专题28 几何图形的翻折填空选择题专项训练-2023年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练

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专题28 几何图形的翻折填空选择题专项训练（解析版）
专题诠释:几何图形的翻折变换是近几年中考的热点，主要呈现的形式是填空或选择题。解决这类问题的核心知识是折痕两侧的图形关于这条折痕成轴对称，折叠前后的两个图形全等，折叠之后的连线被这条折痕垂直平分。解决的主要方法是利用勾股定理、相似的性质、面积法等途径建立方程，分类讨论。
一．选择题（共10小题）
1．（2022秋•越秀区校级期中）如图，在△ABC中，点D是BC上的点，∠BAD＝∠ABC＝40°，将△ABD沿着AD翻折得到△AED，则∠CDE＝（　　）

A．45° B．40° C．30° D．20°
思路引领：根据三角形内角和和翻折的性质解答即可．
解：∵∠BAD＝∠ABC＝40°，将△ABD沿着AD翻折得到△AED，
∴∠ADC＝40°+40°＝80°，∠ADE＝∠ADB＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∴∠CDE＝100°﹣80°＝20°，
故选：D．
总结提升：此题考查翻折的性质，三角形内角和定理，关键是掌握翻折的性质．
2．（2020•枣庄）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是（　　）

A．33 B．4 C．5 D．6
思路引领：根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．
解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，
∴EF⊥AC，
∵∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴AF＝CF，
∴AC＝2AB＝6，
故选：D．
总结提升：本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
3．（2021•沙依巴克区校级三模）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．1 B．2 C．3 D．2
思路引领：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：∵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．
总结提升：本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
4．（2021•临沂二模）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8，E是边CD上一点，连接AE．折叠该纸片，使点A落在AE上的G点，并使折痕经过点B，得到折痕BF，点F在AD上．若DE＝4，则AF的长为（　　）

A．163 B．4 C．3 D．2
思路引领：由矩形的性质可得AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠BAD＝∠D＝90°，通过证明△ABF∽△DAE，可得AFAB=DEAD，即可求解．
解：设BF与AE交于点H，

∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠BAD＝∠D＝90°，
由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH＝GH，
∴∠BAH+∠ABH＝90°，
又∵∠FAH+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠FAH，
又∵∠BAD＝∠D＝90°，
∴△ABF∽△DAE，
∴AFAB=DEAD，
∴AF=48×6=3，
故选：C．
总结提升：本题考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握翻折变换和矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
5．（2021春•盐湖区校级期末）如图，将一个三角形纸片ABC沿过点B的直线折叠，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则下列结论一定正确的是（　　）

A．AD＝BD B．BE＝AC C．ED+EB＝DB D．AE+CB＝AB
思路引领：根据图形翻折变换的性质得出BE＝BC，根据线段的和差，可得AE+BE＝AB，根据等量代换，可得答案．
解析：∵△BDE是由△BDC翻折而成，
∴BE＝BC，
∵AE+BE＝AB，
∴AE+CB＝AB，
故D正确，
无法得出AD＝CD，AE＝AD，AD＝DE，
故选：D．
总结提升：本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
6．（2022•北辰区二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则下列结论不正确的是（　　）

A．A1D＝4 B．∠BEA1＝60° C．AB＝23 D．AE＝2
思路引领：由翻折可得AD＝A1D，则A1D＝4，可判断A选项；由翻折可得∠AED＝∠A1ED，∠A1EB1＝∠A1EB，则∠AED＝∠A1ED＝∠A1EB＝60°，可判断B选项；由∠B＝90°，∠A1EB＝60°，可得∠EA1B＝30°，则∠DA1C＝60°，CD＝A1D•sin60°＝4×32=23，可判断C选项；由A1C＝A1D•cos60°＝4×12=2，可得A1B＝BC﹣A1C＝2，则A1E=A1Bcos30°=232=433，可判断D选项．
解：由翻折可得AD＝A1D，
∴A1D＝4，
故A选项正确；
由翻折可得∠AED＝∠A1ED，∠A1EB1＝∠A1EB，
∴∠AED＝∠A1ED＝∠A1EB，
∵∠AED+∠A1ED+∠A1EB＝180°，
∴∠AED＝∠A1ED＝∠A1EB＝60°，
故B选项正确；
∵∠B＝90°，∠A1EB＝60°，
∴∠EA1B＝30°，
∵∠EA1D＝∠A＝90°，
∴∠DA1C＝60°，
∵A1D＝4，
∴CD＝A1D•sin60°＝4×32=23，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，
∴AB=23，
故C选项正确；
∵A1C＝A1D•cos60°＝4×12=2，
∴A1B＝BC﹣A1C＝2，
∴A1E=A1Bcos30°=232=433，
∴AE=433，
故D选项错误．
故选：D．
总结提升：本题考查翻折变换（折叠问题）、解直角三角形、矩形的性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
7．（2022•平果市模拟）如图，在△ABC中，AC＝5，BC＝8，∠C＝60°，BD＝3，点D在边BC上，连接AD，如果将△ABD沿AD翻折后，点B的对应点为点E，那么点E到直线DC的距离为（　　）

A．332 B．4 C．32 D．52
思路引领：先证△ACD是等边三角形，可得∠ADC＝60°，由折叠的性质可得∠ADB＝∠ADE＝120°，BD＝ED＝3，由直角三角形的性质可求解．
解：如图，过点E作EN⊥BC于N，

∵BC＝8，BD＝3，
∴CD＝5，
∵AC＝5，
∴AC＝DC，
又∵∠ACB＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝120°，
∵将△ABD沿AD翻折后，点B的对应点为点E，
∴∠ADB＝∠ADE＝120°，BD＝ED＝3，
∴∠EDC＝60°，
∵EN⊥BC，
∴∠DEN＝30°，
∴DN=12DE=32，NE=3DN=332，
∴点E到直线DC的距离为332，
故选：A．
总结提升：本题考查了翻折变换，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
8．（2021秋•城阳区校级月考）把一张矩形纸片（矩形ABCD）按如图方式折叠，使顶点B和点D重合，折痕为EF．若AB＝3cm，BC＝5cm，则重叠部分△DEF的面积是（　　）cm2．

A．2 B．3.4 C．4 D．5.1
思路引领：由矩形的性质得AD＝BC＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝90°，再由折叠的性质得A'D＝AB＝3cm，∠A'＝∠A＝90°，AE'＝AE，设AE＝xcm，则A′E＝xcm，DE＝（5﹣x）cm，然后在Rt△A'DE中，由勾股定理得出方程，解方程，进而得出DE的长，即可解决问题．
解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝3cm，BC＝5cm，
∴AD＝BC＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝90°，
由折叠的性质得：A'D＝AB＝3cm，∠A'＝∠A＝90°，AE'＝AE，
设AE＝xcm，则A′E＝xcm，DE＝（5﹣x）cm，
在Rt△A'DE中，由勾股定理得：A′E2+A′D2＝ED2，
即x2+32＝（5﹣x）2，
解得：x＝1.6，
∴DE＝5﹣1.6＝3.4（cm），
∴△DEF的面积=12DE•CD=12×3.4×3＝5.1（cm2），
故选：D．
总结提升：此题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握翻折变换的性质和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
9．（2022春•伊川县期末）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC＝62°，则∠EDF的度数为（　　）

A．34° B．56° C．62° D．28°
思路引领：先利用互余计算出∠FDB＝28°，再根据平行线的性质得∠CBD＝∠FDB＝28°，接着根据折叠的性质得∠FBD＝∠CBD＝28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数，于是得到结论．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠ADC＝∠C＝90°，
∵∠FDB＝90°﹣∠BDC＝90°﹣62°＝28°，
∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠FDB＝28°，
∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠FBD＝∠CBD＝28°，∠E＝∠C＝90°，
∴∠DFE＝∠FBD+∠FDB＝28°+28°＝56°．
∴∠EDF＝90°﹣∠EFD＝90°﹣56°＝34°，
故选：A．
总结提升：本题考查了平行线的性质．解题的关键是掌握平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，内错角相等；两直线平行，同旁内角互补．
10．（2021•深圳模拟）如图，把矩形ABCD中的AB边向上翻折到AD边上，当点B与点F重合时，折痕与BC边交于点E，连接EF，若四边形EFDC与矩形ABCD恰好相似，若AB＝1时，AD的长为（　　）

A．1+52 B．5−12 C．3−5 D．5−1
思路引领：可设AD＝x，由四边形EFDC与矩形ABCD相似，根据相似多边形对应边的比相等列出比例式，求解即可．
解：∵AB＝1，
设AD＝x，则FD＝x﹣1，FE＝1，
∵四边形EFDC与矩形ABCD相似，
∴EFFD=ADAB，1x−1=x1，
解得x1=1+52，x2=1−52（不合题意舍去），
经检验x1=1+52是原方程的解．
故选：A．
总结提升：本题考查了翻折变换（折叠问题），相似多边形的性质，本题的关键是根据四边形EFDC与矩形ABCD相似得到比例式．
二．填空题（共10小题）
11．（2020•东明县二模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折得△AB1E，则△AB1E与四边形AECD重叠部分的面积是　 ．

思路引领：首先设CD与AB1交于点O，由在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，AE为BC边上的高，可求得AE的长，继而求得△ABB1、△AEB1、△COB1的面积．则可求得答案．
解：如图，设CD与AB1交于点O，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝45°，AE为BC边上的高，
∴AE=2，
由折叠易得△ABB1为等腰直角三角形，
∴S△ABB1=12BA•AB1＝2，S△ABE＝1，
∴CB1＝2BE﹣BC＝22−2，
∵AB∥CD，
∴∠OCB1＝∠B＝45°，
又由折叠的性质知，∠B1＝∠B＝45°，
∴CO＝OB1＝2−2．
∴S△COB1=12OC•OB1＝3﹣22，
∴重叠部分的面积为：2﹣1﹣（3﹣22）＝22−2．

总结提升：此题考查了菱形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
12．（2022•易县三模）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP再将△PCQ，△ADQ，分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∵∠C+∠D＝180°，∴AD与BC位置关系为 　 　；
（2）线段CD与QR的数量关系为 　 　．

思路引领：（1）由平行线判定定理直接可得答案；
（2）由翻折的性质可得CQ＝RQ，DQ＝RQ，即可得到答案．
解：（1）∵∠C+∠D＝180°，
∴AD∥BC，
故答案为：AD∥BC；
（2）∵将△PCQ，△ADQ，分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处，
∴CQ＝RQ，DQ＝RQ，
∴CD＝CQ+DQ＝QR+QR＝2QR，
故答案为：CD＝2QR．
总结提升：本题考查四边形中的翻折问题，解题的关键是掌握平行线的判定定理及翻折的性质．
13．（2021•曹县一模）如图，折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，点C落在点N处，EF为折痕，AB＝1，AD＝2，设AM＝t，四边形CDEF的面积为S，则S关于t的函数表达式为　 　．

思路引领：连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，由勾股定理得出（2﹣x）2+t2＝x2，证得∠ADM＝∠FEG，由锐角三角函数的定义得出FG，求出CF，则由梯形的面积公式可得出答案．
解：连接DM，过点E作EG⊥BC于点G，

设DE＝x＝EM，则EA＝2﹣x，
∵AE2+AM2＝EM2，
∴（2﹣x）2+t2＝x2，
解得x=t24+1，
∴DE=t24+1，
∵折叠矩形纸片ABCD，使点D落在AB边的点M处，
∴EF⊥DM，
∴∠ADM+∠DEF＝90°，
∵EG⊥AD，
∴∠DEF+∠FEG＝90°，
∴∠ADM＝∠FEG，
∴tan∠ADM=AMAD=t2=FG1，
∴FG=t2，
∵CG＝DE=t24+1，
∴CF=t24−t2+1，
∴S四边形CDEF=12（CF+DE）×1=14t2−14t+1．
故答案为：S=14t2−14t+1．
总结提升：本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握折叠的性质及方程的思想是解题的关键．
14．（2019•深圳）如图，在正方形ABCD中，BE＝1，将BC沿CE翻折，使B点对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上，求EF＝　　．

思路引领：作FM⊥AB于点M．根据折叠的性质与等腰直角三角形的性质得出EX＝EB＝AX＝1，∠EXC＝∠B＝90°，AM＝DF＝YF＝1，由勾股定理得到AE=AX2+EX2=2．那么正方形的边长AB＝FM=2+1，EM=2−1，然后利用勾股定理即可求出EF．
解：如图，作FM⊥AB于点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°．
∵将BC沿CE翻折，B点对应点刚好落在对角线AC上的点X，
∴EX＝EB＝AX＝1，∠EXC＝∠B＝90°，
∴AE=AX2+EX2=2．
∵将AD沿AF翻折，使D点对应点刚好落在对角线AC上的点Y，
∴AM＝DF＝YF＝1，
∴正方形的边长AB＝FM=2+1，EM=2−1，
∴EF=EM2+FM2=(2−1)2+(2+1)2=6．
故答案为6．

总结提升：本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了正方形的性质以及勾股定理．求出EM与FM是解题的关键．
15．（2009•金山区二模）在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点E、F分别在AB、BC边上，将△BEF沿直线EF翻折后，点B落在对边
AC的点为B′，若B′FC与△ABC相似，那么BF＝　 ．

思路引领：由于对应边不确定，所以本题应分两种情况进行讨论：①△ABC∽△B′FC；②△ABC∽△FB′C．
解：①当△ABC∽△B′FC时：根据△ABC是等腰三角形，则△B'FC也是等腰三角形，
则∠B′FC＝∠C＝∠B，设BF＝x，则CF＝6﹣x，B′F＝B′C＝x，根据△ABC∽△B′FC，
得到：B′FAB=CFBC，得到x5=6−x6，解得x=3011；
②当△ABC∽△FB′C则FC＝B′F＝BF，则x＝6﹣x，解得x＝3．
因而BF＝3或3011．
总结提升：本题主要考查了相似三角形的性质，对应边的比相等，注意到分两种情况进行讨论是解决本题的关键．
16．（2018•淄博）在如图所示的平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝3，将△ACD沿对角线AC折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处，且AE过BC的中点O，则△ADE的周长等于　 　．

思路引领：要计算周长首先需要证明E、C、D共线，DE可求，问题得解．
解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，CD＝AB＝2
由折叠，∠DAC＝∠EAC
∵∠DAC＝∠ACB
∴∠ACB＝∠EAC
∴OA＝OC
∵AE过BC的中点O
∴AO=12BC
∴∠BAC＝90°
∴∠ACE＝90°
由折叠，∠ACD＝90°
∴E、C、D共线，则DE＝4
∴△ADE的周长为：3+3+2+2＝10
故答案为：10
总结提升：本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质和三点共线的证明．解题时注意不能忽略E、C、D三点共线．
17．（2020•上海）如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝7，∠B＝60°，点D在边BC上，CD＝3，连接AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为　 ．

思路引领：如图，过点E作EH⊥BC于H．首先证明△ABD是等边三角形，解直角三角形求出EH即可．
解：如图，过点E作EH⊥BC于H．

∵BC＝7，CD＝3，
∴BD＝BC﹣CD＝4，
∵AB＝4＝BD，∠B＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠ADC＝∠ADE＝120°，
∴∠EDH＝60°，
∵EH⊥BC，
∴∠EHD＝90°，
∵DE＝DC＝3，
∴EH＝DE•sin60°=332，
∴E到直线BD的距离为332，
故答案为332．
总结提升：本题考查翻折变换，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
18．（2021•沂水县二模）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠AGB＝70°，连接BG，则∠DGH＝　 　．

思路引领：由折叠的性质可知：GE＝BE，∠EGH＝∠ABC＝90°，从而可证明∠EBG＝∠EGB，然后再根据∠EGH﹣∠EGB＝∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBD＝∠GBC，由平行线的性质可知∠AGB＝∠GBC，从而易证∠AGB＝∠BGH，据此可得答案．
解：由折叠的性质可知：GE＝BE，∠EGH＝∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB＝∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC＝∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB＝∠GBC．
∴∠AGB＝∠BGH．
∵∠AGB＝70°，
∴∠AGH＝140°，
∴∠DGH＝180°﹣∠AGH＝40°．
故答案为：40°．
总结提升：本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
19．（2021•襄州区模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝42．点D和点E分别在BC边和AB边上，连接DE．将△BDE沿DE折叠，得到△B'DE，点B恰好落在AC的中点处．设DE与BB'交于点F，则DE＝　 ．

思路引领：在Rt△BCB'中，求出BB'=210，设BD＝x，则CD＝42−x，B'D＝x，在Rt△CDB'中，由勾股定理得x2＝（42−x）2+（22）2，求得BD=522，在Rt△BDF中，求出DF=102，过点B'作B'G⊥AB于点G，则AG＝B'G＝2，设BE＝y，则GE＝6﹣y，B'E＝y，在Rt△B'GE中，GE2+B'G2＝B'E2，可求BE=103，在Rt△BEF中，EF2＝BE2﹣BF2，可求EF=103，则ED＝DF+EF=5106．
解：由折叠可知，BD＝B'D，BF＝B'F，DF⊥BF，
∵BC＝AC＝42，B'是AC的中点，
∴CB'＝22，
在Rt△BCB'中，BB'=BC2+B′C2=(42)2+(22)2=210，
∴BF=10，
设BD＝x，则CD＝42−x，B'D＝x，
在Rt△CDB'中，B'D=CD2+B′C2，
∴x2＝（42−x）2+（22）2，
∴x=522，
∴BD=522
在Rt△BDF中，DF=BD2−BF2=(522)2−(10)2=102，
过点B'作B'G⊥AB于点G，如图所示：

∵∠A＝45°，
∴AG＝B'G，
∵AB'＝22，
∴AG＝B'G＝2，
设BE＝y，则GE＝6﹣y，B'E＝y，
在Rt△B'GE中，GE2+B'G2＝B'E2，
∴（6﹣x）2+4＝x2，
∴x=103，
∴BE=103，
在Rt△BEF中，EF2＝BE2﹣BF2，
∴EF2＝（103）2﹣（10）2=109，
∴EF=103，
∴ED＝DF+EF=102+103=5106，
故答案为：5106．
总结提升：本题考查折叠的性质，熟练掌握折叠的性质、灵活应用勾股定理是解题的关键．
20．（2021•南通模拟）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=13AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q．若CD边上有且只有2个点G，使△GPD与△GFC相似，则BCAB的值为 　 ．

思路引领：作FH⊥AD于H，延长PD至R，使DR＝PD，连接FR，交CD于G，可以得出首先存在一个△PDG∽△FCG，当△PDG∽△GCF时，只有一种情形，设DH＝CF＝x，DG＝a，关于a的方程只有一个解，从而得出结果．
解：如图，

作FH⊥AD于H，
不妨设AE＝1，AB＝3，
∴PE＝BE＝2，
∴sin∠APE=AEPE=12，
∴∠APE＝30°，
∴AP＝PE•cos30°=3，
∴∠EPF＝∠ABC＝90°，
∴∠FHP＝90°﹣∠APE＝60°，
∴PH=FHtan60°=3，
延长PD至R，使DR＝PD，连接DR，交CD于G，
∵CD⊥AD，
∴GR＝GP，
∴∠PGD＝∠DGR，
∵∠DGR＝∠CGF，
∴△PDG∽△FGC，
设CF＝HD＝x，DG＝a，
当△PDG∽△GCF时，
PDDG=CGCF，
∴3+xa=3−ax，
∴a2﹣3a﹣x（3+x）＝0，
∵CD边上有且只有2个点G，使△GPD与△GFC相似，
∴Δ＝（﹣3）2﹣4x（3+x）＝0，
∴x1=32，x2=−332，
∴AD＝AP+PH+DH=532，
∴BCAB=536，
如图，

当△PDG∽△GCF时，与CD边有两个公共点，其中一个公共点是当△PDG∽△FCG时的公共点，
此时∠PGF＝90°，∠DGP＝∠CGF，
∴∠DGP＝∠CGF＝45°，∠DPG＝∠CFG＝45°，
∴PD＝DG，CG＝CF，
不妨设AB＝3，CF＝FG＝a，
∴BE＝2，PD＝DG＝3﹣a，
∴BF=3BF＝23，
∴BC＝BF+CF＝23+a，AD＝AP+PD=33AB+3﹣a=3+3−a，
∴23+a=3+3−a，
∴a=3−32，
∴BC＝23+3−32=33+32，
∴BCAB=3+12，
故答案是：536或3+12．
总结提升：本题属于相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题，