中考数学复习专题：折叠问题 可下载 可修改 优质文档.doc

《中考数学复习专题：折叠问题 可下载 可修改 优质文档.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。

可下载可修改优质文档全国中考数学试题分类解析汇编(159套）专题31：折叠问题一、选择题1.（2012广东梅州3分）如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D、E分别是边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合，若∠A=75°，则∠1+∠2=【】　　A．150°　　B．210°　　C．105°　　D．75°【答案】A。【考点】翻折变换（折叠问题），三角形内角和定理。【分析】∵△A′DE是△ABC翻折变换而成，∴∠AED=∠A′ED，∠ADE=∠A′DE，∠A=∠A′=75°。∴∠AED+∠ADE=∠A′ED+∠A′DE=180°﹣75°=105°，∴∠1+∠2=360°﹣2×105°=150°。故选A。2.（2012江苏南京2分）如图，菱形纸片ABCD中，∠A=600，将纸片折叠，点A、D分别落在A’、D’处，且A’D’经过B，EF为折痕，当D’FCD时，的值为【】A.B.C.D.【答案】A。第50页共50页 可下载可修改优质文档【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A′D′，交于点M，∵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∠A′D′F=∠D=120°，∴∠FD′M=180°-∠A′D′F=60°。∵D′F⊥CD，∴∠D′FM=90°，∠M=90°-∠FD′M=30°。∵∠BCM=180°-∠BCD=120°，∴∠CBM=180°-∠BCM-∠M=30°。∴∠CBM=∠M。∴BC=CM。设CF=x，D′F=DF=y，则BC=CM=CD=CF+DF=x+y。∴FM=CM+CF=2x+y，在Rt△D′FM中，tan∠M=tan30°=，∴。∴。故选A。3.（2012江苏连云港3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【】A．＋1B．＋1C．2.5D．【答案】B。【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BC上的点E处，第50页共50页 可下载可修改优质文档∴AB＝BE，∠AEB＝∠EAB＝45°，∵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＝＝22.5°。∴∠FAB＝67.5°。设AB＝x，则AE＝EF＝x，∴an67.5°＝tan∠FAB＝t。故选B。4.（2012广东河源3分）如图，在折纸活动中，小明制作了一张△ABC纸片，点D、E分别在边AB、AC上，将△ABC沿着DE折叠压平，A与A′重合．若∠A＝75º，则∠1＋∠2＝【】A．150ºB．210ºC．105ºD．75º【答案】A。【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，∠A′＝∠A＝75º。根据平角的定义和多边形内角和定理，得∠1＋∠2＝1800－∠ADA′＋1800－∠AEA′＝3600－（∠ADA′＋∠AEA′）＝∠A′＋∠A＝1500。故选A。5.（2012福建南平4分）如图，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别和AE、AF折叠，点B、D恰好都将在点G处，已知BE=1，则EF的长为【】A．B．C．D．3第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】B。【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3，∴∠C=90°，BC=CD=3。根据折叠的性质得：EG=BE=1，GF=DF。设DF=x，则EF=EG＋GF=1＋x，FC=DC－DF=3－x，EC=BC－BE=3－1=2。在Rt△EFC中，EF2=EC2＋FC2，即（x＋1）2=22＋（3－x）2，解得：。∴DF=，EF=1＋。故选B。6.（2012湖北武汉3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【】A．7B．8C．9D．10【答案】C。【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。在Rt△BEF中，∠B=900，EF＝5，BF＝3，∴根据勾股定理，得。∴CD=AB=AE＋BE=5＋4=9。故选C。7.（2012湖北黄石3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50页共50页 可下载可修改优质文档A.B.C.D.【答案】B。【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′F，在Rt△AD′F中，∵AF2=AD′2＋D′F2，即x2=62＋（8－x）2，解得：x=。故选B。8.（2012湖北荆门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【】A．8B．4C．8D．6【答案】C。【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。【分析】如图，∵正方形ABCD的对角线长为2，即BD=2，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，∴AB=BD•cos∠ABD=BD•cos45°=2。∴AB=BC=CD=AD=2。由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，∴图中阴影部分的周长为A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=8。故选C。9.（2012四川内江3分）第50页共50页 可下载可修改优质文档如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5点E、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A、D分别落在矩形ABCD外部的点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为【】A.15B.20C.25D.30【答案】D。【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，得A1E=AE，A1D1=AD，D1F=DF，则阴影部分的周长即为矩形的周长，为2（10+5）=30。故选D。10.（2012四川资阳3分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，已知MN∥AB，MC＝6，NC＝，则四边形MABN的面积是【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，相似三角形的判定和性质，【分析】连接CD，交MN于E，∵将△ABC沿直线MN翻折后，顶点C恰好落在AB边上的点D处，∴MN⊥CD，且CE=DE。∴CD=2CE。∵MN∥AB，∴CD⊥AB。∴△CMN∽△CAB。∴。第50页共50页 可下载可修改优质文档∵在△CMN中，∠C=90°，MC=6，NC=，∴∴。∴。故选C。11.（2012贵州黔东南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【】A．1B．2C．3D．4【答案】B。【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，BC的长，从而求得答案：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，AD=BC。∵AB=6，∴S△ABF=AB•BF=×6×BF=24。∴BF=8。∴。由折叠的性质：AD=AF=10，∴BC=AD=10。∴FC=BC﹣BF=10﹣8=2。故选B。12.（2012贵州遵义3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CD于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为【】A．B．C．D．【答案】B。【考点】第50页共50页 可下载可修改优质文档翻折变换（折叠问题），矩形的性质和判定，折叠对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】过点E作EM⊥BC于M，交BF于N。∵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，∠EGN=∠A=90°，∴EG=BM。∵∠ENG=∠BNM，∴△ENG≌△BNM（AAS）。∴NG=NM。∵E是AD的中点，CM=DE，∴AE=ED=BM=CM。∵EM∥CD，∴BN：NF=BM：CM。∴BN=NF。∴NM=CF=。∴NG=。∵BG=AB=CD=CF+DF=3，∴BN=BG﹣NG=3﹣。∴BF=2BN=5∴。故选B。13.（2012山东泰安3分）如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点重合，若AB=2，BC=3，则△FCB′与△B′DG的面积之比为【】　　A．9：4　　B．3：2　　C．4：3　　D．16：9【答案】D。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】设BF=x，则由BC=3得：CF=3﹣x，由折叠对称的性质得：B′F=x。∵点B′为CD的中点，AB=DC=2，∴B′C=1。在Rt△B′CF中，B′F2=B′C2+CF2，即，解得：，即可得CF=。∵∠DB′G=∠DGB′=90°，∠DB′G+∠CB′F=90°，∴∠DGB′=∠CB′F。∴Rt△DB′G∽Rt△CFB′。根据面积比等于相似比的平方可得：。故选D。14.（2012山东潍坊3分）第50页共50页 可下载可修改优质文档已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一点E，沿AE将ΔABE向上折叠，使B点落在AD上的F点，若四边形EFDC与矩形ABCD相似，则AD=【】．A．B．C.D．2【答案】B。【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，∴ABEF是正方形。又∵AB=1，∴AF=AB=EF=1。设AD=x，则FD=x－1。∵四边形EFDC与矩形ABCD相似，∴，即。解得，（负值舍去）。经检验是原方程的解。故选B。15.（2012广西河池3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△CDN的面积与△CMN的面积比为1︰4，则的值为【】A．2B．4C．D．【答案】D。【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】第50页共50页 可下载可修改优质文档过点N作NG⊥BC于G，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1：4，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的长，从而求得答案：过点N作NG⊥BC于G，∵四边形ABCD是矩形，∴四边形CDNG是矩形，AD∥BC。∴CD=NG，CG=DN，∠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。∵△CDN的面积与△CMN的面积比为1：4，∴DN：CM=1：4。设DN=x，则AN=AM=CM=CN=4x，AD=BC=5x，CG=x。∴BM=x，GM=3x。在Rt△CGN中，，在Rt△MNG中，，∴。故选D。16.（2012河北省3分）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=70°，将平行四边形折叠，使点D、C分别落在点F、E处（点F、E都在AB所在的直线上），折痕为MN，则∠AMF等于【】A．70°B．40°C．30°D．20°【答案】B。【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，∠FMN=∠DMN，∴AB∥CD∥MN。∵∠A=70°，∴∠FMN=∠DMN=∠A=70°。∴∠AMF=180°－∠DMN－∠FMN=180°－70°－70°=40°。故选B。17.（2012青海西宁3分）第50页共50页 可下载可修改优质文档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．把一张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【】A．角的平分线上的点到角的两边的距离相等B．在直角三角形中，如果一个锐角等于30º，那么它所对的直角边等于斜边的一半C．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半D．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】C。【考点】翻折变换（折叠问题）。【分析】如图②，∵△CDE由△ADE翻折而成，∴AD=CD。如图③，∵△DCF由△DBF翻折而成，∴BD=CD。∴AD=BD=CD，点D是AB的中点。∴CD=AB，即直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。故选C。二、填空题1.（2012上海市4分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1，点D在AC上，将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，如果AD⊥ED，那么线段DE的长为▲．第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】。【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，∴。∵将△ADB沿直线BD翻折后，将点A落在点E处，∴∠ADB=∠EDB，DE=AD。∵AD⊥ED，∴∠CDE=∠ADE=90°，∴∠EDB=∠ADB=。∴∠CDB=∠EDB﹣∠CDE=135°－90°=45°。∵∠C=90°，∴∠CBD=∠CDB=45°。∴CD=BC=1。∴DE=AD=AC﹣CD=。2.（2012浙江丽水、金华4分）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝50°．∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，点C沿EF折叠后与点O重合，则∠CEF的度数是　▲　．【答案】50°。【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。【分析】第50页共50页 可下载可修改优质文档利用全等三角形的判定以及垂直平分线的性质得出∠OBC＝40°，以及∠OBC＝∠OCB＝40°，再利用翻折变换的性质得出EO＝EC，∠CEF＝∠FEO，进而求出即可：连接BO，∵AB＝AC，AO是∠BAC的平分线，∴AO是BC的中垂线。∴BO＝CO。∵∠BAC＝50°，∠BAC的平分线与AB的中垂线交于点O，∴∠OAB＝∠OAC＝25°。∵等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝50°，∴∠ABC＝∠ACB＝65°。∴∠OBC＝65°－25°＝40°。∴∠OBC＝∠OCB＝40°。∵点C沿EF折叠后与点O重合，∴EO＝EC，∠CEF＝∠FEO。∴∠CEF＝∠FEO＝（1800－2×400）÷2＝50°。3.（2012浙江绍兴5分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处．则BC：AB的值为▲。【答案】。【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，特殊角的三角函数值。【分析】连接CC′，∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处,∴EC=EC′，∴∠EC′C=∠ECC′，∵∠DC′C=∠ECC′，∴∠EC′C=∠DC′C.∴CC′是∠EC'D的平分线。∵∠CB′C′=∠D=90°，C′C=C′C，∴△CB′C′≌△CDC′（AAS）。∴CB′=CD。又∵AB′=AB，∴B′是对角线AC中点，即AC=2AB。∴∠ACB=30°。∴tan∠ACB=tan30°=。∴BC：AB=。第50页共50页 可下载可修改优质文档4.（2012浙江台州5分）如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A′处，连接A′C，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，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平角定义。【分析】由折叠的对称和正方形的性质，知△ABE≌△A′BE，∴∠BEA′=67.50，△A′DE是等腰直角三角形。设AE=A′E=A′D=x，则ED=。设CD=y，则BD=。∴。∴。又∵∠EDA′=∠A′DC=450，∴△EDA′∽△A′DC。∴∠DA′C=∠DEA′=67.50＋450=112.50。∴∠BA′C=1800－112.50=67.50。5.（2012江苏宿迁3分）如图，将一张矩形纸片ABCD沿EF折叠，使顶点C，D分别落在点C’，D’处，C’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=∠D’FE。∵ABCD是矩形，∴AD∥BC。∴∠GFE=∠CEF=70°，∠DFE=1800－∠CEF=110°。∴∠GFD’=∠D’FE－∠GFE=110°－70°=40°。6.（2012江苏盐城3分）如图,在△ABC中，D,、E分别是边AB、AC的中点,第50页共50页 可下载可修改优质文档∠B=50°º.现将△ADE沿DE折叠，点A落在三角形所在平面内的点为A1,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】∵D、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=∠A1DE（折叠对称的性质），∴∠A1DA=2∠B。∴∠BDA1=180°－2∠B=80°。7.（2012江苏扬州3分）如图，将矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边AD的F处，如果，那么tan∠DCF的值是　▲　．【答案】。【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，∠D＝90°，∵将矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边AD的F处，∴CF＝BC，∵，∴。∴设CD＝2x，CF＝3x，∴。∴tan∠DCF＝。8.（2012湖北荆州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50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】8。【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。【分析】如图，∵正方形ABCD的对角线长为2，即BD=2，∠A=90°，AB=AD，∠ABD=45°，∴AB=BD•cos∠ABD=BD•cos45°=2。∴AB=BC=CD=AD=2。由折叠的性质：A′M=AM，D′N=DN，A′D′=AD，∴图中阴影部分的周长为A′M+BM+BC+CN+D′N+A′D′=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=8。9.（2012湖南岳阳3分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，沿AD折叠，使点B落在斜边AC上，若AB=3，BC=4，则BD=　▲　．【答案】。【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，∴。∴EC=AC﹣AE=5﹣3=2。设BD=ED=x，则CD=BC﹣BD=4﹣x，在Rt△CDE中，CD2=EC2+ED2，即：（4﹣x）2=x2+4，解得：x=。∴BD=。10.（2012四川达州3分）第50页共50页 可下载可修改优质文档将矩形纸片ABCD，按如图所示的方式折叠，点A、点C恰好落在对角线BD上，得到菱形BEDF.若BC=6，则AB的长为▲.【答案】。【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O。∵四边形BEDF是菱形，∴OB=OD=BD。∵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△BCD中，BC2+CD2=BD2，即62+x2=（2x）2，解得：x=。∴AB=CD=。11.（2012贵州黔西南3分）把一张矩形纸片（矩形ABCD）按如图方式折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EF，若AB＝3cm，BC＝5cm，则重叠部分△DEF的面积为▲cm2。【答案】。【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A′E=AE=5－x，A′D=AB=3。根据勾股定理，得，即，解得。∴（cm2）。12.（2012河南省5分）如图，在Rt△ABC中，∠C=900，∠B=300第50页共50页 可下载可修改优质文档，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点E，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▲【答案】1或2。13.（2012内蒙古包头3分）如图，将△ABC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＝∠C；②；③BC=2DE；④。其中正确结论的个数是▲个。第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】4。【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＝∠C。∴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。∴。∴②正确。③连接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′A。∴∠DBA′＝∠DA′B。∴BD=A′D。∴BD=AD。∴DE是△ABC的中位线。∴BC=2DE。∴③正确。④∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE。∵由③BC=2DE，∴。∵根据折叠对称的性质，△ADE≌△A′DE。∴。∴，即。∴④正确。综上所述，正确结论的个数是4个。14.（2012黑龙江绥化3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）；如此反复操作下去，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的值为▲.第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】12或15。【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（图形的变化类）。【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10＜a＜20时，矩形的长为20，宽为a，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－a，a。第二次操作时，由20－a＜a可知所得正方形的边长为20－a，剩下的矩形相邻的两边分别为20－a，a－（20－a）=2a－20。∵（20－a）－（2a－20）=40－3a，∴20－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＞2a－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40－3a=2a－20得a=12。①当2a－20＞20－a时，所得正方形的边长为20－a，此时，2a－20－（20－a）=3a－40，∵此时剩下的矩形为正方形，∴由3a－40=20－a得a=15。故答案为12或15。15.（2012黑龙江黑河、齐齐哈尔、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60，则△DEC的面积为▲第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】。【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°，BC=AD=8，CD=AB。∵△AFD的面积为60，即AD•AF=60，解得：AF=15。∴。由折叠的性质，得：CD=CF=17。∴AB=17。∴BF=AB－AF=17－15=2。设CE=x，则EF=CE=x，BE=BC－CE=8－x，在Rt△BEF中，EF2=BF2＋BE2，即x2=22＋（8－x）2，解得：x=，即CE=，∴△DEC的面积为：CD•CE=×17×。三、解答题1.（2012天津市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A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．【答案】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=，t2=－（舍去）．∴点P的坐标为（，6）。第50页共50页 可下载可修改优质文档（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴。由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m．∴。∴（0＜t＜11）。（Ⅲ）点P的坐标为（，6）或（，6）。【考点】翻折变换（折叠问题），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。【分析】（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，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′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案。（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′Q的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与，即可求得t的值：过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°。∴∠PC′E+∠EPC′=90°。∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A。∴△PC′E∽△C′QA。∴。∵PC′=PC=11－t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6－m，∴。∴。∵，即，∴，即。将代入，并化简，得。解得：第50页共50页 可下载可修改优质文档。∴点P的坐标为（，6）或（，6）。2.（2012海南省11分）如图（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN.（1）求证：△AND≌△CBM.（2）请连接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？（3）P、Q是矩形的边CD、AB上的两点，连结PQ、CQ、MN，如图（2）所示，若PQ=CQ，PQ∥MN。且AB=4，BC=3，求PC的长度.【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B，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，∴DN=BM。又由翻折的性质，得DN=FN，BM=EM，∴FN=EM。又∠NFA=∠ACD＋∠CNF=∠BAC＋∠EMA=∠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=900，∴在△EMF中，∠FEM＞∠EFM。∴FM＞EM。∴四边形MFNE不是菱形。（3）解：∵AB=4，BC=3，∴AC=5。设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC得第50页共50页 可下载可修改优质文档3x＋5x=12，解得x=，即DN=BM=。过点N作NH⊥AB于H，则HM=4－3=1。在△NHM中，NH=3，HM=1，由勾股定理，得NM=。∵PQ∥MN，DC∥AB，∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=MQ，PQ=NM=。又∵PQ=CQ，∴CQ=。在△CBQ中，CQ=，CB=3，由勾股定理，得BQ=1。∴NP=MQ=。∴PC=4－－=2。【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。【分析】（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）设DN=x，则由S△ADC=S△AND＋S△NAC可得DN=BM=。过点N作NH⊥AB于H，则由勾股定理可得NM=，从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ，即可求得CQ=。因此，在△CBQ中，应用勾股定理求得BQ=1。从而求解。3.（2012广东省9分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点，线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好与点A重合．（1）求证：△ABG≌△C′DG；（2）求tan∠ABG的值；（3）求EF的长．第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】（1）证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB=C′D，∠ABG=∠ADC′，∴△ABG≌△C′DG（ASA）。（2）解：∵由（1）可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。设AG=x，则GB=8﹣x，在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=（8﹣x）2，解得x=。∴。（3）解：∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD。∴HD=AD=4。∵tan∠ABG=tan∠ADE=。∴EH=HD×=4×。∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。∴HF=AB=×6=3。∴EF=EH+HF=。【考点】翻折变换（折叠问题），翻折变换的性质，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。【分析】（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论。（2）由（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，从而得出tan∠ABG的值。（3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD=AD=4，再根据tan∠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.（2012广东深圳8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E、交BC于点F，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．第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】（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。∴CF=CE。∴AF=CF=CE=AE。∴四边形AFCE为菱形。 （2）解：a、b、c三者之间的数量关系式为：a2=b2+c2。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△DCE中，CE2=CD2+DE2，∴a、b、c三者之间的数量关系式可写为：a2=b2+c2。【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。【分析】（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AFCE为菱形。（2）由折叠的性质，可得CE=AE=a，在Rt△DCE中，利用勾股定理即可求得：a、b、c三者之间的数量关系式为：a2=b2+c2。（答案不唯一）5.（2012广东珠海9分）已知，AB是⊙O的直径，点P在弧AB上（不含点A、B），把△AOP沿OP对折，点A的对应点C恰好落在⊙O上．（1）当P、C都在AB上方时（如图1），判断PO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（如图2），（1）中结论还成立吗？证明你的结论；（3）当P、C都在AB上方时（如图3），过C点作CD⊥直线AP于D，且CD是⊙O的切线，证明：AB=4PD．第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】解：（1）PO与BC的位置关系是PO∥BC。（2）（1）中的结论PO∥BC成立。理由为：由折叠可知：△APO≌△CPO，∴∠APO=∠CPO。又∵OA=OP，∴∠A=∠APO。∴∠A=∠CPO。又∵∠A与∠PCB都为所对的圆周角，∴∠A=∠PCB。∴∠CPO=∠PCB。∴PO∥BC。（3）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。∴∠AOP=60°。又∵OP∥BC，∴∠OBC=∠AOP=60°。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°，∴∠PCD=30°。在Rt△PCD中，PD=PC，又∵PC=OP=AB，∴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50页共50页 可下载可修改优质文档6.（2012福建龙岩12分）如图1，过△ABC的顶点A作高AD，将点A折叠到点D（如图2），这时EF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B、C两点都与点D重合，得到一个矩形EFGH（如图3），我们称矩形EFGH为△ABC的边BC上的折合矩形．（1）若△ABC的面积为6，则折合矩形EFGH的面积为；（2）如图4，已知△ABC，在图4中画出△ABC的边BC上的折合矩形EFGH；（3）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】解：（1）3。第50页共50页 可下载可修改优质文档（2）作出的折合矩形EFGH：（3）2a；。【考点】新定义，折叠问题，矩形和正方形的性质，勾股定理。【分析】（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2a。根据勾股定理可得正方形EFGH的对角线长为。7.（2012福建龙岩13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A′落在线段BC上，再打开得到折痕EF．（1）当A′与B重合时（如图1），EF=；当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长；（2）观察图3和图4，设BA′=x，①当x的取值范围是时，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A′D=AD=5，∠A=∠EA′D=900。在Rt△A′DC中，DC=AB=2，∴。第50页共50页 可下载可修改优质文档∴A′B=BC－A′C=5－4=1。∵∠EA′B＋∠BEA′=∠EA′B＋∠FA′C=900，∴∠BEA′=∠FA′C。又∵∠B=∠C=900，∴Rt△EBA′∽Rt△A′CF。∴，即∴。在Rt△A′EF中，。（2）①。②证明：由折叠（轴对称）性质知∠AEF=∠FEA′，AE=A′E，AF=A′F。又∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEA′。∴∠AEF=∠AFE。∴AE=AF。∴AE=A′E=AF=A′F。∴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A′与B重合时（如图1），EF=AD=5。根据折叠和矩形的性质，以及勾股定理求出A′B、A′F和FC的长，由Rt△EBA′∽Rt△A′CF求得，在Rt△A′EF中，由勾股定理求得EF的长。（2）①由图3和图4可得，当时，四边形AEA′F是菱形。②由折叠和矩形的性质，可得AE=A′E，AF=A′F。由平行和等腰三角形的性质可得AE=AF。从而AE=A′E=AF=A′F。根据菱形的判定得四边形AEA′F是菱形。8.（2012湖北恩施8分）如图，用纸折出黄金分割点：裁一张正方的纸片ABCD，先折出BC的中点E，再折出线段AE，然后通过折叠使EB落到线段EA上，折出点B的新位置B′，因而EB′=EB．类似地，在AB上折出点B″使AB″=AB′．这是B″就是AB的黄金分割点．请你证明这个结论．第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】证明：设正方形ABCD的边长为2，E为BC的中点，∴BE=1。∴。又B′E=BE=1，∴AB′=AE﹣B′E=﹣1。又∵AB″=AB′，∴AB″=﹣1。∴。∴点B″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.（2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田12分）如图，抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D，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A，E，D，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Q，若将△CPQ沿CP翻折，点Q的对应点为Q′．是否存在点P，使Q′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】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，∴，解得：。∴抛物线解析式为。当y=2时，，解得：x1=3，x2=0（舍去）。第50页共50页 可下载可修改优质文档∴点D坐标为（3，2）。（2）A，E两点都在x轴上，AE有两种可能：①当AE为一边时，AE∥PD，∴P1（0，2）。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﹣2。代入抛物线的解析式：，解得：。∴P点的坐标为（，﹣2），（，﹣2）。综上所述：P1（0，2）；P2（，﹣2）；P3（，﹣2）。（3）存在满足条件的点P，显然点P在直线CD下方。设直线PQ交x轴于F，点P的坐标为（），①当P点在y轴右侧时（如图1），CQ=a，PQ=。又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠COQ′=∠Q′FP=90°，∴∠FQ′P=∠OCQ′，∴△COQ′∽△Q′FP，∴，即，解得FQ′=a﹣3∴OQ′=OF﹣FQ′=a﹣（a﹣3）=3，。此时a=，点P的坐标为（）。②当P点在y轴左侧时（如图2）此时a＜0，，＜0，CQ=﹣a，PQ=。又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，∠CQ′O+∠OCQ′=90°，∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°。∴△COQ′∽△Q′FP。第50页共50页 可下载可修改优质文档∴，即，解得FQ′=3﹣a。∴OQ′=3，。此时a=﹣，点P的坐标为（）。综上所述，满足条件的点P坐标为（），（）。【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。【分析】（1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，令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等，求解点P坐标。（3）结合图形可判断出点P在直线CD下方，设点P的坐标为（），分情况讨论，①当P点在y轴右侧时，②当P点在y轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。10.（2012湖北宜昌11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的延长线交直线BC于点F．（1）点E可以是AD的中点吗？为什么？（2）求证：△ABG∽△BFE；（3）设AD=a，AB=b，BC=c①当四边形EFCD为平行四边形时，求a，b，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∠C的度数．【答案】解：（1）不可以。理由如下：根据题意得：AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，∴Rt△EGD中，GE＜ED。第50页共50页 可下载可修改优质文档∴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=（180°﹣∠ABG）÷2，∠FBE=（180°﹣∠EFB）÷2，∴∠BAG=∠FBE。∴△ABG∽△BFE。（3）①∵四边形EFCD为平行四边形，∴EF∥DC。∵由折叠知，∠DAB=∠EGB=90°，∴∠DAB=∠BDC=90°。又∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC。∴△ABD∽△DCB。∴。∵AD=a，AB=b，BC=c，∴BD=∴，即a2+b2=ac。②由①和b=2得关于a的一元二次方程a2﹣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c2﹣16=0。∵c＞0，∴c=4。∴由a2﹣4a+4=0，得a=2。由①△ABD∽△DCB和a=b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形，∴∠C=45°。【考点】翻折变换（折叠问题），直角梯形的性质，三角形三边关系，直线平行的性质，等腰（直角）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。【分析】（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AD的中点。第50页共50页 可下载可修改优质文档（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。（3）①根据勾股定理求出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a、b、c的关系式，根据a是唯一的，可以判定△=c2﹣16=0，然后求出c=4，再代入方程求出a=2，然后由①△ABD∽△DCB和a=b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形，得出∠C=45°。11.（2012湖南株洲6分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，沿直线MN对折，使A、C重合，直线MN交AC于O．（1）求证：△COM∽△CBA；（2）求线段OM的长度．【答案】解：（1）证明：∵A与C关于直线MN对称，∴AC⊥MN。∴∠COM=90°。在矩形ABCD中，∠B=90°，∴∠COM=∠B。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，∴，即。∴OM=。【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。【分析】（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=∠B，最后证得△COM∽△CBA；（2）利用（1）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.（2012湖南益阳10分）已知：如图，抛物线y=a（x﹣1）2+c与x轴交于点A和点B，将抛物线沿x轴向上翻折，顶点P落在点P'（1，3）处．第50页共50页 可下载可修改优质文档（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C、D两点，将翻折后得到的新图象在直线CD以上的部分去掉，设计成一个“W”型的班徽，“5”的拼音开头字母为W，“W”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“W”图案的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比（约等于0.618）．请你计算这个“W”图案的高与宽的比到底是多少？（参考数据：，结果可保留根号）【答案】解：（1）∵P与P′（1，3）关于x轴对称，∴P点坐标为（1，﹣3）。∵抛物线y=a（x﹣1）2+c顶点是P（1，﹣3），∴抛物线解析式为y=a（x﹣1）2﹣3。∵抛物线y=a（x﹣1）2﹣3过点A，∴a（﹣1）2﹣3=0，解得a=1。∴抛物线解析式为y=（x﹣1）2﹣3，即y=x2﹣2x﹣2。（2）∵CD平行x轴，P′（1，3）在CD上，∴C、D两点纵坐标为3。由（x﹣1）2﹣3=3，解得：。∴C、D两点的坐标分别为。∴CD=。∴“W”图案的高与宽（CD）的比=（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。【分析】（1）利用P与P′（1，3）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50页共50页 可下载可修改优质文档（2）根据已知求出C，D两点坐标，从而得出“W”图案的高与宽（CD）的比。13.（2012山东德州12分）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、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DC于H，折痕为EF，连接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？并证明你的结论；（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）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。（2）△PHD的周长不变为定值8。证明如下：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q。由（1）知∠APB=∠BPH，又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，∴△ABP≌△QBP（AAS）。∴AP=QP，AB=BQ。又∵AB=BC，∴BC=BQ。又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH（HL）。∴CH=QH。∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8。（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB。又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°。∴∠EFM=∠ABP。第50页共50页 可下载可修改优质文档又∵∠A=∠EMF=90°，AB=ME，∴△EFM≌△BPA（ASA）。∴EM=AP=x．∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2，即。∴。又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，∴。∵，∴当x=2时，S有最小值6。【考点】翻折变换（折叠问题），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。【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案。（2）先由AAS证明△ABP≌△QBP，从而由HL得出△BCH≌△BQH，即可得CH=QH。因此，△PDH的周长=PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8为定值。（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，从而利用在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可。14.（2012山东菏泽6分）如图，OABC是一张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D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D，E两点的坐标．【答案】依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8，，∴CE=4，∴E（4，8）。在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，又∵DE=OD，∴（8﹣OD）2+42=OD2。∴OD=5。∴D（0，5）。第50页共50页 可下载可修改优质文档【考点】翻折变换（折叠问题），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.（2012山东威海10分）（1）如图①，ABCD的对角线AC、BD交于点O。直线EF过点O，分别交AD、BC于点E、F求证：AE=CF。（2）如图②，将ABCD（纸片）沿过对角线交点O的直线EF折叠，点A落在点A1处，点B落在点B1处。设FB1交CD于点G，A1B1分别交CD、DE于点H、I。求证：EI=FG。【答案】证明：（1）∵四边形ABCD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（AAS）。∴AE=CF。（2）由（1）得，AE=CF。∵由折叠性质，得AE=A1E，∴A1E=CF。∵∠A1=∠A=∠C，∠B1=∠B=∠D，∴∠EIA1=∠DIH=1800－∠D－∠DHI=1800－∠B1－∠B1HG=∠B1GH=∠FGC。在△EIA1和△FGC中，∵∠A1=∠C，∠EIA1=∠FGC，A1E=CF，∴△EIA1≌△FGC（AAS）。∴EI=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50页共50页 可下载可修改优质文档【分析】（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OA=OC。从而根据AAS可证。（2）要证EI=FG，只要△EIA1和△FGC全等即可。一方面由（1）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∠A1=∠C，∠EIA1=∠FGC。从而根据AAS可证。16.（2012广西南宁10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CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O．（1）如图1，求证：A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段BC的中点；（3）如图2，在（2）的条件下，求折痕FG的长．【答案】解：（1）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。（2）连接ON，∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，△AED的外接圆与BC相切于点N，∴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。（3）∵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50页共50页 可下载可修改优质文档在Rt△OEF中，OE=2，∠AED=30°，∴。∴FG=。【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。【分析】（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。（3）根据（1）可得出AE=AB，从而在Rt△ADE中，可判断出∠AED为30°，在Rt△EFO中求出FO，从而可得出FG的长度。17.（2012广西南宁10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CD上的点E重合，折痕FG分别与AB，CD交于点G，F，AE与FG交于点O．（1）如图1，求证：A，G，E，F四点围成的四边形是菱形；（2）如图2，当△AED的外接圆与BC相切于点N时，求证：点N是线段BC的中点；（3）如图2，在（2）的条件下，求折痕FG的长．【答案】解：（1）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。（2）连接ON，∵△AED是直角三角形，AE是斜边，点O是AE的中点，△AED的外接圆与BC相切于点N，∴ON⊥BC。第50页共50页 可下载可修改优质文档∵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。（3）∵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°，∴。∴FG=。【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。【分析】（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。（3）根据（1）可得出AE=AB，从而在Rt△ADE中，可判断出∠AED为30°，在Rt△EFO中求出FO，从而可得出FG的长度。18.（2012江西南昌12分）已知，纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．（1）①折叠后的所在圆的圆心为O′时，求O′A的长度；②如图2，当折叠后的经过圆心为O时，求的长度；③如图3，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，折叠后的与所在圆外切于点P时，设点O到弦AB．CD的距离之和为d，求d的值；②如图5，当AB与CD不平行，折叠后的与所在圆外切于点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50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】解：（1）①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆，∴O′A=OA=2。②当经过圆O时，折叠后的所在圆O′在⊙O上，如图2所示，连接O′A．OA．O′B，OB，OO′。∵△OO′A，△OO′B为等边三角形，∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。∴的长度。③如图3所示，连接OA，OB，∵OA=OB=AB=2，∴△AOB为等边三角形。过点O作OE⊥AB于点E，∴OE=OA•sin60°=。∴圆心O到弦AB的距离为。（2）①如图4，当折叠后的与所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交AB于点H、交于点E，交CD于点G、交于点F，即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD。根据垂径定理及折叠，可知PH=PE，PG=PF。又∵EF=4，∴点O到AB．CD的距离之和d为：d=PH+PG=PE+PF=（PE+PF）=2。②如图5，当AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：第50页共50页 可下载可修改优质文档设O′，O″为和所在圆的圆心，∵点O′与点O关于AB对称，点O″于点O关于CD对称，∴点M为的OO′中点，点N为OO″的中点。∵折叠后的与所在圆外切，∴连心线O′O″必过切点P。∵折叠后的与所在圆与⊙O是等圆，∴O′P=O″P=2，∴PM=OO″=ON，PN=OO′=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。【分析】（1）①折叠后的所在圆O′与⊙O是等圆，可得O′A的长度。②如图2，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接OA．OB．AE、BE，可得△OAE、△OBE为等边三角形，从而得到的圆心角，再根据弧长公式计算即可。③如图3，连接OA．OB，过点O作OE⊥AB于点E，可得△AOB为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求圆心O到弦AB的距离。（2）①如图4，与所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交于点E，交于点F，根据垂径定理及折叠，可求点O到AB．CD的距离之和。②由三角形中位线定理，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。19.（2012甘肃白银12分）已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．（1）求点C的坐标；（2）若抛物线经过C、A两点，求此抛物线的解析式；（3）若上述抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一动点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．第50页共50页 可下载可修改优质文档【答案】解：（1）过C作CH⊥OA于H，∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2，∴OA=。∵将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处，∴OC=OA=，∠AOC=60°。∴OH=，CH=3。∴C的坐标是（，3）。（2）∵抛物线经过C（，3）、A（，0）两点，∴，解得。∴此抛物线的解析式为（3）存在。∵的顶点坐标为（，3），即为点C。MP⊥x轴，设垂足为N，PN＝t，∵∠BOA＝300，所以ON＝∴P（）作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E。把代入得：。∴M（，），E（，）。同理：Q（，t），D（，1）。要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE＝QD，即，解得：，（舍去）。第50页共50页 可下载可修改优质文档∴P点坐标为（，）。∴存在满足条件的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形，此时P点的坐为（，）。【考点】二次函数综合题，翻折变换（折叠问题），折叠对称的，解二元一次方程和一元二次方程，曲线上点的坐标与方程的关系，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定。【分析】（1）过C作CH⊥OA于H，根据折叠得到OC=OA=4，∠A0C=60°，求出OH和CH即可。（2）把C（，3）、A（，0）代入得到方程组，求出方程组的解即可。（3）如图，根据等腰梯形的判定，只要CE＝QD即可，据此列式求解。20.（2012吉林长春6分）如图，在平面直角坐标系中，OABC的顶点A,C的坐标分别为A(2,0),C(-1,2),反比例函数的图像经过点B.（1）求k的值．（2）将OABC沿着x轴翻折，点C落在点C′处．判断点C′是否在反比例函数的图像上，请通过计算说明理由．第50页共50页 可下载可修改优质文档21.（2012吉林省8分）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6．将扇形OAB沿过点B的直线折叠，点O恰好落在上点D处，折痕交OA于点C，求整个阴影部分的周长和面积．【答案】解：连接OD。根据折叠的性质，CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，∴OB=OD=BD。∴△OBD是等边三角形。∴∠DBO=60°。∴∠CBO=∠DBO=30°。∵∠AOB=90°，∴OC=OB•tan∠CBO=6×。第50页共50页 可下载可修改优质文档∴，，∴整个阴影部分的周长为：AC+CD+BD+==AC+OC+OB+=6+6+3π=12+3π。整个阴影部分的面积为：。【考点】翻折变换（折叠问题），等边三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，弧长的扇形面积的计算。【分析】连接OD，由折叠的性质，可得CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又由在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6，即可求得扇形OAB的面积与的长，从而求得整个阴影部分的周长和面积。22.（2012黑龙江绥化10分）如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是（0，0），B点坐标是（3，4），矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，且F点的坐标是（2，4）．（1）求G点坐标；（2）求直线EF解析式；（3）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）由已知得，FG=AF=2，FB=1。∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°。∴。∴G点的坐标为（3，4－）。第50页共50页 可下载可修改优质文档（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，在Rt△BFG中，，∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=2。∴E点的坐标为（0，4－2）。又F点的坐标是（2，4），∴，解得。∴直线EF的解析式为。（3）存在。M点的坐标为（），（），（）。【考点】一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2，而FG=AB－AF=1，则在Rt△BFG中，利用勾股定理求出BG的长，从而得到CG的长，从而得到G点坐标。（2）由题意，可知△AEF为含30度角的直角三角形，从而可求出E点坐标；又F点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF的解析式。（3）分FG为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四边形的形状：若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：①FG为平行四边形的一边，且N点在x轴正半轴上，如图1所示。过M1点作M1H⊥x轴于点H，易证△M1HN1≌△GBF，∴M1H=GB=，即yM1=。由直线EF解析式，求出。∴M1（）。②FG为平行四边形的一边，且N点在x轴负半轴上，如图2所示。第50页共50页 可下载可修改优质文档仿照与①相同的办法，可求得M2（）。③FG为平行四边形的对角线，如图3所示。过M3作FB延长线的垂线，垂足为H．易证△M3FH≌△GN3C，则有M3H=CG=4，所以M3的纵坐标为8－。代入直线EF解析式，得到M3的横坐标为。∴M3（）。综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为：M1（），M2（），M3（）。第50页共50页