深圳深圳市福田區(qū)翰林學校中考數(shù)學期末幾何綜合壓軸題模擬匯編一、中考幾何壓軸題1．（問題探究）（1）如圖1，△ABC和△DEC均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點B，D，E在同一直線上，連接AD，BD．①請?zhí)骄緼D與BD之間的位置關系？并加以證明．②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求線段AD的長．（拓展延伸）（2）如圖2，△ABC和△DEC均為直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．將△DCE繞點C在平面內(nèi)順時針旋轉，設旋轉角∠BCD為α（0°≤α＜360°），作直線BD，連接AD，當點B，D，E在同一直線上時，畫出圖形，并求線段AD的長．2．（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)量關系是．（2）將圖中的繞點旋轉到圖的位置，直線和直線交于點①判斷線段和的數(shù)量關系，并證明你的結論．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)量關系．3．（1）如圖1，在正的外角內(nèi)引射線，作點C關于的對稱點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，請寫出一個關于與的數(shù)量關系的正確結論：_________________；（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的坐標為，設正方形的中心為P，平面上一點F到P的距離為．①直接寫出的度數(shù)；②當時，求點F的坐標；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)量關系為，位置關系為．（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，旋轉角為α(0°<α≤360°)，請問（1）中的結論還成立嗎？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旋轉的過程中，當CF為最大值時，請直接寫出DE的長．5．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖1所示，在中，，，點在邊上，且，將線段繞點順時針旋轉90°得到線段，連接、，的值為______；（類比探究）（2）如圖2所示，在（1）的條件下，點為的中點，，將線段繞點順時針旋轉90°得到，連接，則的值會發(fā)生改變嗎？說明你的理由；（拓展延伸）（3）如圖3所示，在鈍角中，，，點在邊的延長線上，，連接．將線段繞著點順時針旋轉，旋轉角，連接，則______（請用含有，的式子表示）．6．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分別是三個任務點，點P是△ABC內(nèi)一個打卡點．按照設計要求，CP＝30米，打卡點P對任務點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．7．（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，放入平面直角坐標系中，使它與軸，軸分別切于點和，點的坐標為，過點的直線與圓有唯一公共點（與不重合）時，求點的坐標；（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，設運動時間為（），過點，，三點的圓，交第一象限角平分線于點，當為何值時，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？8．綜合與實踐背景閱讀：“旋轉”即物體繞一個點或一個軸做圓周運動．在中國古典專著《百喻經(jīng)·口誦乘船法而不解用喻》中記載：“船盤回旋轉，不能前進．”而圖形旋轉即：在平面內(nèi)，將一個圖形繞一點按某個方向轉動一個角度，這樣的運動叫做圖形的旋轉，這個定點叫做旋轉中心，轉動的角叫做旋轉角．綜合實踐課上，“睿智”小組專門探究了正方形的旋轉，情況如下：在正方形中，點是線段上的一個動點，將正方形繞點順時針旋轉得到正方形（點，，，分別是點，，，的對應點）．設旋轉角為（）．操作猜想：（1）如圖1，若點是中點，在正方形繞點旋轉過程中，連接，，，則線段與的數(shù)量關系是_______；線段與的數(shù)量關系是________．探究驗證：（2）如圖2，在（1）的條件下，在正方形繞點旋轉過程中，順次連接點，，，，．判斷四邊形的形狀，并說明理由．拓展延伸：（3）如圖3，若，在正方形繞點順時針旋轉的過程中，設直線交線段于點．連接，并過點作于點．請你補全圖形，并直接寫出的值．9．在中，，點D?E分別是的中點，將繞點C按順時針方向旋轉一定的角度，連接．觀察猜想（1）如圖①，當時，填空：①______________；②直線所夾銳角為____________；類比探究（2）如圖②，當時，試判斷的值及直線所夾銳角的度數(shù)，并說明理由；拓展應用（3）在（2）的條件下，若，將繞著點C在平面內(nèi)旋轉，當點D落在射線AC上時，請直接寫出的值．10．在矩形ABCD中，（k為常數(shù)），點P是對角線BD上一動點（不與B，D重合），將射線PA繞點P逆時針旋轉90°與射線CB交于點E，連接AE．（1）特例發(fā)現(xiàn)：如圖1，當k=1時，將點P移動到對角線交點處，可發(fā)現(xiàn)點E與點B重合，則=，∠AEP=；當點P移動到其它位置時，∠AEP的大小（填“改變”或“不變”）；（2）類比探究：如圖2，若k≠1時，當k的值確定時，請?zhí)骄俊螦EP的大小是否會隨著點P的移動而發(fā)生變化，并說明理由；（3）拓展應用：當k≠1時，如圖2，連接PC，若PC⊥BD，，PC=2，求AP的長．11．如圖1，已知直角三角形，，，點是邊上一點，過作于點，連接，點是中點，連接，．（1）發(fā)現(xiàn)問題：線段，之間的數(shù)量關系為______；的度數(shù)為______；（2）拓展與探究：若將繞點按順時針方向旋轉角，如圖2所示，（1）中的結論還成立嗎？請說明理由；（3）拓展與運用：如圖3所示，若繞點旋轉的過程中，當點落到邊上時，邊上另有一點，，，連接，請直接寫出的長度．12．（1）問題提出：如圖①，在矩形中，，點為邊上一點，連接，過點作對角線的垂線，垂足為，點為的中點，連接，，．可知的形狀為______；（2）深人探究：如圖②，將在平面內(nèi)繞點順時針旋轉，請判斷的形狀是否變化，并說明理由；（提示：延長到，使；延長到，使，連接，，，構造全等三角形進行證明）（3）拓展延伸：如果，，在旋轉過程中，當點，，在同一條直線上時，請直接寫出的長．13．問題發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，∠ABC＝90°，將線段AC繞點A逆時針旋轉，旋轉角α=2∠BAC，∠BCD的度數(shù)是；線段BD，AC之間的數(shù)量關系是．類比探究：（2）在Rt△ABC中，∠BAC=45°，∠ABC＝90°，將線段AC繞點A逆時針旋轉，旋轉角α=2∠BAC，請問（1）中的結論還成立嗎？；拓展延伸：（3）如圖3，在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BDC＝90°，若點P滿足PB＝PC，∠BPC＝90°，請直接寫出線段AP的長度．14．（問題情境）在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝α（0°＜α＜180°），點P為直線BC上一動點（不與點B、C重合），連接AP，將線段PA繞點P順時針旋轉得到線段PQ旋轉角為α，連接CQ．（特例分析）（1）當α＝90°，點P在線段BC上時，過P作PF∥AC交直線AB于點F，如圖①，易得圖中與△APF全等的一個三角形是，∠ACQ＝°．（拓展探究）（2）當點P在BC延長線上，AB：AC＝m：n時，如圖②，試求線段BP與CQ的比值；（問題解決）（3）當點P在直線BC上，α＝60°，∠APB＝30°，CP＝4時，請直接寫出線段CQ的長．15．（探究證明）（1）某班數(shù)學課題學習小組對矩形內(nèi)兩條互相垂直的線段與矩形兩鄰邊的數(shù)量關系進行探究，提出下列問題，請你給出證明：如圖①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分別交AD、BC于點E、F，GH分別交AB、DC于點G、H，求證：；（結論應用）（2）如圖②，將矩形ABCD沿EF折疊，使得點B和點D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的長；（拓展運用）（3）如圖③，將矩形ABCD沿EF折疊．使得點D落在AB邊上的點G處，點C落在點P處，得到四邊形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝，請求BP的長．16．（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)量關系和位置關系．并請說明理由．（2）理解應用：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，當∠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，連接BD，DE，點M，N分別是BD，DE的中點，連接MN，當點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出MN的長17．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，已知，在自由旋轉過程中，當在一條直線上時，請直接寫出的值．18．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)量關系為：_______；拓展探究:(2)如圖2，當點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，當點E在線段AD的延長線上，且AE=AB時，的值為_______；推廣應用:(4)當點E在射線AD上運動時，，則的值為______用含m.n的式子表示)．19．（感知）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，點E在邊CD上，∠AEB=90°，求證：=．（探究）（2）如圖②，在四邊形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，點E在邊CD上，點F在邊AD的延長線上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，連接BG交CD于點H．求證：BH=GH．（拓展）（3）如圖③，點E在四邊形ABCD內(nèi)，∠AEB+∠DEC=180°，且=，過E作EF交AD于點F，若∠EFA=∠AEB，延長FE交BC于點G．求證：BG=CG．20．如圖，已知和均為等腰三角形，，，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，當時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，則線段BD、CE之間的數(shù)量關系是_________，_________；（2）拓展探究：如圖②，當時，點B、D、E不在同一直線上，連接CE，求出線段BD、CE之間的數(shù)量關系及BD、CE所在直線相交所成的銳角的大?。ǘ加煤氖阶颖硎荆⒄f明理由：（3）解決問題：如圖③，，，，連接CE、BD，在繞點A旋轉的過程中，當CE所在的直線垂直于AD時，請你直接寫出BD的長．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、中考幾何壓軸題1．（1）①，證明見解析；②4；（2）畫圖見解析，或【分析】（1）①由“”可證，可得，可得；②過點作于點，由勾股定理可求，，的長，即可求的長；（2）分點在左側和右側兩種情況討論，根據(jù)勾股定理和相似解析：（1）①，證明見解析；②4；（2）畫圖見解析，或【分析】（1）①由“”可證，可得，可得；②過點作于點，由勾股定理可求，，的長，即可求的長；（2）分點在左側和右側兩種情況討論，根據(jù)勾股定理和相似三角形的性質可求解．【詳解】解：（1）和均為等腰直角三角形，，，，，，且，，，，，，故答案為：；②如圖，過點作于點，，，，，，，故答案為：4；（2）若點在右側，如圖，過點作于點，，，，，．，，，，，，，，，，，即，，，，，若點在左側，，，，，．，，，，，，，，，，，，即，，，，．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質等知識點，關鍵是添加恰當輔助線．2．（1）；（2）①，證明見解析；②；（3），【分析】（1）由等腰三角形的性質，結合等量代換即可求解；（2）①根據(jù)SAS證明，然后根據(jù)全等三角形的性質即可證明；②由全等三角形的性質得，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，結合等量代換即可求解；（2）①根據(jù)SAS證明，然后根據(jù)全等三角形的性質即可證明；②由全等三角形的性質得，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BC和AF交于點O，如圖2∵∴，即∴；（3）結論，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，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，關鍵證明全等和相似，并且分類討論．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°，進一步可得結論；（2）連接，證明，再進一步證明得，故可得結論；（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論；②設，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，當軸時，面積最大，求值即可．【詳解】解：（1）如圖1中，∵點E是點C關于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關于對稱∴∴∴；在正方形中，∴，∴；在中，；即∵∴∴∴結論：（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，全等三角形的判定和性質，解直角三角形，圓周角定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構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，等腰直角三角形的性質，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鍵．5．（1）；（2）BE+BD的值不會發(fā)生改變，理由見解答；（3）2k?sin【分析】（1）只要證明，即可解決問題；（2）如圖2中，作交于，過點作交于．利用（1）中結論即可解決問題；（3）如圖③中解析：（1）；（2）BE+BD的值不會發(fā)生改變，理由見解答；（3）2k?sin【分析】（1）只要證明，即可解決問題；（2）如圖2中，作交于，過點作交于．利用（1）中結論即可解決問題；（3）如圖③中，作交的延長線于，作于．只要證明，可證，即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖1中，，，，，，，，，，，，故答案為：．（2）的值不會發(fā)生改變，理由如下：作交于，過點作交于，，，，，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，，，由（1），知，，，，為邊上的中點，，，，，，，，，，；（3）如圖3中，作交的延長線于，作于．，，，，，，，，，，，，，，，，，，．．故答案為：．【點睛】本題考查幾何變換綜合題、等腰三角形的性質、全等三角形的判定和性質、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．6．（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，可得結論；（2）將△ABD繞點B順時針旋轉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，可得結論；（2）將△ABD繞點B順時針旋轉90°得到△CBT，連接DT，利用勾股定理的逆定理證明∠CTD＝90°，可得結論；（3）將△ABP繞點A逆時針旋轉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】此題主要考查旋轉的綜合運用，解題的關鍵是熟知三角形外接圓的性質、三角函數(shù)的應用、旋轉的性質、等邊三角形的性質、勾股定理的應用及三角形的三邊關系的應用．7．（1）見解析；（2）；（3）當時，有最小值，此時；的值不變，見解析【分析】（1）在圓上任意取兩條弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分線，則它們的交點為P點；（2）由題意得與相切于點，根據(jù)切線長解析：（1）見解析；（2）；（3）當時，有最小值，此時；的值不變，見解析【分析】（1）在圓上任意取兩條弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分線，則它們的交點為P點；（2）由題意得與相切于點，根據(jù)切線長定理和勾股定理求得，再證明，利用相似三角形的性質即可求解；（3）根據(jù)勾股定理得，得到當時，有最小值，即有最小值．四邊形是正方形，即可求得此時，根據(jù)利用三角形面積公式，即可求解．【詳解】（1）如圖，點P即為所作；（2）如圖，過點作軸于點，連接，，由題意得：與坐標軸相切，∴，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，∴，則，由題意得與相切于點，∴，設，在中，，，，，由勾股定理得：，即：，解得，∴，由題意可得，∴，即：，∴，，則∴；（3）如圖，在中，，，，則，當時，有最小值，即有最小值．此時，，∵平分第一象限，∴∠EON=∠EOM=45，∴△EON△EOM，∴∠ENO=∠EMO，∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ENO+∠EMO=180，∴∠ENO=∠EMO=90，又OM=ON，∴四邊形是正方形，∴；在這個變化過程中，沒有變化，理由如下：∵平分第一象限，∴是等腰直角三角形，∴則，∴．【點睛】本題考查了坐標與圖形，圓的切線的性質，相似三角形的判定和性質，二次函數(shù)最值的求解，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，學會利用參數(shù)構建方程解決問題．8．（1）；；（2）矩形，見解析；（3）見解析，．【分析】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，根據(jù)旋轉的性質可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根據(jù)勾股定理可得OA=O解析：（1）；；（2）矩形，見解析；（3）見解析，．【分析】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，根據(jù)旋轉的性質可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根據(jù)勾股定理可得OA=OD，利用SAS可證明△AOA′≌△DOD′，根據(jù)全等三角形的性質可得AA′=DD′，根據(jù)旋轉的性質可得∠BOB′=，根據(jù)可得△OAA′∽△OBB′，根據(jù)相似三角形的性質即可得答案；（2）根據(jù)旋轉的性質可得，，，根據(jù)點是中點即可得出，根據(jù)對角線相等且互相平分的四邊形是矩形即可證明四邊形是矩形；（3）根據(jù)題意，補全圖形，連接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，根據(jù)勾股定理可得，根據(jù)平角的定義及直角三角形兩銳角互余的性質可得，利用AAS可證明△ABM≌△A′B′N，可得AM=A′N，利用AAS可證明△APM≌△A′PN，可得，根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質可得∠A′OP=∠AOA′=，∠QOB′=，根據(jù)角的和差關系可得∠POQ=∠A′OB′，即可證明△OQP∽△OB′A′，根據(jù)相似三角形的性質即可得答案．【詳解】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，∵將正方形繞點順時針旋轉得到正方形，旋轉角為，∴OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，∴△AOA′≌△DOD′，∴AA′=DD′，∵點是中點，∴OB=，∴OA=，∵將正方形繞點順時針旋轉得到正方形，旋轉角為，∴∠BOB′=∠AOA′=，∵，∴△OAA′∽△OBB′，∴=，∴，故答案為：；（2）四邊形是矩形；理由如下：∵正方形繞點順時針旋轉得到正方形，∴，，，∵點是中點，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是矩形．（3）如圖，補全圖形如下：連接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，∵，∴AB=BC=，∴OA′=OA==，∵∠OB′A′=90°，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴△ABM≌△A′B′N，∴AM=A′N（AAS），∵，，∴△APM≌△A′PN，∴AP=A′P，∵OA=OA′，∴∠A′OP=∠AOA′=，∵OB=OB′，OQ⊥BB′，∴∠QOB′=，∴∠QOB′+∠B′OP=∠A′OP+∠B′OP，即∠POQ=∠A′OB′，∵∠OQP=∠OB′A′=90°，∴△OQP∽△OB′A′，∴．【點睛】本題考查旋轉的性質、矩形的判定、全等三角形的判定與性質及相似三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形及相似三角形的判定定理并正確作出輔助線構造全等三角形及相似三角形是解題關鍵．9．（1）①1，②；（2）直線所夾銳角為，見解析；（3）滿足條件的的值為【分析】（1）①②延長BD交AE的延長線于T，BT交AC于O．證明即可解決問題．（2）如圖②中，設AC交BD于O，AE交BD解析：（1）①1，②；（2）直線所夾銳角為，見解析；（3）滿足條件的的值為【分析】（1）①②延長BD交AE的延長線于T，BT交AC于O．證明即可解決問題．（2）如圖②中，設AC交BD于O，AE交BD于T．證明，推出，可得結論．（3）分兩種情形：①如圖③-1中，當點D落在線段AC上時，作于H．②如圖③-2中，當點D在AC的延長線上時，分別利用勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）如圖①中，延長BD交AE的延長線于T，BT交AC于O．，是等邊三角形，，，，，，，，，∴直線所夾銳角為，故答案為1，．（2）如圖②中，設AC交于O，AE交于T．，是等腰直角三角形，，，，，，，，，∴直線所夾銳角為．（3）①如圖③-1中，當點D落在線段AC上時，作于H．由題意，，，，，在中，②如圖③-2中，當點D在AC的延長線上時，同法可得，綜上所述，滿足條件的的值為．【點睛】本題考查幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．10．（1）1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變，理由見解析；（3）．【分析】(1)當點P為對角線交點時，根據(jù)正方形的性質可得出結論，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分解析：（1）1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變，理由見解析；（3）．【分析】(1)當點P為對角線交點時，根據(jù)正方形的性質可得出結論，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．證△PAM≌△PEN，可得∠AEP的大小不變；(2)類似（1），過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．證△PAM∽△PEN，可得∠AEP的大小不變；(3)利用（2）的結論，證BE=EC．再證△ABE∽△BCD，利用比例式求出k，再利用三角函數(shù)求出AP的長．【詳解】解：（1）如圖，∵k=1，∴在矩形ABCD是正方形，∵點P移動到對角線交點處，∴PA=PE，∠AEP=45°，故，如圖，當點P移動到其它位置時，過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠MBN=90°，PN=PM，∴四邊形PMBN是正方形，∴∠MPN=90°，∵∠APE=90°，∴∠APM＋∠MPE=∠EPN＋∠MPE=90°，∴∠APM=∠EPN．又∵∠PMA=∠PNB，∴△PAM≌△PEN，∴PA=PE，∴∠AEP=45°，故，∠AEP的大小不變；故答案為：1，45°，不變；（2）∠AEP的大小不變．理由如下：過點P分別作AB，BC的垂線，垂足分別為M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠MBN=∠BAD=∠BCD=90°，∴四邊形PMBN是矩形，∴∠MPN=90°，PN=BM，又∵∠APE=90°，∴∠APM＋∠MPE=∠EPN＋∠MPE=90°，∴∠APM=∠EPN．又∵∠PMA=∠PNB，∴△PAM∽△PEN，∴=．在Rt△PBM和Rt△BAD中，tan∠ABD=．在Rt△APE中，tan∠AEP=．∵k為定值，∴∠AEP的大小不變．（3）∵PC⊥BD，∠BCD=90°，∴∠PBC＋∠PCB=∠PBC＋∠BDC=∠BPE＋∠EPC=90°．∵AE∥PC，∴∠AEB=∠PCB，∠AEP=∠EPC．∵tan∠AEP=k，tan∠ABD=k，∴∠AEP=∠ABD．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，∴∠ABD=∠BDC，∴∠AEB=∠PCB=∠BDC=∠AEP=∠EPC，∠PBC=∠BPE，∴BE=PE=EC．∵∠AEB=∠BDC，∠ABE=∠BCD，∴△ABE∽△BCD，∴，即，∴BC2=2AB2，∴，k=．在Rt△BPC中，tan∠PCB==tan∠AEP=k=，∴PB=PC=，由勾股定理得，∴PE=BC=，∴PA=PE=．【點睛】本題考查了矩形的性質與判定，正方形的判定與性質，相似三角形判定與性質，解直角三角形，解題關鍵是恰當作輔助線，構建全等三角形或相似三角形，利用解直角三角形的知識求解．11．（1），；（2）結論成立，理由見解析；（3）．【分析】（1）先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，再根據(jù)等腰三角形的性質、三角形的外角性質即可求出的度數(shù)；（2）如圖（見解析），先根據(jù)解析：（1），；（2）結論成立，理由見解析；（3）．【分析】（1）先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，再根據(jù)等腰三角形的性質、三角形的外角性質即可求出的度數(shù)；（2）如圖（見解析），先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形中位線定理可得，再根據(jù)等腰三角形的性質、平行線的性質、三角形的外角性質可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質可得，最后根據(jù)平行線的性質、等邊三角形的判定與性質、角的和差即可求出的度數(shù)；（3）如圖（見解析），先根據(jù)直角三角形的性質可得，從而可得，再分別在和中，根據(jù)直角三角形的性質、勾股定理可得，從而可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】（1）在中，，點是中點，，同理可得：，，在中，，，，又，，，，，，，；（2）結論成立，理由如下：如圖，分別取AB的中點為M，取AD的中點為N，連接FM、CM、EN、FN，，，又點是中點，是的中位線，，，同理可得：，，繞點按順時針方向旋轉角，，，，，，，，，同理可得：，，在和中，，，，，是等邊三角形，，，，，，，；（3）如圖，過點G作，交AE延長線于點F，在中，，，，，由旋轉的性質得：，在中，，，在中，，，，則在中，．【點睛】本題考查了直角三角形的性質、三角形中位線定理、三角形全等的判定定理與性質、旋轉的性質等知識點，較難的是題（2），通過作輔助線，構造全等三角形是解題關鍵．12．（1）等邊三角形；（2）的形狀不變，理由見解析；（3）或．【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質、解直角三角形可得，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得，然后根據(jù)等腰三角形的性質、三角形的外角性質可得，最后解析：（1）等邊三角形；（2）的形狀不變，理由見解析；（3）或．【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質、解直角三角形可得，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得，然后根據(jù)等腰三角形的性質、三角形的外角性質可得，最后根據(jù)等邊三角形的判定即可得出結論；（2）如圖（見解析），先根據(jù)線段垂直平分線的判定與性質、三角形全等的判定定理證出，再根據(jù)三角形全等的性質可得，從而可得，然后根據(jù)三角形中位線定理可得，，從而可得，最后根據(jù)等邊三角形的判定即可得出答案；（3）分點在線段上和點在線段上兩種情況，再利用直角三角形的性質、勾股定理分別求出的長，然后根據(jù)線段中點的定義、線段的和差即可得．【詳解】解：（1）在矩形中，，，在中，，，點為的中點，，，同理可得：，，，，，是等邊三角形，故答案為：等邊三角形；（2）的形狀不變，理由如下：如圖，延長到，使；延長到，使，連接，其中相交于點，相交于點，相交于點，由旋轉的性質得：，，垂直平分，，同理可得：，，即，在和中，，，，，，點為的中點，是的中位線，，同理可得：，，是等邊三角形；（3）由題意，分以下兩種情況：①如圖，當點在線段上時，，，，在中，，，在中，，，，；②如圖，當點在線段上時，同理可得：，，，，綜上，的長為或．【點睛】本題考查了矩形的性質、解直角三角形、三角形全等的判定定理與性質、三角形中位線定理等知識點，較難的是題（2），通過作輔助線，構造全等三角形是解題關鍵．13．（1）120°，BD=AC；（2）不成立，理由詳見解析；（3）或．【分析】（1）過點D作DE⊥BC，通過線段之間的轉換得到AC與DE之間的關系，在直角三角形BDE中通過BD與DE的關系，得到BD解析：（1）120°，BD=AC；（2）不成立，理由詳見解析；（3）或．【分析】（1）過點D作DE⊥BC，通過線段之間的轉換得到AC與DE之間的關系，在直角三角形BDE中通過BD與DE的關系，得到BD,AC之間的關系.（2）類比（1）的解法，找線段之間的關系.(3)分情況進行討論，畫出符合題意得圖形進行求解.【詳解】解：（1）如圖3，過點D作DE⊥BC，垂足為E，設BC=m．在Rt△ABC中，∠BAC=30°，由BC=AB·tan30°，BC=AC·sin30°，得AC=2m，BC=m，∵AC=AD，∠CAD=2×30°=60°，∴△ACD為等邊三角形，∴∠ACD=60°，CD=AC=2m，∴∠BCD=60°×2=120°，在Rt△DEC中，∠DCE=180°-120°=60°，DC=2m，∴CE=CD·cos60°=m，DE=CE·tan60°=m，∴在Rt△BED中，BD==，∴==，故BD=AC．故答案為：120°；BD=AC．（2）不成立，理由如下：設BC=n，在Rt△ABC中，∠BAC=45°，∠ABC=90°，∴BC=AB=m，AC=BC=n，∵AC=AD，∠CAD=90°，∴△CAD為等腰直角三角形，∴∠ACD=45°，CD=AC=2n，∴∠BCD=2×45°=90°，在Rt△BCD中，BD==，∴==，，故BD=AC．答案為：90°；BD=AC．故結論不成立．（3）AP的長為或．；解答如下：∵PB=PC，∴點P在線段BC的垂直平分線上，∵∠BAC=∠BCP=90°，故A、B、C、P四點共圓，以線段BC的中點為圓心構造⊙O，如圖4，圖5，分類討論如下：①當點P在直線BC上方時，如圖4，作PM⊥AC，垂足為M，設PM=x．∵PB=PC，∠BPC=90°，∴△PBC為等腰直角三角形，∴∠PBC=45°，∵∠PAC=∠PBC=45°，∴△AMP為等腰直角三角形，∴AM=PM=x，AP=PM=x，在Rt△ABC中，AB=2，AC=4，∴BC==，∴PC=BC·sin45°=，在Rt△PMC中，∵∠PMC=90°，PM=x，PC=，CM=4-x，∴，解得：，（舍），∴AP==；②當點P在直線BC的下方時，如圖5，作PN⊥AB的延長線，垂足為N，設PN=y．同上可得PB=，△PAN為等腰三角形，∴AN=PN=y，∴BN=y-2，在Rt△PNB中，∵∠PNB=90°，PN=y，BN=y-2，PB=，∴，解得：，（舍），∴AP==．故AP的長度為：或．【點睛】本題考查的是等邊三角形的判定和性質、勾股定理、以及旋轉變換的性質，掌握類比思想解題是解決本題的關鍵．14．（1）△PQC，90；（2）；（3）線段CQ的長為2或8．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，證明AF＝CP，利用旋轉的旋轉證明AP＝PQ，∠PAF解析：（1）△PQC，90；（2）；（3）線段CQ的長為2或8．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，PF∥AC，得到△BPF是等腰直角三角形，證明AF＝CP，利用旋轉的旋轉證明AP＝PQ，∠PAF＝∠QPC，從而可得結論，（2）過P作PF∥AC，交BA的延長線于F，則，再證明△AFP≌△PCQ，利用△ABC∽△FBP的性質可得答案，（3）分情況討論：當P在CB的延長線上時，證明△APC≌△QPC，利用等邊三角形的性質可得答案，當P在BC的延長線上時，連接AQ，利用等邊三角形的性質，證明△ACQ≌△PCQ，從而可得答案．【詳解】解：（1）如圖①，∵∠ABC＝90°，AB＝CB，∴△ABC是等腰直角三角形，∵PF∥AC，∴∠BPF＝∠BFP＝45°，∴△BPF是等腰直角三角形，∴BF＝BP，∴AF＝CP，由旋轉可得，AP＝PQ，∠APQ＝90°，而∠BPF＝45°，∴∠QPC＝45°﹣∠APF，又∵∠PAF＝∠PFB﹣∠APF＝45°﹣∠APF，∴∠PAF＝∠QPC，∴△APF≌△PQC，∴∠PCQ＝∠AFP＝135°，又∵∠ACB＝45°，∴∠ACQ＝90°，故答案為：△PQC，90；（2）如圖②，過P作PF∥AC，交BA的延長線于F，則，又∵AB＝BC，∴AF＝CP，又∵∠FAP＝∠ABC+∠APB＝α+∠APB，∠CPQ＝∠APQ+∠APB＝α+∠APB，∴∠FAP＝∠CPQ，由旋轉可得，PA＝PQ，∴△AFP≌△PCQ，∴FP＝CQ，∵PF∥AC，∴△ABC∽△FBP，∴，∴（3）如圖，當P在CB的延長線上時，∠CPQ＝∠APQ﹣∠APB＝60°﹣30°＝30°，∴∠APC＝∠QPC，又∵AP＝QP，PC＝PC，∴△APC≌△QPC，∴CQ＝AC，又∵BA＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∠BAP＝∠ABC﹣∠APB＝30°，∴BP＝AB＝BC＝PC＝2，∴QC＝AC＝BC＝2；如圖，當P在BC的延長線上時，連接AQ，由旋轉可得，AP＝QP，∠APQ＝∠ABC＝60°，∴△APQ是等邊三角形，∴AQ＝PQ，∠APQ＝60°＝∠AQP，又∵∠APB＝30°，∠ACB＝60°，∴∠CAP＝30°，∠CPQ＝90°，∴∠CAP＝∠APA，∴AC＝PC，∴△ACQ≌△PCQ，∴∠AQC＝∠PQC＝∠AQP＝30°，∴Rt△PCQ中，CQ＝2CP＝8．綜上所述，線段CQ的長為2或8．【點睛】本題屬于相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質以及含30°角的直角三角形的性質的運用，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形或相似三角形，利用全等三角形的對應邊相等，相似三角形的對應邊成比例進行推算．15．（1）見解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，如圖1，易證AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后運用相似三角形解析：（1）見解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，如圖1，易證AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后運用相似三角形的性質就可解決問題；(2)連接BD，根據(jù)矩形的性質得出BD的長，再根據(jù)結論（1）得出，進而可求出EF的長.（3）過點F作FH⊥EG于H，過點P作PJ⊥BF于J．根據(jù)矩形的性質得到AD、CD的長，由結論（1）可得出DG的長，再由勾股定理得出AG的長，然后根據(jù)翻折的性質結合勾股定理得出四邊形HGPF是矩形，進而得出FH的長度，最后根據(jù)相似三角形得出BJ、PJ的長度就可以得出BP的長度.【詳解】（1）如圖①，過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交AP于T．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四邊形AEFP、四邊形BGHQ都是平行四邊形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠BAT+∠ABT＝90°．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，∴∠ABT+∠CBQ＝90°，∴∠BAP＝∠CBQ，∴△ABP∽△BCQ，∴,∴.（2）如圖②中，連接BD．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，∴BD＝,∵D，B關于EF對稱，∴BD⊥EF，∴,∴,∴EF＝.（3）如圖③中，過點F作FH⊥EG于H，過點P作PJ⊥BF于J．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，∴=,∴DG＝，∴AG＝＝1，由翻折可知：ED＝EG，設ED＝EG＝x，在Rt△AEG中，∵EG2＝AE2+AG2，∴x2＝AG2+AE2，∴x2＝（3﹣x）2+1，∴x＝，∴DE＝EG＝，∵FH⊥EG，∴∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°，∴四邊形HGPF是矩形，∴FH＝PG＝CD＝2，∴EH＝，∴GH＝FP＝CF＝EG﹣EH＝﹣＝1，∵PF∥EG，EA∥FB，∴∠AEG＝∠JPF，∵∠A＝∠FJP＝90°，∴△AEG∽△JFP，∴，∴，∴FJ＝，PJ＝，∴BJ＝BC﹣FJ﹣CF＝3﹣﹣1＝，在Rt△BJP中，BP＝．【點睛】本題主要考查了矩形的性質、相似三角形的判定與性質，解題關鍵在于靈活運用矩形的性質、相似三角形的判定與性質，學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題．16．（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，正方形的性質，矩形的性質，勾股定理的應用，相似三角形的判定和性質，利用分類討論思想解決問題是本題的關鍵．17．（1），；（2）不成立，見解析；（3）2或4【分析】（1）根據(jù)題意，利用等邊三角形的性質，得出，再根據(jù)全等三角形對應角相等，得出，故得出與所夾的銳角為60°．（2）根據(jù)題意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，見解析；（3）2或4【分析】（1）根據(jù)題意，利用等邊三角形的性質，得出，再根據(jù)全等三角形對應角相等，得出，故得出與所夾的銳角為60°．（2）根據(jù)題意，利用等腰直角三角形的性質可推出，再根據(jù)相似三角形對應角相等，得出，故得出直線與所夾的銳角為45°，與（1）結論不符．（3）此問需要分兩種情況討論，一種情況是當在直線上，該種情況需要先證明，從而根據(jù)相似三角形的性質得到，最后根據(jù)全等三角形的性質求出；另一種情況是，當在直線下，先證明，從而證明四邊形為矩形，最后求出．【詳解】解：（1）；60°解答如下：如圖１，與為等邊三角形，，在與中，，故答案為：；直線與所夾的銳角為60°．（2）不成立理由如下：與為等腰直角三角形，，，，即：，在與中，故（1）中的結論不成立；（3）的長度為2或4；①點在直線上方時如圖4，，，②點在直線下方時，如圖5，∥根據(jù)題意，易證四邊形為矩形，，故答案為綜上可得的長度為2或4【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、等腰直角三角形的三邊關系、旋轉的性質、矩形的判定及性質相似三角形的判定及性質，綜合性比較強，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．（1）利用等邊三角形的性質，從而證明三角形全等是解答該小問的關鍵．（2）根據(jù)等腰直角三角形的三邊關系，證明兩個三角形相似是解答第二問的關鍵，重點掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本題時，首先要認識到旋轉過程中滿足題意的兩種情況，其次證明過程可參考上面的證明過程，最后如何判定四邊形為矩形也是解答最后一題第二種情況的關鍵．18．(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證得AD=CD，再證明△AFG△ADG，即可證明結論；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證得AD=CD，再證明△AFG△ADG，即可證明結論；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得到，證得△AFG△BCG，即可求解；(4)根據(jù)等腰直角三角形的性質得到B