2024河北中考数学二轮复习 专题四 三角形、四边形实践探究专项训练 （含答案）

2024河北中考数学二轮复习专题四三角形、四边形实践探究专项训练类型一旋转问题典例精讲例（一题多设问）如图，C，D，E三点在线段AB上，且AC＝CE＝ED＝DB，将线段AC绕点C按顺时针方向旋转α(0°<α<180°)，点A的对应点为点A1.同时将线段DB绕点D按逆时针方向旋转β(0°<β<360°)，点B的对应点为点B1.(1)如图①，若β＝α，连接A1D，B1C，交于点F；①求证：△A1CD≌△B1DC；②求证：△FCD为等腰三角形；【思维教练】①由SAS证明；②根据两角相等的三角形为等腰三角形证明．例题图①(2)如图②，当180°<β<360°时，若A1C∥B1D，连接A1B1.①证明：线段A1B1必经过点E；②当△EA1C的外心在其内部时，求α的取值范围；【思维教练】①通过三角形全等证明；②由三角形的外心在三角形内部，可确定该三角形为锐角三角形．例题图②(3)当A1C∥B1D时，求α，β满足的数量关系；【思维教练】分两种情况：①0°<β<180°；②180°≤β<360°.(4)若β＝2α，△A1CD≌△B1DC，则α＝________．【思维教练】根据△A1CD≌△B1DC，得到∠A1CD＝∠B1DC，根据α，β的取值范围，分两种情况，用含α，β的代数式分别表示∠A1CD和∠B1DC，再根据β＝2α求解即可．备用图对接中考1.平面内，如图，在▱ABCD中，AB＝10，AD＝15，tanA＝eq\f(4,3).点P为AD边上任意一点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ.(1)当∠DPQ＝10°时，求∠APB的大小；(2)当tan∠ABP∶tanA＝3∶2时，求点Q与点B间的距离(结果保留根号)；(3)若点Q恰好落在▱ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积(结果保留π)．第1题图备用图2.在一平面内，线段AB＝20，线段BC＝CD＝DA＝10，将这四条线段顺次首尾相接．把AB固定，让AD绕点A从AB开始逆时针旋转角α(α>0°)到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置．论证如图①，当AD∥BC时，设AB与CD交于点O，求证：AO＝10；发现当旋转角α＝60°时，∠ADC的度数可能是多少？尝试取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；拓展①如图②，设点D与B的距离为d，若∠BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长(用含d的式子表示)；②当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出α的余弦值．图①图②第2题图类型二动点问题典例精讲例（一题多设问)如图，C是AB上一点，点D，E分别在AB两侧，AD∥BE，且AD＝BC，BE＝AC，∠A＝α.求证：CD＝CE；【思维教练】通过全等三角形证明．例题图(2)当AC＝2eq\r(3)时，求BF的长；【思维教练】通过(1)中所得的结论，得到等角及等边，进而推出BE＝BF，即可求得．(3)若α＝90°，∠ACD＝30°，BC＝m(m＞0)．①求CF、EF的长(用含m的代数式表示)；②求tan∠CDE的值；【思维教练】①利用锐角三角函数求解；②作辅助线，构造直角三角形，利用锐角三角函数求解．若∠ACD＝25°，且△CDE的外心在该三角形的外部，请直接写出α的取值范围．【思维教练】通过△CDE的外心在该三角形的外部，可判断出该三角形为钝角三角形，由(1)知CD＝CE，则可得出∠CDE的取值范围，再用含α的代数式表示∠CDE，即可求解．对接中考1.如图，∠A＝∠B＝50°，P为AB中点，点M为射线AC上(不与点A重合)的任意一点，连接MP，并使MP的延长线交射线BD于点N，设∠BPN＝α.(1)求证：△APM≌△BPN；(2)当MN＝2BN时，求α的度数；(3)若△BPN的外心在该三角形的内部，直接写出α的取值范围．第1题图

2.如图①和②，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC＝eq\f(3,4).点K在AC边上，点M，N分别在AB,BC上，且AM＝CN＝2，点P从点M出发沿折线MB－BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠B.(1)当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；(2)若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4∶5两部分时，求MP的长；(3)设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3≤x≤9时，分别求点P到直线AC的距离(用含x的式子表示)；(4)在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域(含边界)，扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK＝eq\f(9,4)，请直接写出点K被扫描到的总时长．第2题图类型三轴对称问题典例精讲例（一题多设问)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，点E在AB上，AE＝5，P是AD边上一点，将矩形ABCD沿PE折叠，点A落在点A′处．连接AC，与PE交于点F，设AP＝x.(1)AC＝________；(2)当AA′＝________时，四边形AEA′P是正方形；(3)若点A′在∠BAC的平分线上，求CF的长；(1)【思维教练】利用勾股定理求解．(2)【思维教练】AE为定值，为正方形AEA′P的一边，利用勾股定理求解．(3)【思维教练】利用角平分线性质及折叠性质得到等角，从而得到等边，转化为线段的差．例题图(4)求点A′，D距离的最小值，并求此时tan∠APE的值；【思维教练】折叠＋直角时，动点运动轨迹为圆弧，再结合勾股定理求解．(5)求点A′的运动路径长；(参考数据：sin68°＝cos22°≈eq\f(12,13)，sin22°＝cos68°≈eq\f(5,13))【思维教练】利用三角函数及扇形的弧长公式求解．(6)若点A′在△ABC的内部(不含边界)，直接写出x的取值范围．【思维教练】分析A′的运动轨迹，可知若点A′在△ABC的内部，则点A′在线段AC，BC上为临界点，利用勾股定理与相似三角形的性质求解．备用图对接中考1.如图，已知在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E在线段CD上移动，连接AE，将△ADE沿AE折叠，点D的对应点为点D′，连接CD′.(1)当点E为CD的中点时，判断AE与CD′的位置关系，并说明理由；(2)当点D′恰好落在线段BC上时，求CE的长；(3)当点E与点C重合时，直接写出△BD′C的面积．第1题图2.如图①，在△ABC中，AB＝4eq\r(2)，∠B＝45°，∠C＝60°.(1)求BC边上的高线长．(2)点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连接EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF.①如图②，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数；②如图③，连接AP，当PF⊥AC时，求AP的长．第2题图参考答案类型一旋转问题例(1)证明：①∵AC＝DB，AC＝A1C，DB＝DB1，∴A1C＝B1D，∵∠A1CA＝α，∠BDB1＝β，β＝α，∴∠A1CA＝∠BDB1，∴∠A1CD＝∠B1DC，在△A1CD和△B1DC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1C＝B1D,∠A1CD＝∠B1DC,CD＝DC))，∴△A1CD≌△B1DC(SAS)；②∵△A1CD≌△B1DC，∴∠A1DC＝∠B1CD，∴FC＝FD，∴△FCD为等腰三角形；(2)①证明：如解图①，假设A1B1与AB交于点M，∵A1C∥B1D，∴∠A1CD＝∠B1DC，∠A1＝∠B1，在△A1CM和△B1DM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A1CM＝∠B1DM,A1C＝B1D,∠A1＝∠B1))，∴△A1CM≌△B1DM(ASA)，∴CM＝DM，∵CE＝ED，∴点E和点M重合，∴线段A1B1必经过点E；例题解图①②解：∵△EA1C的外心在△EA1C的内部，∴△EA1C是锐角三角形，∴0°<∠ECA1＝180°－α<90°，∵A1C＝CE.∴∠CA1E＝eq\f(1,2)[180°－(180°－α)]<90°.∴90°<α<180°；(3)解：当0°<β<180°时，如解图②所示，α＋β＝180°；INCLUDEPICTURE"../AppData/Local/Temp/360zip$Temp/360$0/冀数佳瑶124.TIF"c例题解图②当180°≤β<360°时，如解图③所示，α＋β＝360°.例题解图③(4)解：120°.【解法提示】∵△A1CD≌△B1DC，∴∠A1CD＝∠B1DC，①如解图④，当0°<β<180°时，∵∠A1CD＝∠B1DC，∴180°－α＝180°－β，∴β＝α，∵β＝2α，∴β＝α＝0°，∴此种情况不成立；例题解图④②如解图⑤，当180°<β<360°时，∵∠A1CD＝∠B1DC，∴180°－α＝β－180°，∴α＋β＝360°，∵β＝2α，∴3α＝360°，∴α＝120°，综上所述，α＝120°.例题解图⑤1.解：(1)当点Q与点B在PD异侧时，由∠DPQ＝10°，∠BPQ＝90°得∠BPD＝∠BPQ－∠DPQ＝80°，∴∠APB＝180°－∠BPD＝100°；(2分)当点Q与点B在PD同侧时，如解图①，∠APB＝180°－∠BPQ－∠DPQ＝80°，综上所述，当∠DPQ＝10°时，∠APB等于80°或100°；(4分)第1题解图①(2)如解图①，过点P作PH⊥AB于点H，连接BQ.∵tan∠ABP∶tanA＝eq\f(PH,HB)∶eq\f(PH,AH)＝3∶2，∴AH∶HB＝3∶2，∵AB＝10，∴AH＝6，HB＝4，(6分)∴在Rt△PHA中，PH＝AH·tanA＝8，∵PQ由PB逆时针旋转90°得到，∴PQ＝PB＝eq\r(PH2＋HB2)＝eq\r(82＋42)＝4eq\r(5)，∴在Rt△PQB中，QB＝eq\r(2)PB＝4eq\r(10)；(8分)(3)16π或20π或32π.(11分)【解法提示】①当点Q在AD上时，如解图②，由tanA＝eq\f(4,3)得PB＝AB·sinA＝8，∴SPB扫＝eq\f(90×π×82,360)＝16π；②当点Q在CD上时，如解图③，过点P作PE⊥AB于点E，交CD的延长线于点K，由题意得∠K＝90°，∠KDP＝∠A，设AE＝x，则PE＝AE·tanA＝eq\f(4,3)x，∵∠BPE＝∠KQP＝90°－∠KPQ，PB＝QP，∴Rt△EPB≌Rt△KQP(AAS)，∴KP＝EB＝10－x，∴AP＝eq\f(5,3)x，PD＝eq\f(5,4)KP＝eq\f(5,4)(10－x)，AD＝15＝AP＋PD＝eq\f(5,3)x＋eq\f(5,4)(10－x)，解得x＝6，∵PB2＝PE2＋EB2＝80，∴PB＝4eq\r(5)，∴SPB扫＝eq\f(90×π×（4\r(5)）2,360)＝20π；③当点Q在BC的延长线上时，如解图④，过点B作BM⊥AD于点M，BM＝AB·sinA＝8，又∵∠PBQ＝∠MPB＝45°，∴PB＝8eq\r(2)，∴SPB扫＝eq\f(90×π×（8\r(2)）2,360)＝32π.综上所述，PB旋转到PQ所扫过的面积为16π或20π或32π.图②图③图④第1题解图2.论证证明：∵AD∥BC，∴∠A＝∠B，∠D＝∠C，而AD＝BC，∴△AOD≌△BOC，(2分)∴AO＝OB＝eq\f(1,2)AB＝10；(3分)发现解：如解图①，当A，B，C三点共线时，有△ADC是等边三角形，此时∠ADC＝60°，(5分)如解图②，当A，B，C三点不共线时，取AB的中点O，连接OD，则AD＝AO＝OD＝BO＝BC＝CD＝10，即四边形BCDO为菱形，从而CD∥AB.∴∠ADC＝180°－60°＝120°；(7分)图①图②第2题解图尝试解：如解图③，∵BM≤BC＋CM，∴当B，C，D三点共线时，BM＝15最大，(8分)作DH⊥AB，MN⊥AB，BG⊥AD，垂足分别是点H，N，G.又∵BD＝BC＋CD＝20＝AB，∴AG＝GD＝eq\f(1,2)AD＝5，∴BG＝eq\r(AB2－AG2)＝5eq\r(15)，由S△ABD＝eq\f(1,2)AD·BG＝eq\f(1,2)AB·DH，得DH＝eq\f(AD·BG,AB)＝eq\f(5\r(15),2)，(9分)由Rt△BMN∽Rt△BDH，得eq\f(BM,BD)＝eq\f(MN,DH)，即eq\f(15,20)＝eq\f(MN,\f(5\r(15),2))，∴点M到AB的距离为eq\f(15\r(15),8)；(10分)第2题解图③拓展①解：BP＝eq\f(20d2,d2＋300)；(11分)【解法提示】如解图④，过点D作DH⊥AB于点H，连接BD交CP于点I，连接DP，设BP＝x，由题意得DI＝BI＝eq\f(d,2)，∵△BIP∽△BHD，∴eq\f(BI,BH)＝eq\f(BP,BD)，可得eq\f(\f(d,2),BH)＝eq\f(x,d)，∴BH＝eq\f(d2,2x)，∴AH＝AB－BH＝20－eq\f(d2,2x)，∵DH2＝AD2－AH2＝BD2－BH2，∴102－(20－eq\f(d2,2x))2＝d2－(eq\f(d2,2x))2，∴100－400＋eq\f(20d2,x)－(eq\f(d2,2x))2＝d2－(eq\f(d2,2x))2，∴eq\f(20d2,x)＝d2＋300，∴x＝eq\f(20d2,d2＋300)，∴BP＝eq\f(20d2,d2＋300).第2题解图④②解：eq\f(5＋\r(7),8).(12分)【解法提示】如解图⑤，过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥DE的延长线，垂足为点F，过点C作CG⊥AB，垂足为G，连接DG，过点D作DH⊥DG，交AB于点H，连接AC.∵AD＝CD＝10，∴AC＝10eq\r(2).设AG＝x，则BG＝20－x，∵AC2－AG2＝BC2－BG2，∴200－x2＝102－(20－x)2，解得x＝eq\f(25,2)，∴BG＝eq\f(15,2)，易得△ADE≌△DCF，从而可得△ADH≌△CDG，∴AH＝CG＝eq\r(BC2－BG2)＝eq\f(5\r(7),2)，DG＝DH，∴HE＝EG，∵AH＋HE＋EG＋BG＝AB，∴HE＝EG＝eq\f(25－5\r(7),4)，∴AE＝AH＋HE＝eq\f(25＋5\r(7),4)，∴cosα＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(5＋\r(7),8).第2题解图⑤类型二动点问题例(1)证明：∵AD∥BE，∴∠A＝∠B，在△ADC和△BCE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝BC,∠A＝∠B,AC＝BE))，∴△ADC≌△BCE(SAS)，∴CD＝CE；(2)解：由(1)可知△ADC≌△BCE，∴CD＝CE，∠ACD＝∠BEC，∴∠CDE＝∠CED，∴∠CDE＋∠ACD＝∠CED＋∠BEC，即∠BFE＝∠BED，∴BE＝BF，∴BF＝BE＝AC＝2eq\r(3)；(3)解：①如解图，∵α＝90°，∠ACD＝30°，AD＝BC＝m，∴在Rt△ADC中，DC＝2m，AC＝eq\r(3)m，∵AD∥BE，∴∠B＝∠A＝α＝90°由(2)可知BE＝BF，∴∠BEF＝∠BFE＝45°，∴BE＝BF＝AC＝eq\r(3)m，且∠AFD＝∠BFE＝45°，∴EF＝eq\r(6)m，在Rt△ADF中，AF＝AD＝BC＝m，∴CF＝AC－AF＝(eq\r(3)－1)m；②如解图，过点C作CH⊥DE,垂足为点H，在Rt△FHC中，由①可知CF＝(eq\r(3)－1)m，∠BFE＝45°，∴CH＝eq\f(\r(2),2)(eq\r(3)－1)m＝eq\f(\r(6)－\r(2),2)m，又∵在Rt△ADF中，AF＝AD＝m，且EF＝eq\r(6)m，∴DF＝eq\r(2)m，DE＝DF＋EF＝(eq\r(2)＋eq\r(6))m，又由(1)可知，在△CED中，CD＝CE，且CH⊥DE,∴DH＝eq\f(1,2)DE＝eq\f(1,2)(eq\r(2)＋eq\r(6))m,∴在Rt△CDH中，tan∠CDE＝tan∠CDH＝eq\f(CH,DH)＝eq\f(\f(\r(6)－\r(2),2)m,\f(1,2)（\r(2)＋\r(6)）m)＝2－eq\r(3)；例题解图(4)解：40°＜α＜130°.【解法提示】∵△CDE的外心在该三角形的外部，∴△CDE是钝角三角形，∵∠CDE＝∠CED，∴0°＜∠CDE＜45°，∵AD∥BE，∴∠ADE＝∠BED，即∠ADE＝∠AFD，∴∠ADE＝eq\f(1,2)(180°－α)＝90°－eq\f(1,2)α，∵△ADC的内角和是180°，∴α＋∠ADE＋∠CDE＋25°＝180°，即∠CDE＝65°－eq\f(1,2)α，∴0°＜65°－eq\f(1,2)α＜45°，解得40°＜α＜130°.1.(1)证明：∵P是AB的中点，∴AP＝BP.∵在△APM和△BPN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠A＝∠B,AP＝BP,∠APM＝∠BPN))，∴△APM≌△BPN(ASA)；(3分)(2)解：由(1)得△APM≌△BPN，∴PM＝PN.∵MN＝2BN，∴PN＝BN，∴α＝∠B＝50°；(6分)(3)解：40°<α＜90°.(9分)【解法提示】∵△BPN的外心在△BPN的内部，∴△BPN是锐角三角形，∵∠B＝50°＜90°，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BPN<90°,∠BNP<90°))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α<90°,180°－50°－α<90°))，解得40°<α<90°.2.解：(1)如解图①，当点P在BC上时，点P与点A的最短距离就是BC边上的高，此时AP垂直平分BC，BP＝CP＝4.∴AP＝CP·tanC＝4×eq\f(3,4)＝3；(4分)第2题解图①(2)如解图②，∵当点P在MB上时，∠APQ＝∠B，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC.由解图①可得AB＝AC＝eq\r(AP2＋PC2)＝5，∵PQ将△ABC的面积分成上下4∶5两部分，∴eq\f(S△APQ,S△ABC)＝(eq\f(AP,AB))2＝eq\f(4,9)，∴eq\f(AP,AB)＝eq\f(2,3)，∴AP＝eq\f(2,3)AB＝eq\f(10,3)，∴MP＝AP－AM＝eq\f(10,3)－2＝eq\f(4,3)；(7分)第2题解图②(3)过点P向直线AC作垂线，垂足为点H，则PH的长就是点P到直线AC的距离．①如解图③，当0≤x≤3时，点P在MB上，PQ∥BC，由eq\f(PQ,BC)＝eq\f(AP,AB)＝eq\f(2＋x,5)，得PQ＝eq\f(8（2＋x）,5).∵sin∠HQP＝sin∠ACB＝eq\f(3,5)，∴PH＝eq\f(3,5)PQ＝eq\f(24,25)x＋eq\f(48,25)；(8分)第2题解图③②如解图④，当3≤x≤9时，点P在BN上．此时PC＝MB＋BC－x＝3＋8－x＝11－x，∴PH＝eq\f(3,5)PC＝－eq\f(3,5)x＋eq\f(33,5).综上所述，当0≤x≤3时，点P到直线AC的距离为eq\f(24,25)x＋eq\f(48,25)；当3≤x≤9时，点P到直线AC的距离为－eq\f(3,5)x＋eq\f(33,5)；(10分)第2题解图④(4)点K被扫描到的总时长为23秒．(12分)【解法提示】先计算P的移动速度，再分两种情况讨论：∵点P从M到B再到N共用时36秒，∴v＝eq\f(3＋6,36)＝eq\f(1,4).第一段，点P在MB上，如解图⑤，点Q从K到C的过程中点K可以被扫描到，KC＝AC－AK＝5－eq\f(9,4)＝eq\f(11,4)；第二段，点P在BN上时，如解图⑥和解图⑦，易得△ABP∽△PCQ，∴eq\f(AB,BP)＝eq\f(PC,CQ).设BP＝m.当点Q与点K重合时，eq\f(5,m)＝eq\f(8－m,\f(11,4))，整理得4m2－32m＋55＝0.因式分解，得(2m－5)(2m－11)＝0，解得m＝eq\f(5,2)或eq\f(11,2)，∴点K被扫描到时，点P在BN上的路径长＝eq\f(5,2)＋(6－eq\f(11,2))＝3，∴点K被扫描到时，点P的总路径长＝eq\f(11,4)＋3＝eq\f(23,4)，总时长t＝eq\f(23,4)÷eq\f(1,4)＝23秒．图⑤图⑥图⑦第2题解图类型三轴对称问题例解：(1)4eq\r(13)；【解法提示】∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵AB＝8，BC＝12，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(82＋122)＝4eq\r(13)；(2)5eq\r(2)；【解法提示】AE为正方形AEA′P的一边，且AE＝5，则AA′＝5eq\r(2).(3)如解图①，∵AA′平分∠BAC，∴∠EAA′＝∠FAA′，由折叠的性质可知AA′⊥EF，∴∠EAA′＋∠AEF＝90°，∠AFE＋∠FAA′＝90°，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF＝5，∴CF＝AC－AF＝4eq\r(13)－5；例题解图①(4)如解图②，连接DE.由题意得，点A′在以点E为圆心，5为半径的圆弧上运动，∴当D，E，A′三点共线时，点D，A′的距离最小，在Rt△ADE中，∠EAD＝90°，AE＝5，AD＝12，∴由勾股定理得DE＝eq\r(AE2＋AD2)＝eq\r(52＋122)＝13，∴DA′的最小值为13－5＝8.由折叠的性质可知PA＝PA′，∠PA′E＝∠PAE＝90°，∴∠PA′D＝90°，设PA＝PA′＝x，则PD＝12－x，在Rt△PA′D中，由勾股定理得PD2＝PA′2＋A′D2，即(12－x)2＝x2＋82，解得x＝eq\f(10,3)，∴tan∠APE＝eq\f(AE,AP)＝eq\f(5,\f(10,3))＝eq\f(3,2)；例题解图②(5)如解图③，由(4)知，点A′的运动轨迹为半径为5的圆弧．当点P与点D重合时，A′运动停止，点A′的运动路径为弧AA′，∵在Rt△AED中，AE＝5，AD＝12，∴ED＝eq\r(AE2＋AD2)＝eq\r(52＋122)＝13，sin∠AED＝eq\f(AD,DE)＝eq\f(12,13)，∴∠AED＝68°，由折叠的性质可知∠AED＝∠A′ED＝68°，∴∠AEA′＝136°，∴点A′的运动路径长为eq\f(136π·5,180)＝eq\f(34,9)π；例题解图③(6)eq\f(10,3)＜x＜10.【解法提示】由题意得，点A′在以点E为圆心，5为半径的圆弧上运动，要使点A′在△ABC的内部，则点A′在线段AC，BC上为临界点．当点A′落在AC上时，由(4)知，PA＝eq\f(10,3).当点A′落在BC上时，如解图④，过点P作PH⊥BC于点H，则PH＝AB＝8，PA＝BH.在Rt△BEA′中，BE＝3，EA′＝EA＝5，∴BA′＝eq\r(A′E2－BE2)＝eq\r(52－32)＝4.∵∠B＝∠EA′P＝∠PHA′＝90°，∴∠BA′E＋∠PA′H＝90°，∠PA′H＋∠A′PH＝90°，∴∠BA′E＝∠A′HP，∴△BA′E∽△HPA′，∴eq\f(BE,HA′)＝eq\f(BA′,HP)，∴eq\f(3,HA′)＝eq\f(4,8)，∴HA′＝6，∴AP＝BH＝BA′＋HA′＝10.综上所述，当eq\f(10,3)＜x＜10时，点A′在△ABC的内部．例题解图④1.解：(1)AE∥CD′.理由：如解图①，∵点E为CD的中点，第1题解图①∴DE＝CE.由图形折叠性质可得D