2021年中考备考一轮复习数学-四边形压轴题训练（word版含答案）

这是一份2021年中考备考一轮复习数学-四边形压轴题训练（word版含答案），共90页。试卷主要包含了如图，点A的图象的两个交点，综合与实践等内容，欢迎下载使用。
2021中考数学备考-四边形压轴题训练
解答题
1．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点C、E、F、G按顺时针排列），连接BF．
（1）如图1，当点E与点D重合时，BF的长为　 　；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，若AE＝1，求BF的长；（提示：过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N．）
（3）当点E在直线AD上时，若AE＝4，请直接写出BF的长．

2．如图，点A（1，6）和B（n，2）是一次函数y1＝kx＋b的图象与反比例函数y2＝（x＞0）的图象的两个交点．
（1）求一次函数与反比例函数的表达式；
（2）设点P是y轴上的一个动点，当△PAB的周长最小时，求点P的坐标；
（3）从下面A，B两题中任选一题作答．
A.在（2）的条件下，设点D是坐标平面内一个动点，当以点A，B，P，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出符合条件的所有点D的坐标．
B．设直线AB交y轴于点C，点M是坐标平面内一个动点，点Q在y轴上运动，以点A，C，Q，M为顶点的四边形能构成菱形吗？若能，请直接写出点Q的坐标；若不能，说明理由．

3．综合与实践
（1）问题发现：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如图①所示的方式放置，点F在AB上，连接AE、CF，则AE、CF的数量关系为 ，位置关系为 ．
（2）类比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°－5）；（3）存在，P点为（3，-2）；E（8，）或（－8，）或（－2，）
【分析】
（1）利用y轴上的点的坐标特征即可得出结论；
（2）先求出点M的坐标，再用三角形的面积之和即可得出结论；
（3）分三种情况利用对角线互相平分的四边形是平行四边形和线段的中点坐标的确定方法即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵点B是直线AB：y=x+4与y轴的交点坐标，
∴B（0，4），
∵点D是直线CD：y=-x-1与y轴的交点坐标，
∴D（0，-1）；
（2）如图1，

∵直线AB与CD相交于M，
∴
①-②可得：x+5=0，
∴x=-5，
把x=-5代入②可得：y=，
∴M坐标为（-5，），
∵B（0，4），D（0，-1），
∴BD=5，
∵点P在射线MD上，
当P在MD的延长线上时，x≥0，
S=S△BDM+S△BDP=×5（5+x）= ，
当P在线段MD上时，-5＜x＜0，
S=S△BDM-S△BDP=×5（5+x）=，
∴S=（ x＞-5）
（3）如图，


由（2）知，S=，
当S=20时，=20，
∴x=3，
∴P（3，-2），
①当BP是对角线时，取BP的中点G，连接MG并延长取一点E'使GE'=GM，
设E'（m，n），
∵B（0，4），P（3，-2），
∴BP的中点坐标为（，1），
∵M（-5， ），
∴，
∴m=8，n=，
∴E'（8，），
②当AB为对角线时，同①的方法得，E（-8，），
③当MP为对角线时，同①的方法得，E''（-2，-），
即：满足条件的点E的坐标为（8，）、（-8， ）、（-2，-）．

27．（1）见解析；（2）MN2＝BN2+DM2，证明见解析；（3）
【分析】
（1）由直角三角形的性质得AO＝MO＝BE＝BO＝EO，得∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，证出∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°即可；
（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，证△ABN≌△ADF（SAS），得BN＝DF，∠DAF＝∠ABN＝45°，则∠FDM＝90°，证△NAM≌△FAM（SAS），得MN＝MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得 ，进而得出结论；
（3）作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，得∠PCE＝90°，则∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE＝CP＝PE，证△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，则∠EBQ＝∠PBE＝90°，由勾股定理求出BE＝4，PE＝6，即可得出PC的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵ME⊥BD，
∴∠BME＝90°，
∵O是BE的中点，
∴AO＝MO＝BE＝BO＝EO，
∴∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，
∴∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°；
（2）解：MN2＝BN2+DM2，理由如下：
在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，如图2所示：

则∠NAF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠NAF＝90°，
∴∠BAN＝∠DAF，
∵∠NAM＝45°，
∴∠FAM＝45°＝∠NAM，
在△ABN和△ADF中，，
∴△ABN≌△ADF（SAS），
∴BN＝DF，∠ADF＝∠ABN＝45°，
∴∠FDM＝∠ADB+∠ADF＝90°，
∵∠NAM＝45°，
∴∠FAM＝45°＝∠NAM，
在△NAM和△FAM中，，
∴△NAM≌△FAM（SAS），
∴MN＝MF，
在Rt△FDM中，FM2＝DM2+FD2，
即MN2＝BN2+DM2；
（3）解：作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，如图3所示：

则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，
∴∠PCE＝360°﹣∠PCQ﹣∠ECQ＝90°，
∴∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，
∴CE＝CP＝PE，
在△BCE和△DCP中，，
∴△BCE≌△DCP（SAS），
∴∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，
∴∠EBQ＝90°，
∴∠PBE＝90°，
∵PB＝2，PQ＝9，
∴BQ＝PQ﹣PB＝7，
∴BE＝＝＝4，
∴PE＝＝＝6，
∴PC＝PE＝3；
故答案为：3．

28．（1）证明见解析；（2）平行四边形，见解析；（3）当D点运动到时，为菱形，证明见解析．
【分析】
（1）由正三角形的性质得AB=AC，AD=AE，再由∠BAC=∠DAE=60°可得∠EAB=∠DAC，最后据SAS证得；
（2）先得△AFG为正三角形，再由（1）得△AFE≌AGD得到∠AGD=60°、FE=DG；再据∠F+∠FGA+∠AGD=60°+60°+60°=180°得到FB∥GD，得四边形FBDG为平行四边形；据平行四边形对边相等得FB=DG，从而得到△FBE为正三角形；由△FBE为正三角形得到∠FEB=60°，得到∠FEB=∠FGA，最后得到BE∥CG，从而证得四边形BCGE为平行四边形；
（3）先证△ABE≌△ACD，得到BE=CD；由菱形的定义得只需BC=BE可得平行四边形为菱形，从而得到当BC=CD时，四边形为菱形．
【详解】
（1）证明：如图①

∵△ABC为正三角形
∴AB=AC，∠BAC=60°
∵△ADE为正三角形
∴AD=AE，∠EAD=60°
∴∠BAC=∠EAD
∴∠EAB=∠DAC
∴．
（2）如图②所示，
∵△ABC为正三角形
∴∠ABC=∠BAC=60°

∵FG∥BC
∴∠AFE=∠ABC=60°
∴是等边三角形，
∴∠FGA=60°
又△AED为正三角形，同理（1）证明可得，
．
∴，FE=DG，
∴
∴FB∥GD
∴四边形BFGD为平行四边形
∴FB=GD
∴FB=FE
∴△FBE为正三角形
∴∠FEB=60°
∴∠FEB=∠FGA
∴BE∥GC
∴四边形是平行四边形．
（3）如图②

∵△ABC是正三角形
∴AB=AC，∠BAC=60°
∵△AED是正三角形
∴AE=AD，∠EAD=60°
∴∠BAC=∠EAD
∴△ABE≌△ACD
∴CD=BE
由（2）知四边形BCGE为平行四边形
所以要使四边形为菱形，只需使
∴需使，即当D点运动到时，有四边形为菱形．

29．（1）5；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据题意可先证得△ABE为等腰直角三角形，从而求出AB，AE，然后在△CED中运用勾股定理求出ED的长度，最终得到AD的长度；
（2）作HR⊥BC于点R，ET⊥BC于点T，首先证明CE=CH，再证明△CRH≌△ETC，推出HR=CT=DE，从而得出结论；
（3）在（2）的基础之上，作GM⊥AD于M点，GN⊥CD于N点，设AB=AE=m，则BE=BC=m，推出DE=AD-AE=m-m，BH=DE=2m-m，再求出DG即可得出结论．
【详解】
（1）∵在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE=45°，△ABE为等腰直角三角形，
则，即：，
由矩形性质可得：，
在Rt△CED中，，
∴AD=AE+ED=4+1=5；
（2）如图所示，作HR⊥BC于点R，ET⊥BC于点T，
由题意可得四边形ABTE为正方形，
∴∠EBT=∠BET=45°，
∵EF=EC，ET⊥FC，
∴FT=TC，∠FET=∠CET，∠EFC=∠ECF，
∵CG⊥EF，
∴∠CGF=∠ETC=90°，
∴∠CFG+∠FCG=90°，∠CET+∠ECT=90°，
∴∠GCF=∠CET，
∵∠CEH=∠CET+∠BET=45°+∠CET，
∠CHB=∠CBH+∠HCB=45°+∠HCB，
∴∠CEH=∠CHE，
∴CE=CH，
∵HR⊥BC，
∴∠CRH=∠ETC=90°，
在△CRH和△ETC中，

∴△CRH≌△ETC（AAS），
∴HR=CT，
由题意可知，△BRH为等腰直角三角形，四边形ETCD为矩形，
∴HR=CT=DE，
∴；

（3）如图所示，在（2）的条件下，作GM⊥AD于M点，GN⊥CD于N点，
设AB=AE=m，则BE=BC=m，
∴DE=AD-AE=m-m，
∴BH=DE=2m-m，
当BE=BC时，∠CEH =∠BCE=（180°-∠EBC）÷2=67.5°，
由（2）可知，∠CEH=∠CHE=∠BCE=45°+∠BCH=67.5°，
∴∠BCH=22.5°，∠ECH=45°，
∵CG⊥EG，
∴GC=GE，
∵∠MGN=∠EGC=90°，
∴∠MGE=∠NGC，
在△GME和△GNC中，

∴△GME≌△GNC（AAS），
∴GM=GN，
∵GM⊥AD，GN⊥CD，
∴GD平分∠ADC，
∴∠CDG=45°，
结合（1）可得∠DCH=67.5°，
∴∠CGD=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴DG=DC=m，
∴．


30．（1）1；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据顶角为120°的等腰三角形三边长关系，可得AB =2，结合含30°角的直角三角形三边长关系，可得BE，EG的长，进而即可求解；
（2）过点E作ER∥AC交AB于点R，过点R作RS∥BC交AC于点S，可得四边形SREC是平行四边形，易得AR=SR=CE，再根据全等三角形性质，通过证明，得BF=DR，通过计算即可完成证明．
【详解】
（1）连接CD，

∵=2，，点为中点，
∴CD⊥AB，∠ABC=30°，
∴BD=BC=，
∴AD=BD=，
∵，且∠DBE=30°，
∴DE=，BE=DE=，
∵DE=EF且∠DEF=120°，
∴∠ EDG=30°，
∴EG=DE=×=，
∴=EB-EG=-=1；
（2）过点E作ER∥AC交AB于点R，过点R作RS∥BC交AC于点S，

∴四边形SREC是平行四边形
∴∠DRE=∠A=∠DBE=30°，
∴RS=CE，DE=DB，RE=BE
∵∠ASR=∠ACB=120°，
∴∠SAR=∠ARS=30°，
∴AR=SR=CE，
∵∠EDF=∠ACB=120°
∴∠DEB+∠FEB=120°，∠DEB+∠DER=120°
∴∠FEB=∠DER
∵线段绕点顺时针旋转得到线段
∴
∴
∴
∴BF=DR
∴AD=DR+AR=，即．

31．（1）DM⊥EM，DM＝ME，理由见详解；（2）结论成立，理由见详解；（3）成立；拓展应用：MF=或
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH＝ME，AH＝EF＝EC，推出DH＝DE，因为∠EDH＝90°，可得DM⊥EM，DM＝ME；
（2）延长EM交DA的延长线于H，证法同第（1）小题；
（3）如图3中，延长EM到点 H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，先证明△AMH≌△FME，延长AH交CE于点K，交CD于点O，再证明∆DCE≅∆DAH，可得∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，即可得到结论；
拓展应用：分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可．
【详解】
解：（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．
理由：如图1中，延长EM交AD于H．

∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵M是AF的中点，
∴AM＝MF，
又∵∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴AD-AH=CD-CE，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME．
故答案是：DM⊥EM，DM＝ME；
（2）如图2中，结论不变．DM⊥EM，DM＝EM．

理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴AD+AH=CD+CE，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME；
（3）如图3中，延长EM到点 H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴AH＝EF＝EC，∠MAH=∠MFE，
∴AH∥EF，
延长AH交CE于点K，交CD于点O，
∴∠AKE=∠CEF=90°，
∴∠DCE+∠COK=∠DAH+∠AOD，
∵∠COK=∠AOD，
∴∠DCE=∠DAH，
在∆ DCE和∆DAH中，
∵，
∴∆DCE≅∆DAH，
∴DH=DE，∠CDE=∠ADH，
∴∠ADH+∠CDH=∠CDE+∠CDH=90°，即：∠HDE=∠ADC=90°，
∴∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，
∴DM⊥EM，DM＝ME，
故答案是：成立；

拓展应用：如图4中，连接DE．延长EM到H，使得MH＝ME，连接AH，延长FE交AD的延长线于K．作MR⊥DE于R．

易证△AMH≌△FME（SAS），
∴AH＝EF＝EC，∠MAH＝∠MFE，
∴AH∥DF，
∴∠DAH＋∠ADE＝180°，
∴∠DAH＋∠CDE＝90°，
∵∠DCE＋∠EDC＝90°
∴∠DAH＝∠DCE，
∵DA＝DC，
∴△DAH≌△DCE（SAS），
∴DH＝DE，∠ADH＝∠CDE，
∴∠HDE＝∠ADC＝90°，
∵ME＝MH，
∴DM⊥EH，DM＝MH＝EM，
在Rt△CDE中，DE＝，
∵DM＝ME，DM⊥ME，MR⊥DE，
∴MR＝DE＝6，DR＝RE＝6，
在Rt△FMR中，FM＝，
如图5中，作MR⊥DE于R．同法可得DE＝12，MR＝6，可得FR＝6−5＝1，

在Rt△MRF中，FM＝
综上所述：MF=或．
32．[探究发现]AE+AF=AB；[类比应用]AE+AF=AB；[拓展延伸]或
【分析】
[探究发现]证明△BDF≌△ADE，可得BF=AE，从而证明AB=AF+AE；
[类比应用] 取AB中点G，连接DG，利用ASA证明△GDF≌△ADE，得到GF=AE，可得AG=AB=AF+FG=AE+AF；
[拓展延伸]分当点E在线段AC上时，当点E在AC延长线上时，两种情况，取AC的中点H，连接DH，同理证明△ADF≌△HDE，得到AF=HE，从而求解．
【详解】
解：[探究发现]
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵D为BC中点，
∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=45°，AD=BD=CD，
∴∠ADB=∠ADF+∠BDF=90°，
∵∠EDF=∠ADE+∠ADF=90°，
∴∠BDF=∠ADE，
又∵BD=AD，∠B=∠CAD=45°，
∴△BDF≌△ADE（ASA），
∴BF=AE，
∴AB=AF+BF=AF+AE；
[类比应用]
AE+AF=AB，理由是：
取AB中点G，连接DG，
∵点G是△ADB斜边中点，
∴DG=AG=BG=AB，
∵AB=AC，∠BAC=120°，点D为BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD=60°，
∴∠GDA=∠BAD=60°，即∠GDF+∠FDA=60°，
又∵∠FAD+∠ADE=∠FDE=60°，
∴∠GDF=∠ADE，
∵DG=AG，∠BAD=60°，
∴△ADG为等边三角形，
∴∠AGD=∠CAD=60°，GD=AD，
∴△GDF≌△ADE（ASA），
∴GF=AE，
∴AG=AB=AF+FG=AE+AF；

[拓展延伸]
当点E在线段AC上时，
如图，取AC的中点H，连接DH，
当AB=AC=5，CE=1，∠EDF=60°时，
AE=4，此时F在BA的延长线上，
同（2）可得：△ADF≌△HDE，
∴AF=HE，
∵AH=CH=AC=，CE=1，
∴AF=HE=CH-CE=-1=；

当点E在AC延长线上时，
同理可得：AF=HE=CH+CE=+1=．

综上：AF的长为或．

33．（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．
【分析】
（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；
（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；
（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
【详解】
解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；


（2）①满足，理由是：
如图2中，设AM交BC于O．

∵∠EBG=∠ABC=90°，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△CEB中，
，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，
∴∠BCE+∠COM=90°，
∴∠OMC=90°，
∴AG⊥EC．
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
∵△ABG≌△CEB，
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴EC•BP=AG•BH，
∴BP=BH，
∴MB平分∠AME；


（3）CM=BN，
理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
则CM=BN．



34．（1）t=5；（2）t=9；（3）t=15
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出DQ=CP，当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，由题意得出方程，解方程即可；
（2）当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，由梯形面积公式得出方程，解方程即可；
（3）当10.5≤t＜16时，点P到达C点返回，由梯形面积公式得出方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ=CP，
当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，如图1所示：

∵DQ=AD-AQ=16-t，
CP=21-2t
∴16-t=21-2t
解得：t=5；
即当t=5秒时，四边形PQDC是平行四边形；
（2）当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，如图1所示：


CP=21-2t，DQ=16-t，
若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，
则（DQ+CP）×AB=60，
即（16-t+21-2t）×12=60，
解得：t=9；
即当0＜t＜10.5时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，t的值为9秒；
（3）当10.5≤t＜16时，如图2所示，点P到达C点返回，CP=2t-21，DQ=16-t，
则同（2）得：（DQ+CP）×AB=60，
即（16-t+2t-21）×12=60，
解得：t=15．
即当10.5≤t＜16时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，t的值为15秒．


35．（1）3﹣3；（2）①6﹣2；②45°或225°；（3）3﹣3≤MN≤6＋3
【分析】
（1）过点C作CH⊥AB于H，由等腰直角三角形的性质可得CH＝BH＝AB，由勾股定理求出DH，则可求出答案；
（2）①由旋转的性质可得CD＝CD'＝，∠DCD'＝30°＝∠CDA＝∠CD'A'，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得CF＝D'F＝3，EF＝，CE＝2EF＝2，即可求解；
②分两种情况讨论，由“SSS”可证△A'CD≌△BCD'，可得∠A'CD＝∠BCD'，即可求解；
（3）当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，过点C作CH⊥AB于H，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，CH⊥AB，
∴AB＝CD＝6，CH＝BH＝AB＝3，∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴DH＝，
∴BD＝DH﹣BH＝3﹣3；
（2）①如图2，过点E作EF⊥CD'于F，

∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，
∴CD＝CD'＝6，
∵图1中CD=2CH，
∴∠DCD'＝30°＝∠CDA＝∠CD'A'，
∴CE＝D'E，
又∵EF⊥CD'，
∴CF＝D'F＝3，EF＝，CE＝2EF＝2，
∴DE＝DC﹣CE＝6﹣2；
②如图2﹣1，

∵∠ABC＝45°，∠ADC＝30°，
∴∠BCD＝15°，
∴∠ACD＝105°，
∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，
∴AC＝A'C，CD＝CD'，∠ACA'＝∠DCD'＝α，
∴CB＝CA'，
又∵A′D＝BD′，
∴△A'CD≌△BCD'（SSS），
∴∠A'CD＝∠BCD'，
∴105°﹣α＝15°＋α，
∴α＝45°；
如图2﹣2，

同理可证：△A'CD≌△BCD'，
∴∠A'CD＝∠BCD'，
∴α﹣105°＝360°﹣α﹣15°，
∴α＝225°，
综上所述：满足条件的α的度数为45°或225°；
（3）如图3，当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，

∵∠A'＝45°，A'D'⊥AC，
∴∠A'＝∠NCA'＝45°，
∴CN＝A'N＝3，
∵点M为AC的中点，
∴CM＝AC＝3，
∴MN的最小值＝NC﹣CM＝3﹣3；
如图4，当点A，点C，点D'共线，且点N与点D'重合时，MN有最大值，

此时MN＝CM＋CN＝6＋3，
∴线段MN的取值范围是3﹣3≤MN≤6＋3．