2027年上海市中考数学 备考一模复习讲义 《填空压轴题》讲与练

该初中数学中考复习讲义聚焦填空压轴题，覆盖二次函数图像性质、相似三角形判定、三角初步、图形翻折与旋转五大核心考点，构建“考点精讲-真题剖析-方法归纳-分层练习”教学流程，通过典型真题梳理知识联系，指导学生突破难点，体现复习的系统性与针对性。 亮点在于融合新课标核心素养，如通过“内点”“差直角三角形”等新定义问题培养抽象能力，借助翻折旋转动态几何题发展几何直观与推理能力。特设课后巩固练习匹配考点，配合真题限时训练与解题策略总结，帮助学生高效掌握压轴题解题技巧，教师可据此精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

2027年上海市中考数学 备考一模复习 满分讲义 填空最后一题 压轴题讲与练 核心考点 ·5大典型考点精讲 【考点1】二次函数的图像及性质（共3小题） 1．（2025秋•黄浦区期末）对于抛物线y＝ax2+bx+c及其所在坐标平面内的点P，当过点P垂直于抛物线对称轴的直线与该抛物线有两个交点，且这两个交点位于点P的两侧时，我们把点P称为抛物线y＝ax2+bx+c的内点．现有抛物线和，如果点M既是抛物线L1的内点，又是抛物线L2的内点，那么点M的纵坐标yM的取值范围是　 　 ． 2．（2025秋•浦东新区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象开口向下，且与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点．若点P（m，n）在该函数图象上，且﹣1＜m＜3，则n的取值范围是　 　 ． 3．（2024秋•普陀区期末）在平面直角坐标系xOy中（如图），点A、B在反比例函数位于第一象限的图象上，点B的横坐标大于点A的横坐标，OA＝OB．如果△OAB的重心恰好也在这个反比例函数的图象上，那么点A的横坐标为 　 　 ． 【考点2】相似三角形的性质和判定（共4小题） 4．（2025秋•松江区期末）已知△ABC中，∠ACB＝90°，点P、Q分别在边AB、BC上，如果△ACQ与△BPQ相似，且△APQ是等腰三角形，那么的值是　 　 ． 5．（2025秋•金山区期末）在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD，垂足为E，以CE为斜边作直角三角形CEF，AF与BD交于点P．如果，那么k的取值范围是　 　 ． 6．（2024秋•长宁区期末）如图，在一副三角尺中，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，AB＝EF，分别过点A、点D画AG、DH交边BC、边EF于点G、点H，如果AG分割△ABC得到的两个三角形与DH分割△DEF得到的两个三角形分别相似，那么的值为 　 　 ． 7．（2025秋•崇明区期末）定义：当一个三角形有两个内角的差为90°时，这个三角形叫做“差直角三角形”．如图，在△ABC中，AC＝BC＝10，AB＝16，点D是边AB上的一动点（且AD＞BD），若△BCD是“差直角三角形”，则CD的长为 　 　 ． 【考点3】三角初步（共5小题） 8．（2025秋•宝山区期末）定义：有两个内角的差为90°的三角形叫做“差直三角形”．在△ABC中，∠B＞90°，，如果△ABC是“差直三角形”，那么AB的长为 　 　 ． 9．（2025秋•虹口区期末）如图，在△ABC中，BC＝5，cotA＝2，，D是AB的中点．E是线段AC延长线上一点，联结BE，如果四边形BDCE的一组对角相等且另一组对角不相等，那么AE的长是 　 　 ． 10．（2025秋•青浦区期末）如图，已知△ABC中，.点M是BC中点，点D在边AB上，连接DM，将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E．联结AE，如果AE∥BC，那么∠BMD的度数为　 　 ． 11．（2025秋•奉贤区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，，将△ABC绕点A旋转，B的对应点为点D，联结AD交边BC于点E．如果AE＝3ED，那么CE的长为　 　 ． 12．（2024秋•杨浦区期末）已知矩形ABCD（AD＞AB），点E是边AD的中点，将△ABE沿BE翻折，点A的对应点F恰好落在对角线AC上，那么tan∠FBC＝ 　 　 ． 【考点4】图形的翻折（共6小题） 13．（2025秋•长宁区期末）在矩形ABCD中，AB＝CD＝6，AD＝BC＝5，E为射线AB上一点，将△ADE沿DE翻折，得到△A1DE（点A的对应点为A1），联结A1A、A1B，当△A1AB为等腰三角形时，AE长是　 　 ． 14．（2025秋•普陀区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，点D在边AB上，将△ACD沿着CD翻折得△A′CD，其中点A与点A′对应，联结A′B，如果∠ACD＝∠A′BA，那么AD＝　 　 ． 15．（2025秋•闵行区期末）如图，矩形ABCD中，联结BD，点E是BC的中点，过点E作EF∥BD交CD于点F，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在平面内点G处，如果点G恰在AE上，那么BG：AE的值是　 　 ． 16．（2024秋•崇明区期末）四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12，AD＝8，将AB沿过点A的一条直线折叠，点B的对称点落在四边形ABCD的对角线上，折痕交边BC于点P（点P不与点B重合），那么PC长为 　 　 ． 17．（2024秋•浦东新区期末）将平行四边形ABCD的边BC沿直线l翻折后，点B、C的对应点B′、C′落在直线AD上．如果AB＝2BC，，那么此平行四边形四个内角中，锐角的余弦值为 　 　 ． 18．（2024秋•青浦区期末）梯形ABCD中，已知AD∥BC，AB＝CD，AD＜BC，AD：DC＝2：3．将梯形沿过点D的直线折叠，点C落在AB上，记作点E，折痕与底边BC的交点记作点F．如果DF∥AB，那么AE：EB＝ 　 　 ． 【考点5】图形旋转（共5小题） 19．（2025秋•杨浦区期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝5，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，将△ADE绕点E旋转得△FGE，点A的对应点F落在边AD上，点D的对应点G落在边BC上，连接FG与DE交于点H，那么的值是　 　 ． 20．（2025秋•浦东新区期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠B＝60°，将▱ABCD绕着BC的中点O旋转到▱A′B′C′D′的位置，当点B′落在边AB上时，边A′D′与边CD相交于点G，则cot∠CGB′＝　 　 ． 21．（2025秋•徐汇区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，cosC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B、C分别与点D、E对应，边AD、DE分别与原三角形底边BC交于点F、G．当△DFG是等腰三角形时，FG的长为　 　 ． 22．（2025秋•嘉定区期末）如图，Rt△ABC中，已知∠C＝90°，AC＝2，BC＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△AB′C′，点B、C的对应点分别为B′、C′，联结B′C．如果直线B′C垂直于AB，联结B′B，那么此时△AB′B的面积是　 　 ． 23．（2024秋•嘉定区期末）如图，将一块含30°角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心G逆时针旋转180°．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为 　 　 平方厘米． 课后巩固 · 针对性练习 【作业1】（2024秋•金山区期末）在平面直角坐标系xOy中，将抛物线l1：y＝ax2+bx+c（其中a、b、c是常数，且a≠0），以原点为中心，旋转180°得抛物线l2，则称l2是l1的“中心对称抛物线”．已知抛物线y1＝x2﹣3x﹣4，将抛物线y1向左平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为A、B．将抛物线y1的“中心对称抛物线”y2向右也平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为C、D．当线段BC是线段AB、BD的比例中项时，n的值为 　 　 ． 【作业2】（2024秋•奉贤区期末）如图，Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝3，AC＝4，DE＝4，DF＝8，点M在边BC上，点N在边EF上，AM分割△ABC所得的两个三角形分别与DN分割△DEF所得的两个三角形相似，那么线段DN的长是 　 　 ． 【作业3】（2025秋•静安区期末）如图，等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，AE＝CD，AD交BE于点P，BQ⊥AD于点Q．如果PQ＝3PE，且PE的长为a，那么等边△ABC的边长为　 　 ．（结果用含a的代数式表示） 【作业4】（2024秋•静安区期末）如图，在△ABC中，BD是△ABC的中线，BC＝2BD，AC＝6，那么AB的长为 　 　 ． 【作业5】（2024秋•虹口区期末）过三角形的重心作一条直线与这个三角形两边相交，如果截得的三角形与原三角形相似，那么我们把这条直线叫做这个三角形的“重似线”，这条直线与两边交点之间的线段叫做这个三角形的“重似线段”．如图，在△ABC中，AB＝10，tanB，tanC＝2，点D、E分别在边AB、AC上，如果线段DE是△ABC的“重似线段”，那么DE＝ 　 　 ． 【作业6】（2024秋•闵行区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC，AD是边BC上的高，将线段AD绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，ED与边AB交于点F，且，如果△AFE与△DFB相似，那么的值为 　 　 ． 【作业7】（2024秋•黄浦区期末）将一张矩形纸片进行如图所示的操作：①沿对角线AC折叠，得到折痕AC；②折叠纸片使边CD落在折痕AC上，点D落在点P处，得到折痕CM；③过点M折叠纸片，使点D、C分别落在边AD、BC上，展开得到折痕MN．如果矩形MDCN是一个黄金矩形，其中，那么这张矩形纸片的两条邻边AB：BC＝ 　 　 ． 【作业8】（2024秋•松江区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，tanB，E是边AB上一点，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B′，如果AB′∥BC，那么的值为 　 　 ． 【作业9】（2024秋•静安区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．D是BC的中点，点E在边AB上，将△BDE沿直线DE翻折，使得点B落在同一平面内的点B'处，线段B'D交边AB于点F，联结AB'．当△AB'F是直角三角形时，BE的长为　 　 ． 【作业10】（2024秋•宝山区期末）如图，已知△ABC，AB＝AC＝4，∠B＝30°，D是边BC的中点，线段AB绕点D顺时针旋转得到对应线段A′B′，线段A′B′与边AC、BC分别交于点E、F．如果△EFC是直角三角形，那么AE的长是 　 　 ． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年上海市中考数学 备考一模复习 满分讲义 填空最后一题 压轴题讲与练 核心考点 ·5大典型考点精讲 【考点1】二次函数的图像及性质（共3小题） 1．（2025秋•黄浦区期末）对于抛物线y＝ax2+bx+c及其所在坐标平面内的点P，当过点P垂直于抛物线对称轴的直线与该抛物线有两个交点，且这两个交点位于点P的两侧时，我们把点P称为抛物线y＝ax2+bx+c的内点．现有抛物线和，如果点M既是抛物线L1的内点，又是抛物线L2的内点，那么点M的纵坐标yM的取值范围是　﹣1＜yM＜3　 ． 【分析】首先求得两抛物线的对称轴，然后求得两函数的交点横坐标，确定点M横坐标的范围，进而确定此范围内的M的纵坐标的最大值和最小值即可． 【解答】解：如图，∵L1：y＝﹣x2+2x+2＝﹣（x﹣1）2+3， ∴抛物线L1的对称轴为直线x＝1，顶点为（1，3）， ∵L2：yx2x， ∴抛物线L2的对称轴为直线x， 令﹣x2+2x+2x2x， 整理得：x2﹣x﹣2＝0， 解得x＝﹣1或x＝2， ∴两函数的交点的横坐标为﹣1和2， 把x＝﹣1代入y＝﹣x2+2x+2得y＝﹣1， 把x＝2代入y＝﹣x2+2x+2得y＝2， ∴两函数的交点为（﹣1，﹣1）和（2，2）， ∴在﹣1＜x＜2范围内，点M的纵坐标yM的取值范围是﹣1＜yM＜3． 故答案为：﹣1＜yM＜3． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，数形结合是解题的关键． 2．（2025秋•浦东新区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象开口向下，且与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点．若点P（m，n）在该函数图象上，且﹣1＜m＜3，则n的取值范围是　0＜n≤﹣4a ． 【分析】根据二次函数与坐标轴的交点，得出解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），结合开口方向，得出a＜0，结合点P的坐标和﹣1＜m＜3，得出点P在x轴的上方，结合二次函数的顶点坐标，即可求解． 【解答】解：由题意可得：故设函数式为y＝a（x+1）（x﹣3），对称轴为， ∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象开口向下， ∴a＜0， ∵点P（m，n）在该函数图象上，且﹣1＜m＜3， 故点P在x轴的上方， 即n＞0， 当x＝1时，y＝a（1+1）（1﹣3）＝﹣4a， 即二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（1，﹣4a）， 故n≤﹣4a； 故n的取值范围是0＜n≤﹣4a． 故答案为：0＜n≤﹣4a． 【点评】本题考查了二次函数的性质，正确进行计算是解题关键． 3．（2024秋•普陀区期末）在平面直角坐标系xOy中（如图），点A、B在反比例函数位于第一象限的图象上，点B的横坐标大于点A的横坐标，OA＝OB．如果△OAB的重心恰好也在这个反比例函数的图象上，那么点A的横坐标为 　　 ． 【分析】过点O作OC⊥AB于点C，交反比例函数于点G，延长OC到E是CE＝CG，连接EA，EB，BG，AG，AG的延长线交OB于点H，过点G作GM⊥x轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，根据等腰三角形的性质及反比例函数的对称性得直线OC的表达式为y＝x，解方程组，得点G（2，2），证明四边形AGBE是平行四边形得BE∥AH，则HG是△OBE的中位线，进而得OG＝GE＝2CG，OC＝3CG，证明△OMG和△ONC相似得ON＝3，CN＝3，则点C（3，3），由此可求出直线AB的表达式为y＝﹣x+6，然后解方程组即可得出点A的横坐标． 【解答】解：过点O作OC⊥AB于点C，交反比例函数y＝4/x于点G，延长OC到E是CE＝CG，连接EA，EB，BG，AG，AG的延长线交OB于点H，过点G作GM⊥x轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N，如图所示： ∵OA＝OB， ∴OC是线段AB的垂直平分线， ∵△OAB的重心恰好也在反比例函数的图象上， ∴点G是△OAB的重心， ∴AH是OB边上的中线， ∴OH＝BH， ∵OC是线段AB的垂直平分线， ∴点A，B关于直线OC对称， ∴反比例函数关于直线OC对称， ∴直线OC的表达式为：y＝x， 解方程组：组， 得：，， ∵点A、B在反比例函数位于第一象限的图象上， ∴点G的坐标为（2，2）， ∴OM＝GM＝2， ∵AC＝BC，CE＝CG， ∴四边形AGBE是平行四边形， ∴BE∥AH， 又∵OH＝BH， ∴HG是△OBE的中位线， ∴OG＝GE＝2CG， ∴OC＝OG+CG＝3CG， ∵GM⊥x轴，CN⊥x轴， ∴GM∥CN， ∴△OMG∽△ONC， ∴， ∴， ∴ON＝3，CN＝3， ∴点C的坐标为（3，3）， 设直线AB的表达式为：y＝kx+b， ∵OC⊥AB，OC的表达式为：y＝x， ∴k＝﹣1， 将k＝﹣1，C（3，3）代入y＝kx+b，得：， 解得：， ∴直线AB的表达式为：y＝﹣x+6， 解方程组：， 得：，， ∵点B的横坐标大于点A的横坐标， ∴点A的横坐标为． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，反比例函数图象上点的坐标，熟练掌握三角形重心的性质，理解反比例函数图象上点的坐标满足反比例函数的表达式是解决问题的关键． 【考点2】相似三角形的性质和判定（共4小题） 4．（2025秋•松江区期末）已知△ABC中，∠ACB＝90°，点P、Q分别在边AB、BC上，如果△ACQ与△BPQ相似，且△APQ是等腰三角形，那么的值是　．　 ． 【分析】根据题意可得只存在∠BQP＝90°和∠BPQ＝90°这两种情况，当∠BQP＝90°时，可证明△ACQ∽△BQP，∠APQ一定是钝角，故AP＝PQ，导角可得∠PQA＝30°，再解直角三角形即可；当∠BPQ＝90°时，同理可得AP＝PQ，利用勾股定理即可得到答案． 【解答】解：∵△ACQ与△BPQ相似，且∠ACB＝90°＞∠B， ∴只存在∠BQP＝90°和∠BPQ＝90°这两种情况， 如图所示，当∠BQP＝90°时，则∠BQP＝90°＝∠C， ∴AC∥PQ， ∴∠QPB＝∠BAC＞∠CAQ， ∴此时只能是△ACQ∽△BQP， ∴∠AQC＝∠BPQ； ∵∠QPB是锐角， ∴∠APQ一定是钝角， ∵△APQ是等腰三角形， ∴AP＝PQ， ∴∠PAQ＝∠PQA， ∴∠AQC＝∠BPQ＝∠PAQ+∠PQA＝2∠PQA， ∴∠PQC＝∠AQC+∠PQA＝3∠PQA＝90°， ∴∠PQA＝30°， 如图所示，过点P作PH⊥AQ于点H，则， ∴， ∴， 如图所示，当∠BPQ＝90°时，则∠APQ＝90°， ∵△APQ是等腰三角形， ∴AP＝PQ， ∴， ∴， 综上所述，的值为或， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 5．（2025秋•金山区期末）在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD，垂足为E，以CE为斜边作直角三角形CEF，AF与BD交于点P．如果，那么k的取值范围是　　 ． 【分析】通过作平行线构造相似三角形，列出比例式求解，结合点F的运动路径求解即可得出k取值范围． 【解答】解：过点C作CG∥BD交AF的延长线于点G，连接AC交BD于点O， 则△APO∽△AGC， 所以， 因为四边形ABCD是矩形， 所以AC＝2AO， 所以， 而， 所以， 因为以CE为斜边作直角三角形CEF， 所以点F在以CE为直径的圆上运动， 当点F与点E重合时，P与F重合，此时，但不存在直角三角形， 故， 综上所述，． 因为， 所以； 故答案为：． 【点评】本题考查了根据矩形的性质求线段长，相似三角形的判定与性质综合等知识点，解题关键是掌握上述知识点． 6．（2024秋•长宁区期末）如图，在一副三角尺中，∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，AB＝EF，分别过点A、点D画AG、DH交边BC、边EF于点G、点H，如果AG分割△ABC得到的两个三角形与DH分割△DEF得到的两个三角形分别相似，那么的值为 　1　 ． 【分析】设DE＝DF＝m，则AB＝EFDEm，作△ABC的角平分线AG，作∠EDH＝30°，DH交EF于点H，则△ABE∽△EDH，△ACG∽△FDH，作GM⊥AB于点M，HN⊥DE于点N，则AM＝GM，EN＝HN，由BMGMAM，得AM+AMm，则AMm，所以AGAM＝（1）m，同理DNHNEN，求得EN＝HNm，则DH＝2HN＝（1）m，所以1，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵∠BAC＝∠EDF＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，AB＝EF， ∴∠C＝60°，∠F＝∠E＝45°， ∴DE＝DF， 设DE＝DF＝m，则EFDEm， ∴AB＝EFm， 作△ABC的角平分线AG，作∠EDH＝30°，DH交EF于点H， ∴∠BAG＝∠CAG＝45°，∠FDH＝60°， ∵∠B＝∠EDH，∠BAG＝∠E，∠C＝∠FDH，∠CAG＝∠F， ∴△ABE∽△EDH，△ACG∽△FDH， 作GM⊥AB于点M，HN⊥DE于点N，则∠AMG＝∠BMG＝∠ENH＝∠DHH＝90°， ∵∠MGA＝∠MAG＝∠NHE＝∠E＝45°， ∴AM＝GM，EN＝HN， ∵BG＝2GM＝2AM， ∴BMGMAM， ∴AM+AMm， ∴AMm， ∴AGAMm＝（1）m， 同理DNHNEN， ∴EN+EN＝m， ∴EN＝HNm， ∴DH＝2HN＝2m＝（1）m， ∴AG＝DH， ∴1， 故答案为：1． 【点评】此题重点考查等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 7．（2025秋•崇明区期末）定义：当一个三角形有两个内角的差为90°时，这个三角形叫做“差直角三角形”．如图，在△ABC中，AC＝BC＝10，AB＝16，点D是边AB上的一动点（且AD＞BD），若△BCD是“差直角三角形”，则CD的长为 　或3　 ． 【分析】先作等腰△ABC的高CM，用勾股定理求出CM＝6，根据“差直角三角形“定义，分∠BDC﹣∠B＝90°和∠BDC﹣∠BCD＝90°两种情况讨论．第一种情况通过角的等量代换推导△CMD∽△BMC，用相似比求MD，再用勾股定理得CD；第二种情况构造平行线DN∥CM，得△NDB∽△CMB，结合CN＝DN列方程求BD，再用勾股定理得CD． 【解答】解：如图，过点C作CMAB于M，过点D作DNIICM，交BC于N． ∵AC＝BC＝10，AB＝16， ∴M为AB中点，AM＝MB＝8． ∴CM6．AD＞BD， ∴∠BDC为钝角． 分两种情况： ①∠BDC﹣∠B＝90°，则∠BDC＝∠B+90°， ∴∠MDC＝180°﹣∠BDC＝90°﹣∠B． ∵∠CMD＝∠BMC＝90°，∠MDC＝∠BCM＝90°﹣∠B， ∴△CMD∽△BMC， ∴，即， 解得MD， ∴CD； ②∠BDC﹣∠BCD＝90°，则∠BCD＝∠BDC﹣90°， ∴∠CDN＝∠BDC﹣90°， ∴∠CDN＝∠BCD． ∴DN∥CM， ∴△NDB∽△CMB， ∴，即 .， ∴ND，BNBD， ∵∠CDN＝∠BCD， ∴CN＝DN， ∴BC＝DN+BN＝/BDBD＝10．解得BD＝5， ∴MD＝BM﹣BD＝8﹣5＝3， ∴CD3， 综上，CD的长为或3． 故答案为：或3． 【点评】本题考查等腰三角形“三线合一“性质、相似三角形判定与性质、勾股定理，以及分类讨论思想的应用，理解定义是解题关键． 【考点3】三角初步（共5小题） 8．（2025秋•宝山区期末）定义：有两个内角的差为90°的三角形叫做“差直三角形”．在△ABC中，∠B＞90°，，如果△ABC是“差直三角形”，那么AB的长为 　或　 ． 【分析】依题意有以下两种情况：①当∠ABC﹣∠C＝90°时，过点A作AD⊥CB，交CB的延长线于点D，先证明∠BAD＝∠C，在Rt△ABD中，根据tan∠BAD，设BD＝3a，CD＝4a，由勾股定理得AB＝5a，进而得CD＝4+3a，在Rt△ACD中，根据tan∠C得，由此得a，继而可得AB的长；②当∠ABC﹣∠BAC＝90°时，过点A作AE⊥CB，交CB延长线于点E，过点B作BF⊥AC于点F，先证明∠BAE＝∠BAC得BE＝BF，在Rt△CBF中，根据tanC，设BF＝3k，CF＝4k，则BE＝BF＝3k，由勾股定理得BC＝5k，进而得CE＝8k，在Rt△ACE中，根据tanC得AECE＝6k，在Rt△ABE中，由勾股定理得AB，然后根据BC＝4得5k＝4，由此得k，继而可得AB的长，综上所述即可得出答案． 【解答】解：∵△ABC是“差直三角形”，且∠ABC＞90°， ∴有以下两种情况： ①当∠ABC﹣∠C＝90°时，过点A作AD⊥CB，交CB的延长线于点D，如图1所示： ∴∠D＝90°，∠ABD+∠ABC＝180°， ∴△ACD和△ABD都是直角三角形， ∵∠ABC﹣∠C＝90°， ∴∠ABC＝90°+∠C， ∵∠ABD+∠ABC＝180°， ∴∠ABD+90°+∠C＝180°， ∴∠ABD+∠C＝90°， 在Rt△ABD中，∠BAD+∠BAD＝90°， ∴∠BAD＝∠C， ∴tan∠BAD＝tanC， 在Rt△ABD中，tan∠BAD， 设BD＝3a，CD＝4a， 由勾股定理得：AB5a， ∵BC＝4， ∴CD＝BC+BD＝4+3a， 在Rt△ACD中，tanC， ∴， 解得：a， ∴AB＝5a； ②当∠ABC﹣∠BAC＝90°时，过点A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E，过点B作BF⊥AC于点F，如图2所示： ∴∠E＝∠CFB＝90°，∠ABE+∠ABC＝180°， ∴△CBF，△ABE和△ACE都是直角三角形， ∵∠ABC﹣∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝90°+∠BAC， 又∵∠ABE+∠ABC＝180°， ∴∠ABE+90°+∠BAC＝180°， ∴∠ABE+∠BAC＝90°， 在Rt△ABE中，∠ABE+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠BAC， 即AB是∠CAE的平分线， 又∵AE⊥CB，交CB的延长线于点E，BF⊥AC于点F， ∴BE＝BF， 在Rt△CBF中，tanC， 设BF＝3k，CF＝4k， ∴BE＝BF＝3k， 由勾股定理得：BC5k， ∴CE＝BC+BE＝5k+3k＝8k， 在Rt△ACE中，tanC， ∴AECE6k， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB， ∵BC＝4， ∴5k＝4， 解得：k， ∴AB， 综上所述：AB的长为或． 故答案为：或． 【点评】此题主要考查了解直角三角形，正确地添加辅助线构造直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义及勾股定理是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点，也是易错点． 9．（2025秋•虹口区期末）如图，在△ABC中，BC＝5，cotA＝2，，D是AB的中点．E是线段AC延长线上一点，联结BE，如果四边形BDCE的一组对角相等且另一组对角不相等，那么AE的长是 　或　 ． 【分析】过点C作CF⊥AB于点F，解直角三角形求出CF＝3，利用勾股定理求出，解直角三角形求出AF＝6，进而求出AB，AC，AD，DF，CD的长度，然后根据题意分两种情况讨论：当∠CDB＝∠E时，连接BE，CE，在BF上取点G，使DF＝GF＝1，证明出△ACG∽△ABE，得到，然后代入求解即可；当∠DCE＝∠DBE时，过点D作DH⊥AC于点H，过点E作EM⊥AB于点M，利用勾股定理求出，，证明出△DHC是等腰直角三角形，然后解直角三角形求解即可． 【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F， ∵，BC＝5， ∴，即， ∴CF＝3， ∴， ∵， ∴， ∴AF＝6， ∴AB＝AF+FB＝6+4＝10，， ∵D是AB的中点， ∴， ∴DF＝AF﹣AD＝6﹣5＝1， ∴， ∵四边形BDCE的一组对角相等且另一组对角不相等， 当∠CDB＝∠E时，连接BE，CE，在BF上取点G，使DF＝GF＝1， ∴AG＝AF+FG＝6+1＝7， ∵CF⊥AB，DF＝GF＝1， ∴， ∴∠CDG＝∠CGD， ∵∠CDB＝∠E， ∴∠E＝∠CGD， ∵∠A＝∠A， ∴△ACG∽△ABE（两角相等的两个三角形相似）， ∴（相似三角形的对应边成比例）， ∴， ∴； 当∠DCE＝∠DBE时，过点D作DH⊥AC于点H，过点E作EM⊥AB交AB的延长线于点M， ∴， ∴AH＝2DH， ∵AD＝5，AH2+DH2＝AD2， ∴， ∵， ∴， ∴△DHC是等腰直角三角形， ∴∠HCD＝45°， ∴∠DCE＝∠DBE＝180°﹣∠HCD＝135°， ∴∠EBM＝180°﹣∠DBE＝45°， ∵EM⊥AB， ∴△BEM是等腰直角三角形， ∴BM＝EM， ∴， ∴BM＝EM＝10， ∴， 综上所述，AE的长是或． 故答案为：或． 【点评】此题考查了解直角三角形，勾股定理，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确作出辅助线． 10．（2025秋•青浦区期末）如图，已知△ABC中，.点M是BC中点，点D在边AB上，连接DM，将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E．联结AE，如果AE∥BC，那么∠BMD的度数为　22.5°或67.5°　 ． 【分析】①过点A作AF⊥BC于点F，连接DM，将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E．联结AE，过点E作EH⊥BC于点H，利用直角三角形的边角关系定理求得AF，利用矩形的判定与性质得到EH，利用直角三角形的边角关系定理求得∠BME＝45°，再利用折叠的性质解答即可得出结论；②当点E在点A右侧时，过点A作AF⊥BC于点F，连接DM，将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E．联结AE，过点E作EH⊥BC于点H，类比①的解法解答即可． 【解答】解：①当点E在点A左侧时，过点A作AF⊥BC于点F，连接DM，将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E．联结AE，过点E作EH⊥BC于点H，如图， 设AF＝x， ∵AF⊥BC，， ∴，， ∴FCAF，BFAF， ∴AFAF＝BC＝4， ∴AF＝2， ∵点M是BC中点， ∴MB＝2， ∵将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E， ∴ME＝MB＝2， ∵AF⊥BC，EH⊥BC，AE∥BC， ∴四边形AFHE为矩形， ∴EH＝AF＝2， ∵EH⊥BC， ∴sin∠BME， ∴∠BME＝45°， ∵将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E， ∴∠BMD＝∠EMDBME＝22.5°． ②当点E在点A右侧时，过点A作AF⊥BC于点F，连接DM，将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E．联结AE，过点E作EH⊥BC于点H，如图， 设AF＝x， ∵AF⊥BC，， ∴，， ∴FCAF，BFAF， ∴AFAF＝BC＝4， ∴AF＝2， ∵点M是BC中点， ∴MB＝2， ∵将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E， ∴ME＝MB＝2， ∵AF⊥BC，EH⊥BC，AE∥BC， ∴四边形AFHE为矩形， ∴EH＝AF＝2， ∵EH⊥BC， ∴sin∠HME， ∴∠MME＝45°， ∴∠BME＝135°， ∵将△BDM沿着直线DM翻折，点B的对应点为点E， ∴∠BMD＝∠EMDBME＝67.5°． 综上，∠BMD的度数为22.5°或67.5°． 故答案为：22.5°或67.5°． 【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，平行线的性质，矩形的判定与性质，折叠的性质，线段的中点的意义，添加适当的辅助线构造直角三角形是解题的关键． 11．（2025秋•奉贤区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，，将△ABC绕点A旋转，B的对应点为点D，联结AD交边BC于点E．如果AE＝3ED，那么CE的长为　6.25或1.75　 ． 【分析】过A作AH⊥BC于H，由等腰三角形的性质得到CH＝BH，因为cotB，所以令BH＝4x，AH＝3x，由勾股定理求出x＝1，得到BH＝CH＝4，AH＝3，由勾股定理求出EH2.25，当AD靠近AB时，得到CE＝EH+CH＝6.25；当AD靠近AC时，得到CE＝CH﹣EH＝1.75，于是得到答案． 【解答】解：过A作AH⊥BC于H，由旋转的性质得到AD＝AB＝5， 当AD靠近AB时，如图， ∵AB＝AC， ∴CH＝BH， ∵cotB， ∴令BH＝4x，AH＝3x， 由勾股定理得到：AB5x＝5， ∴x＝1， ∴BH＝CH＝4，AH＝3， ∵AE＝3DE， ∴AEAD5， ∴EH2.25， ∴CE＝EH+CH＝6.25； 当AD靠近AC时，如图， ∵CH＝4，EH＝2.25， ∴CE＝CH﹣EH＝1.75， ∴CE的长为6.25或1.75． 故答案为：6.25或1.75． 【点评】本题考查勾股定理，等腰三角形的性质，旋转的性质，解直角三角形，关键是要分两种情况讨论． 12．（2024秋•杨浦区期末）已知矩形ABCD（AD＞AB），点E是边AD的中点，将△ABE沿BE翻折，点A的对应点F恰好落在对角线AC上，那么tan∠FBC＝ 　　 ． 【分析】如图，延长BF交CD于G，连接EG，根据矩形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，∠BAE＝∠BCD＝∠D＝90°，求得∠BAF＝∠GCF．根据折叠的性质得到AE＝FE，AB＝FB，∠BAE＝∠BFE＝90°，求得∠BAF＝∠AFB，推出FG＝CG．由E是AD边的中点，得到AE＝DE．求得DE＝EF．根据全等三角形的性质得到FG＝DG，求得DG＝CG，得到BF＝2FG，根据三角函数的定义即可得到结论． 【解答】解：如图，延长BF交CD于G，连接EG， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AB∥CD，∠BAE＝∠BCD＝∠D＝90°， ∴∠BAF＝∠GCF． ∵将△ABE沿BE折叠，点A落到点F处， ∴AE＝FE，AB＝FB，∠BAE＝∠BFE＝90°， ∴∠BAF＝∠AFB， ∵∠BFE+∠GFE＝180°， ∴∠EFG＝90°， 又∵∠AFB＝∠CFG， ∴∠GCF＝∠CFG， ∴FG＝CG． ∵∠EFG＝90°． ∴∠EFG＝∠D＝90°． ∵E是AD边的中点， ∴AE＝DE． ∴DE＝EF． 又∵EG＝EG， ∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL）， ∴FG＝DG， ∴DG＝CG， ∴， ∴FG， ∴BF＝2FG， ∴BG＝3CG， ∴BC2CG， ∴tan∠FBC， 故答案为：． 【点评】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理、三角函数定义等知识；熟练掌握翻折变换的性质和勾股定理是解题的关键． 【考点4】图形的翻折（共6小题） 13．（2025秋•长宁区期末）在矩形ABCD中，AB＝CD＝6，AD＝BC＝5，E为射线AB上一点，将△ADE沿DE翻折，得到△A1DE（点A的对应点为A1），联结A1A、A1B，当△A1AB为等腰三角形时，AE长是　或或15或6　 ． 【分析】由等腰三角形分类讨论，依次画出图形，结合折叠的性质求解即可． 【解答】解：①当点E在线段AB上时，且AA1＝AB， 如图，此时点A1在AB的垂直平分线MN上， ∵DNCD＝3，A1D＝AD＝5， ∴A1N4， ∴A1M＝MN﹣A1N＝1， 在Rt△A1EM中，EM2+A1M2＝A1E2， 则（3﹣AE）2+1＝AE2， 解得AE； ②如图，当点E在线段AB上，且AA1＝AB时， 如图，记DE交AA1于点O， 则DE垂直平分AA1， ∵AA1＝AB＝6， ∴OA＝3，则OD4， ∵∠ADO＝∠EAO＝90°﹣∠DAO， ∴cos∠EAO＝cos∠ADO，即， ∴AE； ③当点E在AB延长线，且AA1＝AB， 如图，此时点A1在AB的垂直平分线MN上， ∵DNCD＝3，A1D＝AD＝5， ∴A1N4， ∴A1M＝MN+A1N＝9， 在Rt△A1EM中，EM2+A1M2＝A1E2， 则（AE﹣3）2+81＝AE2， 解得AE＝15； ④当BA＝BA1时，如图， 此时点E、B都在AA1垂直平分线上， ∴点E、B重合， ∴AE＝6； 综上，AE的长为或或15或6． 故答案为：或或15或6． 【点评】本题主要考查了翻折的性质、矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 14．（2025秋•普陀区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝3，AB＝4，点D在边AB上，将△ACD沿着CD翻折得△A′CD，其中点A与点A′对应，联结A′B，如果∠ACD＝∠A′BA，那么AD＝　　 ． 【分析】联结AA′，交CD于点E，作A′F⊥AB于点F，由翻折得A′D＝AD，CD垂直平分AA′，由∠ACD+∠CAE＝90°，∠FAA′+∠CAE＝90°，推导出∠FAA′＝∠ACD，进而证明△A′FA∽△DAC，而∠ACD＝∠A′BA，则∠FAA′＝∠A′BA，所以A′A＝A′B，因为AC＝3，AB＝4，所以FA＝FB＝2，则，FD＝2﹣AD，所以FA′AD，由勾股定理得（2﹣AD）2＝AD2，求得AD，于是得到问题的答案． 【解答】解：联结AA′，交CD于点E，作A′F⊥AB于点F，则∠A′FA＝90°， ∵∠BAC＝90°，点D在边AB上，将△ACD沿着CD翻折得△A′CD， ∴∠A′FA＝∠DAC＝90°，A′D＝AD，点A′与点A关于直线CD对称， ∴CD垂直平分AA′， ∴∠AEC＝90°， ∴∠ACD+∠CAE＝90°， ∵∠FAA′+∠CAE＝90°， ∴∠FAA′＝∠ACD， ∴△A′FA∽△DAC， ∴， ∵∠ACD＝∠A′BA， ∴∠FAA′＝∠A′BA， ∴A′A＝A′B， ∵AC＝3，AB＝4， ∴FA＝FBAB＝2， ∴，FD＝2﹣AD， ∴FA′AD， ∵FA′2+FD2＝A′D2， ∴（2﹣AD）2＝AD2， 整理得AD2﹣9AD+9＝0， 解得AD或AD（不符合题意，舍去）， 故答案为：． 【点评】此题重点考查翻折变换的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 15．（2025秋•闵行区期末）如图，矩形ABCD中，联结BD，点E是BC的中点，过点E作EF∥BD交CD于点F，将△CEF沿直线EF翻折，点C落在平面内点G处，如果点G恰在AE上，那么BG：AE的值是　　 ． 【分析】易证EF∥BD，则CG⊥BD，设BG＝1，则DG＝2，由射影定理可得CG，再利用勾股定理求出CD、BC，进而再求出AE，即可得解． 【解答】解：如图，连接CG交EF于点O， 则CG⊥EF， ∵E为BC中点，且G在BD上， ∴OC＝OG， ∴EF∥BD，则CG⊥BD， 在矩形ABCD中，BC∥AD， ∴△BEG∽△DAG， ∴， 设BG＝1，则DG＝2， 在Rt△BCD中，CG⊥BD， ∴∠DGC＝∠BGD＝90°，∠DCG＝∠CBG＝90°﹣∠BCG， ∴△DCG∽△CBG， ∴CG2＝DG•BG＝2， ∴CG， 在Rt△CDG中，CD， ∴AB＝CD， 在Rt△BCG中，BC， ∴BEBC， 在Rt△ABE中，AE， ∴BG：AE＝1：． 【点评】本题主要考查了翻折的性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 16．（2024秋•崇明区期末）四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12，AD＝8，将AB沿过点A的一条直线折叠，点B的对称点落在四边形ABCD的对角线上，折痕交边BC于点P（点P不与点B重合），那么PC长为 　或　 ． 【分析】分点B的对称点B'落在对角线AC上和落在对角线BD上两种情况，分别画出图形解答即可求解． 【解答】解：如图，当点B的对称点B'落在对角线AC上时， 由折叠可得，AB'＝AB＝5，PB'＝PB，∠AB'P＝∠ABP＝90°， ∴∠CB'P＝90°， ∵∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12， ∴， ∴B'C＝AC﹣AB＝13﹣5＝8， 设P'B＝PB＝x，则PC＝12﹣x， ∵PB'2+B'C2＝PC2， ∴x2+82＝（12﹣x）2， 解得， ∴， ∴； 如图，当点B的对称点B'落在对角线BD上时，设AP与BD相交于点G， 由折叠可得，AP⊥BD， ∴∠AGB＝∠BGP＝90°， ∵AD∥BC，∠ABC＝90°， ∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣90°＝90°， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵∠BAG+∠ABG＝90°，∠PBG+∠ABG＝90°， ∴∠PBG＝∠BAG， ∵∠BGP＝∠AGB＝90°， ∴△BGP∽△AGB， ∴即， ∴， ∴； 综上，PC长为或， 故答案为：或． 【点评】本题考查的折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 17．（2024秋•浦东新区期末）将平行四边形ABCD的边BC沿直线l翻折后，点B、C的对应点B′、C′落在直线AD上．如果AB＝2BC，，那么此平行四边形四个内角中，锐角的余弦值为 　　 ． 【分析】证明BB'⊥AD，CC'⊥AD，设AB＝x，BC＝m，证明△ABB'≌△DCC'，可得C′D＝AB'＝x，B'D＝|m﹣x|，，可列式为，求出xm，进而可求出∠A的余弦值． 【解答】解：如图， B'、C'要想落在AD上，l应为与BC平行的线，且l到AD、BC的距离相等， BB'⊥l，CC'⊥l， ∴BB'⊥AD，CC'⊥AD， ∵AB＝CD，BB'＝CC'，∠AB'B＝∠OC'C， ∴△ABB≌△DCC（SAS）， 设AB'＝x，BC＝m，则 AB＝2m，B'C'＝m，AC'＝AB'+B'C'＝m+x，C'D＝AB'＝x， ∴B'D＝|m﹣x|，， ∴， 整理得，x2m2， 解得xm， ∴cosA， 故答案为：． 【点评】本题主要考查轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数的定义等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 18．（2024秋•青浦区期末）梯形ABCD中，已知AD∥BC，AB＝CD，AD＜BC，AD：DC＝2：3．将梯形沿过点D的直线折叠，点C落在AB上，记作点E，折痕与底边BC的交点记作点F．如果DF∥AB，那么AE：EB＝ 　5：4　 ． 【分析】延长FE，DA交于G，设AD＝2m，则CD＝AB＝3m，由AD∥BC，DF∥AB，知四边形ABFD是平行四边形，有DF＝AB＝3m，BF＝AD＝2m，∠B＝∠ADF，根据将梯形沿过点D的直线折叠，点C落在AB上，记作点E，可得∠CFD＝∠EFD，EF＝CF，DE＝CD＝3m，故∠DEF＝∠EFD，求出EF＝BF＝2m，证明△EFD∽△DFG，可得，GF＝4.5m，从而GE＝GF﹣EF＝4.5m﹣2m＝2.5m，即可得． 【解答】解：延长FE，DA交于G，如图： 设AD＝2m，则CD＝AB＝3m， ∵AD∥BC，DF∥AB， ∴四边形ABFD是平行四边形， ∴DF＝AB＝3m，BF＝AD＝2m，∠B＝∠ADF， ∵将梯形沿过点D的直线折叠，点C落在AB上，记作点E， ∴∠CFD＝∠EFD，EF＝CF，DE＝CD＝3m， ∴DE＝DF＝3m， ∴∠DEF＝∠EFD， ∵DF∥AB， ∴∠CFD＝∠B，∠EFD＝∠BEF， ∴∠B＝∠BEF， ∴EF＝BF＝2m， ∵∠B＝∠CFD＝∠EFD＝∠DEF，∠B＝∠ADF， ∴∠ADF＝∠DEF， ∵∠EFD＝∠DFG， ∴△EFD∽△DFG， ∴，即， ∴GF＝4.5m， ∴GE＝GF﹣EF＝4.5m﹣2m＝2.5m， ∵GA∥BF， ∴； ∴AE：EB＝5：4． 故答案为：5：4． 【点评】本题考查梯形中的翻折问题，涉及相似三角形的判定与性质，平行四边形判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题． 【考点5】图形旋转（共5小题） 19．（2025秋•杨浦区期末）如图，平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝5，过点D作DE⊥AB，垂足为点E，将△ADE绕点E旋转得△FGE，点A的对应点F落在边AD上，点D的对应点G落在边BC上，连接FG与DE交于点H，那么的值是　　 ． 【分析】根据旋转的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：过E作EN⊥AD于N，延长DE，CB交于M， ∵将△ADE绕点E旋转得△FGE， ∴∠A＝∠AFE＝∠EFG，∠AEF＝∠DEG，∠DEF＝∠BEG，DE＝EG， ∴∠DFH＝∠AEF， ∵∠DFE＝∠EFG+∠DFH，∠ADC＝180°﹣∠A＝∠DFE， ∵∠ADC＝∠B， ∴△DEF≌△GEB（AAS）， ∴EF＝BE＝AEAB＝3，DF＝BG， ∴DE4， ∴AN＝NF， ∴DF＝AD﹣AN﹣NFBG，CG， ∴CM10，MG＝CM﹣CG， ∵DF∥CM， ∴△DFH∽△MGH， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 20．（2025秋•浦东新区期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠B＝60°，将▱ABCD绕着BC的中点O旋转到▱A′B′C′D′的位置，当点B′落在边AB上时，边A′D′与边CD相交于点G，则cot∠CGB′＝　　 ． 【分析】连接B′C，BC′，CC′，过B′作B′E⊥BC交BC于点E，根据线段中点的定义得到BO＝OC＝4，根据旋转的性质求出BO＝B′O＝4，∠D′＝∠D＝∠ABC＝60°，∠BCD＝∠B′C′D′＝120°，AB＝CD＝C′D′＝6，进而求出△BB′O是等边三角形，得到BB′＝BO＝B′O＝4，进而求出AB′＝2，根据三线合一得到BE＝EO＝2，根据勾股定理求出，进而根据勾股定理逆定理得到∠CB′B＝90°，即∠B′CG＝90°，根据余切的定义得到，证明四边形BB′CC′是矩形，得到BB′＝CC′＝4，∠B′CC′＝90°，可知C，C′，G在一条直线上，根据平行线的性质得到∠BB′C＝∠B′C′C＝60°，即∠GC′D′＝60°，可证△C′D′G是等边三角形，得到CG＝C′D′＝6，即GC＝2，将GC＝2、代入计算即可． 【解答】解：如图，BC＝8，O为BC的中点，连接B′C，BC′，CC′，过B′作B′E⊥BC交BC于点E， ∴BO＝OC＝4， ∵将▱ABCD绕着BC的中点O旋转到▱A′B′C′D′的位置， ∴∠D′＝∠D＝∠ABC＝60°，∠BCD＝∠B′C′D′＝120°，BO＝B′O＝4，AB＝CD＝C′D′＝6， ∵∠ABC＝60°， ∴△BB′O是等边三角形， ∴BB′＝BO＝B′O＝4， ∵AB＝6， ∴AB′＝2， ∵B′E⊥BC，BB′＝B′O， ∴BE＝EO＝2， ∴EC＝6， 在直角三角形B′BE中，由勾股定理得：， 在直角三角形B′CE中，由勾股定理得：， ∵B′C2＝48，B′B2＝16，BC2＝64， ∴B′C2+B′B2＝48+16＝64＝BC2， ∴∠CB′B＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠CB′B＝∠B′CG＝90°， ∴， ∵O为BC的中点， ∴OB＝OC，OB′＝OC′， ∴四边形BB′CC′是矩形， ∴BB′＝CC′＝4，∠B′CC′＝90°， ∵∠B′CG＝90°， ∴C，C′，G在一条直线上， ∵AB∥CD， ∴∠BB′C＝∠B′C′C＝60°， ∵∠B′C′D′＝120°， ∴∠GC′D′＝60°， ∵∠D′＝60°， ∴△C′D′G是等边三角形， ∴CG＝C′D′＝6， ∵CC′＝4， ∴GC＝2， ∵， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 21．（2025秋•徐汇区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，cosC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B、C分别与点D、E对应，边AD、DE分别与原三角形底边BC交于点F、G．当△DFG是等腰三角形时，FG的长为　或　 ． 【分析】根据AB＝AC＝5，cosC，作AH⊥BC于点H，可得BH＝4，由勾股定理可得AH＝3．接下来分三种情况讨论：①当FD＝FG时，导角可得BF＝AF，设BF＝x，则FH＝4﹣x，在Rt△AFH中，由勾股定理建立方程x2＝（4﹣x）2+32，解得x，故FG＝FD＝AD﹣AF＝5；②当DF＝DG时，同理可证得BA＝BF＝5，HF＝1，由勾股定理可得AF，DF5，作DK⊥FG于点K，证明△AHF∽△DKF，列比例式，求得FK．再由三线合一性质可得FG＝2FK；③当GF＝GD时，同理可证得AB＝AF，此时F与点C重合，点G不在底边BC上，不符合题意． 【解答】解：∵AB＝AC＝5，cosC， 作AH⊥BC于点H，如图1所示， 则， ∴BH＝4，由勾股定理可得AH＝3． 当FD＝FG时， ∴∠D＝∠FGD＝∠BAF＝∠B， 则BF＝AF， 设BF＝x，则FH＝4﹣x， 在Rt△AFH中，由勾股定理可得AF2＝FH2+AH2， 即x2＝（4﹣x）2+32， 解得x， ∴FG＝FD＝AD﹣AF＝5； 当DF＝DG时，如图2所示， 同理可证得BA＝BF＝5，则HF＝BF﹣BH＝5﹣4＝1， 在Rt△AHF中，由勾股定理可得AF， DF＝AD﹣AF＝5， 作DK⊥FG于点K， ∴AH∥DK， ∴△AHF∽△DKF， ∴，即， ∴FK， 由三线合一性质可得FG＝2FK； 当GF＝GD时，同理可证得AB＝AF，此时F与点C重合，点G不在底边BC上， 故不符合题意． 综上所述，FG的长为或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识点并灵活推理是解题关键． 22．（2025秋•嘉定区期末）如图，Rt△ABC中，已知∠C＝90°，AC＝2，BC＝4，将△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△AB′C′，点B、C的对应点分别为B′、C′，联结B′C．如果直线B′C垂直于AB，联结B′B，那么此时△AB′B的面积是　4　 ． 【分析】如图，延长B′C交AB于点H．利用勾股定理求出AB，再利用相似三角形的性质求出AH，利用勾股定理求出BH可得结论． 【解答】解：如图，延长B′C交AB于点H． ∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4， ∴AB2， ∵B′C⊥AB， ∴∠AHC＝∠ACB＝90°， ∵∠CAH＝∠BAC， ∴△ACH∽△ABC， ∴AC2＝AH•AB， ∴AH， ∵AB＝AB′＝2， ∴B′H， ∴△AB′B的面积•AB•B′H24． 故答案为：4． 【点评】本题考查旋转性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形的面积，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 23．（2024秋•嘉定区期末）如图，将一块含30°角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心G逆时针旋转180°．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为 　　 平方厘米． 【分析】根据含30度角的直角三角形的性质，求出△ABC的面积，旋转的性质，重心的性质，推出△ADE﹣△ABC且相似比为1：3，利用△ABC的面积减去三个小三角形的面积求出重叠部分的面积即可． 【解答】解：如图，∠BAC＝90°．∠B＝30°，BC＝12cm， ∴， ∴， ∵G为重心， ∴AG：GN＝2：1， ∵△ABC绕点G旋转180度， ∴AB∥A′B′，BC∥B′C′，A′C′∥AC，AG＝A′G，MG＝NG， ∴AM：MG：GN＝1：1：1， ∴AM：AN＝1：3， ∵BC∥B′C′， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴， 同理：， ∴重叠部分的面积为：， 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，重心的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 课后巩固 · 针对性练习 【作业1】（2024秋•金山区期末）在平面直角坐标系xOy中，将抛物线l1：y＝ax2+bx+c（其中a、b、c是常数，且a≠0），以原点为中心，旋转180°得抛物线l2，则称l2是l1的“中心对称抛物线”．已知抛物线y1＝x2﹣3x﹣4，将抛物线y1向左平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为A、B．将抛物线y1的“中心对称抛物线”y2向右也平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为C、D．当线段BC是线段AB、BD的比例中项时，n的值为 　　 ． 【分析】根据题意，求出A，B，C，D四点的坐标，进而求出AB，BD，BC的长，根据比例中项的定义，得到BC2＝AB•BD列出方程进行求解即可． 【解答】解：当y1＝0时，x2﹣3x﹣4＝0， 解得x1＝﹣1，x2＝4， ∴抛物线y1＝x2﹣3x﹣4与x轴的交点坐标为（﹣1，0），（4，0）， ∵抛物线y1＝x2﹣3x﹣4向左平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为A、B， ∴A（﹣1﹣n，0），B（4﹣n，0）， ∵y1＝x2﹣3x﹣4＝（x）2， ∴抛物线y1的顶点坐标为（，）， 点（，）关于原点的对称点为（，）， ∴物线y1的“中心对称抛物线”y2的解析式为y2＝﹣（x）2， 当y2＝0时，﹣（x）20， 解得x1＝1，x2＝﹣4， ∴抛物线y2与x轴的交点坐标为（﹣4，0），（1，0）， ∵抛物线y2向右平移n个单位长度，与x轴的交点从左到右依次为C、D， ∴C（﹣4+n，0），D（1+n，0）， ∴AB＝4﹣n+1+n＝5，BC＝4﹣n+4﹣n＝|8﹣2n|，BD＝4﹣n﹣1﹣n＝|3﹣2n|， ∵线段BC是线段AB、BD的比例中项， ∴BC2＝AB•BD， ∴（8﹣2n）2＝5|3﹣2n|， 解得：， 故答案为： 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程，也考查了二次函数的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【作业2】（2024秋•奉贤区期末）如图，Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝3，AC＝4，DE＝4，DF＝8，点M在边BC上，点N在边EF上，AM分割△ABC所得的两个三角形分别与DN分割△DEF所得的两个三角形相似，那么线段DN的长是 　4或　 ． 【分析】根据题意画出图形，然后分类讨论即可． 【解答】解：①如图，△ACM∽△FDN，△ABM∽△EDN， ∴6k+4k＝8， ∴k， ∴DN＝5k＝4； ②如图，△ACM∽△EDN，△ABM∽△FDN， ∴8k+3k＝4， ∴k， ∴DN＝10k； 综上所述：DN＝4或， 故答案为：4或． 【点评】本题考查了相似三角形的性质，正确画出图形是解题的关键． 【作业3】（2025秋•静安区期末）如图，等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，AE＝CD，AD交BE于点P，BQ⊥AD于点Q．如果PQ＝3PE，且PE的长为a，那么等边△ABC的边长为　　 ．（结果用含a的代数式表示） 【分析】根据等边三角形的性质，通过SAS证得△AEB≌△CDA，利用全等三角形的对应角相等和三角形外角的性质求得∠BPQ＝60°，进而可得∠PBQ＝30°．故BP＝6a，BE＝7a，由勾股定理可得BQ，再证明△APE∽△BAE，列比例式AE2＝BE•PE，可得AE，设AP＝b，则AB．证明△DBP∽△DAB，可得DB2＝DP•DA，进而可得答案． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝CA，∠BAE＝∠C＝60°， 在△AEB与△CDA中， ， ∴△AEB≌△CDA（SAS）， ∴AD＝BE，∠ABE＝∠CAD， ∴∠BAD+∠ABE＝∠BAD+∠CAD＝∠BAC＝60°， ∴∠BPQ＝∠BAD+∠ABE＝60°， ∵BQ⊥AD， ∴∠BQP＝90°， ∴∠PBQ＝90°﹣∠BPQ＝90°﹣60°＝30°． ∵PQ＝3PE＝3a， ∴BP＝2PQ＝6a，BE＝7a，由勾股定理可得BQ， ∵∠PAE＝∠EBA，∠AEP＝∠BEA， ∴△APE∽△BAE， ∴， ∴AE2＝BE•PE＝7a•a＝7a2， 故AE， ∴，设AP＝b，则AB． ∵∠BPD＝∠ABD＝60°，∠PDB＝∠BDA， ∴△DBP∽△DAB， ∵DB2＝DP•DA，即7a•（7a﹣b）， 整理可得6a2+ab﹣b2＝0， 即（2a+b）（3a﹣b）＝0，故3a＝b， 故AB， 故答案为：． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形．全等三角形和相似三角形的判定及性质是证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等或相似时，关键是选择恰当的判定条件． 【作业4】（2024秋•静安区期末）如图，在△ABC中，BD是△ABC的中线，BC＝2BD，AC＝6，那么AB的长为 　8　 ． 【分析】过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB交AB的延长线于F，解直角三角形求出DE＝3，AE＝6，证明DE是△ACF的中位线得CF＝2DE＝6，AE＝EF＝6，设BE＝a，则BF＝EF﹣BE＝6﹣a，AB＝AE+BE＝6+a，在Rt△BDE和Rt△CBF中，利用勾股定理构造方程求出a＝2，进而可得AB的长． 【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB交AB的延长线于F，如图所示： ∵BD是△ABC的中线，AC， ∴AD＝CDAC， 在Rt△ADE中，tanA， ∴AE＝2DE， 由勾股定理得：AD， ∴， ∴DE＝3， ∴AE＝2DE＝6， ∵DE⊥AB，CF⊥AB， ∴DE∥CF， 又∵BD是△ABC的中线， ∴DE是△ACF的中位线， ∴CF＝2DE＝6，AE＝EF＝6， 设BE＝a，则BF＝EF﹣BE＝6﹣a，AB＝AE+BE＝6+a， 在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2＝DE2+BE2＝32+a2， 在Rt△CBF中，由勾股定理得：BC2＝BF2+CF2＝（6﹣a）2+62， ∴BC＝2BD， ∴4（32+a2）＝（6﹣a）2+62， 整理得：a2+4a﹣12＝0， 解得：a＝2，a＝﹣6（不合题意，舍去）， ∴AB＝6+a＝8． 故答案为：8． 【点评】此题主要考查了解直角三角形，正确地添加辅助线构造直角三角形，灵活运用锐角三角函数的定义及勾股定理进行运算是解决问题的关键． 【作业5】（2024秋•虹口区期末）过三角形的重心作一条直线与这个三角形两边相交，如果截得的三角形与原三角形相似，那么我们把这条直线叫做这个三角形的“重似线”，这条直线与两边交点之间的线段叫做这个三角形的“重似线段”．如图，在△ABC中，AB＝10，tanB，tanC＝2，点D、E分别在边AB、AC上，如果线段DE是△ABC的“重似线段”，那么DE＝ 　或3　 ． 【分析】如图，作AG⊥BC于G，求解AG＝8，BG＝6，CG＝4，BG＝6+4＝10，，作△ABC的中线AF，Q为△ABC的重心，线段DE是△ABC的“重似线段”，分两种情况：当△ADE∽△ABC时，当△AD'E'∽△ACB时，过B作BH⊥AC交AC于H，再进一步求解即可． 【解答】解：如图，作AG⊥BC于G，AB＝10，，tanC＝2， ∴，， ∴AG＝8，BG＝6，CG＝4， ∴BC＝6+4＝10，， 作△ABC的中线AF，Q为△ABC的重心， ∴， ∵线段DE是△ABC的“重似线段”， ∴当△ADE∽△ABC时， ∴∠ADE＝∠B，， ∴DE∥BC， ∴， ∴， ∴，； 当△AD'E'∽△ACB时，过B作BH⊥AC交AC于H， ∴∠AE'D'＝∠ABC，∠AD'E'＝∠C，， ∵BA＝BC＝10， ∴∠C＝∠BAC，， ∴∠BAC＝∠AD'E'，，Q在BH上， ∴AE'＝D'E'， ∵， ∴， ∵， ∴，则， ∴； 综上：或， 故答案为：或3． 【点评】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【作业6】（2024秋•闵行区期末）在等腰△ABC中，AB＝AC，AD是边BC上的高，将线段AD绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，ED与边AB交于点F，且，如果△AFE与△DFB相似，那么的值为 　　 ． 【分析】根据题意，只能△AFE∽△DBF，设AD＝DE＝a，AB＝AC＝b，根据相似求出即可得出结论． 【解答】解：由题意得：只能△AFE∽△DBF， 过点D作DG⊥AE于点G，交AB于点H， 设AD＝DE＝a，AB＝AC＝b，则EF，， ∵∠CAE＝∠DGE＝90°， ∴DG∥AC， ∵∠BAD＝∠CAD＝∠ADG， ∴AH＝DH， ∵∠ADG＝∠EDG， ∴， ∴，BF＝AB﹣AH﹣FH， ∵△AFE∽△DBF， ∴EF•DF＝AF•BF， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键． 【作业7】（2024秋•黄浦区期末）将一张矩形纸片进行如图所示的操作：①沿对角线AC折叠，得到折痕AC；②折叠纸片使边CD落在折痕AC上，点D落在点P处，得到折痕CM；③过点M折叠纸片，使点D、C分别落在边AD、BC上，展开得到折痕MN．如果矩形MDCN是一个黄金矩形，其中，那么这张矩形纸片的两条邻边AB：BC＝ 　　 ． 【分析】如图，过点M作MT∥AC交CD于点T，设TM＝TC＝y，设DM＝（1）k，CD＝2k，由∠D＝90°，推出MT2＝DM2+DT2，由此构建方程求出y，再利用相似三角形的性质求解． 【解答】解：如图，过点M作MT∥AC交CD于点T． 由翻折变换的性质可知，∠MCD＝∠MCA， ∵MT∥AC， ∴∠TMC＝∠MAC， ∴∠TMC＝∠MCD， ∴TM＝TC， 设TM＝TC＝y， ∵， ∴可以假设DM＝（1）k，CD＝2k， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC， ∴MT2＝DM2+DT2， ∴y2＝（2k﹣y）2+[（1）k]2， ∴yk， ∴DT＝2kkk， ∵MT∥AC， ∴△DMT∽△DAC， ∴， ∴ ∵AB＝CD，AD＝BC， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查矩形的性质，翻折变换，黄金分割，相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 【作业8】（2024秋•松江区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，tanB，E是边AB上一点，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B′，如果AB′∥BC，那么的值为 　或　 ． 【分析】根据，设AC＝4x，BC＝5x，运用勾股定理可得，分类讨论：如图所示，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B′，AB'∥BC，设AB，CB'交于点F，运用勾股定理可得AB＝3x，由平行可证△AB'F∽△BCF，可得解得，，再证△B'EF∽△AEB'，可得即可求解；将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B'，AB'∥BC，延长B'A，CE交于点G，运用勾股定理可得AB'＝3x，由折叠与平行的性质可得BC＝B'C＝B'G，则AG＝2x，再证△AGE∽△BCE，得到即可求解． 【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，， ∴， 设AC＝4x，BC＝5x， ∴， 如图所示，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B'，AB′∥BC，设AB，CB'交于点F， ∴BC＝B'C＝5x，∠B'AC＝∠ACB＝90°， 在Rt△AB'C中，， ∵AB'∥BC， ∴△AB'F∽△BCF， ∴， ∵CF+B'F＝CB'＝5x， ∴CF＝5x﹣B'F， ∴， 解得：， 同理，， ∴， ∴， 解得：， ∵折叠， ∴∠CBE＝∠CB'E，BE＝B'E， ∵AB'∥BC， ∴∠CBA＝∠B'AB， ∴∠EB'F＝∠EAB'，且∠B'EF＝∠AEB'， ∴△B'EF∽△AEB'， ∴，即， 整理得，， ∵B'E＝BE， ∴； 如图所示，将△BCE沿直线CE翻折，点B的对应点为B'，AB'∥BC，延长B'A，CE交于点G， ∴B'G∥BC， ∴∠G＝∠BCG，∠B'AC＝∠ACB＝90°， ∵折叠， ∴∠BCG＝∠B'CG，BC＝B'C＝5x， ∴∠G＝∠B'CG， ∴B'C＝B'G＝5x， 在Rt△ACB'中，， ∴AG＝B'G﹣AB'＝5x﹣3x＝2x， ∵AG∥BC， ∴△AGE∽△BCE， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或． 【点评】本题考查了锐角三角函数的计算与运用，折叠的性质，相似三角形判定和性质，掌握相似三角形的判定方法及性质是解题的关键． 【作业9】（2024秋•静安区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．D是BC的中点，点E在边AB上，将△BDE沿直线DE翻折，使得点B落在同一平面内的点B'处，线段B'D交边AB于点F，联结AB'．当△AB'F是直角三角形时，BE的长为　2或　 ． 【分析】分两种情况画出图形，①方法一：如图1，当∠AFB′＝90°时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案；方法二：过点E作EH⊥BC于点H，设EH＝3a，BE＝5a，则BH＝4a，由BF的长列出方程，解方程求出a即可； ②方法一如图2，当∠AB′F＝90°时，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可求出答案． 方法二：过点E作EG⊥BD于点G，设EG＝3a，BG＝4a，BE＝5a，得出，求出a的值则可得出答案． 【解答】解：①方法一：如图1，当∠AFB′＝90°时． 在Rt△ABC中，∵AC＝6，BC＝8， ∴AB10， ∵D是BC的中点， ∴BD＝CDBC＝4， ∵∠AFB'＝∠BFD＝90°，∠ACB＝90°， ∴∠DFB＝∠ACB， 又∵∠DBF＝∠ABC， ∴△BDF∽△BAC， ∴，即， 解得：BF， 设BE＝B'E＝x，则EFx， ∵∠B＝∠FB'E， ∴sin∠B＝sin∠FB'E， ∴， ∴， 解得x＝2． ∴BE＝2． 方法二： 过点E作EH⊥BC于点H，设EH＝3a，BE＝5a，则BH＝4a， ∵将△BDE沿直线DE翻折， ∴EF＝3a， ∴BF＝8a＝BD•cos∠B＝4， ∴a， ∴BE＝5a＝2； ②如图2中，当∠AB′F＝90°时，连接AD，作EH⊥AB′交AB′的延长线于H． ∵AD＝AD，CD＝DB′， ∴Rt△ADC≌Rt△ADB′（HL）， ∴AC＝AB′＝6， ∵将△BDE沿直线DE翻折， ∴∠B＝∠DB'E， ∵AB'⊥DB'，EH⊥AH， ∴DB'∥EH， ∴∠DB'E＝∠B'EH， ∴∠B＝∠B'EH， ∴sin∠B＝sin∠B'EH， 设BE＝x，则B'Hx，EHx， 在Rt△AEH中，AH2+EH2＝AE2， ∴， 解得x， ∴BE． 则BE的长为2或． 方法二： 过点E作EG⊥BD于点G， 设EG＝3a，BG＝4a，BE＝5a， ∴DG＝EGa， ∵DG+GB＝DB， ∴， ∴a， ∴BE． 故答案为：2或． 【点评】本题考查了翻折变换、勾股定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题． 【作业10】（2024秋•宝山区期末）如图，已知△ABC，AB＝AC＝4，∠B＝30°，D是边BC的中点，线段AB绕点D顺时针旋转得到对应线段A′B′，线段A′B′与边AC、BC分别交于点E、F．如果△EFC是直角三角形，那么AE的长是 　或2　 ． 【分析】由三线合一可得AD⊥BC，进而求出各边长，然后根据△EFC是直角三角形分类讨论，当∠FEC＝90°时或∠EFC＝90°时，画出图形，利用特殊角求解即可． 【解答】解：连接AD， ∵AB＝AC＝4，D是BC中点， ∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°，BD＝CD， ∵∠B＝30°， ∴∠BAD＝60°，AD2，BD＝CD＝AB•cos30°＝2， ∵线段AB绕点D顺时针旋转得到对应线段A′B′， ∴△ABD≌△A'B'D， ∴∠BAD＝∠A'＝60°，∠B＝∠B'＝30°，A'D＝AD＝2，BD＝B'D＝2， ①当∠FEC＝90°时， ∵∠C＝30°， ∴∠EFC＝60°＝∠DFA'， ∴△A'DF是等边三角形， ∴DF＝A'D＝2， ∴CF＝CD﹣DF＝2， ∴CE＝CF•cos30°＝3， ∴AE＝AC﹣CE＝4﹣（3）； ②当∠EFC＝90°时， 此时∠A'FD＝90°， 在Rt△A'FD中，A'D＝2，∠A'＝60°， ∴DF＝A'D•sin60°， ∴CF＝CD﹣FD， 在Rt△EFC中，∠C＝30°， ∴CE2， ∴AE＝AB﹣CE＝2． 【点评】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $