【分析】
(1) 解题思路：先根据Rt△ABC的直角得到两锐角和为90°，再利用旋转的性质得对应角相等，将∠ACE替换为∠B，即可求得∠DCE=90°，判断△DCE的形状。
(2) 解题思路：由旋转性质可得对应边BD=CE、AD=AE，对应旋转角∠DAE=90°，推出△ADE为等腰直角三角形，得到DE与AD的数量关系；再在Rt△DCE中用勾股定理，等量代换边即可得到AD、BD、CD的数量关系。
(3) 解题思路：遇到线段中点优先构造全等转化线段：过点C作CM//BD，利用ASA证明△BDO≌△CMO，得到OD=OM；再通过“SAS”证明△ABD≌△ACE，得到CE=BD、∠AEC=90°，结合角度推导可得△CEM为等腰直角三角形，得到ME与BD的关系，最后根据线段和的关系即可得到三者数量关系。
(4) 解题思路：由∠BAC=60°、AB=AC可知△ABC为等边三角形，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，可得△DCE为等边三角形，结合已知∠ADC=30°推出△ADE为直角三角形，利用勾股定理计算DE的长，即为CD的长。
【解析】
(1)
∵ ∠BAC=90°，
∴ ∠B+∠ACB=90°，
由旋转的性质得∠B=∠ACE，
∴ ∠ECD=∠ACE+∠ACB=∠B+∠ACB=90°，
故△DCE为直角三角形。
(2) $BD^2+CD^2=2AD^2$，理由如下：
由旋转的性质得$BD=CE,AD=AE,∠DAE=90°$，
∴ △ADE为等腰直角三角形，
∴ $DE=\sqrt{2}AD$，
在Rt△DCE中，由勾股定理得$CE^2+CD^2=DE^2$，
∴ $BD^2+CD^2=(\sqrt{2}AD)^2$，即$BD^2+CD^2=2AD^2$。
(3) $OE=OD+\sqrt{2}BD$，理由如下：
如图1，过点C作$CM// BD$，则$∠DBO=∠MCO$。
∵ O为BC的中点，
∴ $OB=OC$。
在△BDO和△CMO中，$\begin{cases} ∠DBO=∠MCO,\\ OB=OC,\\ ∠BOD=∠COM, \end{cases}$
∴ △BDO≌△CMO(ASA)，
∴ $OM=OD$，$BD=CM$。
∵ $∠BDA=∠DAE=90°$，
∴ $BD// AE$，
∵ $CM// BD$，
∴ $CM// AE$，
∵ $∠BAC=∠DAE=90°$，
∴ $∠BAD=∠CAE$，
又
∵ $AB=AC,AD=AE$，
∴ △ABD≌△ACE(SAS)，
∴ $∠AEC=∠ADB=90°,CE=BD$，
∴ $CE=CM$，$∠ECM=180°-∠AEC=90°$。
∵ $∠AED=45°$，
∴ $∠CEM=45°$，
∴ △CEM为等腰直角三角形，
∴ $ME=\sqrt{2}CE=\sqrt{2}BD$，
∴ $OE=OM+ME=OD+\sqrt{2}BD$。

(4) CD的长为3，求解过程如下：
∵ $∠BAC=60°,AB=AC$，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ $∠ACB=60°$。
如图2，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，连接DE。
由旋转的性质知$DC=EC,∠DCE=∠ACB=60°,BD=AE=5$，
∴ △DCE为等边三角形，
∴ $CD=DE=CE,∠CDE=60°$。
∵ $∠ADC=30°$，
∴ $∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°$，
在Rt△ADE中，由勾股定理得$AD^2+DE^2=AE^2$，
代入数据得$4^2+DE^2=5^2$，
解得$DE=3$(负值舍去)，
∴ $CD=3$。

【答案】
(1) 直角三角形
(2) $BD^2+CD^2=2AD^2$
(3) $OE=OD+\sqrt{2}BD$

(4) 3

【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，围绕旋转的性质展开考查，需要熟练掌握等腰（等边）三角形的性质、全等三角形的判定方法及勾股定理的应用。解题的核心是掌握旋转构造全等的技巧，当图形中存在共顶点的等线段时，可通过旋转将分散的边、角条件集中到同一个三角形中，简化求解过程。
【难度系数】
0.4

【分析】
本题为正方形45°半角模型的证明题，解题思路清晰可依：
(1) 证明线段和差类问题常用“截长补短”法，本题适合用补短法构造全等：利用正方形等边、直角的性质，将DN转移到BM的延长线上，先证小三角形全等得到等边、等角，结合已知45°角推出两组三角形全等的夹角相等，再证含MN的三角形与构造的三角形全等，即可将MN转化为两条线段的和。
(2) 证明角平分线可通过证明相邻两角相等实现，可借助第一问的全等结论得到角相等，也可通过作垂线构造直角三角形，再次证全等得到对应角相等，从而得到角平分线的结论。
【解析】
(1) 延长CB至点E，使$BE=DN$，连接AE。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AB=AD$，$∠ABE=∠ADN=90°$。
在$△ ABE$和$△ ADN$中：
$\begin{cases}AB=AD \\∠ABE=∠ADN \\BE=DN\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ ADN(\mathrm{SAS})$，
∴ $AE=AN$，$∠BAE=∠DAN$。
∵ $∠BAD=90°$，$∠MAN=45°$，
∴ $∠BAM + ∠DAN = 90° - 45° = 45°$，
∴ $∠BAM + ∠BAE = ∠EAM = 45°$，即$∠EAM=∠MAN$。
在$△ EAM$和$△ NAM$中：
$\begin{cases}AE=AN \\∠EAM=∠NAM \\AM=AM\end{cases}$
∴ $△ EAM ≌ △ NAM(\mathrm{SAS})$，
∴ $MN=EM$。
∵ $EM=BM + BE = BM + DN$，
∴ $MN=BM+DN$。
(2) 过点A作$AG⊥MN$于点G。
由$△ EAM ≌ △ NAM$，得$∠AMB=∠AMN$，
在$△ ABM$和$△ AGM$中：
$\begin{cases}∠ABM=∠AGM=90° \\∠AMB=∠AMG \\AM=AM\end{cases}$
∴ $△ ABM ≌ △ AGM(\mathrm{AAS})$，
∴ $∠BMA=∠GMA$，即MA平分$∠BMN$，且$AB=AG$，$BM=GM$。
∵ 正方形边长$AB=AD$，
∴ $AG=AD$。
在$\mathrm{Rt}△ ADN$和$\mathrm{Rt}△ AGN$中：
$\begin{cases}AD=AG \\AN=AN\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ADN ≌ \mathrm{Rt}△ AGN(\mathrm{HL})$，
∴ $∠AND=∠ANG$，即NA平分$∠DNM$。
【答案】
(1) $MN=BM+DN$，得证；
(2) MA平分$∠ BMN$，NA平分$∠ DNM$，得证。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的判定
【点评】
本题是半角模型的典型考题，核心解题思路是通过构造全等三角形将分散的边、角关系集中转化，这种构造全等的方法在含特殊角的几何证明题中应用广泛，掌握该模型的推导逻辑可快速解决同类正方形、等边三角形的角度、线段和差问题。
【难度系数】
0.65

【分析】
本题是正方形中含45°角的典型问题，核心解题思路是利用半角模型的构造方法：正方形内角为90°，已知∠MAN=45°，可得∠BAM+∠DAN=45°，因此可以通过构造全等将两个分散的小角合并为和∠MAN相等的角，实现边的转化，再结合勾股定理列方程求解。具体可按以下步骤思考：先构造全等三角形将DN转化为BE，得到∠MAE=∠MAN=45°，再证△AME和△AMN全等得到MN=EM，最后在Rt△MCN中用勾股定理列方程求CN的长度。
【解析】
解：延长CB至点E，使BE=DN，连接AE，
∵ 四边形ABCD是边长为5的正方形，
∴ $∠ ABC=∠ C=∠ D=∠ BAD=90°$，$AB=BC=CD=AD=5$，
∴ $∠ ABE=180°-∠ ABC=90°=∠ D$，
在$△ ABE$和$△ ADN$中：
$\begin{cases}AB=AD \\∠ ABE=∠ D \\BE=DN\end{cases}$
∴ $△ ABE≌△ ADN(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ BAE=∠ DAN$，$AE=AN$，
∵ $∠ BAD=90°$，$∠ MAN=45°$，
∴ $∠ BAM+∠ DAN=∠ BAD-∠ MAN=45°$，
∴ $∠ MAE=∠ BAE+∠ BAM=∠ DAN+∠ BAM=45°=∠ MAN$，
在$△ AME$和$△ AMN$中：
$\begin{cases}AE=AN \\∠ MAE=∠ MAN \\AM=AM\end{cases}$
∴ $△ AME≌△ AMN(\mathrm{SAS})$，
∴ $MN=EM$，
设$CN=x$，则$DN=CD-CN=5-x$，故$BE=DN=5-x$，
∴ $MN=EM=BE+BM=5-x+2=7-x$，
又
∵ $CM=BC-BM=5-2=3$，
在$\mathrm{Rt}△ CMN$中，由勾股定理得$MN^2=CM^2+CN^2$，
代入得：$(7-x)^2=3^2+x^2$，
展开得：$49-14x+x^2=9+x^2$，
整理得：$14x=40$，
解得：$x=\frac{20}{7}$，即$CN=\frac{20}{7}$。
【答案】
D

【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是正方形半角模型的典型考题，通过构造全等三角形实现了边角的转化，将分散的条件整合，再结合勾股定理建立方程求解，既考查了几何图形的基础性质，也体现了转化思想和方程思想的应用，熟练掌握半角模型的构造技巧可快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题属于等腰直角三角形中的半角模型问题，解题核心是利用旋转将分散的线段集中到同一个图形中求解。首先观察到AB=AC且共顶点A，符合旋转构造全等的条件，可将△ABD绕点A旋转使AB与AC重合，得到△ACD'，此时可将BD转化为CD'，结合角度条件可推出∠D'CE=90°，再证明△ADE与△AD'E全等，将DE转化为D'E，最后用勾股定理计算D'E的长度即可得到DE的长。
【解析】
如图，将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使得AB与AC重合，连接ED'，

∵ $∠ BAC=90°,AB=AC$，
∴ $∠ B=∠ ACB=45°$，
由旋转的性质可知$△ ABD≌△ ACD'$，
∴ $CD'=BD=3,∠ ACD'=∠ B=45°$，
∴ $∠ D'CE=∠ ACD'+∠ ACB=45°+45°=90°$，
在$Rt△ D'CE$中，$CE=5$，
由勾股定理得$D'E=\sqrt{CE^2+D'C^2}=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}$，
由旋转的性质可知$∠ BAD=∠ CAD'$，$AD=AD'$，
∴ $∠ DAD'=∠ CAD'+∠ DAC=∠ BAD+∠ DAC=∠ BAC=90°$，
∵ $∠ DAE=45°$，
∴ $∠ D'AE=∠ DAD'-∠ DAE=90°-45°=45°$，
∴ $∠ DAE=∠ D'AE$，
在$△ ADE$和$△ AD'E$中：
$\begin{cases}AD=AD'\\∠ DAE=∠ D'AE\\AE=AE\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ AD'E(\mathrm{SAS})$，
∴ $DE=D'E=\sqrt{34}$。
【答案】
$\sqrt{34}$
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是旋转构造全等的典型题型，通过旋转将原本分散的三条线段转化到同一直角三角形中，将求DE的问题转化为求直角三角形斜边的问题，解题关键是掌握共顶点等线段条件下旋转构造全等的方法，体会转化思想的应用。
【难度系数】
0.6

【分析】
要求△AMN的周长，即求AM+AN+MN的值，已知△ABC是边长为1的等边三角形，若能将MN转化为BM+CN的形式，周长就可转化为AB+AC的和进而求出结果。观察图形可知BD=CD，∠ABD=∠DCE=90°，可采用补短法构造全等：延长AC到点E，使CE=BM，先证△MBD≌△ECD得到MD=ED、∠MDB=∠EDC，再结合∠MDN=60°、∠BDC=120°推出∠EDN=∠MDN，证△MDN≌△EDN，得到MN=EN=NC+BM，代入周长公式即可求解。
【解析】
如图，延长AC至E，使得$CE=BM$，连接DE.
∵ △ABC是等边三角形，且△BDC是顶角∠BDC为120°的等腰三角形，
∴ $∠ABC=∠ACB=60°,∠DBC=∠DCB=30°$，
则$∠ABD=∠ABC+∠DBC=90°，∠DCE=180°-∠ACB-∠DCB=90°$，即$∠ABD=∠DCE=90°$，
在△MBD和△ECD中，
$\begin{cases} BM=CE,\\ ∠MBD=∠ECD,\\ BD=CD, \end{cases}$
∴ △MBD≌△ECD(SAS)，
∴ $MD=ED,∠MDB=∠EDC$，
∵ $∠MDN=60°,∠BDC=120°$，
∴ $∠MDB+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°$，
∴ $∠EDC+∠NDC=∠EDN=60°=∠MDN$，
在△MDN和△EDN中，
$\begin{cases} MD=ED,\\ ∠MDN=∠EDN,\\ DN=DN, \end{cases}$
∴ △MDN≌△EDN(SAS)，
∴ $MN=EN$，即$MN=NC+CE=NC+BM$，
∴ △AMN的周长=$AM+MN+AN=AM+BM+NC+AN=AB+AC=1+1=2$.

【答案】
2
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题是构造旋转型全等的典型题目，通过作辅助线将分散的线段转移，把所求三角形的周长转化为已知的等边三角形的边长之和，解题的关键是结合图形特征合理构造全等三角形实现线段的等量代换。
【难度系数】
0.6