中考数学复习专题：折叠问题

WORD格式/2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）专题31：折叠问题一、选择题1.（2012XXXX3分）如图，在折纸活动中，小明制作了一X△ABC纸片，点、E分别是边ABABC沿着DE折叠压平，A与′重合，若∠A=75°，则∠1+∠2=【】．°．°．°．°【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），三角形内角和定理。【分析】∵△′DE是△ABC翻折变换而成，∴∠AED=∠′ED，∠ADE=∠′DE，∠A=∠′=75°。∴∠AED+∠ADE=∠′ED+∠′DE=180°﹣°=105°，∴∠1+∠2=360°﹣×°=150°。故选。2.（2012XXXX2分）如图，菱形纸片ABCD中，∠A=60，将纸片折叠，点、D分别落在’、’处，且’’经过，EF为折痕，当’F时，CFFD的值为【】A.312B.36C.2316D.318【答案】。第1页共50页【考点】翻折变换（折叠问题），菱形的性质，平行的性质，折叠的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】延长DC与′′，交于点，∵在菱形纸片ABCD中，∠A=60°，∴∠DCB=∠A=60°，AB∥CD。∴∠D=180°-∠A=120°。根据折叠的性质，可得∠′′F=∠D=120°，∴∠FD′M=180°-∠′′F=60°。∵′⊥CD，∴∠′FM=90°，∠M=90°-∠FD′M=30°。∵∠BCM=180-∠0，∴∠CBM=180-∠∠M=30°。∴∠CBM=。∴M设CF=x，′F=DF=y，则BC=CM=CD=CF+DF=x+y∴FM=CM+CF=2x+y在Rt△′FM中，tan∠M=tan30°=DFy3FM2xy3，∴3-1xy2。∴CFx3-1FDy2。故选。3.（2012XXXX3分）小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，这样就可以求出67.5°角的正切值是【】．3＋1B．2＋1C．2.5D．5【答案】。【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义，勾股定理。【分析】∵将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在上的点E处，第2页共50页∴AB＝BE，∠AEB＝∠EAB＝°，∵还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，∴AE＝EF，∠EAF＝∠EFA＝0452＝22.5°。∴∠FAB＝67.5°。设AB＝x，则AE＝EF＝2x，∴an67.5°＝tan∠FAB＝tFB2x+xABx21。故选。4.（2012XXXX3分）如图，在折纸活动中，小明制作了一X△ABC纸片，点、E分别在边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与′重合．若∠＝，则∠＋∠＝【】．150oB．210oC．105oD．75o【答案】。【考点】折叠的性质，平角的定义，多边形内角和定理。【分析】根据折叠对称的性质，∠′＝∠＝。根据平角的定义和多边形内角和定理，得000∠＋∠＝180－∠ADA′＋180－∠AEA′＝360ADA′＋∠AEA′）＝∠′0＋∠＝150。故选。5.（2012XXXX4分）如图，正方形纸片ABCD的边长为3，点、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别和AE、AF折叠，点、D恰好都将在点G处，已知BE=1，则EF的长为【】第3页共50页．32B．52C．94D．3【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，勾股定理。【分析】∵正方形纸片ABCD的边长为，∴∠C=90°，3根据折叠的性质得：1GF=DF。设DF=x，则EF=EG＋GF=1＋x，FC=DC－DF=3－x，EC=BC－BE=3－。222在Rt△EFC中，EF=EC＋FC，即（x＋1）222=2＋（－x），解得：x32。32∴DF=，EF=1＋35=22。故选。6.（2012XXXX3分）如图，矩形ABCD中，点E在边AB上，将矩形ABCD沿直线DE折叠，点A恰好落在边BC的点F处．若AE＝5，BF＝3，则CD的长是【】．7B．8C．9D．10【答案】。【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。【分析】根据折叠的性质，EF=AE＝5；根据矩形的性质，∠B=900。0在Rt△BEF中，∠B=90，EF＝5，BF＝3，∴根据勾股定理，得2222BEEFBF534。∴CD=AB=AEBE=5＋4=9。故选。7.（2012XXXX3分）如图所示，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为【】第4页共50页A.258cmB.254cmC.252cmD.8cm【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，矩形的性质，勾股定理。【分析】设AF=xcm，则DF=（8-x）cm，∵矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，∴DF=D′，2在Rt△AD′F中，∵AF=AD′2＋′F2222，即x=6＋（－），解得：x=254cm。故选。8.（2012XXXX3分）如图，已知正方形ABCD的对角线长为2，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中阴影部分的周长为【】．8B．4．8D．6【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的对称性质，正方形的性质，勾股定理。ABCD的对角线长为22BD=22A=90°AB=ADABD=45°，∴AB=BD?cosABD=BD?cos45=222=22。∴AB=BC=CD=AD=2由折叠的性质：′M=AM，′N=DN，′′=AD，∴图中阴影部分的周长为′M+BM+BC+CN′′。故选。第5页共50页9.（2012XX内江3分）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5点、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点、D分别落在矩形ABCD外部的点、1处，则阴影部分图形的周长【】A.15B.20C.25D.30【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形和折叠的性质。【分析】根据矩形和折叠的性质，1E=AE，=AD，1F=DF，则阴影部分的周长即矩形的周长，2（）=30。故。10.（2012XX资3分）如图，在△ABC中，∠＝°，将△ABC沿直MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，已MN∥AB，MC＝6，NC＝23，则四边形MABN的面积是【】．63B．123．183．243【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，相似三角形的【分析】连CD，交MN于，∵将△ABC沿直MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，∴MN⊥CD，且CE=DE。∴。∵MN∥AB，∴CD⊥AB。∴△CMN∽△CAB。∴2SCE1CMNSCD4CAB。第6共50页∵在△CMN中，∠C=90°，MC=6，NC=23，11∴SCMNCMCN6236322∴SCAB4SCMN463243。∴四边形MABNSCABSCMN24363183。故选。11.（2012XX黔东南4分）如图，矩形ABCD边AD沿拆痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，已知AB=6，△ABF的面积是24，则FC等于【】．1B．2C．3D．4【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。【分析】由四边形ABCD是矩形与AB=6，△ABF的面积是24，易求得BF的长，然后由勾股定理，求得AF的长，根据折叠的性质，即可求得AD，的长，从而求得答案：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，AD=BC。∵AB=6，∴S△=121AB?BF=2××BF=24。∴BF=8。∴2222AFABBF6810。由折叠的性质：AD=AF=10，∴BC=AD=10∴FC=BC﹣BF=10﹣。故选。12.（2012XXXX3分）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为【】．32．26．25．23【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质和判定，折叠对称的性质，全等三角形的判定第7页共50页和性质，勾股定理。【分析】过点E作EM⊥BC于，交BF于。∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC，∵∠EMB=90，∴四边形ABME是矩形。∴AE=BM，由折叠的性质得：AE=GE，∠=A=90°，∴M∵∠=BNM，∴△ENG≌△BNM（AASNG=NM∵E是AD的中点，E∴AE=ED=BM=CM∵EM∥CD，∴BN：NF=BM：CM。∴F∴NM=1212CF=12。∴NG=。15∵F=3BN=BGNG=3﹣22。∴BF=2BN=5∴BCBF2CF252226。故。13.（2012XXXX3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点重合，若AB=2，BC=3，则△FCB′与△′DG的面积之比【】．9：4．：2．4：3．16：9【答案】。【考点】翻折变换（折叠，折叠对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】BF=x，则由BC=3得：CF=3，由折叠对称的性质得：′F=x。∵点′的中点，2∴′C=1。在Rt△′CF中，′F2=B′C+CF，即x21(3x)2，解得：x53，即可得CF=35433。∵∠DB′G=∠DGB′=90°，∠DB′G+∠CB′F=90°，∴∠DGB′∠CB′。∴Rt△DB′∽Rt△CFB′。根据面积比等于相似比的平方可得：2SFC4162PCB()SBD39BDG。故。14.（2012XX3分）已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一点，沿AE将ΔABE向第8共50页上折叠，使B点落在AD上的F点，若四边形EFDC与矩形ABCD相似，则AD=【A．512B．5+12C.3D．2【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，相似多边形的性质。【分析】∵矩形ABCD中，AF由AB折叠而得，∴是正方形。又∵AB=1，∴AF=1设AD=x，则FD=x－。∵四边形EFDC与矩形ABCD相似，∴EFADFDAB，即1xx11。解得1x=15?2，2x=152（负值舍去）。经检验x1152是原方程的解。故选。15.（2012XXXX3分）如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，将矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为MN，连结CN．若△的面积与△CMN的面积比为1︰4，则MNBM的值为【】．2．4C．25．26【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形、菱形的判定和性质，勾股定理。【分析】过点N作NG⊥BC于，由四边形ABCD是矩形，易得四边形CDNG是矩形，又由折叠的性质，可得四边形AMCN是菱形，由△CDN的面积与△CMN的面积比为：4，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，可得DN：CM=1：4，然后设DN=x，由勾股定理可求得MN第9页共50页的长，从而求得答案：过点N作NG⊥BC于，∵四边形ABCD是矩形，∴四边形CDNG是矩形，AD∥BC。∴CD=NGN∠ANM=CMN。由折叠的性质可得：AM=CM，∠AMN=CMN，∴∠ANM=AMN。∴AM=AN∴AM=CM∴四边形AMCN是平行四边形。∵AM=CM∴四边形AMCN是菱形。∵△的面积与△CMN的面积比为1：4，∴DN：CM=1：。设DN=x，则AN=AM=CM=CN=xCG=x。∴BM=x，GM=3x。在Rt△CGN中，2222NGCNCG4xx15x，在Rt△MNG中，2222MNGMNG3x15x=26x，∴MN26x==26BMx。故选。16.（2012XX省3分）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=70°，将平行四边形折叠，使点C分别落在点EE都在AB所在的直线上）MNAMF】．°B．°C．°D．°【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，平行线的性质，平角的定义。【分析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD。∵根据折叠的性质可得：MN∥AE，∠=DMN，∴AB∥CD∥MN。∵∠A=70°，∴∠=DMN=A=70°。∴∠0－∠DMN－∠FMN=180－°－°=40°。故选。17.（2012XXXX3分）折纸是一种传统的手工艺术，也是每一个人从小就经历的事，它是一种培养手第10页共50页指灵活性、协调能力的游戏，更是培养智力的一种手段．在折纸中，蕴涵许多数学知识，我们还可以通过折纸验证数学猜想．把一X直角三角形纸片按照图①～④的过程折叠后展开，请选择所得到的数学结论【】．角的平分线上的点到角的两边的距离相等．在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题）。【分析】如图②，∵△CDE由△ADE翻折而成，∴D如图③，∵△DCF由△DBF翻折而成，∴D12∴AD=BD=CD点D是AB的中点。∴CD=AB的一半。故选。二、填空题1.（2012XX市4分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，点D在AC上，将△ADB沿直线BDA落在点EAD⊥ED的长为▲．第11页共50页【答案】31。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质。【分析】∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，∴BC1AC30tanAtan30。∵将△ADB沿直线翻折后，将点A落在点E处，∴∠ADB=∠EDB，DE=AD。∵AD⊥ED，∴∠CDE=∠ADE=90°，0036090∴∠EDB=∠ADB=20=135。∴∠CDB=∠EDB﹣∠5－°=45°。∵∠C=90°，∴∠CBD=∠5。∴CD=BC=1∴DE=AD=ACCD=31。2.（2012XXXX、XX4分）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝°．∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点C沿EF折叠后与点O重合，则∠CEF的度数是▲．【答案】°。【考点】翻折变换(折叠问题)，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定和性质。OBC＝°，以及∠OBC＝∠OCB＝°，再利用翻折变换的性质得出EO＝EC，∠CEF＝∠FEO，进而求出即可：第12页共50页连BO，∵AB＝AC，是∠BAC的平分线，∴AO是BC的中垂线。∴BO＝CO。∵∠BAC＝°，∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点，∴∠OAB＝∠OAC＝°。∵等腰△ABC中，＝AC，∠BAC＝°，∴∠ABC＝∠ACB＝°。∴∠OBC＝°－°＝°。∴∠OBC＝∠OCB＝°。∵点C沿EF折叠后与点O重合，∴EO＝EC，∠CEF＝∠FEO。∴∠CEF＝∠FEO＝（180－×40－×400）÷＝°。3.（2012XX5分）如图，在矩形ABCD中，点，F分别在BC，上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与的交点′处BC：AB的为▲。【答案】3。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形的性质，平行的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数。【分析】连CC′，∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在上的点′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点′处,∴EC=EC′，∴∠EC′C=∠ECC′，∵∠DC′C=∠ECC′，∴∠EC′C=∠DC′C.∴CC′是∠EC'D的平分线。∵∠CB′′∠D=90°，′C=C′，∴△CB′′≌△CDC′（AASCB′=CD。又∵AB′=AB，∴′是对角线AC中点，即AC=2AB。∴∠ACB=30°。∴tan∠ACB=tan30°=AB1BC3。∴BCAB=3。第13共50页4.（2012XXXX5分）如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角BD上的′处，′，则∠BA′C=▲度．【答案】67.5。【考点】折叠问题，折叠的对称性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，股定理，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平角定。【分析】由折叠的对称和正方形的性质，△ABE≌△′BE，∴∠BEA′=67.50，△′DE是等腰直角三角形。AE=A′E=A′D=x，则ED=2x。CD=y，则BD=2y。∴ED2xBD2y==，==2。∴ADxCDyEDBD=ADCD。又∵∠EDA′∠′DC=450，∴△EDA′∽△′DC。∴∠DA′C=∠DEA′=67.50＋450=112.50=112.5。∴∠BA′C=1800－112.50－112.50=67.5。5.（2012XX宿3分）如图，将一X矩形片ABCD沿EF折叠，使顶点，D分别落在点’，’处，’E交AF于点G.若∠CEF=70°，则∠GFD’=▲°.【答案】40。【考点】折叠问题矩形的性质，平行的性质。【分析】根据折叠的性质，得∠DFE=∠’FE。∵ABCD是矩形，∴AD∥BC。∴∠GFE=∠CEF=70°，∠DFE=180－∠CEF=110°。∴∠GFD’∠’FE－∠0－°=40°。6.（2012XX3分）如图,在△ABC中，D,、E分别是AB、AC的中点,∠B=50°o.第14共50页现将△ADE沿DE折叠，点A落在三角形所在平面内的点为1,则∠BDA1的度数为▲°.【答案】80。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，三角形中位线定理，平行的性质。【分析】∵、E分别是边AB、AC的中点，∴DE∥BC（三角形中位线定理）。∴∠ADE=∠B=50°（两直线平行，同位角相等）。又∵∠ADE=∠ADE（折叠对称的性质），∴∠A1DA=2∠。∴∠BDA=180°－∠B=80°。7.（2012XXXX3分）如图，将矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边AD的F处，如果AB2BC3，那么tan∠DCF的值是▲．【答案】52。【考点】翻折变换(折叠问题)，翻折对称的性质，矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义。【分析】∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠＝°，∵将矩形ABCD沿折叠，点B恰好落在边AD的F处，∴CF＝BC，∵AB2BC3，∴CD2CF3。∴设CD＝2x，CF＝3x，∴DF5x522DF=CFCD5x。∴tan∠DCF＝=CD2x2。8.（2012XX荆州3分）如图，已知正方形ABCD的对角线长为2，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中阴影部分的周长为▲第15页共50页【答案】。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的对称性质，正方形的性质，勾股定理。ABCD的对角线长为22BD=22A=90°AB=ADABD=45°，∴AB=BD?cosABD=BD?cos45=222=22。∴AB=BC=CD=AD=2由折叠的性质：′M=AM，′N=DN，′′=AD，∴图中阴影部分的周长为′M+BM+BC+CN′′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=89.（2012XXXX3分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，沿折叠，使点B落在斜边AC上，若AB=3，BC=4，则BD=▲．【答案】32。【考点】翻折变换（折叠问题）。1052629【分析】如图，点E是沿AD折叠，点B的对应点，连接ED，∴∠AED=∠B=90°，AE=AB=3，∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，BC=4，∴2222AC=AB+BC3+45。∴EC=AC﹣AE=5﹣3=2。设x则CD=BC﹣BD=4﹣x，在Rt△CDE中，CD4﹣x）=EC2+ED=EC2+ED2=x2+4，解得：x=3232。∴BD=。10.（2012XX达州3分）将矩形纸片ABCD，按如图所示的方式折叠，点、点C恰好落在对角线BD第16页共50页上，得到菱形BEDF.若BC=6，则AB的长为▲.【答案】23。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，菱形和矩形的性质，勾股定理。【分析】设BD与EF交于点。1∵四边形BEDF是菱形，∴OB=OD=2BD。∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=90°。设CD=x，根据折叠的性质得：OB=OD=CD=x即BD=2x，在Rt△中，BC+CD2=BD，即2+x2（2x）+CD2=BD，即2+x2（2x），解得：x=23。∴AB=CD=23。11.（2012XX黔西南3分）把一X矩形纸片（矩形ABCD）按如图方式折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EFAB＝3cmBC＝5cmDEF的面积为▲cm2。【答案】5110。【考点】折叠问题，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。【分析】设ED=x，则根据折叠和矩形的性质，得′E=AE=5－x，′3根据勾股定理，得222EDAEAD，即222x5x3，解得x175。11751∴DEFS3=2510（cm20012.（2012XX省5分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90，∠B=30，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点、CD作DE⊥BC交AB边于点，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为直角三角形时，BD的长为▲第17页共50页【答案】1或2。13.（2012XXXX3ABC纸片的一角沿DE向下翻折，使点A落在BC边上的A′点处，且DE∥BC，下列结论：①∠AED＝∠；②ADAEDBEC；③BC=2DE；④四边形ADAESBDASEAC。其中正确结论的个数是▲个。第18页共50页【答案】。【考点】折叠问题，折叠对称的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，三角形中位线定理，全等、相似三角形的判定和性质。【分析】①∵DE∥BC，∴根据两直线平行，同位角相等，得∠AED＝∠。∴①正确。②∵根据折叠对称的性质，A′D=AD，A′E=AE。∵DE∥BC，∴根据两直线分线段成比例定理，得ADAEDBEC。∴ADAEDBEC。∴②正确。③连AA′，∵根据折叠对称的性质，A，A′关于DE对称。∴AA′⊥DE。∵DE∥BC，∴AA′⊥BC。∵A′D=AD，∴∠DAA′＝∠DA′。∴∠DBA′＝∠DA′。∴BD=A′。∴BD=AD。∴DE是△ABC的中位线。∴BC=2DE。∴③正确。④∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE。1∵由③BC=2DE，∴SADESABC4。1∵根据折叠对称的性质，△ADE≌△′DE。∴四边形ADAESABC。2∴1SS=SBDAEACABC2，即四边形ADAESBDASEAC。∴④正确。综上所述，正确结论的个是4个。14.（2012XX3分）长为20，宽为a的矩形纸片（10＜a＜20），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下，若在第n次操作后，剩下的矩形为正方形，则操作停止当n=3时，a的为▲.【答案】12或15。第19共50页【考点】翻折变换（折叠问题），正方形和矩形的性质，剪纸问题，分类归纳（图形的变化【分析】根据操作步骤，可知每一次操作时所得正方形的边长都等于原矩形的宽．所以首先需要判断矩形相邻的两边中，哪一条边是矩形的宽。当＜＜20时，矩形的长为，宽为，所以，第一次操作时，所得正方形的边长为a，剩下的矩形相邻的两边分别为20－，。第二次操作时，由20－a＜a可知所得正方形的边长为20－，剩下的矩形相邻的两边分别为－，a－（20－）=2a－20。∵（－）－（2a－20）=40－3a，∴－a与2a－20的大小关系不能确定，需要分情况进行讨论。第三次操作时，①当20－a＞－20时，所得正方形的边长为2a－20，此时，20－a－（2a－20）=40－3a，∵此时剩下的矩形为正方形，∴由40－－20得a=12。①当2a－＞20－a时，所得正方形的边长为20－2a－2020－）=3a－40，∵此时剩下的矩形为正方形，∴由3a－－a得a=15。故答案为12或15。15.（2012XXXX、XX、大兴安岭、鸡西3分）如图所示，沿DE折叠长方形ABCD的一边，使点C落在AB边上的点F处，若AD=8，且△AFD的面积为60DEC的面积为▲【答案】2898。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，折叠对称的性质，勾股定理。【分析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=90°，8CD=AB。∵△AFD的面积为，即12AD?AF=60解得：AF=15。第20页共50页∴DFAD2AF28215217。由折叠的性质，得：CD=CF=17。∴AB=17。∴BF=AB－AF=17－15=2。CE=x，EF=CE=x，BE=BC－CE=8－x，在Rt△BEF中，EF=BF2＋BE，即2＋（8－）=BF2＋BE，即2＋（8－），解得：x=17417，即CE=4，∴△的面积：121CD?CE=2××17289=48。三、解答题1.（2012XX市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点（11，0（，6PBC边上的动点（点P不与点、C点、P折叠该纸片，得点′和折痕OP．BP=t．0（Ⅰ）如图①，当∠BOP=30时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经点P再次折叠纸片，使点C落在直PB′上，得点′和折痕PQ，若AQ=m，试用含t的式子表示；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点′恰好落在边上时，求点P的坐标（直接写出结即【答案】0，OB=6。在Rt△中，由∠0，BP=t，得OP=2t。∵OP=OB+BP，即（2t）=OB+BP，即（2t）2+t，解得：t1=23，t2－23∴点P的坐标（23，6（Ⅱ）∵△OB′、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′≌△OBP，△QC′≌△QCP。∴∠OPB′∠OPB，∠QPC′∠QPC。∵∠OPB′∠OPB+∠QPC′∠QPC=180，∴∠OPB+∠QPC=90。∵∠BOP+∠0，∴∠BOP=∠CPQ。第21共50页又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴OBBPPCCQ。由题意BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，PC=11－t，CQ=6－．∴6t11t6m。∴m1t211t666（＜t＜11（Ⅲ）点P的坐标（11133，）或（11+133，6【考点】翻折变换（折叠题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。0，OB=6，在Rt△OBP中，由∠0，BP=t，得，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′≌△OBP，△QC′≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成即可求得答案。P作PE⊥于PC′∽△′QA，由勾股定理可求得′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成1112mtt666，即可求得t的值：过点P作PE⊥OA于，∴∠PEA=∠QAC′=90°。∴∠PC′E+∠EPC′=90°。∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′∠QC′。∴△PC′∽△′QA。∴PEPCACCQ。∵PC′=PC=11－t，6AQ=m，′Q=CQ=6，∴ACCQ2AQ23612m。611t∴。3612m6m∵6t11t6m，即611tt6m，∴6=6t3612m，即3612m=t2。将m1t211t666代入，并化，得23t22t360得：111311+13t，t。1233∴点P的坐标（11133，6）或（11+133，2.（2012XX省11分）如图（ABCD中，把∠、∠D分别翻折，使点、D分别落在对角BC上的点、F处，折痕分别CM、AN.第22共50页（）求证：△AND≌△CBM.（）请MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形，四边形MFNE是菱形吗？请说明理由？（Q是矩形的边CDAB上的两点，PQCQMN（若PQ=CQPQ∥MN。且AB=4，BC=3，求PC的长.【答案】（）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠，AD=BC，AD∥BC。∴∠DAC=∠BCA。又由翻折的性质，得∠DAN=∠NAF，∠ECM=BCM，∴∠DAN=∠BCM。∴△AND≌△CBM（ASA（2）证明：∵△AND≌△CBM，∴M又由翻折的性质，得DN=FN，M∴FN=EM。又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠=MEC，∴FN∥EM。∴四边形MFNE是平行四边形。四边形MFNE不是菱形，理由如下：由翻折的性质，得∠CEM=B=90，∴在△EMF中，∠FEM＞∠EFM。∴FM＞EM。∴四边形MFNE不是菱形。（）解：∵AB=4，BC=3，∴AC=5。DN=x，则由△ADC=S△AND＋S△NAC得3x＋5x=12，解得x=323，即DN=BM=2。过点N作NH⊥AB于，则HM=4－。在△NHM中，NH=3，HM=1，由勾股定理，得NM=10。∵PQ∥MN，DC∥AB，第23共50页∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=MQPQ=NM=10。又∵PQ=CQ∴CQ=10。在△CBQ中，CQ=10，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。1∴NP=MQ=2。∴PC=4－32－12。【考点】翻折问题，翻折的性质，矩形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理。1）由矩形和翻折对称的性质，用ASA即可得到△AND≌△CBM。（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定即可证明。3（3）DN=x，则由△ADC=S△AND＋△NAC可得DN=BM=2。过点N作NH⊥AB于，则由勾股定理可得NM=10，从而根据平行四边形的性质和知PQ=CQ，即可求得CQ=10。因此，在△CBQ中，应用勾股定理求得BQ=1。从而求解。3.（2012XX9分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．把△沿对角线BD折叠，使点C落在′处，BC′交AD于点；、F分别是′D和BD上的点，线EF交AD于点，把△FDE沿EF折叠，使点D落在′处，点′恰好与点A重合．（1）求证：△ABG≌△′DG；（2）求tan∠ABG的值；（3）求EF的长．1）证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，∴∠C=∠0，′D=AB=CD∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。在△ABG≌△′DG中，∵∠BAG=∠，AB=′，∠ABG=∠AD′，∴△ABG≌△′DG（ASA（2）解：∵由（1）可知△ABG≌△′DG，∴GD=GB∴AG+GB=ADAG=x，则GB=8x，第24共50页+AG=BG2+x=（﹣x）22在Rt△中，∵AB，即6，解得x=74。7∴tanABGAG47AB624。12（）解：∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。∵tan∠ABG=tan∠ADE=724。∴D724=4×77=246。∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。∴HF=1212AB=×6=3。725∴EF=EH+HF=+3=66。【考点】翻折变换（折叠问题）矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，三角形中位线定理。1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠0，′D=AB=CD∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。（2）由（）可知GD=GB故AG+GB=AD设AG=x，则，在Rt△中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。12（3AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分ADHD=AD=4tan∠ABG的值即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结果。4.（2012XXXX8分）如图，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点C与点A重合，折痕交AD于点、交BC于点，连接AF、CE.(1)求证：四边形AFCE为菱形；(2)设AE=a，ED=b，DC=c.请写出一个a、b、c三者之间的数量关系式．1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AEF=∠EFC。由折叠的性质，可得：∠AEF=∠CEF，AE=CE，AF=CF，∴∠EFC=∠CEF。第25页共50页∴CF=CE。∴AF=CF=CE=A∴四边形AFCE为菱形。222（2）解：、b、c三者之间的数量关系式为：a=b+c。理由如下：由折叠的性质，得：CE=AE。∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°。∵AE=a，ED=b，DC=c，∴CE=AE=a在Rt△中，CE2=CD2+DE2，∴、、c三者之间的数量关系式可写为：a2=b2。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，折叠的性质，平等的性质，菱形的判定，勾股定理。1）由矩形ABCD与折叠的性质，易证得△CEF是等腰三角形，即CE=CF，即可证得AF=CF=CE=AE即可得四边形为菱形。（2）由折叠的性质，可得CE=AE=a，在Rt△中，利用勾股定理即可求得：、、c三者之间的数量关系式为：a=b+c25.（2012XXXX9分）已知，AB是⊙O的直径，点P在弧ABAOP沿对折，点A的对点C恰好落在⊙O上．（1）当、C都在AB上方时（如1与BC的位置关系（只回答结果）；（2）当P在AB上方而C在AB下方时（如2）中结论还成立吗？证明的结论；（3）当、C都在AB上方时（如3C点作CD⊥直线AP于，且是⊙O的切线，证明：AB=4PD．【答案】）与BC的位置关系是PO∥BC。（1）中的结论PO∥BC成立。理由为：由折叠可知：△APO≌△CPO，∴∠APO=∠CPO。第26共50页又∵OA=OP∴∠A=∠APO。∴∠A=∠CPO。又∵∠A与∠PCB都为PB所对的圆周角，∴∠A=∠PCB。∴∠=PCB。∴PO∥BC。（）证明：∵CD为圆O的切线，∴OC⊥CD。又∵AD⊥CD，∴OC∥AD。∴∠APO=∠COP。由折叠可得：∠AOP=∠COP，∴∠APO=∠AOP。又∵OA=OP∴∠A=∠APO。∴∠A=∠APO=∠AOP。∴△APO为等边三角形。∴∠0。又∵OP∥BC，∴∠=0。又∵OC=OB∴△BC为等边三角形。∴∠COB=60。∴∠POC=180﹣（∠AOP+∠COB）=60°。又∵OP=OC∴△POC也为等边三角形。∴∠PCO=60，PC=OP=OC又∵∠OCD=90，∴∠0。1在Rt△中，PD=2PC，1又∵PC=OP=214AB，∴PD=AB，即AB=4PD。【考点】折叠的性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，平行的判定和性质，切线的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质。第27页共50页6.（2012XXXX12分）如图1，过△ABC的顶点A作高AD，将点A折叠到点（如图2EF为折痕，且△BED和△CFD都是等腰三角形，再将△BED和△CFD沿它们各自的对称轴EH、FG折叠，使、C两点都与点D重合，得到一个矩形EFGH（如图形EFGH为△ABC的边BC上的折合矩形．（）若△ABC的面积为，则折合矩形EFGH的面积为；（）如图4，已知△ABC，在图4中画出△ABC的边上的折合矩形EFGH；（）如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，BC边上的高AD=，正方形EFGH的对角线长为．【答案】）。第28页共50页（2）作出的折合矩形EFGH：（3）2a；2a。【考点】新定义，折叠问题，矩形和正方形的性质，勾股定理。1）由折叠对称的性质，知折合矩形EFGH的面积为△ABC的面积的一半，（2）按题意，作出图形即可。（3）由如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，正方形边长为a，BC边上的高AD为EFGH边长的两倍。根据勾股定理可得正方形EFGH的对角线长为2a。7.（2012XXXX13分）矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点′落在线段上，再打开得到折痕EF．（1）当′与B重合时（如图EF=；当折痕EF过点D时（如图2段EF的长；（2）观察图3和图，设BA′，①当x的取值X围是时，四边形AEA′F是菱形；②在①的条件下，利用图4证明四边形AEA′F是菱形．【答案】解：(1)5。由折叠（轴对称）性质知′5∠A=∠EA′D=900。在Rt△′DC中，2∴22AC534。第29页共50页∴′B=BC－′C=5－4=1。∵∠EA′＋∠BEA′∠EA′＋∠FA′C=900，∴∠BEA′∠FA′。0又∵∠B=∠C=90，∴Rt△EBA′∽Rt△′CF。∴AEABAFFC，即AE153∴AE53。在Rt△′EF中，2225510EFAEAD2593。（2）①3x5。②证明：由折叠（轴对称）性质∠AEF=∠FEA′，AE=A′，AF=A′。又∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEA′。∴∠AEF=∠AFE。∴AE=AF。∴AE=A′E=AF=A′。∴四边形AEA′F是菱形。【考点】折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行的性质，等腰三角形的性质，菱形的判定。【分析】(1)根据折叠和矩形的性质，当′与B重合时（如图EF=AD=5。根据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出′、′F和FC的长，由Rt△EBA′∽Rt△′CF求得AE53，在Rt△′EF中，由勾股定理求得EF的长。（）①由图3和图4可得，当3x5时，四边形AEA′F是菱形。②由折叠和矩形的性质，可得AE=A′，AF=A′。由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。从而AE=A′E=AF=A′。根据菱形的判定得四边形AEA′F是菱形。8.（2012XXXX8分）如图，用纸折出黄金分割点：裁一X正的纸ABCD，先折出BC的中点，再折出线AEEB落到线EAB的新位置EB′=EB似地，在AB上折出点″使AB″=AB′．这是″就是AB的黄金分割点．请你证明这结论．第30共50页【答案】证明：设正方形ABCD的边长为，E为的中点，∴BE=1。∴AEAB2BE25。又′E=BE=1，∴AB′=AE﹣′E=5﹣。又∵AB″=AB′，∴AB″=5﹣1。∴AB：AB512。∴点″是线段AB的黄金分割点。【考点】翻折（折叠）问题，正方形的性质，勾股定理，折叠对称的性质，黄金分割。【分析】设正方形ABCD的边长为2，根据勾股定理求出AE的长，再根据E为BC的中点和翻折不变性，求出AB″的长，二者相比即可得到黄金比。9.（2012XX天门、仙桃、潜江、江汉油田12分）如图，抛物线y=ax+bx+2交x轴于A（﹣，0（4，）两点，交y轴于点，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点，点P是抛物线上一动点．（1）求抛物线解析式及点D坐标；（2）点E在x轴上，若以，，，P为顶点的四边形是平行四边形，求此时点P的坐标；（3）过点P作直线CD的垂线，垂足为，若将△沿翻折，点Q的对应点为′．是否存在点，使′恰好落在x轴上？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】）∵抛物线y=ax2+bx+2经过（﹣，0（4，0）两点，∴ab+2=016a+4b+2=0，解得：a=b=3212。∴抛物线解析式为y1x23x222。当y=2时，132xx2222，解得：x，x∴点D坐标为（3，第31页共50页（2），E两点都在x轴上，AE有两种可能：①当AE为一边时，AE∥PD，∴P（，2②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等，可知P点、D点到直线AE（即x轴）的距离相等，∴P点的纵坐标为﹣。代入抛物线的解析式：132xx2222，解得：3+41341xx，。1222∴P点的坐标为（3+412，﹣232，﹣综上所述：1（，2（3+412，﹣（3412，﹣2（3）存在满足条件的点，显然点P在直线下方。设直线PQ交x轴，点P的坐标为（a1a23a2，22①当P点在y轴右侧时（CQ=a，131322PQ=2aa2=aa2222。又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′∠′FP=90°，∴∠FQ′P=∠OCQ′，∴△COQ′∽△′FP，∴QC=QP''COFQ'，即132aaa=222，解得F′=a﹣3∴OQ′=OF﹣F′=a﹣（a﹣），2222CQ=CQ'=CO+OQ'=3+2=13。此时a=13，点P的坐标为（9+31313，2②当P点在y轴左侧时（）此时＜132aa222＜，CQ=﹣a，PQ=21a23a2=1a23a2222。又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′∠′FP=90°。∴△COQ′∽△′FP。第32共50页∴Q'CQ'P=COFQ'，即132aaa22=2，解得F′=3a。∴OQ′=3，22CQ=CQ'=3+2=13。此时a=13，点P的坐标为（931313，2综上所述，满足条件的点P坐标为（9+31313，2（931313，2【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，y=2可得出点D的坐标。（2）分两种情况进行讨论，①当AE为一边时，AE∥PD，②当AE为对角线时，根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相，求解点P坐标。（3P在直线下方，设点P的坐标为（a1a23a2，22分情况讨论，①当P点在y轴右时，②当P点在y轴左时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。10.（2012XXXX11分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°．点E为底AD上一点，将△ABE沿直线BE折叠，点A落在梯形对角线BD上的G处，EG的延长线直线BC于点．（）点E可以是AD的中点吗？为什？（）求证：△ABG∽△BFE；（）设AD=a，AB=b，BC=c①当四边形EFCD为平行四边形时，求a，，c应满足的关系；②在①的条件下，当b=2时，a的值是唯一的，求∠的度数．【答案】）不可以。理由如下：根据题意得：AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，∴Rt△EGD中，GE＜ED。第33共50页∴AE＜ED。∴点E不可以是AD的中点。（2）证明：∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBF，∵由折叠知△EAB≌△EGB，∴∠AEB=∠BEG。∴∠EBF=∠BEF。∴FE=FB，∴△FEB为等腰三角形。∵∠ABG+∠GBF=90°，∠GBF+∠EFB=90°，∴∠ABG=∠EFB。在等腰△ABG和△FEB中，∠BAG=（°﹣∠ABG）÷，∠FBE=（°﹣∠EFB）÷，∴∠BAG=∠FBE。∴△ABG∽△BFE。（）①∵四边形EFCD为平行四边形，∴EF∥DC。∵由折叠知，∠DAB=∠0，∴∠DAB=∠0。又∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC。∴△ABD∽△DCB。∴ADDBDBCB。∵AD=a，AB=b，BC=c，∴BD=a2+b2∴22aa+b22a+bc=ac。，即a②由①和b=2得关于a的一元二次方程a﹣ac+4=0，由题意，a的值是唯一的，即方程有两相等的实数根，∴△=0，即c﹣16=0。∵c＞，∴。∴由a﹣，得。由①△ABD∽△DCB和a=b=2ABD和△DCB都是等腰直角三角形，∴∠C=45°。【考点】翻折变换（折叠题），直角梯形的性质，三角形三边关系，直线平行的性质，等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式。1）根据折叠的性质可得AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，再根据直角三角形斜边大于直角边可得DE＞EG，从而判断点E不可能是的中点。第34共50页（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠AEB=∠EBF，再根据折叠的性质可以判定出∠AEB=∠BEG，然后得到∠EBF=∠BEF，从而判断出△FEB为等腰三角形，再根据等角的余角相等求出∠ABG=∠EFB，然后根据等腰三角形的两个底角相等求出∠BAG=∠FBE，然后根据两角对应相等，两三角形相似即可证明。（BD的长度，再利用两角对应相等，两三角形相似得到△ABD和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解。②把b=2代入、b、c的关系式，根据a是唯一的，可以判定△=c216=0，然后求出c=4，再代入方程求出，然后由①△ABD∽△DCB和a=b=2，得△ABD和△都是等腰直角三角形，得出∠C=45°。11.（2012XX株洲6分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，沿直线MN对折，、C重合，直线MN交AC于．（1）求证：△COM∽△CBA；（2）求线OM的长度．【答案】）证明：∵与C关于直线MN对称，∴AC⊥MN。∴∠COM=90。在矩形ABCD中，∠B=90°，∴∠COM=。又∵∠ACB=∠ACB，∴△COM∽△CBA。（2）∵在Rt△CBA中，AB=6，BC=8，∴由勾股定理得AC=10。∴OC=5。∵△COM∽△CBA，∴OCOMBCAB，即5OM8615。∴OM=4。【考点】折叠问题，对称的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。1）根据A与C关于直线MN对称得到AC⊥MN，进一步得到∠COM=90，从而得到在矩形ABCD中∠COM=，最后证得△COM∽△CBA；（2）利用（）的相似三角形的对应边成比例得到比例式后即可求得OM的长。12.（2012XXXX10分）已知：如图，抛物线y=a（x1）+c与x轴交于点A1，0和点，将抛物线沿x轴向上翻折，点P落在点P'（，）处．第35共50页（1）求原抛物线的解析式；（2）学校举行班徽设计比赛，九年级5班的小明在解答此题时顿生灵感：过点P'作x轴的平行线交抛物线于、D两点，将翻折后得到的新图象在直线以上的部分去掉，设计成一个“”型的班徽，“”的拼音开头字母为，“”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小明通过计算惊奇的发现这个“”图案的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比512（约等于0.618”图案的高与宽的比到底是多少？（参考数据：52.236，62.449，结果可保留根号）【答案】）∵P与′（，）关于x轴对称，∴P点坐标为（，﹣∵抛物线y=a（x﹣）2+c顶点是（1，﹣32∴抛物线解析式为（x﹣1）﹣3。∵抛物线y=a（x﹣）2﹣3过点A1，0，2∴（13﹣1）﹣3=0，解得a=1。∴抛物线解析式为（x﹣）﹣，即y=x﹣2x﹣。（2）∵CD平行x轴，′（1，3）在CD上，∴、D两点纵坐标为。2由（x﹣1）﹣3=3，解得：x1=1，x2=1+6。∴、D两点的坐标分别为13，1+，3。∴CD=26。∴“”图案的高与宽（CD）的比=36=426（或约等于0.6124【考点】二次函数的应用，翻折对称的性质，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系。1）利用P与′（，）关于x轴对称，得出P点坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式即可。第36页共50页（2）根据已知求出，D两点坐标，从而得出”图案的高与（CD）的比。13.（2012XXXX12分）如图所示，现一边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交于，折痕为EF，连BP、BH．（1）求证：∠APB=∠BPH；（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明的（3）AP为x，四边形EFGP的面为，求出S与x的函数关系式，S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请明由．【答案】）如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP，即∠PBC=∠BPH。又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC。∴∠APB=∠BPH。（）△PHD的周长不变为值8。证明如下：如图2，B作BQ⊥PH，垂足为。由（）知∠APB=∠BPH，又∵∠A=∠0，BP=BP，∴△ABP≌△QBP（AASPAB=BQ。又∵AB=BC，∴BC=BQ。又∵∠C=∠BQH=90，BH=BH，∴△BCH≌△BQH（HLCH=QH∴△的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8（3）如图3，F作FM⊥AB，垂足为，FM=BC=AB又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°。∴∠EFM=∠ABP。第37共50页又∵∠A=∠0，AB=ME，∴△EFM≌△BPA（ASA∴EM=AP=x222+x=BE，即BE2+2x8∴在Rt△APE4BE）。∴2xCFBEEM2+x8。又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，∴211x1122SBECFBC=4+x4=x2x+8=x2+622422。∵10<<4，∴当x=2时，S有最小值。2【考点】翻折变换（折叠题），正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值。PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案。（）先由AAS证明△ABP≌△QBP，从而由HL得出△BCH≌△BQH，即可得H因此，△PDH的周=PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+C=8值。（）利用已知得出△EFM≌△BPA，从而利用在Rt△APE4BE）+x=BE，利用二次函数的最值求出即可。14.（2012XX6分）如图，OABC是一X放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=10，OC=8．在OC边上取一点，将纸片AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求，E两点的坐标．【答案】依题意可知，折AD是四边形OAED的对称轴，∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8，2222BEADAB1086，∴CE=4，∴（4，8在Rt△DCE中，DC+CE2=DE，又∵DE=OD∴（8OD）=OD。∴OD=5。∴（，第38共50页【考点】翻折变换（折叠，坐标与图形性质，勾股定理。【分析】先根据勾股定理求出BE的长，从而可得出CE的长，求出E点坐标。在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标。15.（2012XX威10分）（1）如图①，ABCD的对角AC、BD交于点。直EF过点，分别交AD、BC于点、F求证AE=CF。（2）如图②，ABCD（纸片）沿过对角交点O的直EF折叠，点A落在点1处，点B落在点1处。FB1交CD于点，1分别交CD、DE于点、I。求证。【答案】证明（1ABCD是平行四边形，∴AD∥BC。∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO。又∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC∴△AOE≌△COF（AASAE=CF。（2）由（1）得，AE=CF。∵由折叠性质，得AE=A1，∴AE=CF。∵∠A∠A=∠，∠B1∠B=∠，0－∠D－∠DHI=1800－∠B∴∠EIA1∠DIH=1801－∠BHG=∠BGH=∠FGC。在△EIA1和△中，∵∠A∠，∠EIA1∠FGC，E=CF，∴△EIA1≌△FGC（AASEI=FG。【考点】平行四边形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，三角形内角和定理，对顶角的性质。第39共50页1）要证AE=CF，只要△AOE和△COF全等即可。一方面由平行四边形对边平行的性质和平行线内错角相等的性质，可得∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO；另一方面由平行四边形对角线互相平分的性质，可得C从而根据可证。（）要证EI=FG，只要△EIA1和△FGC全等即可。一方面由（）可得AE=CF；另一方面由折叠的性质、三角形内角和定理和对顶角相等的性质，可得∠A∠EIA1∠FGC。从而根据可证。16.（2012XXXX10分）如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边上的点E重合，折痕FG分别与AB，交于点，，AE与FG交于点．（1）如图，求证：，，，F四点围成的四边形是菱形；（2）如图，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段的中点；（3）如图，在（）的条件下，求折痕FG的长．【答案】）由折叠的性质可得，GA=GE∠AGF=∠EGF，∵DC∥AB，∴∠EFG=∠AGF。∴∠EFG=∠EGF。∴EF=EG=AG∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG又∵AG=GE∴四边形AGEF是菱形。（）连接ON，∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，△的外接圆与相切于点，∴ON⊥BC。∵点O是AE的中点，∴ON是梯形ABCE的中位线。∴点N是线段BC的中点。（）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径，∴OE=OA=ON=2∴AE=AB=4在Rt△ADE中，AD=2，AE=4，∴∠AED=30°。第40页共50页在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴OF233。∴FG=2OF433。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，菱形的判定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合AG=GE可得出结论。（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，从而可得出结论。（3AE=ABRt△ADEAED为°Rt△EFO中求出FO，从而可得出的长度。17.（2012XXXX10分）如图，已知矩形纸片ABCD，AD=2，AB=4．将纸片折叠，使顶点A与边上的点E重合，折痕FG分别与AB，交于点，，AE与FG交于点．（1）如图，求证：，，，F四点围成的四边形是菱形；（2）如图，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段的中点；（3）如图，在（）的条件下，求折痕FG的长．【答案】）由折叠的性质可得，GA=GE∠AGF=∠EGF，∵DC∥AB，∴∠EFG=∠AGF。∴∠EFG=∠EGF。∴EF=EG=AG∴四边形AGEF是平行四边形（EF∥AG，EF=AG又∵AG=GE∴四边形AGEF是菱形。（）连接ON，∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，△的外接圆与相切于点，∴ON⊥BC。第41页共50页∵点O是AE的中点，∴ON是梯形ABCE的中位线。∴点N是线段BC的中点。（）∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径，∴OE=OA=ON=2∴AE=AB=4在Rt△ADE中，AD=2，AE=4，∴∠AED=30°。在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴OF233。∴FG=2OF433。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，菱形的判定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。1）根据折叠的性质判断出AG=GE，∠AGF=∠EGF，再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF，从而判断出EF=AG，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合AG=GE可得出结论。（2）连接ON，则ON⊥BC，从而判断出ON是梯形ABCE的中位线，从而可得出结论。（3AE=ABRt△ADEAED为°Rt△EFO中求出FO，从而可得出的长度。18.（2012XXXX12分）已知，纸片⊙O的半径为，如图1，沿弦AB折叠操作．（1）①折叠后的AB所在圆的圆心为′时，求′A的长度；②如图，当折叠后的AB经过圆心为O时，求AOB的长度；③如图，当弦AB=2时，求圆心O到弦AB的距离；（2）在图1中，再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作．①如图4，当AB∥CD，折叠后的AB与CD所在圆外切于点P时，设点O到弦AB．的距离之和为，求d的值；②如图5，当AB与不平行，折叠后的AB与CD所在圆外切于点P时，设点M为AB的中点，点N为CD的中点，试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论．第42页共50页【答案】）①折叠后的AB所在圆′与⊙O是等圆，∴′2②当AB经过圆O时，折叠后的AB所在圆′在⊙O上，如图2所示，连接′．OA．′，OB，OO′。∵△OO′，△OO′B为等边三角形，∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。∴AOB的长度120241803。③如图3所示，连接OA，OB，∵=2∴△AOB为等边三角形。过点O作OE⊥AB于点，∴OE=OA?sin60°=3。∴圆心O到弦AB的距离为3。（2）①如图，当折叠后的AB与CD所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交AB于点、交AEB于点，交CD于点、交CFD于点，即点、、、、、F在直径EF上。∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD。1根据垂径定理及折叠，可知PH=212PE，PG=PF。又∵EF=4，∴点O到AB．CD的距离之和d为：1d=PH+PG=212PE+PF=12（PE+PF）。②如图AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：第43页共50页设′，″为APB和CPD所在圆的圆心，∵点′与点O关于AB对称，点″于点O关于CD对称，∴点M为的OO′中点，点N为OO″的中点。∵折叠后的APB与CPD所在圆外切，∴连心线′″必过切点。∵折叠后的APB与CPD所在圆与⊙O是等圆，∴′P=O″P=2，∴PM=121OO″=ON，PN=2OO′=OM，∴四边形OMPN是平行四边形。【考点】翻折变换（折叠问题）相切两圆的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，垂径定理，弧长的计算，解直角三角形，三角形中位线定理。1）①折叠后的AB所在圆′与⊙O是等圆，可得′A的长度。②如图，过点O作OE⊥AB交⊙O于点，连接OA．OB．AE、BE，可得△OAE、△OBE为等边三角形，从而得到AOB的圆心角，再根据弧长公式计算即可。③如图，连接OA．OB，过点O作OE⊥AB于点，可得△AOB为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后