附1 几何变式探究和类比变换综合类问题

这是一份附1 几何变式探究和类比变换综合类问题，共114页。

【方法指导】
图形的类比变换是近年来中考的常考点，常以三角形、四边形为背景，与翻折、旋转相结合，考查三角形全等或相似的性质与判定，难度较大．此类题目第一问相对简单，后面的问题需要结合第一问的方法进行类比解答．根据其特征大致可分为：几何变换类比探究问题、旋转综合问题、翻折类问题等．
解决此类问题要善于将复杂图象分解为几个基本图形，通过添加副主席补全或构造基本图形，借助转化、方程、数形结合、分类讨论等数学思想解决几何证明问题，计算则把几何与代数知识综合起来，渗透数形结合思想，考查学生分析问题的能力、逻辑思维和推理能力.
【题型剖析】
【类型1】几何类比变换综合题
【例1】（2020•襄阳）在△ABC中，∠BAC═90°，AB＝AC，点D在边BC上，DE⊥DA且DE＝DA，AE交边BC于点F，连接CE．
（1）特例发现：如图1，当AD＝AF时，
①求证：BD＝CF；
②推断：∠ACE＝ 90 °；
（2）探究证明：如图2，当AD≠AF时，请探究∠ACE的度数是否为定值，并说明理由；
（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当EFAF=13时，过点D作AE的垂线，交AE于点P，交AC于点K，若CK=163，求DF的长．
【分析】（1）①证明△ABD≌△ACF（AAS）可得结论．
②利用四点共圆的性质解决问题即可．
（2）结论不变．利用四点共圆证明即可．
（3）如图3中，连接EK．首先证明AB＝AC＝3EC，设EC＝a，则AB＝AC＝3a，在Rt△KCE中，利用勾股定理求出a，再求出DP，PF即可解决问题．
【解析】（1）①证明：如图1中，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACF，
∵AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFD，
∴∠ADB＝∠AFC，
∴△ABD≌△ACF（AAS），
∴BD＝CF．
②结论：∠ACE＝90°．
理由：如图1中，∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝45°，
∴A，D，E，C四点共圆，
∴∠ADE+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．
故答案为90．
（2）结论：∠ACE＝90°．
理由：如图2中，
∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝45°，
∴A，D，E，C四点共圆，
∴∠ADE+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．
（3）如图3中，连接EK．
∵∠BAC+∠ACE＝180°，
∴AB∥CE，
∴ECAB=EFAF=13，设EC＝a，则AB＝AC＝3a，AK＝3a-163，
∵DA＝DE，DK⊥AE，
∴AP＝PE，
∴AK＝KE＝3a-163，
∵EK2＝CK2+EC2，
∴（3a-163）2＝（163）2+a2，
解得a＝4或0（舍弃），
∴EC＝4，AB＝AC＝12，
∴AE=AC2+EC2=122+42=410，
∴DP＝PA＝PE=12AE＝210，EF=14AE=10，
∴PF＝EF=10，
∵∠DPF＝90°，
∴DF=DP2+PF2=(210)2+(10)2=52．
【变式1-1】（2020•黔东南州）如图1，△ABC和△DCE都是等边三角形．
探究发现
（1）△BCD与△ACE是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由．
拓展运用
（2）若B、C、E三点不在一条直线上，∠ADC＝30°，AD＝3，CD＝2，求BD的长．
（3）若B、C、E三点在一条直线上（如图2），且△ABC和△DCE的边长分别为1和2，求△ACD的面积及AD的长．
【分析】（1）依据等式的性质可证明∠BCD＝∠ACE，然后依据SAS可证明△ACE≌△BCD；
（2）由（1）知：BD＝AE，利用勾股定理计算AE的长，可得BD的长；
（3）如图2，过A作AF⊥CD于F，先根据平角的定义得∠ACD＝60°，利用特殊角的三角函数可得AF的长，由三角形面积公式可得△ACD的面积，最后根据勾股定理可得AD的长．
【解析】（1）全等，理由是：
∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴AC＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
CD=CE∠BCD=∠ACEBC=AC，
∴△ACE≌△BCD（ SAS）；
（2）如图3，由（1）得：△BCD≌△ACE，
∴BD＝AE，
∵△DCE是等边三角形，
∴∠CDE＝60°，CD＝DE＝2，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝30°+60°＝90°，
在Rt△ADE中，AD＝3，DE＝2，
∴AE=AD2+DE2=9+4=13，
∴BD=13；
（3）如图2，过A作AF⊥CD于F，
∵B、C、E三点在一条直线上，
∴∠BCA+∠ACD+∠DCE＝180°，
∵△ABC和△DCE都是等边三角形，
∴∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝60°，
在Rt△ACF中，sin∠ACF=AFAC，
∴AF＝AC×sin∠ACF＝1×32=32，
∴S△ACD=12×CD×AF=12×2×32=32，
∴CF＝AC×cs∠ACF＝1×12=12，
FD＝CD﹣CF＝2-12=32，
在Rt△AFD中，AD2＝AF2+FD2=(32)2+(32)2=3，
∴AD=3．
【变式1-2】（2020•鞍山）在矩形ABCD中，点E是射线BC上一动点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，交直线CD于点F．
（1）当矩形ABCD是正方形时，以点F为直角顶点在正方形ABCD的外部作等腰直角三角形CFH，连接EH．
①如图1，若点E在线段BC上，则线段AE与EH之间的数量关系是 相等 ，位置关系是 垂直 ；
②如图2，若点E在线段BC的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；
（2）如图3，若点E在线段BC上，以BE和BF为邻边作平行四边形BEHF，M是BH中点，连接GM，AB＝3，BC＝2，求GM的最小值．
【分析】（1）①证明△ABE≌△BCF，得到BE＝CF，AE＝BF，再证明四边形BEHF为平行四边形，从而可得结果；
②根据（1）中同样的证明方法求证即可；
（2）说明C、E、G、F四点共圆，得出GM的最小值为圆M半径的最小值，设BE＝x，证明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=139x2-4x+4，求出最值即可得到GM的最小值．
【解析】（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，即∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，又AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC＝FH＝BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF＝EH，
∴AE＝EH，AE⊥EH，
故答案为：相等；垂直；
②成立，理由是：
当点E在线段BC的延长线上时，
同理可得：△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC＝FH＝BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF＝EH，
∴AE＝EH，AE⊥EH；
（2）∵∠EGF＝∠BCD＝90°，
∴C、E、G、F四点共圆，
∵四边形BEHF是平行四边形，M为BH中点，
∴M也是EF中点，
∴M是四边形GECF外接圆圆心，
则GM的最小值为圆M半径的最小值，
∵AB＝3，BC＝2，
设BE＝x，则CE＝2﹣x，
同（1）可得：∠CBF＝∠BAE，
又∵∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴ABBC=BECF，即32=xCF，
∴CF=2x3，
∴EF=CE2+CF2=139x2-4x+4，
设y=139x2-4x+4，
当x=1813时，y取最小值1613，
∴EF的最小值为41313，
故GM的最小值为21313．
【变式1-3】（2020•赤峰）如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N．AB＝43，AD＝4．
（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数量关系为：∠PDM ＝ ∠EPN；
②DPPE的值是 3 ；
（2）如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理由；
（3）如图3，以线段PD，PE为邻边作矩形PEFD．设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y．请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值．
【分析】（1）①利用等角的余角相等证明即可．
②证明∠CAB＝30°，推出∠PDE＝∠CAB＝30°即可．
（2）结论成立．证明方法类似②．
（3）利用相似三角形的性质求出DM，利用勾股定理求出PD，再利用（2）中结论．求出PE，即可解决问题．
【解析】（1）①如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∵NM⊥AB，
∴NM⊥CD，
∵DP⊥PE，
∴∠PMD＝∠PNE＝∠DPE＝90°，
∴∠PDM+∠DPM＝90°，∠DPM+∠EPN＝90°，
∴∠PDM＝∠EPN．
故答案为＝．
②连接DE．∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAE＝∠B＝90°，AD＝BC＝4．
∴tan∠CAB=BCAB=33，
∴∠CAB＝30°，
∵∠DAE+∠DPE＝180°，
∴A，D，P，E四点共圆，
∴∠EDP＝∠PAB＝30°，
∴PEPD=tan30°=33，
∴PDPE=3．
（2）如图2中，结论成立．
理由：连接DE．
∵∠DPE＝∠DAE＝90°，
∴A，D，E，P四点共圆，
∴∠PDE＝∠EAP＝∠CAB＝30°，
∴DPPE=1tan30°=3．
（3）如图3中，由题意PM＝x，MN＝4﹣x，
∵∠PDM＝∠EPN，∠DMP＝∠PNE＝90°，
∴△DMP∽△PNE，
∴DMPN=PMEN=PDPE=3，
∴DM4-x=xEN=3，
∴DM=3（4﹣x），EN=33x，
∴PD=DM2+PM2=[3(4-x)]2+x2=2x2-6x+12，
PE=33PD=233•x2-6x+12，
∴y＝PD•PE=433（x2﹣6x+12）=433x2﹣83x+163（x＞0），
∵y=433（x﹣3）2+43，
∵433＞0，
∴当x＝3时，y有最小值，最小值为43．
【类型2】几何旋转变换综合题
【例2】（2020•锦州）已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形（22OA＜OM＝ON），∠AOB＝∠MON＝90°．
（1）如图1：连AM，BN，求证：△AOM≌△BON；
（2）若将△MON绕点O顺时针旋转，
①如图2，当点N恰好在AB边上时，求证：BN2+AN2＝2ON2；
②当点A，M，N在同一条直线上时，若OB＝4，ON＝3，请直接写出线段BN的长．
【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可．
（2）②连接AM，证明AM＝BN，∠MAN＝90°，利用勾股定理解决问题即可．
②分两种情形分别画出图形求解即可．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵∠AOB＝∠MON＝90°，
∴∠AOM＝∠BON，
∵AO＝BO，OM＝ON，
∴△AOM≌△BON（SAS）．
（2）①证明：如图2中，连接AM．
同法可证△AOM≌△BON，
∴AM＝BN，∠OAM＝∠B＝45°，
∵∠OAB＝∠B＝45°，
∴∠MAN＝∠OAM+∠OAB＝90°，
∴MN2＝AN2+AM2，
∵△MON是等腰直角三角形，
∴MN2＝2ON2，
∴NB2+AN2＝2ON2．
②如图3﹣1中，设OA交BN于J，过点O作OH⊥MN于H．
∵△AOM≌△BON，
∴AM＝BN，∠OAM＝∠OBN，
∵∠AJN＝∠BJO，
∴∠ANJ＝∠JOB＝90°，
∵OM＝ON＝3，∠MON＝90°，OH⊥MN，
∴MN＝32，MH＝HN═OH=322，
∴AH=OA2-OH2=42-(322)2=462，
∴BN＝AM＝MH+AH=46+322．
如图3﹣2中，同法可证AM＝BN=46-322．
【变式2-1】（2020•沈阳）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点P为线段CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，DC．
（1）如图1，当α＝60°时，
①求证：PA＝DC；
②求∠DCP的度数；
（2）如图2，当α＝120°时，请直接写出PA和DC的数量关系．
（3）当α＝120°时，若AB＝6，BP=31，请直接写出点D到CP的距离为 32或532 ．
【分析】（1）①证明△PBA≌△DBC（SAS）可得结论．
②利用全等三角形的性质解决问题即可．
（2）证明△CBD∽△ABP，可得CDPA=BCAB=3解决问题．
（3）分两种情形，解直角三角形求出CD即可解决问题．
【解析】（1）①证明：如图1中，
∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，
∴PB＝PD，
∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝60°，
∴△ABC，△PBD是等边三角形，
∴∠ABC＝∠PBD＝60°，
∴∠PBA＝∠DBC，
∵BP＝BD，BA＝BC，
∴△PBA≌△DBC（SAS），
∴PA＝DC．
②解：如图1中，设BD交PC于点O．
∵△PBA≌△DBC，
∴∠BPA＝∠BDC，
∵∠BOP＝∠COD，
∴∠OBP＝∠OCD＝60°，即∠DCP＝60°．
（2）解：结论：CD=3PA．
理由：如图2中，
∵AB＝AC，PB＝PD，∠BAC＝∠BPD＝120°，
∴BC＝2•AB•cs30°=3BA，BD═2BP•cs30°=3BP，
∴BCBA=BDBP=3，
∵∠ABC＝∠PBD＝30°，
∴∠ABP＝∠CBD，
∴△CBD∽△ABP，
∴CDPA=BCAB=3，
∴CD=3PA．
（3）过点D作DM⊥PC于M，过点B作BN⊥CP交CP的延长线于N．
如图3﹣1中，当△PBA是钝角三角形时，
在Rt△ABN中，∵∠N＝90°，AB＝6，∠BAN＝60°，
∴AN＝AB•cs60°＝3，BN＝AB•sin60°＝33，
∵PN=PB2-BN2=31-27=2，
∴PA＝3﹣2＝1，
由（2）可知，CD=3PA=3，
∵∠BPA＝∠BDC，
∴∠DCA＝∠PBD＝30°，
∵DM⊥PC，
∴DM=12CD=32
如图3﹣2中，当△ABP是锐角三角形时，同法可得PA＝2+3＝5，CD＝53，DM=12CD=532，
综上所述，满足条件的DM的值为32或532．
故答案为32或532．
【变式2-2】（2020•葫芦岛）在等腰△ADC和等腰△BEC中，∠ADC＝∠BEC＝90°，BC＜CD，将△BEC绕点C逆时针旋转，连接AB，点O为线段AB的中点，连接DO，EO．
（1）如图1，当点B旋转到CD边上时，请直接写出线段DO与EO的位置关系和数量关系；
（2）如图2，当点B旋转到AC边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）若BC＝4，CD＝26，在△BEC绕点C逆时针旋转的过程中，当∠ACB＝60°时，请直接写出线段OD的长．
【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出OE＝OA=12AB，进而得出∠BOE＝2∠BAE，同理得出OD＝OA=12AB，∠DOE＝2∠BAD，即可得出结论；
（2）先判断出△AOM≌△BOE（SAS），得出∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，再判断出∠MAD＝∠DCE，进而判断出△MAD≌△ECD，即可得出结论；
（3）分点B在AC左侧和右侧两种情况，类似（2）的方法判断出OD＝OE，即可得出结论．
【解析】（1）DO⊥EO，DO＝EO；
理由：当点B旋转到CD边上时，点E必在边AC上，
∴∠AEB＝∠CEB＝90°，
在Rt△ABE中，点O是AB的中点，
∴OE＝OA=12AB，
∴∠BOE＝2∠BAE，
在Rt△ABD中，点O是AB的中点，
∴OD＝OA=12AB，
∴∠DOE＝2∠BAD，
∴OD＝OE，
∵等腰△ADC，且∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝45°，
∴∠DOE＝∠BOE+∠DOE＝2∠BAE+2∠BAD＝2（∠BAE+∠DAE）＝2∠DAC＝90°，
∴OD⊥OE；
（2）仍然成立，
理由：如图2，延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，
∵O是AB的中点，
∴OA＝OB，
∵∠AOM＝∠BOE，
∴△AOM≌△BOE（SAS），
∴∠MAO＝∠EBO，MA＝EB，
∵△ACD和△CBE是等腰三角形，∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD＝∠ACD＝∠EBC＝∠BCE＝45°，
∵∠OBE＝180°﹣∠EBC＝135°，
∴∠MAO＝135°，
∴∠MAD＝∠MAO﹣∠DAC＝90°，
∵∠DCE＝∠DCA+∠BCE＝90°，
∴∠MAD＝∠DCE，
∵MA＝EB，EB＝EC，
∴MA＝EC，
∵AD＝DC，
∴△MAD≌△ECD，
∴MD＝ED，∠ADM＝∠CDE，
∵∠CDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADM+∠ADE＝90°，
∴∠MDE＝90°，
∵MO＝EO，MD＝DE，
∴OD=12ME，OD⊥ME，
∵OE=12ME，
∴OD＝OE，OD⊥OE；
（3）①当点B在AC左侧时，如图3，
延长EO到点M，使得OM＝OE，连接AM，DM，DE，
同（2）的方法得，△OBE≌△OAM（SAS），
∴∠OBE＝∠OAM，OM＝OE，BE＝AM，
∵BE＝CE，
∴AM＝CE，
在四边形ABECD中，∠ADC+∠DCE+∠BEC+∠OBE+∠BAD＝540°，
∵∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠DCE＝540°﹣90°﹣90°﹣∠OBE﹣∠BAD＝360°﹣∠OBE＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，
∵∠DAM+∠OAM+∠BAD＝360°，
∴∠DAM＝360°﹣∠OAM﹣∠BAD，
∴∠DAM＝∠DCE，
∵AD＝CD，
∴△DAM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠ADM＝∠CDE，
∴∠EDM＝∠ADM+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∵OM＝OE，
∴OD＝OE=12ME，∠DOE＝90°，
在Rt△BCE中，CE=22BC＝22，
过点E作EH⊥DC交DC的延长线于H，
在Rt△CHE中，∠ECH＝180°﹣∠ACD﹣∠ACB﹣∠BCE＝180°﹣45°﹣60°﹣45°＝30°，
∴EH=12CE=2，
根据勾股定理得，CH=3EH=6，
∴DH＝CD+CH＝36，
在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE=EH2+DH2=214，
∴OD=22DE＝27，
②当点B在AC右侧时，如图4，
同①的方法得，OD＝OE，∠DOE＝90°，
连接DE，过点E作EH⊥CD于H，
在Rt△EHC中，∠ECH＝30°
∴EH=12CE=2，
根据勾股定理得，CH=6，
∴DH＝CD﹣CH=6，
在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DE＝22，
∴OD=22DE＝2，
即：线段OD的长为2或27．
【变式2-3】（2020•潍坊）如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE＝1，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），如图2，连接CE，BD，CD．
（1）当0°＜α＜180°时，求证：CE＝BD；
（2）如图3，当α＝90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；
（3）在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．
【分析】（1）利用“SAS”证得△ACE≌△ABD即可得到结论；
（2）利用“SAS”证得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，计算得出CD＝BC=2+2，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
（3）观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．
【解析】（1）证明：如图2中，根据题意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD；
（2）证明：如图3中，根据题意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB＝90°，
∴∠EFB＝90°，
∴CF⊥BD，
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∴BC=2AB=2+2，CD＝AC+AD=2+2，
∴BC＝CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线；
（3）解：△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时△BCD的面积有最大值，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，如图4中：
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，
∴AG=12BC=2+22，∠GAB＝45°，
∴DG＝AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB＝180°﹣45°＝135°，
∴△BCD的面积的最大值为：12BC⋅DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋转角α＝135°．
【变式2-4】（2020•鄂尔多斯）（1）【操作发现】
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点B′，点C的对应点为点C′．连接BB′；
②在①中所画图形中，∠AB′B＝ 45 °．
（2）【问题解决】
如图2，在Rt△ABC中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝1，CD＝3，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．
【分析】（1）①根据旋转角，旋转方向画出图形即可．
②只要证明△ABB′是等腰直角三角形即可．
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．证明△ABC≌△EAH（AAS）即可解决问题．
（3）如图3中，由AE⊥BC，BE＝EC，推出AB＝AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，只要证明∠GDC＝90°，可得CG=DG2+CD2，由此即可解决问题．
【解析】（1）①如图1中，△AB′C′即为所求．
②由作图可知，△ABB′是等腰直角三角形，
∴∠AB′B＝45°，
故答案为45．
（2）如图2中，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H．
∵∠C＝∠BAE＝∠H＝90°，
∴∠B+∠CAB＝90°，∠CAB+∠EAH＝90°，
∴∠B＝∠EAH，
∵AB＝AE，
∴△ABC≌△EAH（AAS），
∴BC＝AH，EH＝AC，
∵BC＝CD，
∴CD＝AH，
∴DH＝AC＝EH，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADE＝135°．
（3）如图3中，连接AC，
∵AE⊥BC，BE＝EC，
∴AB＝AC，
将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG，
∵∠BAD＝∠CAG，
∴∠BAC＝∠DAG，
∵AB＝AC，AD＝AG，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD，
∴△ABC∽△ADG，
∵AD＝kAB，
∴DG＝kBC＝2k，
∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC，
∴∠ADG+∠ADC＝90°，
∴∠GDC＝90°，
∴CG=DG2+CD2=4k2+9．
∴BD＝CG=4k2+9．
【类型3】几何翻折变换综合题
【例3】（2020•南通）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．
（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求APDE的值；
（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．
【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG＝x，则BG＝4﹣x．证明△EGP∽△PHD，推出EGPH=PGDH=EPPD=412=13，推出PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2＝PD2，可得（3x）2+（4+x）2＝122，求出x，再证明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可．
【解析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，
由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，
在Rt△EPD中，∵EM＝MD，
∴PM＝EM＝DM，
∴∠3＝∠MPD，
∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，
∵∠ADP＝2∠3，
∴∠1＝∠ADP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPC，
∴∠1＝∠DPC，
∵∠MOP＝∠C＝90°，
∴△POM∽△DCP，
∴POPM=CDPD=812=23，
∴APDE=2PO2PM=23．
解法二：证明△ABP和△DAE相似，APDE=ABDA=23．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x
∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，
∴∠EPG＝∠PDH，
∴△EGP∽△PHD，
∴EGPH=PGDH=EPPD=412=13，
∴PH＝3EG＝3x，DH＝AG＝4+x，
在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，
∴（3x）2+（4+x）2＝122，
解得x=165（负值已经舍弃），
∴BG＝4-165=45，
在Rt△EGP中，GP=EP2-EG2=125，
∵GH∥BC，
∴△EGP∽△EBF，
∴EGEB=GPBF，
∴1654=125BF，
∴BF＝3．
【变式3-1】（2020•无锡）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点（与C、D不重合），四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形PADE的面积为S．
（1）若DE=33，求S的值；
（2）设DE＝x，求S关于x的函数表达式．
【分析】（1）根据三角函数的定义得到∠AED＝60°，根据平行线的性质得到∠BAE＝60°，根据折叠的性质得到∠AEC＝∠AEM，推出△APE为等边三角形，于是得到结论；
（2）过E作EF⊥AB于F，由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，求得AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，根据勾股定理列方程得到a=x2+12x，于是得到结论．
【解析】（1）∵在矩形ABCD中，∠D＝90°，AD＝1，DE=33，
∴AE=AD2+DE2=233，
∴tan∠AED=ADDE=3，
∴∠AED＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝60°，
∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，
∴∠AEC＝∠AEM，
∵∠PEC＝∠DEM，
∴∠AEP＝∠AED＝60°，
∴△APE为等边三角形，
∴S=12×（233+33）×1=32；
（2）过E作EF⊥AB于F，
由（1）可知，∠AEP＝∠AED＝∠PAE，
∴AP＝PE，
设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，
则PF＝a﹣x，EF＝AD＝1，
在Rt△PEF中，（a﹣x）2+1＝a2，解得：a=x2+12x，
∴S=12⋅x×1+12×x2+12x×1=12x+x2+14x=3x2+14x．
【变式3-2】（2020•深圳）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H．给出以下结论：
①EF⊥BG；
②GE＝GF；
③△GDK和△GKH的面积相等；
④当点F与点C重合时，∠DEF＝75°，
其中正确的结论共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】连接BE，设EF与BG交于点O，由折叠的性质可得EF垂直平分BG，可判断①；由“ASA”可证△BOF≌△GOE，可得BF＝EG＝GF，可判断②；通过证明四边形BEGF是菱形，可得∠BEF＝∠GEF，由锐角三角函数可求∠AEB＝30°，可得∠DEF＝75°，可判断④，由题意无法证明△GDK和△GKH的面积相等，即可求解．
【解析】如图，连接BE，设EF与BG交于点O，
∵将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，
∴EF垂直平分BG，
∴EF⊥BG，BO＝GO，BE＝EG，BF＝FG，故①正确，
∵AD∥BC，
∴∠EGO＝∠FBO，
又∵∠EOG＝∠BOF，
∴△BOF≌△GOE（ASA），
∴BF＝EG，
∴BF＝EG＝GF，故②正确，
∵BE＝EG＝BF＝FG，
∴四边形BEGF是菱形，
∴∠BEF＝∠GEF，
当点F与点C重合时，则BF＝BC＝BE＝12，
∵sin∠AEB=ABBE=612=12，
∴∠AEB＝30°，
∴∠DEF＝75°，故④正确，
∵BG平分∠EGF，
∴DG≠GH，
由角平分线定理，DGGH=DKKH，
∴DK≠KH，
∴S△GDK≠S△GKH，
故③错误；
故选：C．
【变式3-3】（2020•广东）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【分析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x即可得出答案．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠EFD＝∠BEF＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
∴B'E＝2AE，
设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，
∴2（3﹣x）＝x，
解得x＝2．
故选：D．
【达标检测】
1．（2020•包头）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到Rt△A′B′C，A′C与AB交于点D．
（1）如图1，当A′B′∥AC时，过点B作BE⊥A′C，垂足为E，连接AE．
①求证：AD＝BD；
②求S△ACES△ABE的值；
（2）如图2，当A′C⊥AB时，过点D作DM∥A′B′，交B′C于点N，交AC的延长线于点M，求DNNM的值．
【分析】（1）①由平行线的性质和旋转性质得∠B′A′C＝∠A′CA＝∠BAC，得CD＝AD，再证明CD＝BD便可得结论；
②证明△BEC∽△ACB得CE与CD的关系，进而得S△ACE与S△ADE的关系，由D是AB的中点得S△ABE＝2S△ADE，进而结果；
（2）证明CN∥AB得△MCN∽△MAD，得MNMD=CNAD，应用面积法求得CD，进而求得AD，再解直角三角形求得CN，便可求得结果．
【解析】（1）①∵A′B′∥AC，
∴∠B′A′C＝∠A′CA，
∵∠B′A′C＝∠BAC，
∴∠A′CA＝∠BAC，
∴AD＝CD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD＝90°﹣∠ACD，
∵∠ABC＝90°﹣∠BAC，
∴∠CBD＝∠BCD，
∴BD＝CD，
∴AD＝BD；
②∵∠ACB＝90°，BC＝2，AC＝4，
∴AB=22+42=25，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠ACB＝90°，
∵∠BCE＝∠ABC，
∴△BEC∽△ACB，
∴CEBC=BCAB，即CE2=225，
∴CE=255，
∵∠ACB＝90°，AD＝BD，
∴CD=12AB=5，
∴CE=25CD，
∴S△ACE=23S△ADE，
∵AD＝BD，
∴S△ABE＝2S△ADE，
∴S△ACES△ABE=13；
（2）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°＝∠A′CB′，
∴AB∥CN，
∴△MCN∽△MAD，
∴MNMD=CNAD，
∵S△ABC=12AB⋅CD=12AC⋅BC，
∴CD=AC⋅BCAB=4×225=455，
∴AD=AC2-CD2=855，
∵DM∥A′B′，
∴∠CDN＝∠A′＝∠A，
∴CN＝CD•tan∠CDN＝CD•tanA＝CD•BCAC=455×24=255，
∴MNMD=255855=14，
∴DNNM=3．
2．（2020•吉林）能够完全重合的平行四边形纸片ABCD和AEFG按图①方式摆放，其中AD＝AG＝5，AB＝9．点D，G分别在边AE，AB上，CD与FG相交于点H．
【探究】求证：四边形AGHD是菱形．
【操作一】固定图①中的平行四边形纸片ABCD，将平行四边形纸片AEFG绕着点A顺时针旋转一定的角度，使点F与点C重合，如图②．则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为 56 ．
【操作二】将图②中的平行四边形纸片AEFG绕着点A继续顺时针旋转一定的角度，使点E与点B重合，连接DG，CF，如图③，若sin∠BAD=45，则四边形DCFG的面积为 72 ．
【分析】【探究】先由平行四边形的性质得AE∥GF，DC∥AB，进而得四边形AGHD是平行四边形，再结合邻边相等，得四边形AGHD是菱形；
【操作一】这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和实际为平行四边形ABCD和平行四边形AEFG的周长和，由此求得结果便可；
【操作二】证明△AMD≌△AMG得∠AMD＝∠AMG＝90°，解Rt△ADM得DM，再证明四边形DCFG为矩形，由矩形面积公式求得结果．
【解析】【探究】∵四边形ABCD和AEFG都是平行四边形，
∴AE∥GF，DC∥AB，
∴四边形AGHD是平行四边形，
∵AD＝AG，
∴四边形AGHD是菱形；
【操作一】根据题意得，这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为：
ME+EF+MC+AD+DM+AM+AG+GN+AN+BN+BC+NF＝（ME+AM+AG+EF+NF+GN）+（AD+BC+DM+MC+AN+BN）＝2（AE+AG）+2（AB+AD）＝2×（9+5）+2×（9+5）＝56，
故答案为：56；
【操作二】由题意知，AD＝AG＝5，∠DAB＝∠BAG，
又AM＝AM，
∴△AMD≌△AMG（SAS），
∴DM＝GM，∠AMD＝∠AMG，
∵∠AMD+∠AMG＝180°，
∴∠AMD＝∠AMG＝90°，
∵sin∠BAD=45，
∴DMAD=45，
∴DM=45AD＝4，
∴DG＝8，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是平行四边形，
∴DC∥AB∥GF，DC＝AB＝GF＝9，
∴四边形CDGF是平行四边形，
∵∠AMD＝90°，
∴∠CDG＝∠AMD＝90°，
∴四边形CDGF是矩形，
∴S矩形DCFG＝DG•DC＝8×9＝72，
故答案为：72．
3．（2020•湖北）实践操作：
第一步：如图1，将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，然后把纸片展平．
第二步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的点C′处，点B落在点B'处，得到折痕EF，B'C′交AB于点M，C′F交DE于点N，再把纸片展平．
问题解决：
（1）如图1，填空：四边形AEA'D的形状是 正方形 ；
（2）如图2，线段MC′与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；
（3）如图2，若AC′＝2cm，DC'＝4cm，求DN：EN的值．
【分析】（1）由折叠性质得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根据平行线的性质和等腰三角形的判定得到四边形AEA′D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形AEA′D为正方形；
（2）连接C′E，证明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得结论；
（3）设DF＝xcm，则FC′＝FC＝（8﹣x）cm，由勾股定理求出x的值，延长BA、FC′交于点G，求得AG，再证明△DNF∽△ENG，便可求得结果．
【解析】（1）∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四边形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEA′D是正方形．
故答案为：正方形；
（2）MC′＝ME．
证明：如图1，连接C′E，由（1）知，AD＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折叠知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME；
（3）∵Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，
∴AC′＝B′E，
由折叠知，B′E＝BE，
∴AC′＝BE，
∵AC′＝2cm，DC′＝4cm，
∴AB＝CD＝2+4+2＝8（cm），
设DF＝xcm，则FC′＝FC＝（8﹣x）cm，
∵DC′2+DF2＝FC′2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
解得，x＝3，
即DF＝3cm，
如图2，延长BA、FC′交于点G，则∠AC′G＝∠DC′F，
∴tan∠AC′G＝tan∠DC′F=AGAC'=DFDC'=34，
∴AG=32cm，
∴EG=32+6=152cm，
∵DF∥EG，
∴△DNF∽△ENG，
∴DNEN=DFEG=3152=25．
4．（2020•宜昌）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，0°＜∠ABO≤60°，点G是射线OD上一个动点，过点G作GE∥DC交射线OC于点E，以OE，OG为邻边作矩形EOGF．
（1）如图1，当点F在线段DC上时，求证：DF＝FC；
（2）若延长AD与边GF交于点H，将△GDH沿直线AD翻折180°得到△MDH．
①如图2，当点M在EG上时，求证：四边形EOGF为正方形；
②如图3，当tan∠ABO为定值m时，设DG＝k•DO，k为大于0的常数，当且仅当k＞2时，点M在矩形EOGF的外部，求m的值．
【分析】（1）证明四边形GEFD是平行四边形，四边形GECF是平行四边形，得GE＝DF，GE＝CF，进而得结论；
（2）①由折叠的性质知，∠GDH＝∠MDH，DH⊥GM，再证明∠DGM＝45°，进而得OE＝OG，再根据正方形的判定方法得出结论；
②先证明k＝2时，M点在矩形 EOGF上，即点M在EF上，过点D作DN⊥EF于点N，设OB＝b，证明△MFH∽△DNM，用b表示MN，再由勾股定理列出等式，解答便可．
【解析】证明（1）∵四边形EOGF是矩形，
∴EO∥GF，GO∥EF，
∵GE∥DC，
∴四边形GEFD是平行四边形，四边形GECF是平行四边形，
∴GE＝DF，GE＝CF，
∴DF＝FC；
（2）①如图1，由折叠的性质知，∠GDH＝∠MDH，DH⊥GM，
∵GE∥CD，
∴∠DGM＝∠BDC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝∠BDC，∠COD＝90°，
∵∠ADB＝∠GDH，
∴∠DGM＝∠GDH，
∵DH⊥GM，
∴∠DGM＝45°，
∴∠OEG＝45°，
∴OE＝OG，
∵四边形EOGF是矩形，
∴四边形EOGF是正方形；
②如图2，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB，
∵GE∥CD，
∴∠DGE＝∠CDB，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠DGE＝∠CDB，
∴∠GDM＝2∠ABD，
∵tan∠ABO＝m（m为定值），
∴点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，
∵当且仅当k＞2时，M点在矩形EOGF的外部，
∴k＝2时，M点在矩形 EOGF上，
若点M在EF上，如图2，
设OB＝b，则，OA＝OC＝mb，DG＝DM＝kb＝2b，OG＝（k+1）b＝3b，OE＝m（k+1）b＝3mb，GH＝HM＝mkb＝2mb，
∴FH＝OE﹣GH＝3mb﹣2mb＝mb，
过点D作DN⊥EF于点N，
∵∠FHM+∠FMH＝∠FMH+∠DMN，
∴∠FHM＝∠DMN，
∵∠F＝∠DNM＝90°，
∴△MFH∽△DNM，
∴FHMN=MHDM，
∴mbMN=2mb2b，
∴MN＝b，
∵DM2＝DN2+MN2，
∴（2b）2＝（3mb）2+b2，
解得，m=33，或m=-33（舍），
故m=33．
若点M在OE上，如图3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠GDH＝∠ADO＝∠ABO＝∠ODC，
设∠GDH＝∠ADO＝∠ABO＝∠ODC＝α，OD＝x，则DG＝2x，
∵∠MOG＝∠DGH＝90°，
∴GH＝DG•tanα＝2x•tanα，
OC＝OD•tanα＝x•tanα，
由折叠性质知，DG＝DM＝2x，GM⊥DH，
∴∠OGM+∠MGH＝∠MGH+∠GHD＝90°，
∴∠OGM＝∠GHD，
∴△OGM∽△GHD，
∴OMGD=OGGH，
∴OM=GD⋅OGGH=2x⋅3x2x⋅tanα=3xtanα，
由勾股定理得，OD2+OM2＝DM2，
∴x2+(3xtanα)2=(2x)2，
解得，tanα=3，
∴m=3（舍弃，这种情形，不符合如图3，隐含条件，∠ABD＞45°）．
故m=33．
5．（2020•邵阳）已知：如图①，将一块45°角的直角三角板DEF与正方形ABCD的一角重合，连接AF，CE，点M是CE的中点，连接DM．
（1）请你猜想AF与DM的数量关系是 AF＝2DM ．
（2）如图②，把正方形ABCD绕着点D顺时针旋转α角（0°＜α＜90°）．
①AF与DM的数量关系是否仍成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（温馨提示：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN）
②求证：AF⊥DM；
③若旋转角α＝45°，且∠EDM＝2∠MDC，求ADED的值．（可不写过程，直接写出结果）
【分析】（1）根据题意合理猜想即可；
（2）①延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，先证明△MNC≌△MDE，再证明△ADF≌△DCN，得到AF＝DN，故可得到AF＝2DM；
②根据全等三角形的性质和直角的换算即可求解；
③依题意可得∠AFD＝∠EDM＝30°，可设AG＝k，得到DG，AD，FG，ED的长，故可求解．
【解析】（1）猜想AF与DM的数量关系是AF＝2DM，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD，∠ADC＝90°，
在△ADF和△CDE中，
AD=CD∠ADF=∠CDEDF=DE，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴AF＝CE，
∵M是CE的中点，
∴CE＝2DM，
∴AF＝2DM，
故答案为：AF＝2DM；
（2）①AF＝2DM仍然成立，
理由如下：延长DM到点N，使MN＝DM，连接CN，
∵M是CE中点，
∴CM＝EM，
又∠CMN＝∠EMD，
∴△MNC≌△MDE（SAS），
∴CN＝DE＝DF，∠MNC＝∠MDE，
∴CN∥DE，
又AD∥BC
∴∠NCB＝∠EDA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠BCD＝90°＝∠EDF，
∴∠ADF＝∠DCN，
∴△ADF≌△DCN（SAS），
∴AF＝DN，
∴AF＝2DM；
②∵△ADF≌△DCN，
∴∠NDC＝∠FAD，
∵∠CDA＝90°，
∴∠NDC+∠NDA＝90°，
∴∠FAD+∠NDA＝90°，
∴AF⊥DM；
③∵α＝45°，
∴∠EDC＝90°﹣45°＝45°
∵∠EDM＝2∠MDC，
∴∠EDM=23∠EDC＝30°，
∴∠AFD＝30°，
过A点作AG⊥FD的延长线于G点，∴∠ADG＝90°﹣45°＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
设AG＝k，则DG＝k，AD＝AG÷sin45°=2k，
FG＝AG÷tan30°=3k，
∴FD＝ED=3k﹣k，
故ADED=2k3k-k=6+22．
6．（2020•益阳）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，点B到直线AD的距离为BE．
①求BE的长；
②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求△MNC周长的最小值．
【分析】（1）由旋转性质得BE＝BF，再证明∠EBF＝90°，∠EBF+∠D＝180°便可；
（2）①过点C作CF⊥BE于点F，证明△BCF≌△ABE得CF＝BE，设BE＝x，在Rt△BCF中，则勾股定理列出x的方程解答便可；
②延长CB到F，使得BF＝BC，延长CD到G，使得CD＝DG，连接FG，分别与AB、AD交于点M、N，求出FG便是△MNC的最小周长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
∵将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，
∴BE＝BF，∠CBE＝∠ABF，
∴∠EBF＝∠ABC＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∴四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）①过C作CF⊥BF于点F，如图1，
则∠CFE＝90°，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，
∴∠DEF＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝1，
∵∠ABE+∠A＝∠CBE+∠ABE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC＝5，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，
设BE＝CF＝x，则BF＝x﹣1，
∵CF2+BF2＝BC2，
∴x2+（x﹣1）2＝52，
解得，x＝4，或x＝﹣3（舍），
∴BE＝4；
②如图2，延长CB到F，使得BF＝BC，延长CD到G，使得CD＝DG，连接FG，分别与AB、AD交于点M、N，过G作GH⊥BC，与BC的延长线交于点H．
则BC＝BF＝5，CD＝DG＝1，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴CM＝FM，CN＝GN，
∴△MNC的周长＝CM+MN+CN＝FM+MN+GN＝FG的值最小，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠HCG＝180°，
∴∠A＝∠HCG，
∵∠AEB＝∠CHG＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴BEGH=AECH=ABCG
∵AB＝5，BE＝4，
∴AE=AB2-BE2=3，
∴4GH=3CH=52，
∴GH=85，CH=65，
∴FH＝FC+CH=565，
∴FG=FH2+GH2=82，
∴△MNC周长的最小值为82．
7．（2020•十堰）如图1，已知△ABC≌△EBD，∠ACB＝∠EDB＝90°，点D在AB上，连接CD并延长交AE于点F．
（1）猜想：线段AF与EF的数量关系为 AF＝EF ；
（2）探究：若将图1的△EBD绕点B顺时针方向旋转，当∠CBE小于180°时，得到图2，连接CD并延长交AE于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展：图1中，过点E作EG⊥CB，垂足为点G．当∠ABC的大小发生变化，其它条件不变时，若∠EBG＝∠BAE，BC＝6，直接写出AB的长．
【分析】（1）方法1、延长DF到K点，并使FK＝DC，连接KE，证明△ACF≌△EDK，进而得到△KEF为等腰三角形，即可证明AF＝KE＝EF；
方法2、先判断出△CBD∽△ABE，得出∠DCB＝∠EAB，进而判断出△ADF∽△CDB，再判断出△ADC∽△FDB，得出∠ACD＝∠ABF，即可得出结论；
（2）证明原理同（1），延长DF到K点，并使FK＝DC，连接KE，证明△ACF≌△EDK，进而得到△KEF为等腰三角形，即可证明AF＝KE＝EF；
（3）补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC＝∠ABE＝∠EBG＝60°即可求解．
【解析】（1）方法1、延长DF到K点，并使FK＝DC，连接KE，如图1所示，
∵△ABC≌△EBD，
∴DE＝AC，BD＝BC，
∴∠CDB＝∠DCB，且∠CDB＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠DCB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝90°，
∵∠EDB＝90°，
∴∠ADF+∠FDE＝90°，
∴∠ACD＝∠FDE，
∵FK+DF＝DC+DF，
∴DK＝CF，
在△ACF和△EDK中，AC=ED∠ACF=∠EDKCF=DK，
∴△ACF≌△EDK（SAS），
∴KE＝AF，∠K＝∠AFC，
又∠AFC＝∠KFE，
∴∠K＝∠KFE
∴KE＝EF
∴AF＝EF，
故AF与EF的数量关系为：AF＝EF．
故答案为：AF＝EF；
方法2、由旋转得，∠CBD＝∠ABE，CB＝BD，AB＝BE，
∴CBAB=BDBE，
∴△CBD∽△ABE，
∴∠DCB＝∠EAB，
∵∠ADF＝∠CDB，
∴△ADF∽△CDB，
∴ADDC=DFDB，
∴ADDF=DCDB，
∵∠ADC＝∠FDB，
∴△ADC∽△FDB，
∴∠ACD＝∠ABF，
∵∠ACD+∠DCB＝90°，
∴∠EAB+∠ABF＝90°，
∴∠AFB＝90°，
∴BF⊥AE，
∵AB＝BE，BF⊥AE，
∴AF＝EF；
故答案为AF＝EF；
（2）仍然成立，理由如下：
延长DF到K点，并使FK＝DC，连接KE，如图2所示，
设BD延长线DM交AE于M点，
∵△ABC≌△EBD，
∴DE＝AC，BD＝BC，
∴∠CDB＝∠DCB，且∠CDB＝∠MDF，
∴∠MDF＝∠DCB，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝90°，
∵∠EDB＝90°，
∴∠MDF+∠FDE＝90°，
∴∠ACD＝∠FDE，
∵FK+DF＝DC+DF，
∴DK＝CF，
在△ACF和△EDK中，AC=ED∠ACF=∠EDKCF=DK，
∴△ACF≌△EDK（SAS），
∴KE＝AF，∠K＝∠AFC，
又∠AFC＝∠KFE，
∴∠K＝∠KFE，
∴KE＝EF，
∴AF＝EF，
故AF与EF的数量关系为：AF＝EF．
（3）当点G在点B右侧时，如图3所示，过点E作EG⊥BC交CB的延长线于G，
∵BA＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵∠BAE＝∠EBG，
∴∠BEA＝∠EBG，
∴AE∥CG，
∴∠AEG+∠G＝180°，
∴∠AEG＝90°，
∴∠ACG＝∠G＝∠AEG＝90°，
∴四边形AEGC为矩形，
∴AC＝EG，且AB＝BE，
∴Rt△ACB≌Rt△EGB（HL），
∴BG＝BC＝6，∠ABC＝∠EBG，
又∵ED＝AC＝EG，且EB＝EB，
∴Rt△EDB≌Rt△EGB（HL），
∴DB＝GB＝6，∠EBG＝∠ABE，
∴∠ABC＝∠ABE＝∠EBG＝60°，
∴∠BAC＝30°，
在Rt△ABC中，由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：AB＝2BC＝12．
当点G在点B左侧时，如图4所示，
由旋转知，∠ABC＝∠ABE，AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵∠BAE＝∠EBG＝2∠ABC＝2∠ABE，
∴∠BAE＝∠AEB＝2∠ABE，
∵∠AEB+∠BAE+∠ABE＝180°，
∴2∠ABE+2∠ABE+∠ABE＝180°，
∴∠BAE＝36°，
∴∠ABC＝36°，
在Rt△ABC中，cs36°=BCAB，
∴AB=BCcs36°=6cs36°，
即满足条件的AB＝12或6cs36°．
8．（2020•威海）发现规律
（1）如图①，△ABC与△ADE都是等边三角形，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．求∠BFC的度数．
（2）已知：△ABC与△ADE的位置如图②所示，直线BD，CE交于点F．直线BD，AC交于点H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度数．
应用结论
（3）如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为（0，0），点M的坐标为（3，0），N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，连接NK，OK．求线段OK长度的最小值．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE，由三角形内角和定理可求解；
（2）通过证明△ABC∽△ADE，可得∠BAC＝∠DAE，ABAD=ACAE，可证△ABD∽△ACE，可得∠ABD＝∠ACE，由外角性质可得∠BFC＝∠BAC，由三角形内角和定理可求解；
（3）由旋转的性质可得△MNK是等边三角形，可得MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，可得∠OMQ＝60°，OK＝NQ，MO＝MQ，则当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当QN⊥y轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质可求解．
【解析】（1）如图①，
∵△ABC，△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°＝∠ABC＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠FBC＝∠ABC＝60°，
∴∠ACE+∠FBC＝60°，
∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠ACE﹣∠ACB＝60°；
（2）如图②，
∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，ABAD=ACAE，
∴∠BAD＝∠CAE，ABAC=ADAE，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，
∴∠BFC＝∠BAC，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BFC+α+β＝180°，
∴∠BFC＝180°﹣α﹣β；
（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转60°得到线段MK，
∴MN＝MK，∠NMK＝60°，
∴△MNK是等边三角形，
∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，
如图③，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MQN，连接OQ，
∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，
∴OK＝NQ，MO＝MQ，
∴△MOQ是等边三角形，
∴∠QOM＝60°，
∴∠NOQ＝30°，
∵OK＝NQ，
∴当NQ为最小值时，OK有最小值，
由垂线段最短可得：当QN⊥y轴时，NQ有最小值，
此时，QN⊥y轴，∠NOQ＝30°，
∴NQ=12OQ=32，
∴线段OK长度的最小值为32．
9．（2020•重庆）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：CF=22AD；
（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当BD＝2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
（2）过点G作GH⊥BC于H，设CD＝a，可得BD＝2a，BC＝3a，AB＝AC=322a，由全等三角形的性质可得BD＝CE＝2a，由锐角三角函数可求GH＝2CH，可求CH＝a，可求BG的长，即可求AG=22a=22CD=26BC；
（3）将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，可得当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，由旋转的性质可得△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，可得∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，由直角三角形的性质可求解．
【解析】证明：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAE，DE=2AD，
又∵AB＝AC，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝90°，
∵点F是DE的中点，
∴CF=12DE=22AD；
（2）AG=26BC，
理由如下：如图2，过点G作GH⊥BC于H，
∵BD＝2CD，
∴设CD＝a，则BD＝2a，BC＝3a，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AB＝AC=BC2=322a，
由（1）可知：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE＝2a，
∵CF＝DF，
∴∠FDC＝∠FCD，
∴tan∠FDC＝tan∠FCD，
∴CECD=GHCH=2，
∴GH＝2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠BGH＝45°，
∴BH＝GH，
∴BG=2BH
∵BH+CH＝BC＝3a，
∴CH＝a，BH＝GH＝2a，
∴BG＝22a，
∴AG＝BG﹣AB=22a=22CD=26BC；
（3）如图3﹣1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3﹣2，连接MC，
∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BP＝BN，BC＝BM，∠PBN＝60°＝∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BPN＝∠BNP＝60°，BM＝CM，
∵BM＝CM，AB＝AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD＝60°，
∴BD=3PD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝BD，
∴3PD＝PD+AP，
∴PD=3+12m，
∴BD=3PD=3+32m，
由（1）可知：CE＝BD=3+32m．
10．（2020•青海）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．
特例感知：
（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B．通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF＝CG．请给予证明．
猜想论证：
（2）当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA垂足为E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE、DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
联系拓展：
（3）当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
【分析】（1）证明△FAB≌△GAC即可解决问题．
（2）结论：CG＝DE+DF．利用面积法证明即可．
（3）结论不变，证明方法类似（2）．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠CAG，AB＝AC，
∴△FAB≌△GAC（AAS），
∴FB＝CG．
（2）解：结论：CG＝DE+DF．
理由：如图2中，连接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴12•AB•CG=12•AB•DE+12•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
（3）解：结论不变：CG＝DE+DF．
理由：如图3中，连接AD．
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴12•AB•CG=12•AB•DE+12•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
11．（2020•山西）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE=12AE，由旋转的性质可得AE＝CE'，可得结论；
（3）利用勾股定理可求BE＝BE'＝9，再利用勾股定理可求DE的长．
【解析】（1）四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
又∵BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE=12AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CE'，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F=12CE'，
∴CF＝E'F；
（3）如图①，过点D作DH⊥AE于H，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE'＝E'F＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，
∴225＝E'B2+（E'B+3）2，
∴E'B＝9＝BE，
∴CE'＝CF+E'F＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，
∴HE＝3，
∴DE=DH2+HE2=144+9=317．
12．（2020•辽阳）如图，射线AB和射线CB相交于点B，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），且AB＝CB．点D是射线CB上的动点（点D不与点C和点B重合），作射线AD，并在射线AD上取一点E，使∠AEC＝α，连接CE，BE．
（1）如图①，当点D在线段CB上，α＝90°时，请直接写出∠AEB的度数；
（2）如图②，当点D在线段CB上，α＝120°时，请写出线段AE，BE，CE之间的数量关系，并说明理由；
（3）当α＝120°，tan∠DAB=13时，请直接写出CEBE的值．
【分析】（1）连接AC，证A、B、E、C四点共圆，由圆周角定理得出∠AEB＝∠ACB，证出△ABC是等腰直角三角形，则∠ACB＝45°，进而得出结论；
（2）在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，证△ABF≌△CBE（SAS），得出∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，由等腰三角形的性质得出FH＝EH，由三角函数定义得出FH＝EH=32BE，进而得出结论；
（3）由（2）得FH＝EH=32BE，由三角函数定义得出AH＝3BH=32BE，分别表示出CE，进而得出答案．
【解析】（1）连接AC，如图①所示：
∵α＝90°，∠ABC＝α，∠AEC＝α，
∴∠ABC＝∠AEC＝90°，
∴A、B、E、C四点共圆，
∴∠AEB＝∠ACB，
∵∠ABC＝90°，AB＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝45°，
∴∠AEB＝45°；
（2）AE=3BE+CE，理由如下：
在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：
∵∠ABC＝∠AEC，∠ADB＝∠CDE，
∴180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝180°﹣∠AEC﹣∠CDE，
∴∠A＝∠C，
在△ABF和△CBE中，AF=CE∠A=∠CAB=CB，
∴△ABF≌△CBE（SAS），
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∴∠ABF+∠FBD＝∠CBE+∠FBD，
∴∠ABD＝∠FBE，
∵∠ABC＝120°，
∴∠FBE＝120°，
∵BF＝BE，
∴∠BFE＝∠BEF=12×（180°﹣∠FBE）=12×（180°﹣120°）＝30°，
∵BH⊥EF，
∴∠BHE＝90°，FH＝EH，
在Rt△BHE中，BH=12BE，FH＝EH=3BH=32BE，
∴EF＝2EH＝2×32BE=3BE，
∵AE＝EF+AF，AF＝CE，
∴AE=3BE+CE；
（3）分两种情况：
①当点D在线段CB上时，
在AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图②所示：
由（2）得：FH＝EH=32BE，
∵tan∠DAB=BHAH=13，
∴AH＝3BH=32BE，
∴CE＝AF＝AH﹣FH=32BE-32BE=3-32BE，
∴CEBE=3-32；
②当点D在线段CB的延长线上时，
在射线AD上截取AF＝CE，连接BF，过点B作BH⊥EF于H，如图③所示：
同①得：FH＝EH=32BE，AH＝3BH=32BE，
∴CE＝AF＝AH+FH=32BE+32BE=3+32BE，
∴CEBE=3+32；
综上所述，当α＝120°，tan∠DAB=13时，CEBE的值为3-32或3+32．
13．（2020•金华）如图，在△ABC中，AB＝42，∠B＝45°，∠C＝60°．
（1）求BC边上的高线长．
（2）点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．
①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．
②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长．
【分析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．
（2）①证明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解决问题．
②如图3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，证明△AEF∽△ACB，推出AFAB=AEAC，由此求出AF即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，过点A作AD⊥BC于D．
在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°＝42×22=4．
（2）①如图2中，
∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP，
∵AE＝EB，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠PEB＝90°，
∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．
②如图3中，由（1）可知：AC=ADsin60°=833，
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°，
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，
∴∠AFE＝∠B，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AFAB=AEAC，即AF42=22833，
∴AF＝23，
在Rt△AFP，AF＝FP，
∴AP=2AF＝26．
方法二：AE＝BE＝PE可得直角三角形ABP，由PF⊥AC，可得∠AFE＝45°，可得∠FAP＝45°，即∠PAB＝30°． AP＝ABcs30°＝26．
14．（2020•青岛）已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．
解答下列问题：
（1）当t为何值时，点M在线段CQ的垂直平分线上？
（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；
（3）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（4）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由平行线分线段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的长，由线段垂直平分线的性质可得CM＝MQ，即可求解；
（2）利用锐角三角函数分别求出PH=65t，QN＝6-45t，由矩形的性质可求解；
（3）利用面积的和差关系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；
（4）连接PF，延长AC交EF于K，由“SSS”可证△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可证∠ABC＝∠EKC＝90°，由面积法可求CK的长，由角平分线的性质可求解．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴CMBF=CEBE，
∴8-68=CM6，
∴CM=32，
∵点M在线段CQ的垂直平分线上，
∴CM＝MQ，
∴1×t=32，
∴t=32；
（2）如图1，过点Q作QN⊥AF于点N，
∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
∴AC=AB2+BC2=64+36=10cm，EF=BF2+BE2=64+36=10cm，
∵CE＝2cm，CM=32cm，
∴EM=EC2+CM2=4+94=52，
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴BCAC=PHAP，
∴610=PH2t，
∴PH=65t，
同理可求QN＝6-45t，
∵四边形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6-45t=65t，
∴t＝3；
∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；
（3）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，
由（2）可知QN＝6-45t，
∵cs∠PAH＝cs∠CAB，
∴AHAP=ABAC，
∴AH2t=810，
∴AH=85t，
∵四边形QCGH的面积为S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，
∴S=12×6×（8-85t+6+8-85t+32）-12×32×[6﹣（6-45t）]-12×（6-45t）（8-85t+6）=-1625t2+15t+572；
（4）存在
理由如下：如图3，连接PF，延长AC交EF于K，
∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E＝∠CAB，
又∵∠ACB＝∠ECK，
∴∠ABC＝∠EKC＝90°，
∵S△CEM=12×EC×CM=12×EM×CK，
∴CK=2×3252=65，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
∴65t＝10﹣2t+65，
∴t=72，
∴当t=72时，使点P在∠AFE的平分线上．
15．（2020•岳阳）如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→A，A→B的方向运动，当点Q运动到点B时，P，Q两点同时停止运动．设点P运动的时间为t（s），连接PQ，过点P作PE⊥PQ，PE与边BC相交于点E，连接QE．
（1）如图2，当t＝5s时，延长EP交边AD于点F．求证：AF＝CE；
（2）在（1）的条件下，试探究线段AQ，QE，CE三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）如图3，当t＞94s时，延长EP交边AD于点F，连接FQ，若FQ平分∠AFP，求AFCE的值．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AC，再判断出CP＝AP，进而判断出△APF≌△CPE，即可得出结论；
（2）先判断出AF＝CE，PE＝PF，再用勾股定理得出AQ2+AF2＝QF2，即可得出结论；
（3）先判断出△FAQ≌△FPQ（AAS），得出AQ＝PQ＝t，AF＝PF，进而判断出PE＝CE，再判断出△CNE∽△CBA，得出CE=58t，在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，得出PQ2+PE2＝BQ2+BE2，t2+（58t）2＝（6﹣t）2，进而求出t，即可得出结论．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AC＝10，
由运动知，CP＝t＝5，
∴AP＝AC﹣CP＝5，
∴AP＝CP，
∵AD∥BC，
∴∠PAF＝∠PCE，∠AFP＝∠CEP，
∴△APF≌△CPE（AAS），
∴AF＝CE；
（2）结论：AQ2+CE2＝QE2，
理由：如图2，
连接FQ，由（1）知，△APF≌△CPE，
∴AF＝CE，PE＝PF，
∵EF⊥PQ，
∴QE＝QF，
在Rt△QAF中，根据勾股定理得，AQ2+AF2＝QF2，
∴AQ2+CE2＝QE2；
（3）如图3，
由运动知，AQ＝t，CP＝t，
∴AP＝AC﹣CP＝10﹣t，
∵FQ平分∠AFE，
∴∠AFQ＝∠PFQ，
∵∠FAQ＝∠FPQ＝90°，FQ＝FQ，
∴△FAQ≌△FPQ（AAS），
∴AQ＝PQ＝t，AF＝PF，
∴BQ＝AB﹣AQ＝6﹣t，∠FAC＝∠FPA，
∵∠DAC＝∠ACB，∠APF＝∠CPE，
∴∠ACB＝∠CPE，
∴PE＝CE，过点E作EN⊥AC于N，
∴CN=12CP=12t，∠CNE＝90°＝∠ABC，
∵∠NCE＝∠BCA，
∴△CNE∽△CBA，
∴CEAC=CNCB，
∴CE10=12t8，
∴CE=58t，
∴PE=58t，BE＝BC﹣CE＝8-58t，
在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，
在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，
∴PQ2+PE2＝BQ2+BE2，
∴t2+（58t）2＝（6﹣t）2+（8-58t）2，
∴t=5011，
∴CP＝t=5011，
∴AP＝10﹣CP=6011，
∵AD∥BC，
∴△APF∽△CPE，
∴AFCE=APCP=60115011=65．
16．（2020•潍坊）如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE＝1，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），如图2，连接CE，BD，CD．
（1）当0°＜α＜180°时，求证：CE＝BD；
（2）如图3，当α＝90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；
（3）在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．
【分析】（1）利用“SAS”证得△ACE≌△ABD即可得到结论；
（2）利用“SAS”证得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，计算得出CD＝BC=2+2，利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
（3）观察图形，当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解．
【解析】（1）证明：如图2中，根据题意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD；
（2）证明：如图3中，根据题意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB＝90°，
∴∠EFB＝90°，
∴CF⊥BD，
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∴BC=2AB=2+2，CD＝AC+AD=2+2，
∴BC＝CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线；
（3）解：△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时△BCD的面积有最大值，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，如图4中：
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，
∴AG=12BC=2+22，∠GAB＝45°，
∴DG＝AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB＝180°﹣45°＝135°，
∴△BCD的面积的最大值为：12BC⋅DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋转角α＝135°．
17．（2020•重庆）△ABC为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一点，AE＝23．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，连接CE，N为CE的中点．
（1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG，求线段NG的长；
（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，M为线段EF的中点，连接DN，MN．当30°＜α＜120°时，猜想∠DNM的大小是否为定值，并证明你的结论；
（3）连接BN，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时，请直接写出△ADN的面积．
【分析】（1）如图1中，连接BE，CF．解直角三角形求出BE，再利用全等三角形的性质证明CF＝BE，利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（2）结论：∠DNM＝120°是定值．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF＝120°，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM＝∠EBC+∠BCF即可．
（3）如图3﹣1中，取AC的中点，连接BJ，BN．首先证明当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3﹣2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．解直角三角形求出NH即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，连接BE，CF．
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴AB＝BC＝AC＝8，BD＝CD＝4，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴AD=3BD＝43，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF＝60°，
∴∠EAG＝∠GAF＝30°，
∴EG＝GF，
∵AE＝23，
∴DE＝AE＝23，
∴BE=BD2+DE2=42+(23)2=27，
∵△ABC，△AEF是等边三角形，
∴AB＝AC，AE＝AF，∠BAC＝∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴CF＝BE＝27，
∵EN＝CN，EG＝FG，
∴GN=12CF=7．
（2）结论：∠DNM＝120°是定值．
理由：连接BE，CF．同法可证△BAE≌△CAF（SAS），
∴∠ABE＝∠ACF，
∵∠ABC+∠ACB＝60°+60°＝120°，
∴∠EBC+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABE+∠ACB+∠ACF＝120°，
∵EN＝NC，EM＝MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM＝∠ECF，
∵BD＝DC，EN＝NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN＝∠EBC，
∵∠END＝∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM＝∠DNE+∠ENM＝∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF＝∠EBC+∠ACB+∠ACF＝∠EBC+∠BCF＝120°．
（3）如图3﹣1中，取AC的中点，连接BJ，BN．
∵AJ＝CJ，EN＝NC，
∴JN=12AE=3，
∵BJ＝AD＝43，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤53，
∴当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3﹣2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．
∵KJ＝AJ•tan30°=433，JN=3，
∴KN=733，
在Rt△HKN中，∵∠NHK＝90°，∠NKH＝60°，
∴HN＝NK•sin60°=733×32=72，
∴S△ADN=12•AD•NH=12×43×72=73．
18．（2020•湖州）已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处（不与点A，C重合），折痕交BC边于点E．
（1）特例感知 如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP=12AC；
（2）变式求异 如图2，若∠C＝90°，m＝62，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；
（3）化归探究 如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．
【分析】（1）证明△ADP是等边三角形即可解决问题．
（2）分两种情形：情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中．情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，分别求解即可．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．求出DP＝DB时AD的值，结合图形即可判断．
【解析】（1）证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，∠A＝60°，
由题意，得DB＝DP，DA＝DB，
∴DA＝DP，
∴△ADP使得等边三角形，
∴AP＝AD=12AB=12AC．
（2）解：∵AC＝BC＝62，∠C＝90°，
∴AB=AC2+BC2=(62)2+(62)2=12，
∵DH⊥AC，
∴DH∥BC，
∴△ADH∽△ABC，
∴DHBC=ADAB，
∵AD＝7，
∴DH62=712，
∴DH=722，
将∠B沿过点D的直线折叠，
情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，
∵AB＝12，
∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，
∴HP1=DP12-DH2=52-(722)2=22，
∴AP1＝AH+HP1＝42，
情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，
同法可证HP2=22，
∴AP2＝AH﹣HP2＝32，
综上所述，满足条件的AP的值为42或32．
（3）如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．
∵CA＝CB，CH⊥AB，
∴AH＝HB＝6，
∴CH=AC2-AH2=102-62=8，
当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，
∵sinA=CHAC=PDAD，
∴810=x12-x，
∴x=163，
∴AD＝AB﹣BD=203，
观察图形可知当6＜a＜203时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．
19．（2020•丹东）已知：菱形ABCD和菱形A′B′C′D′，∠BAD＝∠B′A′D′，起始位置点A在边A′B′上，点B在A′B′所在直线上，点B在点A的右侧，点B′在点A′的右侧，连接AC和A′C′，将菱形ABCD以A为旋转中心逆时针旋转α角（0°＜α＜180°）．
（1）如图1，若点A与A′重合，且∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，求证：BB′＝DD′．
（2）若点A与A′不重合，M是A′C′上一点，当MA′＝MA时，连接BM和A′C，BM和A′C所在直线相交于点P．
①如图2，当∠BAD＝∠B′A′D′＝90°时，请猜想线段BM和线段A′C的数量关系及∠BPC的度数．
②如图3，当∠BAD＝∠B′A′D′＝60°时，请求出线段BM和线段A′C的数量关系及∠BPC的度数．
③在②的条件下，若点A与A′B′的中点重合，A′B′＝4，AB＝2，在整个旋转过程中，当点P与点M重合时，请直接写出线段BM的长．
【分析】（1）证明△ADD′≌△BAB′（SAS）可得结论．
（2）①证明△AA′C∽△MAB，可得结论．
②证明方法类似①．
③求出A′C，利用②中结论计算即可．
【解析】（1）证明：如图1中，
在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，
∴四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
∵∠DAB＝∠D′AB′＝90°，
∴∠DAD′＝∠BAB′，
∵AD＝AB，AD′＝AB′，
∴△ADD′≌△ABB′（SAS），
∴DD′＝BB′．
（2）①解：如图2中，结论：CA′=2BM，∠BPC＝45°．
理由：设AC交BP于O．
∵四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
∴∠MA′A＝∠DAC＝45°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝45°，
∴∠AMA′＝90°，
∴AA′=2AM，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∵AC=2AB，
∴AA'AM=ACAB=2，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△AA′C∽△MAB，
∴A'CBM=AA'AM=2，∠A′CA＝∠ABM，
∴CA′=2BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝45°，即∠BPC＝45°．
②解：如图3中，设AC交BP于O．
在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝60°，
∴∠C′A′B′＝∠CAB＝30°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝30°，
∴AA′=3AM，
在△ABC中，∵BA＝BC，∠CAB＝30°，
∴AC=3AB，
∴AA'AM=ACAB=3，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△A′AC∽△MAB，
∴A'CBM=AA'AM=3，∠ACA′＝∠ABM，
∴A′C=3BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝30°，即∠BPC＝30°．
③如图4中，过点A作AH⊥A′C于H．
由题意AB＝BC＝CD＝AD＝2，可得AC=3AB＝23，
在Rt△A′AH中，A′H=12AA′＝1，A'H=3AH=3，
在Rt△AHC中，CH=AC2-AH2=(23)2-12=11，
∴A′C＝A′H+CH=3+11或A′C=11-3
由②可知，A′C=3BM，
∴BM＝1+333或333-1．
20．（2020•郴州）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4．点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜90°）．
（1）如图2，在旋转过程中，
①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
②当CE＝CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．
（2）如图3，延长CE交直线AG于点P．
①求证：AG⊥CP；
②在旋转过程中，线段PC的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①结论：△AGD≌△CED．根据SAS证明即可．
②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．解直角三角形求出AT，GT，再利用相似三角形的性质求解即可．
（2）①如图3中，设AD交PC于O．利用全等三角形的性质，解决问题即可．
②因为∠CPA＝90°，AC是定值，推出当∠ACP最小时，PC的值最大，推出当DE⊥PC时，∠ACP的值最小，此时PC的值最大，此时点F与P重合（如图4中）．
【解析】（1）①如图2中，结论：△AGD≌△CED．
理由：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE＝90°，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠GDE＝∠ADC，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△AGD≌△CED（SAS）．
②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．
∵△AGD≌△CED，CD＝CE，
∴AD＝AG＝4，
∵AT⊥GD，
∴TG＝TD＝1，
∴AT=AG2-TG2=15，
∵EF∥DG，
∴∠GHF＝∠AGT，
∵∠F＝∠ATG＝90°，
∴△GFH∽△ATG，
∴GHAG=FGAT，
∴GH4=215，
∴GH=81515．
（2）①如图3中，设AD交PC于O．
∵△AGD≌△CED，
∴∠DAG＝∠DCE，
∵∠DCE+∠COD＝90°，∠COD＝∠AOP，
∴∠AOP+∠DAG＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴CP⊥AG．
②∵∠CPA＝90°，AC是定值，
∴当∠ACP最小时，PC的值最大，
∴当DE⊥PC时，∠ACP的值最小，此时PC的值最大，此时点F与P重合（如图4中），
∵∠CED＝90°，CD＝4，DE＝2，
∴EC=CD2-DE2=42-22=23，
∵EF＝DE＝2，
∴CP＝CE+EF＝2+23，
∴PC的最大值为2+23．
21．（2020•天津）将一个直角三角形纸片OAB放置在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（2，0），点B在第一象限，∠OAB＝90°，∠B＝30°，点P在边OB上（点P不与点O，B重合）．
（Ⅰ）如图①，当OP＝1时，求点P的坐标；
（Ⅱ）折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且OQ＝OP，点O的对应点为O'，设OP＝t．
①如图②，若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分为四边形，O'P，O'Q分别与边AB相交于点C，D，试用含有t的式子表示O'D的长，并直接写出t的取值范围；
②若折叠后△O'PQ与△OAB重叠部分的面积为S，当1≤t≤3时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．解直角三角形求出OH，PH即可．
（Ⅱ）①解直角三角形求出DQ，DO′即可．
②求出点O′落在AB上时，S=34×（43）2=439．当43＜t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，S=34t2-38（3t﹣4）2=-738t2+33t﹣23，当t=-332×(-738)=127时，S有最大值，最大值=437．再求出当t＝1或3时，S的值即可判断．
【解析】（Ⅰ）如图①中，过点P作PH⊥OA于H．
∵∠OAB＝90°，∠B＝30°，
∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OPH＝90°﹣60°＝30°，
∵OP＝1，
∴OH=12OP=12，PH＝OP•cs30°=32，
∴P（12，32）．
（Ⅱ）①如图②中，
由折叠可知，△O′PQ≌△OPQ，
∴OP＝O′P，OQ＝O′Q，
∵OP＝OQ＝t，
∴OP＝OQ＝O′P＝O′Q，
∴四边形OPO′Q是菱形，
∴QO′∥OB，
∴∠ADQ＝∠B＝30°，
∵A（2，0），
∴OA＝2，QA＝2﹣t，
在Rt△AQD中，DQ＝2QA＝4﹣2t，
∵O′D＝O′Q﹣QD＝3t﹣4，
∴43＜t＜2．
②当点O′落在AB上时，重叠部分是△PQO′，此时t=43，S=34×（43）2=439，
当43＜t≤2时，重叠部分是四边形PQDC，S=34t2-38（3t﹣4）2=-738t2+33t﹣23，
当t=-332×(-738)=127时，S有最大值，最大值=437，
当t＝1时，S=34，当t＝3时，S=12×12×32=38，
综上所述，38≤S≤437．