1. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,将$△ ABC$绕点B逆时针旋转得到$△ FBE$,点C,A的对应点分别为E,F,且点E恰好落在BA上,连接AF,过点B作$BG⊥ AF$于点G.
(1)若$∠ BAC=40°$,求$∠ BAF$的度数;
(2)若$AC=8$,$BC=6$,求$BG$的长.

(1) 在$Rt△ABC$中,$∠C=90°,∠BAC=40°$,
$\therefore \quad ∠ABC=90°-∠BAC=90°-40°=50°.$
由旋转知,$∠FBE=∠ABC=50°,AB=BF.$
$\therefore \quad ∠BAF=∠BFA=\frac{1}{2}(180°-∠ABF)=$$\frac{1}{2}(180°-50°)=65°.$
(2) $\because \quad ∠C=90°,AC=8,BC=6,$
$\therefore \quad AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10.$
由旋转知,$∠BEF=∠C=90°,BE=BC=6,$$EF=AC=8,AB=BF.$
$\therefore \quad AE=AB-BE=10-6=4.$
$\because \quad ∠AEF+∠BEF=180°,$
$\therefore \quad ∠AEF=180°-∠BEF=180°-90°=90°.$
$\therefore \quad$ 在$Rt△AEF$中,
$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}.$
$\because \quad BG⊥AF,$
$\therefore \quad S_{△ABF}=\frac{1}{2}AB×EF=\frac{1}{2}AF×BG.$
$\therefore \quad BG=\frac{AB·EF}{AF}=\frac{10×8}{4\sqrt{5}}=4\sqrt{5}.$

【分析】
(1) 求∠BAF的度数时，先利用直角三角形两锐角互余的性质算出∠ABC的度数；再结合旋转的性质得到AB=BF、∠ABF=∠ABC，可知△ABF是等腰三角形，最后根据等腰三角形的性质和三角形内角和即可求出∠BAF的度数。
(2) 求BG的长时，先在Rt△ABC中用勾股定理求出AB的长度；再根据旋转的性质得到对应边的长度，算出AE的长，判断△AEF为直角三角形后用勾股定理求出AF的长度；最后利用△ABF面积的两种表示方法，通过等面积法列等式即可求出BG的长度。
【解析】
(1) 在$Rt△ABC$中，$∠C=90°,∠BAC=40°$，
$\therefore \quad ∠ABC=90°-∠BAC=90°-40°=50°$，
由旋转的性质可知：$∠FBE=∠ABC=50°,AB=BF$，
$\therefore △ ABF$为等腰三角形，$∠BAF=∠BFA$，
$\therefore \quad ∠BAF=\frac{1}{2}(180°-∠ABF)=\frac{1}{2}(180°-50°)=65°$。
(2) $\because \quad ∠C=90°,AC=8,BC=6$，
$\therefore$ 在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
由旋转的性质可知：$∠BEF=∠C=90°,BE=BC=6,EF=AC=8,AB=BF$，
$\therefore \quad AE=AB-BE=10-6=4$，
$\because \quad ∠AEF+∠BEF=180°$，
$\therefore \quad ∠AEF=180°-90°=90°$，即$△ AEF$为直角三角形，
在$Rt△AEF$中，由勾股定理得：$AF=\sqrt{AE^2+EF^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
$\because \quad BG⊥AF$，
$\therefore \quad S_{△ABF}=\frac{1}{2}·AB·EF=\frac{1}{2}·AF·BG$，
代入数值解得：$BG=\frac{AB·EF}{AF}=\frac{10×8}{4\sqrt{5}}=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) $\boxed{65°}$；(2) $\boxed{4\sqrt{5}}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理，等面积法
【点评】
本题结合旋转和三角形计算考查相关几何知识，解题的核心是抓住旋转前后对应边、对应角相等的性质，灵活运用勾股定理和等面积法求解线段长度，对几何综合分析能力有一定的锻炼作用。
【难度系数】
0.7

2. 如图,将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG,点E恰好落在边CD上,连接BE,BG,且BG交AE于点P.
(1)求证:EB平分∠CEA;
(2)过点B作BH⊥AE于点H,补全图形,并证明:P为BG的中点;
(3)若AB=5,BC=3,求BG的长.

(1) $\because \quad$ 四边形ABCD为矩形,
$\therefore \quad CD// AB.$
$\therefore \quad ∠CEB=∠ABE.$
由旋转可得$AB=AE.$
$\therefore \quad ∠ABE=∠AEB.$
$\therefore \quad ∠AEB=∠CEB.$
$\therefore \quad EB$平分$∠CEA.$
(2) 补全图形如图所示.
证明:$\because \quad$ 四边形ABCD是矩形,
$\therefore \quad ∠C=∠BAD=90°,AD=BC.$
$\therefore \quad BC⊥EC.$
由(1)可得EB平分$∠CEA.$
$\because \quad BH⊥AE,BC⊥EC,$
$\therefore \quad BH=BC,∠BHP=90°.$
$\therefore \quad BH=AD.$
由旋转可得$AG=AD,∠GAP=∠BAD=90°.$
$\therefore \quad AG=HB,∠GAP=∠BHP.$
又 $\quad ∠APG=∠HPB,$
$\therefore \quad △APG≌ △HPB.$
$\therefore \quad GP=BP,$即P为BG的中点.
(3)$2\sqrt{13}.$

【分析】
(1) 要证明EB平分∠CEA，只需证∠AEB=∠CEB。首先利用矩形对边平行的性质得到内错角∠CEB=∠ABE，再结合旋转性质得AB=AE，由等边对等角得∠ABE=∠AEB，等量代换即可完成证明。
(2) 先按要求补全过B作BH⊥AE的辅助线；要证P是BG中点，即证GP=BP，可通过证明△APG≌△HPB实现：先由角平分线的性质得BH=BC，结合矩形和旋转的性质推导得AG=BH，再结合直角相等、对顶角相等，用AAS即可证明三角形全等，得到对应边相等。
(3) 求BG的长，先在Rt△ABH中用勾股定理算出AH的长度，结合全等性质得到PH的长度，再用勾股定理算出BP的长度，由P是BG中点可得BG=2BP，代入数值计算即可。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 四边形ABCD为矩形，
$\therefore$ $CD// AB$，
$\therefore$ $∠CEB=∠ABE$。
由旋转的性质可得$AB=AE$，
$\therefore$ $∠ABE=∠AEB$，
$\therefore$ $∠AEB=∠CEB$，
$\therefore$ $EB$平分$∠CEA$。
(2) 补全图形如图所示：
证明：$\because$ 四边形ABCD是矩形，
$\therefore$ $∠C=∠BAD=90°,AD=BC$，
$\therefore$ $BC⊥EC$。
由(1)可得EB平分$∠CEA$，
$\because$ $BH⊥AE,BC⊥EC$，
$\therefore$ $BH=BC,∠BHP=90°$，
$\therefore$ $BH=AD$。
由旋转的性质可得$AG=AD,∠GAP=∠BAD=90°$，
$\therefore$ $AG=HB,∠GAP=∠BHP$。
又 $\because$ $∠APG=∠HPB$，
$\therefore$ $△APG≌ △HPB$（AAS），
$\therefore$ $GP=BP$，即P为BG的中点。
(3) 解：在$Rt△ABH$中，$AB=5$，$BH=BC=3$，
由勾股定理得：$AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
由$△APG≌△HPB$得$AP=PH$，
$\therefore$ $PH=\frac{1}{2}AH=2$。
在$Rt△BHP$中，$BP=\sqrt{BH^2+PH^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$，
$\because$ P为BG中点，
$\therefore$ $BG=2BP=2\sqrt{13}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 补全图形如图，证明见解析；
(3) $2\sqrt{13}$
【知识点】
旋转的性质；矩形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，三个小问层层递进，将矩形、旋转、角平分线、全等三角形的相关性质有机结合，解题时需注意前后小问的关联性，前一问的结论可直接作为后一问的解题条件，掌握常见的几何证明思路是解题的关键。
【难度系数】
0.65