7. 如图①是传统手工磨豆的设备，根据它的原理设计了如图②所示的机械设备，磨盘半径 $ OM = 20 \, \mathrm{cm} $，把手 $ MQ = 15 \, \mathrm{cm} $，$ O, M, Q $ 三点在同一条直线上，用长为135 cm的连杆将点 $ Q $ 与动力装置 $ P $ 相连（$ ∠ PQM $ 的度数可变），点 $ P $ 在轨道 $ AB $ 上来回滑动并带动磨盘绕点 $ O $ 转动，$ OA ⊥ AB $，$ OA = 80 \, \mathrm{cm} $。若磨盘转动一周，则点 $ P $ 在轨道 $ AB $ 上滑过的路径长为 （
C
）
A.90 cm
B.150 cm
C.180 cm
D.$ 70π \, \mathrm{cm} $
答案：7. C 解析:连接 $ OP $. 由题意,得 $∠ A=90°$,$OQ=OM+MQ=35\ \mathrm{cm}$,$PQ=135\ \mathrm{cm}$. 又 $PQ-OQ≤ OP≤ OQ+PQ$,所以当点 $ O $ 在线段 $ PQ $ 上时, $ OP $ 的长取最小值,且最小值为 $ PQ-OQ=100\ \mathrm{cm}$;当点 $ Q $ 在线段 $ OP $ 上时, $ OP $ 的长取最大值,且最大值为 $ OQ+PQ=170\ \mathrm{cm}$. 分类讨论如下:① 当 $ OP=100\ \mathrm{cm} $ 时,在 $\mathrm{Rt}△ OAP$ 中, $ OA=80\ \mathrm{cm} $, 所以 $ AP=\sqrt{OP^2-OA^2}=60\ \mathrm{cm}$;② 当 $ OP=170\ \mathrm{cm} $ 时,在 $\mathrm{Rt}△ OAP$ 中, $ OA=80\ \mathrm{cm} $, 所以 $ AP=\sqrt{OP^2-OA^2}=150\ \mathrm{cm}$. 不妨假设磨盘从 $ OP $ 的长最小时开始转动,则磨盘每转动一周, $ AP $ 的长从最小值到最大值再到最小值. 所以磨盘每转动一周,点 $ P $ 在轨道 $ AB $ 上滑过的路径长为 $(150-60)×2=180(\mathrm{cm})$.
解析：
【分析】
解题时首先明确已知的固定线段长度：O、M、Q三点共线，因此OQ长度为OM与MQ的和，PQ为固定长度的连杆，根据三角形三边关系可得到OP的取值范围，当O、Q、P三点共线时OP取到最大值和最小值；再结合OA⊥AB，可知△OAP是直角三角形，利用勾股定理分别计算出OP取最值时对应的AP长度；由于磨盘转动一周时，P点会从AP最小的位置移动到最大位置再回到最小位置，因此路径长是AP最大值与最小值差值的2倍，即可求出最终结果。
【解析】
解：连接OP，由题意得：
$∠ OAP=90°$，$OQ=OM+MQ=20+15=35\ \mathrm{cm}$，$PQ=135\ \mathrm{cm}$，$OA=80\ \mathrm{cm}$。
根据三角形三边关系可得：$PQ-OQ≤ OP≤ OQ+PQ$
1. 求OP的最值：
当O在线段PQ上时，OP取最小值：$OP_{\mathrm{最小}}=135-35=100\ \mathrm{cm}$；
当Q在线段OP上时，OP取最大值：$OP_{\mathrm{最大}}=135+35=170\ \mathrm{cm}$。
2. 计算对应AP的长度：
① 当$OP=100\ \mathrm{cm}$时，在$\mathrm{Rt}△ OAP$中，由勾股定理得：
$AP=\sqrt{OP^2-OA^2}=\sqrt{100^2-80^2}=\sqrt{3600}=60\ \mathrm{cm}$
② 当$OP=170\ \mathrm{cm}$时，在$\mathrm{Rt}△ OAP$中，由勾股定理得：
$AP=\sqrt{170^2-80^2}=\sqrt{22500}=150\ \mathrm{cm}$
3. 计算P点滑动路径长：
磨盘转动一周，P点从AP最小位置到最大位置再回到最小位置，因此路径长为：
$(150-60)×2=180\ \mathrm{cm}$
【答案】
C
【知识点】
勾股定理、三角形三边关系、动点路径计算
【点评】
本题结合传统手工磨豆的生活场景出题，将几何知识与实际应用相结合，重点考查学生对勾股定理和三角形三边关系的综合运用能力，解题的关键是准确找到OP长度的最值情况，再结合勾股定理计算对应AP的长度，最终推导出动点的路径长度。
【难度系数】
0.6
8. (2026·江苏苏州月考)如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$AB=3$,$BC=8$,$D$为$BC$的中点,将$△ ABD$沿$AD$折叠,使点$B$落在点$E$处,连接$CE$,则$CE$的长为 (
D
)
A.$\frac{9}{5}$
B.$\frac{12}{5}$
C.$\frac{18}{5}$
D.$\frac{32}{5}$
答案：8. D 解析:连接 $ BE $ 交 $ AD $ 于点 $ O $. 由折叠的性质,得 $ AD⊥ BE $,$OB=OE$,$BD=DE$. 因为 $ BC=8 $,$D $ 为 $ BC $ 的中点,所以 $ BD=CD=\frac{1}{2}BC=4 $, 即 $ DE=BD=CD $. 所以 $ ∠ DEC=∠ DCE $,$ ∠ DBE=∠ DEB $. 又 $ ∠ DBE+∠ DEB+∠ DEC+∠ DCE=180° $. 所以 $ ∠ DEB+∠ DEC=90° $, 即 $ ∠ BEC=90° $. 又 $ AB=3 $,$ ∠ ABD=90° $, 所以 $ AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=5 $. 因为 $ S_{△ ABD}=\frac{1}{2}OB · AD = \frac{1}{2}AB · BD $, 所以 $ OB=\frac{AB · BD}{AD}=\frac{12}{5} $. 所以 $ BE=2OB=\frac{24}{5} $. 所以 $ CE=\sqrt{BC^2-BE^2}=\frac{32}{5} $.
解析：
【分析】
解题思路：遇到折叠类问题首先回忆折叠的核心性质：折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分两个对应点的连线。本题先连接BE交AD于点O，借助折叠性质得到AD⊥BE、OB=OE、BD=DE；再结合D是BC中点的条件，可得BD=CD=DE，根据等腰三角形等边对等角的性质，可推导出∠BEC=90°，将求CE的问题转化为直角三角形BEC中求边长的问题。接下来先在Rt△ABD中用勾股定理算出AD的长度，再利用△ABD面积的两种计算方式求出OB的长度，进而得到BE的长度，最后在Rt△BEC中用勾股定理即可求出CE的长。
【解析】
连接 $ BE $ 交 $ AD $ 于点 $ O $。
1. 由折叠的性质可得：$ AD⊥ BE $，$ OB=OE $，$ BD=DE $。
2. 已知 $ BC=8 $，$ D $ 为 $ BC $ 的中点，因此 $ BD=CD=\frac{1}{2}BC=4 $，故 $ DE=BD=CD=4 $。
3. 根据等边对等角得：$ ∠ DEC=∠ DCE $，$ ∠ DBE=∠ DEB $。
又因为 $ ∠ DBE+∠ DEB+∠ DEC+∠ DCE=180° $，代入得 $ 2(∠ DEB+∠ DEC)=180° $，即 $ ∠ DEB+∠ DEC=90° $，因此 $ ∠ BEC=90° $。
4. 在 $ \mathrm{Rt}△ ABD $ 中，$ AB=3 $，$ BD=4 $，$ ∠ ABD=90° $，由勾股定理得：$ AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5 $。
5. 用面积法求$OB$：$ S_{△ ABD}=\frac{1}{2}· OB · AD = \frac{1}{2}· AB · BD $，代入数值解得 $ OB=\frac{AB · BD}{AD}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5} $。
6. 因此 $ BE=2OB=2×\frac{12}{5}=\frac{24}{5} $。
7. 在 $ \mathrm{Rt}△ BEC $ 中，由勾股定理得：$ CE=\sqrt{BC^2-BE^2}=\sqrt{8^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{32}{5} $。
【答案】D
【知识点】
折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质
【点评】
本题是几何综合类常考题型，将折叠变换、等腰三角形性质、勾股定理相结合，解题的突破口是通过折叠性质和等腰三角形的角度关系推导出$∠ BEC$为直角，再结合面积法求出BE的长度，即可利用勾股定理求出CE，能够较好地考查学生对几何知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
9. 已知在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$AB=3$，$BC=4$，过点$B$的直线把$△ ABC$分割成两个三角形，使其中只有一个是等腰三角形，则这个等腰三角形的面积为
3.6或4.32或4.8
。
答案：9. 3.6或4.32或4.8 解析:在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ ABC=90°$,$AB=3$,$BC=4$, 由勾股定理,得 $AC^2=AB^2+BC^2=5^2$, 所以 $AC=5$. 设边 $AC$ 上的高为 $BD$, 则 $S_{△ ABC}=\frac{1}{2} BC · AB = \frac{1}{2} AC · BD $. 所以 $BD=\frac{BC · AB}{AC}=2.4$. 当过点 $B$ 的直线将 $△ ABC$ 分割成两个三角形, 且其中只有一个是等腰三角形时, 分类讨论如下:① 如图①
, 若 $AP=AB=3$, 则 $S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AP · BD=3.6$;② 如图②
, 若 $BP=AB=3$, 则 $AP=2AD$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 中, $AD^2=AB^2-BD^2=1.8^2$, 所以 $AD=1.8$. 所以 $AP=2AD=3.6$. 所以 $S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AP · BD=4.32$;③ 如图③
, 若 $CP=BC=4$, 则 $S_{△ BCP}=\frac{1}{2}CP · BD=4.8$. 综上, 这个等腰三角形的面积为 3.6 或 4.32 或 4.8.
解析：
【分析】
解题时首先先根据直角三角形的边长条件，先求出斜边长度和斜边上的高，为后续面积计算做准备。由于过点B的分割线交AC于点P，要求分割后仅1个三角形为等腰三角形，因此需要分三类讨论等腰三角形的构成：①以A为顶角顶点，AB为腰；②以B为顶角顶点，AB为腰；③以C为顶角顶点，BC为腰。每类情况计算出等腰三角形的底边长后，结合斜边上的高即可求出面积，同时要注意排除同时出现两个等腰三角形的情况。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$AB=3$，$BC=4$：
1. 求斜边AC长度：由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
2. 求AC边上的高BD：根据三角形面积相等，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·BC=\frac{1}{2}AC·BD$，代入数值得$BD=\frac{3×4}{5}=2.4$。
3. 分类讨论：
① 如图①
，若$AP=AB=3$，此时△ABP为等腰三角形：
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}×AP×BD=\frac{1}{2}×3×2.4=3.6$；
② 如图②
，若$BP=AB=3$，此时△ABP为等腰三角形，由等腰三角形三线合一得$AP=2AD$：
在$\mathrm{Rt}△ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{3^2-2.4^2}=1.8$，故$AP=2×1.8=3.6$，
$S_{△ABP}=\frac{1}{2}×AP×BD=\frac{1}{2}×3.6×2.4=4.32$；
③ 如图③
，若$CP=BC=4$，此时△BCP为等腰三角形：
$S_{△BCP}=\frac{1}{2}×CP×BD=\frac{1}{2}×4×2.4=4.8$。
以上三种情况均满足仅一个等腰三角形的要求。
【答案】
3.6或4.32或4.8
【知识点】
勾股定理；等腰三角形性质；三角形面积计算
【点评】
本题重点考查分类讨论思想的应用，解题时需注意“仅一个等腰三角形”的限制条件，避免出现漏解或多解的问题，熟练掌握勾股定理和面积法求高是解题的核心。
【难度系数】
0.5
10. 亮点原创·如图，正方形ABCD的边长为3，E，F分别是边AB，BC上的点，连接DE，DF，EF，且$∠ EDF = 45°$，将$△ DAE$绕点D逆时针旋转$90°$，得到$△ DCM$。若$BF=1.5$，则CM的长为
1
。
答案：10. 1 解析:因为四边形 $ABCD$ 是边长为 3 的正方形, 所以 $AB=BC=3$, $∠ A=∠ ADC=∠ ABC=∠ BCD=90°$. 因为 $∠ EDF=45°$, 所以 $∠ ADE+∠ FDC=45°$. 由题意, 得 $△ DCM≌△ DAE$, 所以 $∠ DCM=∠ A=90°$,$∠ CDM=∠ ADE$,$DM=DE$,$CM=AE$. 所以 $∠ DCM+∠ BCD=180°$, 即 $M,C,F,B$ 四点共线. 因为 $∠ MDF=∠ FDC+∠ CDM=∠ FDC+∠ ADE=45°$, 所以 $∠ EDF=∠ MDF$. 又 $DF=DF$, 所以 $△ EDF≌△ MDF(\mathrm{SAS})$. 所以 $EF=MF$. 设 $CM=x$, 则 $AE=x$. 所以 $BE=AB-AE=3-x$. 又 $BF=1.5$, 所以 $CF=BC-BF=1.5$, 即 $MF=CF+CM=1.5+x$. 所以 $EF=1.5+x$. 在 $\mathrm{Rt}△ BEF$ 中, $EF^2=BE^2+BF^2$, 所以 $(1.5+x)^2=(3-x)^2+1.5^2$, 解得 $x=1$. 则 $CM$ 的长为 1.
解析：
【分析】
本题可结合旋转的性质、全等三角形的判定与勾股定理求解。首先根据旋转的性质可得旋转前后三角形全等，对应角、对应边相等，由此将∠ADE转化为∠CDM，结合已知∠EDF=45°，可推出∠MDF=∠EDF，进而证明△EDF和△MDF全等，得到EF=MF的等量关系。接下来设CM的长为x，将Rt△BEF的各边用含x的式子表示，最后利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴$AB=BC=3$，$∠A=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°$，
∴$∠ADE+∠FDC=∠ADC - ∠EDF=90°-45°=45°$。
由旋转的性质可知$△DCM≌△DAE$，
∴$∠DCM=∠A=90°$，$∠CDM=∠ADE$，$DM=DE$，$CM=AE$，
∴$∠DCM+∠BCD=90°+90°=180°$，即点M、C、F、B在同一条直线上。
∴$∠MDF=∠FDC+∠CDM=∠FDC+∠ADE=45°$，
∴$∠MDF=∠EDF$。
在$△EDF$和$△MDF$中：
$\{\begin{array}{l}DE=DM\\ ∠ EDF=∠ MDF\\ DF=DF\end{array} $
∴$△EDF≌△MDF(\mathrm{SAS})$，
∴$EF=MF$。
设$CM=x$，则$AE=x$，
∴$BE=AB - AE=3 - x$，
∵$BF=1.5$，
∴$CF=BC - BF=3 - 1.5=1.5$，
∴$MF=CF + CM=1.5 + x$，即$EF=1.5 + x$。
在$\mathrm{Rt}△BEF$中，由勾股定理得$EF^2=BE^2+BF^2$，
代入得：$(1.5+x)^2=(3-x)^2+1.5^2$，
展开化简得$9x=9$，解得$x=1$。
【答案】
1
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用
【点评】
本题是正方形中半角模型的典型应用，解题的核心是通过旋转构造全等三角形，将分散的边角关系集中，结合勾股定理建立方程求解，体现了转化思想和方程思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.65
11. 新素养 几何直观 如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AB=5\ \mathrm{cm}$,$BC=3\ \mathrm{cm}$,点$P$从点$A$出发,以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度沿折线$A\to C\to B\to A$运动.设运动的时间为$t\ \mathrm{s}(t＞0)$.
(1)若点$P$在$AC$上,且满足$PA=PB$,求此时$t$的值;
(2)若点$P$恰好在$∠ BAC$的平分线上,求此时$t$的值.
备用图
答案：11. (1) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°$,$AB=5\ \mathrm{cm}$,$BC=3\ \mathrm{cm}$,$AB^2=AC^2+BC^2$, 即 $AC=4\ \mathrm{cm}$. 由题意, 得 $PB=PA=2t\ \mathrm{cm}$, 且 $t≤2$. 则 $PC=AC-PA=(4-2t)\mathrm{cm}$. 在 $\mathrm{Rt}△ PCB$ 中, $PC^2+BC^2=PB^2$, 所以 $(4-2t)^2+3^2=(2t)^2$, 解得 $t=\frac{25}{16}$. 所以当 $t=\frac{25}{16}$ 时, 点 $P$ 在 $AC$ 上, 且 $PA=PB$.
(2) 当点 $P$ 在 $∠ BAC$ 的平分线上时, 点 $P$ 必在边 $BC$ 上, 过点 $P$ 作 $PE⊥ AB$ 于点 $E$. 又 $∠ C=90°$, 所以 $AC⊥ PC$. 所以 $PE=PC$. 由(1), 得 $AC=4\ \mathrm{cm}$, 且 $S_{△ ABC} = S_{△ APC} + S_{△ APB}$, 所以 $\frac{1}{2}AC · BC = \frac{1}{2}AC · PC + \frac{1}{2}AB · PE$, 即 $AC · BC = (AC+AB) · PC$. 所以 $PC=\frac{AC · BC}{AC+AB}=\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$. 又 $PC=(2t-4)\mathrm{cm}$, 且 $2≤ t≤\frac{7}{2}$, 所以 $2t-4=\frac{4}{3}$, 解得 $t=\frac{8}{3}$. 所以当 $t=\frac{8}{3}$ 时, 点 $P$ 在 $∠ BAC$ 的平分线上.
解析：
【分析】
首先利用勾股定理求出AC的长度，这是解题的基础。
(1) 第一问中，点P在AC上且满足PA=PB，先根据运动速度表示出PA=2t，因此PB=2t，再表示出PC=AC-PA=4-2t，此时△PCB为直角三角形，借助勾股定理列出关于t的方程求解即可，注意要验证t的范围符合点P在AC上的要求。
(2) 第二问中，点P在∠BAC的平分线上时，先判断点P位于BC边上，根据角平分线的性质可知点P到AB、AC的距离相等，即PE=PC（PE为点P到AB的垂线段），可通过面积法将△ABC的面积拆分为△ACP和△ABP的面积和，求出PC的长度，再结合点P的运动路程列方程求解，同时验证t的范围符合点P在BC上的要求。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AB=5\ \mathrm{cm}$，$BC=3\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\ \mathrm{cm}$。
(1) 若点P在AC上，且$PA=PB$，由题意得$PA=2t\ \mathrm{cm}$，因此$PB=2t\ \mathrm{cm}$，此时$t≤\frac{4}{2}=2$，$PC=AC-PA=(4-2t)\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ PCB$中，由勾股定理得$PC^2+BC^2=PB^2$，代入得：
$(4-2t)^2+3^2=(2t)^2$
展开化简得$25-16t=0$，解得$t=\frac{25}{16}$，符合$t≤2$的要求。
(2) 当点P在$∠ BAC$的平分线上时，点P在BC边上，过点P作$PE⊥ AB$于点E。
因为AP平分$∠ BAC$，$∠ C=90°$即$AC⊥ PC$，根据角平分线的性质得$PE=PC$。
此时点P的运动路程为$AC+PC=(4+PC)\ \mathrm{cm}$，因此$2t=4+PC$，即$PC=2t-4$，此时t的范围为$2≤ t≤\frac{4+3}{2}=\frac{7}{2}$。
由$S_{△ ABC}=S_{△ APC}+S_{△ APB}$得：
$\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}× AC× PC+\frac{1}{2}× AB× PE$
因为$PE=PC$，代入数值化简得$12=9PC$，解得$PC=\frac{4}{3}\ \mathrm{cm}$。
因此$2t-4=\frac{4}{3}$，解得$t=\frac{8}{3}$，符合$2≤ t≤\frac{7}{2}$的要求。
【答案】
(1)$t=\frac{25}{16}$；(2)$t=\frac{8}{3}$
【知识点】
勾股定理，角平分线的性质，一元一次方程的应用
【点评】
本题属于几何动点综合题，将行程问题与几何性质结合，核心是根据动点的位置正确表示相关线段的长度，再结合对应几何性质建立方程求解，解题时要注意根据动点所在线段确定自变量的取值范围，保证解的合理性。
【难度系数】
0.6
12. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC＞BC$，分别以$△ ABC$的三边为边向外作正方形$ABHL$、正方形$ACDE$和正方形$BCFG$.连接$DF$，过点$C$作$AB$的垂线$CJ$，垂足为$J$，分别交$DF$，$LH$于$I$，$K$两点.若$CI=5$，$CJ=4$，则长方形$AJKL$的面积是
80
.
答案：12. 80 解析:由题意,得 $AL=AB$,$AC=DC$,$BC=FC$,$∠ ACB=∠ ABH=∠ L=∠ AJK=∠ AJC=∠ BJC=∠ ACD=∠ BCF=90°$. 又 $∠ ACB+∠ ACD+∠ DCF+∠ BCF=360°$, 所以 $∠ DCF=90°$, 即 $∠ DCF=∠ ACB$, 且 $D,C,B$ 三点共线. 所以 $△ DCF≌△ ACB\ (\mathrm{SAS})$. 所以 $DF=AB$,$∠ CDF=∠ CAB$,$∠ CFD=∠ CBA$. 又 $∠ ACJ+∠ BCJ=90°$,$∠ ACJ+∠ CAB=90°$, 所以 $∠ BCJ=∠ CAB$, 即 $∠ BCJ=∠ CDF$. 又 $∠ BCJ=∠ DCI$, 所以 $∠ DCI=∠ CDF$, 即 $DI=CI$. 同理, 得 $IF=CI$. 所以 $DF=2CI$. 又 $CI=5$, 所以 $IF=5$,$DF=10$, 即 $AL=AB=DF=10$. 过点 $F$ 作 $FM⊥ CI$, 垂足为 $M$, 则 $∠ FMC=∠ FMI=90°$. 所以 $∠ MFC+∠ MCF=90°$. 又 $∠ MCF+∠ BCF+∠ JCB=180°$, 所以 $∠ MCF+∠ JCB=90°$, 即 $∠ MFC=∠ JCB$. 所以 $△ MFC≌△ JCB\ (\mathrm{AAS})$. 所以 $MF=JC$,$MC=JB$. 又 $JC=4$, 所以 $MF=4$. 在 $\mathrm{Rt}△ IMF$ 中, $IM^2+MF^2=IF^2$, 所以 $IM^2+4^2=5^2$, 解得 $IM=3$, 即 $MC=CI-IM=2$. 所以 $JB=2$. 所以 $AJ=AB-JB=8$. 又四边形 $AJKL$ 是长方形, 所以四边形 $AJKL$ 的面积是 $AL · AJ=80$.
解析：
【分析】
解题时先从正方形的性质入手，利用边相等、角为90°的特点，先证明△DCF和△ACB全等，得到DF=AB；再结合直角三角形两锐角互余的性质，推导角相等，得出CI是Rt△DCF斜边上的中线，进而得到AB的长度（即长方形的长AL）。要求长方形AJKL的面积，还需求出宽AJ的长度，可通过作辅助线FM⊥CI，证明△MFC和△JCB全等，将JB转化为MC，再结合勾股定理求出IM的长度，得到MC即JB的长度，进而算出AJ，最后用长方形面积公式计算即可。
【解析】
解：由正方形的性质可得：$AL=AB$，$AC=DC$，$BC=FC$，$∠ACD=∠BCF=∠ACB=∠L=∠AJK=90°$。
∵ $∠ACB+∠ACD+∠DCF+∠BCF=360°$，代入已知角度得$∠DCF=90°$，即$∠DCF=∠ACB$。
在$△ DCF$和$△ ACB$中：
$\{\begin{array}{l} DC=AC\\ ∠DCF=∠ACB\\ FC=BC\end{array} $
∴ $△ DCF≌△ ACB\ (\mathrm{SAS})$，
∴ $DF=AB$，$∠CDF=∠CAB$。
∵ $∠ACJ+∠CAB=90°$，$∠ACJ+∠BCJ=90°$，
∴ $∠BCJ=∠CAB=∠CDF$，
又
∵ $∠BCJ=∠DCI$，
∴ $∠DCI=∠CDF$，
∴ $DI=CI$，同理可得$IF=CI$，
∴ $DF=DI+IF=2CI=2×5=10$，
∴ $AL=AB=DF=10$。
过点$F$作$FM⊥CI$，垂足为$M$，则$∠FMC=90°=∠BJC$。
∵ $∠MFC+∠MCF=90°$，$∠MCF+∠BCJ=180°-∠BCF=90°$，
∴ $∠MFC=∠BCJ$。
在$△ MFC$和$△ JCB$中：
$\{\begin{array}{l} ∠FMC=∠BJC\\ ∠MFC=∠BCJ\\ FC=BC\end{array} $
∴ $△ MFC≌△ JCB\ (\mathrm{AAS})$，
∴ $MF=JC=4$，$MC=JB$。
在$\mathrm{Rt}△ IMF$中，由勾股定理得：
$IM=\sqrt{IF^2-MF^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
∴ $MC=CI-IM=5-3=2$，即$JB=2$，
∴ $AJ=AB-JB=10-2=8$。
∵ 四边形$AJKL$是长方形，
∴ $S_{长方形AJKL}=AL·AJ=10×8=80$。
【答案】
80
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题综合了正方形、全等三角形、勾股定理的相关知识，解题的核心是通过角的互余关系推导等角，进而证明三角形全等实现线段的转化，对几何逻辑推理能力和图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
