备考2019中考数学高频考点剖析
专题二十八 几何三大变换之轴对称问题
考点扫描☆聚焦中考
轴对称问题，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括轴对称的性质和轴对称的作图两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主，作图题以解析题为主。解析题主要以作图、计算为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，，我们从三方面进行轴对称问题的探讨：
（1）轴对称问题的性质；
（2）轴对称的作图；
（3）在几何图形证明中的综合应用．
考点剖析☆典型例题
例1如图图中的阴影部分是由5个小正方形组成的一个图形，若在图中的方格里涂黑两个正方形，使整个阴影部分成为轴对称图形，涂法有几种（?? ）
A.?4种??? B.?5种? ?C.?7种? ?D.?9种
例2如图，一张三角形纸片ABC，其中∠C=90°，AC=4，BC=3．现小林将纸片折叠：使点A落在B处．这折叠的折痕长 ．
例3 （黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 ．
例4知识背景：过中心对称图形的对称中心的任意一条直线都将其分成全等的两个部分．
（1）如图①，直线m经过平行四边形ABCD对角线的交点O，则S四边形AEFB________S四边形DEFC（填“＞”“＜”“＝”）；
（2）如图②，两个正方形如图所示摆放，O为小正方形对角线的交点，求作过点O的直线将整个图形分成面积相等的两部分；
（3）八个大小相同的正方形如图③所示摆放，求作直线将整个图形分成面积相等的两部分（用三种方法分分割）．
例5（2018?岳阳）已知在Rt△ABC中，∠BAC=90°，CD为∠ACB的平分线，将∠ACB沿CD所在的直线对折，使点B落在点B′处，连结AB'，BB'，延长CD交BB'于点E，设∠ABC=2α（0°＜α＜45°）．
（1）如图1，若AB=AC，求证：CD=2BE；
（2）如图2，若AB≠AC，试求CD与BE的数量关系（用含α的式子表示）；
（3）如图3，将（2）中的线段BC绕点C逆时针旋转角（α+45°），得到线段FC，连结EF交BC于点O，设△COE的面积为S1，△COF的面积为S2，求（用含α的式子表示）．
考点过关☆专项突破
类型一 轴对称性质
1. 下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2. （2018·辽宁省盘锦市）下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3. 如图，△ABC与△A′B′C′是成中心对称，下列说法不正确的是（?? ）
A.?S△ABC=S△A′B′C′?? B.?AB=A′B′，AC=A′C′，BC=B′C′
C.?AB∥A′B′，AC∥A′C′，BC∥B′C′??D.?S△ACO=S△A′B′O
4. （2018·湖北省宜昌·3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （ ）
A．1 B． C． D．
5. 在平面直角坐标系中，已知A（2，3），B（0，1），C（3，1），若线段AC与BD互相平分，则点D关于坐标原点的对称点的坐标为 ．
6. （2018·湖北十堰·3分）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=6，点D，E分别是边BC，AC上的动点，则DA+DE的最小值为 ．
7. （2018·浙江省台州·5分）如图，把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标，在某平面斜坐标系中，已知θ=60°，点M′的斜坐标为（3，2），点N与点M关于y轴对称，则点N的斜坐标为 .
8. （2018·重庆市B卷）（4.00分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于 .
类型二 轴对称作图
1. （在棋盘中建立如图的直角坐标系，三颗棋子A，O，B的位置如图，它们分别是（﹣1，1），（0，0）和（1，0）．
（1）如图2，添加棋子C，使A，O，B，C四颗棋子成为一个轴对称图形，请在图中画出该图形的对称轴；
（2）在其他格点位置添加一颗棋子P，使A，O，B，P四颗棋子成为一个轴对称图形，请直接写出棋子P的位置的坐标．（写出2个即可）
2．（宁夏中考）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．
（1）把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
类型三 轴对称的综合应用
1. 如图，正方形ABCD的边长为+1，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC分别交BC、BD于E、F
（1）求证：△ABF∽△ACE；
（2）求tan∠BAE的值；
（3）在线段AC上找一点P，使得PE+PF最小，求出最小值．
2. （2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP=BF；
②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值；
③当BP=9时，求BE?EF的值．
备考2019中考数学高频考点剖析
专题二十八 几何三大变换之轴对称问题
考点扫描☆聚焦中考
轴对称问题，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括轴对称的性质和轴对称的作图两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主，作图题以解析题为主。解析题主要以作图、计算为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，，我们从三方面进行轴对称问题的探讨：
（1）轴对称问题的性质；
（2）轴对称的作图；
（3）在几何图形证明中的综合应用．
考点剖析☆典型例题
例1如图图中的阴影部分是由5个小正方形组成的一个图形，若在图中的方格里涂黑两个正方形，使整个阴影部分成为轴对称图形，涂法有几种（?? ）
A.?4种??? B.?5种? ?C.?7种? ?D.?9种
【考点】平移的性质，旋转的性质
【分析】把一个图形沿着某一条直线折叠，如果直线两旁的部分能够互相重合，那么称这个图形是轴对称图形。根据定义即可判断求解。
【解析】【解答】解：如图所示：一共有9种，
故答案为：D
例2如图，一张三角形纸片ABC，其中∠C=90°，AC=4，BC=3．现小林将纸片折叠：使点A落在B处．这折叠的折痕长 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【分析】根据折叠得：GH是线段AB的垂直平分线，得出AG的长，再利用两角对应相等证△ACB∽△AGH，利用比例式可求GH的长，即折痕的长．
【解答】解：如图，折痕为GH，
由勾股定理得：AB==5，
由折叠得：AG=BG=AB=×5=，GH⊥AB，
∴∠AGH=90°，
∵∠A=∠A，∠AGH=∠C=90°，
∴△ACB∽△AGH，
∴，
∴=，
∴GH=，
故答案为．
例3 （黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．
【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．
【解答】解：连接AC、AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴AE的长即为PC+PE的最小值，
∵CD=4，CE=1，
∴DE=3，
在Rt△ADE中，
∵AE===5，
∴PC+PE的最小值为5．
故答案为：5．
例4知识背景：过中心对称图形的对称中心的任意一条直线都将其分成全等的两个部分．
（1）如图①，直线m经过平行四边形ABCD对角线的交点O，则S四边形AEFB________S四边形DEFC（填“＞”“＜”“＝”）；
（2）如图②，两个正方形如图所示摆放，O为小正方形对角线的交点，求作过点O的直线将整个图形分成面积相等的两部分；
（3）八个大小相同的正方形如图③所示摆放，求作直线将整个图形分成面积相等的两部分（用三种方法分分割）．
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：（1）如图①，直线m经过平行四边形ABCD对角线的交点O，则S四边形AEFB＝S四边形DEFC
【分析】（1）根据平行四边形的性质可知：其对角线的交点是其对称中心，根据知识背景 ：过中心对称图形的对称中心的任意一条直线都将其分成全等的两个部分 即可直接得出答案； （2）再连接下边正方形两对角线，过图形中两正方形对角线交点作直线，根据知识背景，该直线即可将整个图形分成面积相等的两部分 ； （3）①把左边两个小正方形组合在一起，看成一个矩形，右边的六个小正方形组合在一起看成一个矩形，分别连接两矩形的对角线，过两矩形对角线的交点作直线；②把左上角补上一个小正方形，整个图形就是一个大正方形，过大正方形补的顶点作一条对角线；③把上边两个小正方形组合在一起，看成一个矩形，下边的六个小正方形组合在一起看成一个矩形，分别连接两矩形的对角线，过两矩形对角线的交点作直线。
【答案】 （1）＝ （2）解，如图，
（3）解：如图，
例5（2018?岳阳）已知在Rt△ABC中，∠BAC=90°，CD为∠ACB的平分线，将∠ACB沿CD所在的直线对折，使点B落在点B′处，连结AB'，BB'，延长CD交BB'于点E，设∠ABC=2α（0°＜α＜45°）．
（1）如图1，若AB=AC，求证：CD=2BE；
（2）如图2，若AB≠AC，试求CD与BE的数量关系（用含α的式子表示）；
（3）如图3，将（2）中的线段BC绕点C逆时针旋转角（α+45°），得到线段FC，连结EF交BC于点O，设△COE的面积为S1，△COF的面积为S2，求（用含α的式子表示）．
【分析】（1）由翻折可知：BE=EB′，再利用全等三角形的性质证明CD=BB′即可；
（2）如图2中，结论：CD=2?BE?tan2α．只要证明△BAB′∽△CAD，可得==，推出=，可得CD=2?BE?tan2α；
（3）首先证明∠ECF=90°，由∠BEC+∠ECF=180°，推出BB′∥CF，推出===sin（45°﹣α），由此即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，
∵B、B′关于EC对称，
∴BB′⊥EC，BE=EB′，
∴∠DEB=∠DAC=90°，
∵∠EDB=∠ADC，
∴∠DBE=∠ACD，
∵AB=AC，∠BAB′=∠DAC=90°，
∴△BAB′≌CAD，
∴CD=BB′=2BE．
（2）如图2中，结论：CD=2?BE?tan2α．
理由：由（1）可知：∠ABB′=∠ACD，∠BAB′=∠CAD=90°，
∴△BAB′∽△CAD，
∴==，
∴=，
∴CD=2?BE?tan2α．
（3）如图 3中，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°﹣2α，
∵EC平分∠ACB，
∴∠ECB=（90°﹣2α）=45°﹣α，
∵∠BCF=45°+α，
∴∠ECF=45°﹣α+45°+α=90°，
∴∠BEC+∠ECF=180°，
∴BB′∥CF，
∴===sin（45°﹣α），
∵=，
∴=sin（45°﹣α）．
考点过关☆专项突破
类型一 轴对称性质
1. 下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【分析】根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义即可判断出．
【解答】解：A、该图形是既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故本选项错误；
B、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；
C、该图形是既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故本选项错误；
D、该图形是既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项正确；
故选：D．
2. （2018·辽宁省盘锦市）下列图形中是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
B．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；
C．是中心对称图形，还是轴对称图形，故本选项正确；
D．不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误．
故选C．
3. 如图，△ABC与△A′B′C′是成中心对称，下列说法不正确的是（?? ）
A.?S△ABC=S△A′B′C′?? B.?AB=A′B′，AC=A′C′，BC=B′C′
C.?AB∥A′B′，AC∥A′C′，BC∥B′C′??D.?S△ACO=S△A′B′O
【答案】 D
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、根据中心对称的两个图形全等，即可得到，故正确；
B、中心对称图形中，对称点到对称中心的距离相等，故正确；
C、根对称点到对称中心的距离相等，即可证得对应线段平行，故正确；
D、不正确．
故答案为：D．
【分析】根据中心对称的性质“关于中心对称的两个图形是全等形。关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，并且被对称中心所平分。关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或者在同一直线上）且相等。”即可判断求解。
4. （2018·湖北省宜昌·3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （ ）
A．1 B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的性质，解决问题即可；
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，
∴S阴=S正方形ABCD=，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．
5. 在平面直角坐标系中，已知A（2，3），B（0，1），C（3，1），若线段AC与BD互相平分，则点D关于坐标原点的对称点的坐标为 （﹣5，﹣3） ．
【考点】关于原点对称的点的坐标；平行四边形的判定与性质．
【分析】直接利用平行四边形的性质得出D点坐标，进而利用关于原点对称点的性质得出答案．
【解答】解：如图所示：∵A（2，3），B（0，1），C（3，1），线段AC与BD互相平分，
∴D点坐标为：（5，3），
∴点D关于坐标原点的对称点的坐标为：（﹣5，﹣3）．
故答案为：（﹣5，﹣3）．
6. （2018·湖北十堰·3分）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=6，点D，E分别是边BC，AC上的动点，则DA+DE的最小值为 ．
【分析】如图，作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作AE⊥AC于E，交BC于D，则AD=A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．
【解答】解：作A关于BC的对称点A'，连接AA'，交BC于F，过A'作AE⊥AC于E，交BC于D，则AD=A'D，此时AD+DE的值最小，就是A'E的长；
Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=6，
∴BC==9，
S△ABC=AB?AC=BC?AF，
∴3×=9AF，
AF=2，
∴AA'=2AF=4，
∵∠A'FD=∠DEC=90°，∠A'DF=∠CDE，
∴∠A'=∠C，
∵∠AEA'=∠BAC=90°，
∴△AEA'∽△BAC，
∴，
∴，
∴A'E=，
即AD+DE的最小值是；
故答案为：．
【点评】本题考查轴对称﹣最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题，属于中考选择
7. （2018·浙江省台州·5分）如图，把平面内一条数轴x绕原点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：过点P作y轴的平行线，交x轴于点A，过点P作x轴的平行线，交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标，在某平面斜坐标系中，已知θ=60°，点M′的斜坐标为（3，2），点N与点M关于y轴对称，则点N的斜坐标为 （﹣2，5） ．
【分析】如图作ND∥x轴交y轴于D，作NC∥y轴交x轴于C．MN交y轴于K．利用全等三角形的性质，平行四边形的性质求出OC.OD即可；
【解答】解：如图作ND∥x轴交y轴于D，作NC∥y轴交x轴于C．MN交y轴于K．
∵NK=MK，∠DNK=∠BMK，∠NKD=∠MKB，
∴△NDK≌△MBK，
∴DN=BM=OC=2，DK=BK，
在Rt△KBM中，BM=2，∠MBK=60°，
∴∠BMK=30°，
∴DK=BK=BM=1，
∴OD=5，
∴N（﹣2，5），
故答案为（﹣2，5）
【点评】本题考查坐标与图形变化，轴对称等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
8. （2018·重庆市B卷）（4.00分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，CD是斜边AB上的中线，将△BCD沿直线CD翻折至△ECD的位置，连接AE．若DE∥AC，计算AE的长度等于 ．
【分析】根据题意、解直角三角形、菱形的性质、翻折变化可以求得AE的长．
【解答】解：由题意可得，
DE=DB=CD=AB，
∴∠DEC=∠DCE=∠DCB，
∵DE∥AC，∠DCE=∠DCB，∠ACB=90°，
∴∠DEC=∠ACE，
∴∠DCE=∠ACE=∠DCB=30°，
∴∠ACD=60°，∠CAD=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=CD，
∴AC=DE，
∵AC∥DE，AC=CD，
∴四边形ACDE是菱形，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，∠B=30°，
∴AC=，
∴AE=．
【点评】本题考查翻折变化、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
类型二 轴对称作图
1. （在棋盘中建立如图的直角坐标系，三颗棋子A，O，B的位置如图，它们分别是（﹣1，1），（0，0）和（1，0）．
（1）如图2，添加棋子C，使A，O，B，C四颗棋子成为一个轴对称图形，请在图中画出该图形的对称轴；
（2）在其他格点位置添加一颗棋子P，使A，O，B，P四颗棋子成为一个轴对称图形，请直接写出棋子P的位置的坐标．（写出2个即可）
【考点】利用轴对称设计图案；坐标与图形性质．
【分析】（1）根据A，B，O，C的位置，结合轴对称图形的性质进而画出对称轴即可；
（2）利用轴对称图形的性质得出P点位置．
【解答】解：（1）如图2所示，C点的位置为（﹣1，2），A，O，B，C四颗棋子组成等腰梯形，直线l为该图形的对称轴；
（2）如图1所示：P（0，﹣1），P′（﹣1，﹣1）都符合题意．
2．（宁夏中考）在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，3），B（1，1），C（5，1）．
（1）把△ABC平移后，其中点 A移到点A1（4，5），画出平移后得到的△A1B1C1；
（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，画出旋转后的△A2 B2C2．
【分析】（1）根据图形平移的性质画出平移后得的△A1B1C1即可；
（2）根据图形旋转的性质画出旋转后的△A2 B2C2即可．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2 B2C2即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，熟知图形旋转不变性的性质是解答此题的关键．
类型三 轴对称的综合应用
1. 如图，正方形ABCD的边长为+1，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC分别交BC、BD于E、F
（1）求证：△ABF∽△ACE；
（2）求tan∠BAE的值；
（3）在线段AC上找一点P，使得PE+PF最小，求出最小值．
【考点】正方形的性质，轴对称的应用-最短距离问题，锐角三角函数的定义，旋转的性质
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质，可知∠ACE＝∠ABF，再利用角平分线的定义，易证∠EAC＝∠BAF，然后利用相似三角形的判定定理，可证得结论。 （2）作EH⊥AC于H，利用角平分线的性质，可知BE＝EH， 再证明△CHE是等腰直角三角形，就可得到HC=HE，从而可证BE=HE=HC，设BE＝HE＝HC＝x，则EC＝ x，由BC=+1，建立关于x的方程，解方程求出x的值，然后在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义，可求出结果。 （3）作点F关于直线AC的对称点H，连接EH交AC于点P，连接PF，此时PF+PE的值最小，作EM⊥BD于M，利用已知条件可求出EM、AC 、OA的长，再利用解直角三角形求出OH的长，从而根据HM=OH+OM，求出HM，然后利用勾股定理求出EH的长，即可解决问题。
【答案】 （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACE＝∠ABF＝∠CAB＝45°，
∵AE平分∠CAB，
∴∠EAC＝∠BAF＝22.5°，
∴△ABF∽△ACE
（2）解：如图1中，作EH⊥AC于H．
∵EA平分∠CAB，EH⊥AC，EB⊥AB，
∴BE＝EB，
∵∠HCE＝45°，∠CHE＝90°，
∴∠HCE＝∠HEC＝45°，
∴HC＝EH，
∴BE＝EH＝HC，设BE＝HE＝HC＝x，则EC＝x，
∵BC＝+1，
∴x+ x＝+1，
∴x＝1，
在Rt△ABE中，∵∠ABE＝90°，
∴tan∠EAB＝＝ ＝﹣1
（3）解：如图2中，作点F关于直线AC的对称点H，连接EH交AC于点P，连接PF，此时PF+PE的值最小．
作EM⊥BD于M．
易知BM＝EM＝，
∵AC＝ ＝2+，
∴OA＝OC＝OB＝AC＝，
∴OH＝OF＝OA?tan∠OAF＝OA?tan∠EAB＝ ?（﹣1）＝，
∴HM＝OH+OM＝ ，
在Rt△EHM中，EH＝ ＝ ．
∴PE+PF的最小值为
2. （2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图2，①求证：BP=BF；
②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值；
③当BP=9时，求BE?EF的值．
【分析】（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC再判断出AE=DE，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB即可得出结论；
②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论；
③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．
【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC，
∵E是AD中点，∴AE=DE，
在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，
∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF=∠PFB，∴∠BPF=∠BFP，∴BP=BF；
②当AD=25时，∵∠BEC=90°，∴∠AEB+∠CED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠CED=∠ABE，
∵∠A=∠D=90°，∴△ABE∽△DEC，∴，
设AE=x，∴DE=25﹣x，∴，∴x=9或x=16，
∵AE＜DE，∴AE=9，DE=16，∴CE=20，BE=15，
由折叠得，BP=PG，∴BP=BF=PG，∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，∴，设BP=BF=PG=y，∴，∴y=，
∴BP=，在Rt△PBC中，PC=，cos∠PCB==；
③如图，连接FG，
∵∠GEF=∠BAE=90°，
∵BF∥PG，BF=PG，∴?BPGF是菱形，∴BP∥GF，∴∠GFE=∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，∴，∴BE?EF=AB?GF=12×9=108．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
