∴∠BAD＝∠EAF，BD＝EF＝2， ∴EG＝FG﹣EF＝6﹣2＝4， ∵将△AFE沿AE折叠得到△AME， ∴∠MAE＝∠FAE，AF＝AM， ∴∠BAD＝∠EAM，

∴∠BAD+∠DAM＝∠EAM+∠DAM，即∠BAM＝∠DAE， ∵AF＝AD， ∴AM＝AD，

在△BAM和△EAD中， ∵

，

∴△BAM≌△EAD（SAS）， ∴BM＝DE＝

＝

＝2

．

14．（1）如图1，在四边形ABCD中，DE平分∠ADC，CE平分∠DCB．若∠A+∠B＝140°，求∠DEC的度数；

（2）如图2，四边形ABCD沿MN折叠，使点C、D落在四边形ABCD内的点C′、D′处，探索∠AMD′、∠BNC′与∠A+∠B之间的数量关系，并说明理由；

（3）如图3，将四边形ABCD沿着直线MN翻折，使得点D落在四边形ABCD外部的D′处，点C落在四边形ABCD内部的C′处，则∠AMD′、∠BNC′与∠A+∠B之间的关系是 ∠

BNC′﹣∠AMD′＝360°﹣2（∠A+∠B） ．

解：（1）∵∠ADC+∠BCD＝360°﹣（∠A+∠B）＝220°， ∵DE平分∠ADC，CE平分∠DCB，

∴∠ADE＝∠EDC＝∠ADC，∠ECB＝∠DCE＝∠DCB，

∴∠EDC+∠ECD＝（∠ADC+∠BCD）＝110°， ∴∠DEC＝180°﹣（∠EDC+∠ECD）＝70°．

（2）根据四边形的内角和为360°可知，∠D+∠C＝360°﹣（∠A+∠B） ∠DMN+∠CNM＝360°﹣（∠C+∠D）＝∠A+∠B， ∵∠DMN＝∠D′MN，∠CNM＝∠C′NM， ∴∠DMD′+∠CNC′＝2（∠A+∠B）， ∴∠AMD′+∠BNC′＝360°﹣2（∠A+∠B）． （3）同理∠DMN+∠CNM＝∠A+∠B，

∴∠D′MN﹣∠D′MA+∠C′NB+∠C′NM＝360°﹣（∠A+∠B） ∴∠C′NB﹣∠D′MA＝360°﹣2（∠A+∠B）． 故答案为：∠C′NB﹣∠D′MA＝360°﹣2（∠A+∠B）． 15．（1）阅读理解

利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法．如图1，点P是等边三角形ABC内一点，

PA＝1，PB＝，PC＝2．求∠BPC的度数．

为利用已知条件，不妨把△BPC绕点C顺时针旋转60°得△AP′C，连接PP′，则PP′的长为 2 ；在△PAP′中，易证∠PAP′＝90°，且∠PP′A的度数为 30° ，综上可得∠BPC的度数为 90° ； （2）类比迁移

如图2，点P是等腰Rt△ABC内的一点，∠ACB＝90°，PA＝2，PB＝的度数； （3）拓展应用

如图3，在四边形ABCD中，BC＝3，CD＝5，AB＝AC＝AD．∠BAC＝2∠ADC，请直接写出

，PC＝1，求∠APCBD的长．

解：（1）把△BPC绕点C顺时针旋转60°得△AP'C，连接PP′（如图1）．

由旋转的性质知△CP′P是等边三角形； ∴P′A＝PB＝

、∠CP′P＝60°、P′P＝PC＝2，

）2＝4＝PP′2；

在△AP′P中，∵AP2+P′A2＝12+（∴△AP′P是直角三角形； ∴∠P′AP＝90°． ∵PA＝PC， ∴∠AP′P＝30°；

∴∠BPC＝∠CP′A＝∠CP′P+∠AP′P＝60°+30°＝90°． 故答案为：2；30°；90°；

（2）如图2，把△BPC绕点C顺时针旋转90°得△AP'C，连接PP′． 由旋转的性质知△CP′P是等腰直角三角形； ∴P′C＝PC＝1，∠CPP′＝45°、P′P＝在△AP′P中，∵AP'2+P′P2＝（∴△AP′P是直角三角形； ∴∠AP′P＝90°． ∴∠APP'＝45°

∴∠APC＝∠APP'+∠CPP'＝45°+45°＝90°

（3）如图3，∵AB＝AC，

将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD＝CG， ∵∠BAD＝∠CAG， ∴∠BAC＝∠DAG， ∵AB＝AC，AD＝AG，

∴∠ABC＝∠ACB＝∠ADG＝∠AGD， ∴△ABC∽△ADG， ∵AD＝2AB， ∴DG＝2BC＝6， 过A作AE⊥BC于E，

）2+（

，PB＝AP'＝

，

）2＝2＝AP2；

∵∠BAE+∠ABC＝90°，∠BAE＝∠ADC， ∴∠ADG+∠ADC＝90°， ∴∠GDC＝90°， ∴CG＝∴BD＝CG＝

＝．

＝

，