【答案】1或2。
13. （2017内蒙古包头3分）如图，将△ABC 纸片的一角沿DE向下翻折，使点A 落在BC 边上的A ′点处，且DE∥BC ，下列结论：
① ∠AED＝∠C； ②
A?DA?E； ? DBEC③ BC= 2DE ；
④ S四边形AD A?E?S?BD A??S?E A?C。 其中正确结论的个数是 ▲ 个。
【答案】4。
【考点】折叠问题，折叠对称的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，三角形中位线定理，全等、相似三角形的判定和性质。
【分析】①∵DE∥BC，∴根据两直线平行，同位角相等，得∠AED＝∠C。∴①正确。 ②∵根据折叠对称的性质，A ′D=AD，A ′E=AE。 ∵DE∥BC，∴根据两直线分线段成比例定理，得 ③连接A A ′，
∵根据折叠对称的性质，A ，A ′关于DE对称。 ∴A A ′⊥DE。
∵DE∥BC，∴A A ′⊥BC。
∵A ′D=AD，∴∠DA A ′＝∠D A ′A。
∴∠DB A ′＝∠D A ′B。∴BD= A ′D。∴BD=AD。 ∴DE是△ABC的中位线。∴BC= 2DE。∴③正确。 ④∵DE∥BC，∴△ABC∽△ADE。 ∵由③BC= 2DE，∴S?ADE?S?ABC。
∵根据折叠对称的性质，△ADE≌△A′DE。∴S四边形AD A?E?S?ABC。 ∴S?BD A??S?E A?C=S?ABC，即S四边形AD A?E?S?BD A??S?E A?C。∴④正确。 综上所述，正确结论的个数是4个。
14. （2017黑龙江绥化3分）长为20，宽为a的矩形纸片（10＜a＜20），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下去，若在第n次操作后，剩下的矩形为正方形，则操作停止．当n=3时，a的值为 ▲ . A?DA?EADAE。∴。∴②正确。 ? ? DBECDBEC141212
【答案】12或15。
【考点】翻折变换（折叠问题），正方形和矩形的性质，剪纸问题，分类归纳（图形的变化类）。
【分析】根据操作步骤，可知每一次操作时所得正方形的边长都等于原矩形的宽．所以首先需要判断矩形相邻的两边中，哪一条边是矩形的宽。当10＜a＜20时，矩形的长为20，宽为a，所以，
第一次操作时，所得正方形的边长为a，剩下的矩形相邻的两边分别为20－a，a。
第二次操作时，由20－a＜a可知所得正方形的边长为20－a，剩下的矩形相邻的两边分别为
20－a，a－（20－a）=2a－20。
∵（20－a）－（2a－20）=40－3a，∴20－a与2a－20的大小关系不能确定，需要分情况进行讨
论。
第三次操作时，①当20－a＞2a－20时，所得正方形的边长为2a－20， 此时，20－a－（2a－20）=40－3a，
∵此时剩下的矩形为正方形，∴由40－3a=2a－20得a=12。
①当2a－20＞20－a时，所得正方形的边长为20－a，此时，2a－20－（20－a）=3a－40， ∵此时剩下的矩形为正方形，∴由3a－40=20－a得a=15。 故答案为12或15。
15. （2017黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西3分）如图所示，沿DE折叠长方形ABCD的一边，使点C落在AB边上的点F处，若AD=8，且△AFD的面积为60，则△DEC的 面积为 ▲
【答案】
289。 8【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，折叠对称的性质，勾股定理。 【分析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=90°，BC=AD=8，CD=AB。
∵△AFD的面积为60，即
1AD?AF=60，解得：AF=15。 2∴DF?AD2?AF2?82?152?17。
由折叠的性质，得：CD=CF=17。∴AB=17。∴BF=AB－AF=17－15=2。 设CE=x，则EF=CE=x，BE=BC－CE=8－x，
在Rt△BEF中，EF2=BF2＋BE2，即x2=22＋（8－x）2，解得：x=∴△DEC的面积为：
1717，即CE=， 441117289 CD?CE=×17×=。 2248
三、解答题
1. （2017天津市10分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．
（Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；
（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．
【答案】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6。
在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t。
∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=23，t2=－23（舍去）． ∴点P的坐标为（23 ，6）。
（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，
∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP。 ∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC。
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°。 ∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ。 又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ。∴
OBBP?。 PCCQ由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11－t，CQ=6－m．
6t111。∴m?t2? t?6（0＜t＜11）。 ?11?t6?m6611?1311+13（Ⅲ）点P的坐标为（，6）或（，6）。
33∴
【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。
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