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1. 如图，在菱形ABCD中，点M，N分别在AB，CD上，且AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO。若∠DAC=28°，则∠OBC的度数为(
A.$28°$
B.$52°$
C.$62°$
D.$72°$
C
)。A.$28°$
B.$52°$
C.$62°$
D.$72°$
答案
1.C
解析
【分析】
解题时先从菱形的性质入手：首先菱形对边平行、四条边相等，结合已知条件AM=CN，可通过角角边证明△AMO和△CNO全等，得到O是AC的中点；再根据菱形邻边相等，结合等腰三角形三线合一的性质得到BO⊥AC；最后利用平行线的内错角相等得到∠BCA的度数，在直角三角形中通过两锐角互余即可求出∠OBC的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AD//BC，AB=BC，
∴∠OAM=∠OCN，∠BCA=∠DAC=28°（两直线平行，内错角相等）。
在△AMO和△CNO中：
$\{\begin{array}{l}∠OAM=∠OCN \\∠AOM=∠CON \\AM=CN\end{array} $
∴△AMO≌△CNO（AAS），
∴AO=CO，即O为AC的中点。
又
∵AB=BC，
∴BO⊥AC（等腰三角形三线合一），即∠BOC=90°，
∴在Rt△BOC中，∠OBC=90°-∠BCA=90°-28°=62°。
【答案】
C
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，将菱形、全等三角形、等腰三角形的性质结合考查，解题的关键是通过全等确定O点的位置，再结合特殊图形的性质推导角度关系，熟练掌握基础几何性质就能快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时先从菱形的性质入手：首先菱形对边平行、四条边相等，结合已知条件AM=CN，可通过角角边证明△AMO和△CNO全等，得到O是AC的中点；再根据菱形邻边相等，结合等腰三角形三线合一的性质得到BO⊥AC；最后利用平行线的内错角相等得到∠BCA的度数，在直角三角形中通过两锐角互余即可求出∠OBC的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AD//BC，AB=BC，
∴∠OAM=∠OCN，∠BCA=∠DAC=28°（两直线平行，内错角相等）。
在△AMO和△CNO中：
$\{\begin{array}{l}∠OAM=∠OCN \\∠AOM=∠CON \\AM=CN\end{array} $
∴△AMO≌△CNO（AAS），
∴AO=CO，即O为AC的中点。
又
∵AB=BC，
∴BO⊥AC（等腰三角形三线合一），即∠BOC=90°，
∴在Rt△BOC中，∠OBC=90°-∠BCA=90°-28°=62°。
【答案】
C
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，将菱形、全等三角形、等腰三角形的性质结合考查，解题的关键是通过全等确定O点的位置，再结合特殊图形的性质推导角度关系，熟练掌握基础几何性质就能快速求解。
【难度系数】
0.7
2.如图，四边形ABCD和四边形AEFC是两个矩形，点B在边EF上.若矩形ABCD和矩形AEFC的面积分别是$ S_1,S_2 $，则$ S_1,S_2 $的大小关系是(
A.$ S_1 ＞ S_2 $
B.$ S_1 = S_2 $
C.$ S_1 ＜ S_2 $
D.$ 3S_1 = 2S_2 $
B
).A.$ S_1 ＞ S_2 $
B.$ S_1 = S_2 $
C.$ S_1 ＜ S_2 $
D.$ 3S_1 = 2S_2 $
答案
2.B
解析
【分析】
要比较两个矩形的面积大小，可通过二者与同一个三角形的面积关系建立关联求解。首先，矩形ABCD的对角线AC可将其分为两个面积相等的三角形，因此矩形ABCD的面积是△ABC面积的2倍；再观察矩形AEFC，它的一组对边AC与EF平行，点B在EF上，所以△ABC以AC为底时的高恰好等于矩形AEFC中AC边上的邻边长，因此矩形AEFC的面积同样是△ABC面积的2倍，即可得出两个矩形的面积关系。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，AC为矩形ABCD的对角线，
∴矩形ABCD的面积$S_1=2S_{△ ABC}$。
∵四边形AEFC是矩形，
∴EF//AC，两条平行线EF与AC之间的距离处处相等。
∵点B在EF上，
∴△ABC的边AC上的高等于EF与AC的距离，即等于矩形AEFC中与AC相邻的边的长度。
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × AC × $矩形AEFC中AC的邻边长，
∴矩形AEFC的面积$S_2=AC × $矩形AEFC中AC的邻边长$=2S_{△ ABC}$。
综上可得$S_1=S_2$。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，三角形面积计算，平行线间的距离
【点评】
本题考查图形面积的比较，核心是运用转化思想，将两个矩形的面积都转化为公共三角形△ABC面积的2倍，从而快速得到二者的大小关系，解题的关键是找到两个矩形面积的公共关联量。
【难度系数】
0.7
要比较两个矩形的面积大小，可通过二者与同一个三角形的面积关系建立关联求解。首先，矩形ABCD的对角线AC可将其分为两个面积相等的三角形，因此矩形ABCD的面积是△ABC面积的2倍；再观察矩形AEFC，它的一组对边AC与EF平行，点B在EF上，所以△ABC以AC为底时的高恰好等于矩形AEFC中AC边上的邻边长，因此矩形AEFC的面积同样是△ABC面积的2倍，即可得出两个矩形的面积关系。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，AC为矩形ABCD的对角线，
∴矩形ABCD的面积$S_1=2S_{△ ABC}$。
∵四边形AEFC是矩形，
∴EF//AC，两条平行线EF与AC之间的距离处处相等。
∵点B在EF上，
∴△ABC的边AC上的高等于EF与AC的距离，即等于矩形AEFC中与AC相邻的边的长度。
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × AC × $矩形AEFC中AC的邻边长，
∴矩形AEFC的面积$S_2=AC × $矩形AEFC中AC的邻边长$=2S_{△ ABC}$。
综上可得$S_1=S_2$。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，三角形面积计算，平行线间的距离
【点评】
本题考查图形面积的比较，核心是运用转化思想，将两个矩形的面积都转化为公共三角形△ABC面积的2倍，从而快速得到二者的大小关系，解题的关键是找到两个矩形面积的公共关联量。
【难度系数】
0.7
3. 如图，在$△ ABC$中，$CD$是边$AB$上的高线，$BE$平分$∠ ABC$，交$CD$于点$E$，$BC=5$，$DE=2$，则$△ BCE$的面积等于（ ）。
A.10
B.7
C.5
D.4
A.10
B.7
C.5
D.4
答案
3.C
解析
【分析】
解题时首先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。已知BE是∠ABC的角平分线，点E在BE上，且CD是AB边上的高线，即E到AB的距离为DE=2，由此可推出E到BC边的距离等于DE的长度，该距离就是△BCE中BC边上的高，再代入三角形面积公式即可求出结果。
【解析】
过点E作EF⊥BC，垂足为F。
∵BE平分∠ABC，CD⊥AB，EF⊥BC，
∴根据角平分线的性质，EF=DE=2。
已知BC=5，根据三角形面积公式：
$S_{△ BCE}=\frac{1}{2} × BC × EF = \frac{1}{2} × 5 × 2 = 5$
故选C。
【答案】
C
【知识点】
角平分线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是基础几何题，解题核心是利用角平分线的性质得到△BCE对应底边上的高，再结合面积公式求解，熟练掌握角平分线的性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。已知BE是∠ABC的角平分线，点E在BE上，且CD是AB边上的高线，即E到AB的距离为DE=2，由此可推出E到BC边的距离等于DE的长度，该距离就是△BCE中BC边上的高，再代入三角形面积公式即可求出结果。
【解析】
过点E作EF⊥BC，垂足为F。
∵BE平分∠ABC，CD⊥AB，EF⊥BC，
∴根据角平分线的性质，EF=DE=2。
已知BC=5，根据三角形面积公式：
$S_{△ BCE}=\frac{1}{2} × BC × EF = \frac{1}{2} × 5 × 2 = 5$
故选C。
【答案】
C
【知识点】
角平分线的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是基础几何题，解题核心是利用角平分线的性质得到△BCE对应底边上的高，再结合面积公式求解，熟练掌握角平分线的性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.7
4. 如图,过边长为3的等边三角形ABC的边AB上一点P,作$PE⊥AC$于点E,Q为BC延长线上一点,当$PA=CQ$时,连接PQ交边AC于点D,则DE的长为(
A.$\dfrac{1}{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.1
B
).A.$\dfrac{1}{3}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.1
答案
4.B
解析
【分析】
本题可通过构造辅助线转化线段关系求解：首先过点P作PF//BC交AC于F，利用等边三角形的性质可证△APF为等边三角形，得到AP=PF，结合已知PA=CQ推出PF=CQ；再证明△PFD和△QCD全等，得到FD=CD；最后利用等腰三角形三线合一的性质，得到PE平分AF，即AE=EF，由此可推出DE的长度为AC长度的一半，代入数值计算即可。
【解析】
过点P作$PF// BC$，交AC于点F。
$\because △ ABC$是边长为3的等边三角形，
$\therefore ∠ A=∠ ACB=60°$，$AC=3$。
$\because PF// BC$，
$\therefore ∠ AFP=∠ ACB=60°$，$∠ PFD=∠ QCD$，
$\therefore △ APF$是等边三角形，$\therefore AP=PF$。
又$\because PA=CQ$，$\therefore PF=CQ$。
在$△ PFD$和$△ QCD$中：
$\begin{cases}∠ PDF=∠ QDC \quad (\mathrm{对顶角相等}) \\∠ PFD=∠ QCD \\PF=CQ\end{cases}$
$\therefore △ PFD≌△ QCD \ (\mathrm{AAS})$，$\therefore FD=CD$。
$\because PE⊥ AC$，$△ APF$是等边三角形，
$\therefore AE=EF$（等腰三角形三线合一）。
$\therefore DE=EF+FD=\frac{1}{2}AF+\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}(AF+FC)=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×3=\frac{3}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是等边三角形与全等三角形结合的常考题型，作平行线构造全等三角形是解题的突破口，解题过程中通过转化线段关系将未知线段转化为已知边长的一半，体现了几何中的转化思想，能很好地考查学生的几何构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
本题可通过构造辅助线转化线段关系求解：首先过点P作PF//BC交AC于F，利用等边三角形的性质可证△APF为等边三角形，得到AP=PF，结合已知PA=CQ推出PF=CQ；再证明△PFD和△QCD全等，得到FD=CD；最后利用等腰三角形三线合一的性质，得到PE平分AF，即AE=EF，由此可推出DE的长度为AC长度的一半，代入数值计算即可。
【解析】
过点P作$PF// BC$，交AC于点F。
$\because △ ABC$是边长为3的等边三角形，
$\therefore ∠ A=∠ ACB=60°$，$AC=3$。
$\because PF// BC$，
$\therefore ∠ AFP=∠ ACB=60°$，$∠ PFD=∠ QCD$，
$\therefore △ APF$是等边三角形，$\therefore AP=PF$。
又$\because PA=CQ$，$\therefore PF=CQ$。
在$△ PFD$和$△ QCD$中：
$\begin{cases}∠ PDF=∠ QDC \quad (\mathrm{对顶角相等}) \\∠ PFD=∠ QCD \\PF=CQ\end{cases}$
$\therefore △ PFD≌△ QCD \ (\mathrm{AAS})$，$\therefore FD=CD$。
$\because PE⊥ AC$，$△ APF$是等边三角形，
$\therefore AE=EF$（等腰三角形三线合一）。
$\therefore DE=EF+FD=\frac{1}{2}AF+\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}(AF+FC)=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×3=\frac{3}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是等边三角形与全等三角形结合的常考题型，作平行线构造全等三角形是解题的突破口，解题过程中通过转化线段关系将未知线段转化为已知边长的一半，体现了几何中的转化思想，能很好地考查学生的几何构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
5. 不能使两个直角三角形全等的条件是(
A.一条直角边及其对角对应相等
B.斜边和两条直角边对应相等
C.斜边和一条直角边对应相等
D.两个锐角对应相等
D
).A.一条直角边及其对角对应相等
B.斜边和两条直角边对应相等
C.斜边和一条直角边对应相等
D.两个锐角对应相等
答案
5.D
解析
【分析】
解题时首先要明确全等三角形的核心是形状、大小均完全相同，除角对应相等外至少要有一组边对应相等；同时牢记直角三角形全等的判定方法，包含普通三角形通用的SSS、SAS、ASA、AAS，以及直角三角形特有的HL定理，接下来逐一验证每个选项是否符合判定规则即可。
【解析】
我们逐个分析选项：
A. 一条直角边及其对角对应相等：直角三角形的直角天然相等，加上已知的一组锐角相等、一组直角边相等，符合AAS（角角边）全等判定规则，可证明两直角三角形全等；
B. 斜边和两条直角边对应相等：即两个三角形三条边全部对应相等，符合SSS（边边边）全等判定规则，可证明两直角三角形全等；
C. 斜边和一条直角边对应相等：符合直角三角形特有的HL（斜边、直角边）全等判定规则，可证明两直角三角形全等；
D. 两个锐角对应相等：只能说明两个三角形三个角全部对应相等，形状相同，但没有任何一组边对应相等的条件，无法保证大小也相同，因此不能判定两直角三角形全等。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
直角三角形全等判定、全等三角形判定定理
【点评】
本题是全等判定的基础题型，要注意直角三角形全等既可以使用普通三角形的判定规则，也有专属的HL定理，同时需牢记全等判定必须包含边相等的条件，仅角相等无法判定全等。
【难度系数】
0.8
解题时首先要明确全等三角形的核心是形状、大小均完全相同，除角对应相等外至少要有一组边对应相等；同时牢记直角三角形全等的判定方法，包含普通三角形通用的SSS、SAS、ASA、AAS，以及直角三角形特有的HL定理，接下来逐一验证每个选项是否符合判定规则即可。
【解析】
我们逐个分析选项：
A. 一条直角边及其对角对应相等：直角三角形的直角天然相等，加上已知的一组锐角相等、一组直角边相等，符合AAS（角角边）全等判定规则，可证明两直角三角形全等；
B. 斜边和两条直角边对应相等：即两个三角形三条边全部对应相等，符合SSS（边边边）全等判定规则，可证明两直角三角形全等；
C. 斜边和一条直角边对应相等：符合直角三角形特有的HL（斜边、直角边）全等判定规则，可证明两直角三角形全等；
D. 两个锐角对应相等：只能说明两个三角形三个角全部对应相等，形状相同，但没有任何一组边对应相等的条件，无法保证大小也相同，因此不能判定两直角三角形全等。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
直角三角形全等判定、全等三角形判定定理
【点评】
本题是全等判定的基础题型，要注意直角三角形全等既可以使用普通三角形的判定规则，也有专属的HL定理，同时需牢记全等判定必须包含边相等的条件，仅角相等无法判定全等。
【难度系数】
0.8
6. 如图,正方形ABCD的边长为9,将正方形折叠,使顶点D落在BC边上的点E处,折痕为GH.若BE:EC=2:1,则线段CH的长是(
A.3
B.4
C.5
D.6
B
).A.3
B.4
C.5
D.6
答案
6.B
解析
【分析】
解题时首先利用折叠的性质得到相等的线段，再结合正方形的直角特征，借助勾股定理列方程求解即可。第一步先根据边长和BE与EC的比例求出EC的长度；第二步设CH的长为未知数，根据折叠性质表示出EH的长度；第三步在直角三角形ECH中用勾股定理列方程，求解得到CH的长。
【解析】
∵正方形ABCD边长为9，BE:EC=2:1，
∴EC = 9×$\frac{1}{2+1}$ = 3，
设CH的长为$x$，则DH = 9-$x$，
由折叠的性质可知，EH = DH = 9-$x$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，
在Rt△ECH中，由勾股定理得：$EH^2=EC^2+CH^2$，
代入得：$(9-x)^2=3^2+x^2$，
展开计算：$81-18x+x^2=9+x^2$，
化简得：$18x=72$，解得$x=4$，
即CH的长为4。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质；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，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的性质，结合直角三角形的勾股定理建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用折叠的性质得到相等的线段，再结合正方形的直角特征，借助勾股定理列方程求解即可。第一步先根据边长和BE与EC的比例求出EC的长度；第二步设CH的长为未知数，根据折叠性质表示出EH的长度；第三步在直角三角形ECH中用勾股定理列方程，求解得到CH的长。
【解析】
∵正方形ABCD边长为9，BE:EC=2:1，
∴EC = 9×$\frac{1}{2+1}$ = 3，
设CH的长为$x$，则DH = 9-$x$，
由折叠的性质可知，EH = DH = 9-$x$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，
在Rt△ECH中，由勾股定理得：$EH^2=EC^2+CH^2$，
代入得：$(9-x)^2=3^2+x^2$，
展开计算：$81-18x+x^2=9+x^2$，
化简得：$18x=72$，解得$x=4$，
即CH的长为4。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质；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，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的性质，结合直角三角形的勾股定理建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
7. 如图，在折纸活动中，小明制作了一张$△ ABC$纸片，点$D$，$E$分别在边$AB$，$AC$上，将$△ ABC$沿着$DE$折叠压平，点$A$与点$A'$重合。若$∠ A = 75°$，则$∠ 1 + ∠ 2$等于（
A.$150°$
B.$210°$
C.$105°$
D.$75°$
A
）。A.$150°$
B.$210°$
C.$105°$
D.$75°$
答案
7.A
解析
【分析】
这是一道折叠类角度计算问题，解题首先要利用折叠的性质得到折叠前后对应角相等，再结合三角形内角和定理、平角的定义推导∠1+∠2与∠A的关系，进而计算结果。首先，折叠后△A'DE和△ADE完全重合，因此∠A'ED=∠AED，∠A'DE=∠ADE；接下来在△ADE中求出∠AED+∠ADE的度数，再根据平角为180°分别表示出∠1和∠2，将两式相加即可求出最终结果。
【解析】
根据折叠的性质可知：$∠ A'ED=∠ AED$，$∠ A'DE=∠ ADE$，且$∠ A'=∠ A=75°$。
在$△ ADE$中，由三角形内角和为$180°$可得：
$∠ AED + ∠ ADE = 180° - ∠ A = 180° - 75° = 105°$
因为平角等于$180°$，所以：
$∠ 1 = 180° - 2∠ AED$
$∠ 2 = 180° - 2∠ ADE$
将两式相加得：
$∠ 1 + ∠ 2 = 180° - 2∠ AED + 180° - 2∠ ADE = 360° - 2(∠ AED + ∠ ADE)$
把$∠ AED + ∠ ADE=105°$代入上式：
$∠ 1 + ∠ 2 = 360° - 2×105° = 360° - 210° = 150°$
【答案】
A
【知识点】
折叠的性质，三角形内角和定理，平角的定义
【点评】
本题是折叠类角度计算的典型题型，解题核心是抓住折叠前后对应角相等的性质，结合三角形内角和、平角的性质建立所求角与已知角的联系，解题思路清晰，难度适中。
【难度系数】
0.7
这是一道折叠类角度计算问题，解题首先要利用折叠的性质得到折叠前后对应角相等，再结合三角形内角和定理、平角的定义推导∠1+∠2与∠A的关系，进而计算结果。首先，折叠后△A'DE和△ADE完全重合，因此∠A'ED=∠AED，∠A'DE=∠ADE；接下来在△ADE中求出∠AED+∠ADE的度数，再根据平角为180°分别表示出∠1和∠2，将两式相加即可求出最终结果。
【解析】
根据折叠的性质可知：$∠ A'ED=∠ AED$，$∠ A'DE=∠ ADE$，且$∠ A'=∠ A=75°$。
在$△ ADE$中，由三角形内角和为$180°$可得：
$∠ AED + ∠ ADE = 180° - ∠ A = 180° - 75° = 105°$
因为平角等于$180°$，所以：
$∠ 1 = 180° - 2∠ AED$
$∠ 2 = 180° - 2∠ ADE$
将两式相加得：
$∠ 1 + ∠ 2 = 180° - 2∠ AED + 180° - 2∠ ADE = 360° - 2(∠ AED + ∠ ADE)$
把$∠ AED + ∠ ADE=105°$代入上式：
$∠ 1 + ∠ 2 = 360° - 2×105° = 360° - 210° = 150°$
【答案】
A
【知识点】
折叠的性质，三角形内角和定理，平角的定义
【点评】
本题是折叠类角度计算的典型题型，解题核心是抓住折叠前后对应角相等的性质，结合三角形内角和、平角的性质建立所求角与已知角的联系，解题思路清晰，难度适中。
【难度系数】
0.7
8. 如图，将矩形纸片ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH。若EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是(
A.12厘米
B.16厘米
C.20厘米
D.28厘米
C
)。A.12厘米
B.16厘米
C.20厘米
D.28厘米
答案
8.C [解析]$\because ∠ HEM=∠ AEH,∠ BEF=∠ FEM$,
$\therefore ∠ HEF=∠ HEM+∠ FEM=\frac{1}{2}× 180°=90°$.
同理可得$∠ EHG=∠ HGF=∠ EFG=90°$,
$\therefore$ 四边形EFGH为矩形,
$\therefore GH// EF,GH=EF$,
$\therefore ∠ GHN=∠ EFM$,
在$△ GHN$和$△ EFM$中,$\begin{cases}∠ GNH=∠ EMF,\\∠ NHG=∠ MFE,\\HG=FE,\end{cases}$
$\therefore △ GHN≌△ EFM(\mathrm{AAS})$,
$\therefore NH=MF=HD$,
$\therefore AD=AH+HD=HM+MF=HF$,
$HF=\sqrt{EH^2+EF^2}=\sqrt{12^2+16^2}=20$(厘米),
$\therefore AD=20$厘米.故选C.
$\therefore ∠ HEF=∠ HEM+∠ FEM=\frac{1}{2}× 180°=90°$.
同理可得$∠ EHG=∠ HGF=∠ EFG=90°$,
$\therefore$ 四边形EFGH为矩形,
$\therefore GH// EF,GH=EF$,
$\therefore ∠ GHN=∠ EFM$,
在$△ GHN$和$△ EFM$中,$\begin{cases}∠ GNH=∠ EMF,\\∠ NHG=∠ MFE,\\HG=FE,\end{cases}$
$\therefore △ GHN≌△ EFM(\mathrm{AAS})$,
$\therefore NH=MF=HD$,
$\therefore AD=AH+HD=HM+MF=HF$,
$HF=\sqrt{EH^2+EF^2}=\sqrt{12^2+16^2}=20$(厘米),
$\therefore AD=20$厘米.故选C.
解析
【分析】
解决本题首先从折叠的性质入手，折叠前后对应角相等、对应边相等。第一步先推导四边形EFGH的内角：由折叠可知∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，四个角相加为平角180°，可算出∠HEF=90°，同理可得其余三个内角也为90°，即可判定EFGH是矩形。第二步建立AD和已知边EH、EF的联系：由折叠可知AH=HM，再通过证明三角形全等可得HD=MF，因此AD=AH+HD=HM+MF=HF，HF是Rt△HEF的斜边，用勾股定理计算HF的长度就是AD的长度。
【解析】
∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=$\frac{1}{2}×180°=90°$，
同理可得∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∴$GH// EF$，$GH=EF$，
∴∠GHN=∠EFM，
在$△ GHN$和$△ EFM$中，
$\begin{cases}∠GNH=∠EMF\\∠NHG=∠MFE\\HG=FE\end{cases}$
∴$△ GHN≌△ EFM(\mathrm{AAS})$，
∴$NH=MF$，由折叠性质可知$NH=HD$，
∴$MF=HD$，又由折叠性质可知$AH=HM$，
∴$AD=AH+HD=HM+MF=HF$，
在Rt△HEF中，由勾股定理得：
$HF=\sqrt{EH^2+EF^2}=\sqrt{12^2+16^2}=20$（厘米），
∴$AD=20$厘米。
【答案】C
【知识点】
折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类综合题，核心是利用折叠的性质实现角和边的等量转化，将未知边AD转化为直角三角形的斜边，结合矩形的性质和勾股定理求解，解题过程体现了转化的数学思想。
【难度系数】
0.6
解决本题首先从折叠的性质入手，折叠前后对应角相等、对应边相等。第一步先推导四边形EFGH的内角：由折叠可知∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，四个角相加为平角180°，可算出∠HEF=90°，同理可得其余三个内角也为90°，即可判定EFGH是矩形。第二步建立AD和已知边EH、EF的联系：由折叠可知AH=HM，再通过证明三角形全等可得HD=MF，因此AD=AH+HD=HM+MF=HF，HF是Rt△HEF的斜边，用勾股定理计算HF的长度就是AD的长度。
【解析】
∵∠HEM=∠AEH，∠BEF=∠FEM，
∴∠HEF=∠HEM+∠FEM=$\frac{1}{2}×180°=90°$，
同理可得∠EHG=∠HGF=∠EFG=90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∴$GH// EF$，$GH=EF$，
∴∠GHN=∠EFM，
在$△ GHN$和$△ EFM$中，
$\begin{cases}∠GNH=∠EMF\\∠NHG=∠MFE\\HG=FE\end{cases}$
∴$△ GHN≌△ EFM(\mathrm{AAS})$，
∴$NH=MF$，由折叠性质可知$NH=HD$，
∴$MF=HD$，又由折叠性质可知$AH=HM$，
∴$AD=AH+HD=HM+MF=HF$，
在Rt△HEF中，由勾股定理得：
$HF=\sqrt{EH^2+EF^2}=\sqrt{12^2+16^2}=20$（厘米），
∴$AD=20$厘米。
【答案】C
【知识点】
折叠的性质，矩形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类综合题，核心是利用折叠的性质实现角和边的等量转化，将未知边AD转化为直角三角形的斜边，结合矩形的性质和勾股定理求解，解题过程体现了转化的数学思想。
【难度系数】
0.6
