北京市密云縣穆家峪中學(xué)中考數(shù)學(xué)幾何綜合壓軸題模擬專題一、中考幾何壓軸題1．（1）問題探究：如圖1，△ABC，△ADE均為等邊三角形，連接BD、CE，試探究線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）類比延伸如圖2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，連接BD，CE，試確定BD與CE的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）拓展遷移如圖3，在四邊形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若將線段DA繞點D按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到DA′，連接BA′，求線段BA′的長．2．如圖，已知和均為等腰三角形，AC＝BC，DE＝AE，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，當(dāng)時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，則＝°，線段BD、CE之間的數(shù)量關(guān)系是；（2）拓展探究：如圖②，當(dāng)時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，請判斷的度數(shù)及線段BD、CE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）解決問題：如圖③，，，AE＝2，連接CE、BD，在繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)時，請直接寫出EC的長．3．（1）如圖1，在正的外角內(nèi)引射線，作點C關(guān)于的對稱點E（點E在內(nèi)），連接，、分別交于點F，G．則_______．（2）類比探究：如圖2，把上題中的“正”改為“正方形”，其余條件不變，請求出的度數(shù)；通過以上兩例探索，請寫出一個關(guān)于與的數(shù)量關(guān)系的正確結(jié)論：_________________；（3）拓展延伸：如圖3，若以正方形的頂點O為原點，頂點A，D分別在x軸，y軸上，點A的坐標(biāo)為，設(shè)正方形的中心為P，平面上一點F到P的距離為．①直接寫出的度數(shù)；②當(dāng)時，求點F的坐標(biāo)；并探索是否有最大值？如果有，請求出；如果沒有，請說明理由．4．綜合與實踐（1）問題發(fā)現(xiàn)：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如圖①所示的方式放置，點F在AB上，連接AE、CF，則AE、CF的數(shù)量關(guān)系為，位置關(guān)系為．（2）類比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α(0°<α≤360°)，請問（1）中的結(jié)論還成立嗎？請就圖②說明你的理由：（3）拓展延伸：在（2）的條件下，若AB=2BF=4，在等腰直角△BEF旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)CF為最大值時，請直接寫出DE的長．5．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊，上，．求證：；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，連接，若，，求的長．6．點E是矩形ABCD邊AB延長線上的一動點，在矩形ABCD外作Rt△ECF，其中∠ECF＝90°，過點F作FG⊥BC，交BC的延長線于點G，連接DF，交CG于點H．（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想線段DH與HF的數(shù)量關(guān)系是；（2）探究：如圖2，若AB＝nAD，CF＝nCE，則（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展：在（2）的基礎(chǔ)上，若射線FC過AD的三等分點，AD＝3，AB＝4，則直接寫出線段EF的長．7．問題探究：（1）如圖①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，則AB的最大值是．（2）如圖②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D為△ABC內(nèi)一點，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，請求出∠ADB的度數(shù)．問題解決：（3）如圖③，某戶外拓展基地計劃在一處空地上修建一個新的拓展游戲區(qū)△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，點A、B、C分別是三個任務(wù)點，點P是△ABC內(nèi)一個打卡點．按照設(shè)計要求，CP＝30米，打卡點P對任務(wù)點A、B的張角為120°，即∠APB＝120°．為保證游戲效果，需要A、P的距離與B、P的距離和盡可能大，試求出AP+BP的最大值．8．（1）問題探究：如圖1，在正方形中，點、、分別是、、上的點，且，求證：；（2）類比應(yīng)用：如圖2，在矩形中，，，將矩形沿折疊使點落在點處，得到矩形．①若點為的中點，試探究與的數(shù)量關(guān)系；②拓展延伸：連，當(dāng)時，，，求的長．9．（發(fā)現(xiàn)問題）（1）如圖，已知和均為等邊三角形，在上，在上，易得線段和的數(shù)量關(guān)系是．（2）將圖中的繞點旋轉(zhuǎn)到圖的位置，直線和直線交于點①判斷線段和的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．②圖中的度數(shù)是．（3）（探究拓展）如圖3，若和均為等腰直角三角形，，，，直線和直線交于點，分別寫出的度數(shù)，線段、之間的數(shù)量關(guān)系．10．將拋物線y＝ax2的圖像（如圖1）繞原點順時針旋轉(zhuǎn)90度后可得新的拋物線圖像（如圖2），記為C：y2＝x．（概念與理解）將拋物線y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的拋物線圖像，記為：C1：_____________；C2：____________．（猜想與證明）在平面直角坐標(biāo)系中，點M（x，0）在x軸正半軸上，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C1于點A、B，交拋物線C2于點C、D，如圖3所示．（1）填空：當(dāng)x=1時，=______；當(dāng)x=2時，=_______；（2）猜想：對任意x（x＞0）上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明你的猜想；若不成立，請說明理由．（探究與應(yīng)用）①利用上面的結(jié)論，可得△AOB與△COD面積比為；②若△AOB和△COD中有一個是直角三角形時，求△COD與△AOB面積之差；（聯(lián)想與拓展）若拋物線C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0<m<n），M（k，0）在x軸正半軸上，如圖所示，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C3于點A、B，交拋物線C4于點C、D．過點A作x軸的平行線交拋物線C4于點E，過點D作x軸的平行線交拋物線C3于點F．對于x軸上任取一點P，均有△PAE與△PDF面積的比值1:3，請直接寫出m和n之間滿足的等量關(guān)系是______．11．[探索發(fā)現(xiàn)]（1）如圖①，△ABC與△ADE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，連接BD與CE，則△ABD與△ACE的關(guān)系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中點，在線段AD上任取一點P，連接PB，將線段PB繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)80°，點B的對應(yīng)點是點E，連接BE，得到△BPE，隨著點P在線段AD上位置的變化，點E的位置也在變化，點E可能在直線AD的左側(cè)，也可能在直線AD上，還可能在直線AD的右側(cè)．請你探究，當(dāng)點E在直線AD上時，如圖②所示，連接CE，判斷直線CE與直線AB的位置關(guān)系，并說明理由．[拓展應(yīng)用]（3）在（2）的應(yīng)用下，請在圖③中畫出△BPE，使得點E在直線AD的右側(cè)，連接CE，試求出點P在線段AD上運動時，AE的最小值．12．在與中，且，點D始終在線段AB上（不與A、B重合）．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，若度，的度數(shù)______，______；（2）類比探究：如圖2，若度，試求的度數(shù)和的值；（3）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，M為DE的中點，當(dāng)時，BM的最小值為多少？直接寫出答案．13．綜合與實踐．特例感知．兩塊三角板△ADB與△EFC全等，∠ADB＝∠EFC＝90°，∠B＝45°，AB＝6．將直角邊AD和EF重合擺放．點P、Q分別為BE、AF的中點，連接PQ，如圖1．則△APQ的形狀為．操作探究（1）若將△EFC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)45°，點P恰好落在AD上，BE與AC交于點G，連接PF，如圖2．①FG：GA＝；②PF與DC的位置關(guān)系為；③求PQ的長；開放拓展（2）若△EFC繞點C旋轉(zhuǎn)一周，當(dāng)AC⊥CF時，∠AEC為．14．已知：，過平面內(nèi)一點分別向、、畫垂線，垂足分別為、、．（問題引入）如圖①，當(dāng)點在射線上時，求證：．（類比探究）（1）如圖②，當(dāng)點在內(nèi)部，點在射線上時，求證：．（2）當(dāng)點在內(nèi)部，點在射線的反向延長線上時，在圖③中畫出示意圖，并直接寫出線段、、之間的數(shù)量關(guān)系．（知識拓展）如圖④，、、是的三條弦，都經(jīng)過圓內(nèi)一點，且．判斷與的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．15．等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC于F，將腰AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AB′，記旋轉(zhuǎn)角為α，連接BB′，過C作CE垂直于直線BB′，垂足為E，連接CB′．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，當(dāng)時，的度數(shù)為_______；連接EF，則的值為________．（2）拓展探究：當(dāng)，且時，①（1）中的兩個結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請僅就圖2的情形進行證明；如果不成立，請說明理由；②解決問題：當(dāng)A，E，F(xiàn)三點共線時，請直接寫出的值．16．折紙是一種許多人熟悉的活動．近些年，經(jīng)過許多人的努力，已經(jīng)找到了多種將正方形折紙的一邊三等分的精確折法，下面探討其中的一種折法：（綜合與實踐）操作一：如圖1，將正方形紙片ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合，再將正方形紙片ABCD展開，得到折痕MN；操作二：如圖2，將正方形紙片ABCD的右上角沿MC折疊，得到點D的對應(yīng)的點為D′；操作三：如圖3，將正方形紙片ABCD的左上角沿MD′折疊再展開，折痕MD′與邊AB交于點P；（問題解決）請在圖3中解決下列問題：（1）求證：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在圖3的基礎(chǔ)上，將正方形紙片ABCD的左下角沿CD′折疊再展開，折痕CD′與邊AB交于點Q．再將正方形紙片ABCD過點D′折疊，使點A落在AD邊上，點B落在BC邊上，然后再將正方形紙片ABCD展開，折痕EF與邊AD交于點E，與邊BC交于點F，如圖4．試探究：點Q與點E分別是邊AB，AD的幾等分點？請說明理由．17．（1）問題探究：如圖1所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，連接BE與DG，請判斷線段BE與線段DG之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．并請說明理由．（2）理解應(yīng)用：如圖2所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，將正方形AEFG繞點A在平面內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，當(dāng)∠ABE＝15°，且點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出AE的長；（3）拓展應(yīng)用：如圖3所示，有公共頂點A的兩個矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，將矩形AEFG繞點A在平面內(nèi)任意旋轉(zhuǎn)，連接BD，DE，點M，N分別是BD，DE的中點，連接MN，當(dāng)點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出MN的長18．問題發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，與同為等邊三角形，連接則與的數(shù)量關(guān)系為________；直線與所夾的銳角為_________；類比探究：（2）與同為等腰直角三角形，其他條件同（1），請問（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由；拓展延伸：（3）中，為的中位線，將繞點逆時針自由旋轉(zhuǎn)，已知，在自由旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)在一條直線上時，請直接寫出的值．19．如圖，四邊形是正方形，點為對角線的中點．（1）問題解決：如圖①，連接，分別取，的中點，，連接，則與的數(shù)量關(guān)系是_____，位置關(guān)系是____；（2）問題探究：如圖②，是將圖①中的繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)得到的三角形，連接，點，分別為，的中點，連接，．判斷的形狀，并證明你的結(jié)論；（3）拓展延伸：如圖③，是將圖①中的繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到的三角形，連接，點，分別為，的中點，連接，．若正方形的邊長為1，求的面積．20．（1）（操作）如圖，請用尺規(guī)作圖確定圓的圓心，保留作圖痕跡，不要求寫作法；（2）（探究）如圖，若（1）中的圓的半徑為2，放入平面直角坐標(biāo)系中，使它與軸，軸分別切于點和，點的坐標(biāo)為，過點的直線與圓有唯一公共點（與不重合）時，求點的坐標(biāo)；（3）（拓展）如圖3，點從點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿軸向點運動，同時，點從原點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿軸向上運動，設(shè)運動時間為（），過點，，三點的圓，交第一象限角平分線于點，當(dāng)為何值時，有最小值，求出此時，并探索在變化過程中的值有變化嗎？為什么？【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、中考幾何壓軸題1．（1）BD＝CE；理由見解析；（2）BD＝2CE，理由見解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，則∠EAC=∠DAB，再證△E解析：（1）BD＝CE；理由見解析；（2）BD＝2CE，理由見解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，則∠EAC=∠DAB，再證△EAC≌△DAB（SAS），即可得出結(jié)論；（2）證△EAD∽△CAB，得到，則△EAC∽△DAB，得=2，即可得出結(jié)論；（3）先證明△ABC和△AA′D為等腰直角三角形，得，再證∠A′AB=∠DAC，從而可證明△CAD∽△BAA'，最后利用相似三角形的性質(zhì)可求得A′B的長度．【詳解】解：（1）∵△ABC、△ADE均為等邊三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°，∴∠EAC＝60°﹣∠CAD，∠DAB＝60°﹣∠CAD，∴∠EAC＝∠DAB，在△EAC與△DAB中，∴△EAC≌△DAB，∴BD＝CE；（2）BD＝2CE，理由：∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，∴∠EAD＝∠CAB＝60°，AD＝2AE，AB＝2AC，∴∠EAC＝∠DAB，△EAD∽△CAB，∴，∴△EAC∽△DAB，∴，∴BD＝2CE；（3）連接A′A，如圖③，∵AC⊥BC，且AC＝BC，∴△ABC為等腰直角三角形．∴，∵將線段DA繞點D按逆時針方形旋轉(zhuǎn)90°得到DA′∴△AA′D為等腰直角三角形．∴△ABC∽△AA′D．∴．∴．又∵∠CAB＝∠A′AD，∴∠A′AB＝∠DAC，∴△CAD∽△BAA′．∴，即，∴A′B＝．【點睛】本題是三角形綜合題目，考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等知識；本題綜合性強，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，證得相似三角形是解題的關(guān)鍵．2．（1）；（2），理由見解析；（3）CE的長為2或4，理由見解析．【分析】（1）證明，得出CE＝BD，，即可得出結(jié)論；（2）證明，得出，，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出，再求出：①當(dāng)點E在點D解析：（1）；（2），理由見解析；（3）CE的長為2或4，理由見解析．【分析】（1）證明，得出CE＝BD，，即可得出結(jié)論；（2）證明，得出，，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出，再求出：①當(dāng)點E在點D上方時，先判斷出四邊形APDE是矩形，求出AP＝DP＝AE＝2，再根據(jù)勾股定理求出，BP＝6，得出BD＝4；②當(dāng)點E在點D下方時，同①的方法得，AP＝DP＝AE＝1，BP＝6，進而得出BD＝BP+DP＝8，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）為等腰三角形，，∴是等邊三角形，同理可得是等邊三角形故答案為：．（2），理由如下：在等腰三角形ABC中，AC＝BC，，，同理，，，，，，，，點B、D、E在同一條直線上:；（3）由（2）知，，，在中，，，①當(dāng)點E在點D上方時，如圖③，過點A作交BD的延長線于P，，，四邊形APDE是矩形，，矩形APDE是正方形，，在中，根據(jù)勾股定理得，，，；②當(dāng)點E在點D下方時，如圖④同①的方法得，AP＝DP＝AE＝2，BP＝6，BD＝BP+DP＝8，，綜上CE的長為2或4．【點睛】本題是幾何變換的綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，判斷出三角形ACE和三角形ABD相似是關(guān)鍵．3．（1）；（2），理由見解析；（3）①；②有，【分析】（1）證明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，進一步可得結(jié)論；（2）連接，證明，再進一步解析：（1）；（2），理由見解析；（3）①；②有，【分析】（1）證明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，進一步可得結(jié)論；（2）連接，證明，再進一步證明得，故可得結(jié)論；（3）①由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上，由圓周角定理可得結(jié)論；②設(shè)，根據(jù)三角形面積公式求出y的值，在中，，根據(jù)勾股定理得，列出方程求出x的值即可得點F的坐標(biāo)，當(dāng)軸時，面積最大，求值即可．【詳解】解：（1）如圖1中，∵點E是點C關(guān)于AM的對稱點，∴∠AGE=90°，AE=AC，∠1=∠2．∵正△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，∴AE=AB，得∠3=∠4．在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=120°，∴∠1+∠3=60°．在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1=90°，∴∠FEG=30°．故答案為：；（2）連接∵C，E關(guān)于對稱∴∴∴；在正方形中，∴，∴；在中，；即∵∴∴∴結(jié)論：（3）①由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上，如圖，連接，則∴故答案為：②設(shè)則即，由題意得，∴由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上；過點P作軸，過點F作軸，則在中，，根據(jù)勾股定理得即解得故或，當(dāng)軸時，面積最大，此時【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．4．（1）相等，垂直；（2）成立，見解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS證明△ABE≌△CBF，延長CF交AB于點M，證明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的證明方法求解即可；（3）根據(jù)解析：（1）相等，垂直；（2）成立，見解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS證明△ABE≌△CBF，延長CF交AB于點M，證明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的證明方法求解即可；（3）根據(jù)題意，得點F在以B為圓心，BF為半徑的圓上運動，根據(jù)直徑最大原理，知道當(dāng)C，B，F(xiàn)三點一線時，CF最大，此時點E恰好在AB的延長線上，連接DE，利用勾股定理求值即可.【詳解】（1）如圖①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90°，BE=BF，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延長CF交AE于點M，∵△ABE≌△CBF，∴∠EAB=∠FCB，∵∠AFM=∠BFC，∴∠AMF=∠FBC=90°，∴AE⊥CF，故答案為：相等，垂直；（2）結(jié)論還成立．理由如下：如圖②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90°，BE=BF，∴∠EBF-∠ABF=∠ABC-∠ABF，∴∠EBA=∠FBC，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延長CF交AE于點N，交AB于點G，∵△ABE≌△CBF，∴∠EAB=∠FCB，∵∠AGN=∠BGC，∴∠ANG=∠GBC=90°，∴AE⊥CF，故結(jié)論成立；（3）如圖③，根據(jù)題意，得點F在以B為圓心，BF為半徑的圓上運動，根據(jù)直徑最大原理，知道當(dāng)C，B，F(xiàn)三點一線時，CF最大，此時點E恰好在AB的延長線上，連接DE，∵AB=2BF=4，∴AE=AB+BE=6，在直角三角形ADE中，DE==2．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的全等，勾股定理，直徑是圓中的最大的弦，垂直的定義，熟練掌握三角形全等，垂直的證明是解題的關(guān)鍵．5．（1）見解析；（2）；見解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題；（2）如圖2中，作GM⊥AB于M．然后證明△ABE∽△GM解析：（1）見解析；（2）；見解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題；（2）如圖2中，作GM⊥AB于M．然后證明△ABE∽△GMF即可解決問題；（3）如圖3中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質(zhì)求出PM，CM即可解決問題．【詳解】（1）如圖（1），∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．∵四邊形ABCD是正方形，AE⊥DQ，AE⊥GF，∴DG∥QF，DQ∥GF，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴DQ=GF，∴FG=AE；（2）．理由：如圖（2）中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴GF：AE＝GM：AB，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴GF：AE＝AD：AB，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD，∴GF：AE＝BC：AB，∵，∴．（3）解：如圖（3）中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．由BE：BF＝3：4，設(shè)BE＝3k，BF＝4k，則EF＝AF＝5k，∵，，∴AE＝，在直角三角形ABE中，根據(jù)勾股定理，得，∴∴k＝1或﹣1（舍去），∴BE＝3，AB＝9，∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴△FBE∽△EMP，∴，∴，∴EM＝，PM＝，∴CM＝EM﹣EC＝﹣3＝，∴PC＝=．【點睛】本題考查了正方形、矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，是解題的關(guān)鍵．6．(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由見解析；(3)或．【分析】(1)證明，得，則，則證，得出即可；(2)證，則，由矩形的性質(zhì)得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質(zhì)和已知得，則解析：(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由見解析；(3)或．【分析】(1)證明，得，則，則證，得出即可；(2)證，則，由矩形的性質(zhì)得出，證，即可得出；(3)根據(jù)矩形的性質(zhì)和已知得，則，分兩種情況，根據(jù)勾股定理和平行線的性質(zhì)進行解答即可．【詳解】解：(1)，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，，∴四邊形ABCD是正方形，∴，，∵，，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，，在和中，，∴，∴，故答案為，(2)仍然成立，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，，，∴∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形ABCD是矩形，，∴，∴，∴，∵四邊形ABCD是矩形，∴，∵，∴，∴，，在和中，，∴，∴，(3)如圖所示，延長FC交AD于R，∵四邊形ABCD是矩形，∴，，，，∵，，∴，∴，分兩種情況：①當(dāng)時，∵，∴，，在中，由勾股定理得：，∵，，∴，∴，由勾股定理得：EF＝；②當(dāng)時，同理可得：，，，，由勾股定理得：，綜上所說，若射線FC過AD的三等分點，，，則線段EF的長為或．【點睛】本題主要考查了正方形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行線的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值為米【分析】（1）作△ABC的外接圓，連接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得結(jié)論；（2）將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBT解析：（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值為米【分析】（1）作△ABC的外接圓，連接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得結(jié)論；（2）將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBT，連接DT，利用勾股定理的逆定理證明∠CTD＝90°，可得結(jié)論；（3）將△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△ACK，延長CK交PA延長線于J，作△PJC的外接圓，連接OP，OC，OJ，證明PA+PB=JC，再求出JC的最大值即可求解．【詳解】（1）如圖①，作△ABC的外接圓，連接OA，OB，OC，∵∠BOC=2∠BAC＝90°，OB=OC∴△OBC是等腰直角三角形∵BC=4∴OB=OC=2=OA∵AB≤OA+OB∴AB≤4∴AB的最大值為4故答案為：4；（2）如圖②，將△ABD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBT，連接DT由題意可得DT=BD=2，CT=AD=2∵CD=6∴∴∠CTD＝90°，∵△BDT是等腰直角三角形∴∠DTB=45°∴∠CTB=45°+90°=135°∴∠ADB=∠CTB=135°（3）如圖③，將△ABP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△ACK，延長CK交PA延長線于J，作△PJC的外接圓，連接OP，OC，OJ∵∠PAK＝120°，∠AKC＝∠APB＝120°∴∠JAK＝∠JKA＝60°∴∠AJK＝60°∴△JAK是等邊三角形∴AK=KJ∴∠COP＝2∠AJK＝120°∵PC=30∴OP=OC=OJ=∵CJ≤OJ+OC∴CJ≤∵PA+PB=AK+CK+KJ+KC=JC∴PA+PB的最大值為米．【點睛】此題主要考查旋轉(zhuǎn)的綜合運用，解題的關(guān)鍵是熟知三角形外接圓的性質(zhì)、三角函數(shù)的應(yīng)用、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用及三角形的三邊關(guān)系的應(yīng)用．8．（1）見解析；（2）①；②【分析】（1）過點作于，證，即可證得；（2）①設(shè)，則，利用勾股定理求得，再利用勾股定理表示出，再證明，可得，由此可得，進而可求得答案；②過點P作于點，先由①得，再證解析：（1）見解析；（2）①；②【分析】（1）過點作于，證，即可證得；（2）①設(shè)，則，利用勾股定理求得，再利用勾股定理表示出，再證明，可得，由此可得，進而可求得答案；②過點P作于點，先由①得，再證明∠BFE＝∠CGP，可得，進而利用勾股定理可求得，，，最后根據(jù)，可得，計算即可．【詳解】（1）證明：如圖，過點作于，則∠AHG＝∠FHG＝90°，∵在正方形中，∴∠HAD＝∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，∴四邊形AHGD為矩形，∴AD＝HG，∴AB＝HG，∵，∴∠FQA＝90°，∴∠AFQ＋∠BAE＝90°，∵∠FHG＝90°，∴∠AFQ＋∠FGH＝90°，∴∠BAE＝∠FGH，∴在與中∴（ASA），∴；①∵點為的中點，∴，∵折疊，∴設(shè)，∴，在RtBFE中，BF2＋BE2＝EF2，∴，解得：，又∵，∴，如圖，過點作于，則∠AHG＝∠FHG＝90°，∵在矩形中，∴∠HAD＝∠BCD＝∠B＝90°，∴四邊形AHGD為矩形，∴BC＝HG，∵∠FHG＝90°，∴∠AFQ＋∠FGH＝90°，∵，∴∠FQA＝90°，∴∠AFQ＋∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠FGH，又∵∠FHG＝∠D＝90°，∴，，，，，，又∵，，∴，∴；②如圖，過點P作于點，∵，，∴由①得，∵∠EPG＝∠GCE＝90°，∠EOC＝∠GOP，∴∠CGP＝∠OEC，∵∠FEP＝∠B＝90°，∴∠OEC＋∠BEF＝90°，∠BFE＋∠BEF＝90°，∴∠BFE＝∠OEC，∴∠BFE＝∠CGP，又∵，∴，∴設(shè)，，則，，，解得：，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查了正方形和矩形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定及性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，題目綜合性較強，有一定的難度，熟練掌握并靈活運用相關(guān)知識是解決本題的關(guān)鍵．9．（1）；（2）①，證明見解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)，結(jié)合等量代換即可求解；（2）①根據(jù)SAS證明，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明；②由全等三角形的性質(zhì)得，然后利用等解析：（1）；（2）①，證明見解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)，結(jié)合等量代換即可求解；（2）①根據(jù)SAS證明，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證明；②由全等三角形的性質(zhì)得，然后利用等量代換即可求解；（3）首先證明，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，和，即可求解．【詳解】（1）∵和均為等邊三角形∴CA=CB，CD=CE∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE∴AD=BE；（2）①AD=BE證明：∵和均為等邊三角形∴CA=CB，CD=CE，∴∴∴AD=BE②∵∴設(shè)BC和AF交于點O，如圖2∵∴，即∴；（3）結(jié)論，證明：∵，AB=BC，DE=EC∴，∴∴，∴∵∴【點睛】本題考查了幾何變換綜合，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，關(guān)鍵證明全等和相似，并且分類討論．10．【概念與理解】，；【猜想與證明】（1），；（2）成立，證明見解析；【探究與應(yīng)用】①；②△COD與△AOB面積之差為或；【聯(lián)想與拓展】n3=9m3．【分析】【概念與理解】：根據(jù)題意信息即可得出答案解析：【概念與理解】，；【猜想與證明】（1），；（2）成立，證明見解析；【探究與應(yīng)用】①；②△COD與△AOB面積之差為或；【聯(lián)想與拓展】n3=9m3．【分析】【概念與理解】：根據(jù)題意信息即可得出答案；【猜想與證明】：（1）當(dāng)x=1時，求出A，B，C，D的坐標(biāo)進而得出AB,CD即可得出答案；當(dāng)x=2時，求出A，B，C，D的坐標(biāo)進而得出AB,CD即可得出答案；（2）任意x（x＞0），求出A，B，C，D的坐標(biāo)進而得出AB,CD即可得出答案；【探究與應(yīng)用】：①根據(jù)已知條件表示出△AOB與△COD面積即可得出答案；②設(shè)M（x，0）（x＞0），根據(jù)已知條件可得出，分兩種情況當(dāng)△AOB是直角三角形時解得，當(dāng)△COD是直角三角形時，解得，把代入即可；【聯(lián)想與拓展】：根據(jù)題意求出AEDF的坐標(biāo)然后表示出面積再利用△PAE與△PDF面積的比值1:3，即可得出關(guān)系式；【詳解】【概念與理解】∵y1=4x2∴由題意可得C1：∵y2=x2∴由題意可得C2：故答案為：C1：，C2：；【猜想與證明】（1）當(dāng)x=1時，∵點A、B在拋物線C1上∴令x=1，則∴A，B∴AB=1∵點C、D在拋物線C2上∴令x=1，則∴C，D∴CD=2∴=當(dāng)x=2時，∵點A、B在拋物線C1上∴令x=2，則∴A，B∴AB=∵點C、D在拋物線C2上∴令x=2，則∴C，D∴CD=∴=（2）對任意x（x＞0）上述結(jié)論仍然成立理由如下：對任意x（x＞0），∴A，B∴AB=對任意x（x＞0），∴C，D∴CD=∴=【探究與應(yīng)用】①連接OA，OB，OC，OD∴故答案為：②設(shè)M（x，0）（x＞0），∵M（x，0）∴∴AB=∵M（x，0），∴∴CD=∵∴當(dāng)△AOB是直角三角形時，由題意可知OA=OB∴△△AOB為等腰直角三角形∴OM=AM∴解得：∴當(dāng)△COD是直角三角形時，由題意可知OD=OC∴△△COD為等腰直角三角形∴OM=CM∴解得：∴綜上所述：△COD與△AOB面積之差為或【聯(lián)想與拓展】∵M（k，0）且點A、B在拋物線C3上∴令x=k，則∴A∵AE∥x軸，且交C4于點E∴E∵M（k，0）且點C、D在拋物線C4上∴令x=k，則∴D∵DF∥x軸，且交C3于點F∴F∵AE∥x軸，且交C4于點E∴△PEA的高=∵DF∥x軸，且交C3于點F∴△PDF的高=∴∵△PAE與△PDF面積的比值1:3∴∴∴故答案為：【點睛】本題考出了拋物線性質(zhì)的綜合運用以及旋轉(zhuǎn)等知識，由特殊到一般的數(shù)學(xué)思想的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，三角形的面積公式的運用，軸對稱的性質(zhì)的運用，在解答本題時運用兩個拋物線上的點的特征不變建立方程求解是關(guān)鍵．11．（1）相似；（2）AB∥EC，理由見解析；（3）3．【分析】（1）結(jié)論：相似．先判斷出△BAC∽△DAE，即可得出結(jié)論．（2）利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理由見解析；（3）3．【分析】（1）結(jié)論：相似．先判斷出△BAC∽△DAE，即可得出結(jié)論．（2）利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（3）如圖3中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．利用圓周角定理證明∠BCE＝∠BPE＝40°，推出AB∥CE，因為點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，所以當(dāng)點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．【詳解】解：（1）如圖①中，∵△ABC與△ACE為等腰三角形，且兩頂角∠ABC＝∠ADE，∴BA＝BC，DA＝DE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△BAC∽△DAE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案為：相似．（2）如圖2中，結(jié)論：AB∥EC．理由：∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分線段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案為50，AB∥EC．（2）如圖3中，以P為圓心，PB為半徑作⊙P．∵AD垂直平分線段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．如圖4中，作AH⊥CE于H，∵點E在射線CE上運動，點P在線段AD上運動，∴當(dāng)點P運動到與點A重合時，AE的值最小，此時AE的最小值＝AB＝3．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及圓的基本性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)題意得到三角形的相似，然后結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)得到問題答案，關(guān)鍵是要利用圓的基本性質(zhì)求解最值問題．12．（1）90度；1；（2）的度數(shù)為90度，的值為；（3）BM的最小值為1．【分析】（1）度，利用SAS證明，即可得出，的值為1；（2）度，證明，即可得出，；（3）當(dāng)CD最小時，即CD垂直于AB解析：（1）90度；1；（2）的度數(shù)為90度，的值為；（3）BM的最小值為1．【分析】（1）度，利用SAS證明，即可得出，的值為1；（2）度，證明，即可得出，；（3）當(dāng)CD最小時，即CD垂直于AB時，CD最小，此時DE最小，而BM是直角三角形DBE斜邊上的中線，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．【詳解】（1）①∵∴∴∵，∴∴，∴∴，∴，的值為1；（2）在中，，令，則，同理令，∴，∴①∵即∴②有①②得∴，∴（3）在中，，∴，當(dāng)CD最小時，即CD垂直于AB時，CD最小，此時DE最小，而，∴，而BM是直角三角形DBE斜邊上的中線，∴【點睛】本題涉及全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、特殊的三角函數(shù)值和直角三角形的性質(zhì)．是一個綜合性比較強的題目，要熟練掌握各個知識點．13．等腰直角三角形；（1）①1：；②互相平行；③；（2）22.5°或67.5°【分析】特例感知：根據(jù)三角形的中位線定理得出PQ//BD，PQ=，結(jié)合已知即可得出答案；（1）①先根據(jù)勾股定理得出EF解析：等腰直角三角形；（1）①1：；②互相平行；③；（2）22.5°或67.5°【分析】特例感知：根據(jù)三角形的中位線定理得出PQ//BD，PQ=，結(jié)合已知即可得出答案；（1）①先根據(jù)勾股定理得出EF=，再根據(jù)△EGF∽△BGA得出，從而得出FG：GA的值；②過P作PM//BC交CE與點M，再證得F在PM上即可；③根據(jù)三角形的中位線定理得出PD//CE，結(jié)合已知得出P在AD上，得出PQ=，再利用勾股定理得出PQ的長；（2）分點F在BC的下方和上方兩種情況加以討論即可【詳解】解：特例感知：∵P、Q分別為BE、AF的中點，∴PQ//BD，PQ=，∵△ABD是等腰直角三角形，∴△APQ為等腰直角三角形，故答案為：等腰直角三角形；（1）①∵AB=6，∠B=45°，∠ADB=90°，∴，∴AD=BD=，∴EF=，∵∠BFC=∠BAC=90°，∴∠GFE=∠BAG，∵∠AGP=∠EGF，∴∠ABQ=∠GBF，∴△EGF∽△BGA，∴，∴故答案為：；②如圖，過P作PM//BC交CE與點M，∴，∴EM=CM∴FM//BC，∴F在PM上，∴PF∥CD，故答案為：平行；③∵BP=PE，BD=CD，∴DP為△BCE的中位線，∴PD//CE，∵CE⊥BC，∴PD⊥BC，又∵AD⊥BC，∴P在AD上，∠APF=∠ADC=90°，∵Q為AF的中點，∴PQ=，又∵∠B=45°，∠ADB=90°，∴，∴FC=EF=，∴AF=AC-CF=6-，∴PQ==；（2）當(dāng)點F在BC的下方時，如圖∵AC⊥CF∴∠ACF=90°，∵∠ACD=45°，∴∠BCF=45°，∴點E在BC邊上，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CE，∴∠AEC=∠CAE=67.5°當(dāng)點F在BC的上方時，如圖∵AC⊥CF∴∠ACF=90°，∵∠ACD=45°，∠FCE=45°，∴點E在BC邊的延長線上，∴∠ACE=135°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CE，∴∠AEC=∠CAE=22.5°【點睛】本題考查了幾何變換---旋轉(zhuǎn)綜合題，涉及到勾股定理、三角形中位線以及相似三角形的性質(zhì)和判定，清楚準(zhǔn)確的分析出旋轉(zhuǎn)的過程是解題的關(guān)鍵14．【問題引入】見解析；【類比探究】（1）見解析；（2）圖見解析，；【知識拓展】，證明見解析【分析】[問題引入]利用AAS證明△POE≌△POD，即可得出結(jié)論；[類比探究]（1）過點F作FN解析：【問題引入】見解析；【類比探究】（1）見解析；（2）圖見解析，；【知識拓展】，證明見解析【分析】[問題引入]利用AAS證明△POE≌△POD，即可得出結(jié)論；[類比探究]（1）過點F作FN⊥OB，F(xiàn)M⊥OA，垂足分別為N、M，F(xiàn)M與PE交于點Q，先證明△PFQ為等邊三角形，得出FG=PH，再運用矩形性質(zhì)得出OM=OF，ON=OF，即可證得結(jié)論；（2）作FN⊥OB于點N，F(xiàn)M⊥OA于點M，射線FM交PE于點Q，作PH⊥FQ于點H，F(xiàn)G⊥PQ于點G，同（1）可證：NE=FG=PH=MD，ON=OM=OF，即可得出結(jié)論；[知識拓展]過點O作OM⊥AB，ON⊥EF，OQ⊥CD，垂足分別為M、N、Q，利用垂徑定理可得出PB-PA=2PM，PF-PE=2PN，PD-PC=2PQ，再運用[類比探究]得：PM+PN=PQ，從而證得結(jié)論．【詳解】[問題引入]證明：∵，，，∴．∵，∴．∴．[類比探究]（1）過點作，，垂足分別為、，與交于點．∵，，，則為等邊三角形，、邊上的高相等，即．在矩形、矩形中，有，，∴．∴．∵，，∴，同理，，∴，∴．（2）結(jié)論：．作于點，于點，射線與的交點為，作于點，于點，同（1）可證，，∴．[知識拓展]數(shù)量關(guān)系：．理由如下：過點作，，，垂足分別為、、．由垂徑定理可得．∴．同理，，由[類比探究]得，∴，∴．∴．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了全等三角形判定和性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，角平分線性質(zhì)，矩形性質(zhì)，垂徑定理等，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)及垂徑定理等相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．15．（1）∠CB′E=60°，；（2）①兩個結(jié)論成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)解答即可；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)和直解析：（1）∠CB′E=60°，；（2）①兩個結(jié)論成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)解答即可；（2）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)解答即可；②當(dāng)A，E，F(xiàn)三點共線時，分兩種情況討論，利用三角函數(shù)解答即可．【詳解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC，∴∠ABC=∠ACB=30°，BF=FC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=AC=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B==70°，∵AC=AB′，∠B′AC=120°-40°=80°，∴∠AB′C==50°，∴∠CB′E=180°-70°-50°=60°，連接EF，∵BF=FC，則EF為直角三角形BEC斜邊上的中線，∴EF=BF=FC，在Rt△ABF中，，∴；（2）①兩個結(jié)論成立，理由如下：連接EF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AB=AC=AB′，等腰△ABB′中，∠BAB′=α，則∠AB′B==90°?α，等腰△AB′C中，∠CAB′=α?120°，則∠AB′C==150°?α，∴；∵AB=AC，AF⊥BC．∴∠FAC=60°，Rt△CEB′中，=sin60°=，Rt△CFA中，=sin60°=，∴，∵∠FCE=∠ACB′=30°+∠ACE，∴△CEF~△CB′A∴；②當(dāng)A，E，F(xiàn)三點共線時，分以下兩種情況討論，（Ⅰ）當(dāng)點E在FA的延長線上時，如圖，由①可知，∠B'=60°，∵CE⊥BB'，而BC=2EF=2BF，EB=CE，設(shè)BF=x，則EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB+B'E=，∴；（Ⅱ）當(dāng)點E在AF的延長線上時，如圖，同理可得，∠CB'E=60°，BC=2EF=2BF，∵CE⊥BB'，∴∠CEB'=∠CEB=90°，EB=CE，設(shè)BF=x，則EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB-B'E=，∴；綜上，的值為或．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．16．（1）見解析；（2）2：1；（3）點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點，理由見解析【分析】（1）如圖1，連接PC，根據(jù)正方形的性質(zhì)、HL定理證明△CD′P≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性解析：（1）見解析；（2）2：1；（3）點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點，理由見解析【分析】（1）如圖1，連接PC，根據(jù)正方形的性質(zhì)、HL定理證明△CD′P≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（2）設(shè)BP＝x，根據(jù)翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如圖2，連接QM，證明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，設(shè)正方形ABCD的邊長為1，AQ＝QD′＝y(tǒng)，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可．【詳解】（1）證明：如圖1，連接PC．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠MD′C＝∠D＝90°，∴∠CD′P＝∠B＝90°，在Rt△CD′P和Rt△CBP中，，∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL），∴BP＝D′P；（2）解：設(shè)正方形紙片ABCD的邊長為1．則AM＝DM＝D′M＝．設(shè)BP＝x，則MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根據(jù)勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案為：2：1．（3）解：點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點．理由：如圖2，連接QM．∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°，∴∠QD′M＝∠A＝90°．在Rt△AQM和Rt△D′QM中，，∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），∴AQ＝D′Q，設(shè)正方形ABCD的邊長為1，AQ＝QD′＝y(tǒng)，則QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根據(jù)勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即點Q是AB邊的四等分點，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴點E為AD的五等分點．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握折疊的性質(zhì)及方程思想是解題的關(guān)鍵．17．（1）BE＝DG，BE⊥DG，見解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性質(zhì)可得BE⊥DG；（2）由解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，見解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性質(zhì)可得BE⊥DG；（2）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性質(zhì)可求解；（3）分兩種情況討論，通過證明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位線定理可求解．【詳解】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：如圖1：延長BE交AD于N，交DG于H，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠ABE+∠ANB＝90°，∴∠ADG+∠DNH＝90°，∴∠DHN＝90°，∴BE⊥DG；（2）如圖，當(dāng)點G在線段DE上時，連接BD，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DAB＝90°，∠ADB＝45°＝∠ABD，BD＝AB＝10，GE＝AE，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，∴∠BDE＝45°﹣15°＝30°，∠DBE＝45°+15°＝60°，∴∠DEB＝90°，∴BE＝BD＝5＝DG，DE＝BE＝5，∴GE＝5﹣5，∴AE＝＝5﹣5，當(dāng)點E在線段DG上時，同理可求AE＝5﹣5，故答案為：5﹣5；（3）如圖，若點G在線段DE上時，∵AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，∴DB＝＝＝8，GE＝＝＝8，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，又∵，∴△AGD∽△AEB，∴，∠DGA＝∠AEB，∴BE＝DG，∵∠DGA＝∠GAE+∠DEA，∠AEB＝∠DEB+∠AED，∴∠GAE＝∠DEB＝90°，∵DB2＝DE2+BE2，∴64×13＝（DG+8）2+3DG2，∴DG＝12或DG＝﹣16（舍去），∴BE＝12，∵點M，N分別是BD，DE的中點，∴MN＝BE＝6；如圖，當(dāng)點E在線段DG上時，同理可求：BE＝16，∵點M，N分別是BD，DE的中點，∴MN＝BE＝8，綜上所述：MN為6或8，故答案為：6或8．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三