8.（2024·内江中考改编）如图，在平面直角坐标系中，AB⊥y轴，垂足为点B，将△ABO绕点A逆时针旋转到△AB₁O₁的位置，使点B的对应点B₁落在直线y = - $\frac{3}{4}$x上，再将△AB₁O₁绕点B₁逆时针旋转到△A₁B₁O₂的位置，使点O₁的对应点O₂也落在直线y = - $\frac{3}{4}$x上，如此下去，…，若点B的坐标为(0,3)，则点B₃₇的坐标为_______.
　　　　

$(-180,135)$ 解析：$\because AB\perp y$轴，点$B$的坐标为$(0,3)$，$\therefore OB = 3$，则点$A$的纵坐标为$3$，代入$y = -\frac{3}{4}x$，得$x = - 4$，则点$A$的坐标为$(-4,3)$。$\because OB = 3$，$AB = 4$，$\therefore OA=\sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5$，由旋转可知，$OB = O_{1}B_{1}=O_{2}B_{1}=\cdots = 3$，$OA = O_{1}A = O_{2}A=\cdots = 5$，$AB = AB_{1}=A_{1}B_{1}=A_{2}B_{2}=\cdots = 4$，$\therefore OB_{1}=OA + AB_{1}=5 + 4 = 9$，$B_{1}B_{3}=3 + 4 + 5 = 12$，$\therefore B_{1}B_{3}=B_{3}B_{5}=\cdots = B_{35}B_{37}=12$，$\therefore OB_{37}=OB_{1}+B_{1}B_{37}=9+\frac{(37 - 1)}{2}\times12 = 225$。设点$B_{37}$的坐标为$(a,-\frac{3}{4}a)$，则$OB_{37}=\sqrt{a^{2}+(-\frac{3}{4}a)^{2}} = 225$，解得$a=-180$或$180$(舍去)，则$-\frac{3}{4}a = 135$，$\therefore$点$B_{37}$的坐标为$(-180,135)$。

9.（2024·淮安期末）如图①，矩形ABCD中，AB = 15，BC = 20，将矩形ABCD绕着点B顺时针旋转，得到矩形BEFG.
(1)当点E落在BD上时，则线段DE的长度等于_______；
(2)如图②，当点E落在AC上时，求△BCE的面积；
(3)如图③，连接AE、CE、AG、CG，判断线段AE与CG的位置关系且说明理由，并求CE² + AG²的值；
(4)在旋转过程中，请直接写出$S_{△BCE}+S_{△ABG}$的最大值.
　　　　

(1) 10 解析：如图①，$\because$四边形$ABCD$是矩形，$\therefore AD = BC = 20$，$\angle A = 90^{\circ}$。在$Rt\triangle BAD$中，根据勾股定理，得$BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{15^{2}+20^{2}} = 25$，由旋转知，$BE = AB = 15$，$\therefore DE = BD - BE = 25 - 15 = 10$。

(2)如图②，在$Rt\triangle ABC$中，$AC = 25$，由旋转得，$BE = AB = 15$，过点$B$作$BM\perp AC$于点$M$，由等腰三角形的“三线合一”性质可知，$AE = 2AM$，在$\triangle ABC$中使用等面积法可知，$AB\cdot BC = AC\cdot BM$，解得$BM=\frac{AB\cdot BC}{AC}=\frac{15\times20}{25}=12$，在$Rt\triangle ABM$中，由勾股定理可知，$AM=\sqrt{AB^{2}-BM^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}} = 9$，$\therefore AE = 2AM = 2\times9 = 18$，$\therefore CE = AC - AE = 25 - 18 = 7$，$\therefore S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}CE\cdot BM=\frac{1}{2}\times7\times12 = 42$，故$\triangle BCE$的面积为$42$。
(3)$AE\perp CG$，理由如下：如图③，将$AE$与$BC$的交点记作点$P$，$AE$与$CG$的交点记作$Q$，由旋转知，$\angle ABE=\angle CBG$，$AB = BE$，$\therefore\angle BAE=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle ABE)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CBG)$，由旋转知，$BC = BG$，$\therefore\angle BCG=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CBG)$，$\therefore\angle BAE=\angle BCG$。$\because\angle APB=\angle CPE$，$\therefore\angle CQP=\angle ABC = 90^{\circ}$，$\therefore AE\perp CG$。连接$AC$、$EG$，由旋转知，$BE = AB = 15$，$BG = BC = 20$，在$Rt\triangle AQC$中，$AQ^{2}+CQ^{2}=AC^{2}=25^{2}=625$，在$Rt\triangle GQE$中，$QE^{2}+QG^{2}=EG^{2}=25^{2}=625$，在$Rt\triangle CQE$中，$CE^{2}=CQ^{2}+QE^{2}$，在$Rt\triangle AQG$中，$AG^{2}=AQ^{2}+GQ^{2}$，$\therefore CE^{2}+AG^{2}=(CQ^{2}+QE^{2})+(AQ^{2}+GQ^{2})=(CQ^{2}+AQ^{2})+(QE^{2}+QG^{2})=AC^{2}+EG^{2}=625 + 625 = 1250$。
　　
(4)300 解析：如图④，延长$AB$至$E'$，使$BE' = BE$，连接$AG$、$GE'$，过点$G$作$GH\perp AB$于点$H$，$\therefore AE' = AB + BE' = 15 + 15 = 30$。$\because\angle EBG=\angle CBE' = 90^{\circ}$，$\therefore\angle CBE=\angle GBE'$。由旋转知，$BC = BG$，$\therefore\triangle BCE\cong\triangle BGE'(SAS)$，$\therefore S_{\triangle BCE}=S_{\triangle BGE'}$，$\therefore S_{\triangle BCE}=S_{\triangle BGE'}=S_{\triangle ABG}=\frac{1}{2}S_{\triangle AE'G}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}AE'\cdot GH = 7.5GH$，要使$S_{\triangle BCE}+S_{\triangle ABC}$最大，则$GH$最大，而$GH$最大为$BG = 20$，故$S_{\triangle BCE}+S_{\triangle ABC}$的最大值为$300$。