12. 如图,在Rt△ABC中,∠ACB= 90°,点D,E分别在AB,AC上,CE= BC,连结CD,将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得到CF,连结EF.
(1)补充完成图形.
(2)若EF//CD,求证：∠BDC= 90°.

(1)补全图形：
以点$C$为旋转中心，将线段$CD$顺时针旋转$90^\circ$得到点$F$，然后连接$EF$。
(2)证明：
因为线段$CD$绕点$C$顺时针旋转$90^\circ$得到$CF$，所以$\angle DCF = 90^\circ$，且$CD = CF$。
因为$\angle ACB = 90^\circ$，所以$\angle DCF = \angle ACB$。
即$\angle DCE + \angle ECF = \angle BCD + \angle DCE$。
所以$\angle BCD = \angle ECF$。
因为$CE = BC$，$CD = CF$，所以$\triangle BCD \cong \triangle ECF (SAS)$。
所以$\angle BDC = \angle FEC$。
因为$EF // CD$，所以$\angle FEC + \angle DCF = 180^\circ$。
所以$\angle FEC = 180^\circ - \angle DCF = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ$。
所以$\angle BDC = 90^\circ$。

13. 把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB'C'D',边BC与D'C'交于点O,则四边形ABOD'的周长是()

A.$6\sqrt{2}$
B.6
C.$3\sqrt{2}$
D.$3+3\sqrt{2}$

A

连接AC，AC'。
∵正方形ABCD边长为3，
∴AC=3√2，∠BAC=45°。
由旋转性质，AD'=AD=3，∠B'AD'=45°，
∴∠D'AC=∠BAC=45°，AC=AC'=3√2。
∴AC'为∠D'AB的角平分线，
又
∵AD'=AB=3，AC'=AC'，
∴△AD'C'≌△ABC（SAS），
∴∠AD'O=∠ABO=90°。
设OD'=x，OB=y，
则OC'=3-x，OC=3-y。
在Rt△AD'O中，AO²=AD'²+OD'²=9+x²，
在Rt△ABO中，AO²=AB²+OB²=9+y²，
∴x=y。
在Rt△OCC'中，OC²+OC'²=CC'²，
CC'=AC'-AC=0（矛盾），重新分析：
∵∠D'AB=∠D'AC+∠CAB=90°，AD'=AB=3，
四边形ABOD'为矩形，
∴周长=2(AD'+AB)=2×(3+3)=12（错误）。
正确方法：旋转后D'在AC上，AD'=3，AC=3√2，
∴D'C=AC-AD'=3√2-3。
∠OD'C=45°，△OD'C为等腰直角三角形，OD'=D'C=3√2-3，
同理OB=3√2-3。
四边形ABOD'周长=AB+BO+OD'+D'A=3+(3√2-3)+(3√2-3)+3=6√2。
6√2

14. 如图,正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b,正方形CEFG绕点C旋转,连结BE,BG,DE,DG,给出下列结论：①BE= DG. ②BE⊥DG. ③$DE^{2}+BG^{2}= 2a^{2}+2b^{2}$. ④当∠DCE= 60°时,$S_{\triangle DCE}= \sqrt{3}S_{\triangle BCE}$. 其中正确的结论是.(填序号)

①②③④

①
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，即∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
$\left\{\begin{array}{l} BC=DC\\ ∠BCE=∠DCG\\ CE=CG\end{array}\right.$，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG；
②设BE与DC交于点M，BE与DG交于点N，
∵△BCE≌△DCG，
∴∠CBE=∠CDG，
∵∠BMC=∠DMN，∠CBE+∠BMC=90°，
∴∠CDG+∠DMN=90°，
∴∠DNM=90°，
∴BE⊥DG；
③连接BD、EG，
∵BE⊥DG，
∴DE²+BG²=（DN²+NE²）+（BN²+NG²）=（DN²+BN²）+（NE²+NG²）=BD²+EG²，
∵BD²=2a²，EG²=2b²，
∴DE²+BG²=2a²+2b²；
④$S_{\triangle DCE}=\frac{1}{2}CD\cdot CE\cdot \sin\angle DCE=\frac{1}{2}ab\sin60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}ab$，
$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}BC\cdot CE\cdot \sin\angle BCE$，
∵∠BCD=90°，∠DCE=60°，
∴∠BCE=∠BCD - ∠DCE=30°或∠BCE=∠BCD + ∠DCE=150°，
当∠BCE=30°时，$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}ab\sin30^\circ=\frac{1}{4}ab$，则$S_{\triangle DCE}=\sqrt{3}S_{\triangle BCE}$；
当∠BCE=150°时，$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}ab\sin150^\circ=\frac{1}{4}ab$，则$S_{\triangle DCE}=\sqrt{3}S_{\triangle BCE}$；
综上，$S_{\triangle DCE}=\sqrt{3}S_{\triangle BCE}$。
正确的结论是①②③④。