1.（2024·南通期中）如图①，在平面直角坐标系中，矩形ABCD在第一象限，且BC//x轴，直线y = 2x + 1沿x轴正方向平移，在平移过程中，直线被矩形ABCD截得的线段长为a，直线在x轴上平移的距离为b，a、b间的函数关系图像如图②所示，那么矩形ABCD的面积为（ ）
　　
A. 20
B. 20√5
C. 40
D. 32

C

2.（2024·宿迁期末）如图，在以O为坐标原点的直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴和y轴的正半轴上，将反比例函数y = $\frac{k}{x}$(k＞0)的图像向下平移n个单位长度后，恰好经过矩形对角线交点和顶点A，且图像与BC边交于点D，则$\frac{CD}{CB}$的值是（ ）
　　
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{4}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{4}$

A 解析：设$A(a,0)$，$B(a,b)$，则对角线交点的坐标为$(\frac{a}{2},\frac{b}{2})$，反比例函数$y = \frac{k}{x}(k＞0)$的图像向下平移$n$个单位长度后的表达式为$y = \frac{k}{x}-n$，由已知，得$\begin{cases}\frac{b}{2}=\frac{k}{\frac{a}{2}}-n\\0=\frac{k}{a}-n\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = \frac{ab}{2}\\n=\frac{b}{2}\end{cases}$，$\therefore$反比例函数$y = \frac{k}{x}(k＞0)$的图像向下平移$n$个单位长度后的表达式为$y = \frac{ab}{2x}-\frac{b}{2}$。设$D(c,b)$，则$b = \frac{ab}{2c}-\frac{b}{2}$，$\therefore c = \frac{a}{3}$，$\therefore D(\frac{a}{3},b)$，$\therefore\frac{CD}{CB}=\frac{\frac{a}{3}}{a}=\frac{1}{3}$。故选A。

3.（2024·扬州期末）如图，双曲线y = $\frac{k}{x}$(k≠0)与直线y = mx(m≠0)交于A(2,4)、B两点，将直线AB向下平移n个单位长度，平移后的直线与双曲线在第一象限的分支交于点C，连接AC并延长交x轴于点D. 若点C恰好是线段AD的中点，则n的值为_______.
　　

6 解析：$\because$双曲线$y = \frac{k}{x}(k\neq0)$与直线$y = mx(m\neq0)$交于$A(2,4)$，$\therefore 4 = \frac{k}{2}$，$4 = 2m$，解得$k = 8$，$m = 2$，$\therefore y = \frac{8}{x}$，$y = 2x$。直线$AB$向下平移$n$个单位长度，平移后的表达式为$y = 2x - n$。$\because$点$C$恰好是线段$AD$的中点，$\therefore$点$C$的纵坐标为$\frac{0 + 4}{2}=2$。$\because$点$C$在反比例函数$y = \frac{8}{x}$的图像上，$\therefore$由$2 = \frac{8}{x}$得$x = 4$，则点$C$的坐标为$(4,2)$，将$(4,2)$代入$y = 2x - n$中，得$2 = 2\times4 - n$，解得$n = 6$。

4. 如图，菱形OABC的顶点A在x轴上，CD⊥AB于点D，将菱形沿CD所在直线折叠，点B的对应点为B'.若∠AOC = 45°，点B'的横坐标为4，则点B的坐标为（ ）
　　
A. (4√2 + 4,4)
B. (8,4)
C. (4√2 + 4,2√2)
D. (8,2√2)

A 解析：令$OA$与$B'C$的交点为$E$，$\because$四边形$OABC$是菱形，$\angle AOC = 45^{\circ}$，$\therefore OC = BC$，$BC// OA$，$\angle B=\angle AOC = 45^{\circ}$。$\because CD\perp AB$，菱形沿$CD$所在直线折叠，点$B$的对应点为$B'$，$\therefore\angle B'=\angle B = 45^{\circ}$，$\therefore\angle BCB' = 90^{\circ}$，即$BC\perp B'C$，$\therefore OA\perp B'C$，$\therefore\triangle CEO$是等腰直角三角形。$\because$点$B'$的横坐标为$4$，$\therefore OE = CE = 4$，$\therefore OC=\sqrt{OE^{2}+CE^{2}} = 4\sqrt{2}$，$\therefore BC = 4\sqrt{2}$，$\therefore$点$B$的坐标为$(4\sqrt{2}+4,4)$，故选A。

5.（2024·徐州期末）如图，四边形纸片ABCD，AD//BC，AB//CD. 将纸片折叠，点A、B分别落在G、H处，EF为折痕，FH交CD于点K.若∠CKF = 40°，则∠A + ∠GED = _______°.
　　

140 解析：$\because AD// BC$，$AB// CD$，$\therefore$四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore\angle A=\angle C$。根据折叠的性质可知，$\angle AEF=\angle GEF$，$\angle EFB=\angle EFK$。$\because AD// BC$，$\therefore\angle DEF=\angle EFB$，$\angle AEF=\angle EFC$，$\therefore\angle GEF=\angle AEF=\angle EFC$，$\angle DEF=\angle EFB=\angle EFK$，$\therefore\angle GEF-\angle DEF=\angle EFC-\angle EFK$，$\therefore\angle GED=\angle CFK$。$\because\angle C+\angle CFK+\angle CKF = 180^{\circ}$，$\angle CKF = 40^{\circ}$，$\therefore\angle C+\angle CFK = 140^{\circ}$，$\therefore\angle A+\angle GED = 140^{\circ}$。

6.（2024·扬州期末）如图，矩形ABCD的边AD长为2，将△ADC沿对角线AC翻折得到△AD'C，CD'与AB交于点E，再将△BCE沿CE进行翻折，得到△B'CE.若两次折叠后，点B'恰好落在△ADC的边上，则AB的长为_______.
　　

$2\sqrt{3}$或$2\sqrt{2}+2$ 解析：$\because$四边形$ABCD$为矩形，$\therefore BC = AD = 2$，$\angle B=\angle D = 90^{\circ}$。$\because\triangle ADC$沿对角线$AC$翻折得到$\triangle A'D'C$，$\therefore\angle D'=\angle D = 90^{\circ}$，$A'D' = AD = 2$。$\because$以$CD'$为折痕，将$\triangle BCE$进行翻折，得到$\triangle B'CE$，$\therefore\angle CB'E=\angle B = 90^{\circ}$，$CB' = CB = 2$。当点$B'$恰好落在$AC$上时，如图①，在$\triangle AD'E$和$\triangle CBE$中，$\begin{cases}\angle AED'=\angle CEB\\\angle D'=\angle B\\AD' = CB\end{cases}$，$\therefore\triangle AD'E\cong\triangle CBE(AAS)$，$\therefore EA = EC$，即$\triangle EAC$为等腰三角形。$\because\angle CB'E=\angle B = 90^{\circ}$，$\therefore$点$B'$为$AC$中点，$\therefore AC = 2CB' = 2CB = 4$。在$Rt\triangle ABC$中，$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，即$AB^{2}+2^{2}=4^{2}$，解得$AB = 2\sqrt{3}$。

当点$B'$恰好落在$DC$上时，如图②，$\because\angle CB'E=\angle B=\angle DCB = 90^{\circ}$，$\therefore$四边形$B'ECB$为矩形，$\therefore B'E = CB = 2$。$\because\triangle BCE$沿$CD'$进行翻折，得到$\triangle B'CE$，$\therefore BE = B'E = 2$。在$Rt\triangle CBE$中，$CE=\sqrt{CB^{2}+BE^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{2}$，在$\triangle AD'E$和$\triangle CBE$中，$\begin{cases}\angle AED'=\angle CEB\\\angle D'=\angle B\\AD' = CB\end{cases}$，$\therefore\triangle AD'E\cong\triangle CBE(AAS)$，$\therefore AE = CE = 2\sqrt{2}$，$\therefore AB = AE + BE = 2\sqrt{2}+2$。故答案为$2\sqrt{3}$或$2\sqrt{2}+2$。

7.（2024·泰州期末）如图，在矩形纸片ABCD中，E为边AD上的动点，F为边BC上的动点，连接EF.
(1)若AB = 3，BC = 4.
①如图①，点E与点D重合，点F与点B重合，将矩形纸片沿EF折叠，点A落在点G处，设DG与BC相交于点H，求CH的长；
②如图②，将矩形纸片沿EF折叠，使点B与点D重合，求折痕EF的长.
(2)如图③，点E为AD的中点，点F与点B重合，将矩形纸片沿EF折叠，点A落在点G处，且点G在矩形ABCD内部，延长BG交CD于点H，若DH = 2CH，求$\frac{AD}{AB}$的值.
　　　　

(1)①$\because$四边形$ABCD$为矩形，$\therefore AB = CD = BG$，$\angle G=\angle C=\angle A = 90^{\circ}$。$\because\angle BHG=\angle DHC$，$\therefore\triangle BHG\cong\triangle DHC(AAS)$，$\therefore CH = GH$。设$CH = GH = x$，$\because AB = 3$，$BC = 4$，$\therefore BG = 3$，$BH = 4 - x$。$\because BG^{2}+GH^{2}=BH^{2}$，即$3^{2}+x^{2}=(4 - x)^{2}$，解得$x=\frac{7}{8}$，$\therefore CH=\frac{7}{8}$。
②如图，连接$BE$，过点$E$作$EK\perp BC$，由折叠可得$BF = DF$，$\angle BFE=\angle DFE$。$\because EF = EF$，$\therefore\triangle BFE\cong\triangle DFE(SAS)$，$\therefore BE = ED$。由折叠可得$AB = DG$，$\therefore Rt\triangle ABE\cong Rt\triangle GDE(HL)$，由①同理可求，$AE=\frac{7}{8}=BK$，设$BF = DF = y$，则$CF = 4 - y$。$\because(4 - y)^{2}+3^{2}=y^{2}$，解得$y=\frac{25}{8}$，$\therefore BF=\frac{25}{8}$，$\therefore KF = BF - BK=\frac{9}{4}$。$\because EK = AB = 3$，$\therefore EF=\frac{15}{4}$。

(2)连接$EH$，$\because DH = 2CH$，点$E$为$AD$的中点，设$CH = x$，$DE = y$，$\therefore DH = 2x$，$AD = 2y$，$\therefore EH^{2}=y^{2}+4x^{2}$。由折叠性质可得$BG = AB = CD = 3x$，$\angle BGE=\angle A = 90^{\circ}$，$\therefore\angle EGH = 90^{\circ}$，$\therefore GH=\sqrt{EH^{2}-EG^{2}} = 2x$，$\therefore BH = 5x$，$\therefore BC=\sqrt{BH^{2}-CH^{2}} = 2\sqrt{6}x = 2y$，$\therefore\frac{AD}{AB}=\frac{2y}{3x}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$。