2024年中考数学探究性试题总复习-- 轴对称（17）

这是一份2024年中考数学探究性试题总复习-- 轴对称（17），共22页。试卷主要包含了综合题等内容，欢迎下载使用。

一、综合题
1．如图
（1）【感知】如图①，将▱ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD边上的点F处，得到折痕DE，连结EF．若AD=4，则四边形AEFD的周长为 ．
（2）【探究】如图②，将四边形AEGD沿GE折叠，点A、D的对应点分别为A′、D′，点A′恰好落在CD边上．
求证：四边形AEA′G为菱形．
（3）若AB=6，CB=3，∠B=120°，CA′=1，则△A′GD′的面积为 ．
2．综合与探究
在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处．
（1）如图①，若BC=2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图②，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求EF的长；
（3）如图③，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，请直接写出ABBC的值．
3．在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C=∠F=90°，∠B=∠E=30°，AC=AF=6，用这两个直角三角形研究图形的变换.
（1）【翻折】如图1，将△DEF沿线段AB翻折，连接CF，下列对所得四边形ACBF的说法正确的是 .
①AB平分∠CBF、∠CAF，②AB、CF互相平分，③S四边形ACBF=12AB⋅CF，④A、C、B、F四点共圆.
（2）【平移】
如图2，将△DEF沿线段AB向右平移，使D点移到AB的中点，连接CD、CF、FB，请猜想四边形CDBF的形状，并说明理由.
（3）【旋转】如图3，将△DEF绕点C(F)逆时针方向旋转，使AC∥ED，连接AE、AD，则旋转角为 °，AD= cm.
4．如图
（1）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE.判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展提升】如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 .
5．如图，平行四边形ABCD中，AB=7，BC=10.点P是BC边上的一点，连接AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP.
（1）动手操作
当点Q正好落在AD边上时，在图①中画出△ABP的轴对称图形△AQP，并判断四边形ABPQ的形状是 ▲ ；
（2）问题解决
如图②，当点P是线段BC中点，且CQ=2时，求AP的长；
（3）拓展探究
如图③，当点P、Q、D在同一直线上，且∠PQC=∠PQA时，求PQ的长.
6．在一个数学活动中，若身旁没有量角器或者三角尺，又需要作60°，30°，15°的角，可以采用如下的方法：
【操作感知】
第一步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开.
第二步；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN（如图1）.
（1）【猜想论证】
写出图1中一个30°的角： .
（2）若延长MN交BC于点P，如图2所示，试判断△BMP的形状，并证明.
（3）【迁移探究】
小华将矩形纸片换正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照“操作感知”的方式操作，并延长MN交CD于点Q，连接BQ.当点N在EF上时，DM=2，求正方形的边长.
7．
（1）问题提出
如图①，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=5，BC=12，若P是边AC上一点，则BP的最小值为 .
（2）问题探究
如图②，在Rt△ABC中，AB=BC，斜边AC的长为42，E是BC的中点，P是边AC上一点，试求PB+PE的最小值.
（3）问题解决
某城区有一个五边形MBCDP空地（∠M=∠P=∠PDC=90°，∠C=150°），城建部门计划利用该空地建造一个居民户外活动广场，其中△MAB的部分规划为观赏区，用于种植各类鲜花，△APD部分规划为音乐区，供老年合唱团排练合唱或广场舞使用，四边形ABCD部分为市民健身广场，如图③所示.已知AD=100米，CD=50米，∠BAD=60°，∠ABC=90°.为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要在AB，AD上分别取点E，F，铺设一条由CE，EF，FC连接而成的步行景观道，已知铺设景观道的成本为100元/米，求铺设完这条步行景观道所需的最低成本.
8．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
操作：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．
（1）探究：
①如图①，当点M在EF上时，∠EMB= ▲ °．
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A、D重合），如图②，判断MQ与CQ的数量关系，并说明理由．
（2）拓展：若正方形纸片ABCD的边长为8，当FQ=1时，直接写出AP的长．
9．将纸片△ABC沿DE折叠使点A落在点A'处.
【感知】如图①，点A落在四边形BCDE的边BE上，则∠A与∠1之间的数量关系是 ▲ ；
【探究】如图②，若点A落在四边形BCDE的内部，则∠A与∠1+∠2之间存在怎样的数量关系？并说明理由.
【拓展】如图③，点A落在四边形BCDE的外部，若∠1=80°，∠2=24°，则∠A的大小为 ▲ .
10．问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AB＝8，长AD＝82.
动手实践：
（1）如图1，腾飞小组将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点A′处，折痕为BE，连接A′E，然后将纸片展平，得到四边形AEA′B，则折痕BE的长为 .
（2）如图2，永攀小组将矩形纸片ABCD沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕AC.再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在OC上（O为两条折痕的交点），第二条折痕与AD交于点E.请写出OC与OA的数量关系，并说明理由.
（3）如图3，探究小组将图1中的四边形AEA′B剪下，在AE上取中点F，将△ABF沿BF折叠得到△MBF，点P、Q分别是边A′E，A′B上的动点（均不与顶点重合），将△A′PQ沿PQ折叠使A′的对应点N恰好落在BM上，当△A′PQ的一个内角与∠A′BM相等时，请直接写出A′Q的长.
11．定义：在平面直角坐标系中，有一条直线x=m，对于任意一个函数，作该函数自变量大于m的部分关于直线x=m的轴对称图形，与原函数中自变量大于或等于m的部分共同构成一个新的函数图象，则这个新函数叫做原函数关于直线x=m的“镜面函数”.例如：图① 是函数y=x+1的图象，则它关于直线x=0的“镜面函数”的图象如图② 所示，且它的“镜面函数”的解析式为y=x+1(x≥0)−x+1(x<0)，也可以写成y=|x|+1.
（1）在图③ 中画出函数y=−2x+1关于直线x=1的“镜面函数”的图象.
（2）函数y=x2−2x+2关于直线x=−1的“镜面函数”与直线y=−x+m有三个公共点，求m的值.
（3）已知A(−1，0)，B(3，0)，C(3，−2)，D(−1，−2)，函数y=x2−2nx+2(n>0)关于直线x=0的“镜面函数”图象与矩形ABCD的边恰好有4个交点，求n的取值范围.
12．在平面直角坐标系xOy中，对于线段AB与直线l：y=kx+b，给出如下定义：若线段AB关于直线l的对称线段为A′B′(A′，B′分别为点A，B的对应点)，则称线段A′B′为线段AB的“[k，b]关联线段”．
已知点A(1，1)，B(1，−1)．
（1）线段A′B′为线段AB的“[1，b]关联线段”，点A′的坐标为(2，0)，则A′B′的长为 ，b的值为 ；
（2）线段A′B′为线段AB的“[k，0]关联线段”，直线l1经过点C(0，2)，若点A′，B′都在直线l1上，连接OA′，求∠COA′的度数；
（3）点P(−3，0)，Q(−3，3)，线段A′B′为线段AB的“[k，b]关联线段”，且当b取某个值时，一定存在k使得线段A′B′与线段PQ有公共点，直接写出b的取值范围．
13．如图
（1）[基础巩固]如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，求证：AC2 =AD·AB．
（2）[尝试应用] 如图②，在矩形ABCD中，AD=2，点F在AB上，FB=2AF，DF⊥AC于点E，求AE的长．
（3）[拓展提高] 如图③，在矩形ABCD中，点E在边BC上，NDCE与NDFE关于直线DE对称，点C的对称点F在边AB上，G为AD中点，连结GC交DF于点M，GC∥FE，若AD=2，求GM的长．
14．在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A′B′ED，点A的对应点为点A′，点B的对应点为点B′.
（1）【观察发现】A′D与B′E的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接B′C，判断∠DEC与∠B′CE是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长DC交A′B′于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当∠B=60°时，连接B′C，延长DC交A′B′于点G，连接EG，请写出B′C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】（1）16
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠AEG=∠A′GE，
∵将四边形AEGD沿GE折叠，点A、D的对应点分别为A′、D′，点A′恰好落在CD边上，
∴∠AGE=∠A′GE，AG=∠A′G，AE=∠A′E，
∴∠AGE=∠AEG，
∴AE=AG，
∴AG=A′G=AE=A′E，
∴四边形AEA′G为菱形．
（3）12313
2．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC=BF，∠FBE=∠CBE，∠C=∠BFE=90°，
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴∠AFB=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CBF=∠AFB=30°，
∴∠CBE=12∠FBC=15°，
∴∠CBE的度数为15°；
（2）解：∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE=∠C=90°，FE=CE，
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF，
∴AF⋅DF=AB⋅DE，
∵AF⋅DF=10，AB=5，
∴DE=2，
∴CE=DC−DE=5−2=3，
∴EF=EC=3，
∴EF的长为3；
（3）解：ABBC的值为35．
3．【答案】（1）①③④
（2）解：∵△DEF沿线段AB向左平移，
∴AB∥CF，CF=BE.
∵△DEF是直角三角形，D是AB的中点，
∴BE=BD=BF=12ED.
∴CF=BD
∵AB∥CF，
∴四边形BDCF是平行四边形.
∵BD=BF，
∴四边形ABEF是菱形.
（3）120；63
4．【答案】（1）DG=BE
（2）解：DG=12BE，DG⊥BE.
理由如下：延长BE、GD相交于点H.
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴DGBE=CGCE=12，∠BEC=∠DGC，
∴DG=12BE
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）410
5．【答案】（1）解：如图①，△AQP即为所求，
；
菱形；
（2）解：如图②，连接BQ交AP于点E，
∵△AQP与△ABP是以AP为对称轴的轴对称图形，
由轴对称的性质得，AQ=AB，BP=PQ，
∴AP是线段BQ的垂直平分线.
∴点E是BQ的中点，∠AEB=∠BEP=90°.
又∵点P是BC的中点，
∴EP为△BQC的中位线，BP=12BC=5，
∴EP=12QC=1.
在Rt△BEP中，BE=BP2−EP2=52−12=26.
在Rt△ABE中，AE=AB2−BE2=72−(26)2=5.
∴AP=AE+EP=1+5=6；
（3）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC.
∵△AQP与△ABP是以AP为对称轴的轴对称图形，
∴∠APB=∠APQ，
∴∠APQ=∠DAP，
∴AD=DP=10，
∵∠B=∠AQP=∠PQC=∠ADC，
又∵∠ADC=∠ADP+∠PDC，∠PQC=∠PDC+∠DCQ，
∴∠ADP=∠DCQ.
∵AD∥BC，
∴∠ADP=∠DPC，
∴∠DCQ=∠DPC.
∵∠PDC=∠QDC，
∴△PDC∽△CDQ，
∴PDCD=CDDQ，
即107=7DQ，
∴DQ=4910，
∴PQ=PD−DQ=10−4910=5110.
6．【答案】（1）∠ABM
（2）解：△BMP是等边三角形，
证明：如图所示，
由（1）可知∠BMP=∠1=60°，
∵AD∥BC，
∴∠1=∠2=60°，
∴△BMP是等边三角形，
（3）解：由（2）可得∠DMN=60°，
在Rt△DMQ中，DM=2，∠MQD=30°，
∴MQ=4，DQ=23，
∵折叠，
∴AB=BN，
∴BN=BC，
在Rt△BNQ，Rt△BCQ中，
BN=BCBQ=BQ，
∴Rt△BNQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴NQ=CQ，
∴MQ=MN+NQ=MA+CQ，
∵AD+DC=AM+MD+DQ+CQ=MQ+MD+DQ=4+2+23=6+23，
∴AD=3+3.
7．【答案】（1）6013
（2）解：在Rt△ABC中，∵AB=BC，AC=42，AB2+BC2=AC2，
∴2BC2=AC2，即2BC2=32，
∴BC=4
∴AB=BC=4，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE=2.
如图2，以AB，BC为边作正方形ABCD，连接DE，DP，
由正方形的轴对称性，得PB=PD，
∵PE+PD≥DE，
∴当D，P，E三点共线时，PB+PE最小，最小值为DE的长.
由勾股定理，得DE=42+22=25，
∴PB+PE的最小值为25.
（3）解：如图3，分别延长AB，DC，相交于点N，连接AC，
在四边形ABCD中，∠ADC=360°−(150°+90°+60°)=60°，
∵∠BAD=60°，
∴△AND是等边三角形，
∴AN=AD=ND=2CD=100（米），C是ND的中点，
∴∠NAC=∠DAC=30°，由勾股定理，得AC=503（米）.
分别作点C关于AB，AD的对称点C′，C″，在AN，AD上任取点E，F，连接CC′，CC″，CE，C′E，CF，C″F，
设O是AC与C′C″的交点，由轴对称的性质，得C′E=CE，C″F=CF，
∴CE+EF+CF=C′E+EF+C″F≥C′C″，即E，F，C′，C″在一条直线上时，∴CE+EF+CF有最小值C′C″，
在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AC=503，
∴BC=253（米），C′C=2BC=503（米）.
连接AC′，AC″，∵AB是CC′的中垂线，∠ACB=∠BCD−∠ACD=60°，
∴△AC′C为等边三角形，
∴AC=AC″=CC″=AC′=CC′，
∴四边形AC′CC″为菱形，
∴O是C′C″的中点，∠C′OC=90°.
在Rt△C′CO中，∵∠BCO=∠BOD−90°=60°，
∴∠CC′C″=30∘，CO=12C′C=253（米），
由勾股定理，得C′O=75（米），
∴C′C″=150（米），
∴150×100=15000（元），
答：铺设完这条步行景观道所需的最低成本为15000元.
8．【答案】（1）解：①30；
②结论：MQ=CQ．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°．
由折叠可得：AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°．
又∵BQ=BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ(HL)，
∴MQ=CQ；
（2）解：AP的长为4011或2413．
9．【答案】解：【感知】∠1=2∠A；
【探究】如图②，2∠A=∠1+∠2.
理由如下：∵∠AED+∠ADE=180°−∠A，∠A′ED+∠A′DE=180°−∠A′，
∴A′DA+∠A′EA=360°−(∠A+∠A′)，
∴∠A+∠A′+∠A′DA+∠A′EA=360°，
∵∠1+∠A′DA+∠2+∠A′EA=360°，
∴∠A′+∠A=∠1+∠2，
由折叠可得：∠A=∠A′，
∴2∠A=∠1+∠2，
故答案为：2∠A=∠1+∠2；
【拓展】28°
10．【答案】（1）82
（2）解：在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=82+(82)2=83.
∵点A落在OC上，
∴BE⊥AC.
∵S△ABC=12AB⋅BC=12AC⋅BO，
∴BO=AB⋅BCAC=8×8283=863.
∴Rt△ABO中，OA=AB2−BO2=82−(863)2=833.
Rt△BOC中，OC=BC2−BO2=(82)2−(863)2=1633.
∴OC=2OA；
深度探究：
（3）4或258
11．【答案】（1）解：如图，即为函数y=−2x+1的“镜面函数”的图像
（2）解：如图，
对于y=x2−2x+2，当x=0时，y=2，
∴函数y=x2−2x+2与y轴的交点坐标为(0，2)
当直线y=−x+m经过点(−1，5)时，m=4；
此时y=x2−2x+2关于直线x=−1的“镜面函数”与直线y=−x+m有三个公共点，
当直线y=−x+m与原抛物线只有一个交点时，则有：−x+m=x2−2x+2，
整理得，x2−x+2−m=0，
此时，Δ=(−1)2−4(2−m)=0，
解得，m=74，
综上，m的值为4或74；
（3）解：函数y=x2−2nx+2(n>0）的“镜面函数”解析式为y=x2+2nx+2(n>0），
当x=−1时，y<0，
∴1−2n+2<0，
解得，n>32；
当y=x2−2nx+2(n>0）的顶点在CD上时，
8−4n24=−2
解得n=2或n=−2（舍），
此时，函数y=x2−2nx+2(n>0)关于直线x=0的“镜面函数”图象与矩形ABCD的边有5个交点，不合题意，
∴32当x=3时，y<−2
∴9−6n+2<−2
解得，n>136；
综上，n的取值范围为32136.
12．【答案】（1）2；-1
（2）解：如图，作C关于l的对称点C′，连接O C′，OA，OC′，
由题意，得直线l解析式为：y=kx，
设C关于l的对称点为C′，
∴OC′=OC=2，
∵AB关于l对称点A′B′在l1上，
又l1经过点C，
∴点C′在直线AB上，
∵A(1，1)，B(1，-1)，
∴直线AB即是直线x=1，
∴C′横坐标为1，
∴C′纵坐标为22−12=3，
∴C′(1，3)，
∴tan∠C′OK=C′KOK=31=3，
∴∠C′OK=60°，
∵A(1，1)，
∴OA=AK，
∴△AOK是等腰直角三角形，
∴∠AOK=45°，
∴∠C′OA=∠C′OK -∠AOK =60°-45°=15°，
∵A、B、C′关于直线l的对称点是A′、B′、C，
∴∠COA′=∠C′OA=15°；
当A′B′在y轴的右侧时，同理可求∠COA′=∠COD+∠A′OD=105°，
（3）解：b≤−72或b≥22−1
13．【答案】（1）解：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°.
∵CD⊥AB， ∴∠DCB+∠B=90°，
∴∠B=∠ACD，
∵∠A=∠A，
∴△CAD∽△BAC，
∴ACAD=ABAC，
∴AC2= AD⋅AB；
（2）解：∵FB=2AF，
∴AB=AF+BF=3AF.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠ADC=90°，
∴△AFE∽△CDE，
∴AECE=AFCD=13
∴CE=3AE，
∴AC=4AE.
∵DF⊥AC，
由（1）可得，
DA2=AE·AC，
∴22=AE·4AE，
∴AE=1；
（3）解：在矩形ABCD中， ∠BCD=∠CDA=∠A=90°，
∴∠ADF+∠CDM=90°.
∵△DCE与△DFE关于直线DE对称，
∴△DFE≌△DCE，
∴∠DFE=∠DCE=90°，DC=DF，
∵GC∥FE，
∴DM⊥GC，
∴∠CDM+∠DCM=90°，
∴∠ADF=∠DCM，
∴△CDM≌△DFA，
∴CM=DA=2.
∵G是AD的中点，
∴DG=GA=1.
由（1）可得，DG2=GM·GC.
设 GM=x，则 CG=GM+CM=x+2，
∴12=x(x+2)，
解得 x1=2−1，x2=−2−1 (舍去)
∴GM的长为 2−1 .
14．【答案】（1）A′D∥B′E
（2）解：∠DEC=∠B′CE，
理由：如图，连接B′C，BB′，
∵E为BC中点，
∴EB=EC=EB′，
∴点B、B′、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，
∴∠BB′C=90°，
∴BB′⊥B′C，
由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，
∴DE∥CB′，
∴∠DEC=∠B′CE；
（3）解：结论：∠DEG=90°；
理由：如图，连接B′C，DB，DB′，延长DE至点H，
由翻折的性质可知∠BDE=∠B′DE，
设∠BDE=∠B′DE=x，∠A=∠A′=y，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB=∠B′DA′，∠ABC=180°−y，
∴∠A′DG=∠BDB′=2x，∠DBE=∠DB′E=90°−y2
∴∠DGA′=180°−2x−y，
∴∠BEB′=∠BEH+∠B′EH=∠DBE+∠BDE+∠DB′E+∠B′DE=90°−y2+x+90°−y2+x=180°−y+2x，
∵EC=EB′，点B、B′、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，
∴∠EB′C=∠ECB′=12∠BEB′=90°−12y+x，
∵A′D∥B′E，
∴∠A′B′E=180°−y，
∴∠GB′C=∠A′B′E−∠EB′C=180°−y−(90°−12y+x)=90°−12y−x，
∴∠CGA′=2∠GB′C，
∵∠CGA′=∠GB′C+∠GCB′，
∴∠GB′C=∠GCB′，
∴GC=GB′，
∵EB′=EC，
∴EG⊥CB′，
∵DE∥CB′，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG=90°；
（4）解：结论：DG2=EG2+4916B′C2，
理由：如图，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R，
设GC=GB′=x，CD=A′D=A′B′=2a，
∵∠B=60°，
∴∠A=∠DA′B′=120°，
∴∠DA′R=60°，
∴A′R=A′D⋅cs60°=a，DR=3a，
在Rt△DGR中，则有(2a+x)2=(3a)2+(3a−x)2，
∴x=45a，
∴GB′=45a，A′G=65a，
∵TB′∥DA′，
∴△B′TG∼△A′DG，
∴TB′DA′=GB′GA′，
∴TB′2a=45a65a
∴TB′=43a，
∵CB′∥DE，
∴CB′DE=TB′ET=43aa+43a=47，
∴DE=74CB′，
∵∠DEG=90°，
∴DG2=EG2+DE2，
∴DG2=EG2+4916B′C2.