∵∠BAC=90°,∠B=30°,∴AC= BC．
又∵AD是BC边上的中线,∴AD=DC= BC=AC.∴△ADC为正三角形．
①当α=60°时,如图3,∠ACE=120°+60°=180°.
∵CA=CE=CD=CF,
∴四边形ADEF为矩形．
②当α≠60°时,∠ACF≠120°,∠DCE=360°-60°-60°-∠ACF≠120°．
显然DE≠AF．∵AC=CF,CD=CE,
∴2∠FAC+∠ACF=2∠CDE+∠DCE=180°.
∵∠ACF+∠DCE=360°-60°-60°=240°,
∴∠FAC+∠CDE=60°.∴∠DAF+∠ADE=120°+60°=180°.∴AF∥DE．
又∵DE≠AF,AD=EF,∴四边形ADEF为等腰梯形．
例5、如图，矩形纸片ABCD，将△AMP和△BPQ分别沿PM和PQ折叠（AP＞AM），点A和点B都与点E重合；再将△CQD沿DQ折叠，点C落在线段EQ上的点F处.
（1）判断△AMP，△BPQ，△CQD和△FDM中有哪几对相似三角形？
（2）如果AM=1，sin∠DMF= ，求AB的长.
[解析]（1）由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=90°，由折叠的性质和等角的余角相等，可得∠BPQ=∠AMP=∠DQC，所以△AMP∽△BPQ∽△CQD；（2）先证明MD=MQ，然后根据sin∠DMF= DFMD=35，设DF=3x，MD=5x，再分别表示出AP，BP，BQ，根据△AMP∽△BPQ，列出比例式解方程求解即可.
解：（1）△AMP∽△BPQ∽△CQD.
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°.
由折叠的性质可知∠APM=∠EPM，∠EPQ=∠BPQ.
∴∠APM+∠BPQ=∠EPM+∠EPQ=90°.
∵∠APM+∠AMP=90°，∴∠BPQ=∠AMP.
∴△AMP∽△BPQ.
同理：△BPQ∽△CQD.
根据相似的传递性可得△AMP∽△CQD；
（2）∵AD∥BC，∴∠DQC=∠MDQ.
由折叠的性质可知∠DQC=∠DQM.
∴∠MDQ=∠DQM.∴MD=MQ.
∵AM=ME，BQ=EQ，
∴BQ=MQ-ME=MD-AM.
∵sin∠DMF= ，则设DF=3x，MD=5x，则BP=PA=PE= ，BQ=5x-1.
∵△AMP∽△BPQ，∴ ，即 ，解得x= （舍去）或x=2，∴AB=6.
例6、如图，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2, 0），点
A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为（ ）．
A．（4， ） B．（3， ） C．（4， ） D．（3， ）
[答案]A
[解析]如图，当点B的坐标为（2, 0），点A的横坐标为1．
当点A’的横坐标为3时，等边三角形A′OC的边长为6．
在Rt△B′CD中，B′C＝4，所以DC＝2，B′D＝ ．此时B′ ．
例7、图形的折叠：如图，在矩形ABCD中，AD＝15，点E在边DC上，联结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．如果AD
中考数学二轮复习重难题型突破类型二平移旋转折叠问题
