精选重庆市中考数学第二部分题型研究题型三几何图形综合题针对演练Word文档格式.docx

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8.（2016重庆一中下期半期考试）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，以CE为对角线构造正方形CMEN，点N在正方形ABCD内部，连接AM，与CD边交于点F.若CF＝3，DF＝2，连接BN，则BN的长为________．

9.如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°

，菱形ABCD的面积为50，点E、F分别在AB、AD上，且BE＝AF＝2，则△ECF的周长为________．

10.在矩形ABCD中，BC＝4，BG与对角线AC垂直且分别交AC，AD及射线CD于点E，F，G，当点F为AD中点时，AB＝________．

第10题图

答

案

1.B　【解析】∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝∠BAE，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠BEA＝∠DAE＝∠BAE，∴AB＝BE＝6，∵BG⊥AE，垂足为G，∴AE＝2AG，在Rt△ABG中，∵∠AGB＝90°

，AB＝6，BG＝4，∴AG＝＝2，∴AE＝2AG＝4，∴S△BEA＝AE·

BG＝×

4×

4＝8.∵BE＝6，BC＝AD＝9，∴CE＝BC－BE＝9－6＝3，∴BE∶CE＝6∶3＝2∶1.∵AB∥FC，∴△BEA∽△CEF，∴S△BEA∶S△CEF＝（BE∶CE）2＝4∶1，∴S△CEF＝S△BEA＝2.

2.D　【解析】如解图所示，连接EF，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝2，∠A＝∠D＝90°

，∵点E为AD中点，∴AE＝DE＝1，∴BE＝＝＝，在△ABE和△DCE中，

∴△ABE≌△DCE（SAS），∴BE＝CE＝，∵S△BCE＝S△BEF＋S△CEF，∴BC·

AB＝BE·

FG＋CE·

FH，即BE（FG＋FH）＝BC·

AB，即（FG＋FH）＝2×

3，解得：

FG＋FH＝.

3.C　【解析】①在△ADF和△DCE中，

∴△ADF≌△DCE（ASA），故本选项正确；

②∵△ADF≌△DCE

，∴DE＝AF，∵AE＝DE，∴AE＝AF，在△ANF和△ANE中，

∴△ANF≌△ANE（SAS），∴NF＝NE，∵NM⊥CE，∴NE>

MN，∴NF>

MN，故本选项错误；

③∵AF∥CD，∴∠CDN＝∠NFA，∠DCN＝∠NAF，∴△DCN∽△FAN，又∵△ADF≌△DCE，且四边形ABCD为正方形，∴AF＝AB＝DC，∴＝＝2，∴CN＝2AN，故本选项正确；

④如解图①，连接CF，设S△ANF＝1，则S△ADF＝S△ACF＝3，∴S△ADN＝2，∴S△ACB＝6，∴S四边形CNFB＝S△ACB－S△ANF＝5，∴S△ADN∶S四边形CNFB＝2∶5，故本选项正确；

⑤如解图②，延长DF与CB的延长线交于G，则∠ADF＝∠G，根据③的结论F为AB中点，即AF＝BF，在△DAF与△GBF中，

∴△DAF≌△GBF（AAS），∴BG＝AD，又AD＝BC，∴BC＝BG，又∵∠ADF＝∠DCE，

∠ADF＋∠CDM＝90°

，∴∠DCE＋∠CDM＝90°

，∴∠DMC＝∠CMG＝90°

，∴△CMG是直角三角形，∴MB＝BG＝BC（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），∴∠G＝∠BMF，∴∠ADF＝∠BMF，故本选项正确．∴正确的有①③④⑤共4个．故选C.

图①图②

第3题解图

4.36　【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠ABC＝90°

，AB＝BC，在△ABF和△BCE中，

∵△ABF≌△BCE（SAS），∴∠ABF＝∠BCE，∵∠ABF＋∠CBG＝90°

，∴∠CBG＋∠BCE＝90°

，∴∠BGC＝90°

，∴∠BGE＝90°

，∵点H为线段BE的中点，∴GH＝BE＝EH＝BH，∴∠GEH＝∠HGE，∠HBG＝∠HGB，∵∠EHG＝∠DCE，设∠DCE＝3x，则∠EHG＝4x，∵AB∥CD，∴∠HEG＝∠DCE＝3x，∴∠HGE＝3x，∠ABF＝2x，∵在△HGE中，3x＋4x＋3x＝180°

，解得：

x＝18°

，∴∠ABF＝36°

.

5.

　【解析】如解图，延长GP交DC于点H，∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，由题意可知DC∥GF，∴∠GFP＝∠HDP，在△GFP和△HDP中，

，∴△GFP≌△HDP（ASA），∴GP＝HP，GF＝HD，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CG＝CH，∴△CHG是等腰三角形，∴PG⊥PC（三线合一），又∵∠ABC＝∠BEF＝60°

，∴∠GCP＝60°

，∴＝sin60°

＝.

6.11＋2　【解析】如解图，把△ADE绕点A顺时针旋转90°

得到△ABE′，则E′B＝DE，AE＝AE′，∵旋转角是90°

，连接EE′，∴∠EAE′＝90°

，∴△EAE′是等腰直角三角形，∴EE′＝·

AE＝2，∠AE′E＝45°

，∵∠AED＝135°

，∴∠AE′B＝∠AED＝135°

，∴∠EE′B＝135°

－45°

＝90°

，在Rt△EE′B中，由勾股定理得，BE′＝DE＝＝，过点A作BE′的垂线，交BE′的延长线于点G，可求出Rt△AGB的AG和BG的长，分别为、＋，在△ABG中，由勾股定理可知AB2＝2＋（＋）2，∴正方形ABCD的面积＝AB2＝11＋2.

7.3【解析】如解图所示，延长AE、DC相交于点M，过点A作AH⊥BC于点H，连接AC.∵AB∥DM，∴∠M＝∠BAE，∵AD∥BC，∴∠CEM＝∠DAM，而∠BAE＝∠DAM，∴∠M＝∠CEM＝∠DAM，∴CE＝CM，DM＝AD＝7.∵∠M＋∠MFE＝90°

＝∠CEM＋∠CEF，∴∠MFE＝∠CEF，∴CF＝CE＝CM＝FM＝（MD－DF）＝2,∴AB＝DC＝DF＋CF＝5,BE＝BC－CE＝5.设EH＝x，由＝tan∠AEB＝3，可得：

AH＝3x，在Rt△ABH中，AB2＝AH2＋BH2，则52＝（3x）2＋（5－x）2，解得x＝1，则EH＝1，AH＝3，故CH＝CE＋EH＝3,∴AC＝＝3.又∵四边形ACFG是平行四边形，∴FG＝AC＝3.

8.

　【解析】如解图，连接MN交CD于G，∵四边形CMEN是正方形，∴MN⊥CE，且MG＝CG＝GN＝GE，∵四边形ABCD是正方形，且CF＝3，DF＝2，∴AD＝5，∠D＝90°

.∵MG∥AD，∴△MGF∽△ADF，∴＝，设MG＝x，则FG＝CF－CG＝3－x，∴

，解得x＝.过N作NH⊥BC于H，易得四边形NHCG是正方形，∴NH＝HC＝，∴BH＝BC－CH＝5－＝.在Rt△BHN中，由勾股定理得BN＝＝＝.

9.6　【解析】如解图，过点C作CH⊥AB于点H，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，又∠B＝60°

，∴△ABC、△ADC都为等边三角形，∴∠BCA＝60°

，∠DAC＝60°

，AC＝BC，在△BCE和△ACF中，

∴△BCE≌△ACF（SAS），∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，又∠BCE＋∠ACE＝60°

，∴∠ACF＋∠ACE＝60°

，即∠ECF＝60°

，∴△ECF为等边三角形．设BH＝x，在Rt△BCH中，BC＝2x，CH＝x，∴2x·

x＝50，解得x＝5，即BH＝5，∴CH＝

，HE＝BH－BE＝5－2＝3，在Rt△CHE中，CE＝＝＝2，∴△ECF的周长＝3×

2＝6.

10.2　【解析】∵点F为AD中点，四边形ABCD是矩形，∴AF＝AD＝2，AD＝BC＝4，∵矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠EAF＝∠ECB，∠AFE＝∠CBE，∴△AEF∽△CEB，∴＝＝＝＝，∴CE＝2AE，BE＝2FE，∴AC＝3AE，BF＝3FE，∵矩形ABCD中，∠ABC＝∠BAF＝90°

，∴在Rt△ABC和Rt△BAF中，设AB＝x，分别由勾股定理得：

AC2＝AB2＋B

C2，BF2＝AF2＋AB2，即（3AE）2＝x2＋42，（3FE）2＝22＋x2，两式相加，得9（AE2＋FE2）＝2x2＋20，又∵AC⊥BG，∴在Rt△AEF中，根据勾股定理得：

AE2＋FE2＝AF2＝4，∴36＝2x2＋20，解得：

x＝2或x＝－2（舍去），∴x＝2，即AB＝2.

类型二　折叠问题

1.如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连接AG，则BG＝________．

第1题图第2题图

2.（2016重庆八中强化训练三）在矩形ABCD中，E为AB边上的中点，将△BDE沿DE翻折，B的对应点记为B′，已知AD＝4，AB＝6，F为线段DE上一动点，当∠DAF＝∠BAB′时，则DF＋BB′＝________．

3.（2016重庆实验外国语学校一诊）如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边AD、AB上，且AE＝BF＝1，连接BE、CF交于点G，在线段EG上取一点H使HG＝BG，连接DH，把△EDH沿AD边翻折得到△EDH′，则点H到边DH′的距离是________．

第3题图

第4题图第5题图

4.（2016重庆巴蜀中学三诊）如图，在边长为3的正方形ABCD中，E为BC上的一点，且EC＝BC，过E作EF⊥AE交CD于F，连接AF，把△AEF沿AF翻折得到△AGF，使E点落在G处，连接DG，则DG＝________．

5.（2016重庆八中开学考试）如图，在△ABE中，∠AEB＝90°

，AB＝，以AB为边在△ABE的同侧作正方形ABCD，点O为AC与BD的交点，连接OE，OE＝2，点P为边AB上一点，将△APE沿直线PE翻折得到△GPE，若PG⊥BE于点F，则BF＝________．

6.

如图，将矩形纸片ABCD沿直线AE折叠，点B恰好落在线段CD的中点F上，点G是线段AF上一动点（不与A，F重合），点G过GH⊥AB，垂足为H，将矩形沿直线GH翻折，点A恰好落在线段BH上点A′处．若AB长为8，则当△A′GE为直角三角形时，AH的长为________．　　

答案

1.2　【解析】在正方形ABCD中，AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B＝∠BCD＝90°

，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°

，∴AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°

，又∵AG＝AG，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴BG＝FG，设BG＝FG＝x，则GC＝6－x，∵E为CD的中点，∴CE＝DE＝EF＝3，∴EG＝3＋x，∴在Rt△CEG中，32＋（6－x）2＝（3＋x）2，解得x＝2，∴BG＝2

2.8　【解析】在矩形ABCD中，E为AB边上的中点，AD＝4，AB＝6，∴AE＝AB＝3，∴DE＝＝5，BD＝＝2，∵将△BDE翻

折，B的对应点记为B′，∴BE＝B′E，BD＝B′D，∴B′E＝AB，∴∠AB′B＝90°

，∵∠DAF＝∠BAB′，∴∠B′AF＝∠DAB＝90°

，∴AF∥BB′，延长DE交BB′于H，∴DH垂直平分BB′，设BH＝x，EH＝y，∴

∴BB′＝，∵AF∥

BB′，∴AF⊥DH，∴DF＝＝，∴DF＋BB′＝＋＝8.

3.

【解析】如解图，连接HH′，由折叠知H′D＝HD，∠H′DE＝∠HDE，∴AD⊥HH′于点Q，在△ABE和△BCF中，

∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠ABE＝∠BCF，∵∠FBG＋∠GBC＝90°

，∴∠BCF＋∠GBC＝90°

，根据勾股定理得CF＝＝＝，根据面积公式得CF·

BG＝BC·

BF，∴BG＝＝＝，∴HG＝BG＝，∵BE＝CF＝，∴EH＝，∵∠HQD＝∠A＝90°

，∴QH∥AB，∴＝＝，即

＝＝

，∴QH＝，EQ＝，∴DQ＝＋2＝，∴DH＝＝＝，∴DH′＝DH＝，设△DHH′的DH′边上的高为h，则DH′·

h＝QH·

DQ×

2，∴h

＝＝.∴点H到边DH′的距离是.

4.

【解析】如

解图，过点A作AM⊥DG，交GD的延长线于点M.∵∠ADF＝∠AGF＝90°

，∴点A、D、G、F四点共圆，∴∠AGD＝∠AFD.∵BC＝3，∴EC＝BC＝1，∴BE＝2，∴AE＝AG＝＝.∵∠AEF＝90°

，∴∠BAE＝∠CEF，∴△ABE∽△ECF，∴＝，即＝

，∴FC＝，∴DF＝DC－FC＝3－＝，EF＝＝，∵tan∠AGM＝tan∠AFD，∴＝＝＝.∵∠ADF＝90°

，∴∠FDG＝∠MAD＝∠FAG，∴∠ADM＝∠AFG，∴tan∠ADM＝tan∠AFG＝tan∠AFE＝＝3.设AM＝9x，则DM＝3x，则AD＝

，解得x＝.又∵＝，∴GM＝7x，∴DG＝GM－DM＝4x＝4×

＝.

5.5－　【解析】如解图，在BE上截取BM＝AE，连接OM，AC与BE交于点K，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AO＝OB，∴∠AEM＝∠AOB＝90°

，∴∠EAK＋∠AKE＝90°

，∠BKO＋∠OBM＝90°

，∵∠BKO＝∠AKE，∴∠EAO＝∠OBM，在△OAE和△OBM中，

∴△OAE≌△OBM（SAS），∴OE＝OM，∠AOE＝∠BOM，∴∠EOM＝∠AOB＝90°

，∴EM＝OE＝4，设AE＝BM＝a，在Rt△ABE中，∵AB2＝AE2＋BE2，∴26＝a2＋（a＋4）2，∵a>

0，∴a＝1，∵△PEG是由△PEA翻折而得到的，∴PA＝PG，∠APE＝∠GPE，∵PG⊥EB，AE⊥EB，∴AE∥PG，∴∠AEP＝∠GPE＝∠APE，∴AP＝AE＝1，PB＝－1，∴＝，∴＝

，∴BF＝5－.

6.　【解析】如解图，根据翻折的性质可知：

△ABE≌△AFE，∵AF＝AB＝8，EF＝BE，∠2＝∠3，由已知得：

DC＝AB＝8，BC＝AD，∵F是DC的中点，DF＝CF＝DC＝4，∴BC＝AD＝＝＝4，∵∠D＝90°

，AF＝2DF，∴∠1＝30°

，∴∠BAF＝60°

，∴∠1＝∠2＝30°

，设BE＝x，则EF＝x，CE＝4－x，在Rt△CEF中，EF2＝CE2＋CF2，即x2＝（4－x）2＋16，解得：

BE＝x＝，∵矩形沿GH翻折，点A落在线段BH上点A′处，∴AG＝A′G，AH＝A′H，∵∠BAF＝60°

，∴△AGA′为等边三角形，∴AG＝AA′，在△AGE与△AA′E中，

，∴△AGE≌△AA′E（SAS），∴GE＝A′E，∴当△A′GE为直角三角形时，只能∠A′EG＝90°

，∴△A′EG是等腰直角三角形，设AH＝y，则AA′＝A′G＝2y，A′B＝AB－AA′＝8－2y，在等腰直角三角形A′GE中，A′E＝A′G＝y，在直角三角形A′BE中，A′E＝＝

，2y2＝（8－2y）2＋（）2，解得：

y1＝，y2＝（不合题意舍去），∴AH＝.

类型三　旋转问题

1.如图，矩形ABCD中，E为BC边上一点，且AE⊥DE，将线段AE绕A点逆时针旋转90°

，得到线段AF，连接EF，交AD于点M，连接DF，若BE＝1，EF＝2，则点M到DF的距离为________．

2.如图，矩形ABCD中，点B与原点重合，点D（8，6），AE⊥BD，△AEB沿着y轴翻折得到△AFB，将△AFB绕着点B顺时针旋转α（0°

<

α<

90°

）得到△BF′A′，直线F′A′与线段AB、AE分别交于点M、N，当MN＝MA时，△BF′A′与

△AEB重叠部分的面积为________．

3.（2015重庆南开九下半期考试）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，将△ACD沿对角线AC翻折得到△ACE.AE交BC于点F，将△CEF绕点C逆时针旋转α角（0°

＜α＜180°

）得到△CE′F′，点E、F的对应点分别为E′、F′，旋转过程中直线CF′、E′F′分别交直线AE的延长线于点M、N，当△F′NM是等腰三角形且MN＝MF′时，则MN＝________．

4.（2015重庆南开阶段测试三）如图，△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°

，以A为一个顶点的等边三角形ADE绕点A在∠BAC内旋转，AD、AE所在的直线与BC边分别交于点F、G，点B关于直线AD的对称点为B′，当△FGB′是以点G为直角顶点的直角三角形时，BF的长为________．

5.（2016南岸区一模）如图，矩形ABCD中，AB＝10，BC＝7.5，点E是AD上一点，把△ABE沿BE翻折至△FBE，EF与DC相交于点G，且DG＝FG，再把△FBE绕点E顺时针旋转一定的角度α（0°

）后得到△F′EB′，EF′的延长线交BF于点M，EB′交AB于点N，当ME＝MB时，AN的长度是________．

6.（2016重庆八中第一次全真模拟）如图所示，正方形ABCD中，连接对角线AC，将△ACD绕点C逆时针旋转一定角度得到△A′CD′，连接AA′，连接DD′并延长交AA′于点E，若A′E＝AC＝2，则ED′＝________．

第6题图第7题图

7.（2016重庆南开阶段测试一）如图，将等腰Rt△GAE绕点A顺时针旋转60°

得到△DAB，其中∠GAE＝∠DAB＝90°

，GE与AD交于点M，过点D作DC∥AB交AE的延长线于点C，已知AF平分∠GAM，EH⊥AE交DC于点H.连接FH交DM与点N，若AC＝2，则MN的值为________．

1.　【解析】如解图，∵将线段AE绕A点逆时针旋转90°

，得到线段AF，∴AE＝AF，∠FAE＝90°

，∵EF＝2，∴AE＝AF＝，∵BE＝1，∴AB＝3，∵AE⊥DE，∴∠AEB＋∠DEC＝90°

，∵∠AEB＋∠BAE＝90°

，∴∠BAE＝∠DEC，又∵∠B＝∠C，∴△ABE∽△ECD，∴＝，即＝

，∴EC＝9，则DE＝3，BC＝10，∵AF∥DE，∴＝＝，∴DM＝，过点F作FN⊥AD，过点M作MH⊥DF，垂足为N、H，在△FAN和△ABE中，

，∴△FAN≌△EBA（AAS），∴FN＝BE＝1，AN＝AB＝3，则DN＝7，∴DF＝＝5，∴DM·

FN＝DF·

MH，即×

×

1＝×

5×

MH，∴MH＝，∴点M到DF的距离为.

第1题解图

2.　【解析】在矩形ABCD中，点D（8，6），∴AD＝8，AB＝6，∴DO＝＝10，∵AE⊥OD

，∴AO·

AD＝·

OD·

AE，∴AE＝，∴OE＝OF′＝＝，∵AM＝MN，∴∠MAN＝∠ANM，∵∠ENG＋∠NGE＝90°

，∠ANM＝∠ENG，∴∠AOE＝∠OGF′，∵∠AEO＝∠OF′G＝90°

，∴△AEO∽△OF′G，∴＝，∴OG＝，∴F′G＝＝，EG＝OG－OE＝－＝，由△NEG∽△AEO，

得＝，∴NE＝，∴S重合＝S△OGF′－S△NEG＝×

－×

第2题解图

3.　【解析】当MF′＝MN时，∠MNF′＝∠MF′N＝∠E′F′C＝∠EFC，∴E′F′∥BC，设BF＝x，则AF＝FC＝8－x，则在Rt△ABF中，AB2＋BF2＝AF2，即62＋x2＝（8－x）2，解得x＝，∴CF＝.如解图，作MH∥BC交DC延长线于点H，则△CMH∽△CF′E′，又∵△CF′E′≌△CFE≌△AFB，∴△CMH∽△AFB，∴MH∶CH∶CM＝BF∶AB∶AF＝7∶24∶25，作MI⊥CF于点I，则I为CF的中点，又MH＝CI，∴MH＝FC＝，MC＝MH＝，∴MN＝MF′＝－＝.

4.4－4　【解析】如解图，连接AB′，过点A作AH⊥BC于点H.∵AB＝AC，∠BAC＝120°

，∴∠B＝∠C＝30°

.∵∠DAE＝60°

，∴∠BAF＋∠CAE＝60°

.由对称性知∠B＝∠AB′F＝30°

，∠BAF＝∠B′AF，BF＝B′F，AB＝AB′.∵∠BAF＋∠CAE＝60°

，∠B′AF＋∠B′AE＝60°

，∴∠CAE＝∠B′AE，又∵AG＝AG，AB′＝AC，∴△ACG≌△AB′G（SAS），∴∠C＝∠AB′G＝30°

，CG＝B′G，∴∠FB′G＝30°

＋30°

＝60°

.∵∠FGB′＝90°

，∴△FGB′为直角三角形，B′G∶FG∶B′F＝1∶∶

2.设B′G＝x，则FG＝x，FB′＝2x，∵B′G＋FG＋B′F＝BF＋FG＋GC＝BC，又∵BC＝2BH＝2AB·

cos∠B＝2×

cos30°

＝4，∴x＋x＋2x＝4，解得x＝2－2，∴BF＝2x＝4－4.

5.　【解析】如解图，设BF交CD于点H，设AE＝EF＝x，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝10，AD＝BC＝7.5，∠A＝∠D＝∠C＝90°

，在△DGE和△FGH中，

，∴△DGE≌△FGH（ASA），∴EG＝GH，DE＝FH，∴DH＝EF＝x，DE＝FH＝7.5－x，BH＝10－FH＝2.5＋x，CH＝10－x，在Rt△BCH中，∵BH2＝CH2＋BC2，∴（2.5＋x）2＝（10－x）2＋7.52，∴x＝6，∴AE＝6，∵EM＝MB，∴∠MEB＝∠MBE＝∠EBA＝∠AEN，∵∠EAN＝∠EAB＝90°

，∴△EAN∽△BAE，∴＝，∴＝

，∴AN＝.

第5题解图

6.－　【解析】如解图，过点D′作D′F⊥AA′于点F，设A′D′与AB交于点G，由旋转知CA＝CA′，∴∠CAA′＝∠CA′A，∵∠CAB＝∠CA′D′＝45°

，∴∠GAA′＝∠GA′A，∴∠GAA′＝∠GA′A＝，∵∠AGA′＝∠BGD′＝360°

－∠B－∠GD′C－∠BCD′＝360°

－90°

－∠BCD′＝180°

－∠BCD′，∴∠GAA′＝∠GA′A＝＝∠BCD′，∵CD＝CD′，∠DCD′＝90°

－∠BCD′，∴∠CD′D＝∠CDD′＝＝＝45°

＋∠BCD′，∴∠ED′A′＝180°

－∠A′D′C－∠CD′D＝180°

－（45°

＋∠BCD′）＝45°

－∠BCD′，∴∠D′EF＝∠EA′D′＋∠ED′A′＝∠BCD′＋45°

－∠BCD′＝45°

，∵D′F⊥AA′，∴EF＝D′F，不妨设EF＝D′F＝x，则A′F＝2＋x，又∵A′D′＝AD＝AC·

sin45°

＝4×

＝2，由勾股定理得A′F2＋D