【正文】 （ 2）根據(jù)已知求出 C， D 兩點(diǎn)坐標(biāo)，從而得出。 【考點(diǎn)】 二次函數(shù)的應(yīng)用，翻折對稱的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系。 ∴ CD=26。 由（ x﹣ 1） 2﹣ 3=3，解得： 12x =1 6 x =1+ 6? ， 。 ∴ 拋物線解析式為 y=（ x﹣ 1） 2﹣ 3，即 y=x2﹣ 2x﹣ 2。 ∵ 拋物線 y=a（ x﹣ 1） 2+c 頂點(diǎn)是 P（ 1，﹣ 3）， ∴ 拋 物線解析式為 y=a（ x﹣ 1） 2﹣ 3。（ 1， 3）處． （ 1）求原拋物線的解析式； （ 2）學(xué)校舉行班徽設(shè)計(jì)比賽，九年級 5 班的小明在解答此題時(shí)頓生靈感：過點(diǎn) P39。從而得到在矩形ABCD 中 ∠ COM=∠ B，最后證得 △ COM∽△ CBA； （ 2）利用（ 1）的相似三角形的對應(yīng)邊成比例得到比例式后即可求得 OM 的長。 【考點(diǎn)】 折疊問題，對稱的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理。 ∵△ COM∽△ CBA， ∴ OC OMBC AB? ，即 5 OM86? 。 （ 2） ∵ 在 Rt△ CBA中， AB=6， BC=8， ∴ 由勾股定理得 AC=10。 ∴∠ COM=∠ B。 ∴∠ COM=90176。 ② 把 b=2 代入 a、 b、 c 的關(guān)系式，根據(jù) 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=45176。 （ 2）根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等可得 ∠ AEB=∠ EBF，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可以判定出∠ AEB=∠ BEG，然后得到 ∠ EBF=∠ BEF，從而判斷出 △ FEB 為等腰三角形，再根據(jù)等角的余角相等求出∠ ABG=∠ EFB，然后根據(jù)等腰三角形的兩個(gè)底角相等求出 ∠ BAG=∠ FBE，然后根據(jù)兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似即可證明。 【分析】 （ 1）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得 AE=GE， ∠ EGB=∠ EAB=90176。 由 ①△ ABD∽△ DCB 和 a= b=2，得 △ ABD 和 △ DCB 都是等腰直角三角形， ∴∠ C=45176。 ∵ c＞ 0， ∴ c=4。 ∵ AD=a， AB=b， BC=c， ∴ BD= 22a +b ∴ 2222a a +bca +b ?，即 a2+b2=ac。 ∴ △ ABD∽△ DCB。 ∴∠ DAB=∠ BDC=90176。 （ 3） ①∵ 四邊形 EFCD 為平行四邊形， ∴ EF∥ DC。2， ∴∠ BAG=∠ FBE。2 ， ∠ FBE=（ 180176。 在等腰 △ ABG 和 △ FEB 中， ∠ BAG=（ 180176。 ∠ GBF+∠ EFB=90176。 ∴ FE=FB， ∴△ FEB 為等腰三角形。 （ 2）證明： ∵ AD∥ BC， ∴∠ AEB=∠ EBF， ∵ 由折疊知 △ EAB≌△ EGB， ∴∠ AEB=∠ BEG。 ∴ AE＜ ED。理由如下： 根據(jù)題意得： AE=GE， ∠ EGB=∠ EAB=90176。 10. （ 2020湖北宜昌 11 分） 如圖，在直角梯形 ABCD中， AD∥ BC， ∠ ABC=90176。 （ 2）分兩種情況進(jìn)行討論， ① 當(dāng) AE 為一邊時(shí)， AE∥ PD， ② 當(dāng) AE 為對角線時(shí)，根據(jù)平行四邊形對頂點(diǎn)到另一條對角線距離相等，求解點(diǎn) P 坐標(biāo)。 【考點(diǎn)】 二次函數(shù)綜合題，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判 定和性質(zhì)，勾股定理。 此時(shí) a=﹣ 13 ，點(diǎn) P 的坐標(biāo)為（ 9 3 1313 2??? ， ）。 ∴ OQ′=3， 22C Q = C Q = 3 + 2 = 1 339。， 即 21 3 a a a 22= 2 FQ39。39。 ∴△ COQ′∽ △ Q′FP。 ∠ CQ′O+∠ OCQ′=90176。 ② 當(dāng) P 點(diǎn)在 y 軸左側(cè)時(shí)（如圖 2）此時(shí) a＜ 0， 213a a 222? ? ? ＜ 0， CQ=﹣ a， PQ= 221 3 1 32 a a 2 = a a2 2 2 2??? ? ? ? ?????。 。? ， 解得 F Q′=a﹣ 3 ∴ OQ′=OF﹣ F Q′=a﹣ （ a﹣ 3） =3， 2 2 2 2C Q = C Q = C O + O Q = 3 + 2 = 1 339。39。 ∴∠ FQ′P=∠ OCQ′， ∴△ COQ′∽ △ Q′FP， ∴ QC QP =CO FQ39。 又 ∵∠ CQ′O+∠ FQ′P=90176。 （ 3）存在滿足條件的點(diǎn) P，顯然點(diǎn) P 在直線 CD 下方。 ∴ P 點(diǎn)的坐標(biāo)為（ 3+412 ，﹣ 2），（ 3 412? ，﹣ 2）。 ② 當(dāng) AE 為對角線時(shí)，根據(jù)平行四邊形對頂點(diǎn)到另一條對角線距離相等，可知 P 點(diǎn)、 D點(diǎn)到直線 AE（即 x軸）的距離相等， ∴ P 點(diǎn)的縱坐標(biāo)為﹣ 2。 ∴ 點(diǎn) D 坐標(biāo)為（ 3， 2）。 ∴ 拋物線解析式為 213y x x 222? ? ? ?。 【分析】 設(shè)正方形 ABCD 的邊長為 2，根據(jù)勾股定理求出 AE 的長，再根據(jù) E 為 BC的中點(diǎn)和翻折不變性，求出 AB″的長，二者相比即可得到黃金比。 ∴ 點(diǎn) B″是線段 AB 的黃金分割點(diǎn)。 又 ∵ AB″=AB′， ∴ AB″= 5 ﹣ 1。 ∴ 22A E A B B E 5? ? ?。根據(jù)菱形的判定得四邊形 AEA′F是菱形。由平行和等腰三角形的性質(zhì)可得 AE=AF。 （ 2） ① 由圖 3 和圖 4 可得，當(dāng) 3 x 5??時(shí)，四邊形 AEA′F是菱形。 【分析】 (1)根據(jù)折疊和矩形的性質(zhì)，當(dāng) A′與 B 重合時(shí)（如圖 1）， EF= AD=5。 ∴ 四邊形 AEA′F是菱形。 ∴ AE=AF。 又 ∵ AD∥ BC， ∴∠ AFE=∠ FEA′ 。 （ 2） ① 3 x 5??。 ∴ AE ABAF FC???? ，即 AE 153? ? ∴ 5AE3?? 。 ∵∠ EA′B＋ ∠ BEA′=∠ EA′B＋ ∠ FA′C=900， ∴∠ BEA′=∠ FA′C。 在 Rt△ A′DC中， DC=AB=2， ∴ 22A C 5 3 4? ? ? ?。 7. （ 2020 福建龍巖 13 分） 矩形 ABCD 中， AD=5， AB =3，將矩形 ABCD 沿某直線折疊，使點(diǎn) A的對 應(yīng)點(diǎn) A′落在線段 BC 上，再打開得到折痕 EF． （ 1）當(dāng) A′與 B 重合時(shí)（如圖 1）， EF= ；當(dāng)折痕 EF 過點(diǎn) D 時(shí)（如圖 2），求線段 EF 的長； （ 2）觀察圖 3 和圖 4，設(shè) BA′=x， ① 當(dāng) x的取值范圍是 時(shí)，四邊形 AEA′F是菱形； ② 在 ① 的 條件下，利用圖 4 證明四邊形 AEA′F是菱形． 【答案】 解： (1)5。 （ 3）由如果 △ ABC 的邊 BC 上的折合矩形 EFGH是正方形，且 BC=2a，那么，正方形邊長為 a，BC 邊上的高 AD 為 EFGH 邊長的兩倍 2a。 【考點(diǎn)】 新定義，折疊問題， 矩形和正方形的性質(zhì)，勾股定理。 6. （ 2020福建龍巖 12分） 如圖 1，過 △ ABC 的頂點(diǎn) A作高 AD，將點(diǎn) A折疊到點(diǎn) D（如圖 2）， 這時(shí) EF為折痕，且 △ BED 和 △ CFD都是等腰三角形，再將 △ BED 和 △ CFD沿它們各自的對稱軸 EH、 FG 折疊，使 B、 C 兩點(diǎn)都與點(diǎn) D 重合，得到一個(gè)矩形 EFGH（如圖 3），我們稱矩形 EFGH 為 △ ABC 的邊 BC 上的折合矩形． （ 1）若 △ ABC 的面積為 6，則折合矩形 EFGH 的面積為 ； （ 2）如圖 4，已知 △ ABC，在圖 4 中畫出 △ ABC 的邊 BC 上的折合矩形 EFGH； （ 3）如果 △ ABC 的邊 BC上的折合矩形 EFGH 是正方形，且 BC=2a，那么， BC 邊上的高 AD= ，正方形 EFGH 的對角線長為 ． 【答 案】 解：（ 1） 3。 在 Rt△ PCD 中 ， PD=12PC， 又 ∵ PC=OP=12 AB， ∴ PD=14 AB， 即 AB=4PD。 又 ∵∠ OCD=90176。 ∴∠ PCO=60176。﹣（ ∠ AOP+∠ COB） =60176。 ∴∠ COB=60176。 又 ∵ OP∥ BC， ∴∠ OBC=∠ AOP=60176。 ∴△ APO 為等邊三角形。 又 ∵ OA=OP， ∴∠ A=∠ APO。 ∴∠ APO=∠ COP。 （ 3）證明： ∵ CD 為圓 O 的切線， ∴ OC⊥ CD。 ∴∠ CPO=∠ PCB。 ∴∠ A=∠ CPO。理由為： 由折疊可知： △ APO≌△ CPO， ∴∠ APO=∠ CPO。（答案不唯一） 5. （ 2020 廣東珠海 9 分） 已知， AB 是 ⊙ O 的直徑，點(diǎn) P 在弧 AB 上（不含點(diǎn) A、 B），把 △ AOP 沿 OP對折，點(diǎn) A的對應(yīng)點(diǎn) C 恰好落在 ⊙ O 上． （ 1）當(dāng) P、 C 都在 AB 上方時(shí)（如圖 1），判斷 PO 與 BC 的位置關(guān)系（只回答結(jié)果）； （ 2）當(dāng) P 在 AB 上方而 C 在 AB 下方時(shí)（如圖 2），（ 1）中結(jié)論還成立嗎？證明你的結(jié)論； （ 3）當(dāng) P、 C 都在 AB 上方時(shí)（如圖 3），過 C點(diǎn) 作 CD⊥ 直線 AP 于 D，且 CD是 ⊙ O的切線，證明： AB=4PD． 【答案】 解：（ 1） PO 與 BC 的位置關(guān)系是 PO∥ BC。 【分析】 （ 1）由矩形 ABCD 與折疊的性質(zhì)，易證得 △ CEF 是等腰三角形，即 CE=CF，即可證得AF=CF=CE=AE，即可得四邊形 AFCE 為 菱形。 在 Rt△ DCE 中 ， CE2=CD2+DE2， ∴ a、 b、 c 三者之間的數(shù)量關(guān)系式可寫為： a2=b2+c2。 ∵ 四邊形 ABCD 是矩形， ∴∠ D=90176。 （ 2）解： a、 b、 c 三者之間的數(shù)量關(guān)系式為： a2=b2+c2。 ∴ AF=CF=CE=AE。 由折疊的性質(zhì)，可得： ∠ AEF=∠ CEF， AE=CE， AF=CF， ∴∠ EFC=∠ CEF。 （ 3）由 △ AEF 是 △ DEF 翻折而成可知 EF 垂直平分 AD，故 HD=12 AD=4，再根據(jù) tan∠ ABG 的值即可得出 EH 的長，同理可得 HF 是 △ ABD的中位線，故可得出 HF 的長，由 EF=EH+HF即可得出結(jié)果。 C′D=AB=CD， ∠ AGB=∠ DGC′，故可得出結(jié)論。 【考點(diǎn)】 翻折變換（折疊問題），翻折變換的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，三角形中位線定理。 ∴ HF=12 AB=12 6=3。 ∴ EH=HD724 =477=246 。 ∴ HD=12 AD=4。 ∴ 7A G 74ta n A B G A B 6 24? ? ? ?。 （ 2）解： ∵ 由（ 1）可知 △ ABG≌△ C′DG， ∴ GD=GB， ∴ AG+GB=AD。 C′D=AB=CD， ∠ AGB=∠ DGC′， ∴∠ ABG=∠ ADE。從而求解。過點(diǎn) N 作 NH⊥ AB 于 H，則由勾股定理可得 NM= 10 ，從而根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和已知 PQ=CQ，即可求得 CQ= 10 。 （ 2）根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定即可證明。 【考點(diǎn)】 翻折問題，翻折的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，平行的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，勾股定理。 ∴ NP=MQ=12 。 又 ∵ PQ=CQ， ∴ CQ= 10 。 ∵ PQ∥ MN， DC∥ AB， ∴ 四邊形 NMQP 是平行四邊形。 過點(diǎn) N 作 NH⊥ AB 于 H，則 HM=4－ 3=1。 （ 3）解： ∵ AB=4， BC=3， ∴ AC=5。 ∴ FM＞ EM。 ∴ 四邊形 MFNE 是平行四邊形。 又由翻折的性質(zhì)，得 DN=FN， BM=EM， ∴ FN=EM。 ∴△ AND≌△ CBM（ ASA）。 ∴∠ DAC=∠ BCA。 2. （ 2020海南省 11 分） 如圖（ 1），在矩形 ABCD中，把 ∠ B、 ∠ D分別翻折，使點(diǎn) B、 D分別落在對角線BC 上的點(diǎn) E、 F 處，折痕分別為 CM、 AN. （ 1）求證： △ AND≌△ CBM. （ 2）請連接 MF、 NE，證明四邊形 MFNE 是平行四邊形，四邊形 MFNE 是菱形嗎？請說明理由？ （ 3） P、 Q是矩形的邊 CD、 AB 上的兩點(diǎn)，連結(jié) PQ、 CQ、 MN，如圖（ 2）所示，若 PQ=CQ， PQ∥ MN。解得：121 1 1 3 1 1 + 1 3tt33???。 ∵ 6t11 t 6 m???，即 6 11 tt 6 m?? ? ， ∴ 66=t36 12m?，即 236 12m=t? 。 ∵ PC′=PC