2012年全国中考数学（159套）选择填空解答压轴题分类解析汇编（15专题）专题10：几何三大变换问题之对称

2012年全国中考数学（159套）选择填空解答压轴题分类解析汇编

专题10：几何三大变换问题之对称

一、选择题

1. （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。

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。

4. （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。

5. （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。

6. （2012山东济宁3分）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是【 】

A．12厘米 B．16厘米 C．20厘米 D．28厘米

【答案】C。

【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形的性质和判定，勾股定理。

【分析】设斜线上两个点分别为P、Q，

∵P点是B点对折过去的，∴∠EPH为直角，△AEH≌△PEH。

∴∠HEA=∠PEH。

同理∠PEF=∠BEF。

∴这四个角互补。∴∠PEH+∠PEF=90°，

∴四边形EFGH是矩形，∴△DHG≌△BFE，HEF是直角三角形。∴BF=DH=PF。

∵AH=HP，∴AD=HF。

∵EH=12cm，EF=16cm，

∴FH=（cm）。∴AD=FH= 20cm。故选C。

7. （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。

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浙江杭州4分）如图，平面直角坐标系中有四个点，它们的横纵坐标均为整数．若在此平面直角坐标系内移动点A，使得这四个点构成的四边形是轴对称图形，并且点A的横坐标仍是整数，则移动后点A的坐标为 ▲ ．

【答案】（﹣1，1），（﹣2，﹣2）。

【考点】利用轴对称设计图案。

【分析】根据轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，把A进行移动可得到点的坐标：

如图所示：A′（﹣1，1），A″（﹣2，﹣2）。

3. （2012福建莆田4分）点A、Ｂ均在由面积为1的相同小矩形组成的网格的格点上，建立平面直角坐

标系如图所示．若P是x轴上使得的值最大的点，Q是y轴上使得QA十QB的值最小的点，

则＝　　▲　　．

【答案】5。

【考点】轴对称（最短路线问题），坐标与图形性质，三角形三边关系，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系。

【分析】连接AB并延长交x轴于点P，作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q，求出点Q与y轴的交点坐标即可得出结论：

连接AB并延长交x轴于点P，

由三角形的三边关系可知，点P即为x轴上使得|PA－PB|的值最大的点。

∵点B是正方形ADPC的中点，

∴P（3，0）即OP=3。

作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q，则A′B即为QA+QB的最小值。

∵A′（-1，2），B（2，1），

设过A′B的直线为：y=kx+b，

则，解得。∴Q（0， ），即OQ=。

∴OP•OQ=3×=5。

4. （2012四川内江6分）已知A（1，5），B（3，－1）两点，在x轴上取一点M，使AM－BN取得最大值时，则M的坐标为 ▲

【答案】（，0）。

【考点】一次函数综合题，线段中垂线的性质，三角形三边关系，关于x轴对称的点的坐标，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组。

【分析】如图，作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′并延长与x轴的交点，即为所求的M点。

此时AM－BM=AM－B′M=AB′。

不妨在x轴上任取一个另一点M′，连接M′A、M′B、M′B．

则M′A－M′B=M′A－M′B′＜AB′（三角形两边之差小于第三边）。

∴M′A－M′B＜AM-BM，即此时AM－BM最大。

∵B′是B（3，－1）关于x轴的对称点，∴B′（3，1）。

设直线AB′解析式为y=kx+b，把A（1，5）和B′（3，1）代入得：

，解得。∴直线AB′解析式为y=－2x+7。

令y=0，解得x= 。∴M点坐标为（，0）。

5. （2012辽宁大连3分）如图，矩形ABCD中，AB＝15cm，点E在AD上，且AE＝9cm，连接EC，将矩形ABCD沿直线BE翻折，点A恰好落在EC上的点A'处，则A'C＝ ▲ cm。

【答案】8。

【考点】翻折问题，矩形的性质，翻折对称的性质，勾股定理，解无理方程。

【分析】根据矩形和翻折对称的性质，得A'B= AB＝15cm，A'E=AE＝9cm，∠BA'C=900。

设A'C=x。

在Rt△BA'C中，根据勾股定理，得。

在Rt△CDE中，CD= AB＝15cm，CE= x＋9，根据勾股定理，得

。

∴AD=AE＋DE=。

∵AD=BC，即。

两边平方并整理，得 ，

两边平方并整理，得50x=400。解得x=8。

经检验，x=8是原方程的根并符合题意。

6. （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）。

7. （2012山东青岛3分）如图，圆柱形玻璃杯高为12cm、底面周长为18cm，在杯内离杯底4cm的点

C处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿4cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁到达蜂蜜的最

短距离为 ▲ cm．

【答案】15。

【考点】圆柱的展开，矩形的性质，轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。

【分析】如图，圆柱形玻璃杯展开（沿点A竖直剖开）后侧面是一个长18宽12的矩形，作点A关于杯上沿MN的对称点B，连接BC交MN于点P，连接BM，过点C作AB的垂线交剖开线MA于点D。

由轴对称的性质和三角形三边关系知AP＋PC为蚂蚁到达蜂蜜

的最短距离，且AP=BP。

由已知和矩形的性质，得DC=9，BD=12。

在Rt△BCD中，由勾股定理得。

∴AP＋PC=BP＋PC=BC=15，即蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为15cm。

8. （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。

【考点】翻折问题，轴对称的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，全等三角形的判定和性质。

【分析】∵在Rt△ABC中，∠C=900，∠B=300，BC=3，∴AC=，AB=2。

①当F在BC之间时，由翻折可知：BE=EF，∠B=∠EFD=300，

由图可知：∠AFE=900，∠AFC=600，

设BD=m，则FD= m，FC=2 m。 ∴，即，解得m=1。

②当F在BC外部时，由翻折可知：BE=EF，∠B=∠EFD=300。

如图可知：∠BAF=900，易得：∠AFE=∠BEF=300。

∴△AEF≌△DFE（AAS）。∴AE=DE。

设BD= m，∴DE=，BE=。

∴AB=AE＋BE=DE＋BE=，解得m=2。

综上所述，BD的长为1或2。

9. （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；

；

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。

∵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。∴。∴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。

10. （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。

三、解答题

1. （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。

2. （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）。

3. （2012广东汕头12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。

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。

【分析】（1）由折叠可得，由∠AOP=∠POC ；因为∠AOC和∠ABC是弧所对的圆心角和圆周角，根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质，得∠AOP=∠ABC；根据同位角相等两直线平行的判定，得PO与BC的位置关系是平行。

（2）（1）中的结论成立，理由为：由折叠可知三角形APO与三角形CPO全等，根据全等三角形的对应角相等可得出∠APO=∠CPO，再由OA=OP，利用等边对等角得到∠A=∠APO，等量代换可得出∠A=∠CPO，又根据同弧所对的圆周角相等得到∠A=∠PCB，再等量代换可得出∠COP=∠ACB，利用内错角相等两直线平行，可得出PO与BC平行。

（3）由CD为圆O的切线，利用切线的性质得到OC⊥CD，又AD⊥CD，利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC∥AD，根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP，再利用折叠的性质得到∠AOP=∠COP，等量代换可得出∠APO=∠AOP，再由OA=OP，利用等边对等角可得出一对角相等，等量代换可得出△AOP三内角相等，确定出△AOP为等边三角形，根据等边三角形的内角为60°得到

∠AOP=60°，由OP∥BC，利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°，再由OB=OC，得到△OBC为等边三角形，可得出∠COB为60°，利用平角的定义得到∠POC也为60°，再加上OP=OC，可得出△POC为等边三角形，得到内角∠OCP=60°，可求出∠PCD=30°，在Rt△PCD中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半，而PC=圆的半径OP=直径AB的一半，可得出PD为AB的四分之一，即AB=4PD，得证。

6. （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。

7. （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。

8. （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°。

9. （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。

10. （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。

11. （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。

12. （2012浙江衢州10分）课本中，把长与宽之比为的矩形纸片称为标准纸．请思考解决下列问题：

（1）将一张标准纸ABCD（AB＜BC）对开，如图1所示，所得的矩形纸片ABEF是标准纸．请给予证明．

（2）在一次综合实践课上，小明尝试着将矩形纸片ABCD（AB＜BC）进行如下操作：

第一步：沿过A点的直线折叠，使B点落在AD边上点F处，折痕为AE（如图2甲）；

第二步：沿过D点的直线折叠，使C点落在AD边上点N处，折痕为DG（如图2乙），此时E点恰好落在AE边上的点M处；

第三步：沿直线DM折叠（如图2丙），此时点G恰好与N点重合．

请你探究：矩形纸片ABCD是否是一张标准纸？请说明理由．

（3）不难发现：将一张标准纸按如图3一次又一次对开后，所得的矩形纸片都是标准纸．现有一张标准纸ABCD，AB=1，BC=，问第5次对开后所得标准纸的周长是多少？探索直接写出第2012次对开后所得标准纸的周长．

【答案】解：（1）证明： ∵矩形ABCD是标准纸，∴。

由对开的含义知：AF=BC，∴。

∴矩形纸片ABEF也是标准纸。

（2）是标准纸，理由如下：

设AB=CD=a，由图形折叠可知：DN=CD=DG=a，DG⊥EM。

∵由图形折叠可知：△ABE≌△AFE，∴∠DAE=∠BAD=45°。

∴△ADG是等腰直角三角形。

∴在Rt△ADG中，AD=，

∴，∴矩形纸片ABCD是一张标准纸。

（3）对开次数：

第一次，周长为：，

第二次，周长为：，

第三次，周长为：，

第四次，周长为：，

第五次，周长为：，

第六次，周长为：，

…

∴第5次对开后所得标准纸的周长是：，

第2012次对开后所得标准纸的周长为：。

【考点】翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形，矩形的性质，图形的剪拼，分类归纳（图形的变化类）。

【分析】（1）根据，得出矩形纸片ABEF也是标准纸。

（2）利用已知得出△ADG是等腰直角三角形，得出，即可得出答案。

（3）分别求出每一次对折后的周长，从而得出变化规律求出即可：观察变化规律，得

第n次对开后所得标准纸的周长=。

13. （2012黑龙江大庆9分）在直角坐标系中，C(2，3)，C′(－4，3)， C″(2,1)，D(－4，1)，A(0，)，B(，O)( 0).

（1）结合坐标系用坐标填空．

点C与C′关于点 对称; 点C与C″关于点 对称; 点C与D关于点 对称

（2）设点C关于点(4，2)的对称点是点P，若△PAB的面积等于5，求值．

【答案】解：（1）（﹣1，3）；（2，2）；（﹣1，2）。

（2）点C关于点（4，2）的对称点P（6，1），

△PAB的面积=（1+a）×6﹣a2﹣×1×（6﹣a）=5，

整理得，a2﹣7a+10=0，解得a1=2，a2=5。

所以，a的值为2或5。

【考点】网格问题，坐标与图形的对称变化，坐标与图形性质，三角形的面积。

【分析】（1）根据对称的性质，分别找出两对称点连线的中点即可：由图可知，点C与C′关于点（﹣1，3）对称； 点C与C″关于点（2，2）对称；点C与D关于点（﹣1，2）对称。

（2）先求出点P的坐标，再利用△APB所在的梯形的面积减去两个直角三角形的面积，然后列式计算即可得解。

14. （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。