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1.我国古代称直角三角形为“勾股形”.如图,数学家刘徽(约公元225年－295年)将勾股形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形.若$a=10,b=2$,则此勾股形的面积为(
A.28
B.30
C.32
D.36
B
).A.28
B.30
C.32
D.36
答案
1. B [解析]设阴影部分的直角三角形的较长直角边边长为x,如图,
则 $BC=x+b,AC=x+a,BA=a+b$,由勾股定理得$(x+b)^2+(a+b)^2=(x+a)^2$.
$\because a=10,b=2,(x+2)^2+(10+2)^2=(x+10)^2$,
解得 $x=3,\therefore BC=3+2=5,AB=10+2=12$,
$\therefore △ ABC$ 的面积$=\frac{1}{2} × 12 × 5=30$. 故选 B.
解析
【分析】
解题时先结合图形特征分析：图中存在两对全等的直角三角形，对应边长度相等，我们可以设阴影直角三角形的较长直角边长为x，用x、a、b表示出大直角三角形的三条边。再根据大三角形是直角三角形，满足勾股定理，列方程求解x，最后代入直角三角形面积公式计算即可。
【解析】
设阴影部分的直角三角形的较长直角边边长为x，如图，根据全等三角形的对应边相等可得：$BC=x+b$，$AB=a+b$，$AC=x+a$。
∵$△ ABC$是直角三角形，$∠ B=90°$，由勾股定理得：
$BC^2 + AB^2 = AC^2$，即$(x+b)^2+(a+b)^2=(x+a)^2$
把$a=10$，$b=2$代入方程得：
$(x+2)^2+(10+2)^2=(x+10)^2$
展开得：$x^2+4x+4+144=x^2+20x+100$
移项、合并同类项得：$16x=48$
解得：$x=3$
∴$BC=3+2=5$，$AB=10+2=12$
$△ ABC$的面积$=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×12×5=30$
故选B。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理，全等三角形的性质，列方程解应用题
【点评】
本题结合我国古代数学文化，考查直角三角形相关知识的应用，解题核心是通过全等三角形的边的关系建立方程，将几何问题转化为代数问题求解，渗透了数形结合的思想。
【难度系数】
0.6
解题时先结合图形特征分析：图中存在两对全等的直角三角形，对应边长度相等，我们可以设阴影直角三角形的较长直角边长为x，用x、a、b表示出大直角三角形的三条边。再根据大三角形是直角三角形，满足勾股定理，列方程求解x，最后代入直角三角形面积公式计算即可。
【解析】
设阴影部分的直角三角形的较长直角边边长为x，如图
，根据全等三角形的对应边相等可得：$BC=x+b$，$AB=a+b$，$AC=x+a$。∵$△ ABC$是直角三角形，$∠ B=90°$，由勾股定理得：
$BC^2 + AB^2 = AC^2$，即$(x+b)^2+(a+b)^2=(x+a)^2$
把$a=10$，$b=2$代入方程得：
$(x+2)^2+(10+2)^2=(x+10)^2$
展开得：$x^2+4x+4+144=x^2+20x+100$
移项、合并同类项得：$16x=48$
解得：$x=3$
∴$BC=3+2=5$，$AB=10+2=12$
$△ ABC$的面积$=\frac{1}{2}×AB×BC=\frac{1}{2}×12×5=30$
故选B。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理，全等三角形的性质，列方程解应用题
【点评】
本题结合我国古代数学文化，考查直角三角形相关知识的应用，解题核心是通过全等三角形的边的关系建立方程，将几何问题转化为代数问题求解，渗透了数形结合的思想。
【难度系数】
0.6
2.如图是一张直角三角形的纸片，两直角边AC=6 cm，BC=8 cm.现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则BE的长为（
A.4 cm
B.5 cm
C.6 cm
D.10 cm
B
）.A.4 cm
B.5 cm
C.6 cm
D.10 cm
答案
2. B
解析
【分析】
解题思路可分为两步：第一步，先在Rt△ABC中，已知两直角边的长度，利用勾股定理求出斜边AB的长度；第二步，根据折叠的性质，折叠后点B与点A重合，说明折痕DE是线段AB的垂直平分线，因此BE等于AB长度的一半，代入AB的数值即可求出BE的长。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，根据勾股定理可得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10\mathrm{cm}$
由折叠的性质可知，折痕DE垂直平分AB，即点E是AB的中点，因此：
$BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×10=5\mathrm{cm}$
故选B。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理，折叠的性质，线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是勾股定理与折叠问题的典型基础题，解题核心是抓住折叠前后的轴对称性，得到对应线段的等量关系，结合勾股定理即可快速求解，需要熟练掌握折叠的性质和勾股定理的应用。
【难度系数】
0.7
解题思路可分为两步：第一步，先在Rt△ABC中，已知两直角边的长度，利用勾股定理求出斜边AB的长度；第二步，根据折叠的性质，折叠后点B与点A重合，说明折痕DE是线段AB的垂直平分线，因此BE等于AB长度的一半，代入AB的数值即可求出BE的长。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，根据勾股定理可得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=\sqrt{100}=10\mathrm{cm}$
由折叠的性质可知，折痕DE垂直平分AB，即点E是AB的中点，因此：
$BE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×10=5\mathrm{cm}$
故选B。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理，折叠的性质，线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是勾股定理与折叠问题的典型基础题，解题核心是抓住折叠前后的轴对称性，得到对应线段的等量关系，结合勾股定理即可快速求解，需要熟练掌握折叠的性质和勾股定理的应用。
【难度系数】
0.7
3. 传统文化 赵爽弦图 如图,四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”,得到正方形ABCD与正方形EFGH.连接EG,BD相交于点O,BD与HC相交于点P.若$GO=GP$,则$\frac{S_{正方形ABCD}}{S_{正方形EFGH}}$的值是(
A.$1+\sqrt{2}$
B.$2+\sqrt{2}$
C.$5-\sqrt{2}$
D.$\frac{15}{4}$
B
).A.$1+\sqrt{2}$
B.$2+\sqrt{2}$
C.$5-\sqrt{2}$
D.$\frac{15}{4}$
答案
3. B [解析]$\because$ 四边形 EFGH 为正方形,
$\therefore ∠ EGH=45°,∠ FGH=90°$.
$\because OG=GP,\therefore ∠ GOP=∠ OPG=67.5°$.
$\therefore ∠ PBG=22.5°$.
又$∠ DBC=45°,\therefore ∠ GBC=22.5°$.
$\therefore ∠ PBG=∠ GBC$.
$\because ∠ BGP=∠ BGC=90°,BG=BG$,
$\therefore △ BPG ≌ △ BCG(\mathrm{ASA}).\therefore PG=CG$.
设 $OG=PG=CG=x$,
$\because O$ 为 $EG,BD$ 的交点,
$\therefore EG=2x,FG=\sqrt{2}x$.
$\because$ 四个全等的直角三角形拼成"赵爽弦图",
$\therefore BF=CG=x.\therefore BG=x+\sqrt{2}x$.
在 $\mathrm{Rt}△ BCG$ 中,
$BC^2=BG^2+CG^2=(\sqrt{2}+1)^2x^2+x^2=(4+2\sqrt{2})x^2$.
$\therefore \frac{S_{\mathrm{正方形}ABCD}}{S_{\mathrm{正方形}EFGH}}=\frac{(4+2\sqrt{2})x^2}{2x^2}=2+\sqrt{2}$. 故选 B.
$\therefore ∠ EGH=45°,∠ FGH=90°$.
$\because OG=GP,\therefore ∠ GOP=∠ OPG=67.5°$.
$\therefore ∠ PBG=22.5°$.
又$∠ DBC=45°,\therefore ∠ GBC=22.5°$.
$\therefore ∠ PBG=∠ GBC$.
$\because ∠ BGP=∠ BGC=90°,BG=BG$,
$\therefore △ BPG ≌ △ BCG(\mathrm{ASA}).\therefore PG=CG$.
设 $OG=PG=CG=x$,
$\because O$ 为 $EG,BD$ 的交点,
$\therefore EG=2x,FG=\sqrt{2}x$.
$\because$ 四个全等的直角三角形拼成"赵爽弦图",
$\therefore BF=CG=x.\therefore BG=x+\sqrt{2}x$.
在 $\mathrm{Rt}△ BCG$ 中,
$BC^2=BG^2+CG^2=(\sqrt{2}+1)^2x^2+x^2=(4+2\sqrt{2})x^2$.
$\therefore \frac{S_{\mathrm{正方形}ABCD}}{S_{\mathrm{正方形}EFGH}}=\frac{(4+2\sqrt{2})x^2}{2x^2}=2+\sqrt{2}$. 故选 B.
解析
【分析】
解决本题需先从正方形的性质入手，先推导相关角的度数，结合$GO=GP$的条件得到角的等量关系，证明三角形全等得到线段相等关系；再设参数表示相关线段的长度，利用勾股定理分别求出两个正方形的面积，最后计算面积比值即可。
【解析】
解：$\because$ 四边形EFGH为正方形，
$\therefore ∠ EGH=45°$，$∠ FGH=90°$。
$\because OG=GP$，$\therefore ∠ GOP=∠ OPG=\frac{180°-45°}{2}=67.5°$，
可得$∠ PBG=22.5°$，
又$∠ DBC=45°$，$\therefore ∠ GBC=45°-22.5°=22.5°$，
$\therefore ∠ PBG=∠ GBC$。
$\because ∠ BGP=∠ BGC=90°$，$BG=BG$，
$\therefore △ BPG ≌ △ BCG(\mathrm{ASA})$，$\therefore PG=CG$。
设$OG=PG=CG=x$，
$\because O$为正方形EFGH对角线EG、BD的交点，
$\therefore EG=2OG=2x$，正方形EFGH的边长$FG=\frac{EG}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}x$，
则$S_{正方形EFGH}=(\sqrt{2}x)^2=2x^2$。
$\because$ 四个直角三角形全等，$\therefore BF=CG=x$，
$\therefore BG=BF+FG=x+\sqrt{2}x$。
在$\mathrm{Rt}△ BCG$中，由勾股定理得：
$BC^2=BG^2+CG^2=(x+\sqrt{2}x)^2+x^2=(4+2\sqrt{2})x^2$，
即$S_{正方形ABCD}=(4+2\sqrt{2})x^2$。
$\therefore \frac{S_{正方形ABCD}}{S_{正方形EFGH}}=\frac{(4+2\sqrt{2})x^2}{2x^2}=2+\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题以传统赵爽弦图为背景，综合考查了几何图形性质的应用，解题关键是通过角度推导证明三角形全等，结合设参数法用同一字母表示两个正方形的面积，体现了数形结合的思想，同时渗透了传统文化。
【难度系数】
0.6
解决本题需先从正方形的性质入手，先推导相关角的度数，结合$GO=GP$的条件得到角的等量关系，证明三角形全等得到线段相等关系；再设参数表示相关线段的长度，利用勾股定理分别求出两个正方形的面积，最后计算面积比值即可。
【解析】
解：$\because$ 四边形EFGH为正方形，
$\therefore ∠ EGH=45°$，$∠ FGH=90°$。
$\because OG=GP$，$\therefore ∠ GOP=∠ OPG=\frac{180°-45°}{2}=67.5°$，
可得$∠ PBG=22.5°$，
又$∠ DBC=45°$，$\therefore ∠ GBC=45°-22.5°=22.5°$，
$\therefore ∠ PBG=∠ GBC$。
$\because ∠ BGP=∠ BGC=90°$，$BG=BG$，
$\therefore △ BPG ≌ △ BCG(\mathrm{ASA})$，$\therefore PG=CG$。
设$OG=PG=CG=x$，
$\because O$为正方形EFGH对角线EG、BD的交点，
$\therefore EG=2OG=2x$，正方形EFGH的边长$FG=\frac{EG}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}x$，
则$S_{正方形EFGH}=(\sqrt{2}x)^2=2x^2$。
$\because$ 四个直角三角形全等，$\therefore BF=CG=x$，
$\therefore BG=BF+FG=x+\sqrt{2}x$。
在$\mathrm{Rt}△ BCG$中，由勾股定理得：
$BC^2=BG^2+CG^2=(x+\sqrt{2}x)^2+x^2=(4+2\sqrt{2})x^2$，
即$S_{正方形ABCD}=(4+2\sqrt{2})x^2$。
$\therefore \frac{S_{正方形ABCD}}{S_{正方形EFGH}}=\frac{(4+2\sqrt{2})x^2}{2x^2}=2+\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题以传统赵爽弦图为背景，综合考查了几何图形性质的应用，解题关键是通过角度推导证明三角形全等，结合设参数法用同一字母表示两个正方形的面积，体现了数形结合的思想，同时渗透了传统文化。
【难度系数】
0.6
4.如图,在菱形纸片ABCD中,∠A=60°.将纸片折叠,点A,D分别落在点A',D'处,且A'D'经过点B,EF为折痕.当D'F⊥CD时,$\frac{CF}{FD}$的值为(
A.$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{6}$
C.$\frac{2\sqrt{3}-1}{6}$
D.$\frac{\sqrt{3}+1}{8}$
A
).A.$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{6}$
C.$\frac{2\sqrt{3}-1}{6}$
D.$\frac{\sqrt{3}+1}{8}$
答案
4. A
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先回忆菱形性质和折叠的性质：菱形四边相等、对角相等、邻角互补，折叠前后对应边相等、对应角相等；2. 结合已知∠A=60°，推出菱形中∠C=60°，∠ADC=120°；3. 由D'F⊥CD，在Rt△CFG中求出各角度数，再结合折叠得到的∠A'D'F=120°，推导△D'BG为等腰三角形，得到边的等量关系；4. 设FD=x、CF=y，用x、y表示各相关边长，结合等腰三角形性质和勾股定理建立方程，即可求出CF与FD的比值。
【解析】
设$FD=x$，$CF=y$，
∵四边形ABCD是菱形，
∴边长$CD=CF+FD=x+y$，$BC=CD=x+y$，$∠ C=∠ A=60°$，$∠ ADC=180°-∠ A=120°$。
由折叠的性质可得：$FD'=FD=x$，$∠ A'D'F=∠ ADC=120°$。
∵$D'F⊥ CD$，
∴$∠ CFG=90°$，
在$Rt△ CFG$中，$∠ C=60°$，
∴$∠ CGF=180°-90°-60°=30°$，
∴$CG=2CF=2y$，$FG=\sqrt{3}CF=\sqrt{3}y$，$∠ D'GB=∠ CGF=30°$。
∵$A'D'$经过点B，
∴$∠ BD'F=∠ A'D'F=120°$，
在$△ D'BG$中，$∠ D'BG=180°-∠ BD'F-∠ D'GB=180°-120°-30°=30°$，
∴$∠ D'BG=∠ D'GB=30°$，$△ D'BG$为等腰三角形，$D'G=BD'$。
其中$D'G=FD'-FG=x-\sqrt{3}y$，$BG=BC-CG=(x+y)-2y=x-y$。
过$D'$作$D'H⊥ BG$于H，由等腰三角形三线合一得$BH=\frac{1}{2}BG=\frac{x-y}{2}$。
在$Rt△ D'HB$中，$∠ D'BH=30°$，
∴$D'H=\frac{1}{2}BD'=\frac{1}{2}(x-\sqrt{3}y)$。
由勾股定理得：$BH^2+D'H^2=BD'^2$，
代入得：$(\frac{x-y}{2})^2+(\frac{x-\sqrt{3}y}{2})^2=(x-\sqrt{3}y)^2$，
化简得：$(x-y)^2=3(x-\sqrt{3}y)^2$，
开方取正根：$x-y=\sqrt{3}(x-\sqrt{3}y)$，
展开整理得：$x(\sqrt{3}-1)=2y$，
∴$\frac{y}{x}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，即$\frac{CF}{FD}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$。
【答案】
A
【知识点】
菱形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题属于折叠与几何图形结合的综合题，解题的关键是利用折叠性质和特殊角度推导边的等量关系，通过设参数建立方程求解比值，能较好地考查逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.3
解题思路如下：1. 先回忆菱形性质和折叠的性质：菱形四边相等、对角相等、邻角互补，折叠前后对应边相等、对应角相等；2. 结合已知∠A=60°，推出菱形中∠C=60°，∠ADC=120°；3. 由D'F⊥CD，在Rt△CFG中求出各角度数，再结合折叠得到的∠A'D'F=120°，推导△D'BG为等腰三角形，得到边的等量关系；4. 设FD=x、CF=y，用x、y表示各相关边长，结合等腰三角形性质和勾股定理建立方程，即可求出CF与FD的比值。
【解析】
设$FD=x$，$CF=y$，
∵四边形ABCD是菱形，
∴边长$CD=CF+FD=x+y$，$BC=CD=x+y$，$∠ C=∠ A=60°$，$∠ ADC=180°-∠ A=120°$。
由折叠的性质可得：$FD'=FD=x$，$∠ A'D'F=∠ ADC=120°$。
∵$D'F⊥ CD$，
∴$∠ CFG=90°$，
在$Rt△ CFG$中，$∠ C=60°$，
∴$∠ CGF=180°-90°-60°=30°$，
∴$CG=2CF=2y$，$FG=\sqrt{3}CF=\sqrt{3}y$，$∠ D'GB=∠ CGF=30°$。
∵$A'D'$经过点B，
∴$∠ BD'F=∠ A'D'F=120°$，
在$△ D'BG$中，$∠ D'BG=180°-∠ BD'F-∠ D'GB=180°-120°-30°=30°$，
∴$∠ D'BG=∠ D'GB=30°$，$△ D'BG$为等腰三角形，$D'G=BD'$。
其中$D'G=FD'-FG=x-\sqrt{3}y$，$BG=BC-CG=(x+y)-2y=x-y$。
过$D'$作$D'H⊥ BG$于H，由等腰三角形三线合一得$BH=\frac{1}{2}BG=\frac{x-y}{2}$。
在$Rt△ D'HB$中，$∠ D'BH=30°$，
∴$D'H=\frac{1}{2}BD'=\frac{1}{2}(x-\sqrt{3}y)$。
由勾股定理得：$BH^2+D'H^2=BD'^2$，
代入得：$(\frac{x-y}{2})^2+(\frac{x-\sqrt{3}y}{2})^2=(x-\sqrt{3}y)^2$，
化简得：$(x-y)^2=3(x-\sqrt{3}y)^2$，
开方取正根：$x-y=\sqrt{3}(x-\sqrt{3}y)$，
展开整理得：$x(\sqrt{3}-1)=2y$，
∴$\frac{y}{x}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，即$\frac{CF}{FD}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$。
【答案】
A
【知识点】
菱形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题属于折叠与几何图形结合的综合题，解题的关键是利用折叠性质和特殊角度推导边的等量关系，通过设参数建立方程求解比值，能较好地考查逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.3
5.如图,在长方形纸片ABCD中,AB=12,BC=5,点E在AB上,将△DAE沿DE折叠,使点A落在对角线BD上的点A'处,则AE的长为
$\frac{10}{3}$
.答案
5. $\frac{10}{3}$
解析
【分析】
解题时先利用长方形的性质得到直角和已知边的长度，用勾股定理求出对角线BD的长；再根据折叠的性质得到相等的边和角，求出A'B的长度；最后设AE的长为未知数，在Rt△A'EB中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
∵四边形ABCD是长方形，AB=12，BC=5，
∴AD=BC=5，∠A=90°，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
由折叠的性质可知：$DA'=DA=5$，$A'E=AE$，$∠ DA'E=∠ A=90°$，
∴$∠ EA'B=180°-∠ DA'E=90°$，$A'B=BD-DA'=13-5=8$。
设$AE=x$，则$A'E=x$，$EB=AB-AE=12-x$，
在Rt△A'EB中，由勾股定理得：
$A'E^2+A'B^2=EB^2$，
即$x^2+8^2=(12-x)^2$，
展开得：$x^2+64=144-24x+x^2$，
化简得：$24x=80$，
解得：$x=\frac{10}{3}$。
【答案】
$\frac{10}{3}$
【知识点】
长方形的性质；折叠的性质；勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何计算的典型题型，核心是利用折叠的全等性质转化相等的边与角，再结合勾股定理建立方程求解，很好地考查了几何性质的应用和方程思想的运用。
【难度系数】
0.6
解题时先利用长方形的性质得到直角和已知边的长度，用勾股定理求出对角线BD的长；再根据折叠的性质得到相等的边和角，求出A'B的长度；最后设AE的长为未知数，在Rt△A'EB中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
∵四边形ABCD是长方形，AB=12，BC=5，
∴AD=BC=5，∠A=90°，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
由折叠的性质可知：$DA'=DA=5$，$A'E=AE$，$∠ DA'E=∠ A=90°$，
∴$∠ EA'B=180°-∠ DA'E=90°$，$A'B=BD-DA'=13-5=8$。
设$AE=x$，则$A'E=x$，$EB=AB-AE=12-x$，
在Rt△A'EB中，由勾股定理得：
$A'E^2+A'B^2=EB^2$，
即$x^2+8^2=(12-x)^2$，
展开得：$x^2+64=144-24x+x^2$，
化简得：$24x=80$，
解得：$x=\frac{10}{3}$。
【答案】
$\frac{10}{3}$
【知识点】
长方形的性质；折叠的性质；勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何计算的典型题型，核心是利用折叠的全等性质转化相等的边与角，再结合勾股定理建立方程求解，很好地考查了几何性质的应用和方程思想的运用。
【难度系数】
0.6
6.如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，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，在边OC上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在边BC上的点E处，则点D的坐标为
(0,5)
，点E的坐标为(4,8)
。答案
6. (0,5) (4,8)
解析
【分析】
解决本题的核心是利用折叠的性质得到相等线段，再结合矩形的性质和勾股定理分步求解坐标：第一步先求点E坐标，E在BC边上，纵坐标恒为8，利用折叠得AE=OA=10，在Rt△ABE中用勾股定理求出BE的长度，进而得到CE的长度，即可确定E的横坐标；第二步求点D坐标，D在y轴上，横坐标为0，设OD的长度为x，利用折叠得DE=OD=x，在Rt△CDE中用勾股定理列方程求解x，即可得到D的纵坐标。
【解析】
解：由折叠的性质可得△ADE≌△ADO，因此AE=OA=10，DE=OD。
1. 求点E的坐标：
∵四边形OABC是长方形，
∴AB=OC=8，BC=OA=10，∠B=∠C=90°，点E在BC上，纵坐标为8。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AE^2 - AB^2}=\sqrt{10^2 - 8^2}=\sqrt{36}=6$
∴$CE=BC - BE=10 - 6=4$，即E的横坐标为4，故E坐标为(4,8)。
2. 求点D的坐标：
设D点坐标为(0,x)，则OD=DE=x，$CD=OC - OD=8 - x$。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
$CD^2 + CE^2 = DE^2$
代入得：$(8 - x)^2 + 4^2 = x^2$
展开化简：$64 - 16x + x^2 + 16 = x^2$
$80 - 16x = 0$
解得$x=5$，故D坐标为(0,5)。
【答案】
(0,5)，(4,8)
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是平面直角坐标系下折叠问题的典型考法，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的性质，将未知线段转化到直角三角形中，用勾股定理建立方程求解，这类题是勾股定理实际应用的常考题型，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
解决本题的核心是利用折叠的性质得到相等线段，再结合矩形的性质和勾股定理分步求解坐标：第一步先求点E坐标，E在BC边上，纵坐标恒为8，利用折叠得AE=OA=10，在Rt△ABE中用勾股定理求出BE的长度，进而得到CE的长度，即可确定E的横坐标；第二步求点D坐标，D在y轴上，横坐标为0，设OD的长度为x，利用折叠得DE=OD=x，在Rt△CDE中用勾股定理列方程求解x，即可得到D的纵坐标。
【解析】
解：由折叠的性质可得△ADE≌△ADO，因此AE=OA=10，DE=OD。
1. 求点E的坐标：
∵四边形OABC是长方形，
∴AB=OC=8，BC=OA=10，∠B=∠C=90°，点E在BC上，纵坐标为8。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AE^2 - AB^2}=\sqrt{10^2 - 8^2}=\sqrt{36}=6$
∴$CE=BC - BE=10 - 6=4$，即E的横坐标为4，故E坐标为(4,8)。
2. 求点D的坐标：
设D点坐标为(0,x)，则OD=DE=x，$CD=OC - OD=8 - x$。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
$CD^2 + CE^2 = DE^2$
代入得：$(8 - x)^2 + 4^2 = x^2$
展开化简：$64 - 16x + x^2 + 16 = x^2$
$80 - 16x = 0$
解得$x=5$，故D坐标为(0,5)。
【答案】
(0,5)，(4,8)
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是平面直角坐标系下折叠问题的典型考法，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的性质，将未知线段转化到直角三角形中，用勾股定理建立方程求解，这类题是勾股定理实际应用的常考题型，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
7.如图,在长方形纸片ABCD中,AB=3,AD=5,折叠纸片使A落在边BC上的A'处,折痕为PQ,当A'在BC上移动时,折痕的端点P,Q也随之移动,若A'C的长度为3,则BP的长度=
$\frac{5}{6}$
.答案
7. $\frac{5}{6}$
解析
【分析】
解题时先结合长方形的边长特征求出BA'的长度，再利用折叠前后对应边相等得到PA与PA'的等量关系，最后在直角△A'BP中用勾股定理列方程求解BP的长度。具体思路：1、先根据长方形对边相等得到BC的长度，结合A'C的长度算出BA'的长度；2、设BP为未知数，用含未知数的式子表示PA'的长度；3、在直角三角形中根据勾股定理列方程，解方程得到BP的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B=90°，BC=AD=5，
∵A'C=3，
∴$BA'=BC - A'C=5-3=2$，
∵折叠纸片使A落在A'处，折痕为PQ，
∴$PA=PA'$，
设$BP=x$，则$PA=PA'=AB - BP=3 - x$，
在$Rt△ A'BP$中，由勾股定理得：
$BP^2 + BA'^2 = PA'^2$，
即$x^2 + 2^2 = (3 - x)^2$，
展开得：$x^2 +4 =9 -6x +x^2$，
移项化简得：$6x=5$，
解得：$x=\frac{5}{6}$。
【答案】
$\frac{5}{6}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题属于折叠类基础应用题，核心是利用折叠的性质得到相等的线段，再结合直角三角形的勾股定理构建方程求解，体现了几何问题中的方程思想。
【难度系数】
0.7
解题时先结合长方形的边长特征求出BA'的长度，再利用折叠前后对应边相等得到PA与PA'的等量关系，最后在直角△A'BP中用勾股定理列方程求解BP的长度。具体思路：1、先根据长方形对边相等得到BC的长度，结合A'C的长度算出BA'的长度；2、设BP为未知数，用含未知数的式子表示PA'的长度；3、在直角三角形中根据勾股定理列方程，解方程得到BP的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B=90°，BC=AD=5，
∵A'C=3，
∴$BA'=BC - A'C=5-3=2$，
∵折叠纸片使A落在A'处，折痕为PQ，
∴$PA=PA'$，
设$BP=x$，则$PA=PA'=AB - BP=3 - x$，
在$Rt△ A'BP$中，由勾股定理得：
$BP^2 + BA'^2 = PA'^2$，
即$x^2 + 2^2 = (3 - x)^2$，
展开得：$x^2 +4 =9 -6x +x^2$，
移项化简得：$6x=5$，
解得：$x=\frac{5}{6}$。
【答案】
$\frac{5}{6}$
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题属于折叠类基础应用题，核心是利用折叠的性质得到相等的线段，再结合直角三角形的勾股定理构建方程求解，体现了几何问题中的方程思想。
【难度系数】
0.7
