全国各地2012年中考数学分类解析-专题31-折叠问题.doc

2012年全国中考数学试题分类解析汇编
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=C