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最新中考数学二轮核心考点专题训练 专题28 几何图形的翻折填空选择题专项训练
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3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试,并在速度体验中提高正确率。
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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.33B.4C.5D.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.1B.2C.3D.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.163B.4C.3D.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=BDB.BE=ACC.ED+EB=DBD.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=4B.∠BEA1=60°C.AB=23D.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•cs60°=4×12=2,可得A1B=BC﹣A1C=2,则A1E=A1Bcs30°=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•cs60°=4×12=2,
∴A1B=BC﹣A1C=2,
∴A1E=A1Bcs30°=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.332B.4C.32D.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.2B.3.4C.4D.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+52B.5−12C.3−5D.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•cs30°=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,
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