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）

这是一份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），共30页。试卷主要包含了探究问题等内容，欢迎下载使用。

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，[来源:学科网ZXXK]
∴∠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 。