北京日壇中學(xué)分校中考數(shù)學(xué)幾何綜合壓軸題模擬專題一、中考幾何壓軸題1．問題提出（1）如圖（1），在等邊三角形ABC中，點M是BC上的任意一點（不含端點B、C），連接AM，以AM為邊作等邊三角形AMN，連接CN，則∠ACN＝°．類比探究（2）如圖（2），在等邊三角形ABC中，點M是BC延長線上的任意一點（不含端點C），其他條件不變，（1）中的結(jié)論還成立嗎？請說明理由．拓展延伸（3）如圖（3），在等腰三角形ABC中，BA＝BC，點M是BC上的任意一點（不含端點B、C），連接AM，以AM為邊作等腰三角形AMN，使AM＝MN，連接CN．添加一個條件，使得∠ABC＝∠ACN仍成立，寫出你所添加的條件，并說明理由．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．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．5．（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．6．綜合與實踐（問題背景）如圖1，矩形中，．點E為邊上一點，沿直線將矩形折疊，使點C落在邊的點處．（問題解決）（1）填空：的長為______．（2）如圖2，將沿線段向右平移，使點與點B重合，得到與交于點F，與交于點G．求的長；（拓展探究）（3）在圖2中，連接，則四邊形是平行四邊形嗎？若是，請予以證明；若不是，請說明理由．7．（問題呈現(xiàn)）下面是華師版八年級下冊數(shù)學(xué)教材第121頁的第1題，請結(jié)合圖①完成這道題的證明．如圖①，點是正方形的邊上的一點，點是的延長線上的一點，且．求證：．（拓展探究）如圖②，在中，，，，垂足為點，點是邊上的動點，點是邊上的一點，且．（1）直接寫出四邊形的面積．（2）若，則四邊形的周長為________．8．如圖1，已知和均為等腰直角三角形，點、分別在線段、上，．（1）觀察猜想：如圖2，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)，連接、，的延長線交于點．當(dāng)?shù)难娱L線恰好經(jīng)過點時，點與點重合，此時，①的值為______；②∠BEC的度數(shù)為______度；（2）類比探究：如圖3，繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，點與點不重合時，上述結(jié)論是否仍然成立，請說明理由；（3）拓展延伸：若．，當(dāng)所在的直線垂直于時，請你直接寫出線段的長．9．已知：如圖1所示將一塊等腰三角板BMN放置與正方形ABCD的重合，連接AN、CM，E是AN的中點，連接BE．（觀察猜想）（1）CM與BE的數(shù)量關(guān)系是________；CM與BE的位置關(guān)系是________；（探究證明）（2）如圖2所示，把三角板BMN繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，其他條件不變，線段CM與BE的關(guān)系是否仍然成立，并說明理由；（拓展延伸）（3）若旋轉(zhuǎn)角，且，求的值．10．探究：如圖1和圖2，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，點E、F分別在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如圖1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，直接寫出線段BE、DF和EF之間的數(shù)量關(guān)系；②如圖2，若∠B、∠D都不是直角，但滿足∠B+∠D＝180°，線段BE、DF和EF之間的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．（2）拓展：如圖3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．點D、E均在邊BC邊上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的長．11．將兩個完全相同的三角形紙片和重合放置，其中．（1）操作發(fā)現(xiàn):如圖2，固定使繞點旋轉(zhuǎn)，設(shè)的面積為的面積為當(dāng)點恰好落在邊上時，則與的數(shù)量關(guān)系是；（2）猜想論證:當(dāng)繞點旋轉(zhuǎn)到如圖3所示的位置時，小明猜想中與的數(shù)量關(guān)系為相等，并嘗試分別作出了和中邊上的高請你證明小明的猜想，即證明:．（3）拓展探究:已知，點是角平分線上的一點，交于點（如圖4)．若射線上存在點，使，請直接寫出相應(yīng)的的長．12．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．13．（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14．綜合與實踐問題情境：△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D，點E是射線AD上的一個動點(不與點A重合)將線段AE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AF，連接CF交線段AB于點G，交AD于點H、連接EG．特例分析:(1)如圖1，當(dāng)點E與點D重合時，“智敏”小組提出如下問題，請你解答：①求證：AF=CD；②用等式表示線段CG與EG之間的數(shù)量關(guān)系為：_______；拓展探究:(2)如圖2，當(dāng)點E在線段AD的延長線上，且DE=AD時，“博?！毙〗M發(fā)現(xiàn)CF=2EG．請你證明；(3)如圖3，當(dāng)點E在線段AD的延長線上，且AE=AB時，的值為_______；推廣應(yīng)用:(4)當(dāng)點E在射線AD上運動時，，則的值為______用含m.n的式子表示)．15．（教材呈現(xiàn)）下圖是華師版八年級下冊教材第89頁的部分內(nèi)容．例6：如圖18.2.12，G、H是平行四邊形ABCD對角線AC上的兩點，且AG＝CH，E、F分別是邊AB和CD的中點．圖18.2.12求證：四邊形EHFG是平行四邊形．證明：連結(jié)EF交AC于點O．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD．又∵E、F分別是AB、CD的中點，∴AE＝CF．又∵AB∥CD，∴∠EAO＝∠FCO．又∵∠AOE＝∠COF,∴．請補(bǔ)全上述問題的證明過程．（探究）如圖①，在中，E，O分別是邊AB、AC的中點，D、F分別是線段AO、CO的中點，連結(jié)DE、EF，將繞點O旋轉(zhuǎn)180°得到，若四邊形DEFG的面積為8，則的面積為．（拓展）如圖②，GH是正方形ABCD對角線AC上的兩點，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分別是AB和CD的中點．若正方形ABCD的面積為16，則四邊形EHFG的面積為．16．如圖1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．（1）觀察猜想：圖1中，線段PM與PN的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（2）探究證明：把△ADE繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若AD＝4，AB＝10，請直接寫出△PMN面積的最大值．17．定義：如圖1，點M、N把線段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、MN、BN為邊的三角形是一個直角三角形，則稱點M、N是線段AB的勾股點．已知點M、N是線段AB的勾股點，若AM＝1，MN＝2，則BN＝．（1）（類比探究）如圖2，DE是△ABC的中位線，M、N是AB邊的勾股點（AM＜MN＜NB），連接CM、CN分別交DE于點G、H．求證：G、H是線段DE的勾股點．（2）（知識遷移）如圖3，C，D是線段AB的勾股點，以CD為直徑畫⊙O，P在⊙O上，AC＝CP，連結(jié)PA，PB，若∠A＝2∠B，求∠B的度數(shù)．（3）（拓展應(yīng)用）如圖4，點P（a，b）是反比例函數(shù)（x＞0）上的動點，直線與坐標(biāo)軸分別交于A、B兩點，過點P分別向x、y軸作垂線，垂足為C、D，且交線段AB于E、F．證明：E、F是線段AB的勾股點．18．綜合與實踐——探究特殊三角形中的相關(guān)問題問題情境：某校學(xué)習(xí)小組在探究學(xué)習(xí)過程中，將兩塊完全相同的且含角的直角三角板和按如圖1所示位置放置，且的較短直角邊為2，現(xiàn)將繞點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2，與交于點，與交于點，與交于點．（1）初步探究：勤思小組的同學(xué)提出：當(dāng)旋轉(zhuǎn)角時，是等腰三角形；（2）深入探究：敏學(xué)小組的同學(xué)提出在旋轉(zhuǎn)過程中，如果連接，，那么所在的直線是線段的垂直平分線．請幫他們證明；（3）再探究：在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角時，求與重疊的面積；（4）拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)過程中，是否能成為直角三角形？若能，直接寫出旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)；若不能，說明理由．19．[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．20．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．【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）60；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，進(jìn)而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可證明≌，繼而得出結(jié)論；解析：（1）60；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，進(jìn)而得到∠BAM=∠CAN，再利用SAS可證明≌，繼而得出結(jié)論；（2）也可以通過證明≌，得出結(jié)論，和（1）的思路完全一樣；（3）當(dāng)∠ABC＝∠AMN時，∽，利用相似的性質(zhì)得到，又根據(jù)∠BAM＝∠CAN，證得∽，即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵、是等邊三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，

∴∠BAM=∠CAN，

∵在和中，，∴≌（SAS），∴∠ABC=∠ACN；∵是等邊三角形∴∠ABC=60°∴∠ACN=∠ABC=60°．（2）結(jié)論∠ACN＝60°仍成立．理由如下：∵、都是等邊三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＝∠CAN，∴≌，∴∠ACN＝∠ABM＝60°．（3）添加條件：∠ABC＝∠AMN．理由如下：∵BA＝BC，MA＝MN，∠ABC＝∠AMN，∴∠BAC＝∠MAN，∴∽，∴．又∠BAM＝∠BAC－∠MAC，∠CAN＝∠MAN－∠MAC，∴∠BAM＝∠CAN，∴∽，∴∠ABC＝∠ACN．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是仔細(xì)觀察圖形，找到全等的條件，利用全等的性質(zhì)證明結(jié)論．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(jìn)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(jìn)一步可得結(jié)論；（2）連接，證明，再進(jìn)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(jìn)一步可得結(jié)論；（2）連接，證明，再進(jìn)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)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(jìn)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．5．（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(jìn)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(jìn)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(jìn)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(qiáng)，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．6．（1）6；（2）；（3）四邊形不是平行四邊形，理由見解析．【分析】（1）先根據(jù)已知條件和矩形的性質(zhì)可得CD=AB=10,AD=BC=8，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DC＇=DC=10，最后運用勾股定理解解析：（1）6；（2）；（3）四邊形不是平行四邊形，理由見解析．【分析】（1）先根據(jù)已知條件和矩形的性質(zhì)可得CD=AB=10,AD=BC=8，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DC＇=DC=10，最后運用勾股定理解答即可；（2）先根據(jù)折疊的性質(zhì)和勾股定理可求得，進(jìn)而求得BE、EC，然后連接，根據(jù)平移的性質(zhì)可得，進(jìn)而說明，最后運用相似三角形的性質(zhì)解答即可；（3）先由折疊可得，再根據(jù)平移的性質(zhì)和等腰三角形的判定與性質(zhì)得到，過點作于點H，則且，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得；設(shè)，則，在中，運用勾股定理求得和DH；然后再在中求得，可以發(fā)現(xiàn)即，即可發(fā)現(xiàn)四邊形不可能是平行四邊形．【詳解】解：（1）如圖：∵矩形中，∴CD=AB=10，AD=BC=8根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DC＇=DC=10在直角三角形ADC＇中，AC＇=．（2）由折疊可知：．在中，根據(jù)勾股定理可求得，∴．在中，設(shè)，根據(jù)勾股定理，得，解得，即．如圖：連接，則由平移可知，，且．于是可得，∴，又∵，∴．（3）四邊形不是平行四邊形，理由如下：由折疊可知；又∵平移可知，且，∴，∴，即是等腰三角形，∴．如圖，過點作于點H，則且，∴．設(shè)，則，在中，根據(jù)勾股定理，得，解得，∴，∴．而在中，，根據(jù)勾股定理可求得，∴，即，故四邊形不可能是平行四邊形．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理以及相似三角形的判定與性質(zhì)，靈活運用相似三角形的判定與性質(zhì)成為解答本題的關(guān)鍵．7．問題呈現(xiàn)：證明見解析；拓展探究：（1）3；（2）．【分析】問題呈現(xiàn)：由同角的余角相等可知，，由正方形的性質(zhì)知，，，則利用證可得，可得；拓展探究：（1）根據(jù)，，可得是等腰直角三角形，，并可得，，解析：問題呈現(xiàn)：證明見解析；拓展探究：（1）3；（2）．【分析】問題呈現(xiàn)：由同角的余角相等可知，，由正方形的性質(zhì)知，，，則利用證可得，可得；拓展探究：（1）根據(jù)，，可得是等腰直角三角形，，并可得，，可求得，根據(jù)證可得，可得四邊形的面積=，據(jù)此求解即可；（2）過點作交于點，根據(jù)是等腰直角三角形，，是斜邊上的中垂線，的角平分線，可得：也是等腰直角三角形，，可得，再根據(jù)，可求出，根據(jù)，則四邊形的周長為：，據(jù)此求解即可．【詳解】證明：，，，，，在與中，，．【拓展探究】（1）在中，，，是等腰直角三角形，∴又，是斜邊上的中垂線，的角平分線，，；又∵∴在和中，，，∴四邊形的面積=（2）如下圖示，過點作交于點∵由（1）可知，是等腰直角三角形，，是斜邊上的中垂線，的角平分線，則可得：也是等腰直角三角形，，∴，若，則∴∵∴，，則四邊形的周長為：．故答案是：．【點睛】本題綜合考查了同角的余角相等、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，已知正弦，正切求邊長，解直角三角形等知識點，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（1）①；②45；（2）成立，理由見解析；（3）或【分析】（1）①如圖，設(shè)AC交BE于點O．證明△DAB∽△EAC，推出=，∠ABD=∠ACE，②再證明∠BAO=∠CEO=45°，可得結(jié)論．（解析：（1）①；②45；（2）成立，理由見解析；（3）或【分析】（1）①如圖，設(shè)AC交BE于點O．證明△DAB∽△EAC，推出=，∠ABD=∠ACE，②再證明∠BAO=∠CEO=45°，可得結(jié)論．（2）如圖（3）中，設(shè)AC交BF于點O．證明△DAB∽△EAC，可得結(jié)論．（3）分兩種情形：如圖，當(dāng)CE⊥AD于O時，如圖（4）-2中，當(dāng)EC⊥AD時，延長CE交AD于O．分別求出EC，可得結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖（2）中，設(shè)AC交BE于點O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD=∠CAB=45°，AD=AE，AB=AC，∴∠EAC=∠DAB，∴=，∴△DAB∽△EAC，∴=；②由△DAB∽△EAC，∴∠ABD=∠ACE，∵∠AOB=∠EOC，∴∠BAO=∠CEO=45°，∴∠CEB=45°，故答案為：，45；（2）如圖（3）中，設(shè)AC交BF于點O．∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，∴∠EAD=∠CAB=45°，AD=AE，AB=AC，∴∠EAC=∠DAB，=，∴△DAB∽△EAC，∴=，∠ABD=∠ACE，∵∠AOB=∠FOC，∴∠BAO=∠CFO=45°，∴=，∠BFC=45°；（3）如圖（4）-1中，當(dāng)CE⊥AD于O時，∵AE=DE=，AC=BC=，∠AED=∠ACB=90°，∴AD=AE=2，∵EO⊥AD，∴OD=OA=OE=1，∴OC==3，∴EC=OE+OC=4，∵BD=EC，∴BD=4；如圖（4）-2中，當(dāng)EC⊥AD時，延長CE交AD于O．同法可得OD=OA=OE=1，OC=3，EC=3-1=2，∴BD=EC=2，綜上所述，BD的長為4或2．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．9．（1）；；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）【觀察猜想】根據(jù)正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可證明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根據(jù)E是A解析：（1）；；（2）成立，理由見解析；（3）【分析】（1）【觀察猜想】根據(jù)正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可證明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根據(jù)E是AN的中點，即可證明CM=2BE，根據(jù)等邊對等角得到∠ABE=∠BCM，∠ABE+∠BMC=90°即可證明CM⊥BE．（2）【探究證明】延長BE至F使EF=BE，連接AF，先證明△AEF≌△NEB，再證明△FAB≌MBC，得到CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，得到∠ABF+∠FBC=90°，進(jìn)而求得∠BCM+∠EBC=90°，即可證明EB⊥CM；（3）[拓展延伸]由a=45°得到∠ABE=15°，由前面可得∠BMC=30°，過C作CG⊥MB于G，設(shè)CG為m，則BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，最后求得的值．【詳解】解:【觀察猜想】(1)CM=2BE；CM⊥BE；如圖1所示圖1∵正方形ABCD，∴AB=CB，∵等腰三角形BMN，∴BM=BN，∴Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，∴∠BAN=∠BCM，又∵E是AN的中點，∴BE=AE=NE=AN，∴CM=2BE，∵BE=AE，∴∠BAN=∠ABE，∴∠ABE=∠BCM，∴∠ABE+∠BMC=∠BCM+∠BMC=90°∴∠BPM=90°∴CM⊥BE．【探究證明】(2)CM=2BE，CM⊥BE仍然成立．如圖2所示，延長BE至F使EF=BE，連接AF，∵AE=EN，∠AEF=∠NEB，EF=BE，∴△AEF≌△NEB∴AF=BN，∠F=∠EBN，∴AF//BN，AF=BM，∴∠FAB+∠ABN=180°，∵∠MBN=∠ABC=90°，∴∠NBC+∠ABN=90°，∴∠NBA+∠FAD=90°，∴∠CBN=∠FAD∴∠FAB=∠MBC，∵AB=BC，∴△FAB≌MBC，∴CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，∵∠ABF+∠FBC=90°∴∠BCM+∠EBC=90°，∴EB⊥CM；[拓展延伸](3)由a=45°得∠MBA=∠ABN=45°，∵∠NBE=2∠ABE，∴∠ABE=15°，由前面可得∠MCB=∠ABE=15°，∠MBC=135°，∴∠BMC=180°-15°-135°=30°，如圖3所示，過C作CG⊥MB于G，圖3設(shè)CG為m則BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用以上性質(zhì)解決問題．10．（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由詳見解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根據(jù)SAS推出△EAF解析：（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由詳見解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)作輔助線，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一條直線上，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如圖3，同理作旋轉(zhuǎn)三角形，根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，證△FAD≌△EAD，根據(jù)全等得出DF＝DE，設(shè)DE＝x，則DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根據(jù)勾股定理得出方程，求出x即可．【詳解】解：（1）∵把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共線，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，故答案為：EF＝BE+DF；②成立，理由：如圖2，把△ABE繞A點旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，則AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一條直線上，與①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝BE+DF；（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC＝＝4，如圖3，把△AEC繞A點旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF，則AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，∵∠DAE＝45°，∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，在△FAD和△EAD中，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，設(shè)DE＝x，則DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝，即DE＝．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的應(yīng)用，此題是開放性試題，運用類比的思想；首先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對學(xué)生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．11．（1）；（2）詳見解析；（3）或【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CD，然后求出△ACD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AD，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求解析：（1）；（2）詳見解析；（3）或【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CD，然后求出△ACD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AD，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出點C到AB的距離等于點D到AC的距離，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等解答；(2)根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角邊”證明△ACN和△DCM全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面積相等證明；

(3)過點D作//BE，求出四邊形是菱形，根據(jù)菱形的對邊相等可得BE=，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等可知點為所求的點，過點D作⊥BD，求出∠=60°，從而得到△是等邊三角形，然后求出，再求出∠=∠，利用“邊角邊”證明△和全等，根據(jù)全等三角形的面積相等可得點也是所求的點，根據(jù)菱形和等邊三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．【詳解】解:（1）∵△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)，點D恰好落在AB邊上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°?∠B=90°?30°=60°，∴△ACD是等邊三角形，

∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，△ACD的邊AC、AD上的高相等，

∴△BDC的面積和△AEC的面積相等(等底等高的三角形的面積相等)，即；如圖3．是由繞點旋轉(zhuǎn)得到，．．在和中．的面積和的面積相等(等底等高的三角形的面積相等)即（3）如圖4，過點D作//BE，∵BD平分∠ABC，

∠ABD=∠DBC，

∵D//BE，DE//B，∴四邊形BED是平行四邊形，∠ABD=∠BDE，∴∠DBC=∠BDE，

∴BE=DE，

∴四邊形BED是菱形，∴BE=D，且BE、D上的高相等，此時；過點D作D⊥BD，∵∠ABC=60°，D//BE，∴∠D=∠ABC=60°，∵B=D，∠BD=∠ABC=30°，∠DB=90°，∴∠D=∠ABC=60°，∴△D是等邊三角形，∴D=D，∵BD=CD，∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，

∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CD=180°?∠BCD=180°?30°=150°，∠CD=360°?150°?60°=150°，∴∠CD=∠CD∵在△CD和△CD中，D=D，∠CD=∠CD，CD=CD，∴△CD≌△CD(SAS)，∴點也是所求的點，又∵BE=4=B=D，△D是等邊三角形，∴B=4=，∴B=8，綜上所述：當(dāng)BF=4或8時，．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形的面積、等邊三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，熟練掌握等底等高的三角形的面積相等，以及全等三角形的面積相等是解題的關(guān)鍵，還要注意(3)中符合條件的點F有兩個．12．（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．13．（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，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．14．(1)①見解析；②CG=2EG；(2)見解析；(3)；(4)【分析】(1)①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)證得AD=CD，再證明△AFG△ADG，即可證明結(jié)論；②根據(jù)①得到BC=2AF，F(xiàn)G=GD，解析：(1)①見解析；②CG=2EG；(2)見解析；(3)；(4)【分析】(1)①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)證得AD=CD，再證明△AFG△ADG，即可證明結(jié)論；②根據(jù)①得到BC=2AF，F(xiàn)G=GD，再證明△AFG△BCG，即可得到CG=2EG；(2)先證得四邊形ABEC為正方形，同理得△AFG△AEG和△AFG△BCG，即可得證；(3)根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到，證得△AFG△BCG，即可求解；(4)根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到BC=2AD，繼而得到，由△AFG△BCG，即可求解．【詳解】(1)①△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D，∴AD=BD=CD=BC，∠BAD=∠CAD=45°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AF=AD，∠DAF=90°，∴∠GAF=∠GAD=45°，在△AFG和△ADG中，，∴△AFG△ADG，∴AF=AD，∴AF=CD；②CG=2EG，理由如下：由①得：∠GAF=∠B=45°，AF=BC，∴AF∥BC，2AF=BC，∴△AFG△BCG，∴，∴CG=2FG，∵△AFG△ADG，∴FG=DG，即FG=EG，∴CG=2EG；(2)連接EB、EC，∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D，DE=AD，∴DE=AD＝BD=CD，且AE⊥BC，∠BAC=90°，∴四邊形ABEC為正方形，∴BC=AE，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AF=AE，∠EAF=90°，∴∠GAF=∠GAE=45°，在△AFG和△AEG中，，∴△AFG△AEG，∴AF=AE=BC，F(xiàn)G=EG，在△AFG和△BCG中，，∴△AFG△BCG，∴FG=CG，∴FG=CG=EG，∴CF=2EG；(3)同理得：FG=EG，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴，即，同理得：△AFG△BCG，∴，∴，∴，∴；(4)同理可得：FG=EG，BC=2AD，AF=AE，∵，∴，同理可得：△AFG△BCG，∴，∴，∴，∴；【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15．教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而解析：教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：．【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而可得，然后根據(jù)三角形中位線定理即可得；拓展：先根據(jù)正方形的性質(zhì)和面積可得，從而可得，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得，然后利用三角形的面積公式可得，最后利用平行四邊形的性質(zhì)即可得．【詳解】教材呈現(xiàn)：補(bǔ)充完整證明過程如下：，又∵，∴，即，∴四邊形EHFG是平行四邊形；探究：如圖，連接OE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，點O是AC的中點，點D是AO的中點，點F是CO的中點，，由等底同高得：，，又點E是AB的中點，點O是AC的中點，是的中位線，，故答案為：16；拓展：如圖，過點E作于點O，四邊形ABCD是面積為16的正方形，，，，，點E是AB的中點，，在和中，，，，即，解得，，由教材呈現(xiàn)可知，四邊形EHFG是平行四邊形，則四邊形EHFG的面積為，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，較難的是拓展，通過作輔助線，構(gòu)造相似三角形是解題關(guān)鍵．16．（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由見解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位線得出，，即可得出數(shù)量關(guān)系，再利用三角形的中位線得出得解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由見解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位線得出，，即可得出數(shù)量關(guān)系，再利用三角形的中位線得出得出，最后用互余即可得出位置關(guān)系；（2）先判斷出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出結(jié)論；（3）方法1：先判斷出最大時，的面積最大，進(jìn)而求出，，即可得出最大，最后用面積公式即可得出結(jié)論．方法2：先判斷出最大時，的面積最大，而最大是，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）點，是，的中點，，，點，是，的中點，，，，，，，，，，，，，，，故答案為：，；（2）是等腰直角三角形．由旋轉(zhuǎn)知，，，，，，，利用三角形的中位線得，，，，是等腰三角形，同（1）的方法得，，，同（1）的方法得，，，，，，，，是等腰直角三角形；（3）方法1：如圖2，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，最大時，的面積最大，且在頂點上面，最大，連接，，在中，，，，在中，，，，．方法2：由（2）知，是等腰直角三角形，，最大時，面積最大，點在的延長線上，，，．【點睛】此題屬于幾何變換綜合題，主要考查了三角形的中位線定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判斷和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)的綜合運用；解（1）的關(guān)鍵是判斷出，，解（2）的關(guān)鍵是判斷出，解（3）的關(guān)鍵是判斷出最大時，的面積最大．17．BN=或；（1）見解析；（2）∠B＝15°；（3）見解析．【分析】定義：根據(jù)勾股點的定理，即可求出BN的長；（1）根據(jù)已知條件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝B解析：BN=或；（1）見解析；（2）∠B＝15°；（3）見解析．【分析】定義：根據(jù)勾股點的定理，即可求出BN的長；（1）根據(jù)已知條件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝BN，根據(jù)條件求出（BN）2＝（MN）2+（AM）2，即可得到結(jié)果；（2）連接PD，根據(jù)已知條件可得PC2+BD2＝CD2，進(jìn)而求出∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，得到2∠A+∠A＝90°，即可得到結(jié)果；（3）根據(jù)已知條件先求得點F的坐標(biāo)為（2﹣，），即可求得BF、EF，根據(jù)已知條件可得BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+﹣＝EF2，即可求得結(jié)果；【詳解】定義：∵點M、N是線段AB的勾股點，∴或，∴BN=．（1）如圖，∵CD＝DA，CE＝EB，∴DE∥AB，∴CG＝GM，CH＝HN，∴DG＝AM，GH＝MN，EH＝BN，∵BN2＝MN2+AM2，∴BN2＝MN2+AM2，∴（BN）2＝（MN）2+（AM）2，∴EH2＝GH2+DG2，∴G、H是線段DE的勾股點．(2)如圖所示，連接PD，∵AC＝PC，∴∠A＝∠APC，∴∠PCD＝2∠A，∵C，D是線段AB的勾股點，∴AC2+BD2＝CD2，∴PC2+BD2＝CD2，∵CD是⊙O的直徑，∴∠CPD＝90°，∴PC2+PD2＝CD2，∴PD＝BD，∴∠PDC＝2∠B，∵∠A＝2∠B，∴∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，∵∠PCD+∠PDC＝90°，∴2∠A+∠A＝90°，解得∠A＝30°，則∠B＝∠A＝15°．（3）∵點P（a，b）是反比例函數(shù)y＝（x＞0）上的動點，∴b＝．∵直線y＝﹣x+2與坐標(biāo)軸分別交于A、B兩點，∴點B的坐標(biāo)為（0，2），點A的坐標(biāo)為（2，0）；當(dāng)x＝a時，y＝﹣x+2＝2﹣a，∴點E的坐標(biāo)為（a，2﹣a）；當(dāng)y＝時，有﹣x+2＝，解得：x＝2﹣，∴點F的坐標(biāo)為（2﹣，）．∴BF＝＝（2﹣），EF＝,＝|2﹣a﹣|，AE＝＝（2﹣a）．∵BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+﹣＝EF2，∴以BF、AE、EF為邊的三角形是一個直角三角形，∴E、F是線段AB的勾股點．【點睛】本題主要考查了勾股定理的擴(kuò)展應(yīng)用，結(jié)合中位線定理、圓周角定理等知識點解題是關(guān)鍵．18．（1）15o或60o；（2）見解析；（3）；（4）能，30o或60o【分析】（1）分三種情況討論：當(dāng)時，當(dāng)當(dāng)利用三角形的內(nèi)角和定理與旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)從而可得答案；（2）先證明，得到證明，再證明，解析：（1）15o或60o；（2）見解析；（3）；（4）能，30o或60o【分析】（1）分三種情況討論：當(dāng)時，當(dāng)當(dāng)利用三角形的內(nèi)角和定理與旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)從而可得答案；（2）先證明，得到證明，再證明，得到結(jié)合從而可得結(jié)論；（3）先求解的面積，再證