江苏省2014中考试题专题汇编--几何三大变化题.doc

江苏省13市2014年中考数学试题分类解析汇编（20专题）
专题14：几何三大变换问题
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1. （2014年江苏盐城3分）如图，反比例函数（x＜0）的图象经过点A（﹣1，1），过点A作AB⊥y轴，垂足为B，在y轴的正半轴上取一点P（0，t），过点P作直线OA的垂线l，以直线l为对称轴，点B经轴对称变换得到的点B′在此反比例函数的图象上，则t的值是【 】

A. B. C. D.
整理得t2﹣t﹣1=0，解得（舍去）.
∴t的值为．
故选A．
2. （2014年江苏徐州3分）将函数y=﹣3x的图象沿y轴向上平移2个单位长度后，所得图象对应的函数关系式为【 】
A. B. C. D.

3. （2014年江苏徐州3分）顺次连接正六边形的三个不相邻的顶点．得到如图的图形，该图形【 】

A.既是轴对称图形也是中心对称图形B.是轴对称图形但并不是中心对称图形
C.是中心对称图形但并不是轴对称图形 D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形
4. （2014年江苏宿迁3分）若将抛物线y=x2向右平移2个单位，再向上平移3个单位，则所得抛物线的表达式为【 】
A. B. C. D.
【答案】B．
【考点】二次函数图象与平移变换．.
5. （2014年江苏无锡3分）在直角坐标系中，一直线a向下平移3个单位后所得直线b经过点A（0，3），将直线b绕点A顺时针旋转60°后所得直线经过点B（，0），则直线a的函数关系式为【 】
A. B. C. D.

6. （2014年江苏泰州3分）下列图形中是轴对称图形但不是中心对称图形的是【 】
A． B． C． D．
7. （2014年江苏苏州3分）如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标为（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A'O'B，点A的对应点A'在x轴上，则点O'的坐标为【 】

A．（，） B．（，） C．（，） D．（，4）
【答案】C.
【考点】1.坐标与图形的旋转变化；2.勾股定理；3. 等腰三角形的性质；4.三角形面积公式．
【分析】利用等面积法求O'的纵坐标，再利用勾股定理或三角函数求其横坐标：
如答图，过O’作O’F⊥x轴于点F，过A作AE⊥x轴于点E，
∵A的坐标为（2，），∴AE=，OE=2.
由等腰三角形底边上的三线合一得OB=2OE=4，
在Rt△ABE中，由勾股定理可求AB=3，则A’B=3，
由旋转前后三角形面积相等得，
即，
∴O’F=·
在Rt△O’FB中，由勾股定理可求BF=，∴OF=4+.
∴O’的坐标为（）.
故选C.
8. （2014年江苏南通3分）点P（2，﹣5）关于x轴对称的点的坐标为【 】
A. （﹣2，5） B. （2，5） C. （﹣2，﹣5） D. （2，﹣5）
9. （2014年江苏南京2分）下列图形中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是【 】
10. （2014年江苏淮安3分）在平面直角坐标系中，点P关于原点对称的点Q的坐标为【 】
A. B. C. D.
【答案】A．
【考点】关于原点对称的点的坐标特征.
【分析】关于原点对称的点的坐标是横、纵坐标都互为相反数，从而点P关于原点对称的点Q的坐标是.故选A．
11. （2014年江苏常州2分）在平面直角坐标系中，直线经过点A（－3，0），点B（0，），点P的坐标为（1，0），与轴相切于点O，若将⊙P沿轴向左平移，平移后得到（点P的对应点为点P′），当⊙P′与直线相交时，横坐标为整数的点P′共有【 】
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

1. （2014年江苏镇江2分）如图，将△OAB绕着点O逆时针连续旋转两次得到△OA"B"，每次旋转的角度都是50º. 若∠B"OA=120º，则∠AOB= ▲ °．
2. （2014年江苏扬州3分）如图，的中位线，把沿DE折叠，使点A落在边BC上的点F处，若A、F两点间的距离是，则的面积为 ▲ .
3. （2014年江苏盐城3分）如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，点C′落在AB的延长线上，则图中阴影部分的面积是 ▲ ．

【答案】.
4. （2014年江苏徐州3分）在平面直角坐标系中，将点A（4，2）绕原点逆时针方向旋转90°后，其对应点A′的坐标为 ▲ ．

5. （2014年江苏徐州3分）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC，∠A=50°，折叠该纸片，使点A落在点B处，折痕为DE，则∠CBE= ▲ °．

【答案】
【考点】1.翻折变换（折叠问题）；2.等腰三角形的性质；3.三角形内角和定理．
【分析】∵AB=AC，∠A=50°，
∴∠ACB=∠ABC=（180°﹣50°）=65°.
∵将△ABC折叠，使点A落在点B处，折痕为DE，∠A=50°，
∴∠ABE=∠A=50°.
∴∠CBE=∠ABC﹣∠ABE=65°﹣50°=15°．
6. （2014年江苏宿迁3分）如图，正方形ABCD的边长为2，点E为边BC的中点，点P在对角线BD上移动，则PE+PC的最小值是 ▲ ．
7. （2014年江苏泰州3分）点A（﹣2，3）关于x轴的对称点A′的坐标为 ▲ ．
【答案】
【考点】（﹣2，﹣3）．
【分析】关于x轴对称的点的坐标.
【答案】关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标互为相反数，从而点点A（﹣2，3）关于y轴对称的点A′的坐标是（﹣2，﹣3）．
8. （2014年江苏泰州3分）将一次函数y=3x﹣1的图象沿y轴向上平移3个单位后，得到的图象对应的函数关系式为 ▲ ．
【答案】y=3x+2．
【考点】一次函数图象与平移变换.
【分析】根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，上下平移只改变点的纵坐标，下减上加，因此，
将一次函数y=3x﹣1的图象沿y轴向上平移3个单位后，得到的图象对应的函数关系式为y=3x﹣1+3，即y=3x+2．
9. （2014年江苏连云港3分）如图1，将正方形纸片ABCD对折，使AB与CD重合，折痕为EF，如图2，展开再折叠一次，使点C与点E重合，折痕为GH，点B的对应点为M，EM交AB于N，则tan∠ANE= ▲ .
10. （2014年江苏淮安3分）将二次函数y=2x2﹣1的图象沿y轴向上平移2个单位，所得图象对应的函数表达式为 ▲ ．
【答案】y=2x2+1．
【考点】二次函数图象与平移变换．
【分析】∵二次函数y=2x2﹣1的图象沿y轴向上平移2个单位，
∴二次函数y=2x2﹣1图象上的点都向上平移2个单位.
∵二次函数y=2x2﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），
∴根据根据坐标的平移变化的规律，左右平移只改变点的横坐标，左减右加；上下平移只改变点的纵坐标，下减上加. 平移后，新图象的顶点坐标是.
∴所得图象对应的函数表达式为：y=2x2+1．
11. （2014年江苏常州2分）已知P（1,－2），则点P关于轴的对称点的坐标是 ▲ .
【答案】（1，2）.
【考点】关于x轴对称的点的坐标特征.
【分析】关于x轴对称的点的坐标特征是横坐标相同，纵坐标互为相反数，从而点P（1,－2）关于x轴对称的点的坐标是（1，2）.

1. （2014年江苏镇江9分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，点M为抛物线的顶点，过点（0，4）作x轴的平行线，交抛物线于点P、Q（点P在Q的左侧），PQ=4．
（1）求抛物线的函数关系式，并写出点P的坐标；
（2）小丽发现：将抛物线绕着点P旋转180°，所得新抛物线的顶点恰为坐标原点O，你认为正确吗？请说明理由；
（3）如图2，已知点A（1，0），以PA为边作矩形PABC（点P、A、B、C按顺时针的方向排列），．
①写出C点的坐标：C（ ▲ ， ▲ ）（坐标用含有t的代数式表示）；
②若点C在题（2）中旋转后的新抛物线上，求t的值．

【答案】解：（1）∵抛物线过点P，P点的纵坐标为4，
∴即.
∴.
∵PQ=4，∴，即，即.

【考点】1.二次函数综合题；2.线动旋转问题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.一元二次方程根与系数的关系；5.二次函数的性质；6. 旋转和轴对称的性质；7.方程思想的应用.
【分析】（1）把P的纵坐标代入抛物线的解析式得到关于x的方程，根据根与系数的关系求得和PQ=4，求得n的值，即可求得解析式.
（2）根据旋转的性质得到Q绕着点P旋转180°后的对称点为Q′（-2，4），得出新抛物线的对称轴是y轴，然后求得抛物线的顶点到直线PQ的距离为4，即可判断新抛物线顶点应为坐标原点．
（3）①根据三角形相似即可求得C的坐标；
如答图，过P作x轴的垂线，交x轴于M，过C作CN⊥MN于N，
∵，∴.
∵易得△APM∽△PCN，∴.
∵AM=2-1=1，PM=4，∴PN=t，CN=4t.
∴MN=4+t.
∴C（-4t+2，4+t），
②由（1）可知，旋转后的新抛物线是，新抛物线是过P（2，4），求得新抛物线的解析式，把C（-4t+2，4+t）代入即可求得t的值．
2. （2014年江苏镇江10分）我们知道平行四边形有很多性质.
现在如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，会发现这其中还有更多的结论.
【发现与证明】ABCD中，AB≠BC，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，连结B′D.
结论1：B′D∥AC；
结论2：△AB′C与ABCD重叠部分的图形是等腰三角形.
……
请利用图1证明结论1或结论2（只需证明一个结论）.
【应用与探究】在ABCD中，已知∠B=30°，将△ABC沿AC翻折至△AB′C，连结B′D.
（1）如图1，若，则∠ACB= ▲ °，BC= ▲ ；
（2）如图2，，BC=1，AB′与边CD相交于点E，求△AEC的面积；
（3）已知，当BC长为多少时，是△AB′D直角三角形？

【答案】解：【发现与证明】证明：如答图1，设AD与B′C相交于点F，
（3）按△AB′D中的直角分类:
①当∠B′AD=90°时,如答图3,
∵∠B′DA =∠DAC=∠B=30°,AB′=,∴BC=AD=6.
如答图4,
∵∠A B′D=∠B=30°,AB′=,∴BC=AD=2.
②当∠AB′D=90°时,如答图5,
∵∠B′AD=∠B=30°,AB′=,∴BC=AD=4.
③当∠ADB′=90°时,如答图6,

(2)过C点分别作CG⊥AB，CH⊥A B′，垂足分别为G、H,应用含30度直角三角形的性质和勾股定理AE和CH的长即可求出△AEC的面积.
(3)分∠B′AD=90°, ∠AB′D=90°和∠ADB′=90°三种情况讨论即可.
3. （2014年江苏扬州10分）如图，已知中，，先把绕点B顺时针旋转至后，再把沿射线AB平移至，ED、FG相交于点H.
（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形.

．
4. （2014年江苏扬州12分）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处.
（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连接AP，OP，OA.
①求证：△OCP∽△PDA；
②若△OCP与△PDA的面积比为1:4，求边AB的长；
（2）若图1中的点P恰巧是CD边的中点，求∠OAB的度数；
（3）如图2，在（1）条件下，擦去折痕AO、线段OP，连结BP. 动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E. 试问当点M，N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求线段EF的长度.

（3）不变.
如答图，过点M作MH∥BN交PB于点H，
则∠MHP=∠ABP，∠MHF=∠NBF.
∵AP=CD ，∴∠APB=∠ABP. ∴∠MHP=∠APB.
∴MP=MH.
∵MP=BN，∴BN=MH.
又∵∠NFB=∠MFH，∴△NBF≌△MHF（AAS）.∴FH=FB.
∵MP=MH，ME⊥PB，∴PE=EH.
∵EF=EH+FH，∴EF=EP+FB=.
由（1）得AB=10，AD=8，∴DP=6. ∴PC=4. ∴.∴.
5. （2014年江苏盐城12分）【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．

小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．
【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE=CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；
【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．

∵∠BEF=∠DEF，∴∠BEF=∠EFB．∴BE=BF．
由问题情境中的结论可得：PG+PH=EQ，∴PG+PH=4．
∴PG+PH的值为4．
【考点】1.四边形综合题；2.折叠对称的性质；3.等腰三角形的判定和性质；4.直角三角形斜边上的中线性质；5.勾股定理；6.矩形的判定和性质；7.相似三角形的判定和性质；8.方程思想的应用．
【分析】【问题情境】如下图②，按照小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【变式探究】如答图1，，借鉴小军、小俊的证明思路即可解决问题．
【结论运用】易证BE=BF，如答图2，过点E作EQ⊥BF，垂足为Q，利用问题情境中的结论可得PG+PH=EQ，易证EQ=DC，BF=DF，只需求出BF即可．
【迁移拓展】由条件AD•CE=DE•BC联想到三角形相似，从而得到∠A=∠ABC，进而补全等腰三角形，△DEM与△CEN的周长之和就可转化为AB+BH，而BH是△ADB的边AD上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出DH，再求出BH，就可解决问题．
6. （2014年江苏盐城12分）【问题情境】张老师给爱好学习的小军和小俊提出这样一个问题：如图1，在△ABC中，AB=AC，点P为边BC上的任一点，过点P作PD⊥AB，PE⊥AC，垂足分别为D、E，过点C作CF⊥AB，垂足为F．求证：PD+PE=CF．

小军的证明思路是：如图2，连接AP，由△ABP与△ACP面积之和等于△ABC的面积可以证得：PD+PE=CF．
小俊的证明思路是：如图2，过点P作PG⊥CF，垂足为G，可以证得：PD=GF，PE=CG，则PD+PE=CF．
【变式探究】如图3，当点P在BC延长线上时，其余条件不变，求证：PD﹣PE=CF；
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两题：
【结论运用】如图4，将矩形ABCD沿EF折叠，使点D落在点B上，点C落在点C′处，点P为折痕EF上的任一点，过点P作PG⊥BE、PH⊥BC，垂足分别为G、H，若AD=8，CF=3，求PG+PH的值；
【迁移拓展】图5是一个航模的截面示意图．在四边形ABCD中，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，且AD•CE=DE•BC，AB=dm，AD=3dm，BD=dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．

【答案】解：【问题情境】证明：如图②，连接AP，
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，且S△ABC=S△ABP+S△ACP，
∴．
∵AB=AC，∴CF=PD+PE．
【变式探究】证明：如答图1，连接AP．
∵PD⊥AB，PE⊥AC，CF⊥AB，
∵AB=dm，AD=3dm，BD=dm，
∴，解得：x=1．
∴BH2=BD2﹣DH2=37﹣1=36．∴BH=6．∴ED+EC=6．
∵∠ADE=∠BCE=90°，且M、N分别为AE、BE的中点，
∴DM=EM=AE，CN=EN=BE．
7. （2014年江苏宿迁附加10分）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．

【答案】解：（1）证明：如图1，
∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为DE的中点，∴DM=EM．
在△ADM和△NEM中，∵，∴△ADM≌△NEM（AAS）．
∴AM=MN．∴M为AN的中点．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【考点】1.面动旋转问题；2. 等腰直角三角形的判定和性质；3.平行线的性质；4.全等三角形的判定和性质；5.多边形内角与外角．.
8. （2014年江苏无锡10分）如图1，已知点A（2，0），B（0，4），∠AOB的平分线交AB于C，一动点P从O点出发，以每秒2个单位长度的速度，沿y轴向点B作匀速运动，过点P且平行于AB的直线交x轴于Q，作P、Q关于直线OC的对称点M、N．设P运动的时间为t（0＜t＜2）秒．
（1）求C点的坐标，并直接写出点M、N的坐标（用含t的代数式表示）；
（2）设△MNC与△OAB重叠部分的面积为S．
①试求S关于t的函数关系式；
②在图2的直角坐标系中，画出S关于t的函数图象，并回答：S是否有最大值？若有，写出S的最大值；若没有，请说明理由．

②画出函数图象，如答图4所示：
9. （2014年江苏苏州9分）如图，已知l1⊥l2，⊙O与l1，l2都相切，⊙O的半径为2cm．矩形ABCD的边AD，AB分别与l1，l2重合，AB＝4 cm，AD＝4cm．若⊙O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，⊙O的移动速度为3cm/s，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t(s)．
（1）如图①，连接OA，AC，则∠OAC的度数为 ▲ °；
（2）如图②，两个图形移动一段时间后，⊙O到达⊙O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离(即OO1的长）；
（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d(cm)．当d<2时，求t的取值范围．（解答时可以利用备用图画出相关示意图）

【答案】解：（1）1050.
（2）O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设⊙O与AC的切点为E，连接O1E，如答图1，

10. （2014年江苏南京8分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4 cm ，BC=3 cm，⊙O为△ABC的内切圆.
（1）求⊙O的半径；
（2）点P从点B沿边BA向点A以点1cm/s 的速度匀速运动，以点P为圆心，PB长为半径作圆. 设点P运动的时间为 t s. 若⊙P与⊙O相切，求t的值.

【答案】解：（1）如答图1，设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，连接OD，OE，OF，
则AD=AF，BD=BE，CE=CF.
∴⊙O的半径为1 cm.
（2）如答图2，3，过点P作PG⊥BC于点G，
∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥AC.
∴△PBG∽△ABC. ∴.
又∵BP=t，∴.
若⊙P与⊙O相切，，则可分为⊙P与⊙O外切和⊙P与⊙O内切两种情况：
①如答图2，当⊙P与⊙O外切时，连接OP，
则OP=1+t.过点P作PH⊥OE于点H，
∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，∴四边形PHEG是矩形.
∴HE=PG，PH=GE.
∴.
在Rt△OPH中，由勾股定理，得，
解得.
②如图，当⊙P与⊙O内切时，连接OP，则OP=.
点O作OM⊥PG于点M，
∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，
∴四边形OEGM是矩形.
11. （2014年江苏连云港10分）在一次科技活动中，小明进行了模拟雷达雪描实验.如图，表盘是△ABC，其中AB=AC，∠BAC=120°，在点A处有一束红外光线AP，从AB开始，绕点A逆时针匀速旋转，每秒钟旋转15°，到达AC后立即以相同的旋转速度返回A、B，到达后立即重复上述旋转过程.小明通过实验发现，光线从AB处开始旋转计时，旋转1秒， 时光线AP交BC于点M，BM的长为（）cm.
（1）求AB的长；
（2）从AB处旋转开始计时，若旋转6秒，此时AP与BC边交点在什么位置？若旋转2014秒，此时AP与BC边交点在什么位置？并说明理由.

【答案】解：（1）如答图1，过A点作AD⊥BC，垂足为D．
∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=30°．
令AB=2tcm．
在Rt△ABD中，AD=AB=t，BD=AB=．
在Rt∠AMD中，∵∠AMD=∠ABC+∠BAM=45°，∴MD=AD=t．
∵，∴，解得t=20．∴AB=2×20=40．
12. （2014年江苏连云港10分）为了考察冰川融化的状况，一支科考队在某冰川上设一定一个以大本营O为圆心，半径为4km 圆形考察区域，线段P1、P2是冰川的部分边界线（不考虑其它边界），当冰川融化时，边界线沿着与其垂直的方向朝考察区域平行移动. 若经过n年，冰川的边界线P1P2移动的距离为s(km),并且s与n（n为正整数）的关系是. 以O为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，其中P1、P2的坐标分别是.
（1）求线段P1P2所在的直线对应的函数关系式；
（2）求冰川的边界线移动到考察区域所需要的最短时间.

【答案】解：（1）设P1P2所在直线对应的函数关系式是y=kx+b，
∵P1、P2的坐标分别是，
∴，解得：
∴直线P1P2的解析式是：.
（2）如答图，设直线P1P2的与两坐标轴的交点分别为M，N，过原点O作OH⊥P1P2于点H，交圆于点Q，
当P1P2与⊙O相切时，此时冰川移动的距离HQ最短，
在中，
令x=0，得y=，令y=0，得x=，
∴直线P1P2与x、y轴的交点坐标是M（，0）、N（0，）．
∴由勾股定理，得MN=.
∵，∴，解得.
∵OQ=4，∴.
∵，
∴，解得：n1=6，n2=-4.8（舍去）.
答：冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间为6年．
13. （2014年江苏淮安8分）如图，在三角形纸片ABC中，AD平分∠BAC，将△ABC折叠，使点A与点D重合，展开后折痕分别交AB、AC于点E、F，连接DE、DF．求证：四边形AEDF是菱形．

【答案】证明：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD.
又∵EF⊥AD，∴∠AOE=∠AOF=90°.
∵在△AEO和△AFO中，，
∴△AEO≌△AFO（ASA）.
∴EO=FO，即EF、AD相互平分.
∴四边形AEDF是平行四边形
又EF⊥AD，∴平行四边形AEDF为菱形．
【考点】1.翻折变换（折叠问题）；2.全等三角形的判定和性质；3. 菱形的判定．
【分析】由∠BAD=∠CAD，AO=AO，∠AOE=∠AOF=90°证得△AEO≌△AFO，推出EO=FO，得出平行四边形AEDF，根据EF⊥AD得出菱形AEDF．
14. （2014年江苏常州7分）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知Rt△DOE，∠DOE=90°，OD=3，点D在y轴上，点E在x轴上，在△ABC中，点A，C在x轴上，AC=5．∠ACB+∠ODE=180°，∠ABC=∠OED，BC=DE．按下列要求画图（保留作图痕迹）：
（1）将△ODE绕O点按逆时针方向旋转90°得到△OMN（其中点D的对应点为点M，点E的对应点为点N），画出△OMN；
（2）将△ABC沿x轴向右平移得到△A′B′C′（其中点A，B，C的对应点分别为点A′，B′，C′），使得B′C′与（1）中的△OMN的边NM重合；
（3）求OE的长．

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