中考數(shù)學總復習《旋轉(zhuǎn)綜合題（角度問題）》專項提升訓練帶答案

第第頁參考答案：1．(1)(2)結(jié)論依然成立，(3)【分析】（1）根據(jù)題意可得，則，根據(jù)，推出，即可求解；（2）連接，延長到使，連接，，根據(jù)中位線定理得出，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，推出，則是等腰三角形，進而得出，，設(shè)，，則，，，得出，，，通過證明，得出，則，根據(jù)三線合一即可得出結(jié)論；（3）連接，延長到使，連接，，過點E作于點N，通過證明是等邊三角形，得出，，進而求證，得出，則為等腰直角三角形，設(shè)，則，則，推出，，，求出，根據(jù)，列出方程，求出，則，最后即可得出．【詳解】（1）解：∵點D為的中點，∴，∵繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，∴，∴，∵，∴，則，∴；（2）解：結(jié)論依然成立，理由如下：如圖，連接，延長到使，連接，，∵，∴是的中位線，∴，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，∴，∵，∴，是等腰三角形，∴，設(shè)，，則，，，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，即；（3）解：連接，延長到使，連接，，過點E作于點N，由（2）可得，，，∴，∵，∴，∵繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到線段，，∴，∴是等邊三角形，∴，，∵，∴，即，∵，，∴，∴，∵，∴，∴為等腰直角三角形，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理可得：，∴，∴，∴，∵，，∴，則，∵，∴，解得：，∴，∴．【點睛】本題主要拗口差了等腰三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，中位線定理，解題的關(guān)鍵在正確作出輔助線，構(gòu)造全等三角形和等腰三角形，利用相關(guān)性質(zhì)求解．2．(1)證明見解答(2)(3)滿足條件的的值為4或2或6【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)可得，，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，易得，由“”可證；（2）過點O作交與點H，可證是等邊三角形，可得，由“”可證，可得，即可得；（3）分四種情形畫出圖形分別求解即可解決問題．【詳解】（1）證明：如圖①中，∵與為正三角形，∴，，∵將射線繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，，，，，，；（2）解：，理由如下：，如圖②，過點O作交與點H，，，是等邊三角形，，，，，，，，，，，；（3）解：作于H．，為正三角形，，，，如圖③中，當點O在線段上，點E在線段上時．，，，過點O作，交于N，是等邊三角形，，，，，，，，，，，；如圖③﹣2中，當點O在線段上，點E在線段上，點F在線段的延長線上時，同法可證：，，；如圖③﹣3中，當點O在線段上，點F在線段上，點E在線段上時．同法可證：，，，；如圖③中，當點O在線段上，點F在線段的延長線上，點E在線段上時．同法可知：，而，，；綜上所述，滿足條件的的值為4或2或6．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題．3．(1)(2)四邊形是平行四邊形，證明見解析(3)4【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，由等腰三角形的性質(zhì)可求，即可求解；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，由“”可證，可得，即可求解；（3）連接，通過證明點A、點C、點B、點F四點共圓，點B，點D，點F，點E四點共圓，可得，，推導出點A、點C、點B、點F四點共圓，由直角三角形的性質(zhì)可求，由圓中直徑最大可求解．【詳解】（1）解：∵是由旋轉(zhuǎn)得到，∴，，，∴，∴；（2）解：四邊形是平行四邊形，理由如下：∵F是的中點，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵是由旋轉(zhuǎn)得到，，，為等邊三角形，，在和中，，，，∵，∴四邊形是平行四邊形；（3）解：如圖3，連接，∵將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度α得到，，∵F為中點，，，而，∴點A、點C、點B、點F四點共圓，在中，，，∵點A、點C、點B、點F四點共圓，，是直徑，最大值為4．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，圓的有關(guān)知識，平行四邊形的判定，直角三角形的性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．4．(1)的大小為(2)（i）見解析；（ii）的值為【分析】（1）證，得，，再由三角形內(nèi)角和定理得即可；（2）（i）證四邊形是平行四邊形，得，再證四邊形是平行四邊形，進而得平行四邊形是菱形，則，然后證四點共圓，由圓周角定理得，即可得出結(jié)論；（ii）過點作于點，由勾股定理得，再由菱形的性質(zhì)得，進而由銳角三角函數(shù)定義得，則，，然后由銳角三角函數(shù)定義即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：∵是的中點，∴，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，∴，∵，∴，∴，則，∴，∴的大小為（2）解：（i）證明：∵，∴，∵，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴平行四邊形是菱形，∴，又∵，∴四點共圓，如圖所示，

∵，∴，∴；（ii）解：如圖3，過點作于點，則，

在中，由勾股定理得：，∵四邊形是菱形，∴，∴在中，，∴在中，，則，∴，∴，∴，∴的值為．【點睛】本題是幾何變換綜合題目，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，四點共圓，圓周角定理以及銳角三角函數(shù)定義等知識，本題綜合性強，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．5．(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)可得，易求得，可得，即可求解；（2）將順時針旋轉(zhuǎn)，可得，易證，即可求解；（3）將順時針旋轉(zhuǎn)，可得，易證，即可求解．【詳解】（1）證明：∵在和中，，，∴，∴，∵，，∴是等邊三角形，∴，∴；（2）解：將順時針旋轉(zhuǎn)，如圖，

∵，，∴A與點C重合，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：不成立，新結(jié)論為，將順時針旋轉(zhuǎn)，如圖，

∵，，∴A與點C重合，，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，涉及到30度角所對直角邊是斜邊的一半，本題中求證是關(guān)鍵．6．(1)見詳解(2)(3)【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可得，可證，，即可求證；（2）過點作于點，取的中點，連接，可求，從而可求，可證是等邊三角形，即可求解；（3）可求，，，從而可求，可證，，即可求解．【詳解】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)得：，、是等邊三角形，，，在與中，，（）．（2）解：如圖，過點作于點，取的中點，連接，

旋轉(zhuǎn)角為，，由（1）得：，，在中，，，，，是等邊三角形，，．（3）解：同理可證，，，，是等邊三角形，，，，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定及性質(zhì)，等腰三角形行的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定、直角三角形的性質(zhì)，掌握相關(guān)的判定方法及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．(1)①是；120；②(2)【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)可得，，然后利用“邊角邊”證明與全等；根據(jù)三角形的內(nèi)角和等于求出與的度數(shù)，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)角為求出的度數(shù)，然后利用四邊形的內(nèi)角和公式求解即可；②先利用“邊角邊”證明和全等，根據(jù)全等三角形對應角相等可得，再利用四邊形的內(nèi)角和等于推出，再根據(jù)等邊三角形的每一個角都是得到，從而得解；（2）先求出，證明是等邊三角形，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)可得，，然后利用“邊角邊”證明和全等，根據(jù)全等三角形對應角相等可得，再利用三角形的內(nèi)角和定理求出的度數(shù)，然后分與兩種情況求解．【詳解】（1）解：①是由繞點旋轉(zhuǎn)得到，是等邊三角形，，，在與中，，；，，又，在四邊形中，；②由已知得：和是全等的等邊三角形，，是由繞點旋轉(zhuǎn)得到的，，，，，，，，，又，；（2）如圖，，，，，是等邊三角形，是等邊三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)可得，，在和中，，，，，，，，，，當時，，當時，點，點，點共線．當時，．

【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)找出證明全等三角形的條件是解題的關(guān)鍵．8．[探究1]：；[探究2]：相等，理由見解析；[探究3]：，證明見解析．【分析】[探究1]證，設(shè)，列出比例式并解出即可；[探究2]先證，得，由得；由前兩個結(jié)論得，然后即可得出；[探究3]連接，證，然后得，證，列出比例式即可；【詳解】解：（探究1）如圖1，設(shè)，

∵矩形繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到矩形，∴點A，B，D在同一直線上，∴，，∴，∵，∴，又∵點在的延長線上，∴，∴，∴，解得，（不合題意，舍去），∴．（2）．證明：如圖2，連接，

∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，（3）關(guān)系式為．證明：如圖3，連接，

∵，，，∴，∴，∵，，∴，∴，在和中，，，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了矩形的旋轉(zhuǎn)，相關(guān)知識點有：全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)與判定、平行線的性質(zhì)等知識點，輔助線的添加是解題關(guān)鍵．9．(1)①，理由見解析；②(2)t的值為3或9或21或27或30【分析】（1）①由角的和差關(guān)系可得，，再把兩式相減即可得到結(jié)論；②先求解，-，結(jié)合，，從而可得答案；（2）分5種情況討論：如圖，當時，如圖，當時，如圖，當時，如圖，當時，如圖，當時，再結(jié)合平行線的性質(zhì)可得答案．【詳解】（1）解：①（或）；理由如下：，，兩式相減得：，②∵，

∴，∵，∴，∴，∴，；（2）如圖，當時，∴，，∴；如圖，當時，∴，則，此時，∴；如圖，當時，∴，，∴，∴，∴；如圖，當時，∴，即，，共線，∴，∴；如圖，當時，∴，∴，∴．綜上：t的值為3或9或21或27或30．【點睛】本題考查的是角的和差運算，角的倍分關(guān)系，角的旋轉(zhuǎn)定義的理解，平行線的性質(zhì)，清晰的分類討論是解本題的關(guān)鍵．10．(1)證明見見詳解(2)成立；理由見詳解(3)；理由見詳解【分析】（1）根據(jù)已知條件證明即可；（2）過D作，可得出為等腰直角三角形，再根據(jù)第一問的方法證全等即可；（3）過D作，可得四邊形是正方形，再證即可得出結(jié)論【詳解】（1）∵，∴∵將線段繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)得到線段∴,∴∵∴∴，∴（2）過D作∵∴,∴為等腰直角三角形同理可得：∴∴（3）；理由如下：過D作，∵，，∴∴四邊形是矩形∵∴四邊形是正方形∴又∵∴∴∵∴【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．11．（1）①見解析．②見解析；（2）．（3）或．【分析】（1）①當時，在圖中找到的中垂線，看能否滿足即可；②先證明≌，根據(jù)，得到，最后利用，即可證明結(jié)論；（2）先證明出，得到，再證明出，通過性質(zhì)可證明出，得到，根據(jù)，得到，最后根據(jù)，即可得證；（3）仿照（2）的過程依次證明，，再通過角的轉(zhuǎn)換即可得到答案．【詳解】解：（1）①當時，為的中位線，經(jīng)過點的的垂線與的中垂線重合，∴此時點在的中垂線上任何位置都能滿足，故不存在確定的點．②證明：連接．∵垂直平分，∴，∴．∵在的中垂線上，∴，∴．∵，∴≌．∴．∴．∴．∵，∴．（2）延長至，使得，連接，．連接并延長交于點．∵，，∴．∴．∵，，∴．又∵，∴．∴，∴．∵，∴．∴．∴，∵，∴．（3）延長至F，使得，連接、并延長交于點G，連接，∵，，∴，，∴，∴，∵，由（2）可得，∴，，∴，∴，當時，延長至F，使得，連接、，同理可得，∵∴，綜上所述，的值為或．【點睛】本題考查三角形旋轉(zhuǎn)的綜合問題、全等三角形的性質(zhì)和判定及輔助線作圖，解題關(guān)鍵是作出正確的輔助線并找出三角形全等．12．(1)見解析(2)見解析(3)的長為【分析】（1）通過旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到，再利用矩形的性質(zhì)證明即可．（2）過點作于，利用角平分線上的點到角兩邊的距離相等得到，再利用旋轉(zhuǎn)及矩形的性質(zhì)得到≌，得到點是中點，利用中位線的性質(zhì)解題即可．（3）過點作于，過作于，利用含的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理計算即可．【詳解】（1）證明：將矩形繞著點逆時針旋轉(zhuǎn)得到矩形，使點恰好落到線段上的點處，，，，，，平分；（2）證明：過點作于，如圖：平分，，，，，，，，≌，，即點是中點，點是中點，是的中位線，∴；（3）解：過點作于，過作于，如圖：，，，，，，，，在中，，的長為．【點睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，涉及到三角形全等的判定及性質(zhì)，矩形的的性質(zhì)，勾股定理，能夠熟練運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)并結(jié)合其他幾何性質(zhì)添加輔助線和證明是解題關(guān)鍵．13．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）如圖所示，過點A作于E，證明，據(jù)此求出，求出的長即可利用勾股定理求出的長；（2）如圖所示，在上取一點H，使得，連接，證明，得到，進而證明，再證明是等腰直角三角形，得到，同理可證，即可推出，則；（3）如圖3-1所示，過點G作交直線于T，連接，則是等腰直角三角形，證明，得到，則，即可推出在垂直于的直線l上運動；如圖3-2所示作H關(guān)于直線的對稱點，連接，則，要使最小，即要使最小，故當三點共線且時（此時P在，在N），滿足題意；導角求出，過點A作于Q，過點作于M，解直角三角形求出，則，即可求出，則；證明，得到，即可求出，則；【詳解】（1）解：如圖所示，過點A作于E，∵在中，，，∴，∴，∴，∴，∴（2）解：如圖所示，在上取一點H，使得，連接，在和中，，∴，∴，∴，又∵，∴，∵，∴，，又∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，同理可證，∵，∴，∴；（3）解：如圖3-1所示，過點G作交直線于T，連接，則是等腰直角三角形，∴，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，∴，∴，∴，∴，∴在垂直于的直線l上運動；如圖3-2所示作H關(guān)于直線的對稱點，連接，則，∴，∴要使最小，即要使最小，∴當三點共線且時（此時P在，在N），滿足題意；∵，∴，∴，過點A作于Q，過點作于M，∴，，∴∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴（，平行線間間距相等）∵，∴，∴，∴，由軸對稱的性質(zhì)可知，∴，∴，∴（由于），∴，∴，∴的最小值為；【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，軸對稱最短路徑問題，正確作出輔助線，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．14．(1)見解析(2)成立，理由見解析(3)不成立，，理由見解析【分析】（1）證明得出，，然后根據(jù)含30度的直角三角形性質(zhì)得出，，最后代入化簡即可得證；（2）過D作于E，于F，通過證明，得出，然后利用（1）的結(jié)論解答即可；（3）過D作于E，于F，利用（1）（2）的結(jié)論解答即可．【詳解】（1）證明：∵是等邊三角形，∴，∵點D是邊的中點，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴，∴，，∵，，，∴，，∴；即；（2）解：．理由：如圖②，過D作于E，于F，由（1）知：，，∴，，，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴，即；（3）解：．理由：如圖③，過D作于E，于F，，由（2）知：，∴，由（1）知：，∴，即．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形判斷與性質(zhì)，含30度直角三角形的性質(zhì)等知識，添加合適輔助線，構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．15．(1)(2)；(3)；，證明見解析【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可知，即可得出（2）由旋轉(zhuǎn)，可知，，故，利用勾股定理即可得出的長，過作于，再由，可得出，在中即可求出：，利用勾股定理即可得出的長；(3)如圖，延長到點，使，記和的交點為點，利用可證得：可得，，故，結(jié)合，可得出：．利用可證得：，即可得出：，，即可證得．【詳解】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)可知，∵，∴；（2）∵，，∴，．由旋轉(zhuǎn)，可知，，∴，∴．過作于，∴，∵，∴，∴，在中：，∴，∴，∴，∴，∴；（3）與有如下關(guān)系：，．理由如下：如圖，延長到點，使，記和的交點為點，∵點為的中點，∴．∵，∴．∴，，∴，∴．由（1）知，∴．又由旋轉(zhuǎn)知，∴，∴，，∴，∴．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定，正確做出輔助線進行解答是解題的關(guān)鍵．16．(1)60°或15°(2)證明見解析(3)能，或【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）由題意可知，AB=AF，∠B=∠F，∠E=∠C，AE=AC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAM=∠FAN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AM=AN，PE=PC，由線段垂直平分線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）當∠CNP=90°時，依據(jù)對頂角相等可求得∠ANF=90°，然后依據(jù)∠F=60°可求得∠FAN的度數(shù)，由旋轉(zhuǎn)的定義可求得∠的度數(shù)；當∠CPN=90°時，由∠C=30°，∠CPN=90°，可求得∠CNP的度數(shù)，然后依據(jù)對頂角相等可得到∠ANF的度數(shù)，然后由∠F=60°，依據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可求得∠FAN的度數(shù)，于是可得到∠的度數(shù)．【詳解】（1）解：當AM=CM，即∠CAM=∠C=30°時，△AMC是等腰三角形；∵∠BAC=90°，∴=90°-30°=60°，當AM=CM，即∠CAM=∠CMA時，△AMC是等腰三角形，∵∠C=30°，∴∠CAM=∠AMC=75°，∵∠BAC=90°，∴=15°，綜上所述，當旋轉(zhuǎn)角=60°或15°時，△AMC是等腰三角形，故答案為：60°或15°；（2）證明：由題意可知，，，，，∵現(xiàn)將繞A點按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，∴，在與中，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴點P在CE的垂直平分線上，∵，∴點A在CE的垂直平分線上，∴AP所在的直線是線段CE的垂直平分線．（3）如圖1所示：當時．∵，∴．又∵，∴．∴．如圖2所示：當時．∵，，∴．∴．又∵，∴．∴．綜上所述，或．【點睛】本題主要考查的是幾何變換的綜合應用，解答本題主要應用了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、等邊三角形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．17．(1)MN＝NP，∠MNP＝60°；(2)△MNP是等邊三角形，理由見解析；(3)△MNP面積的最大值是32．【分析】（1）根據(jù)AB＝AC，AD＝AE，得BD＝CE，再根據(jù)三角形中位線定理可知MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，利用平行線的性質(zhì)可證得∠MNP＝60°；（2）先通過SAS證明△ABD≌△ACE，得BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，再由（1）同理可證；（3）由三角形三邊關(guān)系可知：BD≤8，由題意證得△MNP是等腰直角三角形，MN＝BD，則MN最大值為8，即可求得△MNP的最大面積．【詳解】（1）解：∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∵點M、N、P分別為DE、BE、BC的中點，∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，∴∠MNE＋∠ENP＝∠ABE＋∠AEB，∵∠ABE＋∠AEB＝180°?∠BAE＝60°，∴∠MNP＝60°，故答案為：MN＝NP，∠MNP＝60°．（2）△MNP是等邊三角形，理由如下：由旋轉(zhuǎn)得：∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵點M、N、P分別為DE、BE、BC的中點，∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥BD，PN∥CE，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，∴∠ENP＝∠NBP＋∠NPB＝∠NBP＋∠ECB，∵∠EBD＝∠ABD＋∠ABE＝∠ACE＋∠ABE，∴∠MNP＝∠MNE＋∠ENP＝∠ACE＋∠ABE＋∠EBC＋∠EBC?∠ECB＝180°?∠BAC＝60°，∴△MNP是等邊三角形；（3）由旋轉(zhuǎn)得：∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵點M、N、P分別為DE、BE、BC的中點，∴MP＝EC，PN＝BD，MP∥EC，PN∥BD，∴MP＝PN，∠ACE＝∠ABD，∠MPD＝∠ECD，∠PNC＝∠DBC，∴∠MPD＝∠ECA＋∠ACD＝∠ABD＋∠ACD，∠DPN＝∠PCB＋∠PNC＝∠PCB＋∠DBC，∴∠MPN＝∠MPD＋∠DPN＝∠ABD＋∠ACD＋∠PCB＋∠DBC＝∠ABC＋∠ACB＝180°?∠BAC＝90°，∴△MPN是等腰直角三角形，由三角形三邊關(guān)系可知：BD≤AB＋AD，即BD≤16，PM＝，∴PM＝8時，S△MNP最大，∴S△MNP最大為：×8×8＝32．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，等邊三角形的判定，等腰直角三角形的判定等知識，利用平行線的性質(zhì)求∠MNP的度數(shù)是解題的關(guān)鍵．18．(1)見解析(2)①或；②【分析】（1）證明，可得，，再由，可得．再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，即可求證；（2）①分兩種情況討論：當點E在上時；當點E在延長線上時，即可求解；②以A為圓心為半徑畫圓，當在下方與相切時，的值最?。鶕?jù)勾股定理可得，再證得四邊形是矩形，可得，即可求解．【詳解】（1）解：如圖，∵和是等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∵，∴，即．在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴；（2）解：①如圖，當點E在上時，．∵，AE=4，AC=8，∴，同（1）可證．∴．∵，∴．∴，∴，∴．如圖，當點E在延長線上時，．∵，∴，同（1）可證：，∴，∵，∴，∴，∴，∴．綜上．或．②如圖，以A為圓心為半徑畫圓，當在下方與相切時，的值最?。碛桑涸O(shè)AB交PC于點M，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∠ADP=∠AEC=∠AEP=90°，BD=CE，∵∠BMP=∠AMC，∴∠BPM=∠CAB=90°，∴是直角三角形，∵斜邊為定值，∴最小，因此最小，∵，∴，∴，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，∴．綜上所述，長的最小值是【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，切線的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，切線的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識是解題的關(guān)鍵．19．(1)40，BE＝AD(2)①存在，理由見詳解；②60°(3)當α＝150°或330°時，