∽△CBA；
（2）求线段OM的长度．
【答案】解：（1）证明：∵A与C关于直线MN对称，∴AC⊥MN。∴∠COM=90°。
在矩形ABCD中，∠B=90°，∴∠COM=∠B。
又∵∠ACB=∠ACB，∴△COM∽△CBA。
（2）∵在Rt△CBA中，AB=6，BC=8，∴由勾股定理得AC=10。∴OC=5。
∵△COM∽△CBA，∴ ，即 。∴OM= 。
【考点】折叠问题，对称的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）根据A与C关于直线MN对称得到AC⊥MN，进一步得到∠COM=90°，从而得到在矩形ABCD中∠COM=∠B，最后证得△COM∽△CBA；
（2）利用（1）的相似三角形的对应边成比例得到比例式后即可求得OM的长。
12. （2012湖南益阳10分）已知：如图，抛物线y=a（x?1）2+c与x轴交于点A 和点B，将抛物线沿x轴向上翻折，顶点P落在点P'（1，3）处．
（1）求原抛物线的解析式；
（2）学校举行班徽设计比赛，九年级5班的小明在解答此题时顿生灵感：过点P'作x轴的平行线交抛物线于C、D两点，将翻折后得到的新图象在直线CD以上的部分去掉，设计成一个“W”型的班徽，“5”的拼音开头字母为W，“W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小明通过计算惊奇的发现这个“W”图案的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比 （约等于0.618）．请你计算这个“W”图案的高与宽的比到底是多少？（参考数据： ，结果可保留根号）
【答案】解：（1）∵P与P′（1，3）关于x轴对称，∴P点坐标为（1，?3）。
∵抛物线y=a（x?1）2+c顶点是P（1，?3），
∴抛物线解析式为y=a（x?1）2?3。
∵抛物线y=a（x?1）2?3过点A ，
∴a（ ?1）2?3=0，解得a=1。
∴抛物线解析式为y=（x?1）2?3，即y=x2?2x?2。
（2）∵CD平行x轴，P′（1，3）在CD上，∴C、D两点纵坐标为3。
由（x?1）2?3=3，解得： 。
∴C、D两点的坐标分别为 。∴CD= 。
∴“W”图案的高与宽（CD）的比= （或约等于0.6124）。
【考点】二次函数的应用，翻折对称的性质，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系。
【分析】（1）利用P与P′（1，3）关于x轴对称，得出P点坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式即可。
（2）根据已知求出C，D两点坐标，从而得出“W”图案的高与宽（CD）的比。
13. （2012山东德州12分）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；
（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH?∠EPB=∠EBC?∠EBP，即∠PBC=∠BPH。
又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC。∴∠APB=∠BPH。
（2）△PHD的周长不变为定值8。证明如下：
如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q。
由（1）知∠APB=∠BPH，
又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，
∴△ABP≌△QBP（AAS）。∴AP=QP，AB=BQ。
又∵AB=BC，∴BC=BQ。
又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH（HL）。∴CH=QH。
∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8。
（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB。
又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。
∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°。∴∠EFM=∠ABP。
又∵∠A=∠EMF=90°，AB=ME，∴△EFM≌△BPA（ASA）。
∴EM=AP=x．
∴在Rt△APE中，（4?BE）2+x2=BE2，即 。
∴ 。
又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，
∴ 。
∵ ，∴当x=2时，S有最小值6。
【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值。
【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案。
（2）先由AAS证明△ABP≌△QBP，从而由HL得出△BCH≌△BQH，即可得CH=QH。因此，△PDH的周长=PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8为定值。
（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，从而利用在Rt△APE中，（4?BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可。
14. （2012山东菏泽6分）如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=10，OC=8．在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，求D，E两点的坐标．
【答案】依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8， ，
∴CE=4，∴E（4，8）。
在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，
又∵DE=OD，∴（8?OD）2+42=OD2。∴OD=5。∴D（0，5）。
【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，勾股定理。
【分析】先根据勾股定理求出BE的长，从而可得出CE的长，求出E点坐标。在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标。
15. （2012山东威海10分）
（1）如图①， ABCD的对角线AC、BD交于点O。直线EF过点O，分别交AD、BC于点E、F
求证：AE=CF。
（2）如图②，将 ABCD（纸片）沿过对角线交点O的直线EF折叠，点A落在点A1处，点B落在点B1处。设FB1交CD于点G，A1B1分别交CD、DE于点H、I。
求证：EI=FG。
【答案】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC。∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO。
又∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC。
∴△AOE≌△COF（AAS）。∴AE=CF。
（2）由（1）得，AE=CF。
∵由折叠性质，得AE=A1E，∴A1E=CF。
∵∠A1=∠A=∠C，∠B1=∠B=∠D，
∴∠EIA1=∠DIH=1800－∠D－∠DHI=1800－∠B1－∠B1HG=∠B1GH=∠FGC。
在△EIA1和△FGC中，∵∠A1=∠C，∠EIA1 =∠FGC，A1E=CF，
∴△EIA1≌△FGC（AAS）。∴EI=FG。
【考点】平行四边形的性质，平行的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质， 三角形内角和定理，对顶角的性质。
【分析】（1）要证AE=CF，只要△AOE和△COF全等即可。一方面由平行四边形对边平行的性质和平行线内错角相等的性质，可得∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO；另一方面由平行四边形对角线互相平分的性质，可得OA=OC。从而根据AAS可证。
（2）要证EI=FG，只要△EIA1和△FGC全等即可。一方面由（1）可得AE=CF；另一方面由折叠的性质、三角形内角和定理和对顶角相等的性质，可得∠A1=∠C，∠EIA1 =∠FGC。从而根据AAS可证。
16. （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。
17. （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。
18. （2012江西南昌12分）已知，纸片⊙O的半径为2，如图1，沿弦AB折叠操作．
（1）①折叠后的 所在圆的圆心为O′时，求O′A的长度；
②如图2，当折叠后的 经过圆心为O时，求 的长度；
③如图3，当弦AB=2时，求圆心O到弦AB的距离；
（2）在图1中，再将纸片⊙O沿弦CD折叠操作．
①如图4，当AB∥CD，折叠后的 与 所在圆外切于点P时，设点O到弦AB．CD的距离之和为d，求d的值；
②如图5，当AB与CD不平行，折叠后的 与 所在圆外切于点P时，设点M为AB的中点，点N为CD的中点，试探究四边形OMPN的形状，并证明你的结论．
【答案】解：（1）①折叠后的 所在圆O′与⊙O是等圆，∴O′A=OA=2。
②当 经过圆O时，折叠后的 所在圆O′在⊙O上，如图2所示，连接O′A．OA．O′B，OB，OO′。
∵△OO′A，△OO′B为等边三角形，∴∠AO′B=∠AO′O+∠BO′O=60°+60°=120°。
∴ 的长度 。
③如图3所示，连接OA，OB，
∵OA=OB=AB=2，
∴△AOB为等边三角形。
过点O作OE⊥AB于点E，∴OE=OA•sin60°= 。
∴圆心O到弦AB的距离为 。
（2）①如图4，当折叠后的 与 所在圆外切于点P时，
过点O作EF⊥AB交AB于点H、交 于点E，交CD于点G、交 于点F，即点E、H、P、O、G、F在直径EF上。
∵AB∥CD，∴EF垂直平分AB和CD。
根据垂径定理及折叠，可知PH= PE，PG= PF。
又∵EF=4，∴点O到AB．CD的距离之和d为：
d=PH+PG= PE+ PF= （PE+PF）=2。
②如图5，当AB与CD不平行时，四边形是OMPN平行四边形。证明如下：
设O′，O″为 和 所在圆的圆心，
∵点O′与点O关于AB对称，点O″于点O关于CD对称，
∴点M为的OO′中点，点N为OO″的中点。
∵折叠后的 与 所在圆外切，
∴连心线O′O″必过切点P。
∵折叠后的 与 所在圆与⊙O是等圆，
∴O′P=O″P=2，∴PM= OO″=ON，PN= OO′=OM，
∴四边形OMPN是平行四边形。
【考点】翻折变换（折叠问题）相切两圆的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，垂径定理，弧长的计算，解直角三角形，三角形中位线定理。
【分析】（1）①折叠后的 所在圆O′与⊙O是等圆，可得O′A的长度。
②如图2，过点O作OE⊥AB交⊙O于点E，连接OA．OB．AE、BE，可得△OAE、△OBE为等边三角形，从而得到 的圆心角，再根据弧长公式计算即可。
③如图3，连接OA．OB，过点O作OE⊥AB于点E，可得△AOB为等边三角形，根据三角函数的知识可求折叠后求圆心O到弦AB的距离。
（2）①如图4， 与 所在圆外切于点P时，过点O作EF⊥AB交 于点E，交 于点F，根据垂径定理及折叠，可求点O到AB．CD的距离之和。
②由三角形中位线定理，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可得证。
19. （2012甘肃白银12分）已知，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2．若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处．
（1）求点C的坐标；
（2）若抛物线 经过C、A两点，求此抛物线的解析式；
（3）若上述抛物线的对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一动点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：是否存在这样的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）过C作CH⊥OA于H，
∵在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠BOA=30°，AB=2，∴OA= 。
∵将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处，
∴OC=OA= ，∠AOC=60°。
∴OH= ，CH=3 。
∴C的坐标是（ ，3）。
（2）∵抛物线 经过C（ ，3）、A（ ，0）两点，
∴ ，解得 。∴此抛物线的解析式为
（3）存在。
∵ 的顶点坐标为（ ，3），即为点C。
MP⊥x轴，设垂足为N，PN＝t，
∵∠BOA＝300，所以ON＝
∴P（ ）
作PQ⊥CD，垂足为Q，ME⊥CD，垂足为E。
把 代入 得： 。
∴ M（ ， ），E（ ， ）。
同理：Q（ ，t），D（ ，1）。
要使四边形CDPM为等腰梯形，只需CE＝QD，
即 ，解得： ， （舍去）。
∴ P点坐标为（ ， ）。
∴ 存在满足条件的点P，使得四边形CDPM为等腰梯形，此时P点的坐为（ ， ）。
【考点】二次函数综合题，翻折变换（折叠问题），折叠对称的，解二元一次方程和一元二次方程，曲线上点的坐标与方程的关系，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰梯形的判定。
【分析】（1）过C作CH⊥OA于H，根据折叠得到OC=OA=4，∠A0C=60°，求出OH和CH即可。
（2）把C（ ，3）、A（ ，0）代入 得到方程组，求出方程组的解即可。
（3）如图，根据等腰梯形的判定，只要CE＝QD即可，据此列式求解。
20. （2012吉林长春6分）如图，在平面直角坐标系中， OABC的顶点A, C的坐标分别为A(2,0),C(-1,2),反比例函数 的图像经过点B.
（1）求k的值．
（2）将 OABC沿着x轴翻折，点C落在点C′处．判断点C′是否在反比例函数 的图像上，请通过计算说明理由．
21. （2012吉林省8分）如图，在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6．将扇形OAB沿过点B的直
线折叠，点O恰好落在 上点D处，折痕交OA于点C，求整个阴影部分的周长和面积．
【答案】解：连接OD。
根据折叠的性质，CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，
∴OB=OD=BD。∴△OBD是等边三角形。∴∠DBO=60°。
∴∠CBO= ∠DBO=30°。
∵∠AOB=90°，∴OC=OB•tan∠CBO=6× 。
∴ ，
，
∴整个阴影部分的周长为：AC+CD+BD+ ==AC+OC+OB+ =6+6+3π=12+3π。
整个阴影部分的面积为： 。
【考点】翻折变换（折叠问题），等边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，弧长的扇形面积的计算。
【分析】连接OD，由折叠的性质，可得CD=CO，BD=BO，∠DBC=∠OBC，则可得△OBD是等边三角形，继而求得OC的长，即可求得△OBC与△BCD的面积，又由在扇形OAB中，∠AOB=90°，半径OA=6，即可求得扇形OAB的面积与 的长，从而求得整个阴影部分的周长和面积。
22. （2012黑龙江绥化10分）如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是（0，0），B点坐标是（3，4），矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，且F点的坐标是（2，4）．
（1）求G点坐标；
（2）求直线EF解析式；
（3）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）由已知得，FG=AF=2，FB=1。
∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°。
∴ 。∴G点的坐标为（3，4－ ）。
（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，
在Rt△BFG中， ，∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。
∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=2 。∴E点的坐标为（0，4－2 ）。
又F点的坐标是（2，4），
∴ ， 解得 。
∴直线EF的解析式为 。
（3）存在。M点的坐标为（ ），（ ），（ ）。
【考点】一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。
【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2，而FG=AB－AF=1，则在Rt△BFG中，利用勾股定理求出BG的长，从而得到CG的长，从而得到G点坐标。
（2）由题意，可知△AEF为含30度角的直角三角形，从而可求出E点坐标；又F点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF的解析式。
（3）分FG为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四边形的形状：
若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：
①FG为平行四边形的一边，且N点在x轴正半轴上，如图1所示。
过M1点作M1H⊥x轴于点H，易证△M1HN1≌△GBF，
∴M1H=GB= ，即yM1= 。
由直线EF解析式 ，求出 。
∴M1（ ）。
②FG为平行四边形的一边，且N点在x轴负半轴上，如图2所示。
仿照与①相同的办法，可求得M2（ ）。
③FG为平行四边形的对角线，如图3所示。
过M3作FB延长线的垂线，垂足为H．易证△M3FH≌△GN3C，
则有M3H=CG=4 ，所以M3的纵坐标为8－ 。
代入直线EF解析式，得到M3的横坐标为 。
∴M3（ ）。
综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为：M1（ ），M2（ ），M3（ ）。