考点：PB：翻折变换（折叠问题）；L8：菱形的性质．
【点评】本题主要考查了折叠问题，等腰三角形的判定，解一元二次方程以及勾股定理的运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，依据勾股定理列方程求解．解题时注意方程思想的运用．
&变式训练&
变式3.1如图，将∠BAC沿DE向∠BAC内折叠，使AD与A′D重合，A′E与AE重合，若∠A=30°，则∠1+∠2=（ ）
A．50° B．60° C．45° D．以上都不对 【答案】B
考点：PB：翻折变换（折叠问题）．
【点评】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系． 变式3.2如图，已知等边△ABC的面积为4
，P、Q、R分别为边AB、BC、AC上的动点，则PR+QR的最小
值是（ ）
A．3
B．2
C．
D．4
【答案】B
【解析】试题分析：作△ABC关于AC对称的△ACD，点E与点Q关于AC对称，连接ER，根据点E，R，P在同一直线上，且PE⊥AB时，PR+QR的最小值是PE的长，根据等边△ABC的面积为4最小值．
试题解析：如图，作△ABC关于AC对称的△ACD，点E与点Q关于AC对称，连接ER，则QR=ER，
，即可得到PR+QR的
当点E，R，P在同一直线上，且PE⊥AB时，PR+QR的最小值是PE的长， 设等边△ABC的边长为x，则高为∵等边△ABC的面积为4∴x×
x=4
，
，
x，
解得x=4， ∴等边△ABC的高为即PE=2
，
x=2
，
故选：B．
考点：PA：轴对称﹣最短路线问题；KK：等边三角形的性质．
【点评】本题主要考查了最短路线问题以及等边三角形的性质的运用，解题时注意：凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，多数情况要作点关于某直线的对称点．
变式3.3如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，
连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EMN的周长是 ．
【答案】
【解析】试题分析：解法一：如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE=EF=
，PD=
=3，如图2，由平行相似证明△DGC
∽△FGA，列比例式可得FG和CG的长，从而得EG的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE∥GM证明△DEN∽△MNH，则
，得EN=
，从而计算出△EMN各边的长，相加可得周长．
解法二，将解法一中用相似得出的FG和CG的长，利用面积法计算得出，其它解法相同．
解法三：作辅助线构建正方形和全等三角形，设EP=x，则DQ=4﹣x=FP=x﹣2，求x的值得到PF=1，AE的长；由△DGC和△FGA相似，求AG和GE的长；证△GHF和△FKM全等，所以GH=FK=4/3，HF=MK=2/3，ML=AK=10/3，DL=AD﹣MK=10/3，即DL=LM，所以DM在正方形对角线DB上，设NI=y，列比例式可得NI的长，分别求MN和EN的长，相加可得结论．
试题解析：解法一：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE， ∵DC∥AB， ∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形， ∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x， ∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ， ∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF， ∵DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形， 易证明△DEC≌△BEC， ∴DE=BE， ∴EF=BE， ∵EQ⊥FB， ∴FQ=BQ=BF，
∵AB=4，F是AB的中点， ∴BF=2， ∴FQ=BQ=PE=1， ∴CE=
，PD=4﹣1=3，
=2
，
Rt△DAF中，DF=DE=EF=
，
如图2，∵DC∥AB， ∴△DGC∽△FGA， ∴
==2，
∴CG=2AG，DG=2FG， ∴FG=×∵AC=∴CG=×∴EG=
﹣
==4==
， ， ， ，
连接GM、GN，交EF于H， ∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH==，
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