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  • 2021-05-10 发布

中考数学复习专题折叠问题

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‎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. (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。‎ ‎【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.+1 B.+1 C.2.5 D.‎ ‎【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,‎ ‎∴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.150º B.210º C.105º D.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 ‎ ‎【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.7 B.8 C.9 D.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=8 cm,现将其沿EF对折,使得 点C与点A重合,则AF长为【 】‎ 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. 8 B. 4 C. 8 D. 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)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.15 B.20 C.25 D.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。‎ ‎∴。‎ ‎∵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.1 B.2 C.3 D.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】‎ 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)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.2 B.4 C. 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】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)‎ 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 ▲ .‎ ‎【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】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=。‎ ‎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, ∠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  ▲  ‎ ‎【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)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 ▲ cm 2。‎ ‎【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。‎ ‎ ∴(cm 2)。‎ ‎12. (2012河南省5分)如图,在Rt△ABC中,∠C=900,∠B=300,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 ;‎ ‎③ BC= 2DE ;‎ ‎④ 。‎ 其中正确结论的个数是 ▲ 个。‎ ‎【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A A ′,‎ ‎∵根据折叠对称的性质,A ,A ′关于DE对称。‎ ‎∴A A ′⊥DE。‎ ‎∵DE∥BC,∴A A ′⊥BC。‎ ‎∵A ′D=AD,∴∠DA A ′=∠D A ′A。‎ ‎∴∠DB A ′=∠D A ′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 ▲ .‎ ‎【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 ▲ ‎ ‎【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)。‎ ‎(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:‎ ‎。‎ ‎∴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 ‎3 x+5 x=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.‎ ‎【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=∠AD C′,‎ ‎∴△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.‎ ‎【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.‎ ‎【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。‎ ‎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。 ‎ ‎(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,∴ 。‎ ‎∴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.‎ ‎【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)。‎ ‎∴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F Q′=a﹣3‎ ‎∴OQ′=OF﹣F Q′=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。‎ ‎∴,即,解得F Q′=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=c ‎ ①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。‎ ‎∴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。‎ ‎(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.‎ ‎(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。‎ ‎(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。‎ 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)。‎ ‎【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。‎ ‎【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°。‎ 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。‎ ‎∵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.‎ ‎【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:‎ 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.‎ ‎【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)。‎ ‎ ∴ 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.‎ ‎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×。‎ ‎∴,‎ ‎,‎ ‎∴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-)。‎ ‎(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。‎ 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( )。‎