2022年苏科版中考数学专题之折叠问题(word版含答案)

这是一份2022年苏科版中考数学专题之折叠问题(word版含答案)，共33页。试卷主要包含了实践发现，如图，反比例函数y＝，如图等内容，欢迎下载使用。

中考数学专题之折叠问题
1．如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（　　）

A． B． C． D．
2．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是　　．（填写所有正确结论的序号）



3．实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠；纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM　　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　　；进一步计算出∠MNE＝　　；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　　；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT，SA′．求证：四边形SATA′是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，点S是边AD上的一动点，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕过点S，交AB边于点T，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT长度的取值范围，请你求出线段AT长度的取值范围．


4．如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E、H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'、D点的对称点为D'，若∠FPG＝90°，S△A′EP＝8，S△D′PH＝2，则矩形ABCD的长为（　　）

A．6+10 B．6+5 C．3+10 D．3+5

5．如图，反比例函数y＝（k＞0）的图象与矩形AOBC的边AC、BC分别相交于点E、F，点C的坐标为（8，6），将△CEF沿EF翻折，C点恰好落在OB上的点D处，则k的值为（　　）

A． B．6 C．12 D．
6．如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EF为折痕，AB＝1，AD＝2．设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是　　．

7．如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，AE为折痕，AB＝4．设FC的长为t，用含有t的式子表示△AFE的面积是　　．


8．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A′EF，则A′C的长的最小值是　　．


9．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，点P是边BC上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E、F，要使折痕始终与边AB、AD有交点，则BP的取值范围是　　．


10．如图．在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（1，4），将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E．那么点D的坐标为　　．


11．将矩形ABCD折叠，使得点C落在边AB上，折痕为EF，
（1）如图1，当点C与点A重合时，若AB＝4，BF＝3，求AE的长；
（2）如图2，点C落在AB边的点M处（不与A，B重合），若AB＝4，AD＝8，
①取EF的中点O，连接并延长MO与D'E的延长线交于点P，连接PF，ME．求证：四边形MFPE是平行四边形；
②设BM＝t，用含有t的式子表示四边形ABFE的面积，并求四边形ABFE的面积的最大值及此时t的值．


12．如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在边CD上的点M处（不与点C、D重合），连接AM，折痕EF分别交AD、BC、AM于点E、F、H，边AB折叠后交边BC于点G．
（1）求证：△EDM∽△MCG；
（2）若DM＝CD，求CG的长；
（3）若点M是边CD上的动点，四边形CDEF的面积S是否存在最值？若存在，求出这个最值；若不存在，说明理由．



13．如图1，四边形ABCD是矩形纸片且AB＝6，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕BM与EF相交于点Q，再次展开，连接BN，MN．
（1）连接AN，求证：△ABN是等边三角形；
（2）求AM，QN的长；
（3）如图2，连接MF将△MDF沿MF折叠，使点D落在点G处延长MG交BC边于点H，已知CH＝1，求AD的长？


14．利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．
动手操作：
如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；
如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；
若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；
若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．

解决问题：
（1）在图②中，∠ACB＝　　，BC＝　　，＝　　，
与△ABG相似的三角形有　　个；
（2）在图②中，AH2＝AE•　　（从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；
（3）在图③中，△ABH为　　三角形，设BM为x，则NH＝　　（用含x的式子表示）；
拓展延伸：
（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为　　，当tan∠CBQ′＝　　时，△DBQ′的面积最大值为　　．

15．【实践操作】
如图①，在矩形纸片ABCD中，AD＝8cm，AB＝12cm．
第一步：如图②，将图①中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．
（1）请在图②中证明四边形AEFD是正方形．
第二步：如图③，将图②中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．
【探索发现】
第三步：如图④，将图③中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD'H，再沿AD'折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．
（2）请在图④中判断NF与ND'的数量关系，并加以证明．
【问题解决】
（3）求EN的长度．


1．如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】方法一：根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．
方法二：连接AA'．根据折叠的性质，易得△ABA'为等边三角形，进而得出∠ABM＝∠A'BM＝∠A'BC＝30°，进而求解．
方法3：利用斜边中线等于斜边一半求解．
【解答】解一：连接AA'．
∵EN＝1，
∴由中位线定理得AM＝2，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴A'A＝A'B，
∵把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，
∴A'B＝AB，∠ABM＝∠A'BM，
∴△ABA'为等边三角形，
∴∠ABA′＝∠BA′A＝∠A′AB＝60°，
又∵∠ABC＝∠BAM＝90°，
∴∠ABM＝∠A'BM＝∠A'BC＝30°，
∴BM＝2AM＝4，AB＝AM＝2＝CD．
在直角△OBC中，∵∠C＝90°，∠OBC＝30°，
∴OC＝BC•tan∠OBC＝5×＝，
∴OD＝CD﹣OC＝2﹣＝．
故选：B．
解二：∵N是BM中点，
∴BN＝NA′，
∴∠NBA′＝∠NA′B，
又∵∠ABN＝∠A′BN，
又∵∠BEN＝90°，
∴∠ABN＝∠NBA′＝∠A′BN＝30°，
又∵EN＝1，
∴AM＝A′M＝2＝A′N，
∴BE＝，AB＝DC＝2，∠OBC＝30°，BC＝5，
∴OC＝，
∴DO＝2﹣＝．
故选：B．

【点评】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长．
2．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是　①②④　．（填写所有正确结论的序号）

【分析】①根据折叠、矩形的性质进行推理即可；②根据等高三角形的面积比等于底边的比计算分析即可；③由矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定定理计算分析即可；④由矩形的性质可得CD的长，根据CE＝CD﹣ED求得CE的值，则可求得答案．
【解答】解：①由折叠的性质可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．
故①正确；
②由折叠的性质可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，
∴HF＝BF﹣BH＝4，
∴＝＝＝，
∴2S△BFG＝5S△FGH；
故②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
在Rt△ABF中，AF＝＝8，
设GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，
在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，
即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，
∴AG＝3，
∴FD＝2；
同理可得ED＝，
∴＝＝2，
＝＝，
∴≠，
∴△ABG与△DEF不相似，
故③错误；
④∵CD＝AB＝6，ED＝，
∴CE＝CD﹣ED＝，
∴＝，
∴4CE＝5ED．
故④正确．
综上所述，正确的结论的序号为①②④．
【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
3．实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠；纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM　　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　　；进一步计算出∠MNE＝　　；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　　；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT，SA′．求证：四边形SATA′是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，点S是边AD上的一动点，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕过点S，交AB边于点T，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT长度的取值范围，请你求出线段AT长度的取值范围．

【分析】（1）根据折痕就是相应的图形的对称轴的规律可知BM是AN的垂直平分线；由BM、EF是同一个三角形ABN的两条对称轴可得AN＝BN＝AB，判定△ABN是等边三角形；由∠BNM＝90°，∠BNE＝∠ANB＝30°，可求得∠MNE＝60°；
（2）由折叠得，∠ABG＝∠ABC＝45°，而∠ABN＝60°，可求得∠GBN＝15°；
（3）先证明△ASO≌△A'TO，再证明四边形SATA'是平行四边形，再由AA'⊥ST证明四边形SATA'是菱形；
（4）当点T与点B重合时，AT的长最大，为10；当点S与点D重合时，AT的长最小，根据勾股定理列方程求出此时AT的长，即可得出AT长的取值范围．
【解答】解：（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠矩形纸片ABCD，使点A落在EF上的点N处，
∴BM是AN的垂直平分线，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠ANB＝60°，
∴∠BNE＝∠ANE＝∠ANB＝30°，
∴∠MNE＝∠BNM﹣∠BNE＝90°﹣30°＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60°．
（2）如图②，∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点H处，且折痕经过点B，
∴∠ABG＝∠HBG＝∠ABC＝45°，
∵∠ABN＝60°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝60°﹣45°＝15°，
故答案为：15°．
（3）如图③，∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS），
∴SO＝TO，
∴四边形SATA'是平行四边形，
∵AA'⊥ST，
∴四边形SATA'是菱形．
（4）如图④，当点T与点B重合时，AT的长最大，
此时AT＝AB＝10，
∴AT长的最大值为10；
如图⑤，当点S与点D重合时，AT的长最小，
设AT＝x，则BT＝10﹣x，
由折叠得，A'T＝AT＝x，
∵∠C＝90°，A'D＝AD＝26，CD＝AB＝10，
∴A'C＝＝＝24，
∵BC＝AD＝26，
∴BA'＝BC﹣A′C＝26﹣24＝2，
∵∠B＝90°，
∴A′T2＝BT2+BA′2
∴x2＝（10﹣x）2+22；
解得x＝5.2，
∴AT长的最小值为5.2，
∴AT长的取值范围是5.2≤AT≤10．





【点评】此题重点考查矩形的性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质、勾股定理及动点问题的探究与解答等知识与方法，解题的关键是把折叠问题抽象为轴对称问题，以便于用轴对称的性质解决问题，此题综合性较强，难度大，属于考试压轴题．

4．如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E、H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'、D点的对称点为D'，若∠FPG＝90°，S△A′EP＝8，S△D′PH＝2，则矩形ABCD的长为（　　）

A．6+10 B．6+5 C．3+10 D．3+5
【分析】设AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因为△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2，推出D′H＝x，由S△D′PH＝A′P•D′H，可解得x＝，分别求出PE和PH，从而得出AD的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x，
由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，
∵△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2，
又∵，∠A′PF＝∠D′PG＝90°，
∴∠A′PD′＝90°，则∠A′PE+∠D′PH＝90°，
∴∠A′PE＝∠D′HP，
∴△A′EP∽△D′PH，
∴A′P2：D′H2＝8：2，
∴A′P：D′H＝2：1，
∵A′P＝x，
∴D′H＝x，
∵S△D′PH＝D′P•D′H，即，
∴x＝（负根舍弃），
∴AB＝CD＝，D′H＝DH＝，D′P＝A′P＝CD＝，A′E＝2D′P＝，
∴PE＝，PH＝，
∴AD＝＝，
即矩形ABCD的长为，
故选：D．
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
5．如图，反比例函数y＝（k＞0）的图象与矩形AOBC的边AC、BC分别相交于点E、F，点C的坐标为（8，6），将△CEF沿EF翻折，C点恰好落在OB上的点D处，则k的值为（　　）

A． B．6 C．12 D．
【分析】过点E作EM⊥OB于点M，根据折叠的性质得∠EDF＝∠C＝90°，EC＝ED，CF＝MF，易证Rt△MED∽Rt△BDF；而EC＝AC﹣AE＝8﹣，CF＝BC﹣BF＝6﹣，得到ED＝8﹣，DF＝6﹣，即可得的比值；故可得出ED：DB＝EM：DF＝4：3，而EM＝6，从而求出BD，然后在Rt△DBF中利用勾股定理得到关于k的方程，解方程求出k的值即可得到F点的坐标．
【解答】解：∵将△CEF沿EF对折后，C点恰好落在OB上的D点处，
∴∠EDF＝∠C＝90°，EC＝ED，CF＝DF，
∴∠MDE+∠FDB＝90°，
而EM⊥OB，
∴∠MDE+∠DEM＝90°，
∴∠DEM＝∠FDB，
∴Rt△MED∽Rt△BDF；
又∵EC＝AC﹣AE＝8﹣，CF＝BC﹣BF＝6﹣，
∴ED＝8﹣，DF＝6﹣，
∴＝＝＝；
∴EM：DB＝ED：DF＝4：3，而EM＝6，
∴DB＝，
在Rt△DBF中，DF2＝DB2+BF2，即（6﹣）2＝（）2+（）2，
解得k＝，
故选：D．

【点评】本题考查的是反比例函数综合题，涉及到反比例函数的性质、反比例函数图象上点的坐标特点，折叠的性质、勾股定理以及三角形相似的判定与性质等知识，难度适中．
6．如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，EF为折痕，AB＝1，AD＝2．设AM的长为t，用含有t的式子表示四边形CDEF的面积是　　．

【分析】连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，由勾股定理得出（2﹣x）2+t2＝x2，证得∠ADM＝∠FEG，由锐角三角函数的定义得出FG，求出CF，则由梯形的面积公式可得出答案．
【解答】解：连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，

设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，
∵AE2+AM2＝EM2，
∴（2﹣x）2+t2＝x2，
解得x＝+1，
∴DE＝+1，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，
∴EF⊥DM，
∠ADM+∠DEF＝90°，
∵EG⊥AD，
∴∠DEF+∠FEG＝90°，
∴∠ADM＝∠FEG，
∴tan∠ADM＝，
∴FG＝，
∵CG＝DE＝+1，
∴CF＝+1，
∴S四边形CDEF＝（CF+DE）×1＝t+1．
故答案为：t+1．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握折叠的性质及方程的思想是解题的关键．
7．如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，AE为折痕，AB＝4．设FC的长为t，用含有t的式子表示△AFE的面积是　　．

【分析】设AD＝x，由折叠可知，AD＝AF＝x，DE＝FE，可求BF＝x﹣t，CE＝4﹣DE，在Rt△CEF中，由勾股定理DE2＝t2+（4﹣DE）2，求出DE＝，在Rt△ABF中，由勾股定理x2＝42+（x﹣t）2，求出x＝，则S△AEF＝S△ADE＝×AD×DE即可求解．
【解答】解：设AD＝x，
由折叠可知，AD＝AF＝x，DE＝FE，
∵FC＝t，AB＝4，
∴BF＝x﹣t，CE＝4﹣DE，
在Rt△CEF中，EF2＝CF2+CE2，
∴DE2＝t2+（4﹣DE）2，
∴DE＝，
在Rt△ABF中，AF2＝BF2+AB2，
∴x2＝42+（x﹣t）2，
∴x＝，
∴S△AEF＝S△ADE＝×AD×DE＝××＝，
故答案为．
【点评】本题考查折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质、灵活应用勾股定理是解题的关键．

8．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2，AD＝3，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A′EF，则A′C的长的最小值是　　．

【分析】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点A′在线段CE上时，A′C的长取最小值，根据折叠的性质可知A′E＝1，在Rt△BCE中利用勾股定理可求出CE的长度，用CE﹣A′E即可求出结论．
【解答】解：以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点A′在线段CE上时，A′C的长取最小值，如图所示．
根据折叠可知：A′E＝AE＝AB＝1．
在Rt△BCE中，BE＝AB＝1，BC＝3，∠B＝90°，
∴CE＝＝，
∴A′C的最小值＝CE﹣A′E＝﹣1．
故答案为：﹣1．

【点评】本题考查了翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，利用作圆，找出A′C取最小值时点A′的位置是解题的关键．
9．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，点P是边BC上的动点，现将纸片折叠，使点A与点P重合，折痕与矩形边的交点分别为E、F，要使折痕始终与边AB、AD有交点，则BP的取值范围是　　．

【分析】利用极端原理求解：①BP最小时，F、D重合，由折叠的性质知：AF＝PF，在Rt△PFC中，利用勾股定理可求得PC的长，进而可求得BP的值，即BP的最小值；②BP最大时，E、B重合，根据折叠的性质即可得到AB＝BP＝6，即BP的最大值为6；根据上述两种情况即可得到BP的取值范围．
【解答】解：如图：
①当F、D重合时，BP的值最小；
根据折叠的性质知：AF＝PF＝10；
在Rt△PFC中，PF＝10，FC＝6，则PC＝8；
∴BP＝xmin＝10﹣8＝2；
②当E、B重合时，BP的值最大；根据折叠的性质即可得到AB＝BP＝6，即BP的最大值为6．
故答案为：2≤BP≤6．

【点评】此题主要考查的是图形的翻折变换，正确的判断出x的两种极值下F、E点的位置，是解决此题的关键．
10．如图．在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（1，4），将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E．那么点D的坐标为　　．

【分析】先过D作DH⊥y轴于H，设OE＝x，则CE＝4﹣x，DE＝x，在Rt△DCE中，根据勾股定理得到（4﹣x）2＝x2+12，求得DE＝，CE＝，再根据面积法求得DH，根据勾股定理求得CH的长，进而得出点D的坐标．
【解答】解：如图，过D作DH⊥y轴于H，
∵点B的坐标为（1，4），
∴AO＝1，AB＝4，
根据折叠可知：CD＝BC＝1，∠BAC＝∠DAC，
由AB∥CO，可得∠BAC＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴CE＝AE，
∴OE＝DE，
设OE＝x，则CE＝4﹣x，DE＝x，
∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，
∴（4﹣x）2＝x2+12，
∴x＝，
∴DE＝，CE＝，
又∵DH⊥CE
∴CE×DH＝CD×DE，
∴DH＝＝，
∴Rt△CDH中，CH＝＝，
∴OH＝4﹣＝，
∵点D在第二象限，
∴D（﹣，），
故答案为：（﹣，）．

【点评】此题主要考查了折叠问题，坐标与图形的性质以及矩形的性质，解题的关键是作辅助线构造直角三角形，解题时常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
11．将矩形ABCD折叠，使得点C落在边AB上，折痕为EF，
（1）如图1，当点C与点A重合时，若AB＝4，BF＝3，求AE的长；
（2）如图2，点C落在AB边的点M处（不与A，B重合），若AB＝4，AD＝8，
①取EF的中点O，连接并延长MO与D'E的延长线交于点P，连接PF，ME．求证：四边形MFPE是平行四边形；
②设BM＝t，用含有t的式子表示四边形ABFE的面积，并求四边形ABFE的面积的最大值及此时t的值．

【分析】（1）证明∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，则AE＝AF，即可求解；
（2）①证明△EOP≌△FOM（AAS），进而求解；
②ABEF为梯形，点C在M处，则MF＝CF，求出BF＝4﹣t2，AE＝﹣t2+t+4，进而求解．
【解答】解：（1）如图1，∵矩形ABCD沿EF折叠，
∴∠AFE＝∠EFC，
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，
∴AE＝AF，
在Rt△ABF中，AB＝4，BF＝3，则AF＝5＝AE，
即AE＝5；
（2）①∵D′E∥MF，即D′P∥MF，
∴∠EPM＝∠PMF，
∵∠MOF＝∠POE，OE＝OF，
∴△EOP≌△FOM（AAS），
∴∠EMO＝∠FPO，
∴MF∥EP，
∴四边形MFPE是平行四边形；
②∵ABEF为梯形，点C在M处，
则MF＝CF，
则BF2＝MF2﹣t2＝（8﹣BF）2﹣t2，
解得BF＝4﹣t2，
则ME2＝AE2+（4﹣t）2＝MD′2+D′E2＝42+（AD﹣AE）2＝42+（8﹣AE）2，
即AE2+（4﹣t）2＝42+（8﹣AE）2，
解得AE＝﹣t2+t+4，
∴S梯形ABFE＝（AE+BF）×AB＝（4﹣t2﹣t2+t+4）＝﹣t2+t+16，
∵＜0，故四边形ABFE的面积存在最大值，
当t＝2时，四边形ABFE的面积的最大值为17．
【点评】本题考查的是四边形综合题，涉及平行四边形的性质、三角形全等、面积的计算等，综合性强，难度较大．
12．如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使点A落在边CD上的点M处（不与点C、D重合），连接AM，折痕EF分别交AD、BC、AM于点E、F、H，边AB折叠后交边BC于点G．
（1）求证：△EDM∽△MCG；
（2）若DM＝CD，求CG的长；
（3）若点M是边CD上的动点，四边形CDEF的面积S是否存在最值？若存在，求出这个最值；若不存在，说明理由．

【分析】（1）利用同角的余角相等判断出∠DEM＝∠CMG，即可得出结论
（2）先求出DM＝，CM＝，设AE＝x，则DE＝4﹣x，利用勾股定理得（4﹣x）2+（）2＝x2，求出x得出DE＝4﹣＝，再用（1）的相似得出比例式建立方程求解即可得出答案；
（3）先判断出四边形ABFN是矩形，得出FN＝AB＝AD＝CD＝4，同理：四边形CDNF是矩形，再判断出△ADM≌△FNE（AAS），得出DM＝EN，设DM＝a＝EN，DE＝b，则EM＝AE＝4﹣b，再利用勾股定理得出4b＝8﹣a2，进而得出S＝﹣（a﹣2）2+10，即可求出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BAD＝∠C＝90°，
∴∠DEM+∠DME＝90°，
由折叠知，∠EMG＝∠BAD＝90°，
∴∠DME+∠CMG＝90°，
∴∠DEM＝∠CMG，
∴△EDM∽△MCG；
（2）解：∵正方形ABCD的边长为4，
∴CD＝AD＝4，
∵DM＝CD，
∴DM＝，CM＝，
设AE＝x，则DE＝4﹣x，
由折叠知，EM＝AE＝x，
在Rt△DEM中，根据勾股定理得，DE2+DM2＝EM2，
∴（4﹣x）2+（）2＝x2，
∴x＝，
∴DE＝4﹣＝，
由（1）知，△EDM∽△MCG，
∴，
∴，
∴CG＝2；
（3）解：存在最大值，为10；
理由：如图，过点F作FN⊥AD于N，
∴∠ENF＝∠ANF＝∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴四边形ABFN是矩形，
∴FN＝AB＝AD＝CD＝4，
同理：四边形CDNF是矩形，
由折叠知，AM⊥EF，
∴∠AHE＝90°，
∴∠DAM+∠AEF＝90°，
∵∠ENF＝90°，
∴∠NFE+∠AEF＝90°，
∴∠DAM＝∠NFE，
∴△ADM≌△FNE（AAS），
∴DM＝EN，
设DM＝a＝EN，DE＝b，则EM＝AE＝4﹣b，
在Rt△DEM中，根据勾股定理得，EM2＝DE2+DM2，
∴（4﹣b）2＝a2+b2，
∴4b＝8﹣a2，
∴S＝S矩形CDNF﹣S△ENF＝DN•CD﹣EF•EN＝4（a+b）﹣×4×a＝﹣（a﹣2）2+10，
∴当a＝2时，S有最大值为10．

【点评】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，利用勾股定理建立方程是解本题的关键．
13．如图1，四边形ABCD是矩形纸片且AB＝6，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕BM与EF相交于点Q，再次展开，连接BN，MN．
（1）连接AN，求证：△ABN是等边三角形；
（2）求AM，QN的长；
（3）如图2，连接MF将△MDF沿MF折叠，使点D落在点G处延长MG交BC边于点H，已知CH＝1，求AD的长？

【分析】（1）由折叠知BE＝AB＝BN，据此得∠ENB＝30°，∠ABN＝60°，结合AB＝BN即可得证；
（2）由（1）得∠ABN＝60°，由AB折叠到BN知∠ABM＝30°，结合AB＝6得AM＝＝2，证EQ为△ABM的中位线得EQ＝AM＝，再求出EN＝3，根据QN＝EN﹣EQ可得答案；
（3）连接FH，MK⊥BC，证Rt△FGH≌Rt△FCH得GH＝CH＝1，设MD＝x，知MG＝x，MH＝x+1，KH＝MD﹣CH＝x﹣1，在Rt△MKH中，根据MK2+KH2＝MH2可求出x的值，继而得出答案．
【解答】解：（1）∵AD与BC重合后，折痕为EF，
∴BE＝AB＝BN，
∴∠ENB＝30°，
∴∠ABN＝60°，
∵AB＝BN，
∴△ABN为等边三角形；
（2）由（1）得∠ABN＝60°，
∵AB折叠到BN，
∴∠ABM＝30°，
∵AB＝6，
∴AM＝＝2，
∵E为AB的中点且EQ∥AM，
∴EQ为△ABM的中位线，
∴EQ＝AM＝，
∵BE＝AB＝3，∠ABN＝60°，
∴EN＝3，
∴QN＝EN﹣EQ＝2；
（3）连接FH，过点M作MK⊥BC于点K，

∵DF折叠到FG，
∴DF＝FG＝FC＝3，∠HGF＝∠D＝∠C＝90°，
又∵FH＝FH，
∴Rt△FGH≌Rt△FCH（HL），
∴GH＝CH＝1，
设MD＝x，
∴MG＝x，
∴MH＝x+1，
∴KH＝MD﹣CH＝x﹣1，
在Rt△MKH中，MK2+KH2＝MH2，即62+（x﹣1）2＝（x+1）2，
解得x＝9，
∴AD＝DM+AM＝9+2．
【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、折叠的性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点．
14．利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．
动手操作：
如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；
如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；
若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；
若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．

解决问题：
（1）在图②中，∠ACB＝　　，BC＝　　，＝　　，与△ABG相似的三角形有　　个；
（2）在图②中，AH2＝AE•　　（从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；
（3）在图③中，△ABH为　　三角形，设BM为x，则NH＝　　（用含x的式子表示）；
拓展延伸：
（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为　　，当tan∠CBQ′＝　　时，△DBQ′的面积最大值为　　．
【分析】（1）由折叠的性质可得AE＝DE＝BF＝FC，AH＝HC＝AB，由锐角三角函数可求∠ACB＝30°，由勾股定理可求BC＝6，由直角三角形的性质可求AG＝4，GF＝1，通过相似三角形的判定可求与△ABG相似的三角形有7个，即可求解；
（2）由AH＝2，AE＝3，AG＝GC＝4，可证AH2＝AE•AG（GC）；
（3）通过证明△ABM∽△MHN，可得，即可求解；
（4）由旋转的性质可得点Q在以点B为圆心，为半径的圆上运用，当点Q在BD上时，DQ'有最小值，当BQ'⊥BD时，△DBQ′的面积有最大值，即可求解．
【解答】解决问题：
解：（1）由如图①，由折叠可知：点E是AD的中点，点F是BC的中点，
∴AE＝DE＝BF＝FC，
又∵AD∥BC，
∴四边形AEFB是平行四边形，
∴HF∥AB，
∴＝1，
∴AH＝CH，
如图②，由折叠可知：AB＝AH＝2＝CH，BG＝GH，∠BAG＝∠GAC，∠B＝∠AHG＝90°，
∴AC＝4，
∴BC＝＝＝6，
∴sin∠ACB＝，
∴∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BAG＝∠CAG＝30°＝∠DAC＝∠ACB，
∴AG＝GC，
∵cos∠BAG＝＝，
∴AG＝4，
∴GC＝4，
∴BG＝2，GF＝1，
∴＝4，
∵∠BAG＝∠CAG＝30°＝∠DAC＝∠ACB，∠B＝∠AHG＝∠AEH＝∠ADC＝∠GHC＝∠HFC＝90°，
∴△ABG∽△AHG∽△CHG∽△CFH∽△AEH∽△ADC∽△CBA，
∵∠HGC＝90°﹣30°＝60°，HF⊥BC，
∴∠GHF＝30°＝∠BAG，
又∵∠B＝∠HFG＝90°，
∴△ABG∽△HFG，
∴与△ABG相似的三角形有7个，
故答案为：30°，6，4，7；
（2）AH2＝AE•AG（CG），理由如下：
∵AH＝2，AE＝3，AG＝GC＝4，
∵AH2＝12，AE•AG＝12＝AE•GC，
∴AH2＝AE•AG（GC）；
故答案为：AG（或CG）；
（3）∵点H是AC的中点，
∴AH＝BH＝2，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABH是等边三角形，
∵BM＝x，
∴MH＝2﹣x，
∵∠AMN＝∠ABH，∠AMH＝∠AMN+∠NMH＝∠ABM+∠BAM，
∴∠BAM＝∠NMH，
又∵∠ABM＝∠AHB＝60°，
∴△ABM∽△MHN，
∴，
∴NH＝＝＝；
故答案为：等边，；
拓展延伸：
（4）由图②可知：AG是BH的垂直平分线，
∴BQ＝BH＝，
∵将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，
∴点Q在以点B为圆心，为半径的圆上运用，
如图④，当点Q在BD上时，DQ'有最小值，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝4，
∴DQ'的最小值＝4﹣＝3，
当BQ'⊥BD时，△DBQ′的面积有最大值，
∵∠ABQ＝60°，∠ABC＝90°，
∴∠DBC＝30°，
∴∠CBQ'＝60°，
∴tan∠CBQ′＝，
∴△DBQ′面积的最大值＝×DB×BQ'＝×4×＝6，
故答案为：3，，6．
【点评】本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
15．【实践操作】
如图①，在矩形纸片ABCD中，AD＝8cm，AB＝12cm．
第一步：如图②，将图①中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．
（1）请在图②中证明四边形AEFD是正方形．
第二步：如图③，将图②中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．
【探索发现】
第三步：如图④，将图③中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD'H，再沿AD'折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．
（2）请在图④中判断NF与ND'的数量关系，并加以证明．
【问题解决】
（3）求EN的长度．

【分析】（1）由∠D＝∠DAE＝∠AEF＝90°，得四边形AEFD是矩形；又AE＝AD，从而矩形AEFD是正方形；
（2）连接HN，通过HL证明Rt△HNF≌Rt△HND'即可；
（3）设NF＝xcm，则ND'＝xcm，AN＝AD'+ND'＝（8+x）cm，EN＝EF﹣NF＝（8﹣x）cm，在Rt△AEN中，利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠DAE＝90°，
由折叠的性质知AE＝AD，∠AEF＝∠D＝90°，
∴∠D＝∠DAE＝∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
∵AE＝AD，
∴四边形AEFD是正方形；
（2）解：NF＝ND'，理由如下：
连接HN，

由折叠的性质知，∠AD'H＝∠D＝90°，HF＝HD＝HD'，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EFD＝90°，
∵∠AD'H＝90°，
∴∠HD'N＝90°，
在Rt△HNF和Rt△HND'中，
，
∴Rt△HNF≌Rt△HND'（HL），
∴NF＝ND'；
（3）解：∵四边形AEFD是正方形，
∴AE＝EF＝AD＝8cm，
由折叠的性质知，AD'＝AD＝8cm，
设NF＝xcm，则ND'＝xcm，
∴AN＝AD'+ND'＝（8+x）cm，EN＝EF﹣NF＝（8﹣x）cm，
在Rt△AEN中，由勾股定理得：
（8+x）2＝82+（8﹣x）2，
解得：x＝2，
∴EN＝8﹣2＝6（cm）．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键。