备战2021年上海中考专题11：图形的变换

备战2021年中考数学真题模拟题分类汇编（上海专版）
专题11图形的变换（共24题）
一．选择题（共7小题）
1．（2020•上海）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形．下列图形中，平移重合图形是（　　）
A．平行四边形 B．等腰梯形 C．正六边形 D．圆
【分析】证明平行四边形是平移重合图形即可．
【解析】如图，平行四边形ABCD中，取BC，AD的中点E，F，连接EF．

∵四边形ABEF向右平移可以与四边形EFCD重合，
∴平行四边形ABCD是平移重合图形，
故选：A．
2．（2020•杨浦区二模）若将一个长方形纸条折成如图的形状，则图中∠1与∠2的数量关系是（　　）

A．∠1＝2∠2 B．∠1＝3∠2
C．∠1+∠2＝180° D．∠1+2∠2＝180°
【分析】由折叠可得，∠2＝∠ABC，再根据平行线的性质，即可得出∠1＝∠ABD＝2∠2．
【解析】如图，由折叠可得，∠2＝∠ABC，
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠ABD＝2∠2，
故选：A．

3．（2020•嘉定区二模）下列图形，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A．线段 B．矩形 C．等腰梯形 D．圆
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断即可．
【解析】A、线段是轴对称图形也是中心对称图形；
B、矩形是轴对称图形也是中心对称图形；
C、等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形；
D、圆是轴对称图形也是中心对称图形；
故选：C．
4．（2020•宝山区二模）下列四边形中，是中心对称但不是轴对称的图形是（　　）
A．矩形 B．等腰梯形 C．正方形 D．平行四边形
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，即可判断出答案．
【解析】A、矩形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
B、等腰梯形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C、正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
5．（2020•静安区二模）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，其中点B、C分别与点D、E对应，如果B、D、C三点恰好在同一直线上，那么下列结论错误的是（　　）

A．∠ACB＝∠AED B．∠BAD＝∠CAE C．∠ADE＝∠ACE D．∠DAC＝∠CDE
【分析】利用旋转的性质直接对A选项进行判断；利用旋转的性质得∠BAC＝∠DAE，再利用三角形外角性质得∠BAD＝∠CAE，则可对B选项进行判断；利用旋转的性质得∠ADE＝∠B，AB＝AD，AC＝AE，然后根据等腰三角形顶角相等时底角相等得到∠B＝∠ACE，则∠ADE＝∠ACE，于是可对C选项进行判断；先判断∠EDC＝∠BAD，而∠BAD不能确定等于∠DAC，则可对D选项进行判断．
【解析】∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ACB＝∠AED，所以A选项的结论正确；
∠BAC＝∠DAE，
即∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE，所以B选项的结论正确；
∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，
∴∠ADE＝∠B，AB＝AD，AC＝AE，
∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠B＝∠ACE，
∴∠ADE＝∠ACE，所以C选项的结论正确；
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，
而∠ADE＝∠B，
∴∠EDC＝∠BAD，
而AD不能确定平分∠BAC，
∴∠BAD不能确定等于∠DAC，
∴∠EDC不能确定等于∠DAC，所以D选项的结论错误．
故选：D．
6．（2020•浦东新区三模）已知长方体ABCD﹣EFGH如图所示，那么下列各条棱中与棱GC平行的是（　　）

A．棱EA B．棱AB C．棱GH D．棱GF
【分析】首先确定与GC平行的棱，再确定选项即可求解．
【解析】观察图象可知，与棱GC平行的棱有AE、BF、DH．
故选：A．
7．（2017•上海）下列图形中，既是轴对称又是中心对称图形的是（　　）
A．菱形 B．等边三角形 C．平行四边形 D．等腰梯形
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形对各选项分析判断即可得解．
【解析】A、菱形既是轴对称又是中心对称图形，故本选项正确；
B、等边三角形是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误；
C、平行四边形不是轴对称，是中心对称图形，故本选项错误；
D、等腰梯形是轴对称，不是中心对称图形，故本选项错误．
故选：A．
二．填空题（共15小题）
8．（2019•上海）如图，已知直线11∥l2，含30°角的三角板的直角顶点C在l1上，30°角的顶点A在l2上，如果边AB与l1的交点D是AB的中点，那么∠1＝　120　度．

【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得到DA＝DC，则∠DCA＝∠DAC＝30°，再利用三角形外角性质得到∠2＝60°，然后根据平行线的性质求∠1的度数．
【解析】∵D是斜边AB的中点，
∴DA＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴∠2＝∠DCA+∠DAC＝60°，
∵11∥l2，
∴∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝180°﹣60°＝120°．
故答案为120．

9．（2020•宝山区一模）点A和点B在同一平面上，如果从A观察B，B在A的北偏东14°方向，那么从B观察A，A在B的　南偏西14°　方向．
【分析】根据方位角的概念，画图正确表示出方位角，利用平行线的性质即可求解．
【解析】由题意可知，∠1＝14°，
∵AC∥BD，
∴∠1＝∠2＝14°，根据方向角的概念可知，
由点B测点A的方向为南偏西14°方向．
故答案为：南偏西14°．

10．（2020•崇明区一模）已知线段AB＝8cm，点C在线段AB上，且AC2＝BC•AB，那么线段AC的长　45-4　cm．
【分析】根据黄金分割的定义得到点C是线段AB的黄金分割点，根据黄金比值计算得到答案．
【解析】∵AC2＝BC•AB，
∴点C是线段AB的黄金分割点，AC＞BC，
∴AC=5-12AB=5-12×8＝（45-4）cm，
故答案为：45-4．
11．（2020•浦东新区二模）如图，AB∥CD，如果∠B＝50°，∠D＝20°，那么∠E＝　30°　．

【分析】根据平行线的性质得出∠BCD＝50°，利用三角形外角性质解答即可．
【解析】∵AB∥CD，
∴∠BCD＝∠B＝50°，
∵∠D＝20°，
∴∠E＝∠BCD﹣∠D＝50°﹣20°＝30°，
故答案为：30°．
12．（2020•青浦区二模）在△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝2，将△ABC绕着点B顺时针旋转，如果点A落在射线BC上的点A'处．那么AA'＝　23　．
【分析】作AH⊥BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得BH＝CH=12BC＝1，利用勾股定理可计算出AH＝22，再根据旋转的性质得BA′＝BA＝3，则HA′＝2，然后利用勾股定理可计算出AA′的长．
【解析】作AH⊥BC于H，如图，
∵AB＝AC＝3，BC＝2，
∴BH＝CH=12BC＝1，
∴AH=32-12=22，
∵△ABC绕着点B顺时针旋转，如果点A落在射线BC上的点A'处，
∴BA′＝BA＝3，
∴HA′＝2，
在Rt△AHA′中，AA′=(22)2+22=23．
故答案为23．

13．（2020•虹口区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D、E分别是边BC、AB上一点，DE∥AC，BD＝52，把△BDE绕着点B旋转得到△BD'E'（点D、E分别与点D'，E'对应），如果点A，D'、E'在同一直线上，那么AE'的长为　3524或524　．

【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当点D′在线段AE′上时，解直角三角形求出AD′，D′E′即可．如图2中，当E′在线段AD′上时，同法可得．
【解析】如图1中，当点D′在线段AE′上时，

在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=62+82=10，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴DEAC=BDBC，
∴DE6=528，
∴DE=1524，
∵∠AD′B＝90°，
∴AD′=AB2-D'B2=102-(52)2=52，
∴AE′＝AD′+D′E′＝52+1524=3524，
如图2中，当E′在线段AD′上时，同法可得AE′＝AD′﹣D′E′＝52-1524=524

综上所述，满足条件的AE′的长为3524或524．
故答案为3524或524．
14．（2020•金山区二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，把△ABC绕C点旋转得到△A'B'C，其中点A'在线段AB上，那么∠A'B'B的正切值等于　724　．

【分析】证明△CAA'∽△CBB'，得出CACB=AA'BB'，设A'B＝a，则AA'＝5﹣a，BB'=25-a2，得出34=5-a25-a2，解方程求出A'B，则BB'可求出，则答案可得出．
【解析】把△ABC绕C点旋转得到△A'B'C，点A'在线段AB上，

∴∠ACA'＝∠BCB'，CA＝CA'，CB＝CB'，
∴∠A＝∠CA'A，∠CBB'＝∠CB'B，
∴∠A＝∠CBB'，
∴△CAA'∽△CBB'，
∴CACB=AA'BB'，
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，∠A+∠CBA＝90°，
∴∠CBB'+∠CBA＝90°，
∴∠A'BB'＝90°，
设A'B＝a，则AA'＝5﹣a，BB'=25-a2，
∴34=5-a25-a2，
解得，a=75（a＝5舍去），
∴A'B=75，
∴BB'=25-(75)2=245，
∴tan∠A'B'B=A'BBB'=75245=724．
故答案为：724．
15．（2020•宝山区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，tanB=34，将△ABC绕点B逆时针旋转，得到△A1BC1，当点C1在线段CA延长线上时△ABC1的面积为　46825　．

【分析】过点B作BE⊥CC'于点E，过点A作AF⊥BC于F，由锐角三角函数可求AF＝3，BF＝4，由等腰三角形的性质可得BC＝8，由面积法可求BE的长，由勾股定理可求CE的长，由旋转的性质可得BC＝BC'＝8，可求AC'的长，即可求解．
【解析】如图，过点B作BE⊥CC'于点E，过点A作AF⊥BC于F，

∵tan∠ABC=34=AFBF，
∴设AF＝3x，BF＝4x，
∵AF2+BF2＝AB2＝25，
∴x＝1，
∴AF＝3，BF＝4，
∵AB＝AC＝5，AF⊥BC，
∴BC＝2BF＝8，
∵S△ABC=12×BC×AF=12×AC×BE，
∴BE=8×35=245，
∴CE=BC2-BE2=64-57625=325，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转，
∴BC＝BC'＝8，且BE⊥CC'，
∴CC'＝2EC=645，
∴△ABC1的面积=12×AC'×BE=12×（645-5）×245=46825，
故答案为：46825．
16．（2020•闵行区二模）如图，已知在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转，使点B落在点B1处，点C落在点C1处，且BB1⊥AC．联结B1C和C1C，那么△B1C1C的面积等于　8﹣43　．

【分析】由直角三角形的性质可求BH＝2，可求△ABC的面积，由旋转的性质可得S△AB1C1=4，∠CAB＝∠C1AB1＝30°，AB＝AB1＝AC＝AC1＝4，可证△CAC1是等边三角形，由面积和差关系可求解．
【解析】如图，设BB1与AC交于H，

∵AB＝AC＝4，∠BAC＝30°，BB1⊥AC，
∴BH＝2，
∴S△ABC=12×AC×BH=12×2×4＝4，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转，
∴S△AB1C1=4，∠CAB＝∠C1AB1＝30°，AB＝AB1＝AC＝AC1＝4，且BB1⊥AC，
∴BH＝B1H＝2，∠CAB1＝∠CAB＝30°，
∴∠CAC1＝60°，且AC＝AC1＝4，
∴△CAC1是等边三角形，
∴△B1C1C的面积=S△AB1C1+S△ACB1-S△ACC1=4+12×4×2-34×（4）2＝8﹣43，
故答案为：8﹣43．
17．（2020•闵行区一模）已知正方形ABCD的边长为2，如果将线段BD绕着点B旋转后，点D落在BC的延长线上的点E处，那么tan∠BAE＝　2　．
【分析】由正方形ABCD中四个内角为直角，四条边相等，求出BC与DC的长，利用勾股定理求出BD的长，由旋转的性质可求BE的长，即可求解．
【解答】解；如图，

∵正方形ABCD，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
在Rt△BCD中，DC＝BC＝2，
根据勾股定理得：BD=AD2+AB2=4+4=22，
∵将线段BD绕着点B旋转后，点D落在BC的延长线上的点E处，
∴BE＝BD＝22，
∴tan∠BAE=BEAB=222=2，
故答案为：2．
18．（2020•普陀区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，sinB=513，点P为边BC上一点，PC＝3，将△ABC绕点P旋转得到△A'B'C'（点A、B、C分别与点A'、B'、C'对应），使B'C'∥AB，边A'C'与边AB交于点G，那么A'G的长等于　2013　．

【分析】如图，作PH⊥AB于H．利用相似三角形的性质求出PH，再证明四边形PHGC′是矩形即可解决问题．
【解析】如图，作PH⊥AB于H．

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，sinB=513，
∴ACAB=513，
∴AB＝13，BC=AB2-AC2=132-52=12，
∵PC＝3，
∴PB＝9，
∵∠BPH∽△BAC，
∴PHAC=PBAB，
∴PH5=913，
∴PH=4513，
∵AB∥B′C′，
∴∠HGC′＝∠C′＝∠PHG＝90°，
∴四边形PHGC′是矩形，
∴CG′＝PH=4513，
∴A′G＝5-4513=2013，
故答案为2013．
19．（2020•奉贤区一模）如图，已知矩形ABCD（AB＞BC），将矩形ABCD绕点B顺时针旋转90°，点A、D分别落在点E、F处，连接DF，如果点G是DF的中点，那么∠BEG的正切值是　1　．

【分析】连接BD，BF，EG．利用四点共圆证明∠BEG＝∠BFD＝45°即可．
【解析】连接BD，BF，EG．

由题意：BD＝BF，∠DBF＝90°，
∵DG＝GF，
∴BG⊥DF，
∴∠BGF＝∠BEF＝90°，
∴∴B，G，E，F四点共圆，
∠BEG＝∠BFD＝45°，
∴∠BEG的正切值是1．
故答案为1．
20．（2020•嘉定区一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cosA=35（如图），把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，将A、B的对应点分别记为点A'、B'．如果A'B'恰好经过点A，那么点A与点A'的距离为　365　．

【分析】如图，过点C作CE⊥A'B'，由锐角三角函数可求AC＝6，由旋转的性质可得AC＝A'C＝6，∠A'＝∠BAC，即可求A'E的长，由等腰三角形的性质可求AA'的长．
【解析】如图，过点C作CE⊥A'B'，

∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cos∠BAC=35，
∴AC＝6，
∵把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，
∴AC＝A'C＝6，∠A'＝∠BAC，
∵cos∠A'＝cos∠BAC=A'EA'C=35，
∴A'E=185，
∵AC＝A'C，CE⊥A'B'，
∴AA'＝2A'E=365，
故答案我：365．
21．（2020•金山区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，点P在边BC上，联结AP，将△ABP绕着点A旋转，使得点P与边AC的中点M重合，点B的对应点是点B′，则BB′的长等于　2510　．

【分析】如图，延长AB'交BC于E，过点B'作B'D⊥AB于点D，由勾股定理可求AC的长，由旋转的性质可求AP＝AM=5，∠PAB＝∠CAE，AB＝AB'＝2，通过证明△ABP∽△CBA，可得∠PAB＝∠C，可得CE＝AE，由勾股定理可求CE，BE的长，由相似三角形的性质可求B'D，BD的长，即可求解．
【解析】如图，延长AB'交BC于E，过点B'作B'D⊥AB于点D，

∵∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=16+4=25，
∵点M是AC中点，
∴AM=5，
∵将△ABP绕着点A旋转，使得点P与边AC的中点M重合，
∴AP＝AM=5，∠PAB＝∠CAE，AB＝AB'＝2，
∵AP2＝AB2+PB2，
∴PB＝1，
∵BAPB=2=BCAB，且∠ABP＝∠ABC＝90°，
∴△ABP∽△CBA，
∴∠PAB＝∠C，
∴∠C＝∠CAE，
∴CE＝AE，
∵AE2＝AB2+BE2，
∴CE2＝4+（4﹣CE）2，
∴CE＝AE=52，
∴BE=32，
∵B'D∥BC，
∴△AB'D∽△AEB，
∴AB'AE=ADAB=B'DBE，
∴252=AD2=B'D32，
∴AD=85，B'D=65，
∴BD=25，
∴BB'=B'D2+BD2=3625+425=2105，
故答案为：2105．
22．（2020•松江区一模）如图，矩形ABCD中，AD＝1，AB＝k，将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转90°得到矩形A′BC′D′，联结AD′，分别交边CD，A′B于E、F，如果AE=2D′F，那么k＝　2+1　．

【分析】由矩形的性质和旋转的性质可求AD＝A'D'＝1，AB＝A'B＝k，∠A'＝∠DAB＝90°＝∠DCB＝∠ABC，通过证明△ADE∽△FA'D'，可得ADA'F=DEA'D'=AED'F，可求DE，A'F的长，通过证明△A'D'F∽△CEF，由相似三角形的性质可求解．
【解析】∵将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转90°得到矩形A′BC′D′，
∴AD＝A'D'＝1，AB＝A'B＝k，∠A'＝∠DAB＝90°＝∠DCB＝∠ABC，
∴A'D'∥BA∥CD
∴∠A'D'F＝∠FEC＝∠DEA，且∠D＝∠A'＝90°，
∴△ADE∽△FA'D'，
∴ADA'F=DEA'D'=AED'F，且AE=2D′F，
∴DE=2A'D'=2，A'F=12AD=22，
∵∠A'＝∠DCF＝90°，∠A'FD'＝∠EFC，
∴△A'D'F∽△CEF，
∴ECA'D'=FCA'F，
∴k-21=k-1-2222
∴k=2+1，
故答案为：2+1．
三．解答题（共2小题）
23．（2020•宝山区一模）如图，OC是△ABC中AB边的中线，∠ABC＝36°，点D为OC上一点，如果OD＝k⋅OC，过D作DE∥CA交于BA点E，点M是DE的中点，将△ODE绕点O顺时针旋转α度（其中0°＜α＜180°）后，射线OM交直线BC于点N．
（1）如果△ABC的面积为26，求△ODE的面积（用k的代数式表示）；
（2）当N和B不重合时，请探究∠ONB的度数y与旋转角α的度数之间的函数关系式；
（3）写出当△ONB为等腰三角形时，旋转角α的度数．

【分析】（1）通过证明△ODE∽△OCA，可得S△DEOS△OAC=(ODOC)2，即可求解；
（2）通过证明△OEM∽△BAC，可得∠EOM＝∠ABC＝36°，分两种情况讨论可求解；
（3）分四种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．
【解析】（1）∵OC是△ABC中AB边的中线，△ABC的面积为26，
∴S△OAC＝13，
∵DE∥AC，
∴△ODE∽△OCA，∠OEM＝∠OAC，
∴S△DEOS△OAC=(ODOC)2，且OD＝k⋅OC，
∴S△ODE＝13k2，
（2）∵△ODE∽△OCA，
∴OEOA=ODOC=DEAC=k，
∵OC是△ABC中AB边的中线，点M是DE的中点，
∴AB＝2AO，EM=12DE，
∴OEAB=k2=EMAC，且∠OEM＝∠OAC，
∴△OEM∽△BAC，
∴∠EOM＝∠ABC＝36°，
如图2，当0＜α＜144°时，
∵∠AON＝∠B+∠ONB，
∴∠AOE+∠EOM＝∠B+∠ONB
∴y＝α
如图3，当144°＜α＜180°时，

∵∠BON＝∠EOM﹣∠BOE＝36°﹣（180°﹣α）
∴∠NOB＝α﹣144°，
∵∠BNO＝∠ABC﹣∠NOB＝36°﹣（α﹣144°）＝180°﹣α；
（3）当0＜α＜144°时，若OB＝ON，则∠ABC＝∠BNO＝36°＝α，
若OB＝BN，则∠ONB=180°-36°2=72°＝α，
若ON＝BN，则∠ABC＝∠BON＝36°，
∴∠ONB＝180°﹣2×36°＝108°＝α，
当144°＜α＜180°时，
若OB＝BN，则∠N＝∠NOB＝18°＝180°﹣α，
∴α＝162°．
24．（2020•浦东新区一模）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝4，AC＝3，D为AB边上一动点（点D与点A、B不重合），联结CD，过点D作DE⊥DC交边BC于点E．
（1）如图，当ED＝EB时，求AD的长；
（2）设AD＝x，BE＝y，求y关于x的函数解析式并写出函数定义域；
（3）把△BCD沿直线CD翻折得△CDB'，联结AB'，当△CAB'是等腰三角形时，直接写出AD的长．

【分析】（1）证明∠ACD＝∠EDB＝∠B，推出tan∠ACD＝tan∠B，可得ADAC=ACAB，由此构建方程即可解决问题．
（2）如图1中，作EH⊥BD于H．证明△ACD∽△HDE，推出ACDH=ADEH，由此构建关系式即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，设CB′交AB于K，作AE⊥CK于E，DM⊥CB′于M，DN⊥BC于N．利用角平分线的性质定理求出BD即可．②如图3﹣2中，当CB′交BA的延长线于K时，同法可得BD．
【解析】（1）∵ED＝EB，
∴∠EDB＝∠B，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE＝∠A＝90°，
∵∠ACD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠EDH＝90°，
∴∠ACD＝∠EDB＝∠B，
∴tan∠ACD＝tan∠B，
∴ADAC=ACAB，
∴AD3=34，
∴AD=94．

（2）如图1中，作EH⊥BD于H．
在Rt△ACB中，∵∠A＝90°，AC＝3，AB＝4，
∴BC=AC2+BC2=32+42=5，
∵BE＝y，
∴EH=35y，BH=45y，DH＝AB﹣AD﹣BH＝4﹣x-45y，
∵∠A＝∠DHE＝90°，∠ACD＝∠EDH，
∴△ACD∽△HDE，
∴ACDH=ADEH，
∴34-x-45y=x35y，
∴y=20x-5x29+4x（0＜x＜4）．

（3）①如图3﹣1中，设CB′交AB于K，作AE⊥CK于E，DM⊥CB′于M，DN⊥BC于N

∵AC＝AB＝3，AE⊥CB′，
∴CE＝EB'=12CB′=52，
∴AE=AC2-CE2=32-(52)2=112，
由△ACE∽△KCA，
可得AK=3115，CK=185，
∴BK＝AB﹣AK＝4-3115，
∵∠DCK＝∠DCB，DM⊥CM，DN⊥CB，
∴DM＝DN，
∴S△CDKS△CDB=DKDB=12⋅CK⋅DM12⋅BC⋅DN=CKCB=1855=1825，
∴BD=2543BK=10043-154311，
∴AD＝AB﹣BD＝4﹣（10043-151143）=7243+151143．
②如图3﹣2中，当CB′交BA的延长线于K时，同法可得BD=2543BK=10043+151143，
∴AD＝AB﹣BD=7243-151143．