全国各地中考数学分类解析159套63专题目专题目31折叠问题目00002 47页

‎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（ ）。‎