北京汇文中学中考数学几何综合压轴题模拟专题

北京汇文中学中考数学几何综合压轴题模拟专题一、中考几何压轴题1．已知：，过平面内一点分别向、、画垂线，垂足分别为、、．（问题引入）如图①，当点在射线上时，求证：．（类比探究）（1）如图②，当点在内部，点在射线上时，求证：．（2）当点在内部，点在射线的反向延长线上时，在图③中画出示意图，并直接写出线段、、之间的数量关系．（知识拓展）如图④，、、是的三条弦，都经过圆内一点，且．判断与的数量关系，并证明你的结论．2．（1）证明推断：如图（1），在正方形中，点，分别在边，上，于点，点，分别在边，上，．求证：；（2）类比探究：如图（2），在矩形中，将矩形沿折叠，使点落在边上的点处，得到四边形，交于点，连接交于点．试探究与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接，若，，求的长．3．某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后，针对图1中所示的“由直角三角形三边向外侧作多边形，它们的面积之间的关系问题”进行了以下探究：类比探究：（1）如图2，在中，为斜边，分别以为直径，向外侧作半圆，则面积之间的关系式为_____________；推广验证：（2）如图3，在中，为斜边，分别以为边向外侧作，，满足，则（1）中所得关系式是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；拓展应用：（3）如图4，在五边形中，，点在上，，求五边形的面积．4．如图：两个菱形与菱形的边在同一条直线上，边长分别为a和b，点C在上，点M为的中点．（1）观察猜想：如图①，线段与线段的数量关系是______________．（2）拓展探究：如图②，，将图①中的菱形绕点B顺时针旋转至图②位置，其他条件不变，连接，①猜想线段与线段的数量关系，并说明理由．②求出线段与所成的最小夹角．（3）解决问题：如图③，若将题目中的菱形改为矩形，且，请直接写出线段与线段的数量关系．5．（模型构建）如图所示，在边长为1的正方形中，的顶点，分别在，上（可与点，，重合），且满足．的高线交线段于点（可与，重合），设．（1）求的值．（模型拓展）在（模型构建）的基础上，将条件“边长为1的正方形”改为“长、宽的矩形”（其他条件不变）．（2）判断的值是否改变．若改变，请求出的取值范围；若不改变，请证明．（深入探究）在（模型构建）的基础上，设的面积为．（3）①求的最小值；②当取到最小值时，直接写出与的数量关系．6．综合与实践背景阅读：“旋转”即物体绕一个点或一个轴做圆周运动．在中国古典专著《百喻经·口诵乘船法而不解用喻》中记载：“船盘回旋转，不能前进．”而图形旋转即：在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角．综合实践课上，“睿智”小组专门探究了正方形的旋转，情况如下：在正方形中，点是线段上的一个动点，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．设旋转角为（）．操作猜想：（1）如图1，若点是中点，在正方形绕点旋转过程中，连接，，，则线段与的数量关系是_______；线段与的数量关系是________．探究验证：（2）如图2，在（1）的条件下，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，，．判断四边形的形状，并说明理由．拓展延伸：（3）如图3，若，在正方形绕点顺时针旋转的过程中，设直线交线段于点．连接，并过点作于点．请你补全图形，并直接写出的值．7．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．①求证：DQ＝AE；②推断：的值为；（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．8．综合与实践（问题背景）如图1，矩形中，．点E为边上一点，沿直线将矩形折叠，使点C落在边的点处．（问题解决）（1）填空：的长为______．（2）如图2，将沿线段向右平移，使点与点B重合，得到与交于点F，与交于点G．求的长；（拓展探究）（3）在图2中，连接，则四边形是平行四边形吗？若是，请予以证明；若不是，请说明理由．9．综合与实践动手操作利用正方形纸片的折叠开展数学活动．探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法．如图1，点为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与点重合，点与点重合，折痕为．思考探索（1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为，连接，如图2．①点在以点为圆心，_________的长为半径的圆上；②_________；③为_______三角形，请证明你的结论．拓展延伸（2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形内部或边上．①面积的最大值为____________；②连接，点为的中点，点在上，连接，则的最小值为____________．10．综合与实践操作探究（1）如图1，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点．请回答下列问题：①与全等的三角形为______，与相似的三角形为______．并证明你的结论：（相似比不为1，只填一个即可）：②若连接、，请判断四边形的形状：______．并证明你的结论；拓展延伸（2）如图2，矩形中，，，点、分別在、边上，且，将矩形折叠，使点与点重合，折痕为，与交于点，连接．①设，，则与的数量关系为______；②设，，请用含的式子表示：______；③的最小值为______．11．（感知）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠C=∠D=90°，点E在边CD上，∠AEB=90°，求证：=．（探究）（2）如图②，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°，点E在边CD上，点F在边AD的延长线上，∠FEG=∠AEB=90°，且=，连接BG交CD于点H．求证：BH=GH．（拓展）（3）如图③，点E在四边形ABCD内，∠AEB+∠DEC=180°，且=，过E作EF交AD于点F，若∠EFA=∠AEB，延长FE交BC于点G．求证：BG=CG．12．等腰△ABC，AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC于F，将腰AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过C作CE垂直于直线BB′，垂足为E，连接CB′．（1）问题发现：如图1，当时，的度数为_______；连接EF，则的值为________．（2）拓展探究：当，且时，①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；②解决问题：当A，E，F三点共线时，请直接写出的值．13．（问题探究）课堂上老师提出了这样的问题：“如图①，在中，，点是边上的一点，，求的长”．某同学做了如下的思考：如图②，过点作，交的延长线于点，进而求解，请回答下列问题：（1）___________度；（2）求的长．（拓展应用）如图③，在四边形中，，对角线相交于点，且，，则的长为_____________．14．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．15．折纸是一种许多人熟悉的活动．近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形折纸的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法：（综合与实践）操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN；操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′；操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P；（问题解决）请在图3中解决下列问题：（1）求证：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q．再将正方形纸片ABCD过点D′折叠，使点A落在AD边上，点B落在BC边上，然后再将正方形纸片ABCD展开，折痕EF与边AD交于点E，与边BC交于点F，如图4．试探究：点Q与点E分别是边AB，AD的几等分点？请说明理由．16．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．（1）问题发现：如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：①AF与BE的数量关系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．（3）解决问题如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE的长．17．（1）问题探究：如图1所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，连接BE与DG，请判断线段BE与线段DG之间有怎样的数量关系和位置关系．并请说明理由．（2）理解应用：如图2所示，有公共顶点A的两个正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，将正方形AEFG绕点A在平面内任意旋转，当∠ABE＝15°，且点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出AE的长；（3）拓展应用：如图3所示，有公共顶点A的两个矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，将矩形AEFG绕点A在平面内任意旋转，连接BD，DE，点M，N分别是BD，DE的中点，连接MN，当点D、E、G三点在同一条直线上时，请直接写出MN的长18．综合与实践问题情境：△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于点D，点E是射线AD上的一个动点(不与点A重合)将线段AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接CF交线段AB于点G，交AD于点H、连接EG．特例分析:(1)如图1，当点E与点D重合时，“智敏”小组提出如下问题，请你解答：①求证：AF=CD；②用等式表示线段CG与EG之间的数量关系为：_______；拓展探究:(2)如图2，当点E在线段AD的延长线上，且DE=AD时，“博睿”小组发现CF=2EG．请你证明；(3)如图3，当点E在线段AD的延长线上，且AE=AB时，的值为_______；推广应用:(4)当点E在射线AD上运动时，，则的值为______用含m.n的式子表示)．19．如图1，在等腰三角形中，点分别在边上，连接点分别为的中点．（1）观察猜想图1中，线段的数量关系是____，的大小为_____；（2）探究证明把绕点顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接判断的形状，并说明理由；（3）拓展延伸把绕点在平面内自由旋转，若，请求出面积的最大值．20．如图1，已知和均为等腰直角三角形，点、分别在线段、上，．（1）观察猜想：如图2，将绕点逆时针旋转，连接、，的延长线交于点．当的延长线恰好经过点时，点与点重合，此时，①的值为______；②∠BEC的度数为______度；（2）类比探究：如图3，继续旋转，点与点不重合时，上述结论是否仍然成立，请说明理由；（3）拓展延伸：若．，当所在的直线垂直于时，请你直接写出线段的长．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考几何压轴题1．【问题引入】见解析；【类比探究】（1）见解析；（2）图见解析，；【知识拓展】，证明见解析【分析】[问题引入]利用AAS证明△POE≌△POD，即可得出结论；[类比探究]（1）过点F作FN解析：【问题引入】见解析；【类比探究】（1）见解析；（2）图见解析，；【知识拓展】，证明见解析【分析】[问题引入]利用AAS证明△POE≌△POD，即可得出结论；[类比探究]（1）过点F作FN⊥OB，FM⊥OA，垂足分别为N、M，FM与PE交于点Q，先证明△PFQ为等边三角形，得出FG=PH，再运用矩形性质得出OM=OF，ON=OF，即可证得结论；（2）作FN⊥OB于点N，FM⊥OA于点M，射线FM交PE于点Q，作PH⊥FQ于点H，FG⊥PQ于点G，同（1）可证：NE=FG=PH=MD，ON=OM=OF，即可得出结论；[知识拓展]过点O作OM⊥AB，ON⊥EF，OQ⊥CD，垂足分别为M、N、Q，利用垂径定理可得出PB-PA=2PM，PF-PE=2PN，PD-PC=2PQ，再运用[类比探究]得：PM+PN=PQ，从而证得结论．【详解】[问题引入]证明：∵，，，∴．∵，∴．∴．[类比探究]（1）过点作，，垂足分别为、，与交于点．∵，，，则为等边三角形，、边上的高相等，即．在矩形、矩形中，有，，∴．∴．∵，，∴，同理，，∴，∴．（2）结论：．作于点，于点，射线与的交点为，作于点，于点，同（1）可证，，∴．[知识拓展]数量关系：．理由如下：过点作，，，垂足分别为、、．由垂径定理可得．∴．同理，，由[类比探究]得，∴，∴．∴．【点睛】本题是圆的综合题，考查了全等三角形判定和性质，等边三角形判定和性质，角平分线性质，矩形性质，垂径定理等，熟练掌握全等三角形判定和性质及垂径定理等相关知识是解题关键．2．（1）见解析；（2）；见解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GM解析：（1）见解析；（2）；见解析；（3）【分析】（1）先△ABE≌△DAQ，可得AE＝DQ;再证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题；（2）如图2中，作GM⊥AB于M．然后证明△ABE∽△GMF即可解决问题；（3）如图3中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．【详解】（1）如图（1），∵四边形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．∵四边形ABCD是正方形，AE⊥DQ，AE⊥GF，∴DG∥QF，DQ∥GF，∴四边形DQFG是平行四边形，∴DQ=GF，∴FG=AE；（2）．理由：如图（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°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴GF：AE＝AD：AB，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD，∴GF：AE＝BC：AB，∵，∴．（3）解：如图（3）中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．由BE：BF＝3：4，设BE＝3k，BF＝4k，则EF＝AF＝5k，∵，，∴AE＝，在直角三角形ABE中，根据勾股定理，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＝=．【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，是解题的关键．3．（1）S1+S2=S3，(2)成立，证明见解析，（3）【分析】（1）分别写出三个半圆的面积，再利用勾股定理转化即可．（2）先证明三个三角形相似，再计算出三个三角形的面积，即可得出结论．（3）解析：（1）S1+S2=S3，(2)成立，证明见解析，（3）【分析】（1）分别写出三个半圆的面积，再利用勾股定理转化即可．（2）先证明三个三角形相似，再计算出三个三角形的面积，即可得出结论．（3）先添加辅助线，在第二问的思路下，先证明三个三角形相似，得出三个三角形的面积关系，再利用30°、45°的直角三角形计算出相应的边，计算出五边形的面积即可．【详解】解：（1）设AB=b,AC=a,BC=c.则有：所以在Rt△ABC中，有a2+b2=c2，且故答案为：S1+S2=S3（2）∵∴设AB、AC、BC边上的高分别为h1，h2，h3∴，设AB=b,AC=a,BC=c则∴又在Rt△ABC中，有a2+b2=c2∴故依然成立（3）连接PD、BD，作AF⊥BP，EM⊥PD∵∠ABP=30°，∠BAP=105°∴∠APB=45°在Rt△ABF中，AF=AB=,BF=3,在Rt△AFP中,AF=PF=,则AP=，∵∠A=∠E,∴△ABP∽△EDP∴∠EPD=45°∠EDP=30°∴∠BPD=90°又PE=∴PM=EM=1,MD=则PD=1+∴=所以五边形的面积为：【点睛】本题考查勾股定理、与勾股定理有关的图形问题、相似三角形．是中考的常考知识．4．（1）；（2）①，理由见解析；②线段与所成的最小夹角为60；（3）．【分析】（1）根据已知求得AE=a+b，CG=b-a，根据线段中点的定义求得CM=，通过计算即可求解；（2）①延长BM解析：（1）；（2）①，理由见解析；②线段与所成的最小夹角为60；（3）．【分析】（1）根据已知求得AE=a+b，CG=b-a，根据线段中点的定义求得CM=，通过计算即可求解；（2）①延长BM到H，使MH=BM，连接GH，利用SAS证明△CMB△GMH和△ABE△HGB，即可得到结论；②延长MB交AE于N，证明∠GBE=∠BNE=60，即可求解；（3）延长BM到H，使MH=BM，连接GH，同理证明△CMB△GMH，再证明△ABE△HGB，即可求解．【详解】（1），理由如下：∵菱形ABCD与菱形

BEFG的边长分别为a和b，∴AE=AB+BE=a+b，CG=BG-BC=b-a，∵点M为CG的中点，∴CM=CG=，∴，∴；（2）①，理由如下：延长BM到H，使MH=BM，连接GH，如图：∵点M为CG的中点，∴CM=MG，∵∠CMB=∠GMH，∴△CMB△GMH(SAS)，∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，∴BC∥GH，∴∠BGH+∠CBG=180，∵菱形ABCD与菱形

BEFG中，∠ABC=120°，∠GBE=60°，∴∠ABE+∠CBG=180，∴∠ABE=∠BGH，∵AB=BC=HG，BE=BG，∴△ABE△HGB(SAS)，∴AE=HB；②线段与所成的最小夹角为60，理由如下：∵△ABE△HGB，∴∠AEB=∠BHG，延长MB交AE于N，则∠MBE=∠BNE+∠AEB，即∠HBG+∠GBE=∠BNE+∠AEB，∴∠GBE=∠BNE=60，∴线段与所成的最小夹角为60；（3），理由如下：延长BM到H，使MH=BM，连接GH，如图：同理可得：△CMB△GMH(SAS)，∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，∴BC∥GH，∴∠BGH+∠CBG=180，∵矩形ABCD与矩形

BEFG中，∠ABC=∠GBE=90°，∴∠ABE+∠CBG=180，∴∠ABE=∠BGH，∵，∴，∴△ABE△HGB，∴，∵，∴．【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、菱形的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．5．（1）=1；（2）改变，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三点共线，可以求出k=1；（2）当点G与点E重合时，DG取最小值，当点F与点C重合时，DG取最大值，进而求出k的取解析：（1）=1；（2）改变，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三点共线，可以求出k=1；（2）当点G与点E重合时，DG取最小值，当点F与点C重合时，DG取最大值，进而求出k的取值范围；（3）①设BE=m，BF=n，利用一元二次方程的根与系数的关系进行和不等式进行求解；②根据①求出的EF=，由于ΔDEF为等腰三角形，EF为底，所以G为EF中点，易得GB=，进而可以求出GB=（）DG．【详解】如图1所示，把ΔDAE，ΔDCF分别沿着DE、DF翻折，在正方形ABCD中，ADC=DAB=DCB=90°’，AD=CD,ADE+CDF=ADC-EDF=90°-45°=45°，翻折后，AD，CD重合．设重合线为AG'，则DG'E=DG'F=90°，DG'EF，且E、G'、F三点共线，则G'在EF上。又DGEF，DG'与DG重合，DG=DG'=AD．k==1．（2)k的值发生改变．①如图2所示，当点G与点E重合时，DG取最小值，DEF=90°又EDF=45°，ΔDEF是等腰直角三角形，则DE=EF．易证ΔADEΔBEF，AD=BE=6，AE=AB-BE=8-6=2，在RtΔADE中，由勾股定理，得DE=，②如图3所示，当点F与点C重合时，DG取最大值，EDC=45°，AB//DF，则AED=EDC=45°，ΔDAE是等腰直角三角形，则AD=AE=6，BE=AB-AE=8-6=2，在RtΔEBC中，由勾股定理得：CE=，易证ΔDGC~ΔCBE，，即DG=，，综上所述，．（3)①设BE=m，BF=n，易知ΔBEF的周长为2．，一元二次方程有求根公式：，，所以，，则m，n是关于x的方程的两个实数根，，解得：．S=DG·EF=EF，当EF=时，S取最小值．②ΔDEF为等腰三角形，EF为底，G为EF中点，易得GB=EF=，GB=（）DG．【点睛】本题考查了正方形、矩形、等腰三角形的性质及一元二次方程的灵活运用，有一定的难度，解题关键是画出正确的图形进行解答．6．（1）；；（2）矩形，见解析；（3）见解析，．【分析】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，根据旋转的性质可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根据勾股定理可得OA=O解析：（1）；；（2）矩形，见解析；（3）见解析，．【分析】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，根据旋转的性质可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根据勾股定理可得OA=OD，利用SAS可证明△AOA′≌△DOD′，根据全等三角形的性质可得AA′=DD′，根据旋转的性质可得∠BOB′=，根据可得△OAA′∽△OBB′，根据相似三角形的性质即可得答案；（2）根据旋转的性质可得，，，根据点是中点即可得出，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形即可证明四边形是矩形；（3）根据题意，补全图形，连接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，根据勾股定理可得，根据平角的定义及直角三角形两锐角互余的性质可得，利用AAS可证明△ABM≌△A′B′N，可得AM=A′N，利用AAS可证明△APM≌△A′PN，可得，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得∠A′OP=∠AOA′=，∠QOB′=，根据角的和差关系可得∠POQ=∠A′OB′，即可证明△OQP∽△OB′A′，根据相似三角形的性质即可得答案．【详解】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，∵将正方形绕点顺时针旋转得到正方形，旋转角为，∴OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，∴△AOA′≌△DOD′，∴AA′=DD′，∵点是中点，∴OB=，∴OA=，∵将正方形绕点顺时针旋转得到正方形，旋转角为，∴∠BOB′=∠AOA′=，∵，∴△OAA′∽△OBB′，∴=，∴，故答案为：；（2）四边形是矩形；理由如下：∵正方形绕点顺时针旋转得到正方形，∴，，，∵点是中点，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形．（3）如图，补全图形如下：连接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′，∴．【点睛】本题考查旋转的性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形及相似三角形的判定定理并正确作出辅助线构造全等三角形及相似三角形是解题关键．7．（1）①见解析；②1；（2）＝k，理由见解析；（3）【分析】（1）①由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠解析：（1）①见解析；②1；（2）＝k，理由见解析；（3）【分析】（1）①由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．（2）结论：＝k．如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．（3）如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．【详解】解：（1）①证明：∵四边形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．②解：结论：＝1．理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，∴DQ∥FG，∵FQ∥DG，∴四边形DQFG是平行四边形，∴FG＝DQ，∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．故答案为1．（2）解：结论：．理由：如图2中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴＝，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四边形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴．（3）解：如图2中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．∵FB∥GC，FE∥GP，∴∠CGP＝∠BFE，∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝，∴可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，∵＝，FG＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，∴k＝1或﹣1（舍弃），∴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，∴＝＝，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．8．（1）6；（2）；（3）四边形不是平行四边形，理由见解析．【分析】（1）先根据已知条件和矩形的性质可得CD=AB=10,AD=BC=8，再根据折叠的性质可得DC＇=DC=10，最后运用勾股定理解解析：（1）6；（2）；（3）四边形不是平行四边形，理由见解析．【分析】（1）先根据已知条件和矩形的性质可得CD=AB=10,AD=BC=8，再根据折叠的性质可得DC＇=DC=10，最后运用勾股定理解答即可；（2）先根据折叠的性质和勾股定理可求得，进而求得BE、EC，然后连接，根据平移的性质可得，进而说明，最后运用相似三角形的性质解答即可；（3）先由折叠可得，再根据平移的性质和等腰三角形的判定与性质得到，过点作于点H，则且，根据相似三角形的性质可得；设，则，在中，运用勾股定理求得和DH；然后再在中求得，可以发现即，即可发现四边形不可能是平行四边形．【详解】解：（1）如图：∵矩形中，∴CD=AB=10，AD=BC=8根据折叠的性质可得DC＇=DC=10在直角三角形ADC＇中，AC＇=．（2）由折叠可知：．在中，根据勾股定理可求得，∴．在中，设，根据勾股定理，得，解得，即．如图：连接，则由平移可知，，且．于是可得，∴，又∵，∴．（3）四边形不是平行四边形，理由如下：由折叠可知；又∵平移可知，且，∴，∴，即是等腰三角形，∴．如图，过点作于点H，则且，∴．设，则，在中，根据勾股定理，得，解得，∴，∴．而在中，，根据勾股定理可求得，∴，即，故四边形不可能是平行四边形．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解答本题的关键．9．（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②．【分析】（1）①利用圆的基本性质，即可求解；②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解；③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解；（2）①由题解析：（1）①；②；③等边，证明见解析；（2）①3；②．【分析】（1）①利用圆的基本性质，即可求解；②根据折叠的性质，利用勾股定理，即可求解；③利用勾股定理，求得B′D=，即可求解；（2）①由题意知点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，此时当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；②当E、B′、C三点共线时，B'C+EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，且最小值为EC的长，利用勾股定理即可求解．【详解】解：（1）根据折叠的性质知：BE=B′E，BC=B′C=3，MA=MB=NC=ND=，∠B=∠EB′C=90，①点B′在以点E为圆心，BE的长为半径的圆上；②B′M=MN-B′N===；③B′D=，∴△DB'C为等边三角形；故答案为：①BE，②，③等边；（2）①∵AB=3=3AE，∴AE=1，BE=2，故点B'在以点E为圆心，半径长为2的圆上，∴△ABB'的面积要最大，只要以AB为底的高最长即可，∴当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大，如图：△ABB'的面积最大值；②∵∠AQP=∠AB'E，∴PQ∥B'E，∵P为AE的中点，∴Q为AB'的中点，∴PQ为△AEB'的中位线，∴PQ=EB'，即EB'=2PQ，∴B'C+2PQ=B'C+EB'，当E、B′、C三点共线时，B'C+EB'取得最小值，即B'C+2PQ取得最小值，且最小值为EC的长，∴EC=，∴B'C+2PQ的最小值为．故答案为：①；②．【点睛】本题考查了圆的性质，矩形的性质、图形的折叠、等腰三角形的性质等，有一定的综合性，难度适中，其中（2）①当B'E⊥AB时，△ABB'的面积最大；②当E、B′、C三点共线时，B'C+2PQ取得最小值，是解本题的关键．10．（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形解析：（1）①；或；证明见解析；②菱形，证明见解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性质与轴对称的性质证明如图1，连接证明即可得到答案；②如图1，由①得：再证明四边形为平行四边形与可得结论；（2）①如图2，连接由折叠可得：再利用勾股定理可得答案；②如图3，连接交于证明四边形是菱形，可得从而可得答案；③由②得：可得，再利用二次函数的性质可得答案．【详解】解：（1）①矩形由折叠可得：如图1，连接由折叠可得：同理：故答案为：，或②如图1，由①得：矩形四边形为平行四边形，四边形为菱形，（2）①如图2，连接由折叠可得：矩形，，故答案为：②如图3，连接交于矩形重合，同理可得：由对折可得：四边形是菱形，，，故答案为：③由②得：当时，最小，最小值为的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，二次函数的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．11．（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（解析：（1）见解析（2）见解析（3）见解析【分析】（1）证得∠BEC=∠EAD，证明Rt△AED∽Rt△EBC，由相似三角形的性质得出，则可得出结论；（2）过点G作GM⊥CD于点M，由（1）可知，证得BC=GM，证明△BCH≌△GMH（AAS），可得出结论；（3）在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，证明△AEF∽△EBM，由相似三角形的性质得出，证明△DEF∽△ECN，则，得出，则BM=CN，证明△BGM≌△CGN（AAS），由全等三角形的性质可得出结论．【详解】（1）∵∠C=∠D=∠AEB=90°，∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°，∴∠BEC=∠EAD，∴Rt△AED∽Rt△EBC，∴；（2）如图1，过点G作GM⊥CD于点M，同（1）的理由可知：，∵，，∴，∴CB=GM，在△BCH和△GMH中，，∴△BCH≌△GMH（AAS），∴BH=GH；（3）证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE，过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N，则∠N=∠BMG，∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°，∠EFA=∠AEB，∴∠EAF=∠BEM，∴△AEF∽△EBM，∴，∵∠AEB+∠DEC=180°，∠EFA+∠DFE=180°，而∠EFA=∠AEB，∴∠CED=∠EFD，∵∠BMG+∠BME=180°，∴∠N=∠EFD，∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°，∴∠EDF=∠CEN，∴△DEF∽△ECN，∴，又∵，∴，∴BM=CN，在△BGM和△CGN中，，∴△BGM≌△CGN（AAS），∴BG=CG．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．12．（1）∠CB′E=60°，；（2）①两个结论成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质以及直角三角形的性质解答即可；（2）①根据旋转的性质和等腰三角形的性质和直解析：（1）∠CB′E=60°，；（2）①两个结论成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质以及直角三角形的性质解答即可；（2）①根据旋转的性质和等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可；②当A，E，F三点共线时，分两种情况讨论，利用三角函数解答即可．【详解】解：（1）∵AB=AC，∠BAC=120°，AF⊥BC，∴∠ABC=∠ACB=30°，BF=FC，根据旋转的性质得：AB=AC=AB′，∴∠ABB′=∠AB′B==70°，∵AC=AB′，∠B′AC=120°-40°=80°，∴∠AB′C==50°，∴∠CB′E=180°-70°-50°=60°，连接EF，∵BF=FC，则EF为直角三角形BEC斜边上的中线，∴EF=BF=FC，在Rt△ABF中，，∴；（2）①两个结论成立，理由如下：连接EF，根据旋转的性质得：AB=AC=AB′，等腰△ABB′中，∠BAB′=α，则∠AB′B==90°−α，等腰△AB′C中，∠CAB′=α−120°，则∠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当A，E，F三点共线时，分以下两种情况讨论，（Ⅰ）当点E在FA的延长线上时，如图，由①可知，∠B'=60°，∵CE⊥BB'，而BC=2EF=2BF，EB=CE，设BF=x，则EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB+B'E=，∴；（Ⅱ）当点E在AF的延长线上时，如图，同理可得，∠CB'E=60°，BC=2EF=2BF，∵CE⊥BB'，∴∠CEB'=∠CEB=90°，EB=CE，设BF=x，则EF=CF=x，EB=CE=，在Rt△CB'E中，B'E=CE，∴BB'=EB-B'E=，∴；综上，的值为或．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、特殊角的三角函数值等知识，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，属于中考压轴题．13．【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE解析：【问题探究】（1）；（2）．【拓展应用】．【分析】问题探究：（1）由平行线的性质得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出结果；（2）由平行线的性质得出∠E=∠BAD=72°，证出AC=AE，由平行线证明△ABD∽△ECD，求出AD=2；ED=4，ED=2，得出AC=AE=AD+ED=6；

拓展应用：过点D作DF∥AB交AC于点F．证明△BAE∽△DFE，得出=2，得出AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，证出AC=AD，在Rt△ADF中，求出DF=AF×tan∠CAD=，得出AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，得出AC=AB，在Rt△ABC中，求出BC=AB=2即可．【详解】解：（1）∵CE∥AB，∴∠ACE+∠BAC=180°，

∴∠ACE=180°-108°=72°；

故答案为：72；

（2）∵CE∥AB，

∴∠E=∠BAD=72°，

∴∠E=∠ACE，

∴AC=AE，

∵CE∥AB，

∴△ABD∽△ECD，

∴，∵BD=2CD，

∴=2，∴AD=2ED=4，

∴ED=2，

∴AC=AE=AD+ED=4+2=6；拓展应用：

：如图3中，过点D作DF∥AB交AC于点F．

∵AC⊥AB，∴∠BAC=90°，∵DF∥AB，

∴∠DFA=∠BAC=90°，

∵∠AEB=∠DEF，

∴△BAE∽△DFE，

∴=2，∴AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，∵∠BAD=120°，

∴∠CAD=30°，

∴∠ACD=75°=∠ADC，

∴AC=AD，

在Rt△ADF中，∵∠CAD=30°，

∴DF=AF×tan∠CAD=3×，∴AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，∴AC=AB，

在Rt△ABC中，∵∠BAC=90°，

∴BC=AB=2；故答案为：2．【点睛】此题考查四边形综合题，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，本题综合性强，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．14．（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF解析：（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】解：（1）∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共线，∵∠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，故答案为：EF＝BE+DF；②成立，理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一条直线上，与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，如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，则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，设DE＝x，则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＝．【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．15．（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性解析：（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论；（2）设BP＝x，根据翻转变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：如图1，连接PC．∵四边形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：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝．设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案为：2：1．（3）解：点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点．理由：如图2，连接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，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，则QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即点Q是AB边的四等分点，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴点E为AD的五等分点．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．16．（1）①AF＝BE，②90°；（2）AF＝BE，∠ABE＝α．理由见解析；（3）BE的长为2或4．【分析】（1）①由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABC＝45°，由平行线的性质可得∠FDB＝解析：（1）①AF＝BE，②90°；（2）AF＝BE，∠ABE＝α．理由见解析；（3）BE的长为2或4．【分析】（1）①由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABC＝45°，由平行线的性质可得∠FDB＝∠C＝90°，进而可得由等角对等边可得DF＝DB，由旋转可得：∠ADF＝∠EDB，DA＝DE，继而可知△ADF≌△EDB，继而即可知AF＝BE；②由全等三角形的性质可知∠DAF＝∠E，继而由三角形内角和定理即可求解；（2）由平行线的性质可得∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，由等边对等角可得∠ABC＝∠CAB，进而根据等角对等边可得DB＝DF，再根据全等三角形的判定方法证得△ADF≌△EDB，进而可得求证AF＝BE，∠ABE＝∠FDB＝α；（3）分两种情况考虑：①如图（3）中，当点D在BC上时，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，由平行线分线段成比例定理可得、，代入数据求解即可；【详解】（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于O．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案为：①AF＝BE，②90°．（2）拓展探究：结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解决问题①如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，∵AC∥DF，∴，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的长为2或4．【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质、平行线的性质、等边对等角的性质和等角对等边的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及其性质、三角形内角和定理、平行线分线段成比例定理，涉及到的知识点较多，解题的关键是综合运用所学知识．17．（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，见解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性质可得BE⊥DG；（2）由“SAS”可证△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性质可求解；（3）分两种情况讨论，通过证明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位线定理可求解．【详解】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：如图1：延长BE交AD于N，交DG于H，∵四边形ABCD是正方形，四边形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）如图，当点G在线段DE上时，连接BD，∵四边形ABCD是正方形，四边形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，当点E在线段DG上时，同理可求AE＝5﹣5，故答案为：5﹣5；（3）如图，若点G在线段DE上时，∵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，∵点M，N分别是BD，DE的中点，∴MN＝BE＝6；如图，当点E在线段DG上时，同理可求：BE＝16，∵点M，N分别是BD，DE的中点，∴MN＝BE＝8，综上所述：MN为6或8，故答案为：6或8．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．18．(1)①见解析；②CG=2EG；(2)见解析；(3)；(4)【分析】(1)①根据等腰直角三角形的性质证得AD=CD，再证明△AFG△ADG，即可证明结论；②根据①得到BC=2AF，FG=GD，解析：(1)①见解析；②CG=2EG；(2)见解析；(3)；(4)【分析】(1)①根据等腰直角三角形的性质证得AD=CD，再证明△AFG△ADG，即可证明结论；②根据①得到BC=2A