中考数学总复习《旋转综合题（线段问题）》专项提升训练带答案

第第页参考答案：1．(1)16(2)，证明见解答过程(3)在旋转过程中，存在最小值2【分析】（1）根据旋转的性质得到，利用勾股定理求得，故的长为16；（2）在上取点Q，使，连接，由旋转的性质得到：，得是等边三角形，证明，可得，即可得，由，可得，从而可证，得，故；（3）过B作交MC延长线于P，连接，由旋转的性质得到，证得，得，从而，即可证，可知G是中点，，要使GR最小，只需最小，此时N、C、A共线，的最小值为，故最小为．【详解】（1）解：∵将绕点A顺时针旋转得到，，，，，，；（2）解：，证明如下：在上取点Q，使，连接，如图：由绕点A顺时针旋转得到得：，是等边三角形，，，在中，，由旋转性质知，，，，，，即，由旋转性质知，，，，，，，，；（3）解：在旋转过程中，存在最小值2，理由如下：过B作交MC延长线于P，连接，如图：绕点A顺时针旋转得到，，，而，，，，，，，，在和中，，，，即G是中点，∵点R为的中点，∴是的中位线，，要使最小，只需最小，而，∴N、C、A共线，的最小值为，∴最小为．【点睛】本题考查几何变换综合应用，涉及全等三角形判定与性质，勾股定理及应用，三角形中位线定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．2．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）证得，再利用三角形得内角和定理及垂直定义即可得证；（2）如图，取中点，连接、，由勾股定理得．由直角三角形的性质得，又根据中位线的性质得，进而三角形的三边关系即可求解；（3）连接，过点作于点，过点作交延长线于点，于点，证，得，进而求得，再利用勾股定理及三角形的面积公式即可求解．【详解】（1）证明：如图，∵，将线段绕点顺时针旋转得到线段，∴，，，，，

（2）解：如图，取中点，连接、，

，．，点为的中点，当、、三点共线时，最大此时，；（3）解：如图，连接，过点作于点，过点作交延长线于点，于点，

，，，，．【点睛】本题主要考查了角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，三角形的中位线性质以及直角三角形的斜边上中线等于斜边的一半等，熟练掌握各性质定理是解题的关键．3．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据正方形的性质可得，，，再求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等证明即可；（2）过点作于，根据正方形的性质与勾股定理得，从而求得，再在在中，由勾股定理，求得，即可由求解．（3）过点作交的延长线于，根据邻补角的定义求出，解直角三角形求出、，再利用勾股定理列式求出，然后根据代入数据计算即可得解；【详解】（1）证明：在正方形和正方形中，，，，，，，在和中，，，；（2）解：过点作于，

∵正方形，，∴，，∵，∴，∵∴在中，由勾股定理，得∴．（3）解：如图2，过点作交的延长线于，

，，，，，在中，，；【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解直角三角形．属四边形综合题目，熟练掌握相关性质是解题的关键．4．(1)见详解(2)(3)5【分析】（1）连接，根据矩形性质及旋转得到垂直平分，，在中，用勾股可得，再等量代换即可求得；（2）延长交于E，先证明，从而得出再结合勾股定理证出，根据已知线段长得出，，用平方差公式转换即可解答；（3）根据确定，当时，取最小值，计算即可；【详解】（1）证明：连接，

∵矩形的对角线交于点，∴，∵三角板一直角边与重合，∴，即垂直平分，∴，∵，∴，；（2）延长交于E，

∵矩形的对角线交于点，即；，，，，；（3），故当与最小时，取最小值，即时，与都最小，此时，，故最小值为5．【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是做辅助线证明三角形全等．5．(1)(2)成立，见解析(3)或【分析】（1）根据菱形的性质及等腰三角形的性质推出，根据含角的直角三角形的性质求解即可；（2）连接，根据菱形的性质、旋转的性质推出垂直平分是等边三角形，是等边三角形，结合等边三角形的性质利用证明，根据去掉三角形的性质及线段垂直平分线性质即可得解；（3）连接交于点，则，设交于点，结合等边三角形的性质利用证明，根据全等三角形的性质得出，根据勾股定理求出，根据求解即可；【详解】（1）解：，理由如下：∵四边形是菱形，∴平分，∵点恰好为中点，在菱形中，根据旋转的性质得，，故答案为：（2）解：（1）中结论成立理由如下：方法1：连接四边形是菱形，是等边三角形，线段转得到，是等边三角形，，

菱形的对角线互相垂直平分，是的垂直平分线，点在射线上，，又是等边三角形，，；方法2：连接交于点，四边形是菱形，

与都是等边三角形，，线段转得到，，是等边三角形，，又，，，，又是等边三角形，，是的垂直平分线，，又；方法3：提示：作，证，

可得，是的垂直平分线，（3）解：如图3，连接交于点，则，

设交于点，∵是等边三角形，∴，∵，∴，在和中，，，在中，【点睛】此题是四边形综合题，考查了菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式是解题的关键6．(1)，且；理由见详解(2)，且；理由见详解(3)，且；理由见详解【分析】（1）过点作，通过条件证明，就可以得出结论，；（2）作于，根据平行线等分线段定理就可以得出，再根据中垂线的性质就可以得出，（3）延长交延长线于，连，最后通过证明三角形全等就可以得出结论．【详解】（1），且．证明：过于点，延长交于点，作于点．

则四边形是正方形，四边形是矩形，，，，，，是的中点，，，在和中，，，，，，，，；（2）成立．

证明：图2中，作，则，又是的中点，，则是的中垂线，，，，是的中点，，则，，是等腰直角三角形，，且；（3）图3中，延长交延长线于，连．

，，，四边形是矩形．，，由图（2）可知，平分，，，又，为等腰直角三角形，．．，．，，．，，即，又，，．在和中，，．，．，，，，，，即，．【点睛】此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此难度较大．7．(1)①，；②可看作绕点顺时针旋转得到的；(2)(1)中的结论①依然成立；理由见解析；(3)【分析】（1）①证明，得出，，，根据，即可得出结论；②由①知：，且，则可看作绕点顺时针旋转得到的；（2）同（1）的方法证明，得出，，，根据，即可得出结论；（3）过点作于，过点作，交延长线于，得出是等腰直角三角形，证明，则，进而得出，勾股定理即可求解．【详解】解：（1）①、都为等边三角形，，，，，在和中，，，，，，，故答案为：，；②由①知：，，，，，可看作绕点顺时针旋转得到的，故答案为：可看作绕点顺时针旋转得到的；（2）若点，，不在一条直线上，（1）中的结论①依然成立；理由如下：、都为等边三角形，，，，，在和中，，，，，，；（3）过点作于，过点作，交延长线于，如图所示：，是等腰直角三角形，，，，，在和中，，，，，．【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的综合，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．8．(1)①见解析；②(2)见解析．【分析】（1）①由可得，易证；②由①可知，，可求得，，在中，运用勾股定理可求解；（2）如图，连接，同①可证，结合已知，，，，可求得，根据等角对等边可得证．【详解】（1）①证明：，，即，在与中，；②，，，，，，，，，，在中，；（2）（2）如图，连接，，，即，又，，，，，，，，．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的证明和性质的应用，勾股定理求边长，还考查了等腰三角形性质的应用和证明；熟练掌握相关性质是解题的关键．9．(1)；(2)数量关系还成立，理由见解析；(3)6．【分析】（1）如图延长至，使，证，得，，再证，利用等积法即可求得结果；（2）如图延长至，使，证，得，，再证，利用等积法即可求得结果；（3）如图，将绕点A逆时针旋转到，与的延长线交于G，则是正方形，证得在中即可求出．【详解】（1）解：如图延长至，使，∵，，，∴，∴，，∵，∴，即，∴，且，，∴，∴，，∴，∴；（2）数量关系还成立．如图延长至，使，∵，，，∴，∴，，∵，∴，即，∴，且，，∴，∴，，∴，∴；（3）如图，将绕点A逆时针旋转到，与的延长线交于G，则是正方形，，由旋转的性质，得，，，，，，，，，在中，，，，解得或（舍去），所以．【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的证明和性质、等积法和勾股定理等；解题的关键是旋转构造全等三角形．10．(1)①见解析；②；见解析(2)或【分析】（1）①根据旋转的性质即可进行解答；②根据旋转的性质可得，即可判定，可得，最后根据勾股定理即可得出结论；（2）分两种情况进行讨论即可，①当点D在线段上时，②当点D在的延长线上时．【详解】（1）证明：①由旋转知，，∴．②解：；理由：在中，，∴，∴，，，∠．∴．在中，，∵，，∴，∴．∵，，∴，∴，∴．（2）解：①当点D在线段上时，连接，如图2所示：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，，∴，∴．②当点D在的延长线上时，连接，如图3所示：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，，∴，∴，∴．综上所述，的值为或．【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握旋转前后对应边和对应角相等．11．(1)证明见解析；(2)；(3)．【分析】[操作]（1）由旋转的性质得，再证，然后由证即可；（2）由全等三角形的性质得，再由三角形的外角性质得，即可得出结论；（3）[探究]由全等三角形的性质得，再由三角形中位线定理得，，则，然后证，则是等腰直角三角形，即可解决问题．【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形，，∴，由旋转的性质得：，∴，∴，即，在和中，，∴；（2）解：如图1，设与交于点H，由（1）可知，，∴，∵，∴，∴；（3）解：由（1）可知，，∴，∵M、N、P分别是的中点，∴是△ABE的中位线，是的中位线，∴，，∴，由（2）可知，，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴的周长，故答案为：．【点睛】本题是几何变换的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．12．(1)AD＝2PD(2)成立，证明见解析(3)【分析】（1）利用直角三角形30度角的性质即可解决问题．（2）结论成立．如图1中，延长ED到F，使得DF＝DE，连接BF，CF．利用三角形的中位线定理证明BF＝2PD，再证明AD＝BF即可解决问题．（3）如图1中，延长BF交AD于G，由（2）得到∠FBC＝∠DAC，首先证明∠ADP＝60°，解直角三角形求出即可解决问题．【详解】（1）解：如图2中，∵DC＝DA，∠CDA＝120°，∴∠PCA＝30°，∵△ABC是等边三角形，∴∠CAP＝60°，∴∠CPA＝90°，由题意：在Rt△APD中，∠APD＝90°，∠PAD＝30°，∴AD＝2PD．（2）结论成立．理由：如图1中，延长ED到F，使得DF＝DE，连接BF，CF．∵BP＝EP，DE＝DF，∴BF＝2PD，BFPD，∵∠EDC＝120°，∴∠FDC＝60°，∵DF＝DE＝DC，∴△DFC是等边三角形，∵CB＝CA，∠BCA＝∠DCF＝60°，∴∠BCF＝∠ACD，∵CF＝CD，∴△BCF≌△ACD（SAS），∴BF＝AD，∴AD＝2PD．（3）如图1中，延长BF交AD于G，由（2）得到∠FBC＝∠DAC，∴∠AGB＝∠ACB＝60°，∵DPBG，∴∠ADP＝∠AGB＝60°，如图3中，作DM⊥AC于M，PN⊥AD于N．设DN＝a，则PD＝2a，AD＝2PD＝4a，PN＝a，可得PN＝AD，在等腰△CDE中，∵CE＝2，∠CDE＝120°，过点作，则，∴∴CD＝DE＝2，∵∠ACD＝45°，∴CM＝DM＝2．AM＝，在Rt△ADM中，．在Rt△PAD中，．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．13．(1)AB=AD+AE(2)AB=AE-AD，证明见解析(3)【分析】（1）由已知可以证得△ADB≌△CEB，再根据全等的性质推理可以得解；（2）与（1）类似可以证得△ADB≌△CEB，再根据全等的性质推理可以得解；（3）过B作BF⊥AC于F，与上类似可以证得△ADB≌△CEB，根据全等的性质可得AD=EC=EF+FC，再由题意证得三角形BEF是等腰直角三角形后即可得到AD的长度．【详解】（1）解：AB=AE+AD，理由如下：由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，∴∠DAB=∠ABC=∠ACB，∠DBE-∠ABE=∠ABC-∠ABE即∠DBA=∠EBC，又∵BA=BC，∴△ADB≌△CEB（ABA），∴AD=EC，∴AB=AC=AE+EC=AE+AD；（2）解：不成立，理由如下：由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，∴∠DBE-∠DBC=∠ABC-∠DBC即∠DBA=∠EBC，∵∠DAB=180°-∠ABC=120°，∠ECB=180°-∠ACB=120°，∴∠DAB=∠ECB，又∵BA=BC，∴△ADB≌△CEB（ASA），∴AD=EC，∴AB=AC=AE-EC=AE-AD；（3）如图，由已知可得∠DBE=∠ABC=∠ACB=60°，l∥BC，∴∠DAB=∠ABC=∠ACB，∠DBE+∠ABE=∠ABC+∠ABE即∠DBA=∠EBC，又∵BA=BC，∴△ADB≌△CEB（ASA），∴AD=EC，过B作BF⊥AC于F，则∠ABF=30°，CF=FA=，∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=45°，∠BEF=45°，∴EF=BF=，∴AD=EF+FC=+2．【点睛】本题考查三角形全等的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定和性质、平行线的性质、勾股定理的应用是解题关键．14．[问题解决]；[应用]；[拓展]【分析】[问题解决]证明得，再根据三角形三边关系求得的取值范围，进而得结论；[应用]延长到，使得，连接，证明得，再证明，由勾股定理求得，进而得；[拓展]延长到，使得，连接，，证明，得，，再证明，由勾股定理求得，由线段垂直平分线性质得．【详解】解：[问题解决]在和中，，，，，，，，故答案为：；[应用]延长到，使得，连接，如图②，在和中，，，，，，，，，，；[拓展]延长到，使得，连接，，如图③，在和中，，，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查几何变换综合题、三角形的中线、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，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，体会出现中点的辅助线的添加方法．15．(1)12(2)见解析(3)8【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN＝MN，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝x﹣6，DM＝x﹣8，利用勾股定理求得MN=10，从而列得方程求解即可求出正方形边长．（2）根据设BN＝m，DM＝n，则MN＝m+n，利用tan∠BAN，可得正方形边长为3m，从而得到CM=3m-n，CN＝2m，根据勾股定理得到：，代入可得关于m，n得方程，继而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-n得到DM＝CM，即M是CD的中点．（3）延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，即∠EAM＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠MAN＝∠EAN，在△AMN和△AEN中，，∴△AMN≌△AEN（SAS），∴MN＝EN，∵EN＝BE+BN＝DM+BN，∴MN＝BN+DM，在Rt△CMN中，由勾股定理得：∴MN10，则BN+DM＝10，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，∴x﹣6+x﹣8＝10，解得：x＝12，即正方形ABCD的边长是12；故答案为：12；（2）证明：设BN＝m，DM＝n，由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，∵∠B＝90°，tan∠BAN，∴tan∠BAN，∴AB＝3BN＝3m，∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△CMN中，由勾股定理得：∴，整理得：3m＝2n，∴CM＝2n﹣n＝n，∴DM＝CM，即M是CD的中点；（3）解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：则四边形APQD是正方形，∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，设DM＝a，则MQ＝16﹣a，∵PQBC，∴△ABN∽△APE，∴，∴PEBN，∴EQ＝PQ﹣PE＝16，由（1）得：EM＝PE+DMa，在Rt△QEM中，由勾股定理得：，解得：a＝8，即DM的长是8；故答案为：8．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN＝MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论是解题的关键．16．(1)证明见解析(2)AE⊥CG．证明见解析(3)（2）中结论仍然成立．理由见解析(4)【分析】（1）由正方形的性质得出CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，证明△CDG≌△ADE（SAS），则可得出结论；（2）延长EA交CG于H，由全等三角形的性质证出∠GHE=90°，则可得出结论；（3）设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，证明△CDG≌△ADE（SAS），由全等三角形的性质得出∠CGD=∠AED，则可得出结论；（4）连接CE，证明△CDE≌△CDG（SAS），得出CE=CG，则CG=CE=EG，证出△CEG是等边三角形，由等边三角形的性质得出∠CEG=60°，延长CD交EG于点H，由等腰三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴AE=CG；（2）解：AE⊥CG．证明：延长EA交CG于H，∵△CDG≌△ADE，∴∠CGD=∠AED，∵∠GAH=∠DAE，∴∠HGA+∠GAH=∠AED+∠DAE=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；（3）解：（2）中结论仍然成立．理由：如图2，设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDA=∠CDG=90°，GD=ED，∴∠CDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG，即∠CDG=∠ADE，在△CDG和△ADE中，，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴∠CGD=∠AED，∵∠AMG=∠DME，∴∠HGM+∠GMH=∠DME+∠DEM=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；（4）解：连接CE，由（3）可知△ADE≌△CDG，∴CG=AE，∵EG=AE，∴CG=EG，∵四边形DEFG是正方形，∴∠DGE=45°，∵AD∥EG，∴∠ADG=∠DGE=45°，∴∠CGD=135°，∵∠EDG=90°，∴∠CDE=360°-135°-90°=135=∠CDG，又∵CD=CD，DG=DE，∴△CDE≌△CDG（SAS），∴CE=CG，∴CG=CE=EG，∴△CEG是等边三角形，∴∠CEG=60°，延长CD交EG于点H，∵△CDE≌△CDG，∴∠ECH=∠GCD，CG=CE，∴GH=EH，CH⊥EG，∵DE=，∴EG=2，∴DH=EH=EG=1，∴CH=EH=，∴CD=CH-DH=．即正方形ABCD的边长为．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．17．(1)AF=2(2)证明见解析(3)的面积为2【分析】（1）根据旋转性质和全等三角形的判定证明△ACE≌△BCD得到∠CAE=∠CBD，再根据等腰直角三角形的性质证得∠DAE=∠BAE=90°，然后直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可；（2）连接AE，证明△CAE≌△CBD得到AE=BD，利用三角形的中位线性质得到AE=2FG即可证的结论；（3）由等腰直角三角形的性质知当CD最小时，CF最小，根据垂线段最短知当CD⊥AB时，CD最小，即CF最小，证明DE∥BC，利用等高模型得到==即可求解．【详解】（1）解：由旋转性质得：∠DCE=90°，CE=CD，∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠DCE+∠DCA=∠ACB+∠DCA，∠CAB=∠CBA=45°，∴∠ACE=∠BCD，在△ACE和△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴∠CAE=∠CBD=45°，∴∠BAE=∠CAE+∠CAB=90°，∴∠DAE=90°，∵F为线段DE的中点，DE=4，∴AF=DE=2；（2）证明：连接AE，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACB-∠BCE=∠DCE-∠BCE，∴∠ACE=∠BCD，又AC=BC，CE=CD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴BD=AE，∵F为线段DE的中点，点G是线段AD的中点，∴GF为△AED的中位线，∴AE=2FG，∴BD=2FG；（3）解：∵∠DCE=90°，CE=CD，∴△DCE为等腰直角三角形，∠CDE=∠CED=45°，又F为斜边DE的中点，∴CF=DE=CD，∠DCF=∠ECF=45°，∴当CD最小时，CF最小，根据垂线段最短知当CD⊥AB时，CD最小，即CF最小，如图，∵∠CBA=45°，CD⊥AB，∴∠BCD=45°，∴∠CDE=∠BCD，∴DE∥BC，∴====2．【点睛】本题属于几何旋转综合题型，考查了旋转性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形的中位线性质、垂线段最短、等高等底等面积等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，寻找全等三角形解决问题是解答的关键．18．(1)4(2)135°(3)存在，PQ的长度为【分析】（1）过A作AE⊥BC于E，则S△ABC＝BC•AE＝6，求出AE＝4，由垂线段最短即可得出结果；（2）把△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBQ，连接PQ，则∠PBQ＝90°，∠APB＝∠CQB，易证△BPQ是等腰直角三角形，得出∠BQP＝45°，PQ＝2，再由勾股定理的逆定理证得△PCQ是直角三角形，∠PQC＝90°，即可得出结果；（3）过点P作EFAD交AB于点E、交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，则△ADD′、△AQQ′都是等边三角形，由S△PAD＝2S△PBC，可得AE＝2BE，进而求得AE＝400，当D′P⊥EF时，D′P取最小值，运用勾股定理即可求得答案．【详解】（1）解：如图1，过A作AE⊥BC于E，则S△ABC＝BC•AE＝×3×AE＝6，∴AE＝4，∵MD⊥BC，∴当A、M、D三点共线时，AM＋MD的值最小＝AE＝4，故答案为：4；（2）∵点P是正方形ABCD内一点，∴把△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBQ，连接PQ，如图2所示：则∠PBQ＝90°，∠APB＝∠CQB，QC＝PA＝2，QB＝PB＝，∴△BPQ是等腰直角三角形，∴∠BQP＝45°，PQ＝PB＝×＝2，∵QC2＋PQ2＝22＋（2）2＝16，PC2＝42＝16，∴QC2＋PQ2＝PC2，∴△PCQ是直角三角形，∠PQC＝90°，∴∠CQB＝∠PQC＋∠BQP＝90°＋45°＝135°，∴∠APB＝135°；（3）存在一点P和一点Q，使得AQ＋DQ＋PQ有最小值，理由如下：如图3，过点P作EFAD交AB于点E、交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接DD′、QQ′、D′Q、D′P，设D′P交AD于点G，则△ADD′、△AQQ′都是等边三角形，D′Q′＝DQ，∴AQ＝QQ′，∵Q′Q＋D′Q′≥D′Q，即AQ＋DQ≥D′Q，D′Q＋PQ≥D′P，∴AQ＋DQ＋PQ≥D′P，∴当P、Q、Q′、D′在同一条直线上时，AQ＋DQ＋PQ有最小值，最小值为D′P，在长方形ABCD中，AB＝600，AD＝800，∴BC＝AD＝800，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，∴EF∥BC，∵S△PAD＝2S△PBC，∴AD•AE＝2×BC•BE，∴AE＝2BE，∴AE＝AB＝400，∵点P在EF上，∴当D′P⊥EF时，D′P取最小值，∵ADEF，∴D′P⊥AD，∵△ADD′是等边三角形，∴AD′＝AD＝800，AG＝AD＝400，∠AGD′＝90°，∴D′G＝，∵∠EAG＝∠AEP＝∠EPG＝90°，∴四边形AEPG是矩形，∴GP＝AE＝400，∴D′P＝D′G＋GP＝400＋400，∴AQ＋DQ＋PQ的最小值为400＋400，；∵△AQQ′是等边三角形，AD⊥QQ′，∴∠GAQ＝30°，AQ＝2GQ，在Rt△AGQ中，AG2＋GQ2＝AQ2，∴4002＋GQ2＝（2GQ）2，解得：GQ＝，∴PQ＝GP−GQ＝．【点睛】本题考查了等边三角形判定与性质、正方形的性质、矩形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理逆定理、点到直线的距离垂线段最短、三角形面积计算等知识，解题关键是通过旋转确定线段和取最小值的位置．19．(1)BF=DE，BF⊥DE；(2)CF的最大值为，最小值为(3)【分析】（1）延长BF交AD于点H，交DE于点G，由四边形ABCD是正方形得AB=AD，∠BAD=90°，而AF=AE，∠EAF=90°，所以∠BAF=∠DAE=90°-∠DAF，即可证明△BAF≌△DAE，得BF=DE，∠ABF=∠ADE，则∠ADE+∠GHD=∠ABF+∠AHB=90°，即可证明BF⊥DE；（2）连接AC，因为正方形的边长为，，根据勾股定理求出AC的长，再根据“两点之间线段最短”得AC-AF≤CF≤AC+AF，可知当CF=AC-AF时，CF的值最小，当CF=AC+AF时，CF的值最大，求出CF的最大值和最小值即可；（3）连接BD，作DI⊥CG于点I，则∠DIG=∠DIC=90°，由正方形ABCD的边长为，DG：CB=1：3得AB=CB=CD，根据勾股定理求得BG，取BD的中点O，连接OG、OC，以点O为圆心、以OG长为半径作圆，则点B、C、D、G都在⊙O上，可得∠CGD=∠CBD=45°，∠GCD=∠GBD，可求得GI=DI=DG•sin∠CGD，再根据tan∠GCD=tan∠GBD求出CI的长，即可求出CG的长．【详解】（1）如图2，延长BF交AD于点H，交DE于点G，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴AF=AE，∠EAF=90°，∴∠BAF=∠DAE=90°-∠DAF，∴△BAF≌△DAE（SAS），∴BF=DE，∠ABF=∠ADE，∵∠AHB=∠GHD，∴∠ADE+∠GHD=∠ABF+∠AHB=90°，∴∠DGH=90°，∴BF⊥DE，故答案为：BF=DE，BF⊥DE．（2）如图3，连接AC，∵正方形的边长为，∴AB=BC=,，AF=AE=∵∠ABC=90°，∴AC=∴AC-AF=,AC+AF=∵AC-AF≤CF≤AC+AF，∴当CF的最大值为，最小值为；（3）如图4，连接BD，作DI⊥CG于点I，则∠DIG=∠DIC=90°，∵正方形ABCD的边长为，DG：CB=1：3，∴AB=CB=CD=，,∵∠BCD=90°，∴BD=,，∠CBD=∠CDB=45°，由（1）得BF⊥DE，∴∠BGD=90°，∴BG=,取BD的中点O，连接OG、OC，则OG=OC=OB=OD=BD，以点O为圆心、以OG长为半径作圆，则点B、C、D、G都在⊙O上，∴∠CGD=∠CBD=45°，∠GCD=∠GB