武汉市中考数学几何综合压轴题模拟专题

武汉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，△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．2．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．3．点E是矩形ABCD边AB延长线上的一动点，在矩形ABCD外作Rt△ECF，其中∠ECF＝90°，过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，连接DF，交CG于点H．（1）发现：如图1，若AB＝AD，CE＝CF，猜想线段DH与HF的数量关系是；（2）探究：如图2，若AB＝nAD，CF＝nCE，则（1）中的猜想是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展：在（2）的基础上，若射线FC过AD的三等分点，AD＝3，AB＝4，则直接写出线段EF的长．4．《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．5．（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．6．综合与实践动手操作利用旋转开展教学活动，探究图形变换中蕴含的数学思想方法．如图1，将等腰直角三角形的边绕点顺时针旋转90°得到线段，，，连接，过点作交延长线于点．思考探索（1）在图1中：①求证：；②的面积为______；③______．拓展延伸（2）如图2，若为任意直角三角形，．、、分别用、、表示．请用、、表示：①的面积：______；②的长：______；（3）如图3，在中，，，，，，连接．①的面积为______；②点是边的高上的一点，当______时，有最小值______．7．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．8．（教材呈现）下面是华师版八年级下册教材第89页的部分内容．如图，G，H是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且AG=CH，E，F分别是边AB和CD的中点求证：四边形EHFG是平行四边形证明：连接EF交AC于点O∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，AB∥CD又∵E，F分别是AB，CD的中点∴AE=CF又∵AB∥CD∴∠EAO=∠FCO又∵∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF请补全上述问题的证明过程．（探究）如图①，在△ABC中，E，O分别是边AB、AC的中点，D、F分别是线段AO、CO的中点，连结DE、EF，将△DEF绕点O旋转180°得到△DGF，若四边形DEFG的面积为8，则△ABC的面积为．（拓展）如图②，GH是正方形ABCD对角线AC上的两点，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分别是AB和CD的中点．若正方形ABCD的面积为16，则四边形EHFG的面积为．9．已知：如图1所示将一块等腰三角板BMN放置与正方形ABCD的重合，连接AN、CM，E是AN的中点，连接BE．（观察猜想）（1）CM与BE的数量关系是________；CM与BE的位置关系是________；（探究证明）（2）如图2所示，把三角板BMN绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段CM与BE的关系是否仍然成立，并说明理由；（拓展延伸）（3）若旋转角，且，求的值．10．如图，在中，，，，为底边上一动点，连接，以为斜边向左上方作等腰直角，连接．观察猜想：（1）当点落在线段上时，直接写出，的数量关系：_______．类比探究：（2）如图2，当点在线段上运动时，请问（1）中结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；拓展延伸：（3）在点运动过程中，当时，请直接写出线段的长．11．综合与实践——探究特殊三角形中的相关问题问题情境：某校学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含角的直角三角板和按如图1所示位置放置，且的较短直角边为2，现将绕点按逆时针方向旋转，如图2，与交于点，与交于点，与交于点．（1）初步探究：勤思小组的同学提出：当旋转角时，是等腰三角形；（2）深入探究：敏学小组的同学提出在旋转过程中，如果连接，，那么所在的直线是线段的垂直平分线．请帮他们证明；（3）再探究：在旋转过程中，当旋转角时，求与重叠的面积；（4）拓展延伸：在旋转过程中，是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角的度数；若不能，说明理由．12．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．13．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．14．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．15．问题发现：（1）如图1，与同为等边三角形，连接则与的数量关系为________；直线与所夹的锐角为_________；类比探究：（2）与同为等腰直角三角形，其他条件同（1），请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；拓展延伸：（3）中，为的中位线，将绕点逆时针自由旋转，已知，在自由旋转过程中，当在一条直线上时，请直接写出的值．16．（1）问题情境：如图1，已知等腰直角中，，，是上的一点，且，过作于，取中点，连接，则的长为_______（请直接写出答案）小明采用如下的做法：延长到，使，连接，为中点，为的中点，是的中位线……请你根据小明的思路完成上面填空；（2）迁移应用：将图1中的绕点作顺时针旋转，当时，试探究、、的数量关系，并证明你的结论．（3）拓展延伸：在旋转的过程中，当、、三点共线时，直接写出线段的长．17．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．18．如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上．（问题发现）如图1所示，与的数量关系为________；（类比探究）如图2所示，将正方形绕点旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由；（拓展延伸）若点为的中点，且在正方形的旋转过程中，有点、、在一条直线上，直接写出此时线段的长度为________19．石家庄某学校数学兴趣小组利用机器人开展数学活动，在相距150个单位长度的直线跑道AB上，机器人甲从端点A出发，匀速往返于端点A、B之间，机器人乙同时从端点B出发，以大于甲的速度匀速往返于端点B、A之间．他们到达端点后立即转身折返，用时忽略不计，兴趣小组成员探究这两个机器人迎面相遇的情况，这里的“迎面相遇”包括面对面相遇、在端点处相遇这两种．（观察）①观察图1，若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为30个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为个单位长度．②若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为35个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为个单位长度．（发现）设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度，兴趣小组成员发现了y与x的函数关系，并画出了部分函数图象（线段OP，不包括点O，如图2所示）①a＝；②分别求出各部分图象对应的函数解析式，并在图2中补全函数图象．（拓展）设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度，若这两个机器人在第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离y不超过60个单位长度，则他们第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离x的取值范围是．（直接写出结果）20．（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．【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）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．2．（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．3．(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或．【分析】(1)证明，得，则，则证，得出即可；(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；(3)根据矩形的性质和已知得，则解析：(1)DH=HF；(2)DH=HF仍然成立，理由见解析；(3)或．【分析】(1)证明，得，则，则证，得出即可；(2)证，则，由矩形的性质得出，证，即可得出；(3)根据矩形的性质和已知得，则，分两种情况，根据勾股定理和平行线的性质进行解答即可．【详解】解：(1)，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，，∴四边形ABCD是正方形，∴，，∵，，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，，在和中，，∴，∴，故答案为，(2)仍然成立，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，，，∴∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形ABCD是矩形，，∴，∴，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴，∵，∴，∴，，在和中，，∴，∴，(3)如图所示，延长FC交AD于R，∵四边形ABCD是矩形，∴，，，，∵，，∴，∴，分两种情况：①当时，∵，∴，，在中，由勾股定理得：，∵，，∴，∴，由勾股定理得：EF＝；②当时，同理可得：，，，，由勾股定理得：，综上所说，若射线FC过AD的三等分点，，，则线段EF的长为或．【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行线的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．4．【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．5．（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．6．（1）①见解析；②；③；（2）①；②；（3）①24；②，【分析】（1）①由旋转的性质，，然后利用AAS，即可得到结论成立；②求出，即可求出面积；③求出，即可求出答案；（2）①过点作交延长线解析：（1）①见解析；②；③；（2）①；②；（3）①24；②，【分析】（1）①由旋转的性质，，然后利用AAS，即可得到结论成立；②求出，即可求出面积；③求出，即可求出答案；（2）①过点作交延长线于点，由（1）可知，求出的长度，即可求出答案；②求出CH的长度，利用勾股定理，即可求出答案；（3）①过点A作AE⊥BC，过点作交延长线于点，然后证明，求出，CH的长度，即可求出面积；②点C是点B关于AE的对称点，则BD=CD，设与AE的交点为点D，使得有最小值为，为线段的长度，然后利用勾股定理求出，再利用平行线分线段成比例求出DE的长度即可．【详解】解：（1）如图：①由旋转的性质，则，，∵，∴，∴，∴（AAS）；②∵，∴，∴的面积为；故答案为：．③在直角三角形中，∵，，∴；故答案为：．（2）①过点作交延长线于点，由（1）可知，，∴，，∴的面积为：故答案为：；②∵，由勾股定理，则；故答案为：；（3）①过点A作AE⊥BC，过点作交延长线于点，如图与（1）同理，可证，∵，∴，∴，∵，，，，∴；∴，∴，∴，，∴，∴的面积为：；故答案为：18．②由题意，点C是点B关于AE的对称点，则BD=CD，设与AE的交点为点D，则此时有最小值，如图：此时的最小值为线段的长度，∵；∵AE∥，∴，即，∴，∴，∴当时，有最小值．故答案为：；．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，最短路径问题等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．7．（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．8．教材呈现：见解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先由旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可解析：教材呈现：见解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈现：先根据三角形全等的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；探究：先由旋转的性质可得，再根据等底同高可得，从而可得，然后根据三角形中位线定理即可得；拓展：先根据正方形的性质和面积可得，从而可得，再根据等腰直角三角形和勾股定理可得，然后利用三角形的面积公式可得，最后利用平行四边形的性质即可得．【详解】解：教材呈现：补充完整证明过程如下：∴OE＝OF，OA＝OC，又∵AG＝CH，∴OA－AG＝OC－CH，即OG＝OH，∴四边形EHFG是平行四边形；探究：如图，连接OE，BO，由旋转的性质得：，点O是AC的中点，点D是AO的中点，点F是CO的中点，，由等底同高得：，，又点E是AB的中点，点O是AC的中点，∴S△BEO=S△AEO=4，∴S△ABO=S△BEO+S△AEO=8，，故答案为：16；拓展：如图，过点E作于点O，四边形ABCD是面积为16的正方形，，在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵AC为正方形的对角线，∴∠EAO=45°，点E是AB的中点，，∵，∴，∴AO=EO，在Rt△AEO中由勾股定理的AO2+EO2=AE2，即2OE2=4解得，，，，由教材呈现可知，四边形EHFG是平行四边形，则四边形EHFG的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形中线性质、平行四边形的判定与性质、正方形的性质，等腰直角三角形性质，勾股定理等知识点，较难的是拓展，通过作辅助线，构造等腰直角三角形是解题关键．9．（1）；；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）【观察猜想】根据正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可证明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根据E是A解析：（1）；；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）【观察猜想】根据正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可证明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根据E是AN的中点，即可证明CM=2BE，根据等边对等角得到∠ABE=∠BCM，∠ABE+∠BMC=90∘即可证明CM⊥BE．（2）【探究证明】延长BE至F使EF=BE，连接AF，先证明△AEF≌△NEB，再证明△FAB≌MBC，得到CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，得到∠ABF+∠FBC=90°，进而求得∠BCM+∠EBC=90°，即可证明EB⊥CM；（3）[拓展延伸]由a=45°得到∠ABE=15°，由前面可得∠BMC=30°，过C作CG⊥MB于G，设CG为m，则BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，最后求得的值．【详解】解:【观察猜想】(1)CM=2BE；CM⊥BE；如图1所示图1∵正方形ABCD，∴AB=CB，∵等腰三角形BMN，∴BM=BN，∴Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，∴∠BAN=∠BCM，又∵E是AN的中点，∴BE=AE=NE=AN，∴CM=2BE，∵BE=AE，∴∠BAN=∠ABE，∴∠ABE=∠BCM，∴∠ABE+∠BMC=∠BCM+∠BMC=90∘∴∠BPM=90∘∴CM⊥BE．【探究证明】(2)CM=2BE，CM⊥BE仍然成立．如图2所示，延长BE至F使EF=BE，连接AF，∵AE=EN，∠AEF=∠NEB，EF=BE，∴△AEF≌△NEB∴AF=BN，∠F=∠EBN，∴AF//BN，AF=BM，∴∠FAB+∠ABN=180°，∵∠MBN=∠ABC=90°，∴∠NBC+∠ABN=90°，∴∠NBA+∠FAD=90°，∴∠CBN=∠FAD∴∠FAB=∠MBC，∵AB=BC，∴△FAB≌MBC，∴CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，∵∠ABF+∠FBC=90°∴∠BCM+∠EBC=90°，∴EB⊥CM；[拓展延伸](3)由a=45°得∠MBA=∠ABN=45°，∵∠NBE=2∠ABE，∴∠ABE=15°，由前面可得∠MCB=∠ABE=15°，∠MBC=135°，∴∠BMC=180°-15°-135°=30°，如图3所示，过C作CG⊥MB于G，图3设CG为m则BC=m，MG=m，所以MB=BN=m-m，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是灵活运用以上性质解决问题．10．（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）证明是等腰直角三角形即可．（2）结论成立．取的中点，连接，．证明，推出，再证明，可得结论．（3）分两种情形：如图中，取的中点，连接．当解析：（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）或【分析】（1）证明是等腰直角三角形即可．（2）结论成立．取的中点，连接，．证明，推出，再证明，可得结论．（3）分两种情形：如图中，取的中点，连接．当点在线段上时，如图中，当点在线段上时，分别利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图（1）中，，都是等腰直角三角形，，，，，故答案为：．（2）如图（2）中，结论成立．理由：取的中点，连接，．，，，，，，，都是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，．（3）如图中，取的中点，连接．当点在线段上时，，，，，，在中，，．如图中，当点在线段上时，同法可得，，，综上所述，的长为或．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，属于中考压轴题．11．（1）15º或60º；（2）见解析；（3）；（4）能，30º或60º【分析】（1）分三种情况讨论：当时，当当利用三角形的内角和定理与旋转的旋转从而可得答案；（2）先证明，得到证明，再证明，解析：（1）15º或60º；（2）见解析；（3）；（4）能，30º或60º【分析】（1）分三种情况讨论：当时，当当利用三角形的内角和定理与旋转的旋转从而可得答案；（2）先证明，得到证明，再证明，得到结合从而可得结论；（3）先求解的面积，再证明，结合，从而可得重叠部分的面积；（4）当∠CNP=90°时，依据对顶角相等可求得∠ANF=90°，然后依据∠F=60°可求得∠FAN的度数，由旋转的定义可求得∠α的度数；当∠CPN=90°时．由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度数，然后依据对顶角相等可得到∠ANF的度数，然后由∠F=60°，依据三角形的内角和定理可求得∠FAN的度数，于是可得到∠α的度数．【详解】解：（1）当时，当＞综上：当或，是等腰三角形；故答案为：或．（2）由题可知，，，，．由旋转可知，∴，∴．，∴．又∵，，∴．∴，∴点在的垂直平分线上．∵，∴点在的垂直平分线上，∴所在的直线是的垂直平分线．（3）如答图，∵，，∴，∴是直角三角形，∵，∴，，∴．∵，，∴．∵．∴，∵由（2）可知．∴．∵．∴．（4）如图所示：当∠CNP=90°时．∵∠CNP=90°，∴∠ANF=90°．又∵∠AFN=60°，∴∠FAN=180°-60°-90°=30°．∴∠α=30°．如图所示：当∠CPN=90°时．∵∠C=30°，∠CPN=90°，∴∠CNP=60°．∴∠ANF=60°．又∵∠F=60°，∴∠FAN=60°．∴∠α=60°．综上所述，∠α=30°或60°．【点睛】本题考查的是旋转的性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形的全等的判定与性质，线段的垂直平分线的判定，解直角三角形，重叠部分的面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．12．（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．13．（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．14．（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．15．（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，见解析；（3）2或4【分析】（1）根据题意，利用等边三角形的性质，得出，再根据全等三角形对应角相等，得出，故得出与所夹的锐角为60°．（2）根据题意，利用等腰直角三角形的性质可推出，再根据相似三角形对应角相等，得出，故得出直线与所夹的锐角为45°，与（1）结论不符．（3）此问需要分两种情况讨论，一种情况是当在直线上，该种情况需要先证明，从而根据相似三角形的性质得到，最后根据全等三角形的性质求出；另一种情况是，当在直线下，先证明，从而证明四边形为矩形，最后求出．【详解】解：（1）；60°解答如下：如图１，与为等边三角形，，在与中，，故答案为：；直线与所夹的锐角为60°．（2）不成立理由如下：与为等腰直角三角形，，，，即：，在与中，故（1）中的结论不成立；（3）的长度为2或4；①点在直线上方时如图4，，，②点在直线下方时，如图5，∥根据题意，易证四边形为矩形，，故答案为综上可得的长度为2或4【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰直角三角形的三边关系、旋转的性质、矩形的判定及性质相似三角形的判定及性质，综合性比较强，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）利用等边三角形的性质，从而证明三角形全等是解答该小问的关键．（2）根据等腰直角三角形的三边关系，证明两个三角形相似是解答第二问的关键，重点掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本题时，首先要认识到旋转过程中满足题意的两种情况，其次证明过程可参考上面的证明过程，最后如何判定四边形为矩形也是解答最后一题第二种情况的关键．16．（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延长到，使，连接，过作于，在中，利用勾股定理求得EH的长，再利用三角形中位线定理即可求解；（2）分在上方和下方两种情况讨论，延长与的延长线交于一点，利用解析：（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延长到，使，连接，过作于，在中，利用勾股定理求得EH的长，再利用三角形中位线定理即可求解；（2）分在上方和下方两种情况讨论，延长与的延长线交于一点，利用等腰直角三角形的性质结合三角形中位线定理即可求解；（3）分点D在线段AC上和在AC延长线上两种情况讨论，仿照（1）的方法即可求解．【详解】（1）延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，∴，过作于，∵，，∴四边形BDEG是矩形，∵等腰直角三角形，，∴∠C=∠A=45，∵，∴等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵在中，，∴；（2）当时，分成两种情况：如图在上方，延长与的延长线交于一点，∵∠BAC=45，∴是等腰直角三角形，且B为AH的中点，∴，∴，∵点F是AE中点，∴，∴；如图，在下方，延长与的延长线交于一点，同理是等腰直角三角形，为中点，∴，∴，∵点F是AE中点，∴，∴；（3）当点D在线段AC上时，延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，过作于，∠ACB+∠DCE=90，∠ABC=90，∴四边形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=2+6=8，∴EH=，∴；当点D在AC延长线上时，延长到，使，连接，∵B为中点，为的中点，∴是的中位线，过作于，同理四边形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=6-2=4，∴EH=，∴；【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质等，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考压轴题．17．（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．18．【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即解析：【问题发现】；【类比探究】上述结论还成立，理由见解析；【拓展延伸】或．【分析】问题发现：证出AB∥EF，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论；类比探究：证明△ACE∽△BCF，得出，即可的结论；拓展延伸：分两种情况，连接CE交GF于H，由正方形的性质得出AB=BC=4，AC=AB=4，GF=CE=CF，GH=HF=HE=HC，得出CF=BC=2，GF=CE=2，HF=HE=HC=，由勾股定理求出AH==，即可得出答案．【详解】问题发现：AE=BF，理由如下：∵四边形和四边形是正方形，∴，，CE=CF，，∴，∴，∴AE=BF；故答案为：AE=BF；类比探究：上述结论还成立，理由如下：连接，如图2所示：∵，∴，在和中，CE=CF，CA=CB，∴，∴，∴，∴AE=BF；拓展延伸：分两种情况：①如图3所示：连接交于，∵四边形和四边形是正方形，∴，AC=AB=4，GF=CE=CF，，∵点为的中点，∴，GF=CE=2，GH=HF=HE=HC=，∴∴AG=AH+HG=；②如图4所示：连接交于，同①得：GH=HF=HE=HC=，∴，∴AG=AH-HG=；故答案为：或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键．19．【观察】①90；②105；【发现】①50；②y＝，