27. (本题满分14分)综合与实践
【问题情境】
如图1,小华将矩形纸片$ABCD$先沿对角线$BD$折叠,展开后再折叠,使点$B$落在对角线$BD$上,点$B$的对应点记为$B'$,折痕与边$AD$,$BC$分别交于点$E$,$F$.
【活动猜想】
(1) 如图2,当点$B'$与点$D$重合时,四边形$BEDF$是哪种特殊的四边形? 答:.
【问题解决】
(2) 如图3,当$AB=4$,$AD=8$,$BF=3$时,求证:点$A'$,$B'$,$C$在同一条直线上.
【深入探究】
(3) 如图4,当$AB$与$BC$满足什么关系时,始终有$A'B'$与对角线$AC$平行? 请说明理由.
(4) 在(3)的情形下,设$AC$与$BD$,$EF$分别交于点$O$,$P$,试探究三条线段$AP$,$B'D$,$EF$之间满足的等量关系,并说明理由.

27. (1) 菱形 (2)
∵ 四边形 $ ABCD $ 是矩形，$ AB = 4 $，$ AD = 8 $，$ BF = 3 $，
∴ $ BC = AD = 8 $，$ CD = AB = 4 $，$ ∠ BCD = 90^{\circ} $，
∴ $ CF = BC - BF = 8 - 3 = 5 $，
∴ $ BD = \sqrt{BC^2 + CD^2} = \sqrt{8^2 + 4^2} = 4\sqrt{5} $，如图1，设 $ EF $ 与 $ BD $ 交于点 $ M $，过点 $ B' $ 作 $ B'K ⊥ BC $ 于点 $ K $，由折叠得 $ ∠ A'B'F = ∠ ABF = ∠ BMF = ∠ B'MF = 90^{\circ} $，$ B'F = BF = 3 $，$ BB' = 2BM $，
∴ $ ∠ BMF = ∠ BCD $。
∵ $ ∠ FBM = ∠ DBC $，
∴ $ △ BFM ∼ △ BDC $，
∴ $ \frac{BM}{BC} = \frac{BF}{BD} $，即 $ \frac{BM}{8} = \frac{3}{4\sqrt{5}} $，
∴ $ BM = \frac{6\sqrt{5}}{5} $，
∴ $ BB' = \frac{12\sqrt{5}}{5} $。
∵ $ ∠ BKB' = ∠ BCD $，$ ∠ B'BK = ∠ DBC $，
∴ $ △ BB'K ∼ △ BDC $，
∴ $ \frac{B'K}{CD} = \frac{BK}{BC} = \frac{BB'}{BD} $，即 $ \frac{B'K}{4} = \frac{BK}{8} = \frac{\frac{12\sqrt{5}}{5}}{4\sqrt{5}} $，
∴ $ B'K = \frac{12}{5} $，$ BK = \frac{24}{5} $，
∴ $ CK = BC - BK = 8 - \frac{24}{5} = \frac{16}{5} $，
∴ $ B'C = \sqrt{B'K^2 + CK^2} = \sqrt{(\frac{12}{5})^2 + (\frac{16}{5})^2} = 4 $。
∵ $ B'F^2 + B'C^2 = 3^2 + 4^2 = 25 $，$ CF^2 = 5^2 = 25 $，
∴ $ B'F^2 + B'C^2 = CF^2 $，
∴ $ ∠ CB'F = 90^{\circ} $，
∴ $ ∠ A'B'F + ∠ CB'F = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ} $，
∴ 点 $ A' $，$ B' $，$ C $ 在同一条直线上。 (3) 当 $ BC = \sqrt{3}AB $ 时，始终有 $ A'B' $ 与对角线 $ AC $ 平行。理由：如图2，设 $ AC $，$ BD $ 交于点 $ O $，
∵ 四边形 $ ABCD $ 是矩形，
∴ $ OA = OB $，$ ∠ ABC = 90^{\circ} $，
∵ $ BC = \sqrt{3}AB $，
∴ $ \tan ∠ BAC = \frac{BC}{AB} = \sqrt{3} $，
∴ $ ∠ BAC = 60^{\circ} $，
∴ $ △ OAB $ 是等边三角形，
∴ $ ∠ ABO = ∠ AOB = 60^{\circ} $，由折叠得：$ ∠ A'B'B = ∠ ABO = 60^{\circ} $，
∴ $ ∠ A'B'B = ∠ AOB $，
∴ $ A'B' // AC $，故当 $ BC = \sqrt{3}AB $ 时，始终有 $ A'B' $ 与对角线 $ AC $ 平行。(4) $ \sqrt{3}EF = 2(AP + B'D) $，理由如下：如图，过点 $ E $ 作 $ EG ⊥ BC $ 于点 $ G $，设 $ EF $ 交 $ BD $ 于点 $ H $，由折叠得：$ EF ⊥ BD $，$ B'F = BF $，$ ∠ BFE = ∠ B'FE $，设 $ AE = m $，$ EF = n $，由 (3) 得 $ ∠ BAC = 60^{\circ} = ∠ ABD $，
∴ $ ∠ BB'F = ∠ DBC = 30^{\circ} $，
∴ $ ∠ BFE = ∠ B'FE = 60^{\circ} $，
∴ $ EG = EF · \sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}n $，$ FG = EF · \cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}n $。
∵ $ ∠ EAB = ∠ ABG = ∠ BGE = 90^{\circ} $，
∴ 四边形 $ ABGE $ 是矩形，
∴ $ AB = EG = \frac{\sqrt{3}}{2}n $，$ BG = AE = m $，$ AD // BC $，
∴ $ BF = B'F = m + \frac{1}{2}n $，
∴ $ BH = BF · \cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}(m + \frac{1}{2}n) $，
∴ $ BB' = 2BH = \sqrt{3}(m + \frac{1}{2}n) $。
∵ $ BD = 2AB = \sqrt{3}n $，
∴ $ B'D = BD - BB' = \sqrt{3}n - \sqrt{3}(m + \frac{1}{2}n) = \frac{\sqrt{3}}{2}n - \sqrt{3}m $。
∵ $ AD // BC $，
∴ $ ∠ DEF = ∠ EFG = 60^{\circ} $，
∴ $ ∠ APE = ∠ DEF - ∠ DAC = 60^{\circ} - 30^{\circ} = 30^{\circ} = ∠ DAC $，
∴ $ AP = 2AE · \cos 30^{\circ} = \sqrt{3}m $，
∴ $ AP + B'D = \sqrt{3}m + (\frac{\sqrt{3}}{2}n - \sqrt{3}m) = \frac{\sqrt{3}}{2}n $，
∴ $ AP + B'D = \frac{\sqrt{3}}{2}EF $，即 $ \sqrt{3}EF = 2(AP + B'D) $。