專題14操作類探究問(wèn)題(原卷版+解析)【浙江專用】

決勝2020年中考數(shù)學(xué)壓軸題全揭秘（浙江專用）專題14操作類探究問(wèn)題【例1】（2019?衢州）如圖，取兩根等寬的紙條折疊穿插，拉緊，可得邊長(zhǎng)為2的正六邊形．則原來(lái)的紙帶寬為（）A．1 B．2 C．3 D．2【例2】（2019?臺(tái)州）如圖，有兩張矩形紙片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把紙片ABCD交叉疊放在紙片EFGH上，使重疊部分為平行四邊形，且點(diǎn)D與點(diǎn)G重合．當(dāng)兩張紙片交叉所成的角α最小時(shí)，tanα等于（）A．14 B．12 C．817【例3】（2019?臺(tái)州）如圖是用8塊A型瓷磚（白色四邊形）和8塊B型瓷磚（黑色三角形）不重疊、無(wú)空隙拼接而成的一個(gè)正方形圖案，圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為（）A．2：1 B．3：2 C．3：1 D．2：2【例4】（2019?溫州）如圖，在矩形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，以BE為邊作正方形BEFG，邊EF交CD于點(diǎn)H，在邊BE上取點(diǎn)M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于點(diǎn)L，交FG于點(diǎn)N，歐幾里得在《幾何原本》中利用該圖解釋了（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，現(xiàn)以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)E為半徑作圓弧交線段DH于點(diǎn)P，連結(jié)EP，記△EPH的面積為S1，圖中陰影部分的面積為S2．若點(diǎn)A，L，G在同一直線上，則S1A．22 B．23 C．24【例5】（2019?金華）將一張正方形紙片按如圖步驟，通過(guò)折疊得到圖④，再沿虛線剪去一個(gè)角，展開(kāi)鋪平后得到圖⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH與五邊形MCNGF的面積相等，則FMGFA．5?22 B．2?1 C．【例6】（2019?寧波）如圖所示，矩形紙片ABCD中，AD＝6cm，把它分割成正方形紙片ABFE和矩形紙片EFCD后，分別裁出扇形ABF和半徑最大的圓，恰好能作為一個(gè)圓錐的側(cè)面和底面，則AB的長(zhǎng)為（）A．3.5cm B．4cm C．4.5cm D．5cm【例7】（2019?湖州）七巧板是我國(guó)祖先的一項(xiàng)卓越創(chuàng)造，被譽(yù)為“東方魔板”．由邊長(zhǎng)為42的正方形ABCD可以制作一副如圖1所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板在正方形EFGH內(nèi)拼成如圖2所示的“拼搏兔”造型（其中點(diǎn)Q、R分別與圖2中的點(diǎn)E、G重合，點(diǎn)P在邊EH上），則“拼搏兔”所在正方形EFGH的邊長(zhǎng)是．【例8】（2019?衢州）如圖，由兩個(gè)長(zhǎng)為2，寬為1的長(zhǎng)方形組成“7”字圖形（1）將一個(gè)“7”字圖形按如圖擺放在平面直角坐標(biāo)系中，記為“7”字圖形ABCDEF，其中頂點(diǎn)A位于x軸上，頂點(diǎn)B，D位于y軸上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則OBOA的值為（2）在（1）的基礎(chǔ)上，繼續(xù)擺放第二個(gè)“7”字圖形得頂點(diǎn)F1，擺放第三個(gè)“7”字圖形得頂點(diǎn)F2，依此類推，…，擺放第n個(gè)“7”字圖形得頂點(diǎn)Fn﹣1，…，則頂點(diǎn)F2019的坐標(biāo)為．【例9】（2019?臺(tái)州）如圖，直線l1∥l2∥l3，A，B，C分別為直線l1，l2，l3上的動(dòng)點(diǎn)，連接AB，BC，AC，線段AC交直線l2于點(diǎn)D．設(shè)直線l1，l2之間的距離為m，直線l2，l3之間的距離為n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且mn=23，則m+【例10】（2019?溫州）三個(gè)形狀大小相同的菱形按如圖所示方式擺放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的較短對(duì)角線長(zhǎng)為2cm．若點(diǎn)C落在AH的延長(zhǎng)線上，則△ABE的周長(zhǎng)為cm．1．（2020?奉化區(qū)模擬）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝4，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE翻折得到△FDE，延長(zhǎng)EF交BC于G，F(xiàn)H⊥BC，垂足為H，連接BF、DG．以下結(jié)論：①BF∥ED；②BH＝3FH；③tan∠GEB=34；④S△A．1 B．2 C．3 D．42．（2020?寧波模擬）如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使頂點(diǎn)C恰好落在AB邊的中點(diǎn)C′上，點(diǎn)D落在D′處，C′D′交AE于點(diǎn)M，若AB＝6，BC＝9，則AM的長(zhǎng)為（）A．2 B．94 C．52 3．（2020?寧波模擬）如圖，梯形ABCD被分割成兩個(gè)小梯形①②，和一個(gè)小正方形③，去掉③后，①和②可剪拼成一個(gè)新的梯形，若EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，則AB的長(zhǎng)是（）A．6 B．35 C．9 D．3104．（2020?黃巖區(qū)模擬）如圖，矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝8，E是邊CD上一點(diǎn)，連接AE．折疊該紙片，使點(diǎn)A落在AE上的G點(diǎn)，并使折痕經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，得到折痕BF，點(diǎn)F在AD上．若DE＝4，則AF的長(zhǎng)為（）A．163 B．4 C．3 5．（2020?路橋區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，將△ABE沿著B(niǎo)E翻折，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處，再將△DEG沿著EG翻折，使點(diǎn)D落在EF邊上的點(diǎn)H處．若點(diǎn)A，H，C在同一直線上，AB＝1，則AD的長(zhǎng)為（）A．32 B．5+12 C．26．（2020?寧波模擬）如圖，四邊形ABCD是軸對(duì)稱圖形，對(duì)角線BD所在的直線是它的對(duì)稱軸，∠A＝∠C＝90°，AB≠AD，若把這個(gè)軸對(duì)稱圖形沿對(duì)角線BD剪開(kāi)成兩個(gè)三角形后，再把這兩個(gè)三角形的一邊完全重合在一起，重新拼成一個(gè)中心對(duì)稱圖形，則拼法共有（）A．0種 B．1種 C．2種 D．3種7．（2020?柯橋區(qū)模擬）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AD＝1，DC=3，矩形OGHM的邊OM經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，邊OG交CD于點(diǎn)P，將矩形OGHM繞點(diǎn)O逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜60°），OM′交AD于點(diǎn)F，OG′交CD于點(diǎn)E，設(shè)DF＝y(tǒng)，EP＝x，則y與xA．y=3x B．y=32x C．y=33x8．（2020?路橋區(qū)模擬）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，DE是△ABC的中位線，點(diǎn)D在AB上，把點(diǎn)B繞點(diǎn)D按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜180°）角得到點(diǎn)F，連接AF，BF．下列結(jié)論：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，則α＝2∠BAC或2∠ABC；③若α＝90°，連接EF，則S△DEF＝4.5；其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①③ C．①②③ D．②③二．填空題（共6小題）9．（2020?下城區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是邊DC上一點(diǎn)，連結(jié)BE，將△BCE沿BE對(duì)折，點(diǎn)C落在邊AD上點(diǎn)F處，BE與對(duì)角線AC交于點(diǎn)M，連結(jié)FM．若FM∥CD，BC＝4．則AF＝10．（2020?柯橋區(qū)模擬）如圖，在等腰三角形ABC中，AC＝BC＝4，∠A＝30°，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為邊AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DE，將△ADE沿直線DE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)F處．當(dāng)直線EF與直線AC垂直時(shí)，則AE的長(zhǎng)為．11．（2020?甌海區(qū)二模）如圖是一個(gè)可調(diào)節(jié)花盆支架，外圍是一個(gè)圓形框架，如圖1，支架AC，BD的長(zhǎng)度均為14cm，端點(diǎn)C，D固定在花盆圓形套圈的直徑兩端，端點(diǎn)A，B可在外圍圓形框架上移動(dòng)，整個(gè)花盆支架始終成軸對(duì)稱，已知花盆高EF＝15cm，圓形套圈的直徑CD＝20cm，且EF被CD平分為上下比為1：2，當(dāng)端點(diǎn)A，B向上調(diào)節(jié)至最高時(shí)，AC，BD和CD同一直線上（如圖2所示），此時(shí)，花盆底到圓形框架最低點(diǎn)的距離為FG＝6cm，則圓形框架的半徑為cm，為了整體美觀要求，花盆底到圓形框架最低點(diǎn)的距離FG要最大，則此時(shí)FG為cm．12．（2020?溫州一模）如圖，在矩形ABCD中，BC＝8，E為BC中點(diǎn)，將△ABE沿AE翻折后，得到△AEF，再將CE折向FE，使點(diǎn)C與點(diǎn)F重合，折痕為EG．若CG＝3，則AG＝．13．（2019?杭州模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，E為AB邊上一點(diǎn)，將△BEC沿著CE翻折，使點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，連接AF，當(dāng)△AEF為直角三角形時(shí)，BE＝．14．（2019?余杭區(qū)二模）如圖，已知矩形ABCD，E，F(xiàn)分別是邊AB，CD的中點(diǎn)，M，N分別是邊AD，AB上兩點(diǎn)，將△AMN沿MN對(duì)折，使點(diǎn)A落在點(diǎn)E上．若AB＝a，BC＝b，且N是FB的中點(diǎn)，則ba的值為三．解答題（共6小題）15．（2020?江干區(qū)模擬）已知一張正方形ABCD紙片，邊長(zhǎng)AB＝2，按步驟進(jìn)行折疊，如圖1，先將正方形紙片ABCD對(duì)折，得到折痕EF；再折出矩形BCFE的對(duì)角線BF．（1）如圖2，將CF邊折到BF上，得到折痕FM，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C'，求CM的長(zhǎng)．（2）如圖3，將AB邊折到BF上，得到折痕BN，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'，求AN的長(zhǎng)．16．（2019?寧波模擬）如圖，平行四邊形紙片ABCD中，折疊紙片使點(diǎn)D落在AB上的點(diǎn)E處，得折痕AF，再折疊紙片使點(diǎn)C落在EF上的G點(diǎn)，得折痕FH．（1）請(qǐng)說(shuō)明：∠AFH＝90°；（2）請(qǐng)說(shuō)明：GH∥AB．17．（2019?上虞區(qū)一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝42，BC＝8，∠B＝60°，將平行四邊形ABCD沿EF折疊，點(diǎn)D恰好落在邊AB的中點(diǎn)D′處，折疊后點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′，D′C′交BC于點(diǎn)G，∠BGD′＝32°．（1）求∠D′EF的度數(shù)；（2）求線段AE的長(zhǎng)．18．（2019?蕭山區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，2AB＞BC，點(diǎn)E和點(diǎn)F為邊AD上兩點(diǎn)，將矩形沿著B(niǎo)E和CF折疊，點(diǎn)A和點(diǎn)D恰好重合于矩形內(nèi)部的點(diǎn)G處，（1）當(dāng)AB＝BC時(shí)，求∠GEF的度數(shù)；（2）若AB=2，BC＝2，求EF19．（2019?義烏市校級(jí)模擬）在△ABC中，沿著中位線DE剪切后，用得到的△ADE和四邊形DBCE可以拼成平行四邊形DBCF，剪切線與拼圖如圖1所示．仿照上述的方法，按要求完成下列操作設(shè)計(jì)，并在規(guī)定位置畫(huà)出圖示．（畫(huà)圖工具不限，剪切線用實(shí)線表示，拼接線用虛線表示，要求寫(xiě)出簡(jiǎn)要的說(shuō)明）（1）將平行四邊形ABCD剪切成兩個(gè)圖形，再將它們拼成一個(gè)矩形，剪切線與拼圖畫(huà)在圖2的位置；（2）將梯形ABCD剪切成兩個(gè)圖形，再將它們拼成一個(gè)平行四邊形，剪切線與拼圖畫(huà)在圖3的位置．20．（2019?新昌縣一模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（0，4），B（4，4），點(diǎn)M，N是射線OC上兩動(dòng)點(diǎn)（OM＜ON），且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持∠MAN＝45°，小明用幾何畫(huà)板探究其中的線段關(guān)系．（1）探究發(fā)現(xiàn)：當(dāng)點(diǎn)M，N均在線段OB上時(shí)（如圖1），有OM2+BN2＝MN2．他的證明思路如下：第一步：將△ANB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△APO，連結(jié)PM，則有BN＝OP．第二步：證明△APM≌△ANM，得MP＝MM．第一步：證明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．最后得到OM2+BN2＝MN2．請(qǐng)你完成第二步三角形全等的證明．（2）繼續(xù)探究：除（1）外的其他情況，OM2+BN2＝MN2的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．（3）新題編制：若點(diǎn)B是MN的中點(diǎn)，請(qǐng)你編制一個(gè)計(jì)算題（不標(biāo)注新的字母），并直接給出答案（根據(jù)編出的問(wèn)題層次，給不同的得分）．決勝2020年中考數(shù)學(xué)壓軸題全揭秘（浙江專用）專題14操作類探究問(wèn)題1．（2019?衢州）如圖，取兩根等寬的紙條折疊穿插，拉緊，可得邊長(zhǎng)為2的正六邊形．則原來(lái)的紙帶寬為（）A．1 B．2 C．3 D．2【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，正六邊形由6個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形組成，其中等邊三角形的高為原來(lái)的紙帶寬度，然后求出等邊三角形的高即可．【解析】邊長(zhǎng)為2的正六邊形由6個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形組成，其中等邊三角形的高為原來(lái)的紙帶寬度，所以原來(lái)的紙帶寬度=32×故選：C．2．（2019?臺(tái)州）如圖，有兩張矩形紙片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把紙片ABCD交叉疊放在紙片EFGH上，使重疊部分為平行四邊形，且點(diǎn)D與點(diǎn)G重合．當(dāng)兩張紙片交叉所成的角α最小時(shí)，tanα等于（）A．14 B．12 C．817【分析】由“ASA”可證△CDM≌△HDN，可證MD＝DN，即可證四邊形DNKM是菱形，當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)E重合時(shí)，兩張紙片交叉所成的角a最小，可求CM=154，即可求tan【解析】如圖，∵∠ADC＝∠HDF＝90°∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°∴△CDM≌△HDN（ASA）∴MD＝ND，且四邊形DNKM是平行四邊形∴四邊形DNKM是菱形∴KM＝DM∵sinα＝sin∠DMC=∴當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)E重合時(shí)，兩張紙片交叉所成的角a最小，設(shè)MD＝a＝BM，則CM＝8﹣a，∵M(jìn)D2＝CD2+MC2，∴a2＝4+（8﹣a）2，∴a=∴CM=∴tanα＝tan∠DMC=故選：D．3．（2019?臺(tái)州）如圖是用8塊A型瓷磚（白色四邊形）和8塊B型瓷磚（黑色三角形）不重疊、無(wú)空隙拼接而成的一個(gè)正方形圖案，圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為（）A．2：1 B．3：2 C．3：1 D．2：2【分析】如圖，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF．求出△DFN與△DNK的面積比即可．【解析】如圖，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF．由題意：四邊形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DF=2DK∴S△DFN∴SA型∴圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為2：1，故選：A．4．（2019?溫州）如圖，在矩形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，以BE為邊作正方形BEFG，邊EF交CD于點(diǎn)H，在邊BE上取點(diǎn)M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于點(diǎn)L，交FG于點(diǎn)N，歐幾里得在《幾何原本》中利用該圖解釋了（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，現(xiàn)以點(diǎn)F為圓心，F(xiàn)E為半徑作圓弧交線段DH于點(diǎn)P，連結(jié)EP，記△EPH的面積為S1，圖中陰影部分的面積為S2．若點(diǎn)A，L，G在同一直線上，則S1A．22 B．23 C．24【分析】如圖，連接AL，GL，PF．利用相似三角形的性質(zhì)求出a與b的關(guān)系，再求出面積比即可．【解析】如圖，連接AL，GL，PF．由題意：S矩形AMLD＝S陰＝a2﹣b2，PH=a∵點(diǎn)A，L，G在同一直線上，AM∥GN，∴△AML∽△GNL，∴AMGN∴a+ba?b整理得a＝3b，∴S1故選：C．5．（2019?金華）將一張正方形紙片按如圖步驟，通過(guò)折疊得到圖④，再沿虛線剪去一個(gè)角，展開(kāi)鋪平后得到圖⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH與五邊形MCNGF的面積相等，則FMGFA．5?22 B．2?1 C．【分析】連接HF，設(shè)直線MH與AD邊的交點(diǎn)為P，根據(jù)剪紙的過(guò)程以及折疊的性質(zhì)得PH＝MF且正方形EFGH的面積=15×正方形ABCD的面積，從而用a分別表示出線段GF【解析】連接HF，設(shè)直線MH與AD邊的交點(diǎn)為P，如圖：由折疊可知點(diǎn)P、H、F、M四點(diǎn)共線，且PH＝MF，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，則正方形ABCD的面積為4a2，∵若正方形EFGH與五邊形MCNGF的面積相等∴由折疊可知正方形EFGH的面積=15×正方形ABCD∴正方形EFGH的邊長(zhǎng)GF=∴HF=2GF∴MF＝PH=2a?∴FMGF=故選：A．6．（2019?寧波）如圖所示，矩形紙片ABCD中，AD＝6cm，把它分割成正方形紙片ABFE和矩形紙片EFCD后，分別裁出扇形ABF和半徑最大的圓，恰好能作為一個(gè)圓錐的側(cè)面和底面，則AB的長(zhǎng)為（）A．3.5cm B．4cm C．4.5cm D．5cm【分析】設(shè)AB＝xcm，則DE＝（6﹣x）cm，根據(jù)扇形的弧長(zhǎng)等于圓錐底面圓的周長(zhǎng)列出方程，求解即可．【解析】設(shè)AB＝xcm，則DE＝（6﹣x）cm，根據(jù)題意，得90πx180=π（6﹣解得x＝4．故選：B．二．填空題（共4小題）7．（2019?湖州）七巧板是我國(guó)祖先的一項(xiàng)卓越創(chuàng)造，被譽(yù)為“東方魔板”．由邊長(zhǎng)為42的正方形ABCD可以制作一副如圖1所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板在正方形EFGH內(nèi)拼成如圖2所示的“拼搏兔”造型（其中點(diǎn)Q、R分別與圖2中的點(diǎn)E、G重合，點(diǎn)P在邊EH上），則“拼搏兔”所在正方形EFGH的邊長(zhǎng)是45．【分析】如圖2中，連接EG，GM⊥EN交EN的延長(zhǎng)線于M，利用勾股定理解決問(wèn)題即可．【解析】如圖2中，連接EG，作GM⊥EN交EN的延長(zhǎng)線于M．在Rt△EMG中，∵GM＝4，EM＝2+2+4+4＝12，∴EG=EM2∴EH=EG2=故答案為45．8．（2019?衢州）如圖，由兩個(gè)長(zhǎng)為2，寬為1的長(zhǎng)方形組成“7”字圖形（1）將一個(gè)“7”字圖形按如圖擺放在平面直角坐標(biāo)系中，記為“7”字圖形ABCDEF，其中頂點(diǎn)A位于x軸上，頂點(diǎn)B，D位于y軸上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則OBOA的值為12（2）在（1）的基礎(chǔ)上，繼續(xù)擺放第二個(gè)“7”字圖形得頂點(diǎn)F1，擺放第三個(gè)“7”字圖形得頂點(diǎn)F2，依此類推，…，擺放第n個(gè)“7”字圖形得頂點(diǎn)Fn﹣1，…，則頂點(diǎn)F2019的坐標(biāo)為（606255【分析】（1）先證明△AOB∽△BCD，所以O(shè)BOA=DCBC，因?yàn)镈C＝1，（2）利用三角形相似與三角形全等依次求出F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3，F(xiàn)4的坐標(biāo)，觀察求出F2019的坐標(biāo)．【解析】（1）∵∠ABO+∠DBC＝90°，∠ABO+∠OAB＝90°，∴∠DBC＝∠OAB，∵∠AOB＝∠BCD＝90°，∴△AOB∽△BCD，∴OBOA∵DC＝1，BC＝2，∴OBOA故答案為12（2）解：過(guò)C作CM⊥y軸于M，過(guò)M1作M1N⊥x軸，過(guò)F作FN1⊥x軸．根據(jù)勾股定理易證得BD=22+12=5，CM＝OA=2∴C（255，∵AF＝3，M1F＝BC＝2，∴AM1＝AF﹣M1F＝3﹣2＝1，∴△BOA≌ANM1（AAS），∴NM1＝OA=2∵NM1∥FN1，∴M125∴FN1=6∴AN1=3∴ON1＝OA+AN1=∴F（555，同理，F(xiàn)1（855，75F2（1155，855），即（F3（1455，955），即（F4（1755，1055），即（…F2019（2019×3+555，6+201955），即（故答案為即（606255，4059．（2019?臺(tái)州）如圖，直線l1∥l2∥l3，A，B，C分別為直線l1，l2，l3上的動(dòng)點(diǎn)，連接AB，BC，AC，線段AC交直線l2于點(diǎn)D．設(shè)直線l1，l2之間的距離為m，直線l2，l3之間的距離為n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且mn=23，則m+n的最大值為【分析】延長(zhǎng)AB交l3于E，根據(jù)已知條件得到DBCE=mm+n，求得CE＝10，∠CBE＝90°，設(shè)m＝2x，n＝3x，構(gòu)造以CE為直徑的半圓，則點(diǎn)B在其弧上運(yùn)動(dòng)，易知BG≤B′G′＝5，得到3x≤5，由m+n【解析】延長(zhǎng)AB交l3于E，∵mn易知DBCE∵BD＝4，∴CE＝10，∵∠ABC＝90°，∴∠CBE＝90°，設(shè)m＝2x，n＝3x，構(gòu)造以CE為直徑的半圓，則點(diǎn)B在其弧上運(yùn)動(dòng)，易知BG≤B′G′＝5，即3x≤5，∴x≤53，∵m+n＝5x∴m+n的最大值為253故答案為：25310．（2019?溫州）三個(gè)形狀大小相同的菱形按如圖所示方式擺放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的較短對(duì)角線長(zhǎng)為2cm．若點(diǎn)C落在AH的延長(zhǎng)線上，則△ABE的周長(zhǎng)為12+82cm．【分析】連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同一直線上，CI＝2，根據(jù)△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，設(shè)CK＝OK＝x，則CO＝IO=2x，IK=2x﹣x，根據(jù)勾股定理即可得出x2＝2+2，再根據(jù)S菱形BCOI＝IO×CK=12IC×BO，即可得出BO【解析】如圖所示，連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同一直線上，CI＝2，∵三個(gè)菱形全等，∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，即△COH是等腰直角三角形，∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，設(shè)CK＝OK＝x，則CO＝IO=2x，IK=2x﹣∵Rt△CIK中，（2x﹣x）2+x2＝22，解得x2＝2+2又∵S菱形BCOI＝IO×CK=12IC×∴2x2=12×∴BO＝22+∴BE＝2BO＝42+4，AB＝AE=2BO＝4+2∴△ABE的周長(zhǎng)＝42+4+2（4+22）＝12+82故答案為：12+82．1．（2020?奉化區(qū)模擬）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝4，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿DE翻折得到△FDE，延長(zhǎng)EF交BC于G，F(xiàn)H⊥BC，垂足為H，連接BF、DG．以下結(jié)論：①BF∥ED；②BH＝3FH；③tan∠GEB=34；④S△A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理依次對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷、計(jì)算，即可得出答案．【解析】①∵AB＝4，E為AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE＝2，∵將△ADE沿DE翻折得到△FDE，∴AD＝DF，AE＝EF＝2，∠AED＝∠DEF，∴AE＝EF＝BE，∴∠EBF＝∠EFB，∵∠AEF＝∠EBF+∠EFB，∴∠AED＝∠EBF，∴BF∥ED，故①正確；②∵BF∥ED，∴∠ABF＝∠AED，∵∠ABF+∠FBH＝90°，∠AED+∠ADE＝90°，∴∠FBH＝∠ADE，∴tan∠FBH=FH∴FHBH∴BH＝3FH，故②正確；③過(guò)點(diǎn)E作EM⊥BF于點(diǎn)M，如圖，∵AE＝EF＝BE，∴∠FEM=1∵∠DEF=1∴∠FEM+∠DEF=1∵∠DEF+∠EDF＝90°，∴∠FEM＝∠EDF，∵∠EMF＝∠DFE＝90°，∴△EFM∽△DEF，∴FMEF∴FM=10∴BF=2FM=2∵∠HBF+∠EBM＝∠EBM+∠BEM＝90°，∴∠HBF＝∠BEM＝∠FEM＝∠FDE，∵∠BHF＝∠DFE＝90°，∴△BHF∽△DFE，∴FHEF∵BH＝3FH，∴FH=25，BH設(shè)HG＝x，∵FH⊥BC，∴FH∥BE，∴△GFH∽△GEB，∴HGBG=HF解得，x=3∴BG=BH+HG=3∴tan∠GEB=BG故③正確；④S△BFG故④錯(cuò)誤；綜上共有3個(gè)正確．故選：C．2．（2020?寧波模擬）如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使頂點(diǎn)C恰好落在AB邊的中點(diǎn)C′上，點(diǎn)D落在D′處，C′D′交AE于點(diǎn)M，若AB＝6，BC＝9，則AM的長(zhǎng)為（）A．2 B．94 C．52 【分析】先根據(jù)勾股定理求出BF，再根據(jù)△AMC′∽△BC′F求出AM即可．【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，F(xiàn)C＝FC′，∠C＝∠FC′M＝90°，設(shè)BF＝x，則FC＝FC′＝9﹣x，∵BF2+BC′2＝FC′2，∴x2+32＝（9﹣x）2，解得：x＝4，∴BF＝4，∵∠FC′M＝90°，∴∠AC′M+∠BC′F＝90°，又∵∠BFC′+BC′F＝90°，∴∠AC′M＝∠BFC′，∵∠A＝∠B＝90°，∴△AMC′∽△BC′F，∴AMBC'=AC'∴AM=9故選：B．3．（2020?寧波模擬）如圖，梯形ABCD被分割成兩個(gè)小梯形①②，和一個(gè)小正方形③，去掉③后，①和②可剪拼成一個(gè)新的梯形，若EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，則AB的長(zhǎng)是（）A．6 B．35 C．9 D．310【分析】連接AH交EF于點(diǎn)K，根據(jù)EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，可得BC﹣AD＝3，由圖象剪拼觀察可得，AD＝HC，四邊形AHCD是平行四邊形，再證明△AEK∽△ABH，可得AB的長(zhǎng)．【解析】如圖，連接AH交EF于點(diǎn)K，∵EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，∴BC﹣AD＝3，由圖象剪拼觀察可知：AD＝HC，∴四邊形AHCD是平行四邊形，∴BC﹣AD＝BC﹣HC＝3，KF＝AD，EK＝2，∵③為正方形，∴EB＝BH＝3，∵△AEK∽△ABH，∴AEAB即AB?3AB解得AB＝9．故選：C．4．（2020?黃巖區(qū)模擬）如圖，矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝8，E是邊CD上一點(diǎn)，連接AE．折疊該紙片，使點(diǎn)A落在AE上的G點(diǎn)，并使折痕經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，得到折痕BF，點(diǎn)F在AD上．若DE＝4，則AF的長(zhǎng)為（）A．163 B．4 C．3 【分析】由矩形的性質(zhì)可得AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠BAD＝∠D＝90°，通過(guò)證明△ABF∽△DAE，可得AFAB【解析】設(shè)BF與AE交于點(diǎn)H，∵四邊形ABCD為矩形，∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠BAD＝∠D＝90°，由折疊及軸對(duì)稱的性質(zhì)可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，∴BF⊥AE，AH＝GH，∴∠BAH+∠ABH＝90°，又∵∠FAH+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠FAH，又∵∠BAD＝∠D＝90°，∴△ABF∽△DAE，∴AFAB∴AF=4故選：C．5．（2020?路橋區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，將△ABE沿著B(niǎo)E翻折，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處，再將△DEG沿著EG翻折，使點(diǎn)D落在EF邊上的點(diǎn)H處．若點(diǎn)A，H，C在同一直線上，AB＝1，則AD的長(zhǎng)為（）A．32 B．5+12 C．2【分析】由折疊的性質(zhì)可得AB＝BF＝1，AE＝EF，∠ABE＝∠FBE，∠A＝∠EFB＝90°，DE＝EH，可證四邊形CDEF是矩形，可得DE＝FC，由平行線分線段成比例可得HFAB=CF【解析】連接AC，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠C＝∠ADC＝∠ABC＝90°，AD＝BC，∵將△ABE沿著B(niǎo)E翻折，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處，再將△DEG沿著EG翻折，使點(diǎn)D落在EF邊上的點(diǎn)H處，∴AB＝BF＝1，AE＝EF，∠ABE＝∠FBE，∠A＝∠EFB＝90°，DE＝EH，∴AB∥EF，∠FEB＝∠EBF＝45°，∴EF＝BF＝1＝AE，∵∠EFC＝∠C＝∠ADC＝90°，∴四邊形CDEF是矩形，∴DE＝FC，∴DE＝EH＝FC＝AD﹣AE＝AD﹣1，∴HF＝1﹣（AD﹣1）＝2﹣AD，∵點(diǎn)A，H，C在同一直線上，EF∥AB，∴HFAB∴2?AD1∴AD=1+52∴AD=1+故選：B．6．（2020?寧波模擬）如圖，四邊形ABCD是軸對(duì)稱圖形，對(duì)角線BD所在的直線是它的對(duì)稱軸，∠A＝∠C＝90°，AB≠AD，若把這個(gè)軸對(duì)稱圖形沿對(duì)角線BD剪開(kāi)成兩個(gè)三角形后，再把這兩個(gè)三角形的一邊完全重合在一起，重新拼成一個(gè)中心對(duì)稱圖形，則拼法共有（）A．0種 B．1種 C．2種 D．3種【分析】直接利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合中心對(duì)稱圖形的性質(zhì)得出符合題意的答案．【解析】如圖所示：3種拼法都是中心對(duì)稱圖形．故選：D．7．（2020?柯橋區(qū)模擬）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，AD＝1，DC=3，矩形OGHM的邊OM經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，邊OG交CD于點(diǎn)P，將矩形OGHM繞點(diǎn)O逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜60°），OM′交AD于點(diǎn)F，OG′交CD于點(diǎn)E，設(shè)DF＝y(tǒng)，EP＝x，則y與xA．y=3x B．y=32x C．y=33x【分析】由矩形的性質(zhì)和余角的性質(zhì)可得∠ODC＝∠OCD，由銳角三角函數(shù)可得ADDC=OPDO，通過(guò)證明△DOP∽△【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ADC＝90°，∴DO＝CO，∴∠ODC＝∠OCD，∵四邊形OGHM是矩形，∴∠MOG＝90°，∴∠ODC+∠OPD＝90°，又∵∠ODC+∠ODF＝90°，∴∠OPD＝∠ODF，∵∠ODC＝∠OCD，∴tan∠OCD＝tan∠ODC，∴ADDC∵AD＝1，DC=3∴OPDO∵將矩形OGHM繞點(diǎn)O逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α，∴∠DOF＝∠POE，又∵∠OPD＝∠ODF，∴△DFO∽△PEO，∴PEDF∴xy∴y=3x故選：A．8．（2020?路橋區(qū)模擬）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，DE是△ABC的中位線，點(diǎn)D在AB上，把點(diǎn)B繞點(diǎn)D按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜180°）角得到點(diǎn)F，連接AF，BF．下列結(jié)論：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，則α＝2∠BAC或2∠ABC；③若α＝90°，連接EF，則S△DEF＝4.5；其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①③ C．①②③ D．②③【分析】由三角形中位線定理和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝BD＝DF，可得△ABF是直角三角形，可判斷①；由全等三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，可得∠BDF＝α＝2∠DAF，∠DAF＝∠BAC或∠DAF＝∠ABC，可判斷②；過(guò)點(diǎn)B作BN⊥DE，交ED的延長(zhǎng)線于N，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥DE，交交ED的延長(zhǎng)線于H，由“AAS”可證△DFH≌△BDN，可得DN＝FH＝3，由三角形面積公式可得S△DEF＝4.5，可判斷③，即可求解．【解析】∵DE是△ABC的中位線，∴AD＝DB，∵把點(diǎn)B繞點(diǎn)D按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜180°）角得到點(diǎn)F，∴BD＝DF，∴BD＝AD＝DF，∴△ABF是直角三角形，故①正確，∵AD＝BD＝DF，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠BDF＝α＝2∠DAF，若△ABF和△ABC全等，且∠AFB＝∠C＝90°，∴∠DAF＝∠BAC或∠DAF＝∠ABC，∴α＝2∠BAC或2∠ABC，故②正確，如圖，過(guò)點(diǎn)B作BN⊥DE，交ED的延長(zhǎng)線于N，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥DE，交交ED的延長(zhǎng)線于H，∵BC＝6，DE是△ABC的中位線，∴DE∥BC，DE=12∵BN⊥DE，∠C＝90°，∴∠NEC+∠C＝180°，∴∠C＝∠NEC＝90°，又∵BN⊥DE，∴四邊形BCEN是矩形，∴BC＝NE＝6，∴DN＝3，∵把點(diǎn)B繞點(diǎn)D按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，∴DF＝DB，∠FDB＝90°，∴∠FDH+∠BDN＝90°，又∵∠FDH+∠F＝90°，∴∠F＝∠BDN，又∵DF＝BD，∠FHD＝∠BND＝90°，∴△DFH≌△BDN（AAS），∴DN＝FH＝3，∴S△DEF＝4.5，故③正確，故選：C．二．填空題（共6小題）9．（2020?下城區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是邊DC上一點(diǎn)，連結(jié)BE，將△BCE沿BE對(duì)折，點(diǎn)C落在邊AD上點(diǎn)F處，BE與對(duì)角線AC交于點(diǎn)M，連結(jié)FM．若FM∥CD，BC＝4．則AF＝25?【分析】由對(duì)折的性質(zhì)得∠BCM＝∠BFM，BC＝BF，再由FM∥CD，證明∠BFM＝ABF，從而得△ABF∽△BCA，由相似三角形的性質(zhì)求得AB，進(jìn)而由勾股定理得AF．【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，AB∥CD，∵FM∥CD，∴FM∥AB，∴∠ABF＝∠BFM，由折疊的性質(zhì)得，BF＝BC＝4，∠BFM＝∠ACB，∴∠ABF＝∠ACB，∴△ABF∽△BCA，∴ABBC∴AB4即AB∴AB∴AF=BF2故答案為：25?10．（2020?柯橋區(qū)模擬）如圖，在等腰三角形ABC中，AC＝BC＝4，∠A＝30°，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為邊AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DE，將△ADE沿直線DE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)F處．當(dāng)直線EF與直線AC垂直時(shí)，則AE的長(zhǎng)為233或23【分析】當(dāng)直線EF與直線AC垂直時(shí)，如圖1，如圖2，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到和等腰三角形的判定和性質(zhì)定理以及直角三角形的性質(zhì)健康得到結(jié)論．【解析】∵AC＝4，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，∴AD=12①當(dāng)直線EF與直線AC垂直時(shí)，如圖1，∵將△ADE沿直線DE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)F處，∴∠F＝∠A＝30°，∠AED＝∠FED，∵∠AGE＝90°，∴∠AEG＝60°，∴∠AED＝∠FED＝30°，∴AD＝DE＝2，過(guò)D作DM⊥AE與M，∴AE＝2AM＝2×32×當(dāng)直線EF與直線AC垂直時(shí)，如圖2，∵將△ADE沿直線DE折疊，點(diǎn)A落在點(diǎn)F處，∴∠F＝∠A＝30°，∠ADE＝∠FDE，∵∠AGE＝∠FGE＝90°，∴∠FGD＝60°，∴∠ADE＝∠FDE＝30°，∴∠A＝∠ADE，∴AE＝DE，∴AG=12∴AE=2綜上所述，233或2故答案為：233或211．（2020?甌海區(qū)二模）如圖是一個(gè)可調(diào)節(jié)花盆支架，外圍是一個(gè)圓形框架，如圖1，支架AC，BD的長(zhǎng)度均為14cm，端點(diǎn)C，D固定在花盆圓形套圈的直徑兩端，端點(diǎn)A，B可在外圍圓形框架上移動(dòng)，整個(gè)花盆支架始終成軸對(duì)稱，已知花盆高EF＝15cm，圓形套圈的直徑CD＝20cm，且EF被CD平分為上下比為1：2，當(dāng)端點(diǎn)A，B向上調(diào)節(jié)至最高時(shí)，AC，BD和CD同一直線上（如圖2所示），此時(shí)，花盆底到圓形框架最低點(diǎn)的距離為FG＝6cm，則圓形框架的半徑為26cm，為了整體美觀要求，花盆底到圓形框架最低點(diǎn)的距離FG要最大，則此時(shí)FG為（16﹣211）cm．【分析】如圖2中，設(shè)圓心為O，連接OG，交花盆的上底于E，交花盆的下底于F，交AB于T．連接OA，設(shè)OA＝OG＝r．在Rt△AOT中，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題．如圖1中，如圖1中，連接OG交CD于T，連接OC，OB，觀察圖象可知：當(dāng)，O，C，A共線，O，D，B共線時(shí)，OC＝OD＝26﹣14＝12最小，此時(shí)OE的值最小，F(xiàn)G的值最大．【解析】如圖2中，設(shè)圓心為O，連接OG，交花盆的上底于E，交花盆的下底于F，交AB于T．連接OA，設(shè)OA＝OG＝r．由題意AB＝AC+CD+BD＝14+20+14＝48（cm），F(xiàn)G＝6cm，TF=23EF＝10（∴TG＝TF+FG＝16（m）．在Rt△AOT中，∵OA2＝OT2+AT2，∴r2＝（r﹣16）2+242，解得r＝26．如圖1中，連接OG交CD于T，連接OC，OB，觀察圖象可知：當(dāng)，O，C，A共線，O，D，B共線時(shí)，OC＝OD＝26﹣14＝12最小，此時(shí)OE的值最小，F(xiàn)G的值最大，在Rt△OCT中，CT＝10，OC＝12，∴OT=OC2?CT∵TF=23EF＝10（∴FG＝OG﹣OT﹣TF＝26﹣211?10＝（16﹣211）cm故答案為26，（16﹣211）．12．（2020?溫州一模）如圖，在矩形ABCD中，BC＝8，E為BC中點(diǎn)，將△ABE沿AE翻折后，得到△AEF，再將CE折向FE，使點(diǎn)C與點(diǎn)F重合，折痕為EG．若CG＝3，則AG＝253【分析】由折疊的性質(zhì)可得AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，F(xiàn)G＝CG＝3，∠C＝∠EFG＝90°，可證點(diǎn)A，點(diǎn)F，點(diǎn)G三點(diǎn)共線，由勾股定理可求AB的長(zhǎng)，即可求解．【解析】∵將△ABE沿AE翻折后，得到△AEF，再將CE折向FE，使點(diǎn)C與點(diǎn)F重合，∴AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，F(xiàn)G＝CG＝3，∠C＝∠EFG＝90°，∴∠AFE+∠GFE＝180°，∴點(diǎn)A，點(diǎn)F，點(diǎn)G三點(diǎn)共線，∵AD2+DG2＝AG2，∴64+（AB﹣3）2＝（AB+3）2，∴AB=16∴AG＝AF+FG=25故答案為：25313．（2019?杭州模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，E為AB邊上一點(diǎn)，將△BEC沿著CE翻折，使點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，連接AF，當(dāng)△AEF為直角三角形時(shí)，BE＝3或6．【分析】分三種情況討論，由折疊的性質(zhì)和勾股定理可BE的長(zhǎng)．【解析】如圖，若∠AEF＝90°，∵∠B＝∠BCD＝90°＝∠AEF∴四邊形BCFE是矩形∵將△BEC沿著CE翻折∴CB＝CF∴四邊形BCFE是正方形∴BE＝BC＝AD＝6，如圖，若∠AFE＝90°，∵將△BEC沿著CE翻折∴CB＝CF＝6，∠B＝∠EFC＝90°，BE＝EF∵∠AFE+∠EFC＝180°∴點(diǎn)A，點(diǎn)F，點(diǎn)C三點(diǎn)共線∴AC=AB∴AF＝AC﹣CF＝4∵AE2＝AF2+EF2，∴（8﹣BE）2＝16+BE2，∴BE＝3，（3）若∠EAF＝90°，∵CD＝8＞CF＝6∴點(diǎn)F不可能落在直線AD上，∴不存在∠EAF＝90°，綜上所述：BE＝3或614．（2019?余杭區(qū)二模）如圖，已知矩形ABCD，E，F(xiàn)分別是邊AB，CD的中點(diǎn)，M，N分別是邊AD，AB上兩點(diǎn)，將△AMN沿MN對(duì)折，使點(diǎn)A落在點(diǎn)E上．若AB＝a，BC＝b，且N是FB的中點(diǎn)，則ba的值為22【分析】由題意可證四邊形ADEF是矩形，可得AD＝EF＝b，∠EFB＝90°，由折疊性質(zhì)可得AN＝EN=34【解析】∵四邊形ABCD是矩形∴AB＝CD，AB∥CD，∠A＝90°∵E，F(xiàn)分別是邊AB，CD的中點(diǎn)，N是FB的中點(diǎn)，∴DE＝AF＝BF=12AB=12a，F(xiàn)N=∴AN＝AF+FN=3∵AF＝DE，DC∥AB，∠A＝90°∴四邊形ADEF是矩形∴AD＝EF＝b，∠EFB＝90°∵將△AMN沿MN對(duì)折，使點(diǎn)A落在點(diǎn)E上∴AN＝EN=34在Rt△EFN中，EN2＝EF2+FN2，∴916a2＝b2+116∴b=2∴b故答案為：2三．解答題（共6小題）15．（2020?江干區(qū)模擬）已知一張正方形ABCD紙片，邊長(zhǎng)AB＝2，按步驟進(jìn)行折疊，如圖1，先將正方形紙片ABCD對(duì)折，得到折痕EF；再折出矩形BCFE的對(duì)角線BF．（1）如圖2，將CF邊折到BF上，得到折痕FM，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C'，求CM的長(zhǎng)．（2）如圖3，將AB邊折到BF上，得到折痕BN，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'，求AN的長(zhǎng)．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得CF＝C'F＝1，∠C＝∠FC'M＝90°，CM＝C'M，可得BC'=5?1，由銳角三角函數(shù)可得（2）由折疊的性質(zhì)可得AB＝A'B＝2，AN＝A'N，∠A＝∠NA'F＝90°，由勾股定理可列方程，可求解．【解析】∵將正方形紙片ABCD對(duì)折，∴CF＝DF＝1，∴BF=C（1）∵將CF邊折到BF上，∴CF＝C'F＝1，∠C＝∠FC'M＝90°，CM＝C'M，∴BC'=5∵tan∠FBC=CF∴12∴C'M=5∴CM=5（2）如圖，連接NF，∵將AB邊折到BF上，∴AB＝A'B＝2，AN＝A'N，∠A＝∠NA'F＝90°，∴A'F=5∵NF2＝DN2+DF2，NF2＝A'N2+A'F2，∴（2﹣AN）2+1＝AN2+（5?2）2∴AN=516．（2019?寧波模擬）如圖，平行四邊形紙片ABCD中，折疊紙片使點(diǎn)D落在AB上的點(diǎn)E處，得折痕AF，再折疊紙片使點(diǎn)C落在EF上的G點(diǎn)，得折痕FH．（1）請(qǐng)說(shuō)明：∠AFH＝90°；（2）請(qǐng)說(shuō)明：GH∥AB．【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠DFA＝∠EFA，∠CFH＝∠GFH，根據(jù)平角的定義即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AB∥CD，求得∠DFA＝∠FAE，得到AD＝DF，推出四邊形ADFE是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥EF，推出四邊形BCFE是平行四邊形，于是得到結(jié)論．【解析】（1）∵折疊紙片使點(diǎn)D落在AB上的點(diǎn)E處，∴∠DFA＝∠EFA，∵折疊紙片使點(diǎn)C落在EF上的G點(diǎn)，∴∠CFH＝∠GFH，∵∠DFA+∠EFA+∠GFH+∠CFH＝180°，∴∠EFA+∠GFH=1∴∠AFH＝90°；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠DFA＝∠FAE，∵∠DAF＝∠EAF，∴∠DAF＝∠DFA，∴AD＝DF，由折疊的性質(zhì)得，AD＝AE，∴AE＝DF，∵AE∥DF，∴四邊形ADFE是平行四邊形，∴AD∥EF，∴EF∥BC，∴四邊形BCFE是平行四邊形，∴∠C＝∠BEF，由折疊的性質(zhì)的，∠C＝∠FGH，∴∠FGH＝∠BEF，∴GH∥AB．17．（2019?上虞區(qū)一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝42，BC＝8，∠B＝60°，將平行四邊形ABCD沿EF折疊，點(diǎn)D恰好落在邊AB的中點(diǎn)D′處，折疊后點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′，D′C′交BC于點(diǎn)G，∠BGD′＝32°．（1）求∠D′EF的度數(shù)；（2）求線段AE的長(zhǎng)．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得∠B＝∠D＝60°，AD∥BC，可得∠DEF＝∠EFB，由折疊的性質(zhì)可得∠D＝∠ED'G＝60°，∠DEF＝∠D'EF，由四邊形內(nèi)角和定理可求∠D′EF的度數(shù)；（2）過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，設(shè)AE＝x，可得AH=x2，HE=32x，由勾股定理可求【解析】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形∴∠B＝∠D＝60°，AD∥BC∴∠DEF＝∠EFB∵將平行四邊形ABCD沿EF折疊，點(diǎn)D恰好落在邊AB的中點(diǎn)D′處∴∠D＝∠ED'G＝60°，∠DEF＝∠D'EF，∴∠D'EF＝∠EFB，∵∠BGD′＝32°∴∠D'GF＝148°∵∠D'GF+∠EFB+∠D'EF+∠ED'G＝360°∴∠D'EF＝76°（2）過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H，設(shè)AE＝x，∵AD∥BC∴∠HAD＝∠B＝60°，且EH⊥AB∴AH=x2，HE=∵點(diǎn)D'是AB中點(diǎn)∴AD'=12AB∵HE2+D'H2＝D'E2，∴34x2+（22+x2）2＝（8﹣∴x=∴AE=18．（2019?蕭山區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，2AB＞BC，點(diǎn)E和點(diǎn)F為邊AD上兩點(diǎn)，將矩形沿著B(niǎo)E和CF折疊，點(diǎn)A和點(diǎn)D恰好重合于矩形內(nèi)部的點(diǎn)G處，（1）當(dāng)AB＝BC時(shí)，求∠GEF的度數(shù)；（2）若AB=2，BC＝2，求EF【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得AB＝BG，CD＝CG；∠EGB＝∠A＝90°＝∠FGC，可得BG＝BC＝GC，可得∠BGC＝60°，∠ABG＝30°，由四邊形內(nèi)角和可求∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝150°，可求∠GEF的度數(shù)；（2）由折疊的性質(zhì)可