三、解答题
1. 如图5,已知∠ACB=∠DCE=90°,AC=BC,DC=EC,点E在AC上,点D在BC的延长线上.
(1)求证:△ACD≌△BCE;
(2)判断AD与BE的位置关系,并说明理由.

1. (1)
∵AC=BC,DC=EC,∠ACD=∠BCE=90°,
∴△ACD≌△BCE(SAS). (2) AD⊥BE. 理由：
∵△ACD≌△BCE,
∴△ACD由△BCE绕点C顺时针旋转得到,旋转角度为∠ACB的度数,
∴BE与AD为对应边,
∴BE与AD也旋转了∠ACB的度数,又∠ACB=90°
∴AD⊥BE.

【分析】
（1）要证明△ACD≌△BCE，可先梳理已知条件：题目已给出两组对应边相等$AC=BC$、$DC=EC$，接下来只需验证两组边的夹角相等即可；已知$∠ ACB=∠ DCE=90°$，可得$∠ ACD=∠ BCE=90°$，满足SAS全等判定条件，即可完成证明。
（2）判断AD与BE的位置关系时，结合旋转相关知识，全等的两个三角形可看作绕公共点C旋转得到，旋转角为$∠ ACB=90°$，根据旋转的性质，对应边的夹角等于旋转角，即可推出两条线段的位置关系。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠ ACB=∠ DCE=90°$，
$\therefore ∠ ACD=∠ BCE=90°$，
在$△ ACD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}AC=BC \\∠ ACD=∠ BCE \\DC=EC\end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ BCE(\mathrm{SAS})$。
(2) $AD⊥ BE$，理由如下：
$\because △ ACD≌△ BCE$，
$\therefore △ ACD$可看作$△ BCE$绕点C顺时针旋转得到，旋转角度等于$∠ ACB$的度数，
$\because BE$和$AD$是旋转前后的对应边，
$\therefore BE$与$AD$的夹角等于旋转角，
又$\because ∠ ACB=90°$，
$\therefore AD⊥ BE$。
【答案】
(1) 已证$△ ACD≌△ BCE$；
(2) $AD⊥ BE$。
【知识点】
全等三角形判定，旋转的性质，垂直的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，同时考查了全等三角形的判定和旋转性质的应用，解题的关键是找准全等的对应条件、旋转的对应元素，是巩固基础的典型练习题。
【难度系数】
0.7

2. 如图6,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,将$△ ABC$绕点A逆时针旋转$90°$得到$△ ADE$,延长$DE$交$BC$于点$F$.
(1)求:$∠ BFD =$ $°$;
(2)若$AB=10$,$DF=14$,求$BD$和$BF$的长.

1. 90
2. $BD=10\sqrt{2},BF=2$

【分析】
(1) 求∠BFD的度数，首先根据旋转的性质可得旋转前后对应角相等，即∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB=90°；再结合直角三角形两锐角互余、对顶角相等的性质，即可推出∠BFD的度数。
(2) 求BD和BF的长：首先由旋转性质得AB=AD，结合旋转角为90°可知△ABD是等腰直角三角形，用勾股定理即可求出BD；再利用(1)中得到的∠BFD=90°，在Rt△BFD中再次运用勾股定理，代入已知DF和已求BD的长度，即可算出BF的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ △ABC绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，
∴ ∠ADE=∠ABC，∠AED=∠ACB=90°，
在Rt△ADE中，∠ADE + ∠AED=90°，
又
∵ ∠AED=∠BEF（对顶角相等），
∴ ∠ABC + ∠BEF=90°，
在△BEF中，∠BFE=180°-(∠ABC + ∠BEF)=90°，
∴ ∠BFD=90°。
(2) 解：
① 由旋转的性质可知：AB=AD=10，∠BAD=90°，
∴ △ABD为等腰直角三角形，
由勾股定理得：$BD=\sqrt{AB^2 + AD^2}=\sqrt{10^2 + 10^2}=10\sqrt{2}$；
② 由(1)知∠BFD=90°，即△BFD为直角三角形，
由勾股定理得：$BD^2=BF^2 + DF^2$，
代入BD=$10\sqrt{2}$，DF=14，得：
$BF^2=(10\sqrt{2})^2 - 14^2=200 - 196=4$，
∵ BF为线段长度，为正数，
∴ BF=2。
【答案】
(1) $\boldsymbol{90}$；(2) $\boldsymbol{BD=10\sqrt{2},BF=2}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是图形旋转的基础典型题，重点考查旋转前后对应边、对应角相等的性质，解题时要注意将旋转的性质和直角三角形、勾股定理结合使用，理清边角关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7

如图7,已知正方形ABCD,P是正方形ABCD内一点.若$PA=\sqrt{2}$,$PB=2$,将$△ BPA$绕点B顺时针旋转至$△ BEC$处,此时点A、P、E三点正好在同一直线上.
(1)求$∠ APB$的度数;
(2)求$PC$的长;
(3)求$△ BPC$的面积.

(1) 135°
(2) √10
(3) 3

【分析】
本题围绕旋转性质展开解题：(1) 先由旋转得到相等的边BP=BE、旋转角∠PBE=90°，判定△PBE为等腰直角三角形，结合A、P、E共线即可求出∠APB；(2) 由旋转得CE=PA，结合(1)的结论得到Rt△PEC，用勾股定理计算PC即可；(3) 通过计算相关三角形的面积，利用面积和差关系求出△BPC的面积。
【解析】
解：连接PE
(1)
∵将△BPA绕点B顺时针旋转至△BEC处
∴BP=BE=2，∠PBE=∠ABC=90°，∠BEC=∠APB
∴△PBE是等腰直角三角形，∠BPE=∠BEP=45°
∵A、P、E三点共线
∴∠APB=180°-∠BPE=180°-45°=135°
(2) 由旋转性质得CE=PA=√2
∵∠BEC=∠APB=135°，∠BEP=45°
∴∠PEC=∠BEC-∠BEP=135°-45°=90°
在等腰Rt△PBE中，$PE=\sqrt{BP^2+BE^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$
在Rt△PEC中，$PC=\sqrt{PE^2+CE^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{8+2}=\sqrt{10}$
(3) 计算各相关三角形面积：
$S_{△ PBE}=\frac{1}{2}× BP× BE=\frac{1}{2}×2×2=2$
$S_{△ PEC}=\frac{1}{2}× PE× CE=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\sqrt{2}=2$
过B作BH⊥AP交AP延长线于H，∠BPH=45°，则$BH=BP·\sin45°=\sqrt{2}$
$S_{△ BPA}=S_{△ BEC}=\frac{1}{2}× PA× BH=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$
∴$S_{△ BPC}=S_{△ PBE}+S_{△ PEC}-S_{△ BEC}=2+2-1=3$
【答案】
(1) $\boldsymbol{135°}$；(2) $\boldsymbol{\sqrt{10}}$；(3) $\boldsymbol{3}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质
【点评】
本题属于中等难度的几何综合题，核心是利用旋转得到相等的边和角，构造特殊三角形求解，解题时要注意共线条件、角度推导和面积和差的灵活运用。
【难度系数】
0.65