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【期中复习】人教版 初中数学九年级上册 期末专题复习 旋转类压轴题专题训练（含解析）
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这是一份【期中复习】人教版 初中数学九年级上册 期末专题复习 旋转类压轴题专题训练（含解析），共58页。试卷主要包含了探究，基本图形，已知，在内部作等腰，，等内容，欢迎下载使用。
(1)求证：；
(2)将图①中的绕点逆时针旋转，连接，点为线段中点，连接，，，如图②．
①求证：，；
②若，求的面积．
2．探究：如图1和2，四边形中，已知，，点，分别在、上，．
(1)①如图 1，若∠B、都是直角，把绕点A逆时针旋转至△ADG，使与重合，则能证得，请写出推理过程；
②如图 2，若∠B、都不是直角，则当∠B与满足数量关系___时，仍有；
(2)拓展：如图3，在中中，，，点、均在边上，且．若，求的长．
3．基本图形：在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE．
探索：（1）连接EC，如图①，试探索线段BC，CD，CE之间满足的等量关系，并证明结论；
（2）连接DE，如图②，试探索线段CD，BD，AD之间满足的等量关系，并证明结论；
拓展：（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=3，CD=1，则AD的长为____________．(直接写出答案，不需要说明理由．)
4．如图1，正方形与正方形的边、（）在一条直线上，正方形以点为旋转中心逆时针旋转，在旋转过程中，两个正方形只有点重合，其他顶点均不重合，连接、．
(1)当正方形旋转至如图2所示的位置时，求证：；
(2)当点在射线上时，连接，画出图形并直接写出的度数；
(3)如图3，如果，，，求点到的距离．
5．将一张透明的平行四边形胶片沿对角线剪开，得到图①中的两张三角形胶片和．将这两张三角形胶片的顶点B与顶点E重合，把绕点B顺时针方向旋转，这时AC与DF相交于点O．
（1）当旋转至如图②位置，点B（E），C,D在同一直线上时，∠AFD与∠DCA的数量关系是 ．
（2）当继续旋转至如图③位置时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）在图③中，连接BO,AD，探索BO与AD之间有怎样的位置关系，并证明．
6．如图，△ABC中，∠ACB＝90º，AC＝BC＝1，将△ABC绕点C逆时针旋转角α．（0º＜α＜90º）得到△A1B1C1，连结BB1.设CB1交AB于D，A1B1分别交AB、AC于E、F．
（1）在图中不再添加其它任何线段的情况下，请你找出一对全等的三角形，并加以证明（△ABC与△A1B1C1全等除外）；
（2）当△BB1D是等腰三角形时，求α；
（3）当α＝60º时，求BD的长．
7．如图，在等边三角形中，点为内一点，连接，，，将线段绕点A顺时针旋转得到，连接，．
(1)用等式表示与的数量关系，并证明；
(2)当时，
直接写出的度数为______；
若为的中点，连接，用等式表示与的数量关系，并证明．
8．已知，在内部作等腰，，．点D为射线上任意一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点F．
(1)如图1，当时，试探究线段与的数量关系并证明；
(2)如图2，当时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，，当点D在直线上运动的过程中，请直接写出的最小值是______．
9．平面直角坐标系中，O为原点，点，点，把绕点B逆时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为α．
(1)如图1，若，则点的坐标为 ，点的坐标为 ，的长为 ．
(2)如图2，若，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，在坐标平面内有一点D，使A、B、、D四个点构成的四边形是平行四边形，请你直接写出点D的坐标．
10．如图1，在等边三角形中，点在上，连接，将绕点逆时针旋转，得到，过点作交射线于点，交射线于点，使．
(1)如图2，当点与点重合时，求证：为中点；
(2)当点在边上时，求与之间的数量关系；
(3)当点在延长线上时，（2）中的结论是否仍成立，若成立，请证明：若不成立，请说明理由．
11．如图，点P是内一点，
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若 且 求的面积；
(3)如图3，将绕点P旋转至处，过D作，交延长线于F，若 ，直接写出的值为 ．
12．已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将AD绕点A逆时针方向旋转60°得到AE，连接DE．
(1)如图1，猜想△ADE是什么三角形？ ；（直接写出结果）
(2)如图2，点D在射线CB上（点C的右边）移动时，∠BCE和∠BAC之间有怎样的数量关系，请说明理由．
(3)当点在线段CB上移动时，△DEC的周长是否存在最小值？若存在．请求出周长的最小值以及此时△DEC的面积；若不存在，请说明理由．
13．在△OAB中，OA＝OB，∠AOB=n°，C为平面内一点，连接OC，将OC绕点O逆时针旋转n°得到线段OD，连接AC、BD交于点M．
(1)如图1，若n＝35，填空：
①AC与BD的数量关系为 ；
②∠AMB的度数为 ；
(2)如图2，若n＝90：
①判断AC与BD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠AMB的度数；
(3)在（2）的条件下，当∠CAB＝30°，且点C与点M重合时，请直接写出OD与OA之间存在的数量关系．
14．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2)求证：；
(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
15．如图，平行四边形ABCD中，．对角线相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交于点E，F．
(1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；
(2)证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；
(3)在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明．
16．如图，△AOB中，OA=OB=6，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD．OC与AB交于点G，CD分别交OB、AB于点E、F．
(1)∠A与∠D的数量关系是：∠A______∠D；
(2)求证：△AOG≌△DOE；
(3)当A，O，D三点共线时，恰好OB⊥CD，求此时CD的长．
17．如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD⊥DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．
(1)请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；
(2)将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转，
①如图2，（1）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范围．
18．如图，已知等边中，点D、E、F分别为边、、的中点，M为直线上一动点，为等边三角形（点M的位置改变时，也随之整体移动）．
（1）如图1，当点M在点B左侧时，请你连结，并判断与有怎样的数量关系？点F是否在直线上？请写出结论，并说明理由；
（2）如图2，当点M在上时，其它条件不变，（1）的结论中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点M在点C右侧时，请你判断（1）的结论中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论：若不成立，请说明理由．
参考答案：
1．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解；
（2）①根据等腰直角三角形的性质，旋转的性质可得是等腰直角三角形，如图所示，延长交于，连接，可证，，可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求解；②根据上述证明，分别求出的值，如图所示，过点作于，根据勾股定理可求出的值，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴是直角三角形，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴．
（2）解：①根据题意可知，在图①中，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即是等腰直角三角形，
如图所示，延长交于，连接，
由旋转知，，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，；
②在中，，
∴，，
在图①中，点是的中点，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
由①知，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∵是的斜边上的中线，
∴，
∴，
如图所示，过点作于，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴．
2．
【分析】（1）根据旋转的性质可知，进而可证，即可得结论；②要使成立，则旋转后点E的对应点和点F，点D在同一直线上，则；
（2）同（1）逻辑将绕点A逆时针旋转至，证，再通过勾股定理即可求解；
【详解】（1）解：①根据旋转的性质可知，
∴，
∵，
∵，
∵
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
②当时，．
把绕点A逆时针旋转，
∵，，
∴旋转后与重合，
∵，
∴旋转后点E的对应点和点F，点D在同一直线上，
同①理得．
（2）如图，把绕点A逆时针旋转至，使与重合，
∴，
∴，
∵，，
∴，
同（1）理可证，
∴
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
3．
【分析】（1）根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△BAD△CAE；
（2）连接CE，根据旋转可得AD=AE，结合BAD=CAE，AB=AC得BADCAE(SAS)，进而可证+=直接转换得出答案即可；
（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，先利用SAS证明△BAD△CAE，得到CE=3，在Rt△CDE中，利用勾股定理可求出DE=，最后在RT△ADE中，利用勾股定理可求出AD=2，
【详解】解：(1)BC=DC+EC，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD△CAE，
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=EC+CD，
即：BC=DC+EC；
（2）+=
连接CE
∵BAC=DAE=90° ，
∴BAD=CAE，
∵ AB=AC，
根据旋转可得AD=AE，
∴
∴BADCAE(SAS)，
∴ACE=B，
∴DCE=BAC+ACE=BAC+B=90°，
∴+=，
在Rt△ADE中，AD=AE，，
∴，
∴+=．
（3）AD=2，
作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
∴△BAD△CAE（SAS），
∴BD=CE=3，
∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，
∴∠EDC=90°，
∴DE=，
∵∠DAE=90°，
∴AD+AE=DE，
∴AD=2．
4．
【分析】（1）由旋转的性质得到∠BAE=∠DAG，由正方形的性质得到AB=AD，AE=AG，然后依据SAS可证明△ABE≌△ADG，然后依据全等三角形的性质进行证明即可；
（2）画出图形，过即可F点作FH⊥GC于H点，证明△ABE≌△GHF(AAS)，由此得到HF=BE=GD=GH+HD=CD+HD=HC，进而证明△HCF为等腰直角三角形即可求解；
（3）连接GE、BG，延长AD交GE与H．当α=45°时，可证明△AHE为等腰直角三角形，然后可求得AH和HE的长，然后依据等腰三角形三线合一的性质可得到EG=2HE，最后在△BEG中，利用面积法可求得点G到BE的距离．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可知：∠BAE=∠DAG，由正方形的性质可知：AB=AD，AE=AG，
∵在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴BE=DG．
（2）解：当点在射线上时，连接，如下图所示：
过F点作FH⊥GC于H点，
∴∠FGH+∠DGA=∠FGA=90°，
∠BAE+∠BEA=90°，
由(1)知：∠BEA=∠DGA，
∴∠FGH=∠BAE，
又AE=GF，∠B=∠GHF=90°，
∴△ABE≌△GHF(AAS),
∴GH=AB=CD，
由(1)知：GD=BE，
∴HF=BE=GD=GH+HD=CD+HD=HC，
∴△HCF为等腰直角三角形，
∴∠HCF=45°，
即∠FCD=45°．
（3）解：连接GE、BG，延长AD交GE与H，如下图所示：
当∠GAD=α=45°时，则∠BAE=45°．
∵∠BAD=∠EAG=90°．
∴∠EAH=∠GAH=45°．
又∵AE=AG，
∴AH⊥GE．
又∵AH⊥AB，∠EAH=45°，
∴△AHE为等腰直角三角形．
∴EH=AH=AE=4，
∴EG=2EH=8，DH=AH-AD=4-2=2，
∴，
∴S△BEG= S△BEA==EG•AH=×8×4=16，
设点G到BE的距离为h，
∴S△BEG=BE×h=16，代入，
∴，
∴点到的距离为．
5．（1）∠AFD=∠DCA（或相等）；（2）∠AFD=∠DCA（或成立）；（3）BO⊥AD．
【分析】（1）要证∠AFD＝∠DCA，只需证△ABC≌△DEF即可；
（2）结论成立，先证△ABC≌△DEF，再证△ABF≌△DEC，得∠BAF＝∠EDC，推出∠AFD＝∠DCA；
（3）BO⊥AD，由△ABC≌△DEF得BA＝BD，点B在AD的垂直平分线上，且∠BAD＝∠BDA，继而证得∠OAD＝∠ODA，OA＝OD，点O在AD的垂直平分线上，即BO⊥AD．
【详解】（1）∠AFD＝∠DCA．证明如下：
∵AB＝DE，BC＝EF，∠ABC＝∠DEF，∴△ABC≌△DEF，∴∠ACB＝∠DFE，∴∠AFD＝∠DCA；
（2）∠AFD＝∠DCA（或成立），理由如下：
由（1）得：△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，BC＝EF，∠ABC＝∠DEF，∠BAC＝∠EDF，∴∠ABC﹣∠CBF＝∠DEF﹣∠CBF，∴∠ABF＝∠DEC．
在△ABF和△DEC中，∵，∴△ABF≌△DEC（SAS），∠BAF＝∠EDC，∴∠BAC﹣∠BAF＝∠EDF﹣∠EDC，即∠FAC＝∠CDF．
∵∠AOD＝∠FAC+∠AFD＝∠CDF+∠DCA，∴∠AFD＝∠DCA；
（3）如图，BO⊥AD．证明如下：
由△ABC≌△DEF，点B与点E重合，得∠BAC＝∠BDF，BA＝BD，∴点B在AD的垂直平分线上，且∠BAD＝∠BDA．
∵∠OAD＝∠BAD﹣∠BAC，∠ODA＝∠BDA﹣∠BDF，∴∠OAD＝∠ODA，∴OA＝OD，点O在AD的垂直平分线上，∴直线BO是AD的垂直平分线，即BO⊥AD．
【点睛】本题综合考查全等三角形、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定定理和旋转的有关知识．注意对三角形全等知识的综合应用．
6．（1）全等的三角形有：△CBD≌△CA 1 F或△AEF≌△B 1 ED或△ACD≌△B 1 CF等；证明见解析；（2）α=30° ；（3）
【分析】（1）依据全等三角形的判定，可找出全等的三角形有：△CBD≌△CA1F或△AEF≌△B1ED或△ACD≌△B1CF等．由旋转的意义可证∠A1CF=∠BCD，A1C=BC，∠A1=∠CBD=45°，所以△CBD≌△CA1F．
（2）当△BBD是等腰三角形时，要分别讨论B1B=B1D、BB1=BD、B1D=DB三种情况，第一，三种情况不成立，只有第二种情况成立，求得α=30°．
（3）作DG⊥BC于G，在直角三角形CDG和直角三角形DGB中，由三角函数即可求得BD的长．
【详解】（1）全等的三角形有：△CBD≌△CA 1 F或△AEF≌△B 1 ED或△ACD≌△B 1 CF等；
以说明△CBD≌△CA 1 F为例：
理由：∵∠ACB 1 +∠A 1 CF=∠ACB 1 +∠BCD=90°
∴∠A 1 CF=∠BCD
∵A 1 C=BC
∴∠A 1 =∠CBD=45°
∴△CBD≌△CA 1 F；
（2）在△CBB 1 中 ∵CB=CB 1
∴∠CBB 1 =∠CB 1 B=（180°-α）
又△ABC是等腰直角三角形
∴∠ABC=45°
①若B 1 B=B 1 D，则∠B 1 DB=∠B 1 BD
∵∠B 1 DB=45°+α
∠B 1 BD=∠CBB 1 -45°=（180°-α）-45°=45°-α
∴45°+α=45°-α
∴α=0°（舍去）；
②∵∠BB 1 C=∠B 1 BC＞∠B 1 BD，
∴BD＞B 1 D，即BD≠B 1 D；
③若BB 1 =BD，则∠BDB 1 =∠BB 1 D，即45°+α=（180°-α），α=30°
由①②③可知，当△BB 1 D为等腰三角形时，α=30°；
（3）作DG⊥BC于G，设CG=x
在Rt△CDG中，∠DCG=α=60°，
∴DG=xtan60°=，
在Rt△DGB中，∠DBG=45°，
∴BG=GD=，
∵AC=BD=1，
∴x+=1
∴x=，
∴DB=
7．
【分析】（1）利用证明，即可得出答案；
（2）①由三角形内角和定理知，再利用角度之间的转化对进行转化，，从而解决问题；
②延长到，使，连接，，得出四边形为平行四边形，则且，再利用证明，得．
【详解】（1）解：，
证明：是等边三角形，
，，
将线段绕点顺时针旋转得到，
，，
，
，
，
；
（2）解：①当时，
则，
，
，
，
故答案为：；
②，理由如下：
延长到，使，连接，，
为的中点，
，
四边形为平行四边形，
且，
，，
又，
，
，
又，，
，
，
又为正三角形，
，
．
8．
【分析】（1）连接，先根据“”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（2）连接，先说明，然后根据“”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（3）过点C作，根据，得出点E总是在直线上，过点作于点E，此时最小，根据直角三角形的性质，求出此时的长即可．
【详解】（1）解：；理由如下：
连接，如图所示：
根据旋转可知，，，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴．
（2）解：成立，理由如下：
连接，如图所示：
根据旋转可知，，，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴．
（3）解：过点C作，
根据解析（2）可知，，
∴点E总是在直线上，
过点作于点E，此时最小，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴．
故答案为：．
9．(1)，，；
(2)；
(3)或或．
【分析】（1）由旋转的性质得，，，，由勾股定理求出的长，判断出与x轴平行，进而可得点，点的坐标；
（2）作轴于H，如图2，利用旋转的性质得，，则，再在中利用含30度的直角三角形的性质和勾股定理计算出和的长，进而可得点的坐标；
（3）分三种情况：①当、为平行四边形的边时，连接，交于点P，根据，，利用中点坐标公式求出点P的坐标，进而可得点D的坐标；②当为对角线时，③当为对角线时，同理求解即可．
【详解】（1）解：∵点，点，
∴，，
∴，
∵把绕点B逆时针旋转得，
∴，，
∴，
∵，，，
∴与x轴平行，
∴，
∵是直角三角形，，
∴的坐标为，
综上，的坐标为，的坐标为，的长为，
故答案为：，，；
（2）解：作轴于H，如图2，
∵绕点B逆时针旋转得，
∴，，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∴点的坐标为；
（3）解：分三种情况：
①当、为平行四边形的边时，如图，
连接，交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵点，点的坐标为，
∴，
∵点，
∴点D的坐标为；
②当为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为；
③当为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为；
．
综上，点D的坐标为或或．
10．
【分析】（1）根据题意得出，证明得出，继而得出，根据三线合一即可得证；
（2）在上取一点，使得．连接交于点，证明，四边形是平行四边形，进而根据平行四边形的性质即可得证；
（3）方法同（2）证明即可得证．
【详解】（1）证明：如图2中，
是等边三角形，
，，
点与重合，
，，重合，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，即为中点；
（2）解：如图1中，在上取一点，使得．连接交于点．
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
；
（3）结论成立．
理由：如图3中，在上取一点，使得．连接交于点．
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
．
11．
【分析】（1）由平行四边形的性质及，可得，再由已知可得结论；
（2）过点作于点E，交于点，则由平行四边形的性质得，证明，可得，从而由已知面积关系可得，由勾股定理可求得的长，从而可求得平行四边形的面积；
（3）连接，由旋转性质易得，则可得，设，由旋转及勾股定理可分别求得、、，进而可求得，由勾股定理求得，则最后可求得结果．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴；
（2）过点作于点E，交于点，如图，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
即，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：；
∴，
∴平行四边形的面积为；；
（3）连接，如图，
由旋转性质得：，，，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
故答案为：．
12．(1)等边三角形
(2)∠BCE=2∠BAC
(3)点D在运动过程中，△DEC的周长存在最小值，最小值为4+2，此时△DEC的面积为．
【分析】（1）根据旋转的性质得到AD=AE，∠DAE=60°，根据等边三角形的判定定理解答；
（2）证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到∠B=∠ACE=60°，结合图形计算即可；
（3）根据△ABD≌△ACE得到CE=BD，根据垂线段最短解答．
【详解】（1）解：由旋转变换的性质可知，AD=AE，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）解：∠BCE=2∠BAC，理由如下：
证明：由旋转的性质可知，∠DAE=60°，AD=AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B=∠ACE=60°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=120°，
∴∠BCE=2∠BAC；
（3）解：点D在运动过程中，△DEC的周长存在最小值，最小值为4+2，此时△DEC的面积为．
理由如下：∵△ABD≌△ACE，
∴CE=BD，
则△DEC的周长=DE+CE+DC=BD+CD+DE=BC+DE，
∴当DE最小时，△DEC的周长最小，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
由垂线段最短可知，当AD⊥BC时，△DEC的周长最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=4，
∴BD=DC=2，
∴AD==2，
∵△ADE为等边三角形，
∴DE=AD，∠ADE=60°，
∴△DEC的周长的最小值为4+2．
过点E作EG⊥BC并交BC延长线于点G，如图：
∵∠ADE=60°，
∴∠EDG=30°，
∴EG=DE=，
此时△DEC的面积=DC×EG=．
13．(1)①AC＝BD；②35°
(2)①BD＝AC，理由见解析；②90°
(3)OD＝OA或OD＝OA
【分析】（1）①由旋转的性质结合题意利用“SAS”易证，即得出AC＝BD；②设线段BD和AO交于点P，由全等的性质可知，再根据对顶角相等得出，从而即可得出；
（2）①由（1）①同理可证，即得出AC＝BD；②由（1）②同理可求∠AMB=90°；
（3）分类讨论：①当点C在点B上方时，由（1）同理易证，即得出，AC=BD，从而证明．设OD=x，OA=y，由等腰直角三角形的性质、勾股定理和含30度角的直角三角形的性质可得出，，，从而得出关于x，y的等式，最后整理即可得出OD和OA的关系；②当点C在点B下方时，同理求解即可．
【详解】（1）①由旋转可知OC=OD，∠COD=35°
∴∠COD=∠AOB=35°，
∴∠COD+∠AOD =∠AOB+∠AOD，即∠AOC=∠BOD．
又∵ OA=OB，
∴(SAS)，
∴AC＝BD；
②如图，设线段BD和AO交于点P，
∵，
∴．
又∵，
∴，即．
故答案为：AC＝BD ，35°；
（2）①由（1）①同理可证，即得出AC＝BD；
②由（1）②同理可求∠AMB=90°；
（3）分类讨论：①当点C在点B上方时，如图3所示，
∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB，OC＝OD，∠CAB＝30°，
∵C，M重合，
∴B，C，D共线．
设OD=x，OA=y，
则，．
根据（1）同理可证，
∴，AC=BD，
∴．
∴，
∴．
∵，即
∴
∴，即；
②当点C在点B下方时，如图4，
同上易求得OD＝OA．
综上所述，OD＝OA或OD＝OA．
14．
【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明；
（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△，则△AMN≌△，利用全等三角形的性质可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，进而可得出．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°．
∴∠BAM+∠NAD=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，
∴∠PAB+∠BAM=45°，
∴∠PAM=∠NAM=45°，
在△APM和△ANM中，，
∴△APM≌△ANM(SAS)；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，
∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，
∴，
∵△APM≌△ANM，
∴PM=MN，
∴；
（3）解：．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图：
过点作⊥CD于F，连接，
同（1）可证△AMN≌△，
∴=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，
∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b，
NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a．
在Rt△中，，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出．
15．(1)见解析
(2)见解析
(3)45°，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得,根据已知条件可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边证明即可；
（2）通过证明△AOF≌△COE（ASA）．即可得证；
（3）根据题意与勾股定理求得,根据平行四边形的性质可得,得到，结合菱形的性质和判定求解．
【详解】（1）证明：如图，
∵平行四边形ABCD中，ADBC，
∴AFBE，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
又∵旋转角为90°时，∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴ABEF，
∴四边形ABEF是平行四边形．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，ADBC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA）．
∴AF＝CE．
∴在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等．
（3）当AC绕点O顺时针旋转45度时，四边形BEDF是菱形．
理由如下：
由（2）知：AF＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，AD＝BC，
∴DF＝BE，DFBE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图：
∵AB⊥AC，AB＝1，BC＝，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝AC＝1，
∴AO＝AB，
∵AB⊥AC，
∴∠AOB＝45°
∵AC绕点O顺时针旋转45度，
∴∠AOF＝45°，
∴∠BOF＝90°，
∴EF⊥BD．
∴四边形BEDF是菱形．
16．
【分析】（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；
（2）由旋转性质知∠AOB=∠DOC，可证得∠AOG=∠DOE，结合OA=OB及（1）中结论，得证；
（3）分两种情况讨论，设∠A=x°，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度即可．
【详解】（1）解：由旋转知，∠A=∠C，∠B=∠D，
∵OA=OB，
∴OC=OD，∠A=∠B=∠C=∠D
∴∠A=∠D，
故答案为：=．
（2）证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴∠AOB－∠BOC=∠COD－∠BOC，
即∠AOG=∠DOE，
∵OA=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
又∵∠A=∠D，
∴△AOG≌△DOE．
（3）解：分两种情况讨论，
①如图所示，
设∠A=∠B=∠C=∠D=x°，则∠DOB=2x°，
∵OB⊥CD，
∴∠OED=90°，
∴x+2x=90°，
解得：x=30，
即∠D=30°，
在Rt△ODE中，OE=3，由勾股定理得：DE=，
∵OC=OD，OE⊥CD，
∴CD=2DE=．
②当D与A重合时，如图所示，
同理，得：CD=．
综上所述，当A，O，D三点共线时，OB⊥CD，此时CD的长为．
17．
【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再证明△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
（2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，先证明△DEF≌△HBF，延长ED交BC于M，再证明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代换可得∠DAH=90°，即△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
②先确定D点的轨迹，求出AD的最大值和最小值，代入S△ADF=求解即可．
【详解】（1）解：∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
延长DF交AB于H，连接AF，
∵∠EDC=∠BAC=90°，
∴DE∥AB，
∴∠ABF=∠FED，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
又∠BFH=∠DFE，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，AB=AC，
∴BH=CD，AH=AD，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴∠ADF=45°，
又HF=FD，
∴AF⊥DH，
∴∠FAD=∠ADF=45°，
即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF;
（2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示，
则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，
∴BH=CD，
延长ED交BC于M，
∵BH∥EM，∠EDC=90°，
∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，
又∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠HBA+∠DCB=45°，
∵∠ACD+∠DCB=45°，
∴∠HBA=∠ACD，
∴△ACD≌△ABH，
∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，
∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，
即∠HAD=90°，
∴∠ADH=45°，
∵HF=DF，
∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF．
②由①知，S△ADF=DF2=AD2，
由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，
当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，
∴1≤S△ADF≤4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质及判定、全等三角形判定及性质、勾股定理等知识点．构造全等三角形及将面积的最值转化为线段的最值是解题关键．遇到题干中有“中点”时，采用平行线构造出对顶三角形全等是常用辅助线．
18．（1）相等，在，理由见解析；（2）成立，证明见解析；（3）成立．
【分析】（1）连接DE、DF、EF，NF，根据等边三角形的性质和三角形中位线的性质，先证得△DBF是等边三角形，可得△DMB≌△DNF，可得∠DBM=∠DFN，从而得到∠NFD+∠DFE=180°，再由△DMN是等边三角形，从而证得△DMF ≌△DNE，得到EN=MF，即可求证；
（2）连接DF，NF， EF，等边三角形的性质，可证得△DMB≌△DNF，得到BM=FN，∠DFN=∠FDB=60°，从而NF∥BD，再由EF是△ABC的中位线，可得EF∥BD，从而F在直线NE上，即可求证；
（3）连接DF、DE，EF，根据等边三角形的性质和三角形中位线的性质，可得△DBF是等边三角形，从而证得△DNE≌△DMF，即可求证．
【详解】解：（1）EN=MF，点F在直线NE上，理由如下：
如图1，连接DE、DF、EF，NF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC， ，
又∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴DE、DF、EF为等边△ABC的中位线，
，
∴DE=DF=EF，
∴∠FDE=∠DFE=60°
∵D、F分别是AB、BC的中点，
∴ ，
∴△DBF是等边三角形，
∴∠BDF=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠MDN=∠BDF=60°，DB=DF，
∴∠MDN-∠BDN=∠BDF-∠BDN，即∠MDB=∠NDF，
在△DMB和△DNF中，
∵DM=DN，∠MDB=∠NDF，DB=DF，
∴△DMB≌△DNF，
∴∠DBM=∠DFN，
∵∠ABC=60°，
∴∠DBM=120°，
∴∠NFD=120°，
∴∠NFD+∠DFE=120°+60°=180°，
∴N、F、E三点共线，
∴F在直线NE上；
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠FDE+∠NDF=∠MDN+∠NDF，
∴∠MDF=∠NDE，
在△DMF和△DNE中，
∵DF=DE，∠MDF=∠NDE，DM=DN，
∴△DMF ≌△DNE，
∴MF=NE，
（2）成立，理由如下：
如图2，连接DF，NF，EF，
∵△ABC是等边三角形且D、F分别是AB、BC的中点，
∴ ， ，
∴△DBF是等边三角形，
∴∠BDF=∠DBF=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠MDN=∠BDF=60°，DB=DF，
∴∠MDN-∠FDM=∠BDF-∠FDM，即∠MDB=∠NDF，
在△DMB和△DNF中，
∵DM=DN，∠MDB=∠NDF，DB=DF，
∴△DMB≌△DNF，
∴∠DBM=∠DFN=60°，BM=FN，
∴∠DFN=∠FDB=60°，
∴NF∥BD，
∵E，F分别为边AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线， ，
∴EF∥BD， ，
∴F在直线NE上，BF=EF，
∴MF=EN；
（3）MF与EN相等的结论仍然成立，理由如下：
如图3，连接DF、DE，EF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
又∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴DE、DF、EF为等边△ABC的中位线，
，
∴DE=DF=EF，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠FDE=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=∠FDE=60°，DM=DN，
∴∠EDM+∠NDE=∠EDM+∠FDM，
∴∠NDE=∠FDM，
在△DNE和△DMF中，
∵DE=DF，∠NDE=∠FDM，DN=DM，
△DNE≌△DMF，
∴MF=NE．
(1)求证：；
(2)将图①中的绕点逆时针旋转，连接，点为线段中点，连接，，，如图②．
①求证：，；
②若，求的面积．
2．探究：如图1和2，四边形中，已知，，点，分别在、上，．
(1)①如图 1，若∠B、都是直角，把绕点A逆时针旋转至△ADG，使与重合，则能证得，请写出推理过程；
②如图 2，若∠B、都不是直角，则当∠B与满足数量关系___时，仍有；
(2)拓展：如图3，在中中，，，点、均在边上，且．若，求的长．
3．基本图形：在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE．
探索：（1）连接EC，如图①，试探索线段BC，CD，CE之间满足的等量关系，并证明结论；
（2）连接DE，如图②，试探索线段CD，BD，AD之间满足的等量关系，并证明结论；
拓展：（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=3，CD=1，则AD的长为____________．(直接写出答案，不需要说明理由．)
4．如图1，正方形与正方形的边、（）在一条直线上，正方形以点为旋转中心逆时针旋转，在旋转过程中，两个正方形只有点重合，其他顶点均不重合，连接、．
(1)当正方形旋转至如图2所示的位置时，求证：；
(2)当点在射线上时，连接，画出图形并直接写出的度数；
(3)如图3，如果，，，求点到的距离．
5．将一张透明的平行四边形胶片沿对角线剪开，得到图①中的两张三角形胶片和．将这两张三角形胶片的顶点B与顶点E重合，把绕点B顺时针方向旋转，这时AC与DF相交于点O．
（1）当旋转至如图②位置，点B（E），C,D在同一直线上时，∠AFD与∠DCA的数量关系是 ．
（2）当继续旋转至如图③位置时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）在图③中，连接BO,AD，探索BO与AD之间有怎样的位置关系，并证明．
6．如图，△ABC中，∠ACB＝90º，AC＝BC＝1，将△ABC绕点C逆时针旋转角α．（0º＜α＜90º）得到△A1B1C1，连结BB1.设CB1交AB于D，A1B1分别交AB、AC于E、F．
（1）在图中不再添加其它任何线段的情况下，请你找出一对全等的三角形，并加以证明（△ABC与△A1B1C1全等除外）；
（2）当△BB1D是等腰三角形时，求α；
（3）当α＝60º时，求BD的长．
7．如图，在等边三角形中，点为内一点，连接，，，将线段绕点A顺时针旋转得到，连接，．
(1)用等式表示与的数量关系，并证明；
(2)当时，
直接写出的度数为______；
若为的中点，连接，用等式表示与的数量关系，并证明．
8．已知，在内部作等腰，，．点D为射线上任意一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接并延长交射线于点F．
(1)如图1，当时，试探究线段与的数量关系并证明；
(2)如图2，当时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)若，，当点D在直线上运动的过程中，请直接写出的最小值是______．
9．平面直角坐标系中，O为原点，点，点，把绕点B逆时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为α．
(1)如图1，若，则点的坐标为 ，点的坐标为 ，的长为 ．
(2)如图2，若，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，在坐标平面内有一点D，使A、B、、D四个点构成的四边形是平行四边形，请你直接写出点D的坐标．
10．如图1，在等边三角形中，点在上，连接，将绕点逆时针旋转，得到，过点作交射线于点，交射线于点，使．
(1)如图2，当点与点重合时，求证：为中点；
(2)当点在边上时，求与之间的数量关系；
(3)当点在延长线上时，（2）中的结论是否仍成立，若成立，请证明：若不成立，请说明理由．
11．如图，点P是内一点，
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，若 且 求的面积；
(3)如图3，将绕点P旋转至处，过D作，交延长线于F，若 ，直接写出的值为 ．
12．已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是射线BC上的动点，将AD绕点A逆时针方向旋转60°得到AE，连接DE．
(1)如图1，猜想△ADE是什么三角形？ ；（直接写出结果）
(2)如图2，点D在射线CB上（点C的右边）移动时，∠BCE和∠BAC之间有怎样的数量关系，请说明理由．
(3)当点在线段CB上移动时，△DEC的周长是否存在最小值？若存在．请求出周长的最小值以及此时△DEC的面积；若不存在，请说明理由．
13．在△OAB中，OA＝OB，∠AOB=n°，C为平面内一点，连接OC，将OC绕点O逆时针旋转n°得到线段OD，连接AC、BD交于点M．
(1)如图1，若n＝35，填空：
①AC与BD的数量关系为 ；
②∠AMB的度数为 ；
(2)如图2，若n＝90：
①判断AC与BD之间存在怎样的数量关系？并说明理由；
②求∠AMB的度数；
(3)在（2）的条件下，当∠CAB＝30°，且点C与点M重合时，请直接写出OD与OA之间存在的数量关系．
14．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2)求证：；
(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
15．如图，平行四边形ABCD中，．对角线相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交于点E，F．
(1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；
(2)证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；
(3)在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明．
16．如图，△AOB中，OA=OB=6，将△AOB绕点O逆时针旋转得到△COD．OC与AB交于点G，CD分别交OB、AB于点E、F．
(1)∠A与∠D的数量关系是：∠A______∠D；
(2)求证：△AOG≌△DOE；
(3)当A，O，D三点共线时，恰好OB⊥CD，求此时CD的长．
17．如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD⊥DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．
(1)请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；
(2)将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转，
①如图2，（1）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范围．
18．如图，已知等边中，点D、E、F分别为边、、的中点，M为直线上一动点，为等边三角形（点M的位置改变时，也随之整体移动）．
（1）如图1，当点M在点B左侧时，请你连结，并判断与有怎样的数量关系？点F是否在直线上？请写出结论，并说明理由；
（2）如图2，当点M在上时，其它条件不变，（1）的结论中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点M在点C右侧时，请你判断（1）的结论中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论：若不成立，请说明理由．
参考答案：
1．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解；
（2）①根据等腰直角三角形的性质，旋转的性质可得是等腰直角三角形，如图所示，延长交于，连接，可证，，可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求解；②根据上述证明，分别求出的值，如图所示，过点作于，根据勾股定理可求出的值，由此即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴是直角三角形，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴．
（2）解：①根据题意可知，在图①中，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即是等腰直角三角形，
如图所示，延长交于，连接，
由旋转知，，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，；
②在中，，
∴，，
在图①中，点是的中点，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
由①知，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∵是的斜边上的中线，
∴，
∴，
如图所示，过点作于，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴．
2．
【分析】（1）根据旋转的性质可知，进而可证，即可得结论；②要使成立，则旋转后点E的对应点和点F，点D在同一直线上，则；
（2）同（1）逻辑将绕点A逆时针旋转至，证，再通过勾股定理即可求解；
【详解】（1）解：①根据旋转的性质可知，
∴，
∵，
∵，
∵
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
②当时，．
把绕点A逆时针旋转，
∵，，
∴旋转后与重合，
∵，
∴旋转后点E的对应点和点F，点D在同一直线上，
同①理得．
（2）如图，把绕点A逆时针旋转至，使与重合，
∴，
∴，
∵，，
∴，
同（1）理可证，
∴
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
3．
【分析】（1）根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△BAD△CAE；
（2）连接CE，根据旋转可得AD=AE，结合BAD=CAE，AB=AC得BADCAE(SAS)，进而可证+=直接转换得出答案即可；
（3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，先利用SAS证明△BAD△CAE，得到CE=3，在Rt△CDE中，利用勾股定理可求出DE=，最后在RT△ADE中，利用勾股定理可求出AD=2，
【详解】解：(1)BC=DC+EC，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD△CAE，
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=EC+CD，
即：BC=DC+EC；
（2）+=
连接CE
∵BAC=DAE=90° ，
∴BAD=CAE，
∵ AB=AC，
根据旋转可得AD=AE，
∴
∴BADCAE(SAS)，
∴ACE=B，
∴DCE=BAC+ACE=BAC+B=90°，
∴+=，
在Rt△ADE中，AD=AE，，
∴，
∴+=．
（3）AD=2，
作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
∴△BAD△CAE（SAS），
∴BD=CE=3，
∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，
∴∠EDC=90°，
∴DE=，
∵∠DAE=90°，
∴AD+AE=DE，
∴AD=2．
4．
【分析】（1）由旋转的性质得到∠BAE=∠DAG，由正方形的性质得到AB=AD，AE=AG，然后依据SAS可证明△ABE≌△ADG，然后依据全等三角形的性质进行证明即可；
（2）画出图形，过即可F点作FH⊥GC于H点，证明△ABE≌△GHF(AAS)，由此得到HF=BE=GD=GH+HD=CD+HD=HC，进而证明△HCF为等腰直角三角形即可求解；
（3）连接GE、BG，延长AD交GE与H．当α=45°时，可证明△AHE为等腰直角三角形，然后可求得AH和HE的长，然后依据等腰三角形三线合一的性质可得到EG=2HE，最后在△BEG中，利用面积法可求得点G到BE的距离．
【详解】（1）证明：由旋转的性质可知：∠BAE=∠DAG，由正方形的性质可知：AB=AD，AE=AG，
∵在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴BE=DG．
（2）解：当点在射线上时，连接，如下图所示：
过F点作FH⊥GC于H点，
∴∠FGH+∠DGA=∠FGA=90°，
∠BAE+∠BEA=90°，
由(1)知：∠BEA=∠DGA，
∴∠FGH=∠BAE，
又AE=GF，∠B=∠GHF=90°，
∴△ABE≌△GHF(AAS),
∴GH=AB=CD，
由(1)知：GD=BE，
∴HF=BE=GD=GH+HD=CD+HD=HC，
∴△HCF为等腰直角三角形，
∴∠HCF=45°，
即∠FCD=45°．
（3）解：连接GE、BG，延长AD交GE与H，如下图所示：
当∠GAD=α=45°时，则∠BAE=45°．
∵∠BAD=∠EAG=90°．
∴∠EAH=∠GAH=45°．
又∵AE=AG，
∴AH⊥GE．
又∵AH⊥AB，∠EAH=45°，
∴△AHE为等腰直角三角形．
∴EH=AH=AE=4，
∴EG=2EH=8，DH=AH-AD=4-2=2，
∴，
∴S△BEG= S△BEA==EG•AH=×8×4=16，
设点G到BE的距离为h，
∴S△BEG=BE×h=16，代入，
∴，
∴点到的距离为．
5．（1）∠AFD=∠DCA（或相等）；（2）∠AFD=∠DCA（或成立）；（3）BO⊥AD．
【分析】（1）要证∠AFD＝∠DCA，只需证△ABC≌△DEF即可；
（2）结论成立，先证△ABC≌△DEF，再证△ABF≌△DEC，得∠BAF＝∠EDC，推出∠AFD＝∠DCA；
（3）BO⊥AD，由△ABC≌△DEF得BA＝BD，点B在AD的垂直平分线上，且∠BAD＝∠BDA，继而证得∠OAD＝∠ODA，OA＝OD，点O在AD的垂直平分线上，即BO⊥AD．
【详解】（1）∠AFD＝∠DCA．证明如下：
∵AB＝DE，BC＝EF，∠ABC＝∠DEF，∴△ABC≌△DEF，∴∠ACB＝∠DFE，∴∠AFD＝∠DCA；
（2）∠AFD＝∠DCA（或成立），理由如下：
由（1）得：△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，BC＝EF，∠ABC＝∠DEF，∠BAC＝∠EDF，∴∠ABC﹣∠CBF＝∠DEF﹣∠CBF，∴∠ABF＝∠DEC．
在△ABF和△DEC中，∵，∴△ABF≌△DEC（SAS），∠BAF＝∠EDC，∴∠BAC﹣∠BAF＝∠EDF﹣∠EDC，即∠FAC＝∠CDF．
∵∠AOD＝∠FAC+∠AFD＝∠CDF+∠DCA，∴∠AFD＝∠DCA；
（3）如图，BO⊥AD．证明如下：
由△ABC≌△DEF，点B与点E重合，得∠BAC＝∠BDF，BA＝BD，∴点B在AD的垂直平分线上，且∠BAD＝∠BDA．
∵∠OAD＝∠BAD﹣∠BAC，∠ODA＝∠BDA﹣∠BDF，∴∠OAD＝∠ODA，∴OA＝OD，点O在AD的垂直平分线上，∴直线BO是AD的垂直平分线，即BO⊥AD．
【点睛】本题综合考查全等三角形、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定定理和旋转的有关知识．注意对三角形全等知识的综合应用．
6．（1）全等的三角形有：△CBD≌△CA 1 F或△AEF≌△B 1 ED或△ACD≌△B 1 CF等；证明见解析；（2）α=30° ；（3）
【分析】（1）依据全等三角形的判定，可找出全等的三角形有：△CBD≌△CA1F或△AEF≌△B1ED或△ACD≌△B1CF等．由旋转的意义可证∠A1CF=∠BCD，A1C=BC，∠A1=∠CBD=45°，所以△CBD≌△CA1F．
（2）当△BBD是等腰三角形时，要分别讨论B1B=B1D、BB1=BD、B1D=DB三种情况，第一，三种情况不成立，只有第二种情况成立，求得α=30°．
（3）作DG⊥BC于G，在直角三角形CDG和直角三角形DGB中，由三角函数即可求得BD的长．
【详解】（1）全等的三角形有：△CBD≌△CA 1 F或△AEF≌△B 1 ED或△ACD≌△B 1 CF等；
以说明△CBD≌△CA 1 F为例：
理由：∵∠ACB 1 +∠A 1 CF=∠ACB 1 +∠BCD=90°
∴∠A 1 CF=∠BCD
∵A 1 C=BC
∴∠A 1 =∠CBD=45°
∴△CBD≌△CA 1 F；
（2）在△CBB 1 中 ∵CB=CB 1
∴∠CBB 1 =∠CB 1 B=（180°-α）
又△ABC是等腰直角三角形
∴∠ABC=45°
①若B 1 B=B 1 D，则∠B 1 DB=∠B 1 BD
∵∠B 1 DB=45°+α
∠B 1 BD=∠CBB 1 -45°=（180°-α）-45°=45°-α
∴45°+α=45°-α
∴α=0°（舍去）；
②∵∠BB 1 C=∠B 1 BC＞∠B 1 BD，
∴BD＞B 1 D，即BD≠B 1 D；
③若BB 1 =BD，则∠BDB 1 =∠BB 1 D，即45°+α=（180°-α），α=30°
由①②③可知，当△BB 1 D为等腰三角形时，α=30°；
（3）作DG⊥BC于G，设CG=x
在Rt△CDG中，∠DCG=α=60°，
∴DG=xtan60°=，
在Rt△DGB中，∠DBG=45°，
∴BG=GD=，
∵AC=BD=1，
∴x+=1
∴x=，
∴DB=
7．
【分析】（1）利用证明，即可得出答案；
（2）①由三角形内角和定理知，再利用角度之间的转化对进行转化，，从而解决问题；
②延长到，使，连接，，得出四边形为平行四边形，则且，再利用证明，得．
【详解】（1）解：，
证明：是等边三角形，
，，
将线段绕点顺时针旋转得到，
，，
，
，
，
；
（2）解：①当时，
则，
，
，
，
故答案为：；
②，理由如下：
延长到，使，连接，，
为的中点，
，
四边形为平行四边形，
且，
，，
又，
，
，
又，，
，
，
又为正三角形，
，
．
8．
【分析】（1）连接，先根据“”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（2）连接，先说明，然后根据“”证明，得出，再证明，即可得出结论；
（3）过点C作，根据，得出点E总是在直线上，过点作于点E，此时最小，根据直角三角形的性质，求出此时的长即可．
【详解】（1）解：；理由如下：
连接，如图所示：
根据旋转可知，，，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴．
（2）解：成立，理由如下：
连接，如图所示：
根据旋转可知，，，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴．
（3）解：过点C作，
根据解析（2）可知，，
∴点E总是在直线上，
过点作于点E，此时最小，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴．
故答案为：．
9．(1)，，；
(2)；
(3)或或．
【分析】（1）由旋转的性质得，，，，由勾股定理求出的长，判断出与x轴平行，进而可得点，点的坐标；
（2）作轴于H，如图2，利用旋转的性质得，，则，再在中利用含30度的直角三角形的性质和勾股定理计算出和的长，进而可得点的坐标；
（3）分三种情况：①当、为平行四边形的边时，连接，交于点P，根据，，利用中点坐标公式求出点P的坐标，进而可得点D的坐标；②当为对角线时，③当为对角线时，同理求解即可．
【详解】（1）解：∵点，点，
∴，，
∴，
∵把绕点B逆时针旋转得，
∴，，
∴，
∵，，，
∴与x轴平行，
∴，
∵是直角三角形，，
∴的坐标为，
综上，的坐标为，的坐标为，的长为，
故答案为：，，；
（2）解：作轴于H，如图2，
∵绕点B逆时针旋转得，
∴，，
∴，
在中，，
∴，，
∴，
∴点的坐标为；
（3）解：分三种情况：
①当、为平行四边形的边时，如图，
连接，交于点P，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵点，点的坐标为，
∴，
∵点，
∴点D的坐标为；
②当为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为；
③当为对角线时，如图，
同理可得，点D的坐标为；
．
综上，点D的坐标为或或．
10．
【分析】（1）根据题意得出，证明得出，继而得出，根据三线合一即可得证；
（2）在上取一点，使得．连接交于点，证明，四边形是平行四边形，进而根据平行四边形的性质即可得证；
（3）方法同（2）证明即可得证．
【详解】（1）证明：如图2中，
是等边三角形，
，，
点与重合，
，，重合，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，即为中点；
（2）解：如图1中，在上取一点，使得．连接交于点．
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
；
（3）结论成立．
理由：如图3中，在上取一点，使得．连接交于点．
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
．
11．
【分析】（1）由平行四边形的性质及，可得，再由已知可得结论；
（2）过点作于点E，交于点，则由平行四边形的性质得，证明，可得，从而由已知面积关系可得，由勾股定理可求得的长，从而可求得平行四边形的面积；
（3）连接，由旋转性质易得，则可得，设，由旋转及勾股定理可分别求得、、，进而可求得，由勾股定理求得，则最后可求得结果．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∴；
（2）过点作于点E，交于点，如图，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
即，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：；
∴，
∴平行四边形的面积为；；
（3）连接，如图，
由旋转性质得：，，，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
∵，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
故答案为：．
12．(1)等边三角形
(2)∠BCE=2∠BAC
(3)点D在运动过程中，△DEC的周长存在最小值，最小值为4+2，此时△DEC的面积为．
【分析】（1）根据旋转的性质得到AD=AE，∠DAE=60°，根据等边三角形的判定定理解答；
（2）证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到∠B=∠ACE=60°，结合图形计算即可；
（3）根据△ABD≌△ACE得到CE=BD，根据垂线段最短解答．
【详解】（1）解：由旋转变换的性质可知，AD=AE，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）解：∠BCE=2∠BAC，理由如下：
证明：由旋转的性质可知，∠DAE=60°，AD=AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B=∠ACE=60°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=120°，
∴∠BCE=2∠BAC；
（3）解：点D在运动过程中，△DEC的周长存在最小值，最小值为4+2，此时△DEC的面积为．
理由如下：∵△ABD≌△ACE，
∴CE=BD，
则△DEC的周长=DE+CE+DC=BD+CD+DE=BC+DE，
∴当DE最小时，△DEC的周长最小，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
由垂线段最短可知，当AD⊥BC时，△DEC的周长最小，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=4，
∴BD=DC=2，
∴AD==2，
∵△ADE为等边三角形，
∴DE=AD，∠ADE=60°，
∴△DEC的周长的最小值为4+2．
过点E作EG⊥BC并交BC延长线于点G，如图：
∵∠ADE=60°，
∴∠EDG=30°，
∴EG=DE=，
此时△DEC的面积=DC×EG=．
13．(1)①AC＝BD；②35°
(2)①BD＝AC，理由见解析；②90°
(3)OD＝OA或OD＝OA
【分析】（1）①由旋转的性质结合题意利用“SAS”易证，即得出AC＝BD；②设线段BD和AO交于点P，由全等的性质可知，再根据对顶角相等得出，从而即可得出；
（2）①由（1）①同理可证，即得出AC＝BD；②由（1）②同理可求∠AMB=90°；
（3）分类讨论：①当点C在点B上方时，由（1）同理易证，即得出，AC=BD，从而证明．设OD=x，OA=y，由等腰直角三角形的性质、勾股定理和含30度角的直角三角形的性质可得出，，，从而得出关于x，y的等式，最后整理即可得出OD和OA的关系；②当点C在点B下方时，同理求解即可．
【详解】（1）①由旋转可知OC=OD，∠COD=35°
∴∠COD=∠AOB=35°，
∴∠COD+∠AOD =∠AOB+∠AOD，即∠AOC=∠BOD．
又∵ OA=OB，
∴(SAS)，
∴AC＝BD；
②如图，设线段BD和AO交于点P，
∵，
∴．
又∵，
∴，即．
故答案为：AC＝BD ，35°；
（2）①由（1）①同理可证，即得出AC＝BD；
②由（1）②同理可求∠AMB=90°；
（3）分类讨论：①当点C在点B上方时，如图3所示，
∠AOB＝∠COD＝90°，OA＝OB，OC＝OD，∠CAB＝30°，
∵C，M重合，
∴B，C，D共线．
设OD=x，OA=y，
则，．
根据（1）同理可证，
∴，AC=BD，
∴．
∴，
∴．
∵，即
∴
∴，即；
②当点C在点B下方时，如图4，
同上易求得OD＝OA．
综上所述，OD＝OA或OD＝OA．
14．
【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明；
（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△，则△AMN≌△，利用全等三角形的性质可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，进而可得出．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°．
∴∠BAM+∠NAD=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，
∴∠PAB+∠BAM=45°，
∴∠PAM=∠NAM=45°，
在△APM和△ANM中，，
∴△APM≌△ANM(SAS)；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，
∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，
∴，
∵△APM≌△ANM，
∴PM=MN，
∴；
（3）解：．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图：
过点作⊥CD于F，连接，
同（1）可证△AMN≌△，
∴=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，
∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b，
NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a．
在Rt△中，，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出．
15．(1)见解析
(2)见解析
(3)45°，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得,根据已知条件可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边证明即可；
（2）通过证明△AOF≌△COE（ASA）．即可得证；
（3）根据题意与勾股定理求得,根据平行四边形的性质可得,得到，结合菱形的性质和判定求解．
【详解】（1）证明：如图，
∵平行四边形ABCD中，ADBC，
∴AFBE，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
又∵旋转角为90°时，∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴ABEF，
∴四边形ABEF是平行四边形．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，ADBC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA）．
∴AF＝CE．
∴在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等．
（3）当AC绕点O顺时针旋转45度时，四边形BEDF是菱形．
理由如下：
由（2）知：AF＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，AD＝BC，
∴DF＝BE，DFBE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图：
∵AB⊥AC，AB＝1，BC＝，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝AC＝1，
∴AO＝AB，
∵AB⊥AC，
∴∠AOB＝45°
∵AC绕点O顺时针旋转45度，
∴∠AOF＝45°，
∴∠BOF＝90°，
∴EF⊥BD．
∴四边形BEDF是菱形．
16．
【分析】（1）根据旋转性质及等腰三角形性质即可得答案；
（2）由旋转性质知∠AOB=∠DOC，可证得∠AOG=∠DOE，结合OA=OB及（1）中结论，得证；
（3）分两种情况讨论，设∠A=x°，先利用三角形内角和求出x的值，再借助勾股定理求出CD的长度即可．
【详解】（1）解：由旋转知，∠A=∠C，∠B=∠D，
∵OA=OB，
∴OC=OD，∠A=∠B=∠C=∠D
∴∠A=∠D，
故答案为：=．
（2）证明：由旋转知，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴∠AOB－∠BOC=∠COD－∠BOC，
即∠AOG=∠DOE，
∵OA=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
又∵∠A=∠D，
∴△AOG≌△DOE．
（3）解：分两种情况讨论，
①如图所示，
设∠A=∠B=∠C=∠D=x°，则∠DOB=2x°，
∵OB⊥CD，
∴∠OED=90°，
∴x+2x=90°，
解得：x=30，
即∠D=30°，
在Rt△ODE中，OE=3，由勾股定理得：DE=，
∵OC=OD，OE⊥CD，
∴CD=2DE=．
②当D与A重合时，如图所示，
同理，得：CD=．
综上所述，当A，O，D三点共线时，OB⊥CD，此时CD的长为．
17．
【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再证明△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
（2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，先证明△DEF≌△HBF，延长ED交BC于M，再证明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代换可得∠DAH=90°，即△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论；
②先确定D点的轨迹，求出AD的最大值和最小值，代入S△ADF=求解即可．
【详解】（1）解：∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
延长DF交AB于H，连接AF，
∵∠EDC=∠BAC=90°，
∴DE∥AB，
∴∠ABF=∠FED，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
又∠BFH=∠DFE，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，AB=AC，
∴BH=CD，AH=AD，
∴△ADH为等腰直角三角形，
∴∠ADF=45°，
又HF=FD，
∴AF⊥DH，
∴∠FAD=∠ADF=45°，
即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF;
（2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=DF，理由如下：
过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示，
则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD，
∵F是BE中点，
∴BF=EF，
∴△DEF≌△HBF，
∴BH=DE，HF=FD，
∵DE=CD，
∴BH=CD，
延长ED交BC于M，
∵BH∥EM，∠EDC=90°，
∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°，
又∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠HBA+∠DCB=45°，
∵∠ACD+∠DCB=45°，
∴∠HBA=∠ACD，
∴△ACD≌△ABH，
∴AD=AH，∠BAH=∠CAD，
∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°，
即∠HAD=90°，
∴∠ADH=45°，
∵HF=DF，
∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形，
∴AD=DF．
②由①知，S△ADF=DF2=AD2，
由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2，
当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4，
∴1≤S△ADF≤4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质及判定、全等三角形判定及性质、勾股定理等知识点．构造全等三角形及将面积的最值转化为线段的最值是解题关键．遇到题干中有“中点”时，采用平行线构造出对顶三角形全等是常用辅助线．
18．（1）相等，在，理由见解析；（2）成立，证明见解析；（3）成立．
【分析】（1）连接DE、DF、EF，NF，根据等边三角形的性质和三角形中位线的性质，先证得△DBF是等边三角形，可得△DMB≌△DNF，可得∠DBM=∠DFN，从而得到∠NFD+∠DFE=180°，再由△DMN是等边三角形，从而证得△DMF ≌△DNE，得到EN=MF，即可求证；
（2）连接DF，NF， EF，等边三角形的性质，可证得△DMB≌△DNF，得到BM=FN，∠DFN=∠FDB=60°，从而NF∥BD，再由EF是△ABC的中位线，可得EF∥BD，从而F在直线NE上，即可求证；
（3）连接DF、DE，EF，根据等边三角形的性质和三角形中位线的性质，可得△DBF是等边三角形，从而证得△DNE≌△DMF，即可求证．
【详解】解：（1）EN=MF，点F在直线NE上，理由如下：
如图1，连接DE、DF、EF，NF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC， ，
又∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴DE、DF、EF为等边△ABC的中位线，
，
∴DE=DF=EF，
∴∠FDE=∠DFE=60°
∵D、F分别是AB、BC的中点，
∴ ，
∴△DBF是等边三角形，
∴∠BDF=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠MDN=∠BDF=60°，DB=DF，
∴∠MDN-∠BDN=∠BDF-∠BDN，即∠MDB=∠NDF，
在△DMB和△DNF中，
∵DM=DN，∠MDB=∠NDF，DB=DF，
∴△DMB≌△DNF，
∴∠DBM=∠DFN，
∵∠ABC=60°，
∴∠DBM=120°，
∴∠NFD=120°，
∴∠NFD+∠DFE=120°+60°=180°，
∴N、F、E三点共线，
∴F在直线NE上；
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠FDE+∠NDF=∠MDN+∠NDF，
∴∠MDF=∠NDE，
在△DMF和△DNE中，
∵DF=DE，∠MDF=∠NDE，DM=DN，
∴△DMF ≌△DNE，
∴MF=NE，
（2）成立，理由如下：
如图2，连接DF，NF，EF，
∵△ABC是等边三角形且D、F分别是AB、BC的中点，
∴ ， ，
∴△DBF是等边三角形，
∴∠BDF=∠DBF=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠MDN=∠BDF=60°，DB=DF，
∴∠MDN-∠FDM=∠BDF-∠FDM，即∠MDB=∠NDF，
在△DMB和△DNF中，
∵DM=DN，∠MDB=∠NDF，DB=DF，
∴△DMB≌△DNF，
∴∠DBM=∠DFN=60°，BM=FN，
∴∠DFN=∠FDB=60°，
∴NF∥BD，
∵E，F分别为边AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线， ，
∴EF∥BD， ，
∴F在直线NE上，BF=EF，
∴MF=EN；
（3）MF与EN相等的结论仍然成立，理由如下：
如图3，连接DF、DE，EF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
又∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴DE、DF、EF为等边△ABC的中位线，
，
∴DE=DF=EF，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠FDE=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=∠FDE=60°，DM=DN，
∴∠EDM+∠NDE=∠EDM+∠FDM，
∴∠NDE=∠FDM，
在△DNE和△DMF中，
∵DE=DF，∠NDE=∠FDM，DN=DM，
△DNE≌△DMF，
∴MF=NE．
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