专题18.21 平面直角坐标系-矩形折叠问题（专项练习）-2021-2022学年八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

专题18.21 平面直角坐标系-矩形折叠问题（专项练习）
经过特殊平行四边形--矩形的学习，建立在平面直角坐标系下的矩形是十分重要的，而其中的折叠问题又常常出现在中考压轴题中，因此建立平面直角坐标系中的几何变换图形把矩形与函数结合在一起-----数学形结合思想，就显得尤为重要。本专题汇集了平面直角坐标系中的几何折叠问题，对培养学生数学思想，提高学生数学素养非常重要。
一、单选题
1．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在轴、轴上，点在边上，将该矩形沿折叠，点恰好落在边上的处.若，，则点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
2．如图,矩形在平面直角坐标系中, ,,把矩形沿直线对折使点落在点处,直线与的交点分别为,点在轴上,点在坐标平面内,若四边形是菱形,则菱形的面积是（ ）

A． B． C． D．
3．如图，在平面直角坐标系中，将矩形OABC沿着OB对折，使点A落在点A'处，点B的坐标(8，4)，则点A'的坐标是( )

A．(4，) B．(，)
C．(， ) D．(， )
4．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，，将沿直线翻折，使点落在点处，交轴于点，若，则点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
5．如图，平面直角坐标系中，已知矩形，为原点，点、分别在轴、轴上，点的坐标为，连结，将沿直线翻折，点落在点的位置．则的值是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC绕原点O逆时针旋转30°后得到矩形OA′B′C′，A′B′与BC交于点M，延长BC交B′C′于N，若A（，0），C（0，1），则点N的坐标为（　　）

A．（，1） B．（，1） C．（，1） D．（，1）
7．矩形在平面直角坐标系中的位置如图所示，其各顶点的坐标分别为，固定点并将此矩形按顺时针方向旋转，若旋转后点的对应点的坐标为，则旋转后点的对应点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
8．如图，将矩形置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴上，点在上，将矩形沿折叠压平，使点落在坐标平面内，设点的对应点为点．若抛物线（且为常数）的顶点落在的内部，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
9．如图，在直角坐标系中，将矩形沿对折，使点落在点处，已知,，则点的坐标是（ ）．

A．（，） B．（，3） C．（，） D．（，）
10．如图，把一矩形纸片OABC放入平面直角坐标系xoy中，使OA，OC分别落在x轴、y轴上，现将纸片OABC沿OB折叠，折叠后点A落在点A'的位置，若OA=1，OB=2，则点A'的坐标为（   ）

A． B． C． D．（
11．如图，在直角坐标系中，将矩形OABC沿OB对折，使点A落在点D处，已知，则点D的坐标为（　　）


A． B． C． D．
12．如图,在平面直角坐标系中,将长方形沿对折,使点落在点处,已知,则点的坐标是( )

A． B． C． D．
13．如图，在直角坐标系中，将矩形OABC沿OB对折，使点A落在A1处，已知OA=，AB=1，则点A1的坐标是（ ）

A．(，) B．(，) C．(，) D．(，)
14．如图，在直角坐标系中，将矩形OABC沿OB对折，使点A落在A1处，已知OA=，AB=1，则点A1的坐标是（ ）

A．（） B．（） C．（） D．（）
15．如图，在矩形中，，将矩形对折，得到折痕;沿着折叠,点的对应点为与的交点为;再沿着折叠，使得与重合，折痕为，此时点的对应点为.下列结论:①是直角三角形:②点在同一条直线上;③;④;⑤点是的外心，其中正确的个数为（ ）

A．个 B．个 C．个 D．个


二、填空题
16．如图，矩形放在平面直角坐标系中，，，将矩形绕原点按顺时针方向旋转得到矩形，则点的坐标是________．

17．如图，矩形的边长，，将此矩形置于平面直角坐标系中，使在轴正半轴上，经过点的直线与轴交于点，则的面积是__________．

18．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC绕原点O逆时针旋转30°后得到矩形ODEF，若A（3，0），C（0，），则点E的坐标为_________

19．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在轴、轴上，点在边上，将该矩形沿折叠，点恰好落在边上的处.若，，则点的坐标是__________．

20．先将一矩形置于直角坐标系中，使点与坐标系中原点重合，边、分别落在轴、轴上（如图），再将此矩形在坐标平面内按逆时针方向绕原点旋转（如图），则图中点的坐标为________．

21．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在轴、轴上，点在边上，将该矩形沿折叠，点恰好落在边上的处.若，，则点的坐标是__________．

22．如图，矩形在平面直角坐标系内，其中点，点，点和点分别位于线段，上，将沿对折，恰好能使点与点重合．若轴上有一点，能使为等腰三角形，则点的坐标为___________．

23．如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处.若点D的坐标为(10，8），则点E的坐标为 .

24．如图，在直角坐标系中，将矩形OABC沿OB对折，使点A落在点A‘处，已知OA=，∠AOB=30°，则点A’的坐标是___________，线段AA’的长度=___________．

25．将矩形OABC置于平面直角坐标系中，点A的坐标为(0，4)，点C的坐标为(m，0)(m＞0)，点D(m，1)在BC上，将矩形OABC沿AD折叠压平，使点B的对应点E落在坐标平面内，当△ADE是等腰直角三角形时，点E的坐标为______．

26．如图，将矩形纸片放入以所在直线为轴，边上一点为坐标原点的平面直角坐标系中，连结。将纸片沿折叠，点恰好落在边上点处，若，则点的坐标为________________。

27．如图，在平面直角坐标系中，矩形纸片ABCO的顶点C坐标（0，8），沿着直线折叠纸片，使点C落在OA边上的点F处，折痕为DE，则b等于____________．

28．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E的坐标是_____．

29．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣3，0），C（0，）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为_____．


三、解答题
30．如图，将一个矩形纸片，放置在平面直角坐标系中，，是边上一点，将沿直线对折，得到．

（1）当平分时，求的度数和点的坐标．
（2）连接，当时，求的面积．
31．问题：在平面直角坐标系中，一张矩形纸片按图所示放置．已知，，将这张纸片折叠，使点落在边上，记作点，折痕与边（含端点）．
交于点，与边（含端点）或其延长线交于点．

问题探究：
（）如图，若点的坐标为，直接写出点的坐标________；
（）将矩形沿直线折叠，求点的坐标；
问题解决：
（）将矩形沿直线折叠，点在边上（含端点），求的取值范围．
32．在平面直角坐标系中，四边形的矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点旋转后的对应点分别为，直线、直线分别与直线相交于点，.记旋转角为.
（Ⅰ）如图①，当矩形的顶点落在轴正半轴上时，
（1）求证：；
（2）求点的坐标.

（Ⅱ）如图②，当矩形的顶点落在直线上时，
（1）求证：.
（2）求点的坐标.

（Ⅲ）在矩形旋转过程中，当时，若，请直接写出此时点 的坐标.
33．将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点E，F分别在边，上．沿着折叠该纸片，使得点A落在边上，对应点为，如图①．再沿折叠，这时点E恰好与点C重合，如图②．

（Ⅰ）求点C的坐标；
（Ⅱ）将该矩形纸片展开，再折叠该矩形纸片，使点O与点F重合，折痕与相交于点P，展开矩形纸片，如图③．
①求的大小；
②点M，N分别为，上的动点，当取得最小值时，求点N的坐标（直接写出结果即可）．
34．综合与探究
问题情境
在综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中的旋转问题”．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．
操作发现
以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，．
（1）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
继续探究
（2）如图②，当点落在线段上时，与交于点．
①求证；
②求点的坐标．
拓展探究
（3）如图①，点是轴上任意一点，点是平面内任意一点，是否存在点使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

35．把边长分别为4和6的矩形ABCO如图放在平面直角坐标系中，将它绕点顺时针旋转角， 旋转后的矩形记为矩形．在旋转过程中，
（1）如图①，当点E在射线CB上时，E点坐标为 ；
（2）当是等边三角形时，旋转角的度数是 （为锐角时）；
（3）如图②，设EF与BC交于点G，当EG=CG时，求点G的坐标．
（4） 如图③，当旋转角时，请判断矩形的对称中心H是否在以C为顶点，且经过点A的抛物线上。



参考答案
1．B
【分析】
根据题意可求得、的长度，根据点在第二象限，从而可以得到点的坐标．
【详解】
解：∵四边形是矩形
∴
∵将该矩形沿折叠，点恰好落在边上的处.若
∴
∴
∴
∴
根据题意可设，则，则
∵
∴在中，
∴
根据题意可设
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴点的坐标为．
故选：B
【点拨】
本题考查了勾股定理、矩形的性质、翻折变换、坐标与图形变化（轴对称）、相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是明确题意找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想进行解答．
2．C
【解析】
【分析】
如图，连接AD，根据勾股定理先求出OC的长，然后根据折叠的性质以及勾股定理求出AD、DF的长，继而作出符合题意的菱形，分别求出菱形的两条对角线长，然后根据菱形的面积等于对角线积的一半进行求解即可.
【详解】
如图，连接AD，
∵∠AOC=90°，AC=5，AO=3，
∴CO==4，
∵把矩形沿直线对折使点落在点处，
∴∠AFD=90°，AD=CD，CF=AF=，
设AD=CD=m，则OD=4-m，
在Rt△AOD中，AD2=AO2+OD2，
∴m2=32+(4-m)2，
∴m=，
即AD=，
∴DF===，
如图，过点F作FH⊥OC，垂足为H，延长FH至点N，使HN=HF，在HC上截取HM=HD，则四边形MFDN即为符合条件的菱形，
由题意可知FH=，
∴FN=2FH=3，DH=，
∴DM=2DH=，
∴S菱形MFDN=，
故选C.

【点拨】
本题考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性质较强，有一定的难度，正确添加辅助线，画出符合题意的菱形是解题的关键.
3．B
【解析】
【分析】
设出点的坐标,先根据翻折变换的性质得出的面积,作E ⊥x轴于E,交DE于F,根据BC//x轴可知E ⊥BC,再由BD的值及三角形的面积公式可求出的长,B点坐标,用待定是法求出过O、D两点的一次函数的解析式,把点的坐代入函数解析式即可得到答案.
【详解】
解：BC//AO,∠BOA=∠OBC ,
根据翻折不变性得, ∠=∠BOA,
∠OBC=∠,
DO=DB.
设DO=DB=xcm,则CD=(8-x)cm,
又OC=4,+=,
解得x=5. BD=5 ,
==10;
设(a,4+b),作E⊥x轴于E, 交DE于F,如下图所示:

BC//x轴, E⊥BC ,
===16,=10,
===6
解得=6
的纵坐标为
BD=5,B(8,4)
D点坐标为(3,4),
过OD两点直线解析式为y=,
把点的坐标（a，）代入得，
解得a=
点的坐标为（，）
故选:B.
【点拨】
此题考查了矩形的性质, 折叠的性质、等腰三角形的性质以及勾股定理. 此题难度适中, 注意掌握折叠前后图形的对应关系, 注意掌握辅助线的作法, 注意数形结合思想的应用.
4．B
【分析】
如图，由矩形的性质和解直角三角形的知识可求得AB的长，由折叠的性质和矩形的性质可得∠2=30°，解直角△AOE可求出AE与OE的长，进而可得DE的长，过点D作DF⊥x轴于点F，则解Rt△DEF可求出EF与DF的长，进一步即可求出OF的长，从而可得答案．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴BC=OA=6，∠OAB=∠B=∠AOC=90°，
如图，由题意得：，，
∴∠2=30°，∴∠3=60°，
则在Rt△AOE中，，，
∴，
过点D作DF⊥x轴于点F，则在Rt△DEF中，∵∠4=∠3=60°，
∴，，
∴，
∴点D的坐标是．
故选：B．

【点拨】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质和解直角三角形等知识，属于常考题型，熟练掌握上述性质和解直角三角形的知识是解题的关键．
5．D
【分析】
根据翻折不变性及勾股定理求出GD、CG的长，再根据相似三角形的性质，求出DF的长，OF的长即可解决问题；
【详解】
解：作DF⊥y轴于F，BD交OC于G．
​
∵在△BCG与△ODG中，
，
∴△BCG≌△ODG，
∴GO=GB，
∴设GO=GB=x，
则CG=GD=2-x，
于是在Rt△CGB中，（2-x）2+12=x2；
解得x=．
∴=．
故选D．
【点拨】
本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
6．B
【分析】
由旋转的性质可得C'O=CO，∠COC'=30°，由“HL”可证Rt△CON≌Rt△C'ON，可得∠NOC=∠NOC'=15°，由直角三角形的性质可得2NCNC=1，可求NC的长，即可得点N坐标．
【详解】
如图，连接ON，作∠ONE=∠NOC．

∵矩形OABC绕原点O逆时针旋转30°后得到矩形OA'B'C'，
∴C'O=CO，∠COC'=30°．
∵CO=C'O，NO=NO，
∴Rt△CON≌Rt△C'ON（HL），
∴∠NOC=∠NOC'=15°，
∴∠ONE=∠NOC=15°，
∴∠NEC=30°，NE=EO．
∵NC⊥OC，∠NEO=30°，
∴NCNE，CENC．
∵CE+OE=1，
∴2NCNC=1，
∴NC=2，
∴点N坐标（2，1）．
故选B．
【点拨】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质，旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
7．A
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，画出图形，即可得到答案.
【详解】
解：由图可知，

由旋转后点的对应点的坐标为，旋转后点的对应点在轴上，
∵，
∴旋转后点的对应点D＇的坐标为．
故选：A．
【点拨】
本题考查了旋转的性质，解题的关键是掌握旋转过后点坐标的变化.
8．B
【解析】
【分析】
利用对折的性质，得到线段的关系，用勾股定理建立方程，最后用相似△AFG∽△ABD得到比例式，计算出点G，H的纵坐标即可．
【详解】
如图，

过点E作EF⊥AB于F，EF分别与AD、OC交于点G、H，
过点D作DP⊥EF于点P，
则EP=PH+EH=DC+EH=1+EH，
在Rt△PDE中，由勾股定理可得，
DP2=DE2-PE2=9+（1+EH）2，
∴BF2=DP2=9+（1+EH）2，
在Rt△AEF中，AF=AB-BF=3-，EF=4+EH，AE=4，
∵AF2+EF2=AE2，
即：（3-）2+（4+EH）2=16，
解得EH=1，
∴AB=3，AF=2，E（2，-1）．
∵∠AFG=∠ABD=90°，∠FAG=∠BAD，
∴△AFG∽△ABD．
∴，
即：，
∴FG=2．
∴EG=EF-FG=3．
∴点G的纵坐标为2．
∵y=ax2-4ax+10=a（x-2）2+（10-20a），
∴此抛物线y=ax2-4ax+10的顶点必在直线x=2上．
又∵抛物线的顶点落在△ADE的内部，
∴此抛物线的顶点必在EG上．
∴-1＜10-20a＜2，
∴．
故选B．
【点拨】
此题是二次函数的图像与性质，折叠的性质，相似三角形的图像与性质，矩形的性质，勾股定理，解本题的关键是要看出抛物线的对称轴是定值，本题的难点是应从哪里入手．
9．A
【解析】
在Rt△AOB中，tan∠AOB=，∴∠AOB=30°．
而Rt△AOB≌Rt△A1OB，∴∠A1OB=∠AOB=30°．作A1D⊥OA，垂足为D，如图所示．

在Rt△A1OD中，OA1=OA=，∠A1OD=60°，∵sin∠A1OD=，
∴A1D=OA1•sin∠A1OD=．又cos∠A1OD=，
∴OD=OA1•cos∠A1OD=．∴点A1的坐标是（，）．故选A．
10．B
【解析】

作A'D⊥x轴交x轴于点D，
∵OA=1，OB=2，
∴cos∠BOA==，
∴∠BOA=60°，
∵纸片OABC沿OB折叠，折叠后点A落在点A'的位置，
∴∠BOA=∠BOA'=60°，OA=OA'=1，
∴∠A'OD=60°，
∴OD= OA'·cos60°=1×=.
A'D= OA'·sin60°=1×=.
∴A'的坐标为（－，）.
故选B.
点拨：（1）折叠问题充分利用对应的边相等，角相等.
（2）通过三角函数值能推出角的度数；
（3）已知线段的长度，表示坐标的时候注意符号问题.
11．A
【分析】
过点D作DG⊥OA于点G，在Rt△OAB中，由OA、AB的长度可计算OB的长度，从而可得，所以，根据折叠的性质从而可得，OD=OA=，在直角△DOG中，可分别求得OG、DG的长，从而可求得D点的坐标．
【详解】
如图，过点D作DG⊥OA于点G


∵四边形OABC是矩形
∴
在Rt△OAB中，OA=，OB=1，由勾股定理得：
∴
∴
根据折叠的性质，得：OD=OA=，
∴，
∵DG⊥OA
∴
由勾股定理得：
∴点G的坐标为
故选：A
【点拨】
本题主要考查图形折叠的性质、勾股定理、点的坐标的求法，关键求得、掌握折叠的性质．
12．D
【分析】
由已知可得∠AOB=60°，翻折后找到相等的角及相等的边，在直角三角形中，利用勾股定理可求得答案．
【详解】
解：如图示：

连接交于D点，作于E，
∵是由沿对折而得，是直角三角形，
∴，，
∵，
根据含有一个角是的特殊直角三角形的性质可知：
，，
∵
∴是等边三角形，
设的坐标为：
∴由等边三角形的性质可知
∴的高
∴，
∵是直角三角形，根据勾股定理可得：，
即：
∴，
所以的坐标为：
故选D．
【点拨】
本题考查了含60°的直角三角形的性质、勾股定理及图形的翻折问题；利用翻折找准相等的角、相等的边是正确解答本题的关键．
13．A
【解析】
分析：由已知可得∠AOB＝30°，翻折后找到相等的角及相等的边，在直角三角形中，利用勾股定理可求得答案．
详解：过A1作A1D⊥OA，

∵OA＝，AB＝1，
∴在Rt△OAB中，OB＝＝2，AB＝1，
∴AB＝OB，
∵△AOB是直角三角形，
∴∠AOB＝30°，
OB为折痕，
∴∠A1OB＝∠AOB＝30°，OA1＝OA＝，
Rt△OA1D中，∠OA1D＝30°，
∴OD＝×＝，
A1D＝×=
∴点A1的坐标（，）．
故选A．
点拨：本题考查了含30°的直角三角形的性质、勾股定理及翻折问题；利用翻折找准相等的角、相等的边是正确解答本题的关键．
14．A
【解析】
试题分析：根据折叠的性质，OA=OA1，∠AOB=∠A1OB，从而求出∠A1OD，利用三角函数求出OD、A1D即可解答．
解：在Rt△AOB中，tan∠AOB=，
∴∠AOB=30°．
而Rt△AOB≌Rt△A1OB，
∴∠A1OB=∠AOB=30°．
作A1D⊥OA，垂足为D，如图所示．
在Rt△A1OD中，OA1=OA=，∠A1OD=60°，
∵sin∠A1OD=，
∴A1D=OA1•sin∠A1OD=．
又cos∠A1OD=，
∴OD=OA1•cos∠A1OD=．
∴点A1的坐标是．
故选A．

【点评】此题主要考查图形对折的特征及点的坐标的求法．
15．D
【分析】
根据折叠的性质得到∠DMC＝∠EMC，∠AMP＝∠EMP，于是得到∠PME＋∠CME＝×180°＝90°，求得△CMP是直角三角形，故①正确；根据平角的定义得到点C、E、G在同一条直线上，故②正确；AB＝1，则AD＝2，得到DM＝AD＝，根据勾股定理得到CM＝＝，根据射影定理得到CP＝＝，得到PC＝MP，故③正确；求得PB＝AB=，，故④正确；根据平行线等分线段定理得到CF＝PF，求得点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确．
【详解】
∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠DMC＝∠EMC，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，

∴∠AMP＝∠EMP，
∵∠AMD＝180°，
∴∠PME＋∠CME＝×180°＝90°，
∴△CMP是直角三角形；故①正确；
∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠D＝∠MEC＝90°，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠MEG＝∠A＝90°，
∴∠GEC＝180°，
∴点C、E、G在同一条直线上，故②正确；
∵AD＝2AB，
∵AB＝1，则AD＝2，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN；
∴DM＝AD＝
∴CM＝＝，
∵∠PMC＝90°，MN⊥PC，
∴CM2＝CN•CP，
∴CP＝＝，
∴PN＝CP−CN＝
∴PM＝=
∴，
∴PC＝MP，故③正确；
∵PC＝AB=，
∴PB＝-=
∴，故④正确，
∵CD＝CE，EG＝AB，AB＝CD，
∴CE＝EG，
∵∠CEM＝∠G＝90°，
∴FE∥PG，
∴CF＝PF，
∵∠PMC＝90°，
∴CF＝PF＝MF，
∴点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确；
故选：D．
【点拨】
本题考查了三角形的外接圆与外心，折叠的性质，直角三角形的性质，矩形的性质，正确的识别图形，熟练掌握好相关知识是解题的关键．
16．
【解析】
【分析】
旋转90°后OA落在X轴上，OC在Y轴上，得到OA′，OC′的长度可得第一象限内B′的坐标．
【详解】
解：∵OABC是矩形,将矩形OABC绕原点O按顺时针方向旋转得到矩形OA′B′C′，
OA=4，OC=2.
∴OA′=4,OC′=2，
∴B′坐标为(4,2).
故答案为(4,2).
【点拨】
本题主要考查坐标与图形变化-旋转，熟悉掌握是关键.
17．
【分析】
首先根据已知条件可求出矩形的面积，再根据经过点的直线与轴交于点，求出、、A的坐标，从而确定AE的值，则的面积即可求解．
【详解】
解：∵矩形的边长，，
∴矩形的面积是：，
∵直线过点与轴交于点，
∴，，，
∴．
故答案为：．
【点拨】
本题考查的知识点是一次函数的综合题目，根据经过点的直线与轴交于点，求出、、A的坐标，是解此题的关键．
18．
【分析】
过E作EG⊥AO，连接EO，先利用旋转的性质得出ED和OD，根据三角函数可得∠EOD=30°，在△OEG中解直角三角形即可求得OG和GE，从而得出E点坐标．
【详解】
解：∵A（3，0），C（0，），
∴OA=3, ，
∵四边形OABC为矩形，
∴,∠BAO=90°，
如下图，过E作EG⊥AO，连接EO，

∵矩形OABC绕原点O逆时针旋转30°后得到矩形ODEF，
∴OD=OA=3, ，∠EDO=90°，
∴，
∴∠EOD=30°，
∴∠EOG=∠EOD+∠DOA=60°，
又∵，
∴
∴．
故答案为：．
【点拨】
本题考查解直角三角形，矩形的性质，坐标与图形变化——旋转．能正确作出辅助线，构造直角三角形是解题关键．
19．（10，）
【分析】
根据题意AF=AB=10，由勾股定理可以得到OF，进而得CF的长度，并设CE=a，则EF=BE=6-a，由勾股定理列出a的方程求得a的值，即可求得E点坐标．
【详解】
解：设CE=a，则BE=6-a，
由题意可得，EF=BE=6-a，
由对折知，AF=AB=10，
∴，
∴CF=OC-OF=10-8=2，
∵∠ECF=90°，
∴a2+22=（6-a）2，
解得：a=，
∴点E的坐标为（10，）．
故答案为：（10，）．
【点拨】
本题考查勾股定理的应用和矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化-对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件并利用数形结合的思想解答．
20．
【分析】
根据旋转的性质，首先得出OM，DM的长，进而求出ON，NC的长即可得出答案．
【详解】
∵AB=4，BC=3，
∴图1中点C的坐标为（4，3），
在图2中，设CD与y轴交于点M，作CN⊥y轴于点N，那么∠DOM=30°，OD=3，∴DM=3•tan30°=，OM=3÷cos30°=2，
那么CM=4﹣，
易知∠NCM=30°，
∴MN=CM•sin30°=，CN=CM•cos30°=，
则ON=OM+MN=，
∴图2中C点的坐标为：（）．
故答案为（）．

【点拨】
本题考查了矩形的性质以及旋转问题，关键是根据旋转前后对应角的度数不变，对应线段的长度不变，注意构造直角三角形求解．
21．
【分析】
由勾股定理可以得到CE、OF的长度，根据点E在第二象限，从而可以得到点E的坐标．
【详解】
设CE=a，则BE=8-a，
由题意可得，EF=BE=8-a，
∵∠ECF=90°，CF=4，
∴a2+42=（8-a）2，
解得，a=3，
设OF=b，则OC=b+4，
由题意可得，AF=AB=OC= b+4，
∵∠AOF=90°，OA=8，
∴b2+82=（b+4）2，
解得，b=6，
∴CO=CF+OF=10，
∴点E的坐标为（-10，3），
故答案为（-10，3）．
【点拨】
本题考查勾股定理的应用，矩形的性质、翻折变化、坐标与图形变化-对称，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
22．或
【分析】
首先根据矩形和对折的性质得出AC、AB、BC、AD，然后利用△ADE∽△ABC，得出AE，分类讨论即可得出点P坐标.
【详解】
∵矩形，，
∴OA=BC=2，OC=AB=4
∴
由对折的性质，得△ADE是直角三角形，AD=CD=AC=，∠ADE=∠ABC=90°，∠DAE=∠BAC
∴△ADE∽△ABC
∴，即
∴
∵轴上有一点，使为等腰三角形，
当点P在点A左侧时，如图所示：


∴
∴点P坐标为；
当点P在点A右侧时，如图所示：


∴
∴点P坐标为；
综上，点P的坐标是或
故答案为：或.
【点拨】
此题主要考查利用相似三角形、等腰三角形的性质求点坐标，解题关键是求出AE的长度.
23．（10，3）
【分析】
根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角△AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8-x，CF=10-6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．
【详解】
∵四边形AOCD为矩形,D的坐标为(10,8),
∴AD=BC=10，DC=AB=8，
∵矩形沿AE折叠，使D落在BC上的点F处，
∴AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中,OF= =6，
∴FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中,EF2=EC2+FC2，
即(8−x)2=x2+42，
解得x=3，即EC的长为3.
∴点E的坐标为(10,3).
24．()、
【详解】
试题分析：连接AA′，根据折叠图形的性质可得：OA′=OA=，∠A′OB=∠AOB=30°，则∠A′OA=60°，则△A′OA为等边三角形，且边长为，则A′的坐标为()，A′A=.
考点：(1)、折叠图形的性质；(2)、等边三角形的性质
25．(0，1)
【解析】
【分析】
由矩形的性质和已知条件得出BD＝3，由折叠的性质得出AB＝AE，BD＝DE，∠ABD＝∠AED＝90°，当△ADE是等腰直角三角形时，AE＝ED，得出AB＝BD，∠BAD＝45°，因此∠DAE＝∠BAD＝45°，得出AB＝BD＝AE＝DE＝3，证出四边形ABDE是正方形，OE＝1，即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形OABC为矩形，点A的坐标为(0，4)，点D的坐标为(m，1)，
∴BD＝3，
∵将矩形OABC沿AD折叠压平，使点B的对应点E落在坐标平面内，
∴AB＝AE，BD＝DE，∠ABD＝∠AED＝90°，
∵当△ADE是等腰直角三角形时，AE＝ED，
∴AB＝BD，∠BAD＝45°，
∴∠DAE＝∠BAD＝45°，
∴E在y轴上，AB＝BD＝AE＝DE＝3，
∴四边形ABDE是正方形，OE＝1，
∴点E的坐标为(0，1)；
故答案为：(0，1)．
【点拨】
本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的性质、正方形的判定与性质、坐标与图形性质；熟练掌握矩形得性质和折叠的性质，证出四边形是正方形是解决问题的关键．
26．（，1）
【分析】
依据折叠的性质以及勾股定理，即可得出AC'的长，进而得到BC'=1，再根据勾股定理可得，Rt△BOC'中，BO2+BC'2=C'O2，列方程求解即可得到BO=，进而得出点C的坐标．
【详解】
解：∵矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，且纸片沿折叠，点恰好落在边上点处，
∴AD=3，CD=C'D=5，
∴Rt△ADC'中，AC'=
∴BC'=5-4=1，
设BO=x，则CO=C'O=3-x，
∵Rt△BOC'中，BO2+BC'2=C'O2，
∴x2+12=（3-x）2，
解得x=，
∴点的坐标为（，1），
故答案为：（，1），
【点拨】
本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质以及勾股定理的运用；解决问题的关键是运用勾股定理计算有关线段的长．解题时注意方程思想的运用．
27．3
【分析】
作EH⊥OA于H，先得到D点坐标为（0，b），利用矩形的性质得E点的纵坐标为8，则利用可表示E的横坐标，即有E点坐标为（2（8-b），8），所以OD=b，CD=8-b，CE=2（8-b），EH=8，再根据折叠的性质得DF=DC=8-b，EF=CE=2（8-b），∠DFE=∠DCE=90°，利用等角的余角相等得到∠ODF=∠EFH，可判断Rt△ODF∽Rt△HFE，利用相似比得到OF=4，FH=2b，然后根据OF+FH=OH=CE得4+2b=2（8-b），解方程得到b=3．
【详解】
解：作EH⊥OA于H，如图，
把x=0代入得y=b，则D点坐标为（0，b），
∵C点坐标为（0，8），
而四边形ABCO为矩形，
∴E点的纵坐标为8，
把y=8代入得，解得x=16-2b=2（8-b），
∴E点坐标为（2（8-b），8），
∴OD=b，CD=8-b，CE=2（8-b），EH=8，
∵矩形纸片ABCO沿着直线折叠，使点C落在OA边上的点F处，折痕为DE，
∴DF=DC=8-b，EF=CE=2（8-b），∠DFE=∠DCE=90°，
∴∠DFO+∠EFH=90°，
而∠DFO+∠ODF=90°，
∴∠ODF=∠EFH，
∴Rt△ODF∽Rt△HFE，
∴，即，
∴OF=4，FH=2b，
∵OF+FH=OH=CE，
∴4+2b=2（8-b），
∴b=3．
故答案为3．

【点拨】
本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了一次函数的性质和相似三角形的判定与性质．
28．(-10，3)
【详解】
试题分析：根据题意可知△CEF∽△OFA，可根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得OF=2CE，设CE=x，则BE=8-x，然后根据折叠的性质，可得EF=8-x，根据勾股定理可得，解得x=3，则OF=6，所以OC=10，由此可得点E的坐标为（-10，3）.
故答案为：（-10，3）
29．（﹣，3）
【分析】
连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H＝OA＝3，OH＝AB＝，得到答案．
【详解】
解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，如图所示：
由题意得，OA＝3，AB＝OC＝，
则tan∠BOA＝＝，
∴∠BOA＝30°，
∴∠OBA＝60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB＝∠BOA＝30°，
∴∠B1OH＝60°，
在△AOB和△HB1O中，
，
∴△AOB≌△HB1O（AAS），
∴B1H＝OA＝3，OH＝AB＝，
∴点B1的坐标为（﹣，3），
故答案为：（﹣，3）．

【点拨】
本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
30．（1）；（2）
【分析】
（1）由折叠的性质得：△ANM≌△ADM，由角平分线结合得：∠BAM=∠MAN=∠NAB=30°，由特殊角的三角函数可求DM的长，写出M的坐标；
（2）如图2，作辅助线，构建直角三角形，设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，在Rt△ANQ中，由勾股定理列等式可得关于x的方程：（x+1）2=32+x2，求出x，得出AB是AQ的，即可得出△NAQ和△NAB的关系，得出结论.
【详解】
解：（1）

由折叠得

平分


四边形是矩形

，
∴AM=2DM，
，
即，
∴，
；
（2）延长交的延长线于点，连接BN，

四边形是矩形


由折叠得




设，则


在中，由勾股定理得：

，解得





【点拨】
本题是四边形的综合题，考查了三角形全等性质和判定、折叠的性质、勾股定理、图形与坐标特点、特殊的三角函数值，熟练掌握折叠的性质是关键，注意图形与坐标特点，第（2）问构建直角三角形，利用勾股定理列方程是关键．
31．（1）；（2）；（3）
【解析】
解：（）∵点的坐标为，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为；
（）如图，过点作于，

∵解析式为，
∴点的坐标为，
∴，
∴点的坐标为，
∴，
∵与全等，
∴，，
∵点在上，且，
∴，
又∵，
∴，
在与中，
，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点的坐标为．
（）如图，．
∵矩形沿直线折叠，点在边上，
①当点和点重合时，的值为，
②当点和点重合时，的值为；
∴．

点拨：本题是一道在坐标系中探究点的位置与坐标. 涉及的知识点有矩形的性质、全等及相似三角形的判定与性质、轴对称的性质、一次函数的性质等知识.
32．（Ⅰ）（1）见解析；（2）点 的坐标为 ； （Ⅱ）（1）见解析；（2）点的坐标为；（Ⅲ）点的坐标为或
【分析】
（Ⅰ）（1）由题意得∠B’CQ=∠C’即可求解；
（2）由题可得OA=8，OC=6. B’C’=BC=8,OC’=OC=6；由（1）知△B’CQ∽△B’C’O即可求解；
（Ⅱ）（1）由题意知A’B’=AB=OC，∠BCO=∠B’CO=∠A’=90，易得三角形全等；
（2）设CP=x，由（1）知△PCO≌△PA’B’，易得CP长即可求出P点坐标；
（3）分情况讨论：1°当P在BQ上时，由勾股定理易得PC长度即可求解;
2°当P在QB延长线上时，由勾股定理易得PC长度，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）（1）证明：根据题意，知∠B’CQ=∠BCO=90°，∠BCO=∠C’=90°，
∴∠B’CQ=∠C’=90°.
又∵∠QB’C=∠OB’C’
∴△B’CQ∽△B’C’O.
（2）解：∵点A（-8,0）C（0，6），∴OA=8，OC=6.
∵四边形OABC是矩形，∴BC=OA=8.
根据题意，知B’C’=BC=8,OC’=OC=6.
∴OB’=10,B’C=OB’-OC=4.
由（1）知△B’CQ∽△B’C’O，∴，即.∴CQ=3.
∴点Q的坐标为（3,6）.
（Ⅱ）（1）证明：由题意知A’B’=AB=OC，∠BCO=∠B’CO=∠A’=90°，
又∵∠CPO=∠A’PB’∴ △PCO≌△PA’B’.
（2）解：根据题意，知A’O=AO=8.
设CP=x，由（1）知△PCO≌△PA’B’，
∴A’P=CP=x,A’B’=OC=6,PB’=PO=A’O-A’P=8-x.
在Rt△PA’B’中，，即，
解得x=，∴CP=.
∴点P的坐标为（，6）.
（Ⅲ）对于△PQO，PQ边上的高CO等于PO边上的高C’O
设BP=n
1°当P在BQ上时，∵BQ=2BP∴BP=PQ=n
在Rt△PCO中，由勾股定理得解得
∴PC=BC-BP=8-=故P点坐标为（，6）
2°当P在QB的延长线上时，∵BQ=2BP∴PQ= 3BP=3n
在Rt△PCO中，由勾股定理得解得或（舍）
∴PC=BC+BP=8+=故P点坐标为（-9-，6）
综上所述，点P的坐标为（-9-，6）或（，6）.
【点拨】
此题主要考查平面直角坐标系中旋转，其中涉及了相似三角形、全等三角形以及勾股定理的知识，熟练运用这些知识是解题关键
33．（Ⅰ）（Ⅱ）①，②
【分析】
（Ⅰ）由翻折的性质可知，，，再由正方形的性质和勾股定理可得OE，继而即可求解；
（Ⅱ）①连接，由题意和（Ⅰ）可知，而，，由等角对等边可知，，设，则，然后根据翻折的性质可知即，把x代入列出方程，解方程求出，根据相似三角形的判定可证, ，再根据相似三角形的对应角相等和三角形内角和即可求解；
②利用角平分线上的点到角两边的距离相等这一性质可判断M、N的位置，进而根据题意即可求解．
【详解】
解：（Ⅰ）∵点，∴．
由两次折叠可知，，．
∴是正方形．∴．
在中，．
∴点C的坐标为．
（Ⅱ）①如图③，连接，由和（Ⅰ）可知，
，而，
，
故，．
设，则，
由即，
得，解得．
所以．则有．
得．又，则，
即．

②如图④所示，过点P作⊥OC于点，交OF于点M，作关于OF的对称点N，连接MN，此时取得最小值时，且，
过点N作NG⊥x轴于点G，
∵由（Ⅱ）知，∠AOE＝45°,
∴∠NOG＝90°－45°＝45°
∴OG＝NG＝．
∴．

【点拨】
本题主要考查几何变换的综合题，涉及到翻折的性质、勾股定理、相似三角形的判定及其性质、角平分线的性质等知识点，熟练运用所学知识是解题的关键．
34．（1）；（2）①见解析；②；（3）存在，，，，
【分析】
（1）根据矩形的性质得到OB＝AC＝3，OA＝BC＝5，∠C＝90°，根据旋转变换的性质得到AD＝OA＝5，根据勾股定理求出CD，得到点D的坐标；
（2）①根据旋转变换的性质得到OA＝DA，∠AOB＝∠ADE＝90°，利用HL定理证明△ADB≌△AOB；
②根据全等三角形的性质得到BD＝BO＝AC，根据△BDH≌△ACH，得到DH＝CH，根据勾股定理求出CH，得到点H的坐标；
（3）分四种情况进行讨论：①当四边形ADNM为菱形，且点N在点D左侧时；②当四边形ADNM为菱形，且点N在点D右侧时；③当四边形ADMN为菱形时，④当四边形ANDM为菱形时，根据菱形的性质即可求解．
【详解】
（1）如图①中，
∵，，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵矩形是由矩形旋转得到，
∴，
在中，，
∴，
∴
（2）①如图②中，
由四边形是矩形，得到，
点在线段上，
，
由（1）可知，，又，，
∴
②∵，
∴，
又在矩形中，，
∴，
∴，
∴，设，则，
在中，∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
（3）存在，
①当四边形ADNM为菱形，且点N在点D左侧时，
∵AD=5，
∴ND=AD=AM=5，
又BD=1，
∴BN=5-1=4，
∵点M在x轴上，
∴DN∥AM，
∴N（-4,3）

②当四边形ADNM为菱形，且点N在点D右侧时，
∵AD=5，
∴ND=AD=AM=5，
又BD=1，
∴BN=5+1=6，
∵点M在x轴上，
∴DN∥AM，
∴N（6,3）

③当四边形ADMN为菱形时，
∵点M在x轴上，
∴点D与点N关于x轴对称，
∵D（1，3）,
∴N（1，-3）

④当四边形ANDM为菱形时，则MN⊥AD，
∵AM∥DC，点M在x轴上，
∴点N在BC上，DN=AN，
设CN=a，则DN=AN=4-a，
∴,即，解得：a=,
∴BN=，
故

综上所述：，，，
【点拨】
本题考查的是矩形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换的性质以及菱形的性质，掌握矩形的性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
35．（1）E（4，）；
（2）60°；
（3）G（4，）；
（4）点H不在此抛物线上.
【分析】
依题意得点E在射线CB上,横坐标为4,纵坐标根据勾股定理可得点E, 已知∠BCD=60°,∠BCF=30°,然后可得∠α=60°, 设CG=x,则EG=x,FG=6-x,根据勾股定理求出CG的值, 设以C为顶点的抛物线的解析式为,把点A的坐标代入求出a值,当x=7时代入函数解析式可得解.
【详解】
(1)因为AO=EF=6,OC=FC=4,在Rt△EFC中,
由勾股定理可得:,
因为点E在在射线CB上,且OC=4,所以点E坐标为(4,),
(2)当△BCD是等边三角形时,则∠BCD=60°,
因为∠BCD+∠BCF=90°,
所以∠BCF=30°,
又因为∠OCF+∠BCF=90°,
所以∠OCF =60°,
即∠α=60°.
(3) 设CG=x, 当EG=CG时,则EG=x,FG=6-x,
在Rt△FGC中,由勾股定理可得:,
解得,
所以点G的坐标为(4,).
(4)因为抛物线的顶点C(4,0),则设抛物线解析式为:,
因为点A在抛物线上,所以,解得,
所以抛物线的解析式为:,
又因为矩形EDCF的对称中心为对角线FD,CE的交点H,
∴由题意可知H的坐标为（7,2）,
当时,,
所以点H不在抛物线上.