的性质与判定菱形的性质与判定 (5(5年年3 3考考) )例例2 2 (2017 (2017··东营中考东营中考) )如图，在如图，在▱ ▱ABCDABCD中，用直尺和圆规作中，用直尺和圆规作∠∠BADBAD的平分线的平分线AGAG交交BCBC于点于点E.E.若若BFBF＝＝8 8，，ABAB＝＝5 5，则，则AEAE的长为的长为( (　　　　) )A A．．5 B5 B．．6 C6 C．．8 D8 D．．1212【【分析分析】】 连接连接EFEF，先判定四边形，先判定四边形ABEFABEF的形状，再利用勾股的形状，再利用勾股定理进行解答即可．定理进行解答即可．【【自主解答自主解答】】 如图，连接如图，连接EFEF，，AEAE与与BFBF交于点交于点O.O.∵∵四边形四边形ABCDABCD是平行四边形，且是平行四边形，且AGAG是是∠∠BADBAD的平分线，的平分线，∴∠∴∠FAEFAE＝＝∠∠AEBAEB，，∠∠FAEFAE＝＝∠∠EABEAB，，∴∠∴∠AEBAEB＝＝∠∠EABEAB，，∴∴ABAB＝＝BE.BE.∵AB∵AB＝＝AFAF，，∴∴AFAF＝＝BEBE，，∴∴四边形四边形ABEFABEF为平行四边形．为平行四边形．又又∵∵ABAB＝＝BEBE，，∴∴四边形四边形ABEFABEF是菱形，是菱形，∴∴AE⊥BFAE⊥BF，，OBOB＝＝ BFBF＝＝4 4，，OAOA＝＝ AE.AE.∵AB∵AB＝＝5 5，，∴∴在在RtRt△AOB△AOB中，中，AOAO＝＝∴∴AEAE＝＝2AO2AO＝＝6.6.故选故选B.B.菱形的性菱形的性质应用及判定方法用及判定方法(1)(1)判定一个四判定一个四边形是菱形形是菱形时，一是，一是证明四条明四条边相等；二是相等；二是先先证明它是平行四明它是平行四边形，形，进而再而再证明它是菱形．明它是菱形．(2)(2)运用菱形的性运用菱形的性质时，要注意菱形的，要注意菱形的对角角线互相垂直互相垂直这个个条件；此外，菱形的条件；此外，菱形的对角角线所在的直所在的直线是菱形的是菱形的对称称轴，运，运用用这一性一性质可以求出可以求出线段和的最小段和的最小值．．4 4．．(2018(2018··日照中考日照中考) )如图，在四边形如图，在四边形ABCDABCD中，对角线中，对角线ACAC，，BDBD相交于点相交于点O O，，AOAO＝＝COCO，，BOBO＝＝DO.DO.添加下列条件，不能判定四添加下列条件，不能判定四边形边形ABCDABCD是菱形的是是菱形的是( )( )A A．．ABAB＝＝AD BAD B．．ACAC＝＝BDBDC C．．AC⊥BD DAC⊥BD D．．∠∠ABOABO＝＝∠∠CBOCBOB B5 5．．(2018(2018··寿光模拟寿光模拟) )如图，已知菱形如图，已知菱形ABCDABCD的一个内角的一个内角∠∠BADBAD＝＝8080°°，对角线，对角线ACAC，，BDBD相交于点相交于点O O，点，点E E在在CDCD上，且上，且DEDE＝＝DODO，，则则∠∠EOCEOC＝＝__________．．2525°°6 6．．(2018(2018··扬州中考扬州中考) )如图，在平行四边形如图，在平行四边形ABCDABCD中，中，DBDB＝＝DADA，，点点F F是是ABAB的中点，连接的中点，连接DFDF并延长，交并延长，交CBCB的延长线于点的延长线于点E E，连接，连接AE.AE.(1)(1)求证：四边形求证：四边形AEBDAEBD是菱形；是菱形；(2)(2)若若DCDC＝＝ ，，tantan∠DCB∠DCB＝＝3 3，求菱形，求菱形AEBDAEBD的面积．的面积．(1)(1)证明：证明：∵∵四边形四边形ABCDABCD是平行四边形，是平行四边形，∴∴AD∥CEAD∥CE，，∴∠∴∠DAFDAF＝＝∠∠EBF.EBF.∵∠AFD∵∠AFD＝＝∠∠EFBEFB，，AFAF＝＝FBFB，，∴△∴△AFD≌△BFEAFD≌△BFE，，∴∴ADAD＝＝EB.EB.∵AD∥EB∵AD∥EB，，∴∴四边形四边形AEBDAEBD是平行四边形．是平行四边形．∵∵BDBD＝＝ADAD，，∴∴四边形四边形AEBDAEBD是菱形．是菱形．(2)(2)解：解：∵∵四四边形形ABCDABCD是平行四是平行四边形，形，∴∴CDCD＝＝ABAB＝＝ ，，AB∥CDAB∥CD，，∴∠∴∠ABEABE＝＝∠∠DCBDCB，，∴∴tantan∠ABE∠ABE＝＝tantan∠DCB∠DCB＝＝3.3.∵∵四四边形形AEBDAEBD是菱形，是菱形，∴∴AB⊥DEAB⊥DE，，AFAF＝＝FBFB，，EFEF＝＝DFDF，，∴∴tantan∠ABE∠ABE＝＝ ＝＝3.3.∵BF∵BF＝＝ ，，∴∴EFEF＝＝ ，，∴∴DEDE＝＝3 3 ，，∴∴S S菱形菱形AEBDAEBD＝＝ ··ABAB··DEDE＝＝ ·· ··3 3 ＝＝15.15.考点三考点三 正方形的性质与判定正方形的性质与判定 (5(5年年4 4考考) )例例3 3 (2018 (2018··潍坊中考潍坊中考) )如图，点如图，点M M是正方形是正方形ABCDABCD边边CDCD上一点，上一点，连接连接AMAM，作，作DE⊥AMDE⊥AM于点于点E E，，BF⊥AMBF⊥AM于点于点F F，连接，连接BE.BE.(1)(1)求证：求证：AEAE＝＝BFBF；；(2)(2)已知已知AFAF＝＝2 2，四边形，四边形ABEDABED的面积为的面积为2424，求，求∠∠EBFEBF的正弦值．的正弦值．【【分析分析】】 (1) (1)通过证明通过证明△△ABF≌△DAEABF≌△DAE得到得到AEAE＝＝BFBF；；(2)(2)设设AEAE＝＝x x，则，则BFBF＝＝x x，，DEDE＝＝AFAF＝＝2 2，利用四边形，利用四边形ABEDABED的面积的面积等于等于△△ABEABE的面积与的面积与△△ADEADE的面积之和得到的面积之和得到 ··x x··x x＋＋ ··x x··2 2＝＝2424，解方程求出，解方程求出x x得到得到AEAE＝＝BFBF＝＝6 6，则，则EFEF＝＝x x－－2 2＝＝4 4，然后利用勾股定理计算出，然后利用勾股定理计算出BEBE，最后利用正弦的定义求解．，最后利用正弦的定义求解．【【自主解答自主解答】】 (1)∵(1)∵四边形四边形ABCDABCD为正方形，为正方形，∴∴BABA＝＝ADAD，，∠∠BADBAD＝＝9090°°. .∵DE⊥AM∵DE⊥AM于点于点E E，，BF⊥AMBF⊥AM于点于点F F，，∴∠∴∠AFBAFB＝＝9090°°，，∠∠DEADEA＝＝9090°°. .∵∠ABF∵∠ABF＋＋∠∠BAFBAF＝＝9090°°，，∠∠EADEAD＋＋∠∠BAFBAF＝＝9090°°，，∴∠∴∠ABFABF＝＝∠∠EAD.EAD.在在△△ABFABF和和△△DAEDAE中，中，∴△∴△ABF≌△DAE(AAABF≌△DAE(AAS S) )，，∴∴AEAE＝＝BF.BF.(2)(2)设设AEAE＝＝x x，则，则BFBF＝＝x x，，DEDE＝＝AFAF＝＝2.2.∵S∵S四边形四边形ABED＝＝S S△△ABE＋＋S S△△AED＝＝2424，，∴ ∴ ··x x··x x＋＋ ··x x··2 2＝＝2424，，解得解得x x1＝＝6 6，，x x2＝－＝－8(8(舍去舍去) )，，∴EF∴EF＝＝x x－－2 2＝＝4.4.在在RtRt△BEF△BEF中，中，BEBE＝＝∴∴sinsin∠EBF∠EBF＝＝判定正方形的方法及其特殊性(1)(1)判定一个四边形是正方形，可以先判定四边形为矩形，再证邻边相等或者对角线互相垂直；或先判定四边形为菱形，再证有一个角是直角或者对角线相等．(2)(2)正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，具有它们的所有性质．7 7．．(2017(2017··济南中考济南中考) )如图，正方形如图，正方形ABCDABCD的对角线的对角线ACAC，，BDBD相相交于点交于点O O，，ABAB＝＝3 3 ，，E E为为OCOC上一点，上一点，OEOE＝＝1 1，连接，连接BEBE，过点，过点A A作作AF⊥BEAF⊥BE于点于点F F，与，与BDBD交于点交于点G G，则，则BFBF的长是的长是( )( )A A8 8．．(2018(2018··青岛中考青岛中考) )已知正方形已知正方形ABCDABCD的边长为的边长为5 5，点，点E E，，F F分分别在别在ADAD，，DCDC上，上，AEAE＝＝DFDF＝＝2 2，，BEBE与与AFAF相交于点相交于点G G，点，点H H为为BFBF的的中点，连接中点，连接GHGH，则，则GHGH的长为的长为 ．．9 9．．(2015(2015··潍坊中考潍坊中考) )如图如图1 1，点，点O O是正方形是正方形ABCDABCD两对角线的两对角线的交点．分别延长交点．分别延长ODOD到点到点G G，，OCOC到点到点E E，使，使OGOG＝＝2OD2OD，，OEOE＝＝2OC2OC，，然后以然后以OGOG，，OEOE为邻边作正方形为邻边作正方形OEFGOEFG，连接，连接AGAG，，DE.DE.(1)(1)求证：求证：DE⊥AG.DE⊥AG.(2)(2)正方形正方形ABCDABCD固定，将正方形固定，将正方形OEFGOEFG绕点绕点O O逆时针旋转逆时针旋转αα角角(0(0°°<α<360<α<360°°) )得到正方形得到正方形OE′F′G′OE′F′G′，如图，如图2.2.①①在旋转过程中，当在旋转过程中，当∠∠OAG′OAG′是直角时，求是直角时，求αα的度数；的度数；②②若正方形若正方形ABCDABCD的边长为的边长为1 1，在旋转过程中，求，在旋转过程中，求AF′AF′长的最长的最大值和此时大值和此时αα的度数，直接写出结果不必说明理由．的度数，直接写出结果不必说明理由．证明：如图，延长证明：如图，延长EDED交交AGAG于点于点H.H.∵O∵O为正方形为正方形ABCDABCD对角线的交点，对角线的交点，∴∴OAOA＝＝ODOD，，OA⊥OD.OA⊥OD.∵OG∵OG＝＝OEOE，，∴∴RtRt△AOG≌△AOG≌RtRt△DOE△DOE，，∴∠∴∠AGOAGO＝＝∠∠DEO.DEO.∵∠AGO∵∠AGO＋＋∠∠GAOGAO＝＝9090°°，，∴∠∴∠DEODEO＋＋∠∠GAOGAO＝＝9090°°，，∴∠∴∠AHEAHE＝＝9090°°，即，即DE⊥AG.DE⊥AG.(2)(2)解：解：①①如如图，在旋，在旋转过程中，程中，∠∠OAG′OAG′成成为直角有以下两直角有以下两种情况：种情况：( (i i)α)α由由0 0°°增大到增大到9090°°过程中，当程中，当∠∠OAG′OAG′为直角直角时，，∵∵OAOA＝＝ODOD＝＝ OGOG＝＝ OG′OG′，，∴∴在在RtRt△OAG′△OAG′中，中，sinsin∠AG′O∠AG′O＝＝∴∠∴∠AG′OAG′O＝＝3030°°. .∵OA⊥OD∵OA⊥OD，，OA⊥AG′OA⊥AG′，，∴∴OD∥AG′OD∥AG′，，∴∠∴∠DOG′DOG′＝＝∠∠AG′OAG′O＝＝3030°°，，即即αα＝＝3030°°. .( (iiii)α)α由由9090°°增大到增大到180180°°过程中，当过程中，当∠∠OAG″OAG″为直角时，同为直角时，同理可求理可求∠∠BOG″BOG″＝＝3030°°，，∴∴αα＝＝180180°°－－3030°°＝＝150150°°. .综上所述，当综上所述，当∠∠OAG′OAG′为直角时，为直角时，αα＝＝3030°°或或150150°°. .②AF′②AF′长的最大值是长的最大值是2 2＋＋ ，此时，此时αα＝＝315315°°. .考点四考点四 四边形综合题　　四边形综合题　　百变例题百变例题 (2018(2018··枣庄中考改编枣庄中考改编) )如图，将矩形如图，将矩形ABCDABCD沿沿AFAF折折叠，使点叠，使点D D落在落在BCBC边上的点边上的点E E处，过点处，过点E E作作EG∥CDEG∥CD交交AFAF于点于点G G，，连接连接DG.DG.(1)(1)求证：四边形求证：四边形EFDGEFDG是菱形；是菱形；(2)(2)探究线段探究线段EGEG，，GFGF，，AFAF之间的数量关系，并说明理由；之间的数量关系，并说明理由；(3)(3)若若AGAG＝＝ ，，EGEG＝＝ ，求，求BEBE的长．的长．【【分析分析】】 (1) (1)先依据翻折的性质和平行线的性质证明先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠∠DGFDGF＝＝∠∠DFGDFG，从而得到，从而得到GDGD＝＝DFDF，再根据翻折的性质即可证明，再根据翻折的性质即可证明DGDG＝＝GEGE＝＝DFDF＝＝EFEF；；(2)(2)连接连接DEDE，交，交AFAF于点于点O.O.由菱形的性质可知由菱形的性质可知GF⊥DEGF⊥DE，，OGOG＝＝OFOF＝＝ GFGF，然后证明，然后证明△△DOF∽△ADFDOF∽△ADF，由相似三角形的性质可证，由相似三角形的性质可证明明DFDF2＝＝FOFO··AFAF，于是可得到，于是可得到EGEG，，AFAF，，GFGF的数量关系；的数量关系；(3)(3)过点过点G G作作GH⊥DCGH⊥DC，垂足为，垂足为H.H.利用利用(2)(2)的结论可求得的结论可求得FGFG，然，然后在后在△△ADFADF中依据勾股定理可求得中依据勾股定理可求得ADAD的长，然后再证明的长，然后再证明△△FGH∽△FADFGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得，利用相似三角形的性质可求得GHGH的长，最后的长，最后依据依据BEBE＝＝ADAD－－GHGH求解即可．求解即可．【【自主解答自主解答】】 (1)∵GE∥DF(1)∵GE∥DF，，∴∠∴∠EGFEGF＝＝∠∠DFG.DFG.∵∵由翻折的性质可知由翻折的性质可知GDGD＝＝GEGE，，DFDF＝＝EFEF，，∠∠DGFDGF＝＝∠∠EGFEGF，，∴∠∴∠DGFDGF＝＝∠∠DFGDFG，，∴∴GDGD＝＝DFDF，，∴∴DGDG＝＝GEGE＝＝DFDF＝＝EFEF，，∴∴四边形四边形EFDGEFDG是菱形．是菱形．(2)EG(2)EG2 2＝ GFGF·AF.AF.理由如下：如图，连接DEDE，交AFAF于点O.O.∵∵四边形EFDGEFDG是菱形，∴∴GF⊥DEGF⊥DE，OGOG＝OFOF＝ GF.GF.∵∠DOF∵∠DOF＝∠∠ADFADF＝9090°°，∠∠OFDOFD＝∠∠DFADFA，∴△∴△DOF∽△ADFDOF∽△ADF，∴ ∴ ，∴∴DFDF2 2＝FOFO·AF.AF.∵FO∵FO＝ GFGF，DFDF＝EGEG，∴∴EGEG2 2＝ GFGF·AF.AF.(3)(3)如图，过点如图，过点G G作作GH⊥DCGH⊥DC，垂足为点，垂足为点H.H.∵EG∵EG2＝＝ GFGF··AFAF，，AGAG＝＝ ，，EGEG＝＝ ，，∴ ∴ ＝＝ FGFG··(FG(FG＋＋ ) )，，解得解得FGFG＝＝ ，，FGFG＝－＝－ ( (舍去舍去) )．．∵DF∵DF＝＝EGEG＝＝ ，，AFAF＝＝ ，，∴∴ADAD＝＝ ＝＝10.10.∵GH⊥DC∵GH⊥DC，，AD⊥DCAD⊥DC，，∴∴GH∥ADGH∥AD，，∴△∴△FGH∽△FADFGH∽△FAD，，∴ ∴ ，，即即 GHGH＝＝2 2，，∴∴BEBE＝＝ADAD－－GHGH＝＝1010－－2 2＝＝8.8.变式变式1 1：：证明：如图，证明：如图，由题意可知，由题意可知，BGBG＝＝GHGH，，AEAE＝＝ADAD＝＝1010，，AHAH＝＝ABAB＝＝6 6，，∠∠1 1＝＝∠∠2 2，，∠∠3 3＝＝∠∠4.4.(1)∵∠1(1)∵∠1＋＋∠∠2 2＋＋∠∠3 3＋＋∠∠4 4＝＝∠∠BADBAD＝＝9090°°，，∴∠∴∠2 2＋＋∠∠3 3＝＝ ∠ ∠BADBAD＝＝ ××9090°°＝＝4545°°，，即即∠∠FAGFAG＝＝4545°°. .(2)∵AE(2)∵AE＝＝1010，，AHAH＝＝6 6，，∴∴HEHE＝＝AEAE－－AHAH＝＝1010－－6 6＝＝4.4.设BGBG＝＝x x，，∴∴GHGH＝＝BGBG＝＝x x，，∴∴GEGE＝＝ADAD－－BGBG－－ECEC＝＝1010－－x x－－2 2＝＝8 8－－x.x.在在RtRt△GHE△GHE中，中，∵∵GEGE2 2＝＝GHGH2 2＋＋HEHE2 2，，∴∴(8(8－－x)x)2 2＝＝x x2 2＋＋4 42 2，，∴∴x x＝＝3 3，，即即GHGH＝＝BGBG＝＝3 3，，∴S∴S△ABG△ABG＝＝ ABAB··BGBG＝＝ ××6 6××3 3＝＝9 9，，S S△GHE△GHE＝＝ GHGH··HEHE＝＝ ××3 3××4 4＝＝6 6，，∴∴S S△ABG△ABG＝＝ S S△EGH△EGH. .(3)∵GE(3)∵GE＝＝8 8－－x x＝＝8 8－－3 3＝＝5 5，，BGBG＋＋ECEC＝＝3 3＋＋2 2＝＝5 5，，∴∴BGBG＋＋CECE＝＝GE.GE.变式式2 2：：解：如解：如图，当点，当点B′B′落在矩形内部落在矩形内部时，，连接接AC.AC.在在RtRt△ABC△ABC中，中，ABAB＝＝6 6，，BCBC＝＝1010，，∴∴ACAC＝＝∵∠∵∠B B沿沿AMAM折叠，使点折叠，使点B B落在点落在点B′B′处，，∴∠∴∠AB′MAB′M＝＝∠∠B B＝＝9090°°. .当当△△CMB′CMB′为直角三角形直角三角形时，只能得到，只能得到∠∠MB′CMB′C＝＝9090°°，，∴∴点点A A，，B′B′，，C C共共线，即，即∠∠B B沿沿AMAM折叠，使点折叠，使点B B落在落在对角角线ACAC上的点上的点B′B′处，，∴∴MBMB＝＝MB′MB′，，ABAB＝＝AB′AB′＝＝6 6，，∴∴CB′CB′＝＝2 2 －－6.6.设BMBM＝＝x x，，则MB′MB′＝＝x x，，CMCM＝＝1010－－x x，，在在RtRt△CMB′△CMB′中，中，∵∵MCMC2 2＝＝MB′MB′2 2＋＋CB′CB′2 2，，(10(10－－x)x)2 2＝＝x x2 2＋＋(2 (2 －－6)6)2 2，，解得解得x x＝＝∴∴BMBM＝＝如图，当点如图，当点B′B′落在落在ADAD边上时，边上时，此时四边形此时四边形ABMB′ABMB′为正方形，为正方形，∴∴BMBM＝＝ABAB＝＝6.6.综上所述，综上所述，BMBM的长为的长为 或或6.6.。