全国中考数学分类解析汇编专题10：几何三大变换问题之对称.doc

2 012年全国中考数学分类解析汇编
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