5. (锦州中考)已知$△ ABC$和$△ ADE$均为等边三角形,连接$BE$,$CD$,点$F$,$G$,$H$分别为$DE$,$BE$,$CD$的中点.
(1)当$△ ADE$绕点$A$旋转时,如图①,则$△ FGH$的形状为________,说明理由.
(2)在$△ ADE$旋转的过程中,当$B$,$D$,$E$三点共线时,如图②,若$AB=3$,$AD=2$,求线段$FH$的长.
(3)在$△ ADE$旋转的过程中,若$AB=a$,$AD=b(a＞b＞0)$,则$△ FGH$的周长是否存在最大值和最小值?若存在,直接写出最大值和最小值;若不存在,说明理由.

5. (1)等边三角形
理由:如图①,连接BD,CE,延长BD交CE于点M,设BM交FH于点O.
∵△ABC和△ADE均为等边三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,
∴∠BAD=∠CAE,
∴△BAD≌△CAE,
∴BD=CE,∠ADB=∠AEC.
∵EG=GB,EF=FD,
∴$GF=\frac{1}{2}BD$,GF//BD.
∵DF=EF,DH=HC,
∴$FH=\frac{1}{2}EC$,FH//EC,
∴FG=FH.
∵∠ADB+∠ADM=180°,
∴∠AEC+∠ADM=180°,根据四边形内角和得∠DME+∠DAE=180°.又
∵∠DAE=60°,
∴∠DME=120°,
∴∠BMC=60°,
∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°,
∴△FGH是等边三角形.
(2)如图②,连接AF,EC.易知AF⊥DE,在Rt△AEF中,AE=2,EF=DF=1,
∴$AF=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$.在Rt△ABF中,$BF=\sqrt{AB^2-AF^2}=\sqrt{6}$,
∴BD=CE=BF-DF=$\sqrt{6}-1$,
∴$FH=\frac{1}{2}EC=\frac{\sqrt{6}-1}{2}$.
(3)存在.△FGH的周长的最大值为$\frac{3}{2}(a+b)$,最小值为$\frac{3}{2}(a-b)$.
解析:由(1)可知,△GFH是等边三角形,$GF=\frac{1}{2}BD$,
∴△GFH的周长=$3GF=\frac{3}{2}BD$.
∵AB=a,AD=b,
∴BD的最小值为a-b,最大值为a+b,
∴△FGH的周长的最大值为$\frac{3}{2}(a+b)$,最小值为$\frac{3}{2}(a-b)$。

6.（滨州中考改编）在锐角△ABC中，分别以AB和AC为斜边向△ABC的外侧作等腰Rt△ABM和等腰Rt△ACN，点D，E，F分别为边AB，AC，BC的中点，连接MD，MF，FE，FN。根据题意，小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①$MD=FE$；②$∠ DMF=∠ EFN$；③$FM ⊥ FN$。其中结论正确的有.(填序号)

6. ①②③
解析:
∵D,E,F分别为边AB,AC,BC的中点,且△ABM是等腰直角三角形,
∴$DM=\frac{1}{2}AB$,$EF=\frac{1}{2}AB$,EF//AB,∠MDB=90°,
∴MD=FE,∠FEC=∠BAC,故结论①正确.如图,连接DF,EN,
∵D,E,F分别为边AB,AC,BC的中点,且△ACN是等腰直角三角形,
∴$EN=\frac{1}{2}AC$,$DF=\frac{1}{2}AC$,DF//AC,∠NEC=90°,
∴EN=DF,∠BDF=∠BAC,
∴∠BDF=∠FEC,
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC,
∴∠MDF=∠FEN.易得△MDF≌△FEN(SAS),
∴∠DMF=∠EFN,故结论②正确.
∵EF//AB,DF//AC,
∴四边形ADFE是平行四边形,
∴∠DFE=∠BAC.又
∵△MDF≌△FEN,
∴∠DFM=∠ENF,
∴∠EFN+∠DFM=∠EFN+∠ENF=180°-∠FEN=180°-(∠FEC+∠NEC)=180°-(∠BAC+90°)=90°-∠BAC,
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°,
∴FM⊥FN,故结论③正确。

7. 在正方形ABCD的边AB上任取一点E,作EF⊥AB交BD于点F,取FD的中点G,连接EG,CG,如图①,易证EG=CG且EG⊥CG.
(1)将△BEF绕点B逆时针旋转90°,如图②,则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系?请直接写出你的猜想.
(2)将△BEF绕点B逆时针旋转180°,如图③,则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系?请写出你的猜想,并加以证明.

类型三 婆罗摩笈多模型(错位手拉手模型)

7. (1)$EG=CG$,$EG⊥CG$.
(2)$EG=CG$,$EG⊥CG$.
证法一:如图①,延长FE交DC的延长线于点M,连接MG.
∵∠AEM=90°,∠EBC=90°,∠BCM=90°,
∴四边形BEMC是矩形.
∴BE=CM,∠EMC=90°.
∵BD平分∠ABC,∠ABC=90°,
∴∠EBF=45°.又
∵EF⊥AB,
∴△BEF为等腰直角三角形,
∴BE=EF,∠F=45°,
∴EF=CM.
∵∠EMC=90°,FG=DG,
∴$MG=\frac{1}{2}FD=FG$.
∵BC=EM,BC=CD,
∴EM=CD.
∵EF=CM,
∴FM=DM.又
∵FG=DG,$∠CMG=\frac{1}{2}∠EMC=45°$,
∴∠F=∠GMC,
∴△GFE≌△GMC(SAS),
∴EG=CG,∠FGE=∠MGC.
∵∠FMC=90°,MF=MD,FG=DG,
∴MG⊥FD,
∴∠FGE+∠EGM=90°,
∴∠MGC+∠EGM=90°,即∠EGC=90°,
∴EG⊥CG.
证法二:如图②,延长EG交AD于点P,连接PC,CE,可证△GEF≌△GPD,
∴GE=PG,PD=EF=BE,然后证明△PDC≌△EBC,
∴PC=EC,∠DCP=∠BCE,
∴∠PCE=90°,
∴△PCE为等腰直角三角形,易得△CGE为等腰直角三角形.故可得$EG=CG$,$EG⊥CG$。

8. (遂宁中考)如图,以△ABC的边AB,AC为腰分别向外作等腰直角△ABE,△ACD,连接ED,BD,EC,过点A的直线l分别交线段DE,BC于点M,N,以下说法:①当AB=AC=BC时,∠AED=30°;②EC=BD;③若AB=3,AC=4,BC=6,则DE=2√3;④当直线l⊥BC时,点M为线段DE的中点.正确的有.(填序号)

8. ①②④
解析:①当AB=AC=BC时,△ABC是等边三角形,
∴∠BAC=60°,
∴∠EAD=360°-90°-90°-60°=120°.
∵△ABE,△ACD为等腰直角三角形,
∴AE=AB,AC=AD,
∴AE=AD,
∴∠AED=∠ADE=$\frac{1}{2}×(180°-120°)=30°$,故①正确;②
∵△ABE,△ACD为等腰直角三角形,
∴AB=AE,AD=AC,∠BAE=∠DAC=90°,
∴∠BAD=∠EAC,
∴△BAD≌△EAC,
∴EC=BD,故②正确;④如图所示,过点D作DG⊥l于点G,过点E作EH⊥MN于点H,
∵MN⊥BC,
∴∠ABN+∠BAN=90°,又∠BAE=90°,
∴∠EAM+∠BAN=90°.
∴∠EAM=∠ABN.又
∵EA=AB,
∴△EAH≌△ABN(AAS),同理得,△ACN≌△DAG,
∴GD=AN,AG=CN,EH=AN,AH=BN.
∴GD=EH.
∵∠EMH=∠DMG,∠EHM=∠DGM=90°,
∴△EHM≌△DGM(AAS),
∴EM=DM,即点M是线段DE的中点,故④正确,
∴MG=MH,设BN=a,则CN=BC-BN=6-a,
∵l的位置不影响DE的长度,故仍设l⊥BC.在Rt△ABN中,$AN^2=AB^2-BN^2$,在Rt△ANC中,$AN^2=AC^2-CN^2$,
∴$AB^2-BN^2=AC^2-CN^2$,
∴$3^2-a^2=4^2-(6-a)^2$,解得$a=\frac{29}{12}$,
∴AG=CN=$6-\frac{29}{12}=\frac{43}{12}$,
∴AN=$\sqrt{AB^2-BN^2}=\sqrt{3^2-(\frac{29}{12})^2}=\frac{\sqrt{455}}{12}$,
∴GH=AG-AH=CN-BN=$\frac{43}{12}-\frac{29}{12}=\frac{7}{6}$,
∴MG=$\frac{1}{2}×\frac{7}{6}=\frac{7}{12}$,在Rt△MGD中,MD=$\sqrt{MG^2+GD^2}=\sqrt{(\frac{7}{12})^2+(\frac{\sqrt{455}}{12})^2}=\frac{\sqrt{14}}{2}$,
∴DE=2MD=$\sqrt{14}$,故③错误.故答案为①②④。