4. (2026·湖南中考)【问题背景】
形ABCD中，E是AD边上一点，将△ECD沿着CE折叠得到△ECF.若点F恰好落在AC上，求证：△AFE∽△CBA.
(2)迁移：如图②，在矩形ABCD中，AB=6，H是BC边的中点，E是AD边上一点，将△ECD沿着CE折叠得到△ECF，若点F恰好落在AH上，且$\frac{HF}{AF}=\frac{1}{2}$，求$\frac{DE}{AE}$的值.
(3)拓展：如图③，在矩形ABCD中，CG是△ABC的一条角平分线，E是AD边上一点，将△ECD沿着CE折叠得到△ECF.若点F恰好落在CG的中点，BG=2，设AG=x，求$x^3+2x^2-6x$的值.

3. (1) 在矩形ABCD中,$∠ D=∠ B=90°$,$AD// BC$,
∵ $△ ECF$由$△ ECD$折叠而成,
∴ $∠ EFC=∠ D=90°$,
∴ $∠ AFE=∠ B=90°$.
∵ $AD// BC$,
∴ $∠ DAC=∠ ACB$,
∴ $△ AFE∽△ CBA$.
(2) 如图①,过点F作AB的平行线分别交AD,BC于点M,N,则 $MN=AB=6$,$∠ AFM=∠ HFN$,$∠ AMF=∠ HNF$,
∴ $△ AFM∽△ HFN$,
∴ $\frac{NF}{MF}=\frac{NH}{AM}=\frac{FH}{AF}=\frac{1}{2}$.
∵ $MN=6$,
∴ $NF=6×\frac{1}{1+2}=2$.设 $NH=a$,则 $AM=2a$,
∴ $BN=AM=2a$,
∴ $BH=BN+NH=2a+a=3a$.又
∵ 点H为BC的中点,
∴ $CH=BH=3a$,
∴ $NC=NH+CH=a+3a=4a$.在 $Rt△ FNC$ 中,$FC^2=FN^2+NC^2$,
∵ $△ ECF$由$△ ECD$折叠而成,
∴ $FC=DC=6$,
∴ $6^2=2^2+(4a)^2$,解得 $a=\pm\sqrt{2}$.
∵ $a＞0$,
∴ $a=\sqrt{2}$,
∴ $CN=4\sqrt{2}$,$BN=2\sqrt{2}$,
∴ $BC=AD=6\sqrt{2}$.
∵ $MN// AB$,
∴ $∠ FME=∠ CNF$.
∵ $∠ EFC=∠ D=90°$,
∴ $∠ MFE+∠ NFC=90°$.又
∵ $∠ NFC+∠ NCF=90°$,
∴ $∠ MFE=∠ NCF$,
∴ $△ EMF∽△ FNC$,
∴ $\frac{EM}{MF}=\frac{FN}{NC}$,
∴ $EM=\frac{FN}{NC}· MF=\frac{2}{4\sqrt{2}}×4=\sqrt{2}$,
∴ $AE=AM+ME=2\sqrt{2}+\sqrt{2}=3\sqrt{2}$,
∴ $DE=AD-AE=3\sqrt{2}$,
∴ $\frac{DE}{AE}=1$.

(3) 如图②,作 $GH⊥ AC$ 于点H.又
∵ CG为$∠ ACB$的平分线,
∴ $GH=GB=2$,$CD=AB=AG+BG=x+2$.由折叠知 $CF=CD=x+2$,又
∵ 点F为CG的中点,
∴ $GC=2CF=2(x+2)=2x+4$,
∴ 在 $Rt△ GBC$ 中,$BC=\sqrt{GC^2-GB^2}=\sqrt{(2x+4)^2-2^2}=\sqrt{4x^2+16x+12}$,在 $Rt△ AHG$ 中,$AH=\sqrt{AG^2-GH^2}=\sqrt{x^2-4}$.又
∵ $∠ BAC=∠ HAG$,
∴ $Rt△ AHG∽ Rt△ ABC$,
∴ $\frac{GH}{AH}=\frac{BC}{AB}$,
∴ $\frac{2}{\sqrt{x^2-4}}=\frac{\sqrt{4x^2+16x+12}}{x+2}$,整理,得 $x^3+2x^2-6x=8$.故所求$x^3+2x^2-6x$的值为8.

如图①,给定平行四边形ABCD,点P是AD边上不与A,D重合的一动点.如图②,作△XYZ,使得XY=AD,且当点P运动时,保持∠X=∠ABP,∠Y=∠DCP.
【动手操作】
将△XYZ拼接于平行四边形ABCD的上方.
操作一:如图③,使点X与A重合,点Y与D重合,将此时的Z点记为Q,作QS//AB交AD于点S;
操作二:如图④,使点X与D重合,点Y与A重合,将此时的Z点记为R,连接RP.
【问题解决】
(1) 如图①,当∠BPC = 80°时,∠APB + ∠DPC= °;
(2)如图③,从结论①,②中选一个给出证明;
①△ASQ∽△BAP,②△DSQ∽△CDP;
(3)如图③,在点P运动过程中,探究线段AP与线段DS的数量关系,并说明理由;
(4)如图④,设AD=4,AB=3,当点P运动时,求PR+PD的最大值.

4. (1) 100 解析:
∵ $∠ BPC=80°$,
∴ $∠ APB+∠ DPC=180°-∠ BPC=100°$.
(2) 选择①$△ ASQ∽△ BAP$:
∵ $QS// AB$,
∴ $∠ ASQ=∠ BAP$.又$∠ QAS=∠ PBA$,
∴ $△ ASQ∽△ BAP$.
选择②$△ DSQ∽△ CDP$:
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ $AB// CD$,$AB=CD$.又 $QS// AB$,
∴ $QS// CD$,
∴ $∠ QSD=∠ PDC$.又$∠ QDS=∠ PCD$,
∴ $△ DSQ∽△ CDP$.
(3) $AP=DS$,理由:
∵ $△ ASQ∽△ BAP$,$△ DSQ∽△ CDP$,
∴ $\frac{SQ}{AP}=\frac{AS}{AB}$ ①,$\frac{SQ}{DP}=\frac{DS}{CD}$.
∵ $AB=CD$,
∴ $\frac{SQ}{DP}=\frac{DS}{AB}$ ②.由①得 $AB· SQ=AP· AS$,由②得 $AB· SQ=DP· DS$,
∴ $AP· AS=DP· DS$,
∴ $AP· (AD-SD)=(AD-AP)· DS$,
∴ $AP· AD-AP· SD=AD· DS-AP· DS$,
∴ $AP· AD=AD· DS$,
∴ $AP=DS$.
(4) 根据题意,得题图③中$△ ADQ$和题图④中$△ DAR$全等,
∴ $DQ=AR$,
∵ 题图③中$△ DSQ∽△ CDP$,
∴ $\frac{QD}{PC}=\frac{DS}{CD}$.由(3)知 $AP=DS$,
∴ $\frac{AR}{PC}=\frac{AP}{CD}$.又 $∠ RAP=∠ PCD$,
∴ $△ ARP∽△ CPD$,
∴ $\frac{AR}{PC}=\frac{AP}{DC}=\frac{PR}{PD}$.设 $PD=x$,则 $AP=4-x$,
∴ $\frac{4-x}{3}=\frac{PR}{x}$,解得 $PR=\frac{4x-x^2}{3}$,
∴ $PR+PD=\frac{4x-x^2}{3}+x=-\frac{1}{3}x^2+\frac{7}{3}x=-\frac{1}{3}(x-\frac{7}{2})^2+\frac{49}{12}$,
∴ 当 $x=\frac{7}{2}$时,$PR+PD$取最大值为$\frac{49}{12}$.