人教版数学九年级上册期末复习专题强化 旋转、对称和几何变换的综合技巧训练（含答案）

这是一份人教版数学九年级上册期末复习专题强化 旋转、对称和几何变换的综合技巧训练（含答案），共40页。
专题强化：旋转、对称和几何变换的综合技巧训练一、单选题1．（2022·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学）如图，在中，，．将绕点逆时针旋转得到，点落在边上，则的度数是（    ）A． B． C． D．2．（2022·全国·九年级单元测试）如图，把矩形OABC放在直角坐标系中，OC在x轴上，OA在y轴上，且OC＝2，OA＝4，把矩形OABC绕着原点顺时针旋转90°得到矩形OA′B′C′，则点B′的坐标为（    ）A．（2，3） B．（﹣2，4） C．（4，2） D．（2，﹣4）3．（2022·全国·九年级）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点坐标分别为A（1，0）、B（0，﹣1）、C（﹣1，0）、D（0，1），点P（0，2）绕点A旋转180°得点，点绕点B旋转180°得点，点绕点C旋转180°得点，点绕点D旋转180°得点，点绕点A旋转180°得点，…，重复操作依次得到点，，，，，…，则点的坐标为（    ）A．（2，﹣2） B．（﹣2，0） C．（0，2） D．（0，0）4．（2022·浙江宁波·九年级期末）如图，在中，，以点A为旋转中心，将绕点A逆时针旋转得到，点B、C的对应点分别为D、E，连接CE，若，则的值是（    ）A．25° B．30° C．35° D．45°5．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知正方形的边长为3，E为CD边上一点，．以点A为中心，把顺时针旋转90°，得，连接，则的长等于（    ）A． B． C． D．6．（2022·广东·丰顺县球山中学九年级开学考试）如图，在 中，，，，将 绕点 按顺时针方向旋转 度后，得到 ．此时，点 在 边上，斜边 交 于点 ，则 的大小和图中阴影部分面积分别为（    ） A．， B．， C．， D．，7．（2022·全国·九年级期中）如图，在中，．将绕点O逆时针方向旋转，得到，连接，则（    ）A．1 B． C． D．8．（2022·广东·丰顺县汤坑镇第二中学九年级开学考试）已知：如图，在等边中取点，使得，，的长分别为，，，将线段以点为旋转中心顺时针旋转得到线段，连接，下列结论：①可以由绕点顺时针旋转得到；②点与点的距离为；③；④．其中正确的结论有（    ）A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．②③④9．（2022·全国·九年级单元测试）如图中，，是斜边的中点，将绕点A按顺时针方向旋转，点落在的延长线上的处，点B落在处，若，，则的长为（    ）A．7.5 B．6 C．6.4 D．6.510．（2022·广东·广州市育才中学九年级）如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（    ）A． B． C． D．11．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，，，O为AC的中点，M为BC边上一动点，将绕点A逆时针旋转角得到，点M的对应点为，连接，在旋转过程中，线段的长度的最小值是（    ）A．1 B．1.5 C．2 D．312．（2022·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中，，BC＝3，P为矩形内一点，连接PA，PB，PC，则PA＋PB＋PC的最小值是（    ）A． B． C． D．二、填空题13．（2022·黑龙江·虎林市东方红镇中学九年级阶段练习）如图，在平面内将Rt△ABC绕直角顶点C逆时针旋转90°到Rt△EFC，若AB=，BC=1，则BE的长为______．14．（2022·湖南·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校九年级阶段练习）已知平面直角坐标系内有一点P（，），连接，将线段绕着点逆时针旋转90度，点落在点的位置，则的坐标为________．15．（2022·广东·东莞市万江第三中学三模）如图，在四边形中，，，且，连接，若，，则的长为______．16．（2022·全国·九年级单元测试）如图，中，，，底边上的高，是中点．是上一点，连接，将绕点逆时针旋转交的延长线于点（1）若，则__；（2）若为的中点，则__．17．（2022·全国·九年级单元测试）如图，在中，，，，将绕点按逆时针方向旋转得到．连接、，直线、交于点，连接．（1）与的等量关系是：___；（2）在旋转过程中，线段的最大值是___．18．（2022·全国·九年级单元测试）如图，在矩形中，，，点在线段上运动（含、两点），连接，以点为中心，将线段逆时针旋转到，连接，则线段的长度的范围为___．19．（2022·全国·九年级单元测试）如图，在正方形中，，是的中点，点是正方形内一个动点，且，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为__．三、解答题20．（2022·广东·广州市育才中学）如图，在中，，将绕点A旋转一定的角度得到，且点E恰好落在边BC上．(1)求证：AE平分；(2)连接BD，求证：．21．（2022·广西·防城港外国语学校）在△ABC中，∠ACB＝，∠ABC＝，AC＝2cm，△ABC绕点C顺时针旋转，旋转角为，点A、B的对应点分别是D，E．(1)如图1，当点D恰好落在边AB上时，旋转角的度数是 　 　；(2)如图2，当点B，D，E三点恰好在同一直线上时，判断此时直线CE与AB的位置关系，并说明理由．22．（2022·福建省福州铜盘中学九年级阶段练习）如图，在矩形中，对角线与交于点，将绕点顺时针旋转，点对应点为点，点对应点为点．(1)当点落在的延长线上时，请解答以下两个问题：①如图，若，，连接，求的长度用含的代数式表示；②如图，延长交于点，试猜想与的位置关系并加以证明；(2)如图，在图的基础上继续绕点旋转，点对应点为点，点对应点为点，当点落在的延长线上时，已知，求证：四边形是菱形．23．（2022·湖北·武汉市第十一中学九年级阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(0，2)，△ABO为等边三角形，P是x轴上的一个动点（不与O点重合），将线段AP绕A点按逆时针旋转60°，P点的对应点为点Q，连接OQ，BQ(1)点B的坐标为 ；(2)①如图①，当点P在x轴负半轴运动时，求证：∠ABQ=90°；②当点P在x轴正半轴运动时，①中的结论是否仍然成立？请补全图②，并作出判断（不需要说明理由）；(3)在点P运动的过程中，若△OBQ是直角三角形，直接写出点P的坐标.24．（2022·湖南·长沙市华益中学九年级阶段练习）在△ABE和△CDE中，∠ABE=∠DCE=90°，AB=BE，CD=CE．(1)连接AD、BC，点M、N分别为AD、BC的中点，连接MN，①如图1，当B、E、C三点在一条直线上时，MN与BC关系是 ．②如图2，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，①中的结论还成立吗？如果成立，请证明你的结论；如果不成立，请说明理由．(2)如图3，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转时，连接AC、BD，点P、Q分别为BD、AC的中点，连接PQ，若AB=13，CD=5，则PQ的最大值是 ，此时以A、B、C、D为顶点的四边形的面积为 ．25．（2022·山西吕梁·九年级期末）综合与实践：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足，连接EF，求证：．李伟同学是这样解决的：将绕点A顺时针旋转90°得到，此时AB与AD重合，再证明，可得结论．(1)如图2，在四边形ABCD中，，，，且，，求BE的长；(2)类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，，若固定不动，绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式始终成立，请说明理由．26．（2022·湖南·长沙市华益中学九年级阶段练习）如图，平面直角坐标系中，直线分别交x、y轴于A、B两点，点P为线段AB的中点．(1)直接写出点P的坐标：(2)如图1，点C是x轴正半轴上的一动点，过点P作交y轴正半轴于点D，连接CD，点M、N分别是CD、OB的中点，连接MN．求的度数；(3)如图2．点Q是x轴上的一个动点．连接PQ．把线段PQ绕点Q逆时针旋转90°至线段QT，连接PT、OT．当的值最小时，求此时点T的坐标．27．（2022·山西吕梁·九年级期末）阅读下面材料：张明同学遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且，，，求的度数．张明同学是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造，连接，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．(1)请你计算图1中的度数；(2)参考张明同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，在正方形内有一点，且，，，求的度数．参考答案：1．C【分析】由题意易求出，由旋转的性质可得出，即证明为等边三角形，从而得出．【详解】∵，，∴．由旋转的性质可知，∴为等边三角形，∴．故选C．【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质．掌握有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形是解题关键．2．C【分析】利用矩形的特点和旋转的性质解答即可．【详解】解：矩形的对边相等，B′C′＝OA＝4，A′B′＝OC＝2，∴点B′的坐标为（4，2）故选：C．【点睛】本题主要考查矩形的性质和坐标在象限内的符合，熟练掌握坐标在象限内的特点为解题的关键．3．A【分析】通过前几个点坐标确定周期，即可判断在周期内所处位置．【详解】解：结合图象确定前几个点的坐标为：（2，-2）、（-2，0）、（0，0）、（0，2）、（2，-2）……发现周期为 4，∴2021÷4=505•••1，故是周期内的第1个，同  坐标．故选：A．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转、规律型-点的坐标，解决本题的关键是根据点的坐标变化寻找规律．4．B【分析】由旋转的性质可得，再根据平行线的性质，得，利用三角形内角和定理求出，即可解决问题．【详解】解：∵将绕点A逆时针旋转得到，∴，，∴，∵，∴，故选：B．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识，由旋转得出是解题的关键．5．C【分析】由旋转的性质可得出，，再由勾股定理可求解．【详解】解：四边形是正方形，，，，，把顺时针旋转，得，，，∴，，点，点，点三点共线，，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质．6．A【分析】先根据已知条件求出AC的长及∠B的度数，再根据图形旋转的性质及等边三角形的判定定理判断出△BCD的形状，进而得出∠BCD和∠DCF的度数，由直角三角形的性质可判断出DE和CE，由三角形的面积公式即可得出结论．【详解】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，∴∠B=60°，AB=2BC=4， ∵△EDC是△ABC旋转而成，∴BC=CD=2，∴ ∵∠B=60°，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，∴∴∴S阴影=DF×CF=×1×=，即： 故选：A．【点睛】本题考查的是图形旋转的性质及直角三角形的性质及三角形的面积公式，熟知图形旋转的性质是解答此题的关键．7．B【分析】由旋转性质可判定△AOA'为等腰直角三角形，△BOB'为等腰直角三角形，再由勾股定理可求得AA'和BB'的长，最后作差即可．【详解】解：由旋转性质可知，OA=OA'=1，OB=OB'=,∠AOA'=∠BOB'=90°，则△AOA'为等腰直角三角形，△BOB'为等腰直角三角形，∴，，∴故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟悉以上性质是解题关键．8．C【分析】①由旋转的性质、等边三角形的性质以及全等三角形的判定定理证得，即可以由绕点顺时针旋转得到；②连接．根据①中的旋转的性质知是等边三角形；③利用勾股定理的逆定理可得为直角三角形，且，则；④由得，则有，根据等边三角形的面积为边长平方的倍和直角三角形的面积公式即可得到．【详解】解：连，如图，线段以点为旋转中心顺时针旋转得到线段，，，又为等边三角形，，，，，可以由绕点顺时针旋转得到，所以①正确；，，为等边三角形，，所以②正确；在中，，，由①得到，，即，为直角三角形，且，由②得，，所以③正确；，，，所以④错误．正确为：①②③．故选：C【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角线段，对应线段线段；对应点的连线段所夹的角等于旋转角；对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理．9．C【分析】过点A作于点，根据勾股定理可得的长，根据直角三角形的性质可得的长，根据，可得的长，根据勾股定理可得的长，根据旋转的性质进一步可得的长．【详解】解：过点A作于点，如图所示：∵，，，根据勾股定理，得，∵是的中点，∴，∵，∴，即，解得，∵，根据勾股定理，可得，根据旋转的性质，可得，∴点是的中点，∴，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，利用面积法求的长是解决本题的关键．10．B【分析】连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．利用正方形的性质、勾股定理得出，利用旋转的性质得出，，再证明，得出，可知点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，进而求出DH的值即可．【详解】解：如图，连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．∵四边形ABCD是正方形，边长为4，∴，，，∴，，∴，∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，∵，，∴，∴DF的最小值为．故选B．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及垂线段最短等知识点，通过得出点F的运动轨迹是解题的关键．11．B【分析】如图：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时， 的长度最小；旋转的性质可得，再根据直角三角形的性质可求得，由中点的定义可求得OA,最后计算即可．【详解】解：由题意知当旋转到点在AC的延长线上且AC与 垂直时，的长度最小；∵将绕点A逆时针旋转角∴∵AC⊥，∴∵O为AC的中点∴AO==3.5∴．故选B．【点睛】本题主要考查了旋转的性质和直角三角形的性质，掌握30°所对的直角边是斜边的一半．12．D【分析】将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．【详解】解：将△BPC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PF、AE、AC，则AE的长即为所求．由旋转的性质可知：△PFC是等边三角形，∴PC=PF，∵PB=EF，∴PA+PB+PC=PA+PF+EF，∴当A、P、F、E共线时，PA+PB+PC的值最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴，∴AC=2AB，∴∠ACB=30°，，∵∠BCE=60°，∴∠ACE=90°，∴，故选：D．【点睛】本题考查利用旋转变换解决最短路径问题，两点之间线段最短、矩形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．13．3【分析】由勾股定理可得AC=2，由旋转的性质可得CE=AC=2，即可求解．【详解】解：∵△ABC为直角三角形，AB=，BC=1，∴AC==2，∵Rt△ABC绕着直角顶点C逆时针旋转90°得到Rt△EFC，∴CE=AC=2，∴BE=BC+CE=3，故答案为：3．【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，解题的关键是明确旋转前后对应边相等．14．【分析】先画出符合题意的图形，过分别作轴，轴，垂足分别为 再证明利用全等三角形的性质可得答案．【详解】解：如图，由题意可得： 过分别作轴，轴，垂足分别为 则∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，利用数形结合的方法解题是关键．15．【分析】将△ADB以D为旋转中心，逆时针旋转60°，使A与C点重合，B与E点重合，连接BE，可得到△DBE为等边三角形，从而得到DB=BE，再由，，可得∠ECB=90°，然后可得，即可求解．【详解】解：如图，将△ADB以D为旋转中心，逆时针旋转60°，使A与C点重合，B与E点重合，连接BE，∴∠ABD=∠CED，∠A=∠ECD，AB=CE，DB=DE，又∵∠ADC=60°，∴∠BDE=60°，∴△DBE为等边三角形，∴DB=BE，∴∠ECB=360°-∠BCD-∠DCE=360°-∠BCD-∠A=360°-（360°-∠ADC-∠ABC）=90°，∴△ECB为直角三角形，∴，∴，∴，故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．16．     20     ##【分析】（1）根据已知条件证明是等边三角形，然后根据三角形内角和定理即可解决问题；（2）证明，可得，然后根据勾股定理即可解决问题．【详解】解：（1），是高，，，，，是的中点，，是等边三角形，，根据旋转的性质，可知，，设与交于点，，，；故答案为：20；（2）由（1）可知：，，，，在和中，，，，，，，在Rt△ADC中，，，，，∵是的中点，，．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转变换，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，解决本题的关键是掌握旋转的性质．17．          【分析】（1）由旋转可知：，可证，即得，；（2）取的中点，连接，，设，交于点，由（1）知，得，可得，由是的中点，有，故当，，共线时，最大为．【详解】解：（1），理由如下：由旋转可知：，，，，，，，，；故答案为：；（2）取的中点，连接，，设，交于点，如图：由（1）知，，，，是的中点，，，当，，共线时，最大为，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转的性质．18．【分析】①当与重合时，最大，连接，可证是等边三角形，从而可得最大值是5；②以为边向右作等边，作射线交于点，过点作于，证明，有，可得，故点在射线上运动，由，，可得，根据垂线段最短可知，的最小值为，即可得到答案．【详解】解：①当与重合时，最大，连接，如图：，，，，，将线段逆时针旋转到，，是等边三角形，，，即最大值是5；②以为边向右作等边，作射线交于点，过点作于，如图：四边形是矩形，，是等边三角形，将线段逆时针旋转到，，，，，在和中，，，，，，，，点在射线上运动，，，，，，根据垂线段最短可知，当点与重合时，的值最小，最小值为，综上所述，，故答案为：．【点睛】本题主要考查矩形中的旋转变换，解题的关键是掌握旋转的性质，能求出点的轨迹．19．##【分析】连接，将绕点逆时针旋转得，连接，，，作于，利用证明，得，再说明，得，，求出的长，再利用三角形三边关系可得答案．【详解】解：连接，将绕点逆时针旋转得，连接，，，作于，，，，，，，，，，，，，，，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．20．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据旋转性质得到对应边相等，对应角相等，进而根据等边对等角性质可将角度进行等量转化，最后可证得结论；（2）根据旋转性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理对角度进行等量转化可证得结论．（1）证明：由旋转性质可知：，，平分．（2）证明：如图所示：由旋转性质可知：，，，， 即，，，，∵在中，，，，即．【点睛】本题考查了三角形的旋转变化，熟练掌握旋转前后图形的对应边相等，对应角相等以及合理利用三角形内角和定理是解决本题的关键．21．(1)(2)垂直，理由见解析【分析】（1）由题意结合旋转的性质可证明为等边三角形，即得出旋转角的度数是．（2）由旋转可知CB=CE，结合等腰对等角即得出，从而可求出，结合三角形内角和定理即可求出，即直线CE与AB的位置关系为垂直．（1）∵∠ACB＝，∠ABC＝，∴∠BAC＝．由旋转的性质可知AC=CD，∴为等边三角形，∴，即旋转角的度数是．故答案为：；（2）垂直，理由如下：如图，延长EC交AB于点F．由旋转可知CB=CE，∵，∴．∴，即，∴，即，∴直线CE与AB的位置关系为垂直．【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键．22．(1)①②垂直，理由见解析(2)见解析【分析】（1）①过点作于点，由旋转可知，得出，由勾股定理可得出答案；②由旋转可得出，证明，则可得出结论；（2）由旋转可知，，，，证出，，可得出四边形是平行四边形，由菱形的判定方法可得出结论．（1）解：如图，过点作于点， 四边形为矩形，，，点是矩形对角线的交点，为的中点，，，由旋转可知，，在中，，；答：的长度为；，证明如下：如图： 由旋转可知，即，，，，，，即；（2）证明：如图： 四边形是矩形，，，由旋转可知，，，，，，，，，，，即，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及菱形的判定等知识，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．23．(1)(，1)(2)①见解析；②补全图②见解析，成立(3)(，0)或(，0)【分析】（1）过点B作轴，由等边三角形的性质可知，，从而可求出，再由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理可求出，，从而得出B(，1)；（2）①由旋转的性质可知AP=AQ，，根据等边三角形的性质可知AO=AB，，从而可求出，进而可求出，即易证，得出；②由题意画图即可，由①同理可证，即得出；（3）先求出，再分类讨论：①当时，此时点P在x轴负半轴和②当时，此时点P在x轴负半轴，结合含30度角的直角三角形的性质，勾股定理和全等三角形的性质即可求出答案．（1）解：如图，过点B作轴，∵点A的坐标为(0，2)，△ABO为等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴B(，1)；故答案为：(，1)；（2）①由旋转的性质可知AP=AQ，．∵为等边三角形，∴AO=AB，，∴，∴，∴，∴．∵，∴；②补全图②如图，①中的结论仍然成立．由①同理可证，∴；（3）当点P在x轴负半轴运动时，∵，，∴．当点P在x轴正半轴运动时，∵，，∴．综上可知，故可分类讨论：①当时，如图，此时点P在x轴负半轴，∵，，∴．∵，∴，解得：或（舍）．∵，∴，∴P(，0)；②当时，如图，此时点P在x轴负半轴，∵，，∴，∴．∵，∴，∴P(，0)．综上可知当△OBQ是直角三角形时，点P坐标为(，0)或(，0)．【点睛】本题考查坐标与图形，等边三角形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识．利用数形结合和分类讨论的思想是解题关键．24．(1)①MN⊥BC，；②成立，理由见解析(2)9，72【分析】（1）①延长CM、BA交于R，连接BM，证明△DMC△AMR(AAS)，得CM=RM，CD=AR，从而BR=BC，△BCR是等腰直角三角形，可得MN⊥BC，；②过A作交CM延长线于F，连接BF，证明△DMC△AMF(AAS)，得CM=FM，∠FAM=∠CDM，可得∠BAF=∠BEC，从而△FAB△CEB(SAS)，即BC=BF，∠EBC=∠ABF，△FBC是等腰直角三角形，△BCM是等腰直角三角形，故MN⊥BC，；（2）连接CP并延长至T，使PT=CP，连接AT、BT，证明△CPD△TPB(SAS)，得BT＝CE＝CD＝5，△ABT中，AB+BT>AT，可知PQ＜9，当等腰Rt△CDE绕点E顺时针旋转至A、B、T共线（不能构成△ABT）时，PQ最大，最大值为，．（1）解：①延长CM、BA交于R，连接BM，如图所示，∵∠ABE=∠DCE=90° ，∴，∴∠DCM=∠R，∵M是AD中点， ∴DM=AM，∴∠DMC=∠AMR，∴△DMC△AMR(AAS)，∴CM=RM，CD=AR，∵AB=BE，CD=CE，∴AB+AR=BE+CE，即BR=BC， 而∠ABE=90°，∴△BCR是等腰直角三角形，∵CM=RM，∴△BCM是等腰直角三角形，∵ N为BC中点，∴MN⊥BC，；②结论仍然成立，理由如下：过A作交CM延长线于F，连接BF，如图：∵，∴∠DCM=∠AFM，∵M是AD中点，∴DM=AM，又∵∠DMC=∠AMF，∴△DMC△AMF(AAS)，∴CM=FM，∠FAM=∠CDM，∵∠CDM=∠CDE+∠EDA=45° +∠EDA ，∴∠FAM=45°+∠EDA，∴∠EAF=∠FAM+∠EAD=45°+∠EDA+∠EAD=45° +(180°-∠AED)=225°-∠AED，∴∠BAF=360°-∠EAF-∠EAB = 360° -(225°-∠AED）-45°=90° +∠AED ，而 ∠BEC=∠BEA+∠AED+∠CED = 45°+∠AED+45° = 90°+∠AED，∴∠BAF=∠BEC，∵AB=BE，AF=CD=CE，∴△FAB△CEB(SAS)，∴BC=BF，∠EBC=∠ABF，∵∠EBC+∠ABC=90°，∴∠ABF+∠ABC=90°，即 ∠FBC=90°，∴△FBC是等腰直角三角形，∵CM=FM，∴△BCM是等腰直角三角形，∵N是BC中点， ∴MN⊥BC，；（2）连接CP并延长至T，使PT=CP，连接AT、BT，如图所示：∵Q是AC中点，PT＝CP，∴AT＝2PQ∵P是BC中点，∴DP = BP，∵PT＝CP，∠CPD＝∠TPB，∴△CPD△TPB(SAS)，∴BT＝CE＝CD＝5，∵在△ABT中，AB+BT>AT，∴AT