全国中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编专题几何三大变换问题之对称

全国中考数学选择填空解答压轴题分类解析汇编专题几何三大变换问题之对称

‎2012年全国中考数学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；‎ 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。‎ ‎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I11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。‎ ‎ 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。‎ ‎15. （2012广西贵港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2＋bx＋3的顶点为M（2，‎ ‎－1），交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中点B的坐标为（3，0）。‎ ‎（1）求该抛物线的解析式；‎ ‎（2）设经过点C的直线与该抛物线的另一个交点为D，且直线CD和直线CA关于直线BC对称，求直线 CD的解析式；‎ ‎（3）在该抛物线的对称轴上存在点P，满足PM2＋PB2＋PC2＝35，求点P的坐标；并直接写出此时直线 OP与该抛物线交点的个数。‎ ‎【答案】解：（1）∵抛物线y＝ax2＋bx＋3的顶点为M（2，－1），‎ ‎ ∴设抛物线的解析式为线。‎ ‎ ∵点B（3，0）在抛物线上，∴，解得。‎ ‎ ∴该抛物线的解析式为，即。‎ ‎（2）在中令x=0，得。∴C（0，3）。‎ ‎ ∴OB=OC=3。∴∠ABC=450。‎ ‎ 过点B作BN⊥x轴交CD于点N（如图），‎ ‎ 则∠ABC=∠NBC=450。‎ ‎ ∵直线CD和直线CA关于直线BC对称，‎ ‎ ∴∠ACB=∠NCB。‎ ‎ 又∵CB=CB，∴△ACB≌△NCB（ASA）。‎ ‎ ∴BN=BA。‎ ‎ ∵A，B关于抛物线的对称轴x=2对称，B（3，0），‎ ‎∴A（1，0）。∴BN=BA=2。∴N（3，2）。‎ 设直线CD的解析式为，‎ ‎∵C（0，3），N（3，2）在直线CD上，‎ ‎∴，解得，。‎ ‎∴直线CD的解析式为。‎ ‎（3）设P（2，p）。‎ ‎ ∵M（2，－1），B（3，0），C（0，3），‎ ‎ ∴根据勾股定理，得，，‎ ‎。‎ ‎ ∵PM2＋PB2＋PC2＝35，∴。‎ ‎ 整理，得，解得。‎ ‎ ∴P（2，－2）或（2，）。‎ ‎ 当P（2，－2）时，直线OP与该抛物线无交点；当P（2，）时，直线OP与该抛物 线有两交点。‎ ‎【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式。‎ ‎【分析】（1）由于已知抛物线的顶点坐标，所以可设抛物线的顶点式，用待定系数法求解。‎ ‎ （2）由直线CD和直线CA关于直线BC对称，构造全等三角形：过点B作BN⊥x轴交CD于点N，求出点N的坐标，由点B，N的坐标，用待定系数法求出直线CD的解析式。‎ ‎ （3）设P（2，p），根据勾股定理分别求出PM2、PB2和PC2，由PM2＋PB2＋PC2＝35，列式求解即可求得点P的坐标（2，－2）或（2，）。‎ ‎ 当P（2，－2）时，直线OP的解析式为，与联立，得，‎ 即。∵△=9－12=－3＜0，∴无解，即直线OP与抛物线无交点。‎ 当P（2，）时，直线OP的解析式为，与联立，得，‎ 即。∵△=289－108=181＞0，∴有两不相等的实数根，即直线OP与抛物线有两个交点。‎ ‎16. （2012青海省12分）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．‎ ‎（1）求这个二次函数的表达式．‎ ‎（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．‎ ‎【答案】解：（1）将B、C两点的坐标代入y=x2+bx+c得，解得。‎ ‎∴二次函数的表达式为：y=x2﹣2x﹣3。‎ ‎（2）存在点P，使四边形POP′C为菱形。‎ 设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），PP′交CO于E，‎ 若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO。‎ 连接PP′，则PE⊥CO于E。‎ ‎∴OE=EC=。‎ ‎∴x2﹣2x﹣3=，‎ 解得（不合题意，舍去）。‎ ‎∴P点的坐标为（）。‎ ‎（3）过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x2﹣2x﹣3），‎ ‎ 设直线BC的解析式为y=kx+b，则 ‎ ，解得。∴直线BC的解析式为y=x﹣3。‎ 则Q点的坐标为（x，x﹣3）。‎ ‎∴‎ ‎∴当时，四边形ABPC的面积最大，此时P点的坐标为，四边形ABPC的面积的最大值为。‎ ‎【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，翻折的性质，菱形的判定和性质，二次函数最值。190187‎ ‎【分析】（1）将B、C的坐标代入抛物线的解析式中即可求得待定系数的值。‎ ‎ （2）由于菱形的对角线互相垂直平分，若四边形POP′C为菱形，那么P点必在OC的垂直平分线上，据此可求出P点的纵坐标，代入抛物线的解析式中即可求出P点的坐标。‎ ‎（3）由于△ABC的面积为定值，当四边形ABPC的面积最大时，△BPC的面积最大；过P作y轴的平行线，交直线BC于Q，交x轴于F，易求得直线BC的解析式，可设出P点的横坐标，然后根据抛物线和直线BC的解析式求出Q、P的纵坐标，即可得到PQ的长，以PQ为底，B点横坐标的绝对值为高即可求得△BPC的面积，由此可得到关于四边形ACPB的面积与P点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出四边形ABPC的最大面积及对应的P点坐标。‎ ‎17. （2012江西省10分）已知，纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．‎ ‎（1）如图2，折叠后的所在圆的圆心为O′时，求的长度；‎ ‎（２）如图3，当弦AB=2时，求折叠后所在圆的圆心Ｏ’到弦AB的距离；‎ ‎（３）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）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。‎ ‎（2）如图3所示，连接O′A，O′B，‎ ‎∵O′A=O′B=AB=2，‎ ‎∴△AOB为等边三角形。‎ 过点O作OE⊥AB于点E，∴O′E=O′A•sin60°=。‎ ‎∴折叠后所在圆的圆心Ｏ’到弦AB的距离为。‎ ‎（3）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）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。‎ ‎ （2）如图3，连接O′A．O′B，过点O′作O′E⊥AB于点E，可得△AO′B为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求所在圆的圆心O′到弦AB的距离。‎ ‎（3）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。‎