2021年中考数学压轴题提升训练折叠与图形存在性（附解析）

折叠与图形存在性 【例 1】如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=2，BC=4，CD 是△ABC 的中线，E 是边 BC 上一动点， 将△BED 沿 ED 折叠，点 B 落在点 F 处，EF 交线段 CD 于 G，当△DFG 是直角三角形时，则 CE= . A C B D E F G 【答案】1， 5 5 2  . 【解析】解：在 Rt△ABC 中，由勾股定理得：AB=2 5 , 由折叠性质知∠F=∠B≠90°，分两种情况讨论， （1）当∠FDG=90°时， A C B D E F G ∵D 是 Rt△ABC 斜边 AB 的中点， ∴CD=BD=AD= 5 ， ∴∠B=∠DCE=∠F， ∵∠DCE+∠GEC=∠F+∠FDG， ∴∠GEC=90°， 在 Rt△DFG 中，tan∠F= DG DF ， ∴DG= 5 2 ， ∴CG=CD－DG= 5 2 ， 在 Rt△CEG 中，CE=CG·cos∠GCE= 5 2 × 4 2 5 =1； （2）当∠FGD=90°时， A C B D E F G 由（1）知∠B=∠F=∠DCB， 由 BD=DF= 5 ， ∴DG=DF·sin∠F= 5 × 2 2 5 =1， ∴CG=CD－DG= 5 －1， ∴CE=CG÷cos∠DCB=（ 5 －1）÷ 4 2 5 = 5 5 2  ， 故答案为：1， 5 5 2  . 【变式 1-1】如图，在菱形 ABCD 中，∠DAB=45°，AB=8，点 P 为线段 AB 上一动点，过点 P 作 PE⊥AB 交直线 AD 于 E，沿 PE 将∠A 折叠，点 A 的对称点为点 F，连接 EF、DF、CF，当△CDF 是直角三角形时，AP= . 【答案】 2 2 或 4 2 2 . 【解析】解：①如图，当 DF⊥AB 时，△CDF 是直角三角形， ∵在菱形 ABCD 中，AB=8， ∴CD=AD=AB=8， 在 Rt△ADF 中，AD=8，∠DAN=45°，DF=AF=4 2 ， ∴AP=2 2 ； ②如图，当 CF⊥AB 时，△DCF 是直角三角形， 在 Rt△CBF 中，∠CFB=90°，∠CBF=∠A=45°，BC=8， ∴BF=CF=4 2 ， ∴AF=AB+BF=8+4 2 ， ∴AP= 1 2 AF=4+2 2 ， 故答案为：4 或 4+2 2 ． 【例 2】如图，矩形 ABCD 中，AB=2，AD=4，点 E 在边 BC 上，将△DEC 沿 DE 翻折后，点 C 落在点 C’处. 若△ABC’是等腰三角形，则 CE 的长为 . A B C D E C' 【分析】根据△ABC’是等腰三角形，分①AB=AC’=2；②AC’=BC’，即 C’落在 AB 的垂直平分线上时； ③AB=BC’=2，三种情况讨论，逐一作出图形求解即可. 【答案】2 或 2 3 3 . 【解析】解：分三种情况讨论： ①AB=AC’=2，如图所示， A B C D E C' 可得：四边形 CDC’E 是正方形，即 CE=2； ②AC’=BC’，即 C’落在 AB 的垂直平分线 MN 上时，如图所示， A B C D E C' MN ∴DM=1，C’D=2， ∴∠C’DM=30°， 即得：∠C’DC=60°，∠EDC=30°， ∴CE=CD·tan∠EDC =2× 3 3 = 2 3 3 ； ③AB=BC’=2， 此时作出 C’的运动轨迹，及以 B 为圆心，2 为半径的圆，发现二者不相交，如图所示， A B C D E C' C'运动轨迹 即此种情况不存在； 综上所述，答案为：2 或 2 3 3 . 【变式 2-1】如图所示，在△ABC 中，∠C=90°，AC≤BC，将△ABC 沿 EF 折叠，使点 A 落在直角边 BC 上的 D 点，设 EF 与 AB、AC 分别交于点 E、F，如果折叠后△CDF 和△BDE 均为等腰三角形，那么∠B= . 【答案】45°或 30°. 【解析】解：若△CDF 是等腰三角形，∵∠C=90°， ∴∠CDF=∠CFD=45°， 由折叠性质知，∠A=∠FDE，∠B=∠EFD， 若△BDE 是等腰三角形，则： （1）若 DE=BD，设∠B=∠DEB=x°，则∠A=∠FDE=90－x， ∵∠CDE=∠B+∠DEB， ∴45+90－x=x+x，解得：x=45， 即∠B=45°， （2）若 DE=BE， ∠CDE=180°－∠BDE=180°－∠B， ∠CDE =45°+∠FDE=45°+∠A=45°+90°－∠B=135°－∠B， ∴不符合题意， （3）若 BD=BE，设∠B=x，则∠BDE=∠BED=90°－ 1 2 x， ∠CDE =45°+∠A=135°－x， ∠CDE =∠B+∠DEB=90°+ 1 2 x， ∴135°－x=90°+ 1 2 x，解得：x=30， 即∠B=30°， 综上所述，∠B 的度数为：45°或 30°. 【例 3】如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E 为斜边 AB 的中点，点 P 是射线 BC 上的一个动点，连接 AP、PE，将△AEP 沿着边 PE 折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP 的 重叠部分的面积恰好为△ABP 面积的四分之一，则此时 BP 的长为 ． 【答案】2 或 2 3 ． 【解析】解：∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝2，E 为 AB 的中点， ∴AB＝4，AE＝ 1 2 AB＝2，BC＝2 3 ． （1）若点 A’落在 BC 上方时，连接 A′B， 由折叠可得 S△A′EP＝S△AEP，A′E＝AE＝2，． ∵点 E 是 AB 的中点， ∴S△BEP＝S△AEP＝ 1 2 S△ABP． 由题可得：S△EFP＝ 1 4 S△ABP， ∴S△EFP＝ 1 2 S△BEP＝ 1 2 S△AEP＝ 1 2 S△A′EP， ∴EF＝BF，PF＝A′F． ∴四边形 A′EPB 是平行四边形， ∴BP＝A′E＝2； ②若点 A’落在直线 BC 下方时，连接 AA′，交 EP 与 H， ． 可得：GP＝BG，EG＝1． ∵BE＝AE， ∴EG＝ 1 2 AP＝1， ∴AP＝2 ∴AP＝AC， 即此时点 P 与点 C 重合， ∴BP＝BC＝2 3 ． 故答案为：2 或 2 3 ． 【变式 3-1】（2019·安阳二模）如图，在△ABC 中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．点 D 是边 AC 的中点， 点 E 在边 AB 上，将△ADE 沿 DE 翻折，使点 A 落在点 A′处，当线段 AE 的长为 时，A′E∥BC． 【答案】 1 2 或 9 2 ． 【解析】解：分两种情况： （1） 当 A'E∥BC 时，∠A'EG＝∠B， 由折叠可得，∠A＝∠A'， ∵∠B+∠A＝90°， ∴∠A'EG+∠A'＝90°， ∴∠A'GE＝90°， ∴△ABC∽△ADG， ∴ AG AD DG AC AB BC   ， ∵AD＝ 1 2 AC＝ 3 2 ， ∴AG＝ 9 10 ，DG＝ 6 5 ，A'G＝ 3 10 ， 设 AE＝A'E＝x，则 EG＝ 9 10 ﹣x， 则 cos∠GEA’= 4 ' 5 EG A E  , ∴x= 1 2 ，即 AE= 1 2 ； （2）当 A'E∥BC 时，∠AHE＝∠C＝90°， A'H⊥CD， 设 AE＝y， 由△AHE∽△ACB，得： AH AE EH AC AB BC   ∴AH＝ 3 5 y，HE＝ 4 5 y， 由折叠可得，A'E＝AE＝y，AD＝A'D＝ 3 2 ， ∴A'H＝ 1 5 y，DH＝ 3 5 y﹣ 3 2 ， sin∠DA’H= 4 ' 5 DH A D  , 可得：y= 9 2 ，即 AE＝ 9 2 ， 故答案为： 1 2 或 9 2 ． 1.如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，点 D 是 BC 上一动点，连结 AD，将△ACD 沿 AD 折 叠，点 C 落在点 C′，连结 C′D 交 AB 于点 E，连结 BC′．当△BC′D 是直角三角形时，DE 的长为 ． 【答案】 3 2 或 3 4 ． 【解析】解：（1）当点 E 与点 C′重合时，△BC′D 是直角三角形， 在 Rt△ABC 中，由勾股定理得：BC=4． 由翻折的性质可知；AE=AC=3，DC=DE，EB=2． 设 DC=ED=x，则 BD=4﹣x． 在 Rt△DBE 中，由勾股定理得：DE2+BE2=DB2， 即 x2+22=（4﹣x）2． 解得：x= 3 2 ． （2）当∠EDB=90 时， 由翻折的性质可知：AC=AC′，∠C=∠C′=90°． 可得：四边形 ACDC′为矩形． ∵AC=AC′， ∴四边形 ACDC′为正方形． ∴CD=AC=3．DB=BC﹣DC=1． ∵DE∥AC， ∴ 1 4 DE BD AC BC   , 1 3 4 DE  ． 解得：DE= 3 4 ． （3）∵点 D 在 BC 上运动， ∴∠DBC′＜90°，即∠DBC′不可能为直角． 故答案为： 3 2 或 3 4 ． 2.（2019·洛阳三模）如图，已知 Rt△ABC 中，∠B=90°，∠A=60°，AB=3，点 M，N 分别在线段 AC， AB 上，将△ANM 沿直线 MN 折叠，使点 A 的对应点 D 恰好落在线段 BC 上，若△DCM 为直角三角形时， 则 AM 的长为 ． 【答案】2 或 3 3 3 . 【解析】解：∵在△CDM 中，∠C=30°， ∴分两种情况讨论△CDM 为直角三角形的情况， （1）当∠CMD=90°时，如图所示， A B C D M N 设 AM=x，则 DM=x，CM= 3 x， ∴x+ 3 x=6，解得：x= 3 3 3 ； （2）当∠CDM=90°时，如图所示， A B C DM N 设 AM=x，则 CM=2x，DM=x， ∴x+2x=6，解得 x=2， 综上所述，答案为： 3 3 3 或 2. 3.如图，在矩形纸片 ABCD 中，已知 AB=6，BC=8，E 是边 AD 上的点，以 CE 为折痕折叠纸片，使点 D 落 在点 F 处，连接 FC，当△AEF 为直角三角形时，DE 的长为_________． 【答案】3 或 6. 【解析】解：由题意知，∠EAF≠90°， （1）当∠AEF=90°时， 如下图所示， A B C DE F 由折叠知，CD=CF=DE=EF=6， 即 DE=6； （2）当∠AFE=90°时，如下图所示， A B C DE F 此时点 F 落在对角线 AC 上， AC=10，CF=6，AF=4， 设 DE=x，则 EF=x，AE=8－x， 在 Rt△AEF 中，由勾股定理得： x2+42=（8－x）2，解得：x=3， 故答案为：3 或 6. 4.如图，在 Rt△ABC 中，∠A=90°，∠B=30°，BC= 3 +1，点 E、F 分别是 BC、AC 边上的动点，沿 E、 F所在直线折叠∠C，使点C的落对应点C'始终落在边AB上，若△BEC'是直角三角形时，则BC'的长为 ． 【答案】 3 3 3  或 2. 【解析】解：∵∠B=30°， ∴分两种情况讨论： ①当∠BEC'=90°时， BE= 3 C'E， ∵CE=C'E，BC= 3 +1， ∴BE= 3 ，C'E=1， ∴Rt△BEC'中，由勾股定理得：BC'=2； ②当∠BC'E=90°时， BE=2C'E=2CE，BC= 3 +1， ∴BE= 2 3 ×（ 3 +1），C'E= 1 3 （ 3 +1）， 在 Rt△BEC’中，由勾股定理得：BC'= 3 3 3  ； 综上所述，BC'的长为 3 3 3  或 2． 5.如图，在 Rt△ABC 中，AC＝8，BC＝6，点 D 为斜边 AB 上一点，DE⊥AB 交 AC 于点 E，将△AED 沿 DE 翻折，点 A 的对应点为点 F．如果△EFC 是直角三角形，那么 AD 的长为 ． 【答案】 7 5 或 5． 【解析】解：在 Rt△ABC 中，AC＝8，BC＝6， 由勾股定理得：AB＝10， 按直角顶点位置分类讨论， ①若∠CFE＝90°， ∵在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°， ∴∠CFB+∠EFD＝∠B+∠A＝90°， 由翻折知：∠A＝∠EFD，AE＝EF， ∴∠CFB＝∠B，CF＝BC＝6， 在 Rt△CEF 中，有 CE2＝EF2+CF2， 即 CE2＝（8﹣CE）2+62， ∴CE＝ 25 4 ， ∴AE＝ 7 4 ， 由∠ADE＝∠ACB＝90°， 得△ADE∽△ACB， ∴ AE AD AB AC  ， 得：AD＝ 7 5 ； ②当∠ECF＝90°时，点 F 与 B 重合， ∴AD＝ 1 2 AB＝5； ③当∠CEF＝90°时， 则 EF∥BC，∠AFE＝∠B， ∵∠A＝∠AFE， ∴∠A＝∠B， ∴AC＝BC（与题设矛盾），这种情况不存在， 综上所述：如果△EFC 是直角三角形，AD 的长为 7 5 或 5． 故答案为： 7 5 或 5． 6.在 Rt△ABC 中，AC＝3，AB＝4，D 为斜边 BC 中点，E 为 AB 上一个动点，将△ABC 沿直线 DE 折叠，A、 C 的对应点分别为 A′、C′，EA′交 BC 于点 F，若△BEF 为直角三角形，则 BE 的长度为 ． 【答案】 1 2 或 5 4 ． 【解析】解：∵∠B≠90°， ∴分两种情况讨论： ①当∠BEF＝90°时， 过 D 作 DM⊥AB 于 M，则∠EMD＝90°，DM∥AC，D 为 BC 中点， 可得：M 为 AB 的中点， ∴BM＝ 1 2 AB＝2，DM＝ 1 2 AC＝ 3 2 ， 由折叠可得，∠MED＝ 1 2 ∠AEF＝45°， ∴△DEM 是等腰直角三角形， ∴EM＝DM＝ 3 2 ， ∴BE＝2﹣ 3 2 ＝ 1 2 ； ②当∠BFE＝90°时，连接 AD，A'D， 根据对称性可得：∠EAD＝∠EA'D，AD＝A'D Rt△ABC 中，AC＝3，AB＝4， 由勾股定理得：BC＝5， Rt△ABC 中，D 为 BC 的中点， ∴AD＝BD＝A'D＝ 1 2 BC＝ 5 2 ， ∴∠B＝∠EAD＝∠FA'D， 设 BE＝x，则 BF＝BE·cosB＝ 4 5 x， ∴DF＝BD﹣BF＝ 5 2 ﹣ 4 5 x， 由 sin∠FA'D＝sinB，得： 5 4 5 3 2 5 2 5x   ， 解得：x＝ 5 4 ，即 BE＝ 5 4 ， 综上所述，BE 的长度为 1 2 或 5 4 ． 7.如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC= 4 3 ，BC=4，点 D 是 AC 的中点，点 F 是边 AB 上一动点，沿 DF 所在直线把△ADF 翻折到△A′DF 的位置，若线段 A′D 交 AB 于点 E，且△BA′E 为直角三角形，则 BF 的 长为_________． 【答案】 28 5 或 6. 【解析】解：由分析知∠EBA’≠90°，分两种情况讨论： （1）当∠BA’E=90°时，如图所示， B AC D E F A' 连接 BD，过 F 作 FH⊥AC 于 H， B AC D E F A' H 可得：△BCD≌△BA’D，∠BDF=90°， 设 FH=x，则 AF=2x，AH= 3 x，DH=2 3 －x，BF=8－2x， 由勾股定理得： BD2+DF2=BF2，DF2=DH2+FH2， 即 BD2+ DH2+FH2= BF2， ∴    2 2228 2 3 8 2x x x     ， 解得：x= 12 5 ， 即 BF= 28 5 ； （2）当∠BEA’=90°时，如下图所示， B AC D E F A' 由折叠性质知，∠A=∠ADF=∠EDF=30°， ∵AD=2 3 ， ∴DE= 3 ，AE=3， ∴EF= 3 3 DE=1， ∴AF=2， 即 BF=6， 综上所述，BF 的值为 28 5 或 6. 8.如图，在 Rt△ABC 中，AB＝3，BC＝4，点 P 为 AC 上一点，过点 P 作 PD⊥BC 于点 D，将△PCD 沿 PD 折叠，得到△PED，连接 AE．若△APE 为直角三角形，则 PC＝ ． 【答案】 35 32 或 125 32 . 【解析】解：若∠APE=90°，则∠CPD=∠EPD=45°，可得∠C=45°，与题意不符， ∴∠APE≠90°， 在 Rt△ABC 中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5， ①当∠AEP＝90°时， 设 PC＝x，在 Rt△PDC 中，sinC＝ 3 5 ，cosC＝ 4 5 ， 所以 PD＝ 3 5 x，CD＝ 4 5 x， 由折叠知 DE＝CD＝ 4 5 x ， ∴BE＝BC﹣CE＝4﹣ 8 5 x， ∵∠B＝∠PDE， ∠BAE+∠AEB＝90°，∠PED+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠PED=∠C， tan∠BAE＝tan∠C, 即 84 35 3 4 x  ， 解得：x= 35 32 ， 即 PC= 35 32 ； ②当∠EAP＝90°时，如下图， A B C P DE 设 PC=x，则 PE=x，PD＝ 3 5 x，CD＝ 4 5 x，CE= 8 5 x，BE= 8 5 x－4， 可证：∠AEB=∠C， ∴tan∠AEB= tan∠C， ∴ 3 4 BE AB  , 即 8 4 35 3 4 x   ， 解得：x= 125 32 即 PC= 125 32 ， 综上所述，答案为： 35 32 或 125 32 . 9.如图，矩形 ABCD 中，AB＝4，AD＝6，点 E 为 AD 中点，点 P 为线段 AB 上一个动点，连接 EP，将△APE 沿 PE 折叠得到△FPE，连接 CE，CF，当△ECF 为直角三角形时，AP 的长为 ． 【答案】1 或 9 4 . 【解析】解：由图可知，∠ECF≠90°，所以分两种情况讨论： （1）当∠CFE＝90°时， 由折叠可得，∠PFE＝∠A＝90°，AE＝FE＝DE， ∴∠CFP＝180°，即点 P，F，C 在一条直线上， ∴Rt△CDE≌Rt△CFE， ∴CF＝CD＝4， 设 AP＝FP＝x，则 BP＝4﹣x，CP＝x+4， 在 Rt△BCP 中，BP2+BC2＝PC2， 即（4﹣x）2+62＝（x+4）2， 解得 x＝ 9 4 ，即 AP＝ 9 4 ； （2）当∠CEF＝90°时， 过 F 作 FH⊥AB 于 H，作 FQ⊥AD 于 Q，则∠FQE＝∠D＝90°， ∵∠FEQ+∠CED＝∠ECD+∠CED， ∴∠FEQ＝∠ECD， ∴△FEQ∽△ECD， ∴ FQ QE EF DE CD CE   , ∴ 3 3 4 5 FQ QE  ， ∴FQ= 9 5 ，QE= 12 5 ， ∴AQ=HF=3－QE= 3 5 ，AH=QE= 9 5 ， 设 AP＝FP＝x，则 HP＝ 9 5 ﹣x， 在 Rt△PFH 中，HP2+HF2＝PF2， 即（ 9 5 ﹣x）2+（ 3 5 ）2＝x2， 解得 x＝1，即 AP＝1． 综上所述，AP 的长为 1 或 9 4 ． 10.如图，已知 Rt△ABC 中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝2 3 +4，点 M、N 分别在线段 AC、AB 上，将 △ANM 沿直线 MN 折叠，使点 A 的对应点 D 恰好落在线段 BC 上，当△DCM 为直角三角形时，折痕 MN 的长 为 ． 【答案】 2 3 4 3  或 6 . 【解析】解：∵∠C=30°，即 C 不可能是直角顶点， ∴分两种情况讨论： （1）当∠CDM＝90°时， 在 Rt△ABC 中，∠B＝90°，∠A＝60°，AC＝2 3 +4， ∴∠C＝30°，AB＝ 3 +2， 由折叠性质知，∠MDN＝∠A＝60°， ∴∠BDN＝30°， ∴BN＝ 1 2 DN＝ 1 2 AN， ∴BN＝ 1 3 AB＝ 3 2 3  ， ∴AN＝2BN＝ 2 3 4 3  ， 由∠DNB＝60°，得：∠ANM＝∠DNM＝60°， ∴△AMN 是等边三角形， ∴AN＝MN＝ 2 3 4 3  ； （2）当∠CMD＝90°时， 由题可得，∠CDM＝60°，∠A＝∠MDN＝60°， ∴∠BDN＝60°，∠BND＝30°， ∴BD＝ 1 2 DN＝ 1 2 AN，BN＝ 3 BD， ∴AN＝2，BN＝ 3 ，BD=1， ∴CD=BC-BD= 3 AB－BD=2 3 +2， ∴DM=AM= 1 2 CD= 3 +1， ∴在 Rt△ANH 中，AH= 1 2 AN=1，NH= 3 ， ∴HM=AM-AH= 3 ， 在 Rt△HNM 中，由勾股定理得：MN= 6 ； 故答案为： 2 3 4 3  或 6 . 11.如图，正方形 ABCD 的边长是 16，点 E 在边 AB 上，AE＝3，点 F 是边 BC 上不与点 B，C 重合的一个 动点，把△EBF 沿 EF 折叠，点 B 落在 B′处．若△CDB′恰为等腰三角形，则 DB′的长为 ． 【答案】16 或 4 5 ． 【解析】解：分三种情况讨论， （1）当 B′D＝B′C 时， 过 B′作 GH∥AD 交 AB、CD 于点 G、H，则∠B′GE＝90°， 可得：GH 是 CD、AB 的垂直平分线， ∴AG＝DH＝ 1 2 DC＝8， 由 AE＝3，AB＝16，得 BE＝13． 由翻折的性质，得 B′E＝BE＝13． ∴EG＝AG﹣AE＝8﹣3＝5， 在 Rt△B’EG 中，由勾股定理得：B′G＝12， ∴B′H＝GH﹣B′G＝16﹣12＝4， 在 Rt△DB’H 中，由勾股定理得：DB′＝4 5 ； （2）当 DB′＝CD 时，则 DB′＝16． （3）当 CB′＝CD 时，则 CB＝CB′，由翻折的性质，得 EB＝EB′， ∴EC 垂直平分 BB′， ∵EF 是线段 BB′的垂直平分线， ∴点 F 与点 C 重合，此种情况不存在； 故答案为：16 或 4 5 ． 12.如图，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，BC＝2 3 ，AC＝2，点 D 是 BC 的中点，点 E 是边 AB 上一动点， 沿 DE 所在直线把△BDE 翻折到△B′DE 的位置，B′D 交 AB 于点 F．若△AB′F 为直角三角形，则 AE 的长 为 ． 【答案】3 或 14 5 . 【解析】解：∵∠C＝90°，BC＝2 3 ，AC＝2， ∴∠B＝30°，AB＝2AC＝4， ∵点 D 是 BC 的中点， ∴DB＝DC＝ 3 ，EB′＝EB，∠DB′E＝∠B＝30°， 设 AE＝x，则 BE＝4﹣x，EB′＝4﹣x， 由题意知∠B’AF≠90°，分两种情况讨论： （1）当∠AFB′＝90°时， BF＝ 3 2 ，EF＝ 3 2 ﹣（4﹣x）＝x﹣ 5 2 ， 在 Rt△B′EF 中，∠EB′F＝30°， ∴EB′＝2EF， 即 4﹣x＝2（x﹣ 5 2 ），解得：x＝3，即 AE=3； （2）当∠AB’F=90°时，过 E 作 EH⊥AB’于 H， ∵DC＝DB′，AD＝AD， ∴Rt△ADB′≌Rt△ADC， ∴AB′＝AC＝2， ∵∠AB′E＝∠AB′F+∠EB′F＝90°+30°＝120°， ∴∠EB′H＝60°，∠HEB’=30°， ∴B′H＝ 1 2 B′E＝ 1 2 （4﹣x），EH＝ 3 B′H＝ 3 2 （4﹣x）， 在 Rt△AEH 中，EH2+AH2＝AE2， ∴ 3 4 （4﹣x）2+[ 1 2 （4﹣x）+2]2＝x2，解得 x＝ 14 5 ， AE= 14 5 ． 故答案为 3 或 14 5 ．