北京延庆县太平庄中学中考数学几何综合压轴题模拟专题

北京延庆县太平庄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．综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．动手操作：如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．解决问题：（1）在图②中，∠ACB＝，BC＝，＝，与△ABG相似的三角形有个；（2）在图②中，AH2＝AE·（从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；（3）在图③中，△ABH为三角形，设BM为x，则NH＝（用含x的式子表示）；拓展延伸：（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为，当tan∠CBQ′＝时，△DBQ′的面积最大值为．2．在中，，点D､E分别是的中点，将绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，连接．观察猜想（1）如图①，当时，填空：①______________；②直线所夹锐角为____________；类比探究（2）如图②，当时，试判断的值及直线所夹锐角的度数，并说明理由；拓展应用（3）在（2）的条件下，若，将绕着点C在平面内旋转，当点D落在射线AC上时，请直接写出的值．3．（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．4．（问题发现）（1）如图1所示，在中，，，点在边上，且，将线段绕点顺时针旋转90°得到线段，连接、，的值为______；（类比探究）（2）如图2所示，在（1）的条件下，点为的中点，，将线段绕点顺时针旋转90°得到，连接，则的值会发生改变吗？说明你的理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，在钝角中，，，点在边的延长线上，，连接．将线段绕着点顺时针旋转，旋转角，连接，则______（请用含有，的式子表示）．5．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．6．（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．7．在矩形ABCD中，（k为常数），点P是对角线BD上一动点（不与B，D重合），将射线PA绕点P逆时针旋转90°与射线CB交于点E，连接AE．（1）特例发现：如图1，当k=1时，将点P移动到对角线交点处，可发现点E与点B重合，则=，∠AEP=；当点P移动到其它位置时，∠AEP的大小（填“改变”或“不变”）；（2）类比探究：如图2，若k≠1时，当k的值确定时，请探究∠AEP的大小是否会随着点P的移动而发生变化，并说明理由；（3）拓展应用：当k≠1时，如图2，连接PC，若PC⊥BD，，PC=2，求AP的长．8．（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．9．（1）（问题发现）如图①，正方形的两边分别在正方形的边和上，连接．填空：①线段与的数量关系为______；②直线与所夹锐角的度数为_______．（2）（拓展探究）如图②，将正方形绕点逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明．（3）（解决问题）如图③，在正方形中，，点M为直线上异于B，C的一点，以为边作正方形，点N为正方形的中心，连接，若，直接写出的长．10．（1）问题提出：如图①，在矩形中，，点为边上一点，连接，过点作对角线的垂线，垂足为，点为的中点，连接，，．可知的形状为______；（2）深人探究：如图②，将在平面内绕点顺时针旋转，请判断的形状是否变化，并说明理由；（提示：延长到，使；延长到，使，连接，，，构造全等三角形进行证明）（3）拓展延伸：如果，，在旋转过程中，当点，，在同一条直线上时，请直接写出的长．11．将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中．（1）操作发现:如图2，固定使绕点旋转，设的面积为的面积为当点恰好落在边上时，则与的数量关系是；（2）猜想论证:当绕点旋转到如图3所示的位置时，小明猜想中与的数量关系为相等，并尝试分别作出了和中边上的高请你证明小明的猜想，即证明:．（3）拓展探究:已知，点是角平分线上的一点，交于点（如图4)．若射线上存在点，使，请直接写出相应的的长．12．（1）问题发现如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．填空：①∠AEB的度数为；②线段AD，BE之间的数量关系为．（2）拓展探究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由．（3）解决问题如图3，在正方形ABCD中，CD＝，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离．13．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．14．（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．15．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．（问题理解）(1)如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD．求证：四边形ABCD是等补四边形；（拓展探究）(2)如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；（升华运用）(3)如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F．若CD＝6，DF＝2，求AF的长．16．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．17．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．18．如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是AC，AB上的点，且，猜想：①的值是_______；②直线DE与直线CF所成的角中较小的角的度数是_______．（2）类比探究：如图2，将绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中结论是否成立，就图2的情形说明理由．（3）拓展延伸：在绕点A旋转的过程中，当三点共线时，请直接写出CF的长．19．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D是AB边上的动点，DE⊥BC于点E，连接AE，CD，点F，G，H分别是AE，CD，AC的中点．（1）观察猜想：△FGH的形状是（2）探究论证：把△BDE绕点B按逆时针方向旋转到如图所示的位置，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．（3）拓展延伸：把△BDE绕点B在平面内自由旋转，若BC=6，BE=2，请直接写出△FGH周长的取值范围．20．在与中，且，点D始终在线段AB上（不与A、B重合）．（1）问题发现：如图1，若度，的度数______，______；（2）类比探究：如图2，若度，试求的度数和的值；（3）拓展应用：在（2）的条件下，M为DE的中点，当时，BM的最小值为多少？直接写出答案．【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）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可解析：（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可得AG=CG，∠GCH=∠GAH，可求∠ACB=30°，利用三角函数可求BC=，AG=4，BF=FC=，可求，与△ABG相似的三角形由7个；（2）由EF为折痕，可证△AEH∽△AHG，可得即可；（3）由四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，可证△ABH为等边三角形，再证△ABM∽△MHN，可得即可；（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小，先求BC=，AQ′=，可求Q′D最小=，当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∠CBQ′=60°，S△BDQ′最大=．【详解】解（1）∵点H为AC中点，∴AC=2AH，∵折叠，点B与点H重合，∴AB=AH=2，BG=HG，∠BAG=∠HAG=，∠B=∠AHG，∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°，∴∠AHG=∠B=90°，∴GH为AC的垂直平分线，∴AG=CG，∠GCH=∠GAH，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH，∵∠BAH+∠BCH=180°-∠B=90°，∴3∠ACB=90°∴∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH=30°，∴tan30°=，AB=2，∴BC=，∵tan∠BAG=tan30°=，∴BG=，∴AG=2BG=4，BF=FC=，∴GF=BF-BG=3-2=1，∴，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GHF=∠HCF=∠GCH=∠EAH=∠DAC=∠BCA=30°，∵∠B=∠AHG=∠HFG=∠HFC=∠AEH=∠D=∠GHC=∠CBA=90°，∴△ABG∽△AHG∽△HFG∽△CFH∽△CHG∽△AEH∽△ADC∽△CBA，∴与△ABG相似的三角形由7个，故答案为：30°；6；4；7；（2）∵EF为折痕，∴EH⊥AD，∵∠EAH=∠HAG=30°∠AHG=∠AEH=90°∴△AEH∽△AHG，∴，∴故答案为AG；（3）∵四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，∴AH=CH=BH，由图2知AB=AH，∴AH=BH=AB，∴△ABH为等边三角形，∴∠ABH=∠AHB=60°，∵∠AMN＝∠ABH；∴∠AMN＝∠ABH=∠AHB=60°，∴∠BAM+∠AMB=180°-∠ABH=120°，∠AMB+∠NMH=180°-∠AMN=120°，即∠BAM+∠AMB=∠AMB+∠NMH，∴∠BAM=∠NMH，∴△ABM∽△MHN，∴，∵AB=，MH=，∴，∴，故答案为：等边；，（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小∵AB=2，AD=BC=6，∴BC=∵AQ′=Q′H=∴Q′D最小=当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∵tan∠DAC=，∴∠DAC=30°，∴∠CBQ′=90°-∠DBC=90°-30°=60°∴tan∠CBQ'=S△BDQ′最大=；故答案为；；6．【点睛】本题考查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积，掌握查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积求法是解题关键．2．（1）①1，②；（2）直线所夹锐角为，见解析；（3）满足条件的的值为【分析】（1）①②延长BD交AE的延长线于T，BT交AC于O．证明即可解决问题．（2）如图②中，设AC交BD于O，AE交BD解析：（1）①1，②；（2）直线所夹锐角为，见解析；（3）满足条件的的值为【分析】（1）①②延长BD交AE的延长线于T，BT交AC于O．证明即可解决问题．（2）如图②中，设AC交BD于O，AE交BD于T．证明，推出，可得结论．（3）分两种情形：①如图③-1中，当点D落在线段AC上时，作于H．②如图③-2中，当点D在AC的延长线上时，分别利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图①中，延长BD交AE的延长线于T，BT交AC于O．，是等边三角形，，，，，，，，，∴直线所夹锐角为，故答案为1，．（2）如图②中，设AC交于O，AE交于T．，是等腰直角三角形，，，，，，，，，∴直线所夹锐角为．（3）①如图③-1中，当点D落在线段AC上时，作于H．由题意，，，，，在中，②如图③-2中，当点D在AC的延长线上时，同法可得，综上所述，满足条件的的值为．【点睛】本题考查几何变换综合题，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，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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．3．（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．4．（1）；（2）BE+BD的值不会发生改变，理由见解答；（3）2k•sin【分析】（1）只要证明，即可解决问题；（2）如图2中，作交于，过点作交于．利用（1）中结论即可解决问题；（3）如图③中解析：（1）；（2）BE+BD的值不会发生改变，理由见解答；（3）2k•sin【分析】（1）只要证明，即可解决问题；（2）如图2中，作交于，过点作交于．利用（1）中结论即可解决问题；（3）如图③中，作交的延长线于，作于．只要证明，可证，即可解决问题．【详解】解：（1）如图1中，，，，，，，，，，，，故答案为：．（2）的值不会发生改变，理由如下：作交于，过点作交于，，，，，，是等腰直角三角形，，，，是等腰直角三角形，，，，由（1），知，，，，为边上的中点，，，，，，，，，，；（3）如图3中，作交的延长线于，作于．，，，，，，，，，，，，，，，，，，．．故答案为：．【点睛】本题考查几何变换综合题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，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．5．（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．6．（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．7．（1）1，45°，不变；（2）∠AEP的大小不变，理由见解析；（3）．【分析】(1)当点P为对角线交点时，根据正方形的性质可得出结论，当点P移动到其它位置时，过点P分别作AB，BC的垂线，垂足分解析：（1）1，45°，不变；（2）∠AEP的大小不变，理由见解析；（3）．【分析】(1)当点P为对角线交点时，根据正方形的性质可得出结论，当点P移动到其它位置时，过点P分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N．证△PAM≌△PEN，可得∠AEP的大小不变；(2)类似（1），过点P分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N．证△PAM∽△PEN，可得∠AEP的大小不变；(3)利用（2）的结论，证BE=EC．再证△ABE∽△BCD，利用比例式求出k，再利用三角函数求出AP的长．【详解】解：（1）如图，∵k=1，∴在矩形ABCD是正方形，∵点P移动到对角线交点处，∴PA=PE，∠AEP=45°，故，如图，当点P移动到其它位置时，过点P分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠MBN=90°，PN=PM，∴四边形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的大小不变；故答案为：1，45°，不变；（2）∠AEP的大小不变．理由如下：过点P分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N．∴∠PMA=∠PMB=∠PNB=∠PNC=90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠MBN=∠BAD=∠BCD=90°，∴四边形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为定值，∴∠AEP的大小不变．（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．∵四边形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=．【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，正方形的判定与性质，相似三角形判定与性质，解直角三角形，解题关键是恰当作辅助线，构建全等三角形或相似三角形，利用解直角三角形的知识求解．8．（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．9．（1）①；②；（2）仍然成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）【问题发现】连接．易证，，三点共线．易知．，推出，从而得出与所夹锐角的度数；（2）【拓展探究】连接，，延长交的延长线于点，交于点解析：（1）①；②；（2）仍然成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）【问题发现】连接．易证，，三点共线．易知．，推出，从而得出与所夹锐角的度数；（2）【拓展探究】连接，，延长交的延长线于点，交于点，根据四边形的性质得到，根据得到，根据相似三角形的性质即可解决问题；（3）【解决问题】需分两种情况讨论：①当点M在线段BC上时，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，可得∠BAM=∠CAN，根据，可得△ABM∽△CAN，从而得到CN=BM，根据，可得到BM=AC-CM=2，从而可求出CN的值；②当点M在线段BC的延长线上时，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，可得∠BAM=∠CAN，根据，可得△ABM∽△CAN，从而得到CN=BM，根据，可得到BM=AC+CM=6，从而可求出CN的值．【详解】解：（1）【问题发现】如图①中，①线段与的数量关系为；②直线与所夹锐角的度数为．理由：如图①中，连接．易证，，三点共线．∵．，∴．故答案为，．（2）【拓展探究】结论不变．理由：连接，，延长交的延长线于点，交于点．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴．（3）【解决问题】①当点M在线段BC上时，如图，连接AB，AN，∵四边形ADBC，四边形AMEF为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC-∠MAC=∠MAN-∠MAC，即∠BAM=∠CAN，∵，∴△ABM∽△CAN，∴，∴CN=BM，∵，∴BM=AC-CM=2，∴CN=BM=；②当点M在线段BC的延长线上时，如图，连接AB，AN，∵四边形ADBC，四边形AMEF为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC+∠MAC=∠MAN+∠MAC，即∠BAM=∠CAN,∵,∴△ABM∽△CAN，∴，∴CN=BM，∵，∴BM=AC+CM=2=6，∴CN=BM=．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．10．（1）等边三角形；（2）的形状不变，理由见解析；（3）或．【分析】（1）先根据矩形的性质、解直角三角形可得，再根据直角三角形斜边上的中线可得，然后根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得，最后解析：（1）等边三角形；（2）的形状不变，理由见解析；（3）或．【分析】（1）先根据矩形的性质、解直角三角形可得，再根据直角三角形斜边上的中线可得，然后根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得，最后根据等边三角形的判定即可得出结论；（2）如图（见解析），先根据线段垂直平分线的判定与性质、三角形全等的判定定理证出，再根据三角形全等的性质可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理可得，，从而可得，最后根据等边三角形的判定即可得出答案；（3）分点在线段上和点在线段上两种情况，再利用直角三角形的性质、勾股定理分别求出的长，然后根据线段中点的定义、线段的和差即可得．【详解】解：（1）在矩形中，，，在中，，，点为的中点，，，同理可得：，，，，，是等边三角形，故答案为：等边三角形；（2）的形状不变，理由如下：如图，延长到，使；延长到，使，连接，其中相交于点，相交于点，相交于点，由旋转的性质得：，，垂直平分，，同理可得：，，即，在和中，，，，，，点为的中点，是的中位线，，同理可得：，，是等边三角形；（3）由题意，分以下两种情况：①如图，当点在线段上时，，，，在中，，，在中，，，，；②如图，当点在线段上时，同理可得：，，，，综上，的长为或．【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、三角形全等的判定定理与性质、三角形中位线定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．11．（1）；（2）详见解析；（3）或【分析】（1）根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求解析：（1）；（2）详见解析；（3）或【分析】（1）根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；(2)根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；

(3)过点D作//BE，求出四边形是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点为所求的点，过点D作⊥BD，求出∠=60°，从而得到△是等边三角形，然后求出，再求出∠=∠，利用“边角边”证明△和全等，根据全等三角形的面积相等可得点也是所求的点，根据菱形和等边三角形的性质可得结论．【详解】解:（1）∵△DEC绕点C旋转，点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°−∠B=90°−30°=60°，∴△ACD是等边三角形，

∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，

∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即；如图3．是由绕点旋转得到，．．在和中．的面积和的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)即（3）如图4，过点D作//BE，∵BD平分∠ABC，

∠ABD=∠DBC，

∵D//BE，DE//B，∴四边形BED是平行四边形，∠ABD=∠BDE，∴∠DBC=∠BDE，

∴BE=DE，

∴四边形BED是菱形，∴BE=D，且BE、D上的高相等，此时；过点D作D⊥BD，∵∠ABC=60°，D//BE，∴∠D=∠ABC=60°，∵B=D，∠BD=∠ABC=30°，∠DB=90°，∴∠D=∠ABC=60°，∴△D是等边三角形，∴D=D，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，

∴∠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)，∴点也是所求的点，又∵BE=4=B=D，△D是等边三角形，∴B=4=，∴B=8，综上所述：当BF=4或8时，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的面积、等边三角形的判定与性质、直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，还要注意(3)中符合条件的点F有两个．12．（1）①60°；②相等；（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，证明见解析；（3），【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一解析：（1）①60°；②相等；（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，证明见解析；（3），【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数．（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD=BE；由△DCE为等腰直角三角形及CM为△DCE中DE边上的高可得CM=DM=ME，从而证到AE=2CH+BE．（3）由PD=1可得：点P在以点D为圆心，1为半径的圆上；由∠BPD=90°可得：点P在以BD为直径的圆上．显然，点P是这两个圆的交点，由于两圆有两个交点，接下来需对两个位置分别进行讨论．然后，添加适当的辅助线，借助于（2）中的结论即可解决问题．【详解】解：（1）①如图1．∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，∵，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=120°，∴∠BEC=120°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．故答案为：60°．②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE．故答案为：AD=BE．（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM．理由：如图2．∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=135°，∴∠BEC=135°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴AE=AD+DE=BE+2CM．（3）点A到BP的距离为或．理由如下：∵PD=1，∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD=90°，∴点P在以BD为直径的圆上，∴点P是这两圆的交点．①当点P在如图3①所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°，∴BD=2．∵DP=1，∴BP=．∵∠BPD=∠BAD=90°，∴A、P、D、B在以BD为直径的圆上，∴∠APB=∠ADB=45°，∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AH⊥BP，∴由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD，∴=2AH+1，∴AH=．②当点P在如图3②所示位置时，连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②．同理可得：BP=2AH﹣PD，∴=2AH﹣1，∴AH=．综上所述：点A到BP的距离为或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理念的一道好题．而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键．13．（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．14．（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.15．(1)见解析；(2)AC平分∠BCD，理由见解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圆内接四边形互补可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再证AD=CD，即可根据等补四边形的解析：(1)见解析；(2)AC平分∠BCD，理由见解析；(3)AF＝4．【分析】（1）由圆内接四边形互补可知∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，再证AD=CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；（2）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE=AF，根据角平分线的判定可得出结论；

（3）连接AC，先证∠EAD=∠BCD，推出∠FCA=∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求出AF的长．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°.∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD∴弧AD＝弧CD∴AD＝CD∴四边形ABCD是等补四边形(2)AC平分∠BCD，理由如下：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F则∠AEB＝∠AFD＝90°∵四边形ABCD是等补四边形∴∠ADC+∠B＝180°又∵∠ADC+∠ADF＝180°∴∠B＝∠ADF在△AFD与△AEB中∴≌∴∴点A一定在∠BCD的平分线上即AC平分∠BCD.(3)连接AC同(2)理得∠EAD＝∠BCD由(2)知AC平分∠BCD所以∠FCA＝∠BCD同理∠FAD＝∠EAD∴∠FCA＝∠FAD.又∵∠F＝∠F∴△FAD∽△FCA∴即∴AF＝4【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．16．（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．17．（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