1. 如图,在等边三角形ABC中,高AD,BE相交于点F,连接DE,则∠FED的度数是 （）

A.$15°$
B.$20°$
C.$25°$
D.$30°$

D

【分析】
要解决本题，需利用等边三角形的性质：等边三角形的高、中线、角平分线重合，且内角均为60°；结合中点的判定，推导相关三角形的形状，进而求出目标角度。首先根据等边三角形“三线合一”确定D、E为BC、AC的中点，再判定△DEC为等边三角形，最后结合BE是高的直角性质计算∠FED的度数。
【解析】
1. 已知△ABC是等边三角形，因此∠C=60°，且AC=BC。
2. 因为AD、BE是等边三角形的高，根据等边三角形“三线合一”的性质，可得D是BC中点，E是AC中点，故DC=½BC，EC=½AC，进而DC=EC。
3. 结合∠C=60°，可判定△DEC是等边三角形，因此∠DEC=60°。
4. 又因为BE是AC边上的高，所以∠BEC=90°，即∠FEC=90°。
5. 因此∠FED=∠FEC - ∠DEC=90° - 60°=30°。
【答案】
D
【知识点】
等边三角形性质、直角三角形性质、中点判定
【点评】
本题考查等边三角形性质的应用，核心是利用“三线合一”找到中点，判定等边三角形，结合直角的性质求解角度，属于基础几何题，需熟练掌握等边三角形的相关性质。
【难度系数】
0.5

2. 如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,H为BC的中点,AC=3,BD=4,则线段OH的长为.

$\frac{5}{4}$（或1.25）

【分析】
要计算OH的长度，需先利用菱形对角线互相垂直平分的性质，得到直角三角形BOC的两条直角边长度；再通过勾股定理求出斜边BC的长度；最后根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，结合H是BC中点，即可求出OH的长。
【解析】
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，OC = $\frac{1}{2}AC = \frac{3}{2}$，OB = $\frac{1}{2}BD = 2$，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{2^2 + (\frac{3}{2})^2} = \sqrt{4 + \frac{9}{4}} = \sqrt{\frac{25}{4}} = \frac{5}{2}$，
∵ H为BC的中点，
∴ OH是Rt△BOC斜边BC的中线，
∴ OH = $\frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}×\frac{5}{2} = \frac{5}{4}$。
【答案】
$\frac{5}{4}$
【知识点】
菱形的性质，直角三角形斜边中线定理，勾股定理
【点评】
本题结合菱形的性质与直角三角形的性质求解，核心是利用菱形对角线垂直平分的特性构造直角三角形，再通过斜边中线定理简化计算，属于基础几何题，侧重对基础知识点的应用。
【难度系数】
0.6

3. 如图,在等边三角形 $ ABC $ 中,$ AC = 6 $,$ CD ⊥ AB $,$ E $ 是线段 $ CD $ 上一动点,连接 $ AE $,将线段 $ AE $ 绕点 $ A $ 按顺时针方向旋转 $ 60° $,得到线段 $ AP $,连接 $ DP $,则 $ DP $ 长的最小值为________.

$\frac{3}{2}$

【分析】
要解决DP的最小值问题，可通过坐标法结合旋转性质分析：首先利用等边三角形的性质建立坐标系，设出动点E的坐标，根据旋转的坐标变换得到点P的坐标，进而将DP的长度转化为关于参数的二次函数，通过二次函数的最值求解DP的最小值。
【解析】
解：建立平面直角坐标系，设等边△ABC中，A(-3,0)，B(3,0)，CD⊥AB，故D(0,0)，C(0,3√3)，满足AC=√[(-3)^2+(3√3)^2]=6。
∵E是线段CD上的动点，设E(0,e)，其中0≤e≤3√3。
根据旋转性质，线段AE绕点A顺时针旋转60°得AP，向量AE=(3,e)，顺时针旋转60°后的向量为：
(3cos(-60°)-e sin(-60°), 3sin(-60°)+e cos(-60°)) = (3×1/2 - e×(-√3/2), 3×(-√3/2)+e×1/2) = (3/2 + (√3 e)/2, - (3√3)/2 + e/2)
则点P的坐标为A加上该旋转向量：
P(-3 + 3/2 + (√3 e)/2, 0 - (3√3)/2 + e/2) = (-3/2 + (√3 e)/2, - (3√3)/2 + e/2)
计算DP的长度（D为原点(0,0)）：
DP² = [ -3/2 + (√3 e)/2 ]² + [ - (3√3)/2 + e/2 ]²
展开化简：
= ( (√3 e - 3)² + (e - 3√3)² ) / 4
= (3e² -6√3 e +9 + e² -6√3 e +27)/4
= (4e² -12√3 e +36)/4
= e² - 3√3 e +9
这是开口向上的二次函数，对称轴为e=(3√3)/2，在0≤e≤3√3范围内，代入得最小值：
当e=(3√3)/2时，DP²=( (3√3)/2 )² -3√3×(3√3)/2 +9 = 27/4 -27/2 +9=9/4，故DP=√(9/4)=3/2。
【答案】
$\frac{3}{2}$
【知识点】
等边三角形性质、旋转的性质、二次函数最值
【点评】
本题通过坐标法将动点的几何问题转化为代数的函数最值问题，核心是利用旋转的坐标变换确定点P的轨迹，结合二次函数的性质求最短距离，体现了数形结合的解题思想。
【难度系数】
0.5

4. 如图,将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG,使点B落在边AD上的点E处,连接BG交CE于点H,连接BE.
(1) 求证:EB平分$∠ AEC$;
(2) 取BC的中点P,连接PH,求证:$PH// CG$.

证明：
(1) ∵ 矩形ABCD绕点C顺时针旋转得到矩形FECG，
∴ CE = CB，
∴ ∠BEC = ∠EBC。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，
∴ ∠AEB = ∠EBC，
∴ ∠AEB = ∠BEC，即EB平分∠AEC。
(2) 过点B作BM⊥CE于点M，
∵ CE = CB，BM⊥CE，
∴ M为CE的中点（等腰三角形三线合一）。
在△ABE和△MBE中：
$\{\begin{array}{l}∠A = ∠BME = 90° \\∠AEB = ∠MEB \\BE = BE\end{array} $
∴ △ABE ≌ △MBE（AAS），
∴ AB = BM。
由旋转的性质可知CG = AB，
∴ BM = CG。
在△BMH和△GCH中：
$\{\begin{array}{l}∠BMH = ∠GCH = 90° \\∠BHM = ∠GHC \\BM = CG\end{array} $
∴ △BMH ≌ △GCH（AAS），
∴ BH = GH，即H为BG的中点。
又∵ P是BC的中点，
∴ PH是△BCG的中位线，
∴ PH // CG。

【分析】
（1）要证明EB平分∠AEC，需证∠AEB=∠BEC。利用矩形对边平行的性质得到∠AEB与∠EBC相等，再结合旋转后CE=CB，等腰三角形底角相等得到∠BEC=∠EBC，通过等量代换即可得证。
（2）要证明PH//CG，需先证H是BG的中点，再结合P是BC中点，利用三角形中位线定理即可得平行。通过作辅助线BM⊥CE，先证△ABE≌△MBE得AB=BM，再由旋转性质得CG=AB，进而BM=CG，再证△BMH≌△GCH得BH=GH，确定H是BG中点，从而完成证明。
【解析】
（1）
∵ 矩形ABCD绕点C顺时针旋转得到矩形FECG，
∴ CE = CB，
∴ ∠BEC = ∠EBC。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，
∴ ∠AEB = ∠EBC，
∴ ∠AEB = ∠BEC，即EB平分∠AEC。
（2）过点B作BM⊥CE于点M，
∵ CE = CB，BM⊥CE，
∴ M为CE的中点（等腰三角形三线合一）。
在△ABE和△MBE中：
$\{\begin{array}{l}∠A = ∠BME = 90° \\∠AEB = ∠MEB \\BE = BE\end{array} $
∴ △ABE ≌ △MBE（AAS），
∴ AB = BM。
由旋转的性质可知CG = AB，
∴ BM = CG。
在△BMH和△GCH中：
$\{\begin{array}{l}∠BMH = ∠GCH = 90° \\∠BHM = ∠GHC \\BM = CG\end{array} $
∴ △BMH ≌ △GCH（AAS），
∴ BH = GH，即H为BG的中点。
又
∵ P是BC的中点，
∴ PH是△BCG的中位线，
∴ PH // CG。
【答案】
（1）EB平分∠AEC；（2）PH//CG。
【知识点】
矩形的性质、旋转的性质、全等三角形判定
【点评】
本题结合矩形旋转的性质，通过等腰三角形、全等三角形的推导，再利用三角形中位线定理完成证明，考查几何逻辑推理能力，需熟练运用相关性质定理和辅助线解题。
【难度系数】
0.6

5. 如图,已知点$A(a,0),B(0,b)$,且$\sqrt{a+2}+b^2-12b+36=0$,将线段$BA$绕点$B$按逆时针方向旋转$90°$得到线段$BC$.
(1) 求$a,b$的值及点$C$的坐标.
(2) 如图②,作$CD⊥ x$轴,垂足为$D$,且$M$是$BD$的中点,点$N$在$△ OBD$的内部,$ON⊥ DN$,$∠ MND$的大小是否为定值?若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
(3) 如图③,作$CD⊥ x$轴,垂足为$D$,$Q$为边$OD$的中点.若$P$是平面内一动点,且满足$∠ BPD=90°$,连接$PQ$,直接写出$PQ$的取值范围.

(1) $a=-2$，$b=6$，点C坐标为$(6,4)$；
(2) $∠ MND$是定值，值为$45°$；
(3) $3\sqrt{2}-3 ≤ PQ ≤ 3\sqrt{2}+3$

【分析】
首先利用非负数的性质求出a、b的值，再结合旋转的坐标变换规则确定点C的坐标；对于第二问，先确定各点坐标，根据直角三角形的性质判断点N的轨迹，再利用圆周角定理分析∠MND的定值；第三问根据直角所对的弦为直径确定点P的轨迹，结合Q点坐标，利用圆上点到定点的距离范围求解PQ的取值范围。
【解析】
(1) 已知$\sqrt{a+2}+b^2-12b+36=0$，整理得$\sqrt{a+2}+(b-6)^2=0$。根据非负数的性质，两个非负数相加为0则各自为0，因此：
$\begin{cases}a+2=0 \\ b-6=0\end{cases}$，解得$a=-2$，$b=6$，即$A(-2,0)$，$B(0,6)$。
将线段$BA$绕点B逆时针旋转90°，向量$\overrightarrow{BA}=(-2,-6)$，逆时针旋转90°后的向量为$(6,-2)$，故点C的坐标为$B + (6,-2)=(0+6,6-2)=(6,4)$。
(2) 由$CD⊥x$轴，$C(6,4)$得$D(6,0)$。因为M是BD中点，$B(0,6)$、$D(6,0)$，所以M的坐标为$(\frac{0+6}{2},\frac{6+0}{2})=(3,3)$。
因为$ON⊥DN$，所以$∠ OND=90°$，点N在以OD为直径的圆上，圆心为OD中点$(3,0)$，半径为3。该圆心到M(3,3)的距离为3，到D(6,0)的距离为3，故$△ O'MD$（$O'(3,0)$）是等腰直角三角形，$∠ MO'D=90°$。根据圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，$∠ MND=\frac{1}{2}∠ MO'D=45°$，为定值。
(3) 因为$∠ BPD=90°$，所以点P在以BD为直径的圆上。$B(0,6)$、$D(6,0)$，则BD的中点（圆心）为$(3,3)$，半径$r=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\sqrt{(6-0)^2+(0-6)^2}=3\sqrt{2}$。Q是OD中点，OD为$(0,0)$到$(6,0)$，故$Q(3,0)$。圆心$(3,3)$到Q的距离$d=\sqrt{(3-3)^2+(3-0)^2}=3$。根据圆上点到定点的距离范围：$|r-d|≤PQ≤r+d$，代入得$3\sqrt{2}-3≤PQ≤3\sqrt{2}+3$。
【答案】
(1) $a=-2$，$b=6$，点C坐标为$(6,4)$；(2) $∠ MND$是定值，为$45°$；(3) $3\sqrt{2}-3 ≤ PQ ≤ 3\sqrt{2}+3$
【知识点】
非负数性质，旋转性质，圆周角定理，圆上点的距离范围
【点评】
本题综合考查坐标与图形变换、直角三角形性质、圆周角定理及圆的动点问题，需结合几何轨迹分析，难度适中，注重知识点的综合应用。
【难度系数】
0.4