【备考期末】驻马店市中考数学几何综合压轴题模拟专题

【备考期末】驻马店市中考数学几何综合压轴题模拟专题一、中考几何压轴题1．（1）问题发现：如图1，在△ABC中和△DCE中，，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．填空：①的值为；②∠ABE的度数为．（2）类比探究：如图2，在△ABC中和△DCE中，，，点D是BC的垂线AF上任意一点．请判断的值及∠ABE的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若，，请直接写出BE的长．2．问题探究：（1）如图①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，则AB的最大值是．（2）如图②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D为△ABC内一点，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，请求出∠ADB的度数．问题解决：（3）如图③，某户外拓展基地计划在一处空地上修建一个新的拓展游戏区△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，点A、B、C分别是三个任务点，点P是△ABC内一个打卡点．按照设计要求，CP＝30米，打卡点P对任务点A、B的张角为120°，即∠APB＝120°．为保证游戏效果，需要A、P的距离与B、P的距离和尽可能大，试求出AP+BP的最大值．3．（1）问题探究：如图1，在正方形中，点、、分别是、、上的点，且，求证：；（2）类比应用：如图2，在矩形中，，，将矩形沿折叠使点落在点处，得到矩形．①若点为的中点，试探究与的数量关系；②拓展延伸：连，当时，，，求的长．4．（问题情境）（1）如图1，在矩形ABCD中，将矩形沿AC折叠，点B落在点E处，设AD与CE相交于点F，那么AC与DE的位置关系为．（类比探究）（2）如图2，若四边形ABCD为平行四边形，上述“问题情境”中的条件不变，①猜想AC与DE的位置关系，并证明你的结论；②当∠B与∠ACB满足什么数量关系时，△ABC∽△FEA？请说明理由；（拓展应用）（3）如图3，▱ABCD中，∠B＝60°，AB＝6，上述“问题情境”中的条件不变，当△AEC是直角三角形时，请直接写出DE的长为．5．（阅读理解）定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫“协和线”，该四边形叫做“协和四边形”．（深入探究）（1）如图1，在四边形中，，，请说明：四边形是“协和四边形”．（尝试应用）（2）如图2，四边形是“协和四边形”，为“协和线”，，，若点、分别为边、的中点，连接，，．求：①与的面积的比；②的正弦值．（拓展应用）（3）如图3，在菱形中，，，点、分别在边和上，点、分别在边和上，点为与的交点，点在上，连接，若四边形，都是“协和四边形”，“协和线”分别是、，求的最小值．6．（1）问题探究：如图1，△ABC，△ADE均为等边三角形，连接BD、CE，试探究线段BD与CE的数量关系，并说明理由．（2）类比延伸如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，连接BD，CE，试确定BD与CE的数量关系，并说明理由．（3）拓展迁移如图3，在四边形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90°得到DA′，连接BA′，求线段BA′的长．7．（问题探究）（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．①请探究AD与BD之间的位置关系？并加以证明．②若AC＝BC＝，DC＝CE＝，求线段AD的长．（拓展延伸）（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，AC＝，BC＝，CD＝，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°≤α＜360°），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．8．综合与实践动手实践：一次数学兴趣活动，张老师将等腰的直角顶点与正方形的顶点重合（），按如图（1）所示重叠在一起，使点在边上，连接．则可证：______，______三点共线；发现问题：（1）如图（2），已知正方形，为边上一动点，，交的延长线于，连结交于点．若，则______，______；尝试探究：（2）如图（3），在（1）的条件下若，求证：；拓展延伸：（3）如图（4），在（1）的条件下，当______时，为的6倍（直接写结果，不要求证明）．9．（1）如图1，在正的外角内引射线，作点C关于的对称点E（点E在内），连接，、分别交于点F，G．则_______．（2）类比探究：如图2，把上题中的“正”改为“正方形”，其余条件不变，请求出的度数；通过以上两例探索，请写出一个关于与的数量关系的正确结论：_________________；（3）拓展延伸：如图3，若以正方形的顶点O为原点，顶点A，D分别在x轴，y轴上，点A的坐标为，设正方形的中心为P，平面上一点F到P的距离为．①直接写出的度数；②当时，求点F的坐标；并探索是否有最大值？如果有，请求出；如果没有，请说明理由．10．（1）问题发现如图1，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=45°，点E是线段AC上一动点，连接DE．填空：①则的值为______；②∠EAD的度数为_______．（2）类比探究如图2，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°，点E是线段AC上一动点，连接DE．请求出的值及∠EAD的度数；（3）拓展延伸如图3，在（2）的条件下，取线段DE的中点M，连接AM、BM，若BC=4，则当△ABM是直角三角形时，求线段AD的长．11．如图l，在正方形ABCD中，AB=8，点E在AC上，且，过点作于点，交于点，连接，．（问题发现）（1）线段与的数量关系是________，直线与所夹锐角的度数是___________；（拓展探究）（2）当绕点顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请写出结论并结合图2给出证明；若不成立，请说明理由；（解决问题）（3）在（2）的条件下，当点到直线的距离为2时，请直接写出的长．12．某数学学习小组在复习线段垂直平分线性质时，提出了以下几个问题，请你帮他们解决：[数学理解](1)点是线段垂直平分线上的一点，则的值为；[拓展延伸](2)在平面直角坐标系中，点，点在轴上，且，则点的坐标为．(3)经小组探究发现，如图，延长线段到点，使，以点为因心，长为半径作园，则对于上任一点，都有，请你证明这个结论：[问题解决](4)如图，某人乘船以25千米/时的速度沿一笔直的河从码头到码头，再立即坐车沿一笔直公路以75千米/时的速度回到住处，已知乘船和坐车所用的时间相等请在河边上确定码头的位置．(请画出示意图并简要说明理由)13．（性质探究）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．（1）判断△AFG的形状并说明理由．（2）求证：BF=2OG．（迁移应用）（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射线AB于点F，（性质探究）中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．14．问题呈现：已知等边三角形边的中点为点，，的两边分别交直线，于点，，现要探究线段，与等边三角形的边长之间的数量关系．（1）特例研究：如图1，当点，分别在线段，上，且，时，请直接写出线段，与的数量关系：________；（2）问题解决：如图2，当点落在射线上，点落在线段上时，（1）中的结论是否成立？若不成立，请通过证明探究出线段，与等边三角形的边长之间的数量关系；（3）拓展应用：如图3，当点落在射线上，点落在射线上时，若，，请直接写出的长和此时的面积．15．综合与实践：问题情境：在数学课上，以“等腰直角三角形为主体，以点的对称为基础，探究线段间的变化关系”．如图1，在中，，，点为的角平分线上一动点但不与点重合，作点关于直线的对称点为，连接并延长交延长线于点，连接并延长交直线于点．探究实践：（1）勤奋小组的同学发现，请写出证明；探究发现：（2）智慧小组在勤奋小组的基础上继续探究，发现线段，与存在数量关系，请写出他们的发现并证明；探究拓展：（3）如图2，奇异小组的同学在前两个小组探究的基础上，连接，得到三条线段，与存在一定的数量关系，请直接写出．16．（1）观察发现：如图1，在中，，，点是的平分线上一点，将线段绕点逆时针旋转90°到，连结、，交于．填空：①线段与的数量关系是_________；②线段与的位置关系是_________．（2）拓展探究：如图2，在中，，，点是边的中点，将绕点逆时针旋转到，连结、，交于．（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展应用：如图3，在中，，，，的平分线交于，点是射线上的一点，将绕点顺时针旋转60°到，连结、、，与相交于，若以、、为顶点的三角形与全等，直接写出的长．17．如图（1），在矩形中，，点分别是边的中点，四边形为矩形，连接．（1）问题发现在图（1）中，_________；（2）拓展探究将图（1）中的矩形绕点旋转一周，在旋转过程中，的大小有无变化？请仅就图（2）的情形给出证明；（3）问题解决当矩形旋转至三点共线时，请直接写出线段的长．18．定义：如图1，点M、N把线段AB分割成AM、MN和BN，若以AM、MN、BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股点．已知点M、N是线段AB的勾股点，若AM＝1，MN＝2，则BN＝．（1）（类比探究）如图2，DE是△ABC的中位线，M、N是AB边的勾股点（AM＜MN＜NB），连接CM、CN分别交DE于点G、H．求证：G、H是线段DE的勾股点．（2）（知识迁移）如图3，C，D是线段AB的勾股点，以CD为直径画⊙O，P在⊙O上，AC＝CP，连结PA，PB，若∠A＝2∠B，求∠B的度数．（3）（拓展应用）如图4，点P（a，b）是反比例函数（x＞0）上的动点，直线与坐标轴分别交于A、B两点，过点P分别向x、y轴作垂线，垂足为C、D，且交线段AB于E、F．证明：E、F是线段AB的勾股点．19．[探索发现]（1）如图①，△ABC与△ADE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，连接BD与CE，则△ABD与△ACE的关系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点，在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你探究，当点E在直线AD上时，如图②所示，连接CE，判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．[拓展应用]（3）在（2）的应用下，请在图③中画出△BPE，使得点E在直线AD的右侧，连接CE，试求出点P在线段AD上运动时，AE的最小值．20．问题发现：（1）正方形ABCD和正方形AEFG如图①放置，AB＝4，AE＝2.5，则＝___________．问题探究：（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P在矩形的内部，∠BPC＝135°，求AP长的最小值．问题拓展：（3）如图③，在四边形ABCD中，连接对角线AC、BD，已知AB＝6，AC＝CD，∠ACD＝90°，∠ACB＝45°，则对角线BD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考几何压轴题1．（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知解析：（1）①1；②90°；（2）(2),，理由见解析；（3）或【分析】（1）①根据已知条件可知为等边三角形，根据等边三角形的性质可证明，即可得出答案；②根据，得出，因为，继而推出；（2）利用已知条件证明△ACD∽△BCE，即可推出,；（3）当点E在AF右边时，如图2所示，由已知条件可得出，在中运用勾股定理可求出AD的值，再运用（2）中结论即可得出BE的值；当点E在AF左边时，如图3所示，可证明，，再运用（2）中结论即可得出BE的值．【详解】解：（1）①∵，，∴为等边三角形∴∴∴∴的值为1；故答案为：1；②∵∴∵∴∴∵∴故答案为：90°．（2）,.理由如下：在Rt△ABC中，，.∴.同理：.∴.又.∴.∴△ACD∽△BCE.∴,.∴.（3）当点E在AF右边时，如图2所示：∵，，，∴，∴∵∴；当点E在AF左边时，如图3所示同理，可得，∵∴∴∴∵∵∴综上所述，BE的值为或.【点睛】本题是一道关于三角形相似的综合题目，涉及的知识点有全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质、等边三角形的判定、解直角三角形、勾股定理的应用等多个知识点，它充分体现了数学解题中的数形结合思想和整体转化思想．2．（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT解析：（1）4（2）135°（3）PA+PB的最大值为米【分析】（1）作△ABC的外接圆，连接OA，OB，OC，求出OA=OB=OC=2，可得结论；（2）将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT，利用勾股定理的逆定理证明∠CTD＝90°，可得结论；（3）将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ，证明PA+PB=JC，再求出JC的最大值即可求解．【详解】（1）如图①，作△ABC的外接圆，连接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的最大值为4故答案为：4；（2）如图②，将△ABD绕点B顺时针旋转90°得到△CBT，连接DT由题意可得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）如图③，将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACK，延长CK交PA延长线于J，作△PJC的外接圆，连接OP，OC，OJ∵∠PAK＝120°，∠AKC＝∠APB＝120°∴∠JAK＝∠JKA＝60°∴∠AJK＝60°∴△JAK是等边三角形∴AK=KJ∴∠COP＝2∠AJK＝120°∵PC=30∴OP=OC=OJ=∵CJ≤OJ+OC∴CJ≤∵PA+PB=AK+CK+KJ+KC=JC∴PA+PB的最大值为米．【点睛】此题主要考查旋转的综合运用，解题的关键是熟知三角形外接圆的性质、三角函数的应用、旋转的性质、等边三角形的性质、勾股定理的应用及三角形的三边关系的应用．3．（1）见解析；（2）①；②【分析】（1）过点作于，证，即可证得；（2）①设，则，利用勾股定理求得，再利用勾股定理表示出，再证明，可得，由此可得，进而可求得答案；②过点P作于点，先由①得，再证解析：（1）见解析；（2）①；②【分析】（1）过点作于，证，即可证得；（2）①设，则，利用勾股定理求得，再利用勾股定理表示出，再证明，可得，由此可得，进而可求得答案；②过点P作于点，先由①得，再证明∠BFE＝∠CGP，可得，进而利用勾股定理可求得，，，最后根据，可得，计算即可．【详解】（1）证明：如图，过点作于，则∠AHG＝∠FHG＝90°，∵在正方形中，∴∠HAD＝∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，∴四边形AHGD为矩形，∴AD＝HG，∴AB＝HG，∵，∴∠FQA＝90°，∴∠AFQ＋∠BAE＝90°，∵∠FHG＝90°，∴∠AFQ＋∠FGH＝90°，∴∠BAE＝∠FGH，∴在与中∴（ASA），∴；①∵点为的中点，∴，∵折叠，∴设，∴，在RtBFE中，BF2＋BE2＝EF2，∴，解得：，又∵，∴，如图，过点作于，则∠AHG＝∠FHG＝90°，∵在矩形中，∴∠HAD＝∠BCD＝∠B＝90°，∴四边形AHGD为矩形，∴BC＝HG，∵∠FHG＝90°，∴∠AFQ＋∠FGH＝90°，∵，∴∠FQA＝90°，∴∠AFQ＋∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠FGH，又∵∠FHG＝∠D＝90°，∴，，，，，，又∵，，∴，∴；②如图，过点P作于点，∵，，∴由①得，∵∠EPG＝∠GCE＝90°，∠EOC＝∠GOP，∴∠CGP＝∠OEC，∵∠FEP＝∠B＝90°，∴∠OEC＋∠BEF＝90°，∠BFE＋∠BEF＝90°，∴∠BFE＝∠OEC，∴∠BFE＝∠CGP，又∵，∴，∴设，，则，，，解得：，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，全等三角形和相似三角形的判定及性质，折叠的性质，勾股定理，题目综合性较强，有一定的难度，熟练掌握并灵活运用相关知识是解决本题的关键．4．（1）AC//DE；（2）①AC//DE；②∠B+3∠ACB＝180°，理由见解析；（3）或．【分析】【问题情境】AC//DE，根据矩形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；【类比探究】①解析：（1）AC//DE；（2）①AC//DE；②∠B+3∠ACB＝180°，理由见解析；（3）或．【分析】【问题情境】AC//DE，根据矩形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；【类比探究】①AC//DE，根据平行四边形的性质和折叠的性质得出∠EDA＝∠3即可；②由①得∠DAC＝∠ACB＝∠ACE，根据三角形外角的性质可得∠AFE＝2∠ACB，若△ABC∽△FEA，根据相似三角形的性质可得∠BAC＝∠EFA＝2∠ACB，∠B＝∠AEC，根据平行线的性质可得∠B+∠BAD＝180°，即∠B+∠BAC+∠DAC＝180°，可得出∠B+3∠ACB＝180°；【拓展应用】分两种情形：①∠EAC＝90°时，如图3﹣1．②如图2，当∠ACE＝90°时，分别求解即可．【详解】【问题情境】如图①中，∵矩形ABCD沿AC折叠，∴∠1＝∠2，∵AD//BC，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴AF＝CF，∵AD＝BC，BC＝CE，∴AD＝CE，∴AD﹣AF＝CE﹣CF，即EF＝DF，∴∠FED＝∠FDE，∵∠AFC＝∠EFD，∴∠3＝∠ADE，∴AC//DE．故答案为：AC//DE；【类比探究】①如图②中，∵沿AC折叠，∴∠ACB＝∠ACE，BC＝CE，∵AD//BC，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠DAC＝∠ACE，∴FA＝FC，∵AD＝BC，BC＝CE，∴AD＝CE，∴AD﹣FA＝CE﹣FC，即EF＝DF，∴∠FED＝∠FDE，∵∠AFC＝∠EFD，∴∠DAC＝∠ADE，∴AC//DE，②由①得∠DAC＝∠ACB＝∠ACE，∴∠AFE＝∠DAC+∠ACE＝2∠ACB，若△ABC∽△FEA，则∠BAC＝∠EFA＝2∠ACB，∠B＝∠AEC，∵AD//BC，∴∠B+∠BAD＝180°，即∠B+∠BAC+∠DAC＝180°，∵∠BAC＝2∠ACB，∠DAC＝∠ACB，∴∠B+3∠ACB＝180°，∴当∠B+3∠ACB＝180°时，△ABC∽△FEA；【拓展应用】①∠EAC＝90°时，如图，∵沿AC折叠，∴AE＝AB＝6，∠AEC＝∠ABC＝60°，∠BAC＝∠EAC＝90°，∴B、A、E三点共线，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB//CD，即AE//CD，AB＝CD，∴AE//CD，AE＝CD，∴四边形ACDE为平行四边形，∴DE＝AC，在Rt△BAC中，AC＝AB•tan∠B＝，②如图，当∠ACE＝90°时，∵沿AC折叠，∴AE＝AB＝6，∠ACE＝∠ABC＝60°，∠BCA＝∠ECA＝90°，∴B、C、E三点共线，∵BC＝CE＝AD，∵AD//BE，∠ECA＝90°，∴四边形ACED为矩形，∴DE＝AC，在Rt△ABC中，AC＝AB•sin∠B＝，综上可知，当△AEC是直角三角形时，DE的长为或．故答案为：或．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．5．（1）证明见解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据“协和四边形”的定义即可得证；（2）①先根据“协和四边形”的定义、三角形全等的解析：（1）证明见解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据“协和四边形”的定义即可得证；（2）①先根据“协和四边形”的定义、三角形全等的判定定理可得，从而可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后设，解直角三角形可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得；②如图（见解析），设，先利用勾股定理可得，再利用三角形的面积公式可得，然后根据正弦三角函数的定义即可得；（3）如图（见解析），先解直角三角形可得，再根据菱形的性质、平行线的性质可得，从而可得，然后根据垂线段最短可得当时，取得最小值，最后根据相似三角形的判定与性质即可得．【详解】证明：（1）如图，连接，在和中，，，，平分和，四边形是“协和四边形”；（2）①如图，设与相交于点，为“协和线”，平分和，，在和中，，，，∵点、分别为边、的中点，，，是等边三角形，，（等腰三角形的三线合一），设，则，∵在中，，，在中，，，，即与的面积的比为；②如图，过点作于点，由（2）①知，垂直平分，，设，则，同（2）①可得：，，，，解得，则在中，；（3）如图，过点作，交延长线于点，，，在中，，四边形是菱形，，，同（2）①可证：垂直平分，，，，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，在和中，，，，即，解得，即的最小值为．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形、菱形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），利用垂线段最短得出当时，取得最小值是解题关键．6．（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△E解析：（1）BD＝CE；理由见解析；（2）BD＝2CE，理由见解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等边三角形的性质得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，则∠EAC=∠DAB，再证△EAC≌△DAB（SAS），即可得出结论；（2）证△EAD∽△CAB，得到，则△EAC∽△DAB，得=2，即可得出结论；（3）先证明△ABC和△AA′D为等腰直角三角形，得，再证∠A′AB=∠DAC，从而可证明△CAD∽△BAA'，最后利用相似三角形的性质可求得A′B的长度．【详解】解：（1）∵△ABC、△ADE均为等边三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°，∴∠EAC＝60°﹣∠CAD，∠DAB＝60°﹣∠CAD，∴∠EAC＝∠DAB，在△EAC与△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）连接A′A，如图③，∵AC⊥BC，且AC＝BC，∴△ABC为等腰直角三角形．∴，∵将线段DA绕点D按逆时针方形旋转90°得到DA′∴△AA′D为等腰直角三角形．∴△ABC∽△AA′D．∴．∴．又∵∠CAB＝∠A′AD，∴∠A′AB＝∠DAC，∴△CAD∽△BAA′．∴，即，∴A′B＝．【点睛】本题是三角形综合题目，考查的是旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证得相似三角形是解题的关键．7．（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似解析：（1）①，证明见解析；②4；（2）画图见解析，或【分析】（1）①由“”可证，可得，可得；②过点作于点，由勾股定理可求，，的长，即可求的长；（2）分点在左侧和右侧两种情况讨论，根据勾股定理和相似三角形的性质可求解．【详解】解：（1）和均为等腰直角三角形，，，，，，且，，，，，，故答案为：；②如图，过点作于点，，，，，，，故答案为：4；（2）若点在右侧，如图，过点作于点，，，，，．，，，，，，，，，，，即，，，，，若点在左侧，，，，，．，，，，，，，，，，，，即，，，，．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线．8．动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3）【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得解析：动手实践：，、、；（1）5，10；（2）见解析；（3）【分析】动手实践：由等腰Rt△AEF与正方形ABCD可得AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，可得出∠BAF=∠DAE，即可得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得∠ABF=∠D=90°，则∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线；（1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，可证出△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得BG=CE=AB，即可得出，根据三角形的面积公式分别表示S△AGE和S△BGF，即可得出S△AGE和S△BGF的比值；（2）若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，根据全等三角形的性质可得FB=DE=CD=AB，再证出△FBG∽△FCE，可得，可得4BG=CE=AB，可得出BG==AB，即可得出结论；（3）根据AG为GB的6倍得AG=6GB，则AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，则，可得出BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，由DE=BF，BC=CD可得x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，n=3+或3-．【详解】解：动手实践：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴∠ABF=∠D=90°，∴∠ABF+∠ABC=180°，即F、B、C三点共线，故答案为：ABF，F、B、C；（1）若n=2，则DC=2DE，即点E是CD的中点，：∵等腰Rt△AEF与正方形ABCD，∴AF=AE，AB=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAF=∠DAE，∴△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴△FBG∽△FCE，∴，∴BG=CE=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴，∵S△AGE=AG•BC=×AB×AB=AB2，S△BGF=BG•BF=×AB×AB=AB2，∴，故答案为：5，10；（2）证明：若n=3，则DC=3DE，由（1）得△ADE≌△ABF，∴FB=DE=CD=AB，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴4BG=CE=AB，∴BG=AB，∴AG=AB-BG=AB，∴AG=5GB；（3）∵AG为GB的6倍，∴AG=6GB，∴AG=AB=CD，BG=CD，由（1）得△FBG∽△FCE，∴，∴BG•FC=EC•FB，即CD（BF+BC）=（DC-DE）BF，设CD=x，DE=a，∵DE=BF，BC=CD，∴x（a+x）=（x-a）a，整理得：x2-6ax+7a2=0，解得：x=（3+）a，或x=（3-）a，即CD=（3+）DE，或CD=（3-）DE，∴n=3+或3-．故答案为：3+或3-．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．9．（1）；（2），理由见解析；（3）①；②有，【分析】（1）证明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，进一步可得结论；（2）连接，证明，再进一步解析：（1）；（2），理由见解析；（3）①；②有，【分析】（1）证明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，进一步可得结论；（2）连接，证明，再进一步证明得，故可得结论；（3）①由题意可知，点F在以P为圆心，为半径的圆上，由圆周角定理可得结论；②设，根据三角形面积公式求出y的值，在中，，根据勾股定理得，列出方程求出x的值即可得点F的坐标，当轴时，面积最大，求值即可．【详解】解：（1）如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，∴∠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°．故答案为：；（2）连接∵C，E关于对称∴∴∴；在正方形中，∴，∴；在中，；即∵∴∴∴结论：（3）①由题意可知，点F在以P为圆心，为半径的圆上，如图，连接，则∴故答案为：②设则即，由题意得，∴由题意可知，点F在以P为圆心，为半径的圆上；过点P作轴，过点F作轴，则在中，，根据勾股定理得即解得故或，当轴时，面积最大，此时【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．10．（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=解析：（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）线段AD的长为（2+6）．【分析】（1）由题意可得Rt△ABC和Rt△DBE均为等腰直角三角形，通过证明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=∠BCE=45°，从而可得到结论；（2）通过证明△ABD∽△BCE，可得的值，∠BAD=∠ACB=60°，即可求∠EAD的度数；（3）由直角三角形的性质可证AM=BM=DE，即可求DE=4，由勾股定理可求CE的长，从而可求出AD的长．【详解】（1）∵∠ABC=∠DBE=90°,∠ACB=∠BED=45°，∴∠CBE=∠ABD,∠CAB=45°∴AB=BC，BE=DE，∴△BCE≌△BAD∴AD=CE，∠BAD=∠BCE=45°∴=1，∠EAD=∠CAB+∠BAD=90°故答案为：1，（2），∠EAD=90°理由如下：∵∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°∴∠ABD=∠EBC，∠BAC=∠BDE=30°∴在Rt△ABC中，tan∠ACB==tan60°=在Rt△DBE中，tan∠BED==tan60°=∴=又∵∠ABD=∠EBC∴△ABD∽△BCE∴==，∠BAD=∠ACB=60°∵∠BAC=30°∴∠EAD=∠BAD+∠BAC=60°+30°=90°，（3）如图，由（2）知：==，∠EAD=90°∴AD=CE，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，∴AC=8，AB=4，∵∠EAD=∠EBD=90°，且点M是DE的中点，∴AM=BM=DE，∵△ABM为直角三角形，∴AM2+BM2=AB2=（4）2=48，∴AM=BM=2，∴DE=4，设EC=x，则AD=x，AE=8-xRt△ADE中，AE2+AD2=DE2∴(8-x)2+(x)2=(4)2，解之得：x=2+2（负值舍去），∴EC=2+2，∴AD=CE=2+6，∴线段AD的长为（2+6），【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识.11．（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的解析：（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的内角和即可得到；（2）延长交于点，由旋转的性质可知和均为等腰直角三角形，因此，易证，同（1）易证结论仍成立；（3）由点E到直线AD的距离为2，，可知点F在直线AD或AB上，分两种情况讨论：（i）当点F在DA的延长线或BA延长线上时，由勾股定理可得的长，（ii）当点F在AD或AB上时，过点E作的高，由勾股定理可得的长．【详解】解：（1）如图①，延长DE交CF的延长线于点N，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴，∵是直角三角形，∴和均为等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴，，∴；又∵，，，∴故答案为：，（2）结论仍然成立．理由如下：如图②，延长交于点．∵是正方形的对角线，且是由原题中图1的位置旋转得来，∴，即和均为等腰直角三角形．∴．又∵，，∴．∴．∴，．∴．又∵，，，∴．∴结论成立．（3）的长为或．理由如下：∵点E到直线AD的距离为2，，∴点F在直线AD或AB上分两种情况讨论：（i）如图③，当点F在DA的延长线上时，过点E作EG⊥AD交延长线于点G,∵,∴,∴，在中，由勾股定理得；如图④，当点F在BA延长线上时，过点E作EK⊥AD交DA的延长线于点K，在等腰中，过点E作EH⊥AF于点H,∵AH=EK=2=AF，∴BF=AB+AF=12，∴；（ii）如图⑤，当点F在AD上时，过点E作EI⊥AD于点I，∵AF=4，AD=8，∴，在中，由勾股定理得；如图⑥，当点F在AB上时，过点E作EM⊥AD交AD于点M，在等腰中，过点E作EN⊥AF于点N，∵AN=EM=2=AF，∴，∴，综上所述，CF的长为或．【点睛】本题考查相似三角形和图形旋转的性质，属于综合题，需要分类讨论，熟练掌握等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质、勾股定理等知识是解题关键．12．（1）1；（2）或；（3）见解析；（4）以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置，画出示意图见解析；简要理由见解析．【分析】（1）直接利用垂直平分线的性质证明即可；（2）根据求解析：（1）1；（2）或；（3）见解析；（4）以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置，画出示意图见解析；简要理由见解析．【分析】（1）直接利用垂直平分线的性质证明即可；（2）根据求出的长，再根据，即可求出点的坐标；（3）连接，根据推出，从而推出，证明，即可证明；（4）在线段上作点，使，在线段的延长线上作点，使，以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置.同（3）证明即可证明结论.【详解】（1）∵点是线段垂直平分线上的一点，∴，∴，故答案为：1；（2）∵∴，∵，∴，∴点的坐标为或，故答案为：或；（3）如图，连接，∵，，∴，∵的半径为，∴，∴.∴，∴.∵，∴，∴.∴.（4）如图，在线段上作点，使，在线段的延长线上作点，使.以的中点为圆心，为半径作，则与河边的交点为所求点的位置.简要理由:由于水路速度为陆路速度的，且时间相等，所以水路的距离必为陆路距离的，即需，连接，同(3)可证，∵，，∴，∴，∴，同理可得，∴又∵，由此，得.【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，准确的理解题意画出图形和作出正确的辅助线是解题的关键.13．（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG解析：（1）等腰三角形，理由见解析；（2）见解析；（3）；（4）或【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性质证明即可．（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．首先证明OG=OL，再证明BF=2OL即可解决问题．（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．（4）设OG=a，AG=k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．【详解】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF=∠AHG=90°，∵AH=AH，∴△AHF≌△AHG（ASA），∴AF=AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG=∠OLG．∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF，∵∠AGF=∠OGL，∴∠OGL=∠OLG，∴OG=OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴BD=2OD，∴BF=2OL，∴BF=2OG．（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA=∠CDA=90°，∵∠DAK=∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴，∵S1=•OG•DK，S2=•BF•AD，又∵BF=2OG，，∴，设CD=2x，AC=3x，则AD=，∴．（4）解：设OG=a，AG=k．①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k+2a，AC=2（k+a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k+2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2+4ka，∴k=2a，∴AD=，∴BE==，AB=4a，∴tan∠BAE=．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由题意：=AD•（k﹣2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2﹣4ka，∴k=，∴AD=，∴，AB=，∴tan∠BAE=，综上所述，tan∠BAE的值为或．【点睛】本题是一道综合题，主要涉及到等腰三角形的判定及其性质、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定及其性质、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是综合运用所学到的相关知识．14．（1）；（2）不成立，理由见解析；；（3），．【分析】（1）根据等边三角形的性质可得每一个内角都是，则可知△BDE与△CDF是含角的直角三角形，根据角所对直角边是斜边的一半即可得到结果；（2）解析：（1）；（2）不成立，理由见解析；；（3），．【分析】（1）根据等边三角形的性质可得每一个内角都是，则可知△BDE与△CDF是含角的直角三角形，根据角所对直角边是斜边的一半即可得到结果；（2）根据题意可证得，得到，，进而求出，得到，在中，，，即．（3）过点作，可求得，根据顶角为的等腰三角形面积的算法可求出的面积，【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，∴，又∵，，∴，∴,,∴．（2）不成立．理由如下：如图1，分别过点作于点，于点，易证得，则，．∵，，∴．∵，∴，则，∴，∴，即．在中，，∴，即．（3），．解法提示：如图2，过点作，可求得．同（2）可证，可求得．在中可求出，根据顶角为的等腰三角形面积的算法可求出的面积为．【点睛】本题主要考查了三角形的综合应用，准确理解三角形全等判定与性质、直角三角形的性质是解题的关键．15．（1）见解析；（2），见解析；（3）【分析】（1）连接CF，证明，即可解决问题；（2）连接EF，利用（1）中两个三角形全等的性质、四边形内角和及图形中互补的角推导论证∠EGF=90°，再利用勾解析：（1）见解析；（2），见解析；（3）【分析】（1）连接CF，证明，即可解决问题；（2）连接EF，利用（1）中两个三角形全等的性质、四边形内角和及图形中互补的角推导论证∠EGF=90°，再利用勾股定理即可解决问题；（3）证明RT△CNE≌RT△CMF，RT△GCN≌RT△GCM，即可解决问题．【详解】（1）证明：如图，连接．∵平分，，∴．∵，关于对称，∴，．∴．在和中，∴．∴．（2）解：结论：．理由如下：连接，．∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∴，．∵，∴．（3）如下图，结论．理由如下：连接CG，CF，作CM⊥BF于点F，CN⊥AG于点N，∵，∴CN=CM，∵∠CNE=∠CMF=90°，CE=CF，∴RT△CNE≌RT△CMF．∴EN=FM，∵∠CNG=∠CMG=90°，CG=CG，∴RT△GCN≌RT△GCM，∴GN=GM，∠CGN=∠CGM=45°，∴CG=GN，∴GE+GF=GN－EN+GM+MF=2GN=CG．故GE+GF=CG．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．16．（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的结论仍然成立，理由详见解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（2）结论仍然成立．利用旋转的性质证明△BCD≌△BCE（SAS），可得结论；（3）分三种情形利用等边三角形的判定和性质分别求解即可．【详解】（1）如图1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根据旋转的性质知：∠DCE=90°，CD=CE，

∴∠BCD=∠BCE=45°，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故答案为：BD=BE，BC⊥DE；（2）结论仍然成立．理由：∵，点是的中点，∴，根据旋转的性质知：∠DCE=，CD=CE，∴，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分线段DE，

故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；（3）①如图3（1），当时，∵，，，CD是的平分线，∴△ABC是等边三角形，且边长为2，∴AD=AB=1，CD⊥AB，∠ECA=30，根据旋转的性质知：CE=CF，∠ECF=60，∴△EFC是等边三角形，∵，∴AF=AE，∠DAE=∠GAF，∴∠DAE+∠EAG=∠GAF+∠EAG=60，∴△AEF是等边三角形，在Rt△ADE中，，∴EF=AE=；②如图3（2），当时，由①得：AD=AB=1，CD⊥AB，△EFC是等边三角形，∵，∴，∠AGF=∠ADE=90，由①得：∠ECA=∠FCA=30，在Rt△ADC和Rt△FGC中，，∴Rt△ADCRt△FGC，∴，∴；③如图（3），当时，∵，∴，同理可得△EFC是等边三角形，可求得：∠GFA=30，AG=AD=1，∴，∴；综上，的长或2或【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．17．（1）；（2）的大小无变化，证明见解析；（3）或【分析】（1延长FG交BC于点H，可根据题意分别求出，的长，即可求的值；（2）连接，先由勾股定理计算的值，再计算，最后根据相似三角形的判定与性质解析：（1）；（2）的大小无变化，证明见解析；（3）或【分析】（1延长FG交BC于点H，可根据题意分别求出，的长，即可求的值；（2）连接，先由勾股定理计算的值，再计算，最后根据相似三角形的判定与性质解题即可；（3）采用分类讨论法解题，一种是点在线段上，另一种是点在的延长线上，据此分别求解即可.【详解】（1）解：延长FG交BC于点H，则，，故答案为：（2）的大小无变化.证明：如图（1），连接，由题意可知：，∴，即，在矩形中，，∴，∴，在矩形中，，∴，∴，∴，∴，∴；（3）或如图（2），图（3）：如图（2），当点在线段上，由（2）知，，，在中，；当点在的延长线上时，由（2）知，，，在中，综上所述，或【点睛】本题考查勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，其中涉及分类讨论思想，综合性较强，有一定难度，熟练并灵活运用知识是解题的关键.18．BN=或；（1）见解析；（2）∠B＝15°；（3）见解析．【分析】定义：根据勾股点的定理，即可求出BN的长；（1）根据已知条件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝B解析：BN=或；（1）见解析；（2）∠B＝15°；（3）见解析．【分析】定义：根据勾股点的定理，即可求出BN的长；（1）根据已知条件可得到CG＝GM，CH＝HN，得到DG＝AM，GH＝MN，EH＝BN，根据条件求出（BN）2＝（MN）2+（AM）2，即可得到结果；（2）连接PD，根据已知条件可得PC2+BD2＝CD2，进而求出∠PDC＝∠A，在Rt△PCD中，得到2∠A+∠A＝90°，即可得到结果；（3）根据已知条件先求得点F的坐标为（2﹣，），即可求得BF、EF，根据已知条件可得BF2+AE2＝16+2a2﹣8a+﹣＝EF2，即可求得结果；【详解】定义：∵点M、N是线段AB的勾股点，∴或，∴BN=．（1）如图，∵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是线段DE的勾股点．(2)如图所示，连接PD，∵AC＝PC，∴∠A＝∠APC，∴∠PCD＝2∠A，∵C，D是线段AB的勾股点，∴AC2+BD2＝CD2，∴PC2+BD2＝CD2，∵CD是⊙O的直径，∴∠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°，则∠B＝∠A＝15°．（3）∵点P（a，b）是反比例函数y＝（x＞0）上的动点，∴b＝．∵直线y＝﹣x+2与坐标轴分别交于A、B两点，∴点B的坐标为（0，2），点A的坐标为（2，0）；当x＝a时，y＝﹣x+2＝2﹣a，∴点E的坐标为（a，2﹣a）；当y＝时，有﹣x+2＝，解得：x＝2﹣，∴点F的坐标为（2﹣，）．∴BF＝＝（2﹣），EF＝,＝|2﹣a﹣|，