一、选择题
1. 如图所示，将矩形纸片 $ABCD$ 折叠，使顶点 $B$ 与顶点 $D$ 重合，折痕为 $EF$。若 $AB = \sqrt{3}$，$AD = 3$，则 $△ DEF$ 的周长为()。

A.$4$
B.$5$
C.$6$
D.$7$

1. C

【分析】
首先根据矩形的性质明确对边平行且相等、四个角为直角；再结合折叠的性质，知道折叠后对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的中垂线。解题思路：1. 利用矩形边长，通过勾股定理计算对角线BD的长度，求出相关角度；2. 结合平行线性质与折叠的角相等关系，证明△DEF为等腰三角形；3. 计算出△DEF各边的长度，进而求出周长。
【解析】
1. 矩形与折叠的性质应用
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AD// BC$，$∠ A=90°$，$AB=CD=\sqrt{3}$，$AD=BC=3$。
由折叠的性质可得：$BE=DE$，$∠ BFE=∠ DFE$。
由于$AD// BC$，所以$∠ DEF=∠ BFE$，因此$∠ DEF=∠ DFE$，故$DE=DF$，$△ DEF$为等腰三角形。
2. 计算$DE$的长度
在$Rt△ ABD$中，根据勾股定理：
$ BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3} $
因为$\tan∠ ADB=\frac{AB}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$∠ ADB=30°$，进而$∠ ABD=60°$。
折叠后$B$与$D$重合，故$BE=DE$，则$∠ EBD=∠ EDB=60°$，可得$∠ ADE=30°$。
设$AE=x$，则$DE=BE=3-x$，在$Rt△ ABE$中，由勾股定理：
$ AE^2+AB^2=BE^2 $
代入得：
$ x^2+(\sqrt{3})^2=(3-x)^2 $
展开并化简：
$ x^2+3=9-6x+x^2 \implies 6x=6 \implies x=1 $
所以$DE=3-1=2$，又因为$DE=DF$，且可证$EF=DE$（$∠ EDF=60°$，等腰三角形有一个角为$60°$，故$△ DEF$为等边三角形），因此$DE=DF=EF=2$。
3. 计算$△ DEF$的周长
$ C_{△ DEF}=DE+DF+EF=2+2+2=6 $
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是矩形与折叠的综合题，核心是利用折叠的对称性得到相等的边和角，结合矩形的性质、勾股定理以及等边三角形的判定来求解，需要熟练掌握图形变换的性质与直角三角形的相关计算。
【难度系数】
0.6

2. 如图所示，在矩形 $ABCD$ 中，$O$ 为对角线 $BD$ 的中点，$∠ ABD = 60^{\circ}$，动点 $E$ 在线段 $OB$ 上，动点 $F$ 在线段 $OD$ 上，点 $E$，$F$ 同时从点 $O$ 出发，分别向终点 $B$，$D$ 运动，且始终保持 $OE = OF$。点 $E$ 关于 $AD$，$AB$ 的对称点为 $E_1$，$E_2$；点 $F$ 关于 $BC$，$CD$ 的对称点为 $F_1$，$F_2$。在整个过程中，四边形 $E_1E_2F_1F_2$ 形状的变化依次是()。

A.菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B.菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C.平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D.平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形

2. A 提示：观察四边形$E_{1}E_{2}F_{1}F_{2}$的两条对角线的关系变化

【分析】
要判断四边形$E_1E_2F_1F_2$的形状变化，需结合矩形性质、对称点性质及特殊四边形的判定定理，从对角线的关系变化入手分析：
1. 初始状态（E、F在O点）：此时$E=F=O$，根据对称点性质，四边形的四条边相等，对角线互相垂直，符合菱形的判定；
2. 运动过程中（E在OB、F在OD上，未到特殊位置）：由$OE=OF$，结合对称点的对称性，可知四边形的对角线互相平分，符合平行四边形的判定；
3. 当运动到对角线相等的位置时，四边形的对角线互相平分且相等，符合矩形的判定；
4. 继续运动，对角线仅保持互相平分，再次变为平行四边形；
5. 终点状态（E到B、F到D）：根据对称点性质，四边形的四条边再次相等，对角线互相垂直，回到菱形。
【解析】
1. 初始状态（E、F在O点）：
此时$E=F=O$，根据对称点的性质，$E_1$、$E_2$、$F_1$、$F_2$到对应边的对称距离相等，四边形$E_1E_2F_1F_2$的四条边长度相等，对角线互相垂直，符合菱形的判定，故为菱形。
2. 运动过程（E在OB、F在OD，非特殊位置）：
已知$O$为$BD$中点，故$OB=OD$，又$OE=OF$，则$OB-OE=OD-OF$，即$BE=DF$。结合对称点的对称性，可得四边形$E_1E_2F_1F_2$的对角线互相平分，满足平行四边形的判定条件，故为平行四边形。
3. 运动到对角线相等的位置：
当四边形$E_1E_2F_1F_2$的对角线互相平分且相等时，根据矩形的判定定理，此时四边形为矩形。
4. 继续运动（远离矩形位置）：
对角线仅保持互相平分的关系，四边形再次变为平行四边形。
5. 终点状态（E到B、F到D）：
此时$E=B$，$F=D$，根据对称点性质，四边形$E_1E_2F_1F_2$的四条边相等，对角线互相垂直，符合菱形的判定，再次成为菱形。
综上，四边形$E_1E_2F_1F_2$形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形。
【答案】
A
【知识点】
矩形的性质；对称点的性质；特殊四边形判定
【点评】
本题需结合对称点的性质，通过动态分析四边形对角线的位置和数量关系变化，来判断特殊四边形的形状，考查对特殊四边形判定定理的灵活运用，注重动态图形的分析能力。
【难度系数】
0.6

3. 如图所示，在正方形 $ABCD$ 中，点 $E$，$F$ 分别在 $BC$，$CD$ 上，$△ AEF$ 是等边三角形，连接 $AC$ 交 $EF$ 于点 $G$。有下列结论：① $BE = DF$；② $∠ DAF = 15^{\circ}$；③ $AC$ 垂直平分 $EF$；④ $BE + DF = EF$；⑤ $S_{△ CEF} = 2S_{△ ABE}$。其中正确的有()。

A.$2$ 个
B.$3$ 个
C.$4$ 个
D.$5$ 个

3. C

证明：设正方形边长为$a$，$BE=x$，则$EC=a-x$，$DF=x$，$FC=a-x$。
在$Rt△ ABE$中，$AE^2=AB^2+BE^2=a^2+x^2$；在$Rt△ ECF$中，$EF^2=EC^2+FC^2=2(a-x)^2$。
因为$△ AEF$是等边三角形，所以$AE=EF$，即$a^2+x^2=2(a-x)^2$，解得$x=(2-\sqrt{3})a$。
① 由$△ ABE≌△ ADF(SAS)$，得$BE=DF$，正确；
② $\tan∠ DAF=\frac{DF}{AD}=\frac{x}{a}=2-\sqrt{3}$，则$∠ DAF=15°$，正确；
③ $AC$是正方形对角线，$EF$为等腰直角三角形$ECF$的斜边，$AC$垂直平分$EF$，正确；
④ $BE+DF=2x=2(2-\sqrt{3})a$，$EF=\sqrt{2}(a-x)=\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)a$，$2(2-\sqrt{3})a≠\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)a$，错误；
⑤ $S_{△ CEF}=\frac{1}{2}(a-x)^2$，$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}ax$，计算得$S_{△ CEF}=2S_{△ ABE}$，正确。
正确结论为①②③⑤，共4个。
C

二、填空题
4. 把两条长度相等的铁丝分别折成一个等边三角形和一个正方形，那么这个等边三角形和正方形的面积的比值为。

4. $\dfrac{4\sqrt{3}}{9}$

设铁丝长度为$12a$（$a＞0$）。
等边三角形边长：$12a÷3 = 4a$，面积$S_1=\dfrac{\sqrt{3}}{4}×(4a)^2 = 4\sqrt{3}a^2$。
正方形边长：$12a÷4 = 3a$，面积$S_2=(3a)^2 = 9a^2$。
面积比值：$\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{4\sqrt{3}a^2}{9a^2}=\dfrac{4\sqrt{3}}{9}$。
$\dfrac{4\sqrt{3}}{9}$

5. 在矩形 $ABCD$ 中，$M$ 为对角线 $BD$ 的中点，点 $N$ 在边 $AD$ 上，且 $AN = AB = 1$。当以点 $D$，$M$，$N$ 为顶点的三角形是直角三角形时，$AD$ 的长为。

5. 2 或$1+\sqrt{2}$

解：设$AD=x$，则$ND=x-1$，$AB=CD=1$。
以$D$为原点，$DA$所在直线为$x$轴，$DC$所在直线为$y$轴，建立平面直角坐标系。则$D(0,0)$，$N(x-1,0)$，$B(x,1)$，$M(\dfrac{x}{2},\dfrac{1}{2})$。
$DM^{2}=(\dfrac{x}{2})^{2}+(\dfrac{1}{2})^{2}=\dfrac{x^{2}+1}{4}$，$DN^{2}=(x-1)^{2}$，$MN^{2}=(x-1-\dfrac{x}{2})^{2}+(0-\dfrac{1}{2})^{2}=(\dfrac{x}{2}-1)^{2}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{x^{2}}{4}-x+1+\dfrac{1}{4}=\dfrac{x^{2}}{4}-x+\dfrac{5}{4}$。
情况一：$∠ D=90^{\circ}$，则$DM^{2}+DN^{2}=MN^{2}$，$\dfrac{x^{2}+1}{4}+(x-1)^{2}=\dfrac{x^{2}}{4}-x+\dfrac{5}{4}$，解得$x=2$。
情况二：$∠ M=90^{\circ}$，则$DM^{2}+MN^{2}=DN^{2}$，$\dfrac{x^{2}+1}{4}+\dfrac{x^{2}}{4}-x+\dfrac{5}{4}=(x-1)^{2}$，解得$x=1+\sqrt{2}$或$x=1-\sqrt{2}$（舍）。
情况三：$∠ N=90^{\circ}$，则$DN^{2}+MN^{2}=DM^{2}$，$(x-1)^{2}+\dfrac{x^{2}}{4}-x+\dfrac{5}{4}=\dfrac{x^{2}+1}{4}$，方程无解。
综上，$AD$的长为$2$或$1+\sqrt{2}$。

6. 利用边长相等的正三角形和正六边形地砖能够铺满地板，若每个顶点处有 $a$ 块正三角形地砖和 $b$ 块正六边形地砖($a ＞ b ＞ 0$，$a$，$b$ 均为正整数)，则 $a + b$ 的值为。

6. 5 提示：先算出正三角形每个内角为$60^{\circ}$，正六边形每个内角为$120^{\circ}$，$a×60^{\circ}+b×120^{\circ}=360^{\circ}$，只有当$a=4$，$b=1$时满足条件

正三角形每个内角为$60°$，正六边形每个内角为$120°$。
由题意得：$a × 60° + b × 120° = 360°$，化简得$a + 2b = 6$。
因为$a ＞ b ＞ 0$且$a$，$b$为正整数，所以当$b=1$时，$a=6 - 2×1=4$，满足条件；当$b=2$时，$a=6 - 2×2=2$，不满足$a ＞ b$。
故$a=4$，$b=1$，则$a + b=4 + 1=5$。
5