中考数学几何综合压轴题模拟汇编经典和答案解析1

中考数学几何综合压轴题模拟汇编经典和答案解析1一、中考几何压轴题1．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）．2．（问题发现）（1）如图1，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B、C重合）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连结EC，则线段BD与CE的数量关系是，位置关系是；（探究证明）（2）如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由；（拓展延伸）（3）如图3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，将△ACD绕顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角∠CAE为α（0°＜α＜360°），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度．3．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．4．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．5．《函数的图象与性质》拓展学习展示：（问题）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴相交于，两点，与轴交于点，则______，______．（操作）将图①中抛物线沿方向平移长度的距离得到拋物线，在轴左侧的部分与在轴右侧的部分组成的新图象记为，如图②．请直接写出图象对应的函数解析式．（探究）在图②中，过点作直线平行于轴，与图象交于，两点，如图③．求出图象在直线上方的部分对应的函数随的增大而增大时的取值范围．（应用）是抛物线对称轴上一个动点，当是直角三角形时，直接写出点的坐标．6．（1）问题发现如图1，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC＝∠DAE＝90°，直线BD，CE交于点F，直线BD，AC交于点G．则线段BD和CE的数量关系是，位置关系是；（2）类比探究如图2，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，直线BD，CE交于点F，AC与BD相交于点G．若AB＝kAC，试判断线段BD和CE的数量关系以及直线BD和CE相交所成的较小角的度数，并说明理由；（3）拓展延伸如图3，在平面直角坐标系中，点M的坐标为（3.0），点N为y轴上一动点，连接MN．将线段MN绕点M逆时针旋转90得到线段MP，连接NP，OP．请直接写出线段OP长度的最小值及此时点N的坐标．7．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．8．（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．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．（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．11．[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．12．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______．13．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．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．（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16．如图（1），已知点在正方形的对角线上，垂足为点，垂足为点．（1）证明与推断：求证：四边形是正方形；推断：的值为__；（2）探究与证明：将正方形绕点顺时针方向旋转角，如图（2）所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；（3）拓展与运用：若，正方形在绕点旋转过程中，当三点在一条直线上时，则．17．如图1，已知，，点D在上，连接并延长交于点F，（1）猜想：线段与的数量关系为_____；（2）探究：若将图1的绕点B顺时针方向旋转，当小于时，得到图2，连接并延长交于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展：图1中，过点E作，垂足为点G．当的大小发生变化，其它条件不变时，若，，直接写出的长．18．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．19．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．20．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．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、中考几何压轴题1．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．2．（1）BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由见解析；（3）画出图形见解析，线段BE的长度为．【分析】（1）由题意易得AD=AE，∠CAE=∠BAD，从而可证△ABD≌△ACE，然后根据三解析：（1）BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由见解析；（3）画出图形见解析，线段BE的长度为．【分析】（1）由题意易得AD=AE，∠CAE=∠BAD，从而可证△ABD≌△ACE，然后根据三角形全等的性质可求解；（2）连接BD，由题意易得∠BAD=∠CAE，进而可证△BAD≌△CAE，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证；（3）如图，过A作AF⊥EC，由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，然后根据相似三角形的性质及题意易证△BAE∽△CAD，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可．【详解】解：（1）在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE，∠B＝∠ACE＝45°，∵∠ACB＝45°，∴∠BCE＝45°+45°＝90°，故答案为：BD＝CE，BD⊥CE；（2）BD⊥CE，理由：如图2，连接BD，∵在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，∵∠CAB＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AC＝AB，AE＝AD，∴△CEA≌△BDA（SAS），∴∠BDA＝∠AEC＝45°，∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝90°，∴BD⊥CE；（3）如图3，过A作AF⊥EC，由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED，∠BAC＝∠EAD＝90°，∴，即，∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠CAD，∴△BAE∽△CAD，∴∠ABE＝∠ACD，∵∠BEC＝180°﹣（∠CBE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ABE+∠BCE）＝180°﹣（∠CBA+∠ACD+∠BCE）＝90°，∴BE⊥CE，在Rt△BCD中，BC＝2CD＝4，∴BD＝，∵AC⊥BD，∴S△BCD＝AC•BD＝BC•AC，∴AC＝AE＝，AD＝，∴AF=，CE＝2CF＝2×，∴BE＝．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解．3．（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．4．（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．5．【问题】，1；【操作】当时，，当时，；【探究】或；【应用】点的坐标为：或【分析】问题:即可求解；操作：抛物线G1沿BC方向平移BC长度的距离得到抛物线G2，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平解析：【问题】，1；【操作】当时，，当时，；【探究】或；【应用】点的坐标为：或【分析】问题:即可求解；操作：抛物线G1沿BC方向平移BC长度的距离得到抛物线G2，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平移个单位，即可求解；探究：将点C的坐标代入两个函数表达式，求出G1、G2的顶点坐标，即可求解；应用：证明∠EPN=∠MDP，利用tan∠EPN=tan∠MDP，即可求解．【详解】解：问题：，解得：，，故答案为：，1；操作：抛物线沿方向平移长度的距离得到抛物线，相当于抛物线向左平移3个单位，向上平移个单位，：，：，当时，，当时，；探究：点的坐标为．当时，，解得：，，∴，当时，，解得：，，∴，∵，，∴抛物线的顶点为，抛物线的顶点为，∴或时，函数随的增大而增大；应用：如图，过点作轴的平行线交过点与轴的垂线于点，交过点与轴的垂直的直线于点，设点，则，，，，∵，，∴，∴，即，即，解得：，故点的坐标为：或．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及解直角三角形、图形的平移等，具有一定的综合性，关键在于根据题意作出图形进行解答．6．（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由见详解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值为3【分析】（1）先证明△ABD≌△ACE，从而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE解析：（1）BD＝CE，BD⊥CE，理由见详解；（2）AB=kAC，180°-α-β；（3）N(0，3)，OP的最小值为3【分析】（1）先证明△ABD≌△ACE，从而得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，结合∠AGB＝∠FGC，即可得到结论；（2）先证明ABCADE，从而得，结合∠BAD=∠CAE，可得BADCAE，进而即可得到结论；（3）把OPM绕点M顺时针旋转90°得到（与N重合），则，，(3，3)，，进而即可求解．【详解】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∵∠BAD＝∠BAC−∠DAC，∠CAE＝∠DAE−∠DAC∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，∵，∴△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵∠AGB＝∠FGC，∴∠CFG＝∠BAG＝90°，即BD⊥CE，故答案是：BD＝CE，BD⊥CE；（2）∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴ABCADE，∴，∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴BADCAE，∴∠ABD=∠ACE，又∵∠AGB＝∠FGC，∴∠BFC=∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-α-β，∴AB=kAC，直线BD和CE相交所成的较小角的度数为：180°-α-β；（3）由题意得：MN=MP，∠NMP=90°，把OPM绕点M顺时针旋转90°得到（与N重合），则，，∵点M的坐标为（3，0），∴(3，3)∵OPM，∴，即线段OP长度最小时，的长度最小，∴当⊥y轴时，的长度最小，此时(0，3)，∴N(0，3)，OP的最小值为3.【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，通过旋转变换，构造相似三角形或全等三角形，是解题的关键．7．（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．8．（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．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）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．11．（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（3）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明∠BCE＝∠BPE＝40°，推出AB∥CE，因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【详解】解：（1）如图①中，∵△ABC与△ACE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，∴BA＝BC，DA＝DE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△BAC∽△DAE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案为：相似．（2）如图2中，结论：AB∥EC．理由：∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分线段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案为50，AB∥EC．（2）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．∵AD垂直平分线段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．如图4中，作AH⊥CE于H，∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定及圆的基本性质，关键是根据题意得到三角形的相似，然后结合等腰三角形的性质得到问题答案，关键是要利用圆的基本性质求解最值问题．12．（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．13．【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．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）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．16．（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或【分析】（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；（2解析：（1）证明见解析；；（2）线段与之间的数量关系为；（3）或【分析】（1）①由、结合可得四边形CEGF是矩形，再由即可得证；②由正方形性质知、，据此可得、，利用平行线分线段成比例定理可得；（2）连接CG，只需证即可得；（3）由（2）证出就可得到，再根据三点在同一直线上分在CD左边和右边两种不同的情况求出AG的长度，即可求出BE的长度．【详解】（1）证明：四边形是正方形，四边形是矩形，四边形是正方形；解：由①知四边形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴故答案为：．（2）如下图所示连接由旋转性质知在和中，，线段与之间的数量关系为；（3）解：当正方形在绕点旋转到如下图所示时：当三点在一条直线上时，由（2）可知，，∠CEG=∠CEA=∠ABC=90°，，当正方形在绕点旋转到如下图所示时：当三点在一条直线上时，由（2）可知，，∠CEA=∠ABC=90°，，故答案为：或．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．17．(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2解析：(1)AF=EF；(2)成立，理由见解析；(3)12【分析】(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(2)证明原理同(1)，延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，证明△ACF△EDG，进而得到△GEF为等腰三角形，即可证明AF=GE=EF；(3)补充完整图后证明四边形AEGC为矩形，进而得到∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°即可求解．【详解】解：(1)延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，∴∠ADF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠ADF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(2)仍旧成立，理由如下：延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示设BD延长线DM交AE于M点，∵，∴DE=AC，BD=BC，∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，∴∠MDF=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∵∠EDB=90°，∴∠MDF+∠FDE=90°，∴∠ACD=∠FDE，又延长DF使得FG=DC，∴FG+DF=DC+DF，∴DG=CF，在△ACF和△EDG中，，∴△ACF△EDG(SAS)，∴GE=AF，∠G=∠AFC，又∠AFC=∠GFE，∴∠G=∠GFE∴GE=EF，∴AF=EF，故AF与EF的数量关系为：AF=EF.故答案为：AF=EF；(3)如下图所示：∵BA=BE，∴∠BAE=∠BEA，∵∠BAE=∠EBG,∴∠BEA=∠EBG，∴AECG，∴∠AEG+∠G=180°，∴∠AEG=90°，∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，∴四边形AEGC为矩形，∴AC=EG，且AB=BE，∴Rt△ACBRt△EGB(HL)，∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，又∵ED=AC=EG，且EB=EB，∴Rt△EDBRt△EGB(HL)，∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，∴∠BAC=30°，∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：．故答案为：．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定，矩形的性质和判定，本题的关键是延长DF到G点并使FG=DC，进而构造全等，本题难度稍大，需要作出合适的辅助线．18．（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