（浙江专用）中考数学二轮培优压轴题练习专题14 操作类探究问题（2份，原卷版+解析版）

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A．1B．C．D．2
【分析】根据正六边形的性质，正六边形由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高为原来的纸带宽度，然后求出等边三角形的高即可．
【解析】边长为2的正六边形由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高为原来的纸带宽度，所以原来的纸带宽度2．
故选：C．
2．（2019•台州）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由“ASA”可证△CDM≌△HDN，可证MD＝DN，即可证四边形DNKM是菱形，当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，可求CM，即可求tanα的值．
【解析】如图，
∵∠ADC＝∠HDF＝90°
∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°
∴△CDM≌△HDN（ASA）
∴MD＝ND，且四边形DNKM是平行四边形
∴四边形DNKM是菱形
∴KM＝DM
∵sinα＝sin∠DMC
∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，
设MD＝a＝BM，则CM＝8﹣a，
∵MD2＝CD2+MC2，
∴a2＝4+（8﹣a）2，
∴a
∴CM
∴tanα＝tan∠DMC
故选：D．
3．（2019•台州）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（ ）
A．：1B．3：2C．：1D．：2
【分析】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．求出△DFN与△DNK的面积比即可．
【解析】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．
由题意：四边形DCFK是正方形，∠CDM＝∠MDF＝∠FDN＝∠NDK，
∴∠CDK＝∠DKF＝90°，DK＝FK，DFDK，
∴（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），
∴，
∴图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为：1，
故选：A．
4．（2019•温州）如图，在矩形ABCD中，E为AB中点，以BE为边作正方形BEFG，边EF交CD于点H，在边BE上取点M使BM＝BC，作MN∥BG交CD于点L，交FG于点N，欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了（a+b）（a﹣b）＝a2﹣b2，现以点F为圆心，FE为半径作圆弧交线段DH于点P，连结EP，记△EPH的面积为S1，图中阴影部分的面积为S2．若点A，L，G在同一直线上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】如图，连接AL，GL，PF．利用相似三角形的性质求出a与b的关系，再求出面积比即可．
【解析】如图，连接AL，GL，PF．
由题意：S矩形AMLD＝S阴＝a2﹣b2，PH，
∵点A，L，G在同一直线上，AM∥GN，
∴△AML∽△GNL，
∴，
∴，
整理得a＝3b，
∴，
故选：C．
5．（2019•金华）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则的值是（ ）
A．B．1C．D．
【分析】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH＝MF且正方形EFGH的面积正方形ABCD的面积，从而用a分别表示出线段GF和线段MF的长即可求解．
【解析】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图：
由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH＝MF，
设正方形ABCD的边长为2a，
则正方形ABCD的面积为4a2，
∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等
∴由折叠可知正方形EFGH的面积正方形ABCD的面积，
∴正方形EFGH的边长GF
∴HFGF
∴MF＝PHa
∴a
故选：A．
6．（2019•宁波）如图所示，矩形纸片ABCD中，AD＝6cm，把它分割成正方形纸片ABFE和矩形纸片EFCD后，分别裁出扇形ABF和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则AB的长为（ ）
A．3.5cmB．4cmC．4.5cmD．5cm
【分析】设AB＝xcm，则DE＝（6﹣x）cm，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可．
【解析】设AB＝xcm，则DE＝（6﹣x）cm，
根据题意，得π（6﹣x），
解得x＝4．
故选：B．
二．填空题（共4小题）
7．（2019•湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是 4 ．
【分析】如图2中，连接EG，GM⊥EN交EN的延长线于M，利用勾股定理解决问题即可．
【解析】如图2中，连接EG，作GM⊥EN交EN的延长线于M．
在Rt△EMG中，∵GM＝4，EM＝2+2+4+4＝12，
∴EG4，
∴EH4，
故答案为4．
8．（2019•衢州）如图，由两个长为2，宽为1的长方形组成“7”字图形
（1）将一个“7”字图形按如图摆放在平面直角坐标系中，记为“7”字图形ABCDEF，其中顶点A位于x轴上，顶点B，D位于y轴上，O为坐标原点，则的值为 ．
（2）在（1）的基础上，继续摆放第二个“7”字图形得顶点F1，摆放第三个“7”字图形得顶点F2，依此类推，…，摆放第n个“7”字图形得顶点Fn﹣1，…，则顶点F2019的坐标为 （） ．
【分析】（1）先证明△AOB∽△BCD，所以，因为DC＝1，BC＝2，所有；
（2）利用三角形相似与三角形全等依次求出F1，F2，F3，F4的坐标，观察求出F2019的坐标．
【解析】（1）∵∠ABO+∠DBC＝90°，∠ABO+∠OAB＝90°，
∴∠DBC＝∠OAB，
∵∠AOB＝∠BCD＝90°，
∴△AOB∽△BCD，
∴，
∵DC＝1，BC＝2，
∴，
故答案为；
（2）解：过C作CM⊥y轴于M，过M1作M1N⊥x轴，过F作FN1⊥x轴．
根据勾股定理易证得BD，CM＝OA，DM＝OB＝AN，
∴C（，），
∵AF＝3，M1F＝BC＝2，
∴AM1＝AF﹣M1F＝3﹣2＝1，
∴△BOA≌ANM1（AAS），
∴NM1＝OA，
∵NM1∥FN1，
∴，
，
∴FN1，
∴AN1，
∴ON1＝OA+AN1
∴F（，），
同理，
F1（，），即（）
F2（，），即（，）
F3（，），即（，）
F4（，），即（，）
…
F2019（，），即（，405），
故答案为即（，405）．
9．（2019•台州）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D．设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC＝90°，BD＝4，且，则m+n的最大值为 ．
【分析】延长AB交l3于E，根据已知条件得到，求得CE＝10，∠CBE＝90°，设m＝2x，n＝3x，构造以CE为直径的半圆，则点B在其弧上运动，易知BG≤B′G′＝5，得到3x≤5，由m+n＝5x，于是得到结论．
【解析】延长AB交l3于E，
∵，
易知，
∵BD＝4，
∴CE＝10，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝90°，
设m＝2x，n＝3x，
构造以CE为直径的半圆，则点B在其弧上运动，易知BG≤B′G′＝5，
即3x≤5，
∴x，∵m+n＝5x，
∴m+n的最大值为．
故答案为：．
10．（2019•温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为 12+8 cm．
【分析】连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，根据△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，设CK＝OK＝x，则CO＝IOx，IKx﹣x，根据勾股定理即可得出x2＝2，再根据S菱形BCOI＝IO×CKIC×BO，即可得出BO＝22，进而得到△ABE的周长．
【解析】如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，
∵三个菱形全等，
∴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，
设CK＝OK＝x，则CO＝IOx，IKx﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2，
又∵S菱形BCOI＝IO×CKIC×BO，
∴x22×BO，
∴BO＝22，
∴BE＝2BO＝44，AB＝AEBO＝4+2，
∴△ABE的周长＝44+2（4+2）＝12+8，
故答案为：12+8．
1．（2020•奉化区模拟）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝4，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，延长EF交BC于G，FH⊥BC，垂足为H，连接BF、DG．以下结论：①BF∥ED；②BH＝3FH；③tan∠GEB；④S△BFG＝0.6，其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理依次对各个选项进行判断、计算，即可得出答案．
【解析】①∵AB＝4，E为AB的中点，
∴AE＝BE＝2，
∵将△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正确；
②∵BF∥ED，
∴∠ABF＝∠AED，
∵∠ABF+∠FBH＝90°，∠AED+∠ADE＝90°，
∴∠FBH＝∠ADE，
∴，
∴，
∴BH＝3FH，
故②正确；
③过点E作EM⊥BF于点M，如图，
∵AE＝EF＝BE，
∴∠FEM，
∵，
∴，
∵∠DEF+∠EDF＝90°，
∴∠FEM＝∠EDF，
∵∠EMF＝∠DFE＝90°，
∴△EFM∽△DEF，
∴，
∴，
∴，
∵∠HBF+∠EBM＝∠EBM+∠BEM＝90°，
∴∠HBF＝∠BEM＝∠FEM＝∠FDE，
∵∠BHF＝∠DFE＝90°，
∴△BHF∽△DFE，
∴，
∵BH＝3FH，
∴，BH，
设HG＝x，
∵FH⊥BC，
∴FH∥BE，
∴△GFH∽△GEB，
∴，即，
解得，x，
∴，
∴，
故③正确；
④，
故④错误；
综上共有3个正确．
故选：C．
2．（2020•宁波模拟）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上，点D落在D′处，C′D′交AE于点M，若AB＝6，BC＝9，则AM的长为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】先根据勾股定理求出BF，再根据△AMC′∽△BC′F求出AM即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，
根据折叠的性质可知，FC＝FC′，∠C＝∠FC′M＝90°，
设BF＝x，则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，
∴，即，
∴AM；
故选：B．
3．（2020•宁波模拟）如图，梯形ABCD被分割成两个小梯形①②，和一个小正方形③，去掉③后，①和②可剪拼成一个新的梯形，若EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，则AB的长是（ ）
A．6B．3C．9D．3
【分析】连接AH交EF于点K，根据EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，可得BC﹣AD＝3，由图象剪拼观察可得，AD＝HC，四边形AHCD是平行四边形，再证明△AEK∽△ABH，可得AB的长．
【解析】如图，
连接AH交EF于点K，
∵EF﹣AD＝2，BC﹣EF＝1，
∴BC﹣AD＝3，
由图象剪拼观察可知：
AD＝HC，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴BC﹣AD＝BC﹣HC＝3，
KF＝AD，EK＝2，
∵③为正方形，
∴EB＝BH＝3，
∵△AEK∽△ABH，
∴，
即，
解得AB＝9．
故选：C．
4．（2020•黄岩区模拟）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8，E是边CD上一点，连接AE．折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．若DE＝4，则AF的长为（ ）
A．B．4C．3D．2
【分析】由矩形的性质可得AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠BAD＝∠D＝90°，通过证明△ABF∽△DAE，可得，即可求解．
【解析】设BF与AE交于点H，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠BAD＝∠D＝90°，
由折叠及轴对称的性质可知，△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，
∴，
∴AF3，
故选：C．
5．（2020•路桥区模拟）如图，在矩形ABCD中，将△ABE沿着BE翻折，使点A落在BC边上的点F处，再将△DEG沿着EG翻折，使点D落在EF边上的点H处．若点A，H，C在同一直线上，AB＝1，则AD的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由折叠的性质可得AB＝BF＝1，AE＝EF，∠ABE＝∠FBE，∠A＝∠EFB＝90°，DE＝EH，可证四边形CDEF是矩形，可得DE＝FC，由平行线分线段成比例可得，可求AD的长．
【解析】连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝∠ADC＝∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵将△ABE沿着BE翻折，使点A落在BC边上的点F处，再将△DEG沿着EG翻折，使点D落在EF边上的点H处，
∴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°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝FC，
∴DE＝EH＝FC＝AD﹣AE＝AD﹣1，
∴HF＝1﹣（AD﹣1）＝2﹣AD，
∵点A，H，C在同一直线上，EF∥AB，
∴，
∴，
∴AD或（舍去）
∴AD，
故选：B．
6．（2020•宁波模拟）如图，四边形ABCD是轴对称图形，对角线BD所在的直线是它的对称轴，∠A＝∠C＝90°，AB≠AD，若把这个轴对称图形沿对角线BD剪开成两个三角形后，再把这两个三角形的一边完全重合在一起，重新拼成一个中心对称图形，则拼法共有（ ）
A．0种B．1种C．2种D．3种
【分析】直接利用旋转的性质结合中心对称图形的性质得出符合题意的答案．
【解析】如图所示：3种拼法都是中心对称图形．
故选：D．
7．（2020•柯桥区模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AD＝1，DC，矩形OGHM的边OM经过点D，边OG交CD于点P，将矩形OGHM绕点O逆时针方向旋转α（0°＜α＜60°），OM′交AD于点F，OG′交CD于点E，设DF＝y，EP＝x，则y与x的关系为（ ）
A．yxB．yxC．yxD．yx
【分析】由矩形的性质和余角的性质可得∠ODC＝∠OCD，由锐角三角函数可得，通过证明△DOP∽△POE，可得，即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ADC＝90°，
∴DO＝CO，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵四边形OGHM是矩形，
∴∠MOG＝90°，
∴∠ODC+∠OPD＝90°，
又∵∠ODC+∠ODF＝90°，
∴∠OPD＝∠ODF，
∵∠ODC＝∠OCD，
∴tan∠OCD＝tan∠ODC，
∴，
∵AD＝1，DC，
∴，
∵将矩形OGHM绕点O逆时针方向旋转α，
∴∠DOF＝∠POE，
又∵∠OPD＝∠ODF，
∴△DFO∽△PEO，
∴，
∴，
∴yx，
故选：A．
8．（2020•路桥区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，DE是△ABC的中位线，点D在AB上，把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°＜α＜180°）角得到点F，连接AF，BF．下列结论：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，则α＝2∠BAC或2∠ABC；③若α＝90°，连接EF，则S△DEF＝4.5；其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①③C．①②③D．②③
【分析】由三角形中位线定理和旋转的性质可得AD＝BD＝DF，可得△ABF是直角三角形，可判断①；由全等三角形的性质和等腰三角形的性质，可得∠BDF＝α＝2∠DAF，∠DAF＝∠BAC或∠DAF＝∠ABC，可判断②；过点B作BN⊥DE，交ED的延长线于N，过点F作FH⊥DE，交交ED的延长线于H，由“AAS”可证△DFH≌△BDN，可得DN＝FH＝3，由三角形面积公式可得S△DEF＝4.5，可判断③，即可求解．
【解析】∵DE是△ABC的中位线，
∴AD＝DB，
∵把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°＜α＜180°）角得到点F，
∴BD＝DF，
∴BD＝AD＝DF，
∴△ABF是直角三角形，故①正确，
∵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正确，
如图，过点B作BN⊥DE，交ED的延长线于N，过点F作FH⊥DE，交交ED的延长线于H，
∵BC＝6，DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DEBC＝3，
∵BN⊥DE，∠C＝90°，
∴∠NEC+∠C＝180°，
∴∠C＝∠NEC＝90°，
又∵BN⊥DE，
∴四边形BCEN是矩形，
∴BC＝NE＝6，
∴DN＝3，
∵把点B绕点D按顺时针方向旋转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正确，
故选：C．
二．填空题（共6小题）
9．（2020•下城区一模）如图，在矩形ABCD中，点E是边DC上一点，连结BE，将△BCE沿BE对折，点C落在边AD上点F处，BE与对角线AC交于点M，连结FM．若FM∥CD，BC＝4．则AF＝ 22
【分析】由对折的性质得∠BCM＝∠BFM，BC＝BF，再由FM∥CD，证明∠BFM＝ABF，从而得△ABF∽△BCA，由相似三角形的性质求得AB，进而由勾股定理得AF．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，AB∥CD，
∵FM∥CD，
∴FM∥AB，
∴∠ABF＝∠BFM，
由折叠的性质得，BF＝BC＝4，∠BFM＝∠ACB，
∴∠ABF＝∠ACB，
∴△ABF∽△BCA，
∴，
∴，
即，
∴，
∴22．
故答案为：22．
10．（2020•柯桥区模拟）如图，在等腰三角形ABC中，AC＝BC＝4，∠A＝30°，点D为AC的中点，点E为边AB上一个动点，连接DE，将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点F处．当直线EF与直线AC垂直时，则AE的长为 或2 ．
【分析】当直线EF与直线AC垂直时，如图1，如图2，根据折叠的性质得到和等腰三角形的判定和性质定理以及直角三角形的性质健康得到结论．
【解析】∵AC＝4，点D为AC的中点，
∴ADAC＝2，
①当直线EF与直线AC垂直时，如图1，
∵将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点F处，
∴∠F＝∠A＝30°，∠AED＝∠FED，
∵∠AGE＝90°，
∴∠AEG＝60°，
∴∠AED＝∠FED＝30°，
∴AD＝DE＝2，
过D作DM⊥AE与M，
∴AE＝2AM＝22＝2；
当直线EF与直线AC垂直时，如图2，
∵将△ADE沿直线DE折叠，点A落在点F处，
∴∠F＝∠A＝30°，∠ADE＝∠FDE，
∵∠AGE＝∠FGE＝90°，
∴∠FGD＝60°，
∴∠ADE＝∠FDE＝30°，
∴∠A＝∠ADE，
∴AE＝DE，
∴AGAD＝1，
∴AE，
综上所述，或2，
故答案为：或2．
11．（2020•瓯海区二模）如图是一个可调节花盆支架，外围是一个圆形框架，如图1，支架AC，BD的长度均为14cm，端点C，D固定在花盆圆形套圈的直径两端，端点A，B可在外围圆形框架上移动，整个花盆支架始终成轴对称，已知花盆高EF＝15cm，圆形套圈的直径CD＝20cm，且EF被CD平分为上下比为1：2，当端点A，B向上调节至最高时，AC，BD和CD同一直线上（如图2所示），此时，花盆底到圆形框架最低点的距离为FG＝6cm，则圆形框架的半径为 26 cm，为了整体美观要求，花盆底到圆形框架最低点的距离FG要最大，则此时FG为 （16﹣2） cm．
【分析】如图2中，设圆心为O，连接OG，交花盆的上底于E，交花盆的下底于F，交AB于T．连接OA，设OA＝OG＝r．在Rt△AOT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．如图1中，如图1中，连接OG交CD于T，连接OC，OB，观察图象可知：当，O，C，A共线，O，D，B共线时，OC＝OD＝26﹣14＝12最小，此时OE的值最小，FG的值最大．
【解析】如图2中，设圆心为O，连接OG，交花盆的上底于E，交花盆的下底于F，交AB于T．连接OA，设OA＝OG＝r．
由题意AB＝AC+CD+BD＝14+20+14＝48（cm），FG＝6cm，TFEF＝10（cm），
∴TG＝TF+FG＝16（m）．
在Rt△AOT中，∵OA2＝OT2+AT2，
∴r2＝（r﹣16）2+242，
解得r＝26．
如图1中，连接OG交CD于T，连接OC，OB，
观察图象可知：当，O，C，A共线，O，D，B共线时，OC＝OD＝26﹣14＝12最小，此时OE的值最小，FG的值最大，
在Rt△OCT中，CT＝10，OC＝12，
∴OT2（cm），
∵TFEF＝10（cm），
∴FG＝OG﹣OT﹣TF＝26﹣210＝（16﹣2）cm．
故答案为26，（16﹣2）．
12．（2020•温州一模）如图，在矩形ABCD中，BC＝8，E为BC中点，将△ABE沿AE翻折后，得到△AEF，再将CE折向FE，使点C与点F重合，折痕为EG．若CG＝3，则AG＝ ．
【分析】由折叠的性质可得AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，FG＝CG＝3，∠C＝∠EFG＝90°，可证点A，点F，点G三点共线，由勾股定理可求AB的长，即可求解．
【解析】∵将△ABE沿AE翻折后，得到△AEF，再将CE折向FE，使点C与点F重合，
∴AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，FG＝CG＝3，∠C＝∠EFG＝90°，
∴∠AFE+∠GFE＝180°，
∴点A，点F，点G三点共线，
∵AD2+DG2＝AG2，
∴64+（AB﹣3）2＝（AB+3）2，
∴AB，
∴AG＝AF+FG，
故答案为：．
13．（2019•杭州模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，E为AB边上一点，将△BEC沿着CE翻折，使点B落在点F处，连接AF，当△AEF为直角三角形时，BE＝ 3或6 ．
【分析】分三种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可BE的长．
【解析】如图，若∠AEF＝90°，
∵∠B＝∠BCD＝90°＝∠AEF
∴四边形BCFE是矩形
∵将△BEC沿着CE翻折
∴CB＝CF
∴四边形BCFE是正方形
∴BE＝BC＝AD＝6，
如图，若∠AFE＝90°，
∵将△BEC沿着CE翻折
∴CB＝CF＝6，∠B＝∠EFC＝90°，BE＝EF
∵∠AFE+∠EFC＝180°
∴点A，点F，点C三点共线
∴AC10，
∴AF＝AC﹣CF＝4
∵AE2＝AF2+EF2，
∴（8﹣BE）2＝16+BE2，
∴BE＝3，
（3）若∠EAF＝90°，
∵CD＝8＞CF＝6
∴点F不可能落在直线AD上，
∴不存在∠EAF＝90°，
综上所述：BE＝3或6
14．（2019•余杭区二模）如图，已知矩形ABCD，E，F分别是边AB，CD的中点，M，N分别是边AD，AB上两点，将△AMN沿MN对折，使点A落在点E上．若AB＝a，BC＝b，且N是FB的中点，则的值为 ．
【分析】由题意可证四边形ADEF是矩形，可得AD＝EF＝b，∠EFB＝90°，由折叠性质可得AN＝ENa，由勾股定理可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形
∴AB＝CD，AB∥CD，∠A＝90°
∵E，F分别是边AB，CD的中点，N是FB的中点，
∴DE＝AF＝BFABa，FNABa，
∴AN＝AF+FNa
∵AF＝DE，DC∥AB，∠A＝90°
∴四边形ADEF是矩形
∴AD＝EF＝b，∠EFB＝90°
∵将△AMN沿MN对折，使点A落在点E上
∴AN＝ENa，
在Rt△EFN中，EN2＝EF2+FN2，
∴a2＝b2a2，
∴ba
∴
故答案为：
三．解答题（共6小题）
15．（2020•江干区模拟）已知一张正方形ABCD纸片，边长AB＝2，按步骤进行折叠，如图1，先将正方形纸片ABCD对折，得到折痕EF；再折出矩形BCFE的对角线BF．
（1）如图2，将CF边折到BF上，得到折痕FM，点C的对应点为C'，求CM的长．
（2）如图3，将AB边折到BF上，得到折痕BN，点A的对应点为A'，求AN的长．
【分析】（1）由折叠的性质可得CF＝C'F＝1，∠C＝∠FC'M＝90°，CM＝C'M，可得BC'1，由锐角三角函数可得，即可求解；
（2）由折叠的性质可得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】∵将正方形纸片ABCD对折，
∴CF＝DF＝1，
∴BF，
（1）∵将CF边折到BF上，
∴CF＝C'F＝1，∠C＝∠FC'M＝90°，CM＝C'M，
∴BC'1，
∵tan∠FBC，
∴，
∴C'M，
∴CM；
（2）如图，连接NF，
∵将AB边折到BF上，
∴AB＝A'B＝2，AN＝A'N，∠A＝∠NA'F＝90°，
∴A'F2，
∵NF2＝DN2+DF2，NF2＝A'N2+A'F2，
∴（2﹣AN）2+1＝AN2+（2）2，
∴AN1．
16．（2019•宁波模拟）如图，平行四边形纸片ABCD中，折叠纸片使点D落在AB上的点E处，得折痕AF，再折叠纸片使点C落在EF上的G点，得折痕FH．
（1）请说明：∠AFH＝90°；
（2）请说明：GH∥AB．
【分析】（1）根据折叠的性质得到∠DFA＝∠EFA，∠CFH＝∠GFH，根据平角的定义即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，求得∠DFA＝∠FAE，得到AD＝DF，推出四边形ADFE是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AD∥EF，推出四边形BCFE是平行四边形，于是得到结论．
【解析】（1）∵折叠纸片使点D落在AB上的点E处，
∴∠DFA＝∠EFA，
∵折叠纸片使点C落在EF上的G点，
∴∠CFH＝∠GFH，
∵∠DFA+∠EFA+∠GFH+∠CFH＝180°，
∴∠EFA+∠GFH，
∴∠AFH＝90°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠DFA＝∠FAE，
∵∠DAF＝∠EAF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴AD＝DF，
由折叠的性质得，AD＝AE，
∴AE＝DF，
∵AE∥DF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AD∥EF，
∴EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形，
∴∠C＝∠BEF，
由折叠的性质的，∠C＝∠FGH，
∴∠FGH＝∠BEF，
∴GH∥AB．
17．（2019•上虞区一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝8，∠B＝60°，将平行四边形ABCD沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处，折叠后点C的对应点为C′，D′C′交BC于点G，∠BGD′＝32°．
（1）求∠D′EF的度数；
（2）求线段AE的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质可得∠B＝∠D＝60°，AD∥BC，可得∠DEF＝∠EFB，由折叠的性质可得∠D＝∠ED'G＝60°，∠DEF＝∠D'EF，由四边形内角和定理可求∠D′EF的度数；
（2）过点E作EH⊥AB于点H，设AE＝x，可得AH，HEx，由勾股定理可求x的值，即可求线段AE的长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠B＝∠D＝60°，AD∥BC
∴∠DEF＝∠EFB
∵将平行四边形ABCD沿EF折叠，点D恰好落在边AB的中点D′处
∴∠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）过点E作EH⊥AB于点H，
设AE＝x，
∵AD∥BC
∴∠HAD＝∠B＝60°，且EH⊥AB
∴AH，HEx，
∵点D'是AB中点
∴AD'AB＝2
∵HE2+D'H2＝D'E2，
∴x2+（2）2＝（8﹣x）2，
∴x
∴AE
18．（2019•萧山区模拟）如图，在矩形ABCD中，2AB＞BC，点E和点F为边AD上两点，将矩形沿着BE和CF折叠，点A和点D恰好重合于矩形内部的点G处，
（1）当AB＝BC时，求∠GEF的度数；
（2）若AB，BC＝2，求EF的长．
【分析】（1）由折叠的性质可得AB＝BG，CD＝CG；∠EGB＝∠A＝90°＝∠FGC，可得BG＝BC＝GC，可得∠BGC＝60°，∠ABG＝30°，由四边形内角和可求∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝150°，可求∠GEF的度数；
（2）由折叠的性质可得AB＝BG，CD＝CG，AE＝EG，DF＝FG，由勾股定理的逆定理可得∠BGC＝90°，可得∠GBC＝45°，由四边形内角和可求∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝135°，可求∠FEG＝45°，由线段关系可求EF的长．
【解析】（1）当AB＝BC时，矩形ABCD为正方形
由折叠得，AB＝BG，CD＝CG；∠EGB＝∠A＝90°＝∠FGC，
∵AB＝BC＝CD
∴BG＝BC＝GC
∴∠BGC＝60°
∴∠ABG＝30°
∴∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝150°
∴∠GEF＝30°
（2）在矩形ABCD中，AB＝CD
由折叠得，AB＝BG，CD＝CG，AE＝EG，DF＝FG
∴BG＝GC，
∵BG2+CG2＝4，BC2＝4，
∴BG2+CG2＝BC2，
∴∠BGC＝90°，且BG＝CG，
∴∠GBC＝45°
∴∴∠AEG＝360°﹣∠A﹣∠BGE﹣∠ABG＝135°
∴∠FEG＝45°，
同理可得∠EFG＝45°，
∴△EGF为等腰直角三角形
设EG＝x，则AE＝FD＝x，EFx，得
（2）x＝2，
∴x＝2
∴EFx＝22
19．（2019•义乌市校级模拟）在△ABC中，沿着中位线DE剪切后，用得到的△ADE和四边形DBCE可以拼成平行四边形DBCF，剪切线与拼图如图1所示．仿照上述的方法，按要求完成下列操作设计，并在规定位置画出图示．（画图工具不限，剪切线用实线表示，拼接线用虚线表示，要求写出
简要的说明）
（1）将平行四边形ABCD剪切成两个图形，再将它们拼成一个矩形，剪切线与拼图画在图2的位置；
（2）将梯形ABCD剪切成两个图形，再将它们拼成一个平行四边形，剪切线与拼图画在图3的位置．
【分析】（1）过点A作AE⊥BC，再把△ABE剪切，然后移到△DCF的位置即可；
（2）过AB的中点作GF∥DC，再把△BGF剪切，然后旋转到△AEG的位置即可；
【解析】（1）如图：过点A作AE⊥BC，再把△ABE剪切，然后移到△DCF的位置即可；
（2）如图：过AB的中点作GF∥DC，再把△BGF剪切，然后旋转到△AEG的位置即可；
20．（2019•新昌县一模）在平面直角坐标系中，已知点A（0，4），B（4，4），点M，N是射线OC上两动点（OM＜ON），且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．
（1）探究发现：当点M，N均在线段OB上时（如图1），有OM2+BN2＝MN2．
他的证明思路如下：
第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．
第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．
最后得到OM2+BN2＝MN2．
请你完成第二步三角形全等的证明．
（2）继续探究：除（1）外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）．
【分析】（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题．
（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）．
（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵点A（0，4），B（4，4），
∴OA＝AB，∠OAB＝90°，
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠MAP，
∵MA＝MA，AN＝AP，
∴△MAN≌△MAP（SAS）．
（2）如图2中，结论仍然成立．
理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．
∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠MAP，
∵MA＝MA，AN＝AP，
∴△MAN≌△MAP（SAS），
∴MN＝PM，
∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，
∴∠MOP＝90°，
∴PM2＝OM2+OP2，
∴OM2+BN2＝MN2．
（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．
设MN＝2x，则BM＝BN＝x，
∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，
∴OB＝4，
∴OM＝4x，
∵OM2+BN2＝MN2．
∴（4x）2+x2＝（2x）2，
解得x＝﹣22或﹣22（舍弃）
∴MN＝﹣44．