人教版数学九年级上册专项培优练习十二《旋转综合题专练》（含答案）

人教版数学九年级上册专项培优练习十二《旋转综合题专练》1.如图，K是正方形ABCD内一点，以AK为一边作正方形AKLM，使L，M，D在AK的同旁，连接BK和DM，试用旋转的思想说明线段BK与DM的关系．2.如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.(1)操作发现如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：①线段DE与AC的位置关系是      ；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是      .(2)猜想论证当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想.(3)拓展探究已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E(如图4).若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长. 3.如图1，已知点C为线段AB上一点，△ACM，△CBN都是等边三角形，AN交MC于点E，BM交CN于点F.(1)求证：AN=BM；(2)求证：△CEF为等边三角形；(3)将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°，其他条件不变，在图2中补出符合要求的图形，并判断第(1)、(2)两小题的结论是否仍然成立(不要求证明). 4.已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，有一个圆心角为45°，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．(Ⅰ)当扇形CEF绕点C在∠ACB的内部旋转时，如图1，求证：MN2=AM2+BN2；(思路点拨：考虑MN2=AM2+BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN=BN，∠MDN=90°就可以了．请你完成证明过程．)(Ⅱ)当扇形CEF绕点C旋转至图2的位置时，关系式MN2=AM2+BN2是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．5.如图①，A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形.(1)连结BE，DC，求证：BE=DC.(2)如图②，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′.①当旋转角为度时，边AD′落在AE上.②在①的条件下，延长DD′交CE于点P，连结BD′，CD′.当线段AB，AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明. 6.请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题.(1)探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连结CD.求证：△BCD的面积为a2；(提示：过点D作BC边上的高DE，可证△ABC≌△BDE)(2)探究2：如图2，在一般的Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连结CD.请用含a的式子表示△BCD的面积，并说明理由；(3)探究3：如图3，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝a，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连结CD.试探究用含a的式子表示△BCD的面积，要有探究过程. 7.在图1至图3中，点B是线段AC的中点，点D是线段CE的中点.四边形BCGF和CDHN都是正方形.AE的中点是M，FH的中点是P.(1)如图1，点A、C、E在同一条直线上，根据图形填空：①△BMF是三角形；②MP与FH的位置关系是，MP与FH的数量关系是；(2)将图1中的CE绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图2，解答下列问题：①证明：△BMF是等腰三角形；②(1)中得到的MP与FH的位置关系与数量关系的结论是否仍然成立？证明你的结论；(3)将图2中的CE缩短到图3的情况，(2)中的三个结论还成立吗？(成立的不需要说明理由，不成立的需要说明理由) 8.在平面直角坐标系中，O为原点，点A(﹣2，0)，点B(0，2)，点E，点F分别为OA，OB的中点.若正方形OEDF绕点O顺时针旋转，得正方形OE′D′F′，记旋转角为α.(Ⅰ)如图①，当α=90°时，求AE′，BF′的长；(Ⅱ)如图②，当α=135°时，求证AE′=BF′，且AE′⊥BF′；(Ⅲ)若直线AE′与直线BF′相交于点P，求点P的纵坐标的最大值(直接写出结果即可).9.在平面直角坐标系中,O为原点,点A（4,0），点B（0,3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′,点A，O旋转后的对应点为A′,O′,记旋转角为α．（Ⅰ）如图①,若α=90°,求AA′的长；（Ⅱ）如图②,若α=120°,求点O′的坐标；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下,边OA上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+BP′取得最小值时,求点P′的坐标（直接写出结果即可） 10.探究问题：(1)方法感悟：如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF.感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB=AD，BG=DE，∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°，∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，因此，点G，B，F在同一条直线上.∵∠EAF=45°∴∠2+∠3=∠BAD﹣∠EAF=90°﹣45°=45°.∵∠1=∠2，∴∠1+∠3=45°.即∠GAF=∠ FAE .又AG=AE，AF=AF∴△GAF≌  .∴  =EF，故DE+BF=EF.(2)方法迁移：如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF=∠DAB.试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想.(3)问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E，F分别为DC，BC上的点，满足∠EAF=∠DAB，试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF=EF.请直接写出你的猜想(不必说明理由). 11.如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AB边的中点，以AE为边作正方形AEFG，连接DE，BG.(1)发现①线段DE、BG之间的数量关系是  ；②直线DE、BG之间的位置关系是  .(2)探究如图2，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.(3)应用如图3，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转一周，记直线DE与BG的交点为P，若AB=4，请直接写出点P到CD所在直线距离的最大值和最小值. 12.如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，点E，F分别在四边形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系．（1）思路梳理将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，由∠B+∠ADC=180°，得∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，易证△AFG≌  ，故EF，BE，DF之间的数量关系为  ；（2）类比引申如图2，在图1的条件下，若点E，F由原来的位置分别变到四边形ABCD的边CB，DC延长线上，∠EAF=∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．（3）联想拓展如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC=2，则DE的长为  ． 13.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． 14.正方形ABCD中，E是CD边上一点，(1)将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，如图1所示.观察可知：与DE相等的线段是 ，∠AFB=  .(2)如图2，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、CD边上的点，且∠PAQ=45°，试通过旋转的方式说明：DQ+BP=PQ(3)在(2)题中，连接BD分别交AP、AQ于M、N，你还能用旋转的思想说明BM2+DN2=MN2.15.在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；（2）如图2，连接AA1，CC1．若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值． 参考答案1.解：BK与DM的关系是互相垂直且相等．∵四边形ABCD和四边形AKLM都是正方形，∴AB=AD，AK=AM，∠BAK=90°﹣∠DAK，∠DAM=90°﹣∠DAK，∴∠BAK=∠DAM，∴△ABK≌△ADM（SAS）．把△ABK绕A逆时针旋转90°后与△ADM重合，∴BK=DM且BK⊥DM．2.解：(1)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，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；②∵∠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S1=S2；故答案为：DE∥AC；S1=S2；(2)如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM(AAS)，∴AN=DM，∴△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S1=S2；(3)如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点， ∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2(SAS)，∴点F2也是所求的点，∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷=，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或.3.(1)证明：∵△ACM，△CBN是等边三角形，∴AC=MC，BC=NC，∠ACM=60°，∠NCB=60°，∴∠ACM+∠MCN=∠NCB+∠MCN，即：∠ACN=∠MCB，在△ACN和△MCB中，AC=MC，∠ACN=∠MCB，NC=BC，∴△ACN≌△MCB(SAS).∴AN=BM.(2)证明：∵△ACN≌△MCB，∴∠CAN=∠CMB.又∵∠MCF=180°﹣∠ACM﹣∠NCB=180°﹣60°﹣60°=60°， ∴∠MCF=∠ACE.在△CAE和△CMF中∠CAE=∠CMF，CA=CM，∠ACE=∠MCF，∴△CAE≌△CMF(ASA).∴CE=CF.∴△CEF为等腰三角形.又∵∠ECF=60°，∴△CEF为等边三角形.(3)解：如图，∵△CMA和△NCB都为等边三角形，∴MC=CA，CN=CB，∠MCA=∠BCN=60°，∴∠MCA+∠ACB=∠BCN+∠ACB，即∠MCB=∠ACN，∴△CMB≌△CAN，∴AN=MB，结论1成立，结论2不成立.4.证明：∵将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，∴△DCM≌△ACM∴CD=CA，DM=AM，∠DCM=∠ACM，∠CDM=∠A又∵CA=CB，∴CD=CB∴∠DCN=∠ECF-∠DCM=45°-∠DCM ∠BCN=∠ACB-∠ECF-∠ACM=90°-45°-∠ACM=45°-∠ACM∴∠DCN=∠BCN又∵CN=CN，∴△CDN≌△CBN．∴DN=BN，∠CDN=∠B．∴∠MDN=∠CDM+∠CDN=∠A+∠B=90°．∴在Rt△MDN中，由勾股定理∴MN2=DM2+DN2，即MN2=AM2+BN2．(Ⅱ)关系式MN2=AM2+BN2仍然成立．证明：∵将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，∴△GCM≌△ACM．∴CG=CA，GM=AM，∠GCM=∠ACM，∠CGM=∠CAM，又∵CA=CB，得CG=CB．∵∠GCN=∠GCM+∠ECF=∠GCM+45°∴∠BCN=∠ACB-∠ACN=90°-(∠ECF-∠ACM)=45°+∠ACM得∠GCN=∠BCN．又∵CN=CN，∴△CGN≌△CBN．∴GN=BN，∠CGN=∠B=45°，∠CGM=∠CAM=180°-∠CAB=135°，∴∠MGN=∠CGM-∠CGN=135°-45°=90°，∴在Rt△MGN中，由勾股定理，∴MN2=GM2+GN2，即MN2=AM2+BN2．5.解：(1)∵△ABD和△ACE都是等边三角形.∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD＋∠DAE=∠CAE＋∠DAE， 即∠BAE=∠DAC.在△BAE和△DAC中，∵∴△BAE≌△DAC(SAS)，∴BE=DC.(2)①∵∠BAD=∠CAE=60°，∴∠DAE=180°－60°×2=60°.∵边AD′落在AE上，∴旋转角=∠DAE=60°.②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等.证明如下：由旋转可知，AB′与AD重合，∴AB=DB=DD′=AD′.又∵BD′=BD′，∴△ABD′≌△DBD′(SSS).∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=×60°=30°.同理，∠AD′B=∠DD′B=30°，∴DP∥BC.∵△ACE是等边三角形，∴AC=AE=CE，∠ACE=60°.∵AC=2AB，∴AE=2AD′.∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°.∴∠ABD′=∠ACD′.∴BD′=CD′.∵DP∥BC，∴∠PD′C=∠ACD′=30°. ∴∠DBD′=∠DD′B=∠PCD′=∠PD′C=30°.在△BDD′与△CPD′中，∵∴△BDD′≌△CPD′(ASA).6.(1)证明：过点D作DE⊥CB交CB的延长线于点E，∴∠BED＝∠ACB＝90°.由旋转知AB＝BD，∠ABD＝90°，∴∠ABC＋∠DBE＝90°.又∵∠A＋∠ABC＝90°，∴∠A＝∠DBE.在△ABC和△BDE中，∵∴△ABC≌△BDE(AAS)，∴DE＝a＝BC，∴S△BCD＝BC·DE＝a2.(2)解：过点D作DE⊥CB，交CB的延长线于点E，由(1)得∠BED＝∠ACB＝90°.∵线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，∴AB＝BD，∠ABD＝90°.∴∠ABC＋∠DBE＝90°.∵∠A＋∠ABC＝90°.∴∠A＝∠DBE.在△ABC和△BDE中，∵∴△ABC≌△BDE(AAS)，∴BC＝DE＝a.∵S△BCD＝BC·DE， ∴S△BCD＝a2.(3)解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DE⊥CB，交CB的延长线于点E，∴∠AFB＝∠E＝90°，BF＝BC＝a.∴∠FAB＋∠ABF＝90°.∵∠ABD＝90°，∴∠ABF＋∠DBE＝90°，∴∠FAB＝∠EBD.∵线段BD是由线段AB旋转得到的，∴AB＝BD.在△AFB和△BED中，∵∴△AFB≌△BED，∴BF＝DE＝a.∵S△BCD＝BC·DE，∴S△BCD＝a·a＝a2.∴△BCD的面积为a2.7.解：(1)△FMH是等腰直角三角形.∵四边形BCGF和CDHN都是正方形，点N与点G重合，点M与点C重合，∴FB=BM=MD=DH，∠FBM=∠MDH=90°，在△FBM和△MDH中，∴△FBM≌△MDH(SAS)， ∴FM=MH，∵∠FMB=∠DMH=45°，∴∠FMH=90°，∴FM⊥HM，∴△FMH是等腰直角三角形；②∵△FMH是等腰直角三角形，P是斜边FH的中线，∴MP⊥FH，MP=FH，(2)①△BMF是等腰三角形，∵点B是线段AC的中点，点D是线段CE的中点，AE的中点是M，∴BM是△ACE的中位线，∴BM=CE=CD，∵FB=BC=CD=DH，∴FB=BM，∴△BMF是等腰三角形.②仍然成立；连接MB、MD，如图2，设FM与AC交于点Q.∵B、D、M分别是AC、CE、AE的中点，∴MD∥BC，且MD=BC=BF；MB∥CD，且MB=CD=DH，∴四边形BCDM是平行四边形，∴∠CBM=∠CDM，又∵∠FBC=∠HDC，∴∠FBM=∠MDH，在△FBM和△MDH中，∴△FBM≌△MDH(SAS)，∴FM=MH，且∠MFB=∠HMD，∵BC∥MD，∴∠AQM=∠FMD，∴∠FMH=∠FMD﹣∠HMD=∠AQM﹣∠MFB=∠FBC=90°，∴△FMH是等腰直角三角形； ∵△FMH是等腰直角三角形，P是斜边FH的中线，∴MP⊥FH，MP=FH，(3)三个结论还成立；连接MB、MD，如图3，设FM与AC交于点P.∵B、D、M分别是AC、CE、AE的中点，∴MD∥BC，且MD=BC=BF；MB∥CD，且MB=CD=DH，∴四边形BCDM是平行四边形，∴∠CBM=∠CDM，又∵∠FBP=∠HDC，∴∠FBM=∠MDH，在△FBM和△MDH中，∴△FBM≌△MDH(SAS)，∴FM=MH，且∠MFB=∠HMD，∵BC∥MD，∴∠APM=∠FMD，∴∠FMH=∠FMD﹣∠HMD=∠APM﹣∠MFB=∠FBP=90°，∴△FMH是等腰直角三角形.∵是斜边FH的中线，∴MP⊥FH，MP=FH；8.(1)当α=90°时，点E′与点F重合，如图①．∵点A(-2，0)点B(0，2)，∴OA=OB=2，∵点E，点F分别为OA，OB的中点，作业帮∴OE=OF=1， ∵正方形OE′D′F′是正方形OEDF绕点O顺时针旋转90°得到的，∴OE′=OE=1，OF′=OF=1．在Rt△AE′O中，AE′=OA2+OE2=．在Rt△BOF′中，BF′=OB2+OF2=．∴AE′，BF′的长都等于；(2)当α=135°时，如图②．∵正方形OE′D′F′是由正方形OEDF绕点O顺时针旋转135°所得，∴∠AOE′=∠BOF′=135°．在△AOE′和△BOF′中，AO=BO，∠AOE′=∠BOF′，OE′=OF′，∴△AOE′≌△BOF′(SAS)．∴AE′=BF′，且∠OAE′=∠OBF′．∵∠ACB=∠CAO+∠AOC=∠CBP+∠CPB，∠CAO=∠CBP，∴∠CPB=∠AOC=90°，∴AE′⊥BF′；(3)点E′(1，0)、D′(1，-1)、F′(0，-1)如图③，直线AE′与直线BF′相交于点P，当点P在坐标轴上时，α=180°，P与O重合，∵OE′=OF′=1，∴点E′(1，0)、D′(1，-1)、F′(0，-1)．9.解：（1）如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB=5， ∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′=BA=5；（2）作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，∴BH=BO′=，O′H=BH=，∴OH=OB+BH=3+=，∴O′点的坐标为（，）；（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），设直线O′C的解析式为y=kx+b，把O′（，），C（0，﹣3）代入得，解得，∴直线O′C的解析式为y=x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P（，0），∴OP=，∴O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A′=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，∴O′D=O′P′=，P′D=O′D=，∴DH=O′H﹣O′D=﹣=，∴P′点的坐标为（，）．10.解： 11.解：(1)发现①线段DE、BG之间的数量关系是：DE=BG，理由是：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BDA=90°，∴∠BAG=∠BAD=90°，∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∴△AED≌△AGB，∴DE=BG；②直线DE、BG之间的位置关系是：DE⊥BG，理由是：如图2，延长DE交BG于Q，由△AED≌△AGB得：∠ABG=∠ADE，∵∠AED+∠ADE=90°，∠AED=∠BEQ，∴∠BEQ+∠ABG=90°，∴∠BQE=90°，∴DE⊥BG； 故答案为：①DE=BG；②DE⊥BG；(2)探究(1)中的结论仍然成立，理由是：①如图3，∵四边形AEFG和四边形ABCD是正方形，∴AE=AG，AD=AB，∠EAG=∠DAB=90°，∴∠EAD=∠GAB=90°+∠EAB，在△EAD和△GAB中，，∴△EAD≌△GAB(SAS)，∴ED=GB；②ED⊥GB，理由是：∵△EAD≌△GAB，∴∠GBA=∠EDA，∵∠AMD+∠ADM=90°，∠BMH=∠AMD，∴∠BMH+∠GBA=90°，∴∠DHB=180°﹣90°=90°，∴ED⊥GB；(3)应用将正方形AEFG绕点A逆时针旋转一周，即点E和G在以A为圆心，以2为半径的圆上，过P作PH⊥CD于H，①当P与F重合时，此时PH最小，如图4，在Rt△AED中，AD=4，AE=2，∴∠ADE=30°，DE=2，∴DF=DE﹣EF=2﹣2，∵AD⊥CD，PH⊥CD，∴AD∥PH，∴∠DPH=∠ADE=30°，cos30°==，∴PH=(2﹣2)=3﹣； ②∵DE⊥BG，∠BAD=90°，∴以BD的中点O为圆心，以BD为直径作圆，P、A在圆上，当P在的中点时，如图5，此时PH的值最大，∵AB=AD=4，由勾股定理得：BD=4，则半径OB=OP=2∴PH=2+2.综上所述，点P到CD所在直线距离的最大值是2+2，最小值是3﹣.12.解：（1）将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，使AB与AD重合，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠FDG=180°，即点F，D，G三点共线，∵∠BAF=∠DAG，∠EAF=∠BAD，∴∠EAF=∠GAF，在△AFG和△AFE中，，∴△AFG≌△AFE，∴EF=FG=FD+FG=FD+BE，故答案为：△AFE、EF=BE+DF；（2）EF，BE，DF之间的数量关系是EF=DF﹣BE．证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE'， 则△ABE≌ADE'，∴∠DAE'=∠BAE，AE'=AE，DE'=BE，∠ADE'=∠ABE，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∠ADE'=∠ADC，即E'，D，F三点共线，又∠EAF=∠BAD∴∠E'AF=∠BAD﹣（∠BAF+∠DAE'）=∠BAD﹣（∠BAF+∠BAE）=∠BAD﹣∠EAF=∠BAD．∴∠EAF=∠E'AF，在△AEF和△AE'F中，，∴△AFE≌△AFE'（SAS），∴FE=FE'，又∵FE'=DF﹣DE'，∴EF=DF﹣BE；（3）将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，由（1）得，△AED≌AED'，．∴DE=D'E．∵∠ACB=∠B=∠ACD'=45°，∴∠ECD'=90°，在Rt△ECD'中，ED'==，即DE=，故答案为：．13.解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN=BD，∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PM=CE，∵AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，∵PN∥BD，∴∠DPN=∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCA，∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．由旋转知，∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，利用三角形的中位线得，PN=BD，PM=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形；（3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大=AM+AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，∴AM=2，在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5，∴MN最大=2+5=7，∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×（7）2=．14.解：(1)∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，∵DE=BF，∠AFB=∠AED.故答案为：BF，AED；(2)将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，如图2，则∠D=∠ABE=90°，即点E、B、P共线，∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，∵∠PAQ=45°，∴∠PAE=45°，∴∠PAQ=∠PAE，在△APE和△APQ中 ∵，∴△APE≌△APQ(SAS)，∴PE=PQ，而PE=PB+BE=PB+DQ，∴DQ+BP=PQ；(3)∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°，如图，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，则∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，与(2)一样可证明△AMN≌△AMK，得到MN=MK，∵∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，∴△BMK为直角三角形，∴BK2+BM2=MK2，∴BM2+DN2=MN2.15.解：（1）由旋转的性质可得∠A1C1B=∠ACB=45°，BC=BC1∴∠CC1B=∠C1CB=45°∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°＋45°=90°（2）∵△ABC≌△A1BC1∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1∴，∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1∴∠ABA1=∠CBC1∴△ABA1∽△CBC1∴∵ ∴（3）过点B作BD⊥AC，D为垂足∵△ABC为锐角三角形∴点D在线段AC上Rt△BCD中，BD=BC×sin45°=P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为-2当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为2+5=7。