题目内容
7．（1）如图1，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，过点O的直线l与边AB、CD分别交于点E、F，绕点O旋转直线l，猜想直线l旋转到什么位置时，四边形AECF是菱形．证明你的猜想．（2）若将（1）中四边形ABCD改成矩形ABCD，使AB=4cm，BC=3cm，
①如图2，绕点O旋转直线l与边AB、CD分别交于点E、F，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A与点C重合，点D的对应点为D′，连接DD′，求△DFD′的面积．
②如图3，绕点O继续旋转直线l，直线l与边BC或BC的延长线交于点E，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，点B的对应点为B′，当△CEB′为直角三角形时，求BE的长度．请直接写出结果，不必写解答过程．
分析 （1）连接AF、CE，根据三角形全等证明出OE=OF，结合AC⊥EF即可证明四边形AECF是菱形；
（2）①过D′作D′H⊥CF于H，设DF=xcm，则CF=（4-x）cm，根据折叠的性质得到D′F=DF=x，CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，由勾股定理求出x的值，根据等面积知识求出D′H的长，进而求出△DFD′的面积；
②分类讨论E点的位置，画出图形后，利用勾股定理和折叠的性质即可求出答案．
解答 
解：（1）猜想：当l⊥AC时，四边形AECF是菱形，
如图1，连接AF、CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB∥CD，
∴∠FCO=∠EAO，
又∵∠FOC=∠EOA，
∴△COF≌△AOE，
∴OE=OF，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD=BC=3，
设DF=xcm，则CF=（4-x）cm，
由折叠性质可知：
D′F=DF=x，CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，
由勾股定理得（4-x）2=32+x2，
解得x=$\frac{7}{8}$，
∴D′F=DF=$\frac{7}{8}$，
∴CF=4-$\frac{7}{8}$=$\frac{25}{8}$，
如图2，过D′作D′H⊥CF于H，由面积相等可得，CF•D′H=D′F•CD′，
∴D′H=$\frac{21}{25}$，
∴S△DFD′=$\frac{1}{2}$×$\frac{7}{8}$×$\frac{21}{25}$=$\frac{147}{400}$（cm2）
②如图①，设BE=xcm，CE=（3-x）cm，AC=5cm，B′C=5-4=1cm，
根据勾股定理可得B′C2+B′E2=CE2，
解得x=$\frac{4}{3}$cm，
如图②，设BE=xcm，则CE=（3-x）cm，AB′=4cm，B′E=xcm，
在Rt△ADB′中，
由勾股定理可得BD′=$\sqrt{A{B}^{2}-A{D}^{2}}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}$cm，
B′C=（4-$\sqrt{7}$）cm，
在Rt△CB′E中，B′C2+B′E2=CE2，
即16-8$\sqrt{7}$+7+x2=9-6x+x2，
解得x=$\frac{16-4\sqrt{7}}{3}$cm，
如图③，
当四边形ABEB′是正方形时，点B和点B′关于直线AE对称，△B′EC是直角三角形，
此时CE=1cm，BE=4cm；
如图④
BE=xcm，AB′=4cm，AD=3cm，CE=（x-3）cm，
在Rt△ADB′中，B′D=$\sqrt{AB{′}^{2}-A{D}^{2}}=\sqrt{16-9}=\sqrt{7}$cm，
B′C=$\sqrt{7}$+4，
在Rt△B′CE中，7+8$\sqrt{7}$+16+x2-6x+9=x2，
解得x=$\frac{16+4\sqrt{7}}{3}$cm，
综上，BE的长为$\frac{4}{3}$cm或$\frac{16-4\sqrt{7}}{3}$cm或4cm或$\frac{16+4\sqrt{7}}{3}$cm．
点评 本题主要考查了几何变换的综合题，此题涉及到的知识较多，菱形的判定、勾股定理、正方形的性质、折叠的性质和三角形面积的计算，解答（1）问需要熟练掌握菱形的判定定理，解答（2）题①问求出DH′是关键，第（2）题②小问需要分类讨论，很容易漏解，此题难度较大．
| A． | $\frac{2}{x}$$\sqrt{x-a}$ | B． | $\frac{2a}{{x}^{2}}$$\sqrt{x-a}$ | C． | 2ax4$\sqrt{x-a}$ | D． | $\frac{2a}{x}$$\sqrt{x-a}$ |
如图，已知一次函数y=$\frac{4}{3}$x+m的图象与x轴交于A（-6，0），交y轴于点B．
如图所示，四边形ADEF为正方形，△ABC为等腰直角三角形，D在BC边上，连接CF．