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1. 如图，已知空间站A与星球B的距离为a，信号飞船C在星球B附近沿圆形轨道行驶，B，C之间的距离为b.数据S表示飞船C与空间站A的实时距离，那么S的最大值是（
A.a
B.b
C.a+b
D.a−b
C
）A.a
B.b
C.a+b
D.a−b
答案
1. C
解析
【分析】首先确定动点C的运动轨迹：由题意可知C到B的距离始终为b，因此C在以B为圆心、b为半径的圆上运动。要求定点A到动点C的最大距离，可结合线段的性质思考：当A、B、C三点共线，且C在AB的延长线上（即B在A和C之间）时，A到C的距离最大，此时距离等于AB与BC的长度之和。
【解析】解：由题意得，AB的长度固定为a，点C的运动轨迹是以B为圆心、b为半径的圆。
根据点到圆上点的距离最值规律：定点到圆上点的最大距离=定点到圆心的距离+圆的半径。
因此S的最大值为AB+BC=a+b，故选C。
【答案】C
【知识点】点与圆的位置关系；两点之间线段最短
【点评】本题是典型的隐圆最值问题，解题的核心是先判断出动点的运动轨迹为圆，再结合共线时取最值的规律快速求解，掌握这类规律能大幅提高解题效率。
【难度系数】0.8
【解析】解：由题意得，AB的长度固定为a，点C的运动轨迹是以B为圆心、b为半径的圆。
根据点到圆上点的距离最值规律：定点到圆上点的最大距离=定点到圆心的距离+圆的半径。
因此S的最大值为AB+BC=a+b，故选C。
【答案】C
【知识点】点与圆的位置关系；两点之间线段最短
【点评】本题是典型的隐圆最值问题，解题的核心是先判断出动点的运动轨迹为圆，再结合共线时取最值的规律快速求解，掌握这类规律能大幅提高解题效率。
【难度系数】0.8
2. 如图,在四边形ABCD中,DC//AB,BC=1,AB=AC=AD=2,则$BD^2$的值为 (
A.14
B.15
C.18
D.12
B
)A.14
B.15
C.18
D.12
答案
2. B
解析
【分析】
已知AB=AC=AD=2，可构造以A为圆心、AB为半径的辅助圆，B、C、D三点均在该圆上。结合DC//AB的条件，延长BA交圆于直径端点E，连接DE，利用平行线性质和圆心角与弦的对应关系可得DE=BC，再根据直径所对圆周角为直角，在直角三角形中用勾股定理即可求出$BD^2$的值。
【解析】
解：以A为圆心，AB长为半径作⊙A。
∵AB=AC=AD=2，
∴点B、C、D都在⊙A上，⊙A半径为2。
延长BA交⊙A于点E，连接DE，则AE=AB=2，$BE=AE+AB=4$，BE为⊙A的直径。
∵DC//AB，
∴∠EAD=∠ADC（两直线平行，内错角相等），
∵AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
又
∵DC//AB，
∴∠ACD=∠CAB（两直线平行，内错角相等），
∴∠EAD=∠CAB，
∴弧ED=弧BC，
∴$DE=BC=1$。
∵BE是⊙A的直径，
∴∠EDB=90°（直径所对的圆周角是直角）。
在Rt△EDB中，由勾股定理得：
$BD^2=BE^2-DE^2=4^2-1^2=16-1=15$。
【答案】
B
【知识点】
辅助圆构造，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题的核心是通过共端点的等长线段构造辅助圆，将四边形问题转化为圆的相关问题求解，能大幅降低解题难度，考查了学生对圆的性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
已知AB=AC=AD=2，可构造以A为圆心、AB为半径的辅助圆，B、C、D三点均在该圆上。结合DC//AB的条件，延长BA交圆于直径端点E，连接DE，利用平行线性质和圆心角与弦的对应关系可得DE=BC，再根据直径所对圆周角为直角，在直角三角形中用勾股定理即可求出$BD^2$的值。
【解析】
解：以A为圆心，AB长为半径作⊙A。
∵AB=AC=AD=2，
∴点B、C、D都在⊙A上，⊙A半径为2。
延长BA交⊙A于点E，连接DE，则AE=AB=2，$BE=AE+AB=4$，BE为⊙A的直径。
∵DC//AB，
∴∠EAD=∠ADC（两直线平行，内错角相等），
∵AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
又
∵DC//AB，
∴∠ACD=∠CAB（两直线平行，内错角相等），
∴∠EAD=∠CAB，
∴弧ED=弧BC，
∴$DE=BC=1$。
∵BE是⊙A的直径，
∴∠EDB=90°（直径所对的圆周角是直角）。
在Rt△EDB中，由勾股定理得：
$BD^2=BE^2-DE^2=4^2-1^2=16-1=15$。
【答案】
B
【知识点】
辅助圆构造，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题的核心是通过共端点的等长线段构造辅助圆，将四边形问题转化为圆的相关问题求解，能大幅降低解题难度，考查了学生对圆的性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
3. 如图,在四边形ABCD中,AB=AC=AD,∠BDC=22°,则∠BAC=
44
°.答案
3. 44
解析
【分析】
首先观察已知条件，存在公共端点为A的三条等长线段AB、AC、AD，结合圆的定义：到定点距离等于定长的点在同一圆上，可判断B、C、D三点都在以A为圆心、AB为半径的圆上。接下来寻找已知角∠BDC和待求角∠BAC的关系：∠BDC是弧BC所对的圆周角，∠BAC是弧BC所对的圆心角，根据圆周角定理即可直接计算出∠BAC的度数。
【解析】
∵ $ AB=AC=AD $，
∴ 点B、C、D在以A为圆心，AB长为半径的同一个圆上。
∵ ∠BDC是弧BC所对的圆周角，∠BAC是弧BC所对的圆心角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得：
$ ∠ BAC = 2∠ BDC $。
已知$ ∠ BDC=22° $，代入得：
$ ∠ BAC=2×22°=44° $。
【答案】
44
【知识点】
圆的定义；圆周角定理
【点评】
本题是构造隐含圆解题的典型题型，解题核心是通过共端点的等线段构造出辅助圆，再利用圆周角定理快速求解，相比通过等腰三角形推导角度的方法更简便，能大幅降低计算量。
【难度系数】
0.7
首先观察已知条件，存在公共端点为A的三条等长线段AB、AC、AD，结合圆的定义：到定点距离等于定长的点在同一圆上，可判断B、C、D三点都在以A为圆心、AB为半径的圆上。接下来寻找已知角∠BDC和待求角∠BAC的关系：∠BDC是弧BC所对的圆周角，∠BAC是弧BC所对的圆心角，根据圆周角定理即可直接计算出∠BAC的度数。
【解析】
∵ $ AB=AC=AD $，
∴ 点B、C、D在以A为圆心，AB长为半径的同一个圆上。
∵ ∠BDC是弧BC所对的圆周角，∠BAC是弧BC所对的圆心角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得：
$ ∠ BAC = 2∠ BDC $。
已知$ ∠ BDC=22° $，代入得：
$ ∠ BAC=2×22°=44° $。
【答案】
44
【知识点】
圆的定义；圆周角定理
【点评】
本题是构造隐含圆解题的典型题型，解题核心是通过共端点的等线段构造出辅助圆，再利用圆周角定理快速求解，相比通过等腰三角形推导角度的方法更简便，能大幅降低计算量。
【难度系数】
0.7
4. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$E$为$AC$边上的任意一点,把$△ BCE$沿$BE$折叠,得到$△ BFE$,连接$AF$.若$BC=6$,$AC=8$,则$AF$的最小值为
4
.答案
4. 4
解析
【分析】
首先根据折叠的性质可知，折叠后BF的长度始终等于BC，由此可确定点F的运动轨迹是以B为圆心、BC长为半径的圆。要求AF的最小值，根据“圆外一点到圆上所有点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径”的规律，先利用勾股定理算出AB的长度，再减去圆的半径即可得到AF的最小值。
【解析】
1. 计算AB的长度：在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$BC=6$，$AC=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$
2. 由折叠的性质可得$△ BCE≌△ BFE$，因此$BF=BC=6$，即点F在以B为圆心、半径$r=6$的圆上运动。
3. 点A是圆B外的点，因此A到圆B上点的最短距离为$AB-r$，代入数值得：
$AF_{\mathrm{最小值}}=10-6=4$
【答案】
4
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题的核心突破口是通过折叠的不变性确定动点的运动轨迹，将线段最值问题转化为圆外点到圆的最短距离问题，简化了求解过程。
【难度系数】
0.6
首先根据折叠的性质可知，折叠后BF的长度始终等于BC，由此可确定点F的运动轨迹是以B为圆心、BC长为半径的圆。要求AF的最小值，根据“圆外一点到圆上所有点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径”的规律，先利用勾股定理算出AB的长度，再减去圆的半径即可得到AF的最小值。
【解析】
1. 计算AB的长度：在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$BC=6$，$AC=8$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$
2. 由折叠的性质可得$△ BCE≌△ BFE$，因此$BF=BC=6$，即点F在以B为圆心、半径$r=6$的圆上运动。
3. 点A是圆B外的点，因此A到圆B上点的最短距离为$AB-r$，代入数值得：
$AF_{\mathrm{最小值}}=10-6=4$
【答案】
4
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题的核心突破口是通过折叠的不变性确定动点的运动轨迹，将线段最值问题转化为圆外点到圆的最短距离问题，简化了求解过程。
【难度系数】
0.6
5. 如图,在四边形ABCD中,AE,AF分别是BC,CD的中垂线,∠EAF=80°,∠CBD=30°,则∠ABC=
40°
,∠ADC=60°
.答案
5. 40° 60°
解析
【分析】
解题首先利用中垂线性质推出AB=AC=AD，即可构造出以A为圆心、AB为半径的隐含圆，B、C、D都在该圆上。第一步先在四边形AECF中利用内角和求出∠BCD的度数；第二步根据圆周角定理，由∠CBD的度数求出对应圆心角∠CAD的度数，结合AC=AD的等腰三角形性质求出∠ADC；第三步通过∠BCD的度数求出∠ACB，再结合AB=AC的等腰三角形性质求出∠ABC即可。
【解析】
1. 由中垂线性质可知：
∵AE是BC的中垂线，
∴AB=AC，且AE⊥BC；
∵AF是CD的中垂线，
∴AC=AD，且AF⊥CD，因此AB=AC=AD，即B、C、D三点在以A为圆心、AB为半径的圆上。
2. 在四边形AECF中，∠AEC=∠AFC=90°，∠EAF=80°，根据四边形内角和为360°，可得：
$∠ BCD=∠ ECF=360°-90°-90°-80°=100°$
3. ∠CBD是圆A中弧CD所对的圆周角，∠CAD是弧CD所对的圆心角，根据圆周角定理：同弧所对圆心角是圆周角的2倍，因此：
$∠ CAD=2∠ CBD=2×30°=60°$
4.
∵AC=AD，
∴△ACD为等腰三角形，因此：
$∠ ADC=∠ ACD=\frac{180°-∠ CAD}{2}=\frac{180°-60°}{2}=60°$
5. 由$∠ BCD=∠ ACB+∠ ACD=100°$，可得$∠ ACB=100°-∠ ACD=100°-60°=40°$。
6.
∵AB=AC，
∴△ABC为等腰三角形，因此$∠ ABC=∠ ACB=40°$。
【答案】
$40°$；$60°$
【知识点】
中垂线的性质；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题的核心突破口是利用中垂线的线段相等性质构造隐含辅助圆，将角度关系转化为圆内圆周角与圆心角的关系，大幅降低了解题难度，需要熟练掌握构造隐含圆的常见条件。
【难度系数】
0.6
解题首先利用中垂线性质推出AB=AC=AD，即可构造出以A为圆心、AB为半径的隐含圆，B、C、D都在该圆上。第一步先在四边形AECF中利用内角和求出∠BCD的度数；第二步根据圆周角定理，由∠CBD的度数求出对应圆心角∠CAD的度数，结合AC=AD的等腰三角形性质求出∠ADC；第三步通过∠BCD的度数求出∠ACB，再结合AB=AC的等腰三角形性质求出∠ABC即可。
【解析】
1. 由中垂线性质可知：
∵AE是BC的中垂线，
∴AB=AC，且AE⊥BC；
∵AF是CD的中垂线，
∴AC=AD，且AF⊥CD，因此AB=AC=AD，即B、C、D三点在以A为圆心、AB为半径的圆上。
2. 在四边形AECF中，∠AEC=∠AFC=90°，∠EAF=80°，根据四边形内角和为360°，可得：
$∠ BCD=∠ ECF=360°-90°-90°-80°=100°$
3. ∠CBD是圆A中弧CD所对的圆周角，∠CAD是弧CD所对的圆心角，根据圆周角定理：同弧所对圆心角是圆周角的2倍，因此：
$∠ CAD=2∠ CBD=2×30°=60°$
4.
∵AC=AD，
∴△ACD为等腰三角形，因此：
$∠ ADC=∠ ACD=\frac{180°-∠ CAD}{2}=\frac{180°-60°}{2}=60°$
5. 由$∠ BCD=∠ ACB+∠ ACD=100°$，可得$∠ ACB=100°-∠ ACD=100°-60°=40°$。
6.
∵AB=AC，
∴△ABC为等腰三角形，因此$∠ ABC=∠ ACB=40°$。
【答案】
$40°$；$60°$
【知识点】
中垂线的性质；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题的核心突破口是利用中垂线的线段相等性质构造隐含辅助圆，将角度关系转化为圆内圆周角与圆心角的关系，大幅降低了解题难度，需要熟练掌握构造隐含圆的常见条件。
【难度系数】
0.6
6. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$BC=2$，点$D$在$AC$边上运动，将$△ BCD$沿$BD$翻折，点$C$的对应点为$C'$，在点$D$从点$C$到点$A$的运动过程中，点$C'$运动的路径长为
2π
。答案
6. 2π
解析
【分析】
解决这道题首先要抓住翻折的不变性：翻折前后对应边长度相等，因此翻折后$BC'$始终等于$BC=2$，说明点$C'$到定点$B$的距离恒为定长2，由此可判断点$C'$的运动路径是以点$B$为圆心，$BC$长为半径的圆弧。接下来需要确定圆弧的圆心角：当点$D$在初始位置$C$点时，$C'$与点$C$重合；当点$D$运动到终点$A$点时，$△ BCD$沿$BA$翻折，此时$∠ C'BA=∠ CBA=90°$，因此点$C'$运动的整个圆弧对应的圆心角为$180°$，最后代入弧长公式即可求出路径长。
【解析】
1. 根据翻折的性质，翻折前后对应边相等，可得$BC'=BC=2$，因此点$C'$到定点$B$的距离始终为2，即点$C'$的运动路径是以$B$为圆心，半径$r=2$的圆弧。
2. 确定圆弧的圆心角：
当点$D$与点$C$重合时，$C'$与点$C$重合；
当点$D$运动到与点$A$重合时，将$△ BCA$沿$BA$翻折，可得$∠ C'BA=∠ CBA=90°$，因此$∠ C'BC=∠ C'BA+∠ ABC=90°+90°=180°$，即圆弧对应的圆心角$n=180°$。
3. 代入弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$计算路径长：
$l=\frac{180× π × 2}{180}=2π$。
【答案】
$2π$
【知识点】
翻折的性质，弧长计算，圆的定义
【点评】
本题是动态几何中求动点路径长的典型问题，解题核心是抓住翻折的不变性判断出动点的轨迹为圆弧，再结合运动的起止位置确定圆心角，即可代入公式求解，能够有效考查对几何变换的理解和动态问题的分析能力。
【难度系数】
0.6
解决这道题首先要抓住翻折的不变性：翻折前后对应边长度相等，因此翻折后$BC'$始终等于$BC=2$，说明点$C'$到定点$B$的距离恒为定长2，由此可判断点$C'$的运动路径是以点$B$为圆心，$BC$长为半径的圆弧。接下来需要确定圆弧的圆心角：当点$D$在初始位置$C$点时，$C'$与点$C$重合；当点$D$运动到终点$A$点时，$△ BCD$沿$BA$翻折，此时$∠ C'BA=∠ CBA=90°$，因此点$C'$运动的整个圆弧对应的圆心角为$180°$，最后代入弧长公式即可求出路径长。
【解析】
1. 根据翻折的性质，翻折前后对应边相等，可得$BC'=BC=2$，因此点$C'$到定点$B$的距离始终为2，即点$C'$的运动路径是以$B$为圆心，半径$r=2$的圆弧。
2. 确定圆弧的圆心角：
当点$D$与点$C$重合时，$C'$与点$C$重合；
当点$D$运动到与点$A$重合时，将$△ BCA$沿$BA$翻折，可得$∠ C'BA=∠ CBA=90°$，因此$∠ C'BC=∠ C'BA+∠ ABC=90°+90°=180°$，即圆弧对应的圆心角$n=180°$。
3. 代入弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$计算路径长：
$l=\frac{180× π × 2}{180}=2π$。
【答案】
$2π$
【知识点】
翻折的性质，弧长计算，圆的定义
【点评】
本题是动态几何中求动点路径长的典型问题，解题核心是抓住翻折的不变性判断出动点的轨迹为圆弧，再结合运动的起止位置确定圆心角，即可代入公式求解，能够有效考查对几何变换的理解和动态问题的分析能力。
【难度系数】
0.6
7. 如图①，将一把含$45°$角的直角三角尺$ECF$和一个正方形$ABCD$摆放在一起，使三角尺的直角顶点和正方形的顶点$C$重合，点$E$，$F$分别在正方形的边$CB$，$CD$上，连接$AF$。取$AF$的中点$M$，$EF$的中点$N$，连接$MD$，$MN$。
（1）尝试探究：
结论1：$DM$，$MN$的数量关系是
结论2：$DM$，$MN$的位置关系是
（2）猜想论证：证明你的结论；
（3）拓展：如图②，将图①中的直角三角尺$ECF$绕点$C$顺时针旋转$180°$，其他条件不变，（1）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由。
（1）尝试探究：
结论1：$DM$，$MN$的数量关系是
DM=MN
；结论2：$DM$，$MN$的位置关系是
DM⊥MN
；（2）猜想论证：证明你的结论；
（3）拓展：如图②，将图①中的直角三角尺$ECF$绕点$C$顺时针旋转$180°$，其他条件不变，（1）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由。
答案
7. (1) $DM=MN$ $DM⊥MN$
(2) 证明:连接$AE$. $\because M$是$AF$的中点,$N$是$EF$的中点, $\therefore MN=\frac{1}{2}AE$. $\because$ 四边形$ABCD$是正方形, $\therefore ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD$. $\therefore DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$. $\because$ 由题意,知$△ ECF$是等腰直角三角形, $\therefore FC=EC$. $\therefore CD-FC=BC-EC$,即$DF=BE$. 在$△ ADF$ 和 $△ ABE$ 中,$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠ADF=∠B, \\ DF=BE, \end{cases}$ $\therefore △ ADF ≌ △ ABE$. $\therefore AF=AE$. $\therefore DM=MN$. 由上述可知,$AM=MN=MF=DM$,则点$A,N,F,D$ 在以点$M$ 为圆心,$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上. 连接 $AN$, 则易得 $∠NAD + ∠DFN = 180°$, 又$\because ∠DFN + ∠NFC = 180°$, $\therefore ∠NAD = ∠NFC = 45°$. $\therefore ∠NMD=2∠NAD=90°$. $\therefore DM⊥MN$;
(3) (1)中的两个结论还成立.连接 $AE$,交 $MD$ 于点 $G$. $\because M$ 是 $AF$ 的中点,$N$ 是 $EF$ 的中点, $\therefore MN// AE,MN=\frac{1}{2}AE$. 同(1),可证$△ ADF≌△ ABE$. $\therefore AF=AE$. 在 $\mathrm{Rt}△ ADF$ 中,$\because M$ 是 $AF$ 的中点, $\therefore DM=\frac{1}{2}AF$. $\therefore DM=MN$. 同理,$AM=MN=MF=DM$,则点$A,F,N,D$ 在以点$M$ 为圆心,$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上, $\therefore ∠NMD = 2∠NFD = 90°$. $\therefore DM⊥MN$.
(2) 证明:连接$AE$. $\because M$是$AF$的中点,$N$是$EF$的中点, $\therefore MN=\frac{1}{2}AE$. $\because$ 四边形$ABCD$是正方形, $\therefore ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD$. $\therefore DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$. $\because$ 由题意,知$△ ECF$是等腰直角三角形, $\therefore FC=EC$. $\therefore CD-FC=BC-EC$,即$DF=BE$. 在$△ ADF$ 和 $△ ABE$ 中,$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠ADF=∠B, \\ DF=BE, \end{cases}$ $\therefore △ ADF ≌ △ ABE$. $\therefore AF=AE$. $\therefore DM=MN$. 由上述可知,$AM=MN=MF=DM$,则点$A,N,F,D$ 在以点$M$ 为圆心,$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上. 连接 $AN$, 则易得 $∠NAD + ∠DFN = 180°$, 又$\because ∠DFN + ∠NFC = 180°$, $\therefore ∠NAD = ∠NFC = 45°$. $\therefore ∠NMD=2∠NAD=90°$. $\therefore DM⊥MN$;
(3) (1)中的两个结论还成立.连接 $AE$,交 $MD$ 于点 $G$. $\because M$ 是 $AF$ 的中点,$N$ 是 $EF$ 的中点, $\therefore MN// AE,MN=\frac{1}{2}AE$. 同(1),可证$△ ADF≌△ ABE$. $\therefore AF=AE$. 在 $\mathrm{Rt}△ ADF$ 中,$\because M$ 是 $AF$ 的中点, $\therefore DM=\frac{1}{2}AF$. $\therefore DM=MN$. 同理,$AM=MN=MF=DM$,则点$A,F,N,D$ 在以点$M$ 为圆心,$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上, $\therefore ∠NMD = 2∠NFD = 90°$. $\therefore DM⊥MN$.
解析
【分析】
（1）先利用图形中的中点条件分析：DM是Rt△ADF斜边AF的中线，根据直角三角形斜边中线性质可得$DM=\frac{1}{2}AF$；MN是△AEF的中位线，根据三角形中位线定理可得$MN=\frac{1}{2}AE$，因此只需证明$AF=AE$即可得到DM和MN的数量关系。位置关系可通过四点共圆（隐圆）的性质，结合圆周角与圆心角的关系推导夹角为90°。
（2）证明时先连接AE，通过证△ADF≌△ABE得到$AF=AE$，结合中点性质即可证线段相等；再根据点A、D、F、N到M的距离相等确定四点共圆，进而推导$∠ DMN=90°$得到垂直关系。
（3）旋转后的图形仍沿用上述思路：连接AE，利用中位线、斜边中线性质，再证△ADF≌△ABE得到$AF=AE$，同样通过隐圆性质推导垂直，即可判断结论仍然成立。
【解析】
(1) 通过初步观察和推导可得结论：
结论1：$DM=MN$；结论2：$DM⊥ MN$。
(2) 证明：连接$AE$。
$\because M$是$AF$的中点，$N$是$EF$的中点，
$\therefore MN$是$△ AEF$的中位线，$\therefore MN=\frac{1}{2}AE$。
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD$。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$中，$M$是$AF$中点，$\therefore DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$。
$\because$ $△ ECF$是等腰直角三角形，$\therefore FC=EC$，
$\therefore CD-FC=BC-EC$，即$DF=BE$。
在$△ ADF$ 和 $△ ABE$ 中，$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠ADF=∠B, \\ DF=BE, \end{cases}$
$\therefore △ ADF ≌ △ ABE(\mathrm{SAS})$，$\therefore AF=AE$，$\therefore DM=MN$。
由上述推导可知$AM=MN=MF=DM$，则点$A,N,F,D$ 在以点$M$ 为圆心，$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上。
连接 $AN$，易得 $∠NAD + ∠DFN = 180°$，
又$\because ∠DFN + ∠NFC = 180°$，$\therefore ∠NAD = ∠NFC = 45°$，
$\therefore ∠NMD=2∠NAD=90°$，$\therefore DM⊥MN$。
(3) （1）中的两个结论仍然成立，证明如下：
连接 $AE$，交 $MD$ 于点 $G$。
$\because M$ 是 $AF$ 的中点，$N$ 是 $EF$ 的中点，
$\therefore MN// AE,MN=\frac{1}{2}AE$。
同(2)可证$△ ADF≌△ ABE$，$\therefore AF=AE$。
在 $\mathrm{Rt}△ ADF$ 中，$\because M$ 是 $AF$ 的中点，$\therefore DM=\frac{1}{2}AF$，$\therefore DM=MN$。
同理可得$AM=MN=MF=DM$，则点$A,F,N,D$ 在以点$M$ 为圆心，$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上，
$\therefore ∠NMD = 2∠NFD = 90°$，$\therefore DM⊥MN$。
【答案】
(1) $DM=MN$；$DM⊥ MN$
(2) 证明见上述解析；
(3) 两个结论仍成立，证明见上述解析。
【知识点】
全等三角形判定与性质，直角三角形斜边中线定理，三角形中位线定理
【点评】
本题综合了正方形、等腰直角三角形的性质，将中点相关定理、全等证明与隐圆的应用相结合，解题的关键是合理构造辅助线，通过转化线段关系和利用圆周角性质求解，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
（1）先利用图形中的中点条件分析：DM是Rt△ADF斜边AF的中线，根据直角三角形斜边中线性质可得$DM=\frac{1}{2}AF$；MN是△AEF的中位线，根据三角形中位线定理可得$MN=\frac{1}{2}AE$，因此只需证明$AF=AE$即可得到DM和MN的数量关系。位置关系可通过四点共圆（隐圆）的性质，结合圆周角与圆心角的关系推导夹角为90°。
（2）证明时先连接AE，通过证△ADF≌△ABE得到$AF=AE$，结合中点性质即可证线段相等；再根据点A、D、F、N到M的距离相等确定四点共圆，进而推导$∠ DMN=90°$得到垂直关系。
（3）旋转后的图形仍沿用上述思路：连接AE，利用中位线、斜边中线性质，再证△ADF≌△ABE得到$AF=AE$，同样通过隐圆性质推导垂直，即可判断结论仍然成立。
【解析】
(1) 通过初步观察和推导可得结论：
结论1：$DM=MN$；结论2：$DM⊥ MN$。
(2) 证明：连接$AE$。
$\because M$是$AF$的中点，$N$是$EF$的中点，
$\therefore MN$是$△ AEF$的中位线，$\therefore MN=\frac{1}{2}AE$。
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形，
$\therefore ∠ADF=∠B=90°,AD=AB=BC=CD$。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$中，$M$是$AF$中点，$\therefore DM=\frac{1}{2}AF=AM=MF$。
$\because$ $△ ECF$是等腰直角三角形，$\therefore FC=EC$，
$\therefore CD-FC=BC-EC$，即$DF=BE$。
在$△ ADF$ 和 $△ ABE$ 中，$\begin{cases} AD=AB, \\ ∠ADF=∠B, \\ DF=BE, \end{cases}$
$\therefore △ ADF ≌ △ ABE(\mathrm{SAS})$，$\therefore AF=AE$，$\therefore DM=MN$。
由上述推导可知$AM=MN=MF=DM$，则点$A,N,F,D$ 在以点$M$ 为圆心，$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上。
连接 $AN$，易得 $∠NAD + ∠DFN = 180°$，
又$\because ∠DFN + ∠NFC = 180°$，$\therefore ∠NAD = ∠NFC = 45°$，
$\therefore ∠NMD=2∠NAD=90°$，$\therefore DM⊥MN$。
(3) （1）中的两个结论仍然成立，证明如下：
连接 $AE$，交 $MD$ 于点 $G$。
$\because M$ 是 $AF$ 的中点，$N$ 是 $EF$ 的中点，
$\therefore MN// AE,MN=\frac{1}{2}AE$。
同(2)可证$△ ADF≌△ ABE$，$\therefore AF=AE$。
在 $\mathrm{Rt}△ ADF$ 中，$\because M$ 是 $AF$ 的中点，$\therefore DM=\frac{1}{2}AF$，$\therefore DM=MN$。
同理可得$AM=MN=MF=DM$，则点$A,F,N,D$ 在以点$M$ 为圆心，$\frac{1}{2}AF$ 长为半径的圆上，
$\therefore ∠NMD = 2∠NFD = 90°$，$\therefore DM⊥MN$。
【答案】
(1) $DM=MN$；$DM⊥ MN$
(2) 证明见上述解析；
(3) 两个结论仍成立，证明见上述解析。
【知识点】
全等三角形判定与性质，直角三角形斜边中线定理，三角形中位线定理
【点评】
本题综合了正方形、等腰直角三角形的性质，将中点相关定理、全等证明与隐圆的应用相结合，解题的关键是合理构造辅助线，通过转化线段关系和利用圆周角性质求解，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
