1. (2024·信阳期中)将两个全等的$Rt△ABC和Rt△DBE$按图①方式摆放,其中$∠ACB= ∠DEB= 90^{\circ },∠A= ∠D= 30^{\circ }$,点E落在AB上,DE所在直线交AC所在直线于点F.
(1)连接BF,求证:$CF= EF.$
(2)若将图①中的$△DBE$绕点B按顺时针方向旋转角α,且$0^{\circ }＜α＜60^{\circ }$,其他条件不变,如图②,求证:$AF+EF= DE.$
(3)若将图①中的$△DBE$绕点B按顺时针方向旋转角β,且$60^{\circ }＜β＜180^{\circ }$,其他条件不变,如图③,你认为(2)中的结论还成立吗? 若成立,写出证明过程;若不成立,请直接写出AF,EF与DE之间的数量关系.

(1) 如图①，连接 $ BF $，$\because \text{Rt} \triangle ABC \cong \text{Rt} \triangle DBE $，$\therefore BC = BE $，$\angle ACB = \angle FEB = 90^\circ $。在 $ \text{Rt} \triangle BCF $ 和 $ \text{Rt} \triangle BEF $ 中，$\begin{cases} BC = BE, \\ BF = BF, \end{cases}$ $\therefore \text{Rt} \triangle BCF \cong \text{Rt} \triangle BEF (HL)$，$\therefore CF = EF $。
(2) 如图②，连接 $ BF $，$\because \text{Rt} \triangle ABC \cong \text{Rt} \triangle DBE $，$\therefore BC = BE $，$AC = DE $，$\angle ACB = \angle FEB = 90^\circ $。在 $ \text{Rt} \triangle BCF $ 和 $ \text{Rt} \triangle BEF $ 中，$\begin{cases} BC = BE, \\ BF = BF, \end{cases}$ $\therefore \text{Rt} \triangle BCF \cong \text{Rt} \triangle BEF (HL)$，$\therefore EF = CF $，$\therefore AF + EF = AF + CF = AC = DE $。
(3) 不成立，关系为 $ AF = DE + EF $。解析：如图③，连接 $ BF $，$\because \text{Rt} \triangle ABC \cong \text{Rt} \triangle DBE $，$\therefore BC = BE $，$AC = DE $，$\angle ACB = \angle DEB = 90^\circ $，$\therefore \triangle BCF $ 和 $ \triangle BEF $ 都是直角三角形。在 $ \text{Rt} \triangle BCF $ 和 $ \text{Rt} \triangle BEF $ 中，$\begin{cases} BC = BE, \\ BF = BF, \end{cases}$ $\therefore \text{Rt} \triangle BCF \cong \text{Rt} \triangle BEF (HL)$，$\therefore CF = EF $。$\because AC = DE $，$\therefore AF = AC + FC = DE + EF $。
　　

2. 已知:如图①,纸片$Rt△ABC,∠ACB= 90^{\circ }.$

(1)将$△ABC$沿着MN折叠,使得$△AMN与△CMN$重合,MN为折痕,展开后如图②所示.试判断MN与BC的位置关系,并说明理由.
(2)在(1)的条件下,连接MC,过点M作$ME⊥BC$,点E为垂足,如图③所示.
①将$△BME$沿ME折叠,点B能与点C重合吗? 请说明理由.
②图中与$△AMN$全等的三角形有____个.
(3)将图②中纸片沿MC剪开得$△MBC$,如图④所示,将另一张纸片$△OPQ与△MBC$拼接,边OP与边MC恰好重合(点O与点C或点M重合),若$OP= OQ$,且$△MBC的面积与△OPQ$的面积相等,试探索$∠BMC与∠POQ$的数量关系,并说明理由.

(1) $ MN // BC $。理由：$\because \triangle AMN $ 与 $ \triangle CMN $ 重合，$ MN $ 为折痕，$\therefore MN \perp AC $。$\because \angle A + \angle B = 90^\circ $，$\angle A + \angle AMN = 90^\circ $，$\therefore \angle B = \angle AMN $，$\therefore MN // BC $。
(2) ① 点 $ B $ 能与点 $ C $ 重合。理由如下：$\because ME \perp BC $，$ MN \perp AC $，$\therefore \angle CNM = \angle MEC = 90^\circ $，$\angle CNM = \angle MEB = 90^\circ $。由 (1) 可得 $ MN // BC $，$\therefore \angle NMC = \angle MCE $。在 $ \triangle CMN $ 和 $ \triangle MCE $ 中，$\begin{cases} \angle CNM = \angle MEC = 90^\circ, \\ \angle NMC = \angle ECM, \\ MC = CM, \end{cases}$ $\therefore \triangle CMN \cong \triangle MCE (AAS)$，$\therefore EM = NC $，$ MN = CE $。$\because \triangle AMN $ 与 $ \triangle CMN $ 重合，$ MN $ 为折痕，$\therefore \angle B = \angle AMN = \angle CMN $。在 $ \triangle BME $ 和 $ \triangle MCN $ 中，$\begin{cases} \angle B = \angle CMN, \\ \angle MEB = \angle CNM, \\ ME = CN, \end{cases}$ $\therefore \triangle BME \cong \triangle MCN (AAS)$，$\therefore BM = MC $。$\therefore $ 将 $ \triangle BME $ 沿 $ ME $ 折叠，点 $ B $ 能与点 $ C $ 重合。
② 3 解析：$\because \triangle AMN $ 与 $ \triangle CMN $ 重合，$ MN $ 为折痕，$\therefore \triangle AMN \cong \triangle CMN $。由 ① 可得 $ \triangle CMN \cong \triangle MCE (AAS) $，$ \triangle BME \cong \triangle MCN (AAS) $，$\therefore \triangle AMN \cong \triangle MCE $，$ \triangle BME \cong \triangle MAN $。综上，题图中与 $ \triangle AMN $ 全等的三角形有 3 个。
(3) $ \angle BMC = \angle POQ $ 或 $ \angle POQ + \angle BMC = 180^\circ $。理由如下：① 当 $ \triangle OPQ $ 为锐角三角形时，如图①，过点 $ B $ 作 $ BG \perp MC $ 于点 $ G $，过点 $ Q $ 作 $ QH \perp MC $ 于点 $ H $，$\because S_{\triangle BMC} = S_{\triangle OPQ} $，$\therefore \frac{1}{2}MC \cdot BG = \frac{1}{2}OP \cdot QH $。$\because OP $ 与边 $ MC $ 恰好重合，即 $ OP = MC $，$\therefore BG = QH $。$\because MC = MB = OP = OQ $，$\therefore MB = OQ $。$\because BG \perp MC $，$ QH \perp MC $，$\therefore \angle BGM = \angle QHO = 90^\circ $。在 $ \text{Rt} \triangle BGM $ 和 $ \text{Rt} \triangle QHO $ 中，$\begin{cases} MB = OQ, \\ BG = QH, \end{cases}$ $\therefore \text{Rt} \triangle BGM \cong \text{Rt} \triangle QHO (HL)$。$\therefore \angle BMG = \angle QOH $，即 $ \angle BMC = \angle POQ $。
　　　　　　
② 当 $ \triangle OPQ $ 为钝角三角形时，如图②，过点 $ B $ 作 $ BS \perp CM $ 于点 $ S $，过点 $ Q $ 作 $ QT \perp PO $ 的延长线于点 $ T $，$\because S_{\triangle BMC} = S_{\triangle OPQ} $，$\therefore \frac{1}{2}MC \cdot BS = \frac{1}{2}OP \cdot QT $。$\because OP $ 与边 $ MC $ 恰好重合，即 $ OP = MC $，$\therefore BS = QT $。$\because MC = MB = OP = OQ $，$\therefore MB = OQ $。$\because BS \perp CM $，$ QT \perp OP $，$\therefore \angle T = \angle BSM = 90^\circ $。在 $ \text{Rt} \triangle BSM $ 和 $ \text{Rt} \triangle QTO $ 中，$\begin{cases} MB = OQ, \\ BS = QT, \end{cases}$ $\therefore \text{Rt} \triangle BSM \cong \text{Rt} \triangle QTO (HL)$。$\therefore \angle BMS = \angle QOT $。$\because \angle POQ + \angle QOT = 180^\circ $，$\therefore \angle POQ + \angle BMS = 180^\circ $，即 $ \angle POQ + \angle BMC = 180^\circ $。