1．如圖，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝7，AB＝4，則BD的長為 ．
2．如圖，一塊含45°的三角板的一個頂點A與矩形ABCD的頂點重合，直角頂點E落在邊BC上，另一頂點F恰好落在邊CD的中點處，若BC＝12，則AB的長為 ．
3．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直線MN經(jīng)過點C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）當直線MN繞點C旋轉到圖1的位置時，求證：
①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）當直線MN繞點C旋轉到圖2的位置時，求證：DE＝AD﹣BE；
（3）當直線MN繞點C旋轉到圖3的位置時，試問DE、AD、BE具有怎樣的等量關系？請寫出這個等量關系，并加以證明．
4．感知：數(shù)學課上，老師給出了一個模型：如圖1，點A在直線DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像這種一條直線上的三個頂點含有三個相等的角的模型我們把它稱為“一線三等角“模型．
應用：（1）如圖2，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過點C，過A作AD⊥ED于點D，過B作BE⊥ED于點E．求證：△BEC≌△CDA．
（2）如圖3，在△ABC中，D是BC上一點，∠CAD＝90°，AC＝AD，∠DBA＝∠DAB，AB＝2，求點C到AB邊的距離．
5．如圖，△ACB在平面直角坐標系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，O是AC的中點，點A的坐標是（1，2），則點B的坐標為 ．
6．已知，如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D為BC上一點，CE⊥AD于E，若CE＝2，則S△BEC＝ ．
7．在平面直角坐標系xOy中，△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，點A（0，5），點C（﹣2，0），點B在第四象限．
（1）如圖1，求點B的坐標；
（2）如圖2，若AB交x軸于點D，BC交y軸于點M，N是BC上一點，且BN＝CM，連接DN，求證CD+DN＝AM；
（3）如圖3，若點A不動，點C在x軸的負半軸上運動時，分別以AC，OC為直角邊在第二、第三象限作等腰直角△ACE與等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，連接EF交x軸于P點，問當點C在x軸的負半軸上移動時，CP的長度是否變化？若變化，請說明理由，若不變化，請求出其長度．
8．如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，頂點為D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若在線段BC上存在一點M，使得∠BMO＝45°，過點O作OH⊥OM交BC的延長線于點H，求點M的坐標；
（3）點P是y軸上一動點，點Q是在對稱軸上一動點，是否存在點P，Q，使得以點P，Q，C，D為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
9．在數(shù)學探究活動中，小美將矩形ABCD紙片先對折，展開后折痕是EF，點M為BC邊上一動點，連接AM，過點M作MN⊥AM交CD于點N．將△MCN沿MN翻折，點C恰好落在線段EF上，已知矩形ABCD中AB＝4，BC＝6，那么BM的長為 ．
10．如圖，將矩形ABCD沿AE折疊，使點D落在BC邊的點F處
（1）求證：△ABF∽△FCE；
（2）已知AB＝3，AD＝5，求tan∠DAE的值．
11．已知：在△EFG中，∠EFG＝90°，EF＝FG，且點E，F(xiàn)分別在矩形ABCD的邊AB，AD上．
（1）如圖1，填空：當點G在CD上，且DG＝1，AE＝2，則EG＝ ；
（2）如圖2，若F是AD的中點，F(xiàn)G與CD相交于點N，連接EN，求證：∠AEF＝∠FEN；
（3）如圖3，若AE＝AD，EG，F(xiàn)G分別交CD于點M，N，求證：MG2＝MN?MD．
12．問題情境：
數(shù)學活動課上，同學們開展了以“矩形紙片折疊”為主題的探究活動（每個小組的矩形紙片規(guī)格相同），已知矩形紙片寬AD＝6．
動手實踐：
（1）如圖1，騰飛小組將矩形紙片ABCD折疊，點A落在DC邊上的點A'處，折痕為DE，連接A'E，然后將紙片展平，得到四邊形AEA'D．試判斷四邊形AEA'D的形狀，并加以證明．
（2）如圖2，永攀小組在矩形紙片ABCD的邊BC上取一點F，連接DF，使∠CDF＝30°，將△CDF沿線段DF折疊，使點C正好落在AB邊上的點G處．連接DG，GF，將紙片展平，
①求△DFG的面積；
②連接CG，線段CG與線段DF交于點M，則CG＝ ．
深度探究：
（3）如圖3，探究小組將圖1的四邊形AEA'D剪下，在邊A'D上取一點N，使DN：A'N＝1：2，將△AND沿線段AN折疊得到△AND'，連接A'D'，探究并直接寫出A'D'的長度．
專題04 “一線三垂直”模型及其變形的應用（專項訓練）
1．如圖，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝7，AB＝4，則BD的長為 ．
【解答】解：∵BE⊥AD，
∴∠EBD＝∠CAD＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，∠BDE+∠E＝90°，
∴∠E＝∠ADC，
在△ACD和△BDE中，
，
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴BE＝AD，
∴BD＝AD﹣AB＝BE﹣AB＝7﹣4＝3，
故答案為：3．
2．如圖，一塊含45°的三角板的一個頂點A與矩形ABCD的頂點重合，直角頂點E落在邊BC上，另一頂點F恰好落在邊CD的中點處，若BC＝12，則AB的長為 ．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
在△ABE和△ECF中，
，
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴AB＝CE，BE＝CF，
∵點F是CD的中點，
∴CF＝CD，
∴BE＝CF＝AB，
∵BE+CE＝BC＝12，
∴AB+AB＝12，
∴AB＝8，
故答案為：8．
3．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直線MN經(jīng)過點C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）當直線MN繞點C旋轉到圖1的位置時，求證：
①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）當直線MN繞點C旋轉到圖2的位置時，求證：DE＝AD﹣BE；
（3）當直線MN繞點C旋轉到圖3的位置時，試問DE、AD、BE具有怎樣的等量關系？請寫出這個等量關系，并加以證明．
【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACD＝∠CBE．
在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝DC+CE＝BE+AD；
（2）證明：在△ADC和△CEB中，，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）DE＝BE﹣AD．
易證得△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
4．感知：數(shù)學課上，老師給出了一個模型：如圖1，點A在直線DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像這種一條直線上的三個頂點含有三個相等的角的模型我們把它稱為“一線三等角“模型．
應用：（1）如圖2，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直線ED經(jīng)過點C，過A作AD⊥ED于點D，過B作BE⊥ED于點E．求證：△BEC≌△CDA．
（2）如圖3，在△ABC中，D是BC上一點，∠CAD＝90°，AC＝AD，∠DBA＝∠DAB，AB＝2，求點C到AB邊的距離．
【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD＝180°，
∴∠BCE+∠ACD＝180°，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，∠EBC+∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）解：過點D作DF⊥AB于點F，過點C作CE⊥AB于，交BA的延長線于點E，
∵∠DBA＝∠DAB，
∴AD＝BD，
∴AF＝BF＝AB＝，
∵∠CAD＝90°，
∴∠DAF+∠CAE＝90°，
∵∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠CAE＝∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
，
∴△CAE≌△ADF（AAS），
∴CE＝AF＝，
即點C到AB的距離為；
5．如圖，△ACB在平面直角坐標系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，O是AC的中點，點A的坐標是（1，2），則點B的坐標為 ．
【解答】解：過點C作CD⊥x軸于點D，過點A作AE⊥x軸于點E，過點C作x軸的平行線交AE的延長線于點F，則四邊形DCFE是矩形，
∵點A的坐標是（1，2），
∴OE＝1，AE＝2，
∵CD⊥BD，AE⊥OE，
∴∠ODC＝∠AEO＝90°，
∵∠AOE＝∠DOC，OA＝OC，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴AE＝DC＝2，OE＝OD＝1，
∴DE＝CF＝2，
∵∠ACB＝∠AFC＝90°，∠BOC＝∠AOE，
∴∠CBD＝∠CAF，
又∵BC＝AC，
∴△BCD≌△ACF（AAS），
∴BD＝AF，CD＝CF＝2，
∴AF＝4，
∴BD＝4，
∴OB＝BD+DO＝4+1＝5，
∴B（﹣5，0）．
故答案為：（﹣5，0）．
6．已知，如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D為BC上一點，CE⊥AD于E，若CE＝2，則S△BEC＝ ．
【解答】解：如圖，過點B作BH⊥CE交CE的延長線于點H，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠BCH＝90°，
∵BH⊥CE，
∴∠BHC＝90°，
∴∠HBC+∠BCH＝90°，
∴∠HBC＝∠ACE，
在△BHC與△CEA中，
，
∴△BHC≌△CEA（AAS），
∴BH＝CE＝2，
．
故答案為：2．
7．在平面直角坐標系xOy中，△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，點A（0，5），點C（﹣2，0），點B在第四象限．
（1）如圖1，求點B的坐標；
（2）如圖2，若AB交x軸于點D，BC交y軸于點M，N是BC上一點，且BN＝CM，連接DN，求證CD+DN＝AM；
（3）如圖3，若點A不動，點C在x軸的負半軸上運動時，分別以AC，OC為直角邊在第二、第三象限作等腰直角△ACE與等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，連接EF交x軸于P點，問當點C在x軸的負半軸上移動時，CP的長度是否變化？若變化，請說明理由，若不變化，請求出其長度．
【解答】（1）解：如圖1，過B作BF⊥x軸于F，
則∠BFC＝90°，
∵點A（0，5），點C（﹣2，0），
∴OA＝5，OC＝2，
∵△ABC為等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，∠ABC＝45°，∠FCB+∠OCA＝90°，
∵∠COA＝90°，
∴∠OAC+∠OCA＝90°，
∴∠OAC＝∠FCB，
∵∠COA＝∠BFC＝90°，
∴△CFB≌△AOC（AAS），
∴FB＝OC＝2，F(xiàn)C＝OA＝5，
∴OF＝FC﹣OC＝5﹣2＝3，
∴點B的坐標為（3，﹣2）；
（2）證明：如圖2，過B作BE⊥BC交x軸于E，
則∠CBE＝90°＝∠ACM，
由（1）得：BC＝CA，∠ECB＝∠MAC，
∴△BCE≌△CAM（ASA），
∴CE＝AM，BE＝CM，
∵BN＝CM，
∴BE＝BN，
∵∠CBE＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠DBE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DBE＝∠DBN＝45°，
又∵BD＝BD，
∴△BDE≌△BDN（SAS），
∴DE＝DN，
∵CD+DE＝CE，
∴CD+DN＝CE，
∴CD+DN＝AM；
（3）解：CP的長度不變化，CP＝，理由如下：
如圖3，過E作EG⊥x軸于G，
則∠EGC＝90°＝∠COA，
∴∠GEC+∠GCE＝90°，
∵△ACE是等腰直角三角形，∠ACE＝90°，
∴CE＝AC，∠GCE+∠OCA＝90°，
∴∠GEC＝∠OCA，
∴△GEC≌△OCA（AAS），
∴GC＝OA＝5，GE＝OC，
∵△OCF是等腰直角三角形，∠OCF＝90°，
∴OC＝CF，∠FCP＝90°，
∴GE＝CF，∠EGP＝∠FCP，
又∵∠EPG＝∠FPC，
∴△EPG≌△FPC（AAS），
∴GP＝CP＝GC＝．
8．如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，頂點為D．
（1）求拋物線的解析式；
（2）若在線段BC上存在一點M，使得∠BMO＝45°，過點O作OH⊥OM交BC的延長線于點H，求點M的坐標；
（3）點P是y軸上一動點，點Q是在對稱軸上一動點，是否存在點P，Q，使得以點P，Q，C，D為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過點A（﹣1，0），B（3，0）兩點，
∴，
解得：，
∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6；
（2）由（1）得，點C（0，6），
設直線BC的解析式為y＝kx+c，
∵直線BC經(jīng)過點B（3，0），C（0，6），
∴，
解得：
∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，
設點M的坐標為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），
如圖1，過點M作MN⊥y軸于點N，過點H作HK⊥y軸于點K，
則∠MNO＝∠OKH＝90°，
∵OH⊥OM，
∴∠MOH＝90°，
∵∠OMB＝45°，
∴△MOH是等腰直角三角形，
∴OM＝OH．
∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，
∴∠MON＝∠OHK，
∴△OMN≌△HOK（AAS），
∴MN＝OK，ON＝HK．
∴H（﹣2m+6，﹣m），
∵點H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，
∴﹣2（﹣2m+6）＝﹣m，
解得：m＝，
把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，
∴當∠OMB＝45°時，點M的坐標為（）；
（3）存在，理由如下：
∵拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，頂點為D，
∴點D的坐標為（1，8），
分兩種情況討論：
①當CD為菱形的邊時，
如圖2，過C作CE⊥DQ于E
∵C（0，6），D（1，8），
∴CD＝＝，
∴DQ＝CD＝，
∴Q點的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）；
②當CD為菱形的對角線時，
如圖3，設點Q（1，m），P（0，n），
∵C（0，6），D（1，8），
∴m+n＝6+8＝14，
∴n＝14﹣m，
∴P（0，14﹣m），
∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，
∵CQ＝＝，PC＝CQ，
∴8﹣m＝，
解得：m＝，
∴點Q的坐標為（1，）；
綜上所述，點Q的坐標為（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．
9．在數(shù)學探究活動中，小美將矩形ABCD紙片先對折，展開后折痕是EF，點M為BC邊上一動點，連接AM，過點M作MN⊥AM交CD于點N．將△MCN沿MN翻折，點C恰好落在線段EF上，已知矩形ABCD中AB＝4，BC＝6，那么BM的長為 ．
【解答】解：連接CC′交MN于點G，
由折疊得：
MN是CC′的垂直平分線，
∴∠MGC＝90°，CN＝C′N，
設BM＝x，則CM＝BC﹣BM＝6﹣x，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝4，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMB+∠CMN＝90°，
∴∠BAM＝∠CMN，
∴△ABM∽△MCN，
∴＝，
∴＝，
∴CN＝，
∴CN＝C′N＝，
由折疊得：
CF＝CD＝2，∠CFE＝90°，
∴FN＝CF﹣CN＝2﹣＝，
∵∠BCC′+∠C′CF＝90°，∠BCC′+∠CMN＝90°，
∴∠C′CF＝∠CMN，
∴∠C′CF＝∠BAM，
∵∠B＝∠CFC′＝90°，
∴△ABM∽△CFC′，
∴＝，
∴＝，
∴FC′＝x，
在Rt△FNC′中，C′F2+FN2＝C′N2，
∴（x）2+（）2＝（）2，
∴x＝4或x＝，
∴BM的長為：4或，
故答案為：4或．
10．如圖，將矩形ABCD沿AE折疊，使點D落在BC邊的點F處
（1）求證：△ABF∽△FCE；
（2）已知AB＝3，AD＝5，求tan∠DAE的值．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠BAF+∠AFB＝90°，
由折疊可得：
∠D＝∠AFE＝90°，
∴∠AFB+∠EFC＝180°﹣∠AFE＝90°，
∴∠BAF＝∠EFC，
∴△ABF∽△FCE；
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，
由折疊可得：
AD＝AF＝5，
∴BF＝＝＝4，
∴CF＝BC﹣BF＝1，
∵△ABF∽△FCE，
∴＝，
∴＝，
∴CE＝，
∴DE＝CD﹣CE＝3﹣＝，
∴tan∠DAE＝＝＝，
∴tan∠DAE的值為．
11．已知：在△EFG中，∠EFG＝90°，EF＝FG，且點E，F(xiàn)分別在矩形ABCD的邊AB，AD上．
（1）如圖1，填空：當點G在CD上，且DG＝1，AE＝2，則EG＝ ；
（2）如圖2，若F是AD的中點，F(xiàn)G與CD相交于點N，連接EN，求證：∠AEF＝∠FEN；
（3）如圖3，若AE＝AD，EG，F(xiàn)G分別交CD于點M，N，求證：MG2＝MN?MD．
【解答】（1）解：∵∠EFG＝90°，
∴∠AFE+∠DFG＝90°，
∵∠AEF+∠AFE＝90°，
∴∠AEF＝∠DFG，
又∵∠A＝∠D＝90°，EF＝FG，
∴△AEF≌△DFG（AAS），
∴AE＝FD＝2，
∴FG＝，
∴EG＝FG＝，
故答案為：；
（2）證明：延長EA、NF交于點M，
∵點F為AD的中點，
∴AF＝DF，
∵AM∥CD，
∴∠M＝∠DNF，∠MAD＝∠D，
∴△MAF≌△NDF（AAS），
∴MF＝FN，
∵EF⊥MG，
∴ME＝GE，
∴∠MEF＝∠FEN；
（3）證明：如圖，過點G作GP⊥AD交AD的延長線于P，
∴∠P＝90°，
同（1）同理得，△AEF≌△PFG（AAS），
∴AF＝PG，PF＝AE，
∵AE＝AD，
∴PF＝AD，
∴AF＝PD，
∴PG＝PD，
∵∠P＝90°，
∴∠PDG＝45°，
∴∠MDG＝45°，
在Rt△EFG中，EF＝FG，
∴∠FGE＝45°，
∴∠FGE＝∠GDM，
∵∠GMN＝∠DMG，
∴△MGN∽△MDG，
∴，
∴MG2＝MN?MD．
12．問題情境：
數(shù)學活動課上，同學們開展了以“矩形紙片折疊”為主題的探究活動（每個小組的矩形紙片規(guī)格相同），已知矩形紙片寬AD＝6．
動手實踐：
（1）如圖1，騰飛小組將矩形紙片ABCD折疊，點A落在DC邊上的點A'處，折痕為DE，連接A'E，然后將紙片展平，得到四邊形AEA'D．試判斷四邊形AEA'D的形狀，并加以證明．
（2）如圖2，永攀小組在矩形紙片ABCD的邊BC上取一點F，連接DF，使∠CDF＝30°，將△CDF沿線段DF折疊，使點C正好落在AB邊上的點G處．連接DG，GF，將紙片展平，
①求△DFG的面積；
②連接CG，線段CG與線段DF交于點M，則CG＝ ．
深度探究：
（3）如圖3，探究小組將圖1的四邊形AEA'D剪下，在邊A'D上取一點N，使DN：A'N＝1：2，將△AND沿線段AN折疊得到△AND'，連接A'D'，探究并直接寫出A'D'的長度．
【解答】解：（1）四邊形AEA'D是正方形，理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
由折疊的性質得：∠DA'E＝∠A＝90°，AD＝A'D，
∴∠A＝∠DA'E＝∠ADC＝90°，
∴四邊形AEA'D是矩形，
又∵AD＝AD'，
∴四邊形AEA'D是正方形；
（2）①由折疊的性質得：DC＝DG，CF＝GF，∠CDF＝∠GDF＝30°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AB＝DC，BC＝AD＝6，
∴∠ADG＝90°﹣∠CDF﹣∠GDF＝30°，
∴AG＝DG，
∴AG＝DC＝AB，
∴AG＝BG，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG2+AD2＝DG2，
即（DG）2+62＝DG2，
解得：DG＝4（負值已舍去），
∴AG＝2，
在Rt△BGF中，由勾股定理得：BF2+BG2＝GF2，
∵BG＝AG＝2，BF＝6﹣CF＝6﹣GF，
∴（6﹣GF）2+（2）2＝GF2，
解得：GF＝4，
∴S△DFG＝GF?DG＝×4×4＝8；
②由①得：∠GDF＝∠CDF＝30°，CD＝DG，
∴∠CDG＝60°，
∴△CDG是等邊三角形，
∴CG＝DG，
∴CG＝4，
故答案為：4；
（3）過D'作PQ∥AD，交A'D于P，交AE于Q，如圖3所示：
則PQ⊥A'D，PQ⊥AE，
∴PQ＝AD＝6，DP＝AQ，∠D'PN＝∠D'PA＝∠D'QA＝90°，
∵四邊形AEA'D是正方形，
∴A'D＝AD＝6，
∵DN：A'N＝1：2，
∴DN＝2，A'N＝4，
設D'P＝x，則D'Q＝6﹣x，
由折疊的性質得：DN＝D'N，∠AD'N＝∠D＝90°，
∴∠PD'N+∠AD'Q＝90°，
∵∠PD'N+∠D'NP＝90°，
∴∠AD'Q＝∠D'NP，
∴△D'NP∽△AD'Q，
∴＝＝，
即＝＝＝，
解得：AQ＝3x，NP＝2﹣x，
∵DP＝AQ，
∴2+2﹣x＝3x，
解得：x＝，
∴DP＝AQ＝3x＝，
∴A'P＝A'D﹣DP＝6﹣＝，
∴A'D'＝＝＝．

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