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7 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90^{ \circ }$,$∠ A=30^{ \circ }$,$AB=8$,$P$是$AC$上的动点.连接$BP$,将线段$BP$绕点$B$按顺时针方向旋转$60^{ \circ }$得到线段$BQ$,连接$CQ$,$PQ$,则线段$CQ$长的最小值是（
A.$2$
B.$4$
C.$2\sqrt{3}$
D.$\sqrt{3}+2$
A
）A.$2$
B.$4$
C.$2\sqrt{3}$
D.$\sqrt{3}+2$
答案
7. A 【解析】如图,取 $AB$ 的中点 $E$,连接 $CE,EP$,则 $BE=AE=4. \because ∠ ACB=90°,∠ A=30°,\therefore ∠ CBE=60°. \because BE=AE=4, \therefore CE=BE=AE=4. \therefore △ BCE$ 为等边三角形.
$\therefore BC=BE.$由旋转,可得 $BP=BQ,∠ PBQ=60°,\therefore ∠ PBQ=∠ CBE. \therefore ∠ QBC = ∠ PBE.$ 在 $△ QBC$ 和 $△ PBE$ 中,
$\begin{cases} QB=PB, \\ ∠ QBC=∠ PBE, \therefore △ QBC≌△ PBE. \therefore CQ = EP. \therefore 当 \\ BC=BE, \end{cases}$
$EP⊥ AC$ 时,$CQ$ 的长最小. 在 $\mathrm{Rt}△ AEP$ 中,$\because AE=4,∠ A=30°,\therefore EP=\frac{1}{2}AE=2. \therefore$ 线段 $CQ$ 长的最小值是 2.
解析
【分析】要找到线段CQ的最小值，可通过旋转构造全等三角形，将CQ转化为易分析的线段EP，再结合“垂线段最短”确定EP的最小值，进而得到CQ的最小值。首先取AB中点E，利用直角三角形性质和旋转的特点证明三角形全等，转化线段后计算最小值。
【解析】
1. 取AB的中点E，连接CE、EP。
2. 在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$∠A=30°$，$AB=8$，根据直角三角形斜边中线性质，得$BE=AE=CE=\frac{1}{2}AB=4$，且$∠CBE=60°$，故$△BCE$为等边三角形，即$BC=BE$。
3. 由旋转性质，$BP=BQ$，$∠PBQ=60°$，因此$∠PBQ=∠CBE=60°$，进而$∠QBC=∠PBE$（$∠QBC=∠PBQ - ∠PBC$，$∠PBE=∠CBE - ∠PBC$）。
4. 在$△QBC$和$△PBE$中，$\begin{cases} QB=PB \\ ∠QBC=∠PBE \\ BC=BE \end{cases}$，所以$△QBC≌△PBE(SAS)$，得$CQ=EP$。
5. 根据“垂线段最短”，当$EP⊥AC$时，EP最小，此时CQ最小。在$Rt△AEP$中，$AE=4$，$∠A=30°$，所以$EP=\frac{1}{2}AE=2$，即CQ的最小值为2。
【答案】A
【知识点】旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质
【点评】本题通过旋转构造全等三角形，将所求线段CQ转化为线段EP，利用垂线段最短求解最值，体现了转化思想在几何问题中的应用，是几何最值问题的典型题型。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 取AB的中点E，连接CE、EP。
2. 在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$∠A=30°$，$AB=8$，根据直角三角形斜边中线性质，得$BE=AE=CE=\frac{1}{2}AB=4$，且$∠CBE=60°$，故$△BCE$为等边三角形，即$BC=BE$。
3. 由旋转性质，$BP=BQ$，$∠PBQ=60°$，因此$∠PBQ=∠CBE=60°$，进而$∠QBC=∠PBE$（$∠QBC=∠PBQ - ∠PBC$，$∠PBE=∠CBE - ∠PBC$）。
4. 在$△QBC$和$△PBE$中，$\begin{cases} QB=PB \\ ∠QBC=∠PBE \\ BC=BE \end{cases}$，所以$△QBC≌△PBE(SAS)$，得$CQ=EP$。
5. 根据“垂线段最短”，当$EP⊥AC$时，EP最小，此时CQ最小。在$Rt△AEP$中，$AE=4$，$∠A=30°$，所以$EP=\frac{1}{2}AE=2$，即CQ的最小值为2。
【答案】A
【知识点】旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质
【点评】本题通过旋转构造全等三角形，将所求线段CQ转化为线段EP，利用垂线段最短求解最值，体现了转化思想在几何问题中的应用，是几何最值问题的典型题型。
【难度系数】0.5
8 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$∠ BAC=30°$,将$△ ABC$绕点$C$按逆时针方向旋转$α(0°＜α＜$$90°)$,得到$△ A'B'C$,设$A'C$交边$AB$于点$D$,连接$AA'$.若$△ AA'D$是等腰三角形,则$α$的度数为
$20°或40°$
.答案
8. $20°$或$40°$
解析
【分析】
要解决本题，首先利用旋转的性质得到CA=CA'，确定△CAA'为等腰三角形并计算其底角；再结合△ABC的已知角度，求出△AA'D的三个内角；最后根据等腰三角形的性质分情况讨论，排除不可能的情况，得到符合条件的α值。
【解析】
根据旋转的性质，△ABC绕点C逆时针旋转α得到△A'B'C，因此CA=CA'，∠ACA'=α，故△CAA'是等腰三角形，其底角为：
∠CAA' = ∠CA'A = (180°−α)/2 = 90°−α/2。
在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，因此∠BAC=30°。
△AA'D的三个内角分别为：
1. ∠DAA' = ∠CAA' − ∠BAC = (90°−α/2) − 30° = 60°−α/2；
2. ∠AA'D = ∠CA'A = 90°−α/2；
3. ∠ADA'是△ACD的外角，故∠ADA' = ∠BAC + α = 30°+α。
因为△AA'D是等腰三角形，分三种情况讨论：
① 若∠DAA' = ∠AA'D，则60°−α/2 = 90°−α/2，此方程无解；
② 若∠DAA' = ∠ADA'，则60°−α/2 = 30°+α，解得α=20°，满足0°＜α＜90°；
③ 若∠AA'D = ∠ADA'，则90°−α/2 = 30°+α，解得α=40°，满足0°＜α＜90°。
综上，α的度数为20°或40°。
【答案】
20°或40°
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形判定、三角形外角性质
【点评】
本题结合旋转与等腰三角形知识点，需通过角度计算分情况讨论，考查逻辑分析能力，需注意排除无解情况，避免漏解。
【难度系数】
0.4
要解决本题，首先利用旋转的性质得到CA=CA'，确定△CAA'为等腰三角形并计算其底角；再结合△ABC的已知角度，求出△AA'D的三个内角；最后根据等腰三角形的性质分情况讨论，排除不可能的情况，得到符合条件的α值。
【解析】
根据旋转的性质，△ABC绕点C逆时针旋转α得到△A'B'C，因此CA=CA'，∠ACA'=α，故△CAA'是等腰三角形，其底角为：
∠CAA' = ∠CA'A = (180°−α)/2 = 90°−α/2。
在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，因此∠BAC=30°。
△AA'D的三个内角分别为：
1. ∠DAA' = ∠CAA' − ∠BAC = (90°−α/2) − 30° = 60°−α/2；
2. ∠AA'D = ∠CA'A = 90°−α/2；
3. ∠ADA'是△ACD的外角，故∠ADA' = ∠BAC + α = 30°+α。
因为△AA'D是等腰三角形，分三种情况讨论：
① 若∠DAA' = ∠AA'D，则60°−α/2 = 90°−α/2，此方程无解；
② 若∠DAA' = ∠ADA'，则60°−α/2 = 30°+α，解得α=20°，满足0°＜α＜90°；
③ 若∠AA'D = ∠ADA'，则90°−α/2 = 30°+α，解得α=40°，满足0°＜α＜90°。
综上，α的度数为20°或40°。
【答案】
20°或40°
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形判定、三角形外角性质
【点评】
本题结合旋转与等腰三角形知识点，需通过角度计算分情况讨论，考查逻辑分析能力，需注意排除无解情况，避免漏解。
【难度系数】
0.4
9 如图,在$△ ABC$中,$AB=\sqrt{2}$,$AC=4$,以点$C$为旋转中心,将线段$CB$按顺时针方向旋转$90^{ \circ }$得到线段$CD$,连接$AD$,则$AD$长的最小值为
$3\sqrt{2}$
.答案
9. $3\sqrt{2}$
解析
【分析】
要解决AD长的最小值问题，我们结合旋转性质与坐标法分析：首先利用旋转的性质得到CB=CD且∠BCD=90°，通过建立坐标系确定各点坐标，结合AB的长度得到点B的轨迹，再将AD的长度转化为代数表达式，最终通过圆上线性函数的最值求解AD的最小值。
【解析】
设点C为坐标原点(0,0)，点A坐标为(4,0)（因AC=4），设点B坐标为(x,y)。
1. 由AB=√2，根据两点间距离公式：
√[(x-4)² + y²] = √2，整理得：(x-4)² + y² = 2，即点B的轨迹是圆心为(4,0)、半径为√2的圆。
2. 线段CB顺时针旋转90°得到CD，根据旋转的坐标变换：点(x,y)绕原点顺时针旋转90°后的坐标为(y, -x)，因此点D的坐标为(y, -x)。
3. 计算AD的长度：
根据两点间距离公式，AD = √[(y - 4)² + (-x - 0)²] = √[(y-4)² + x²]，展开得：AD = √(x² + y² -8y +16)。
由点B的轨迹方程变形得：x² + y² = (x-4)² + y² +8x -16 = 2 +8x -16 =8x -14，代入上式得：
AD = √[(8x -14) -8y +16] = √(8x -8y +2) = √[8(x - y) +2]。
4. 求AD的最小值，即求8(x - y)+2的最小值：
设k=x - y，即y=x -k，代入圆的方程得：(x-4)² + (x -k)²=2，整理为2x² - (8+2k)x +k²+14=0。
因点B在圆上，方程有实根，判别式Δ≥0：
Δ=(8+2k)² -4×2×(k²+14)= -4k² +32k -48 ≥0，化简得k² -8k +12 ≤0，解得2≤k≤6，即k的最小值为2。
将k=2代入AD的表达式，得AD最小值=√(8×2 +2)=√18=3√2。
【答案】
3√2
【知识点】
旋转的性质、两点间距离公式、圆的最值
【点评】
本题将几何最值问题转化为代数表达式的最值问题，结合旋转坐标变换与圆的性质求解，是几何最值的典型题型，需要掌握坐标法和旋转的核心性质。
【难度系数】
0.5
要解决AD长的最小值问题，我们结合旋转性质与坐标法分析：首先利用旋转的性质得到CB=CD且∠BCD=90°，通过建立坐标系确定各点坐标，结合AB的长度得到点B的轨迹，再将AD的长度转化为代数表达式，最终通过圆上线性函数的最值求解AD的最小值。
【解析】
设点C为坐标原点(0,0)，点A坐标为(4,0)（因AC=4），设点B坐标为(x,y)。
1. 由AB=√2，根据两点间距离公式：
√[(x-4)² + y²] = √2，整理得：(x-4)² + y² = 2，即点B的轨迹是圆心为(4,0)、半径为√2的圆。
2. 线段CB顺时针旋转90°得到CD，根据旋转的坐标变换：点(x,y)绕原点顺时针旋转90°后的坐标为(y, -x)，因此点D的坐标为(y, -x)。
3. 计算AD的长度：
根据两点间距离公式，AD = √[(y - 4)² + (-x - 0)²] = √[(y-4)² + x²]，展开得：AD = √(x² + y² -8y +16)。
由点B的轨迹方程变形得：x² + y² = (x-4)² + y² +8x -16 = 2 +8x -16 =8x -14，代入上式得：
AD = √[(8x -14) -8y +16] = √(8x -8y +2) = √[8(x - y) +2]。
4. 求AD的最小值，即求8(x - y)+2的最小值：
设k=x - y，即y=x -k，代入圆的方程得：(x-4)² + (x -k)²=2，整理为2x² - (8+2k)x +k²+14=0。
因点B在圆上，方程有实根，判别式Δ≥0：
Δ=(8+2k)² -4×2×(k²+14)= -4k² +32k -48 ≥0，化简得k² -8k +12 ≤0，解得2≤k≤6，即k的最小值为2。
将k=2代入AD的表达式，得AD最小值=√(8×2 +2)=√18=3√2。
【答案】
3√2
【知识点】
旋转的性质、两点间距离公式、圆的最值
【点评】
本题将几何最值问题转化为代数表达式的最值问题，结合旋转坐标变换与圆的性质求解，是几何最值的典型题型，需要掌握坐标法和旋转的核心性质。
【难度系数】
0.5
10 如图,将矩形 ABCD 绕着点 C 按顺时针方向旋转得到矩形 FECG,点 B 与点 E 对应,点 E 恰好落在边 A D 上, $BH ⊥ CE$ 于点 H.
(1) 求证:$AB=BH$;
(2) 连接 BG,交 CH 于点 O,若 $AB=5,BC=13$,求 BG 的长.
(1) 求证:$AB=BH$;
(2) 连接 BG,交 CH 于点 O,若 $AB=5,BC=13$,求 BG 的长.
答案
10. (1) $\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形,$\therefore ∠ ADC=90°,AD// BC$,$AB=CD. \therefore ∠ DEC=∠ BCH. \because ∠ ADC=90°,BH⊥ CE$,$\therefore ∠ ADC=∠ BHC=90°.$ 由旋转的性质,知 $CE=CB.$ 在
$△ EDC$ 和$△ CHB$ 中,$\begin{cases} ∠ DEC=∠ HCB, \\ ∠ EDC=∠ CHB, \therefore △ EDC≌△ CHB. \\ EC=CB, \end{cases}$
$\therefore CD=BH. \therefore AB=BH$ (2) 易得 $AB=BH=CG.$ 在矩形 $FECG$ 中, $∠ ECG = 90°.$ 在 $△ HBO$ 和 $△ CGO$ 中,
$\begin{cases} ∠ OHB=∠ OCG=90°, \\ ∠ HOB=∠ COG, \\ HB=CG, \end{cases}$ $\therefore △ HBO≌△ CGO. \therefore OH = OC$,$OB=OG.$ 在 $\mathrm{Rt}△ BCH$ 中,$BH=AB=5,BC=13$,由勾股定理,得 $CH=\sqrt{13^2-5^2}=12. \therefore OH=\frac{1}{2}CH=6.$ 在 $\mathrm{Rt}△ OHB$ 中,由勾股定理,得 $OB=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61},\therefore BG=2OB=2\sqrt{61}$
$△ EDC$ 和$△ CHB$ 中,$\begin{cases} ∠ DEC=∠ HCB, \\ ∠ EDC=∠ CHB, \therefore △ EDC≌△ CHB. \\ EC=CB, \end{cases}$
$\therefore CD=BH. \therefore AB=BH$ (2) 易得 $AB=BH=CG.$ 在矩形 $FECG$ 中, $∠ ECG = 90°.$ 在 $△ HBO$ 和 $△ CGO$ 中,
$\begin{cases} ∠ OHB=∠ OCG=90°, \\ ∠ HOB=∠ COG, \\ HB=CG, \end{cases}$ $\therefore △ HBO≌△ CGO. \therefore OH = OC$,$OB=OG.$ 在 $\mathrm{Rt}△ BCH$ 中,$BH=AB=5,BC=13$,由勾股定理,得 $CH=\sqrt{13^2-5^2}=12. \therefore OH=\frac{1}{2}CH=6.$ 在 $\mathrm{Rt}△ OHB$ 中,由勾股定理,得 $OB=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61},\therefore BG=2OB=2\sqrt{61}$
解析
【分析】
第(1)问要证明AB=BH，先利用矩形性质得到AB=CD，再通过旋转性质得到CE=CB，结合AD//BC推出角相等，用AAS证明△EDC和△CHB全等，进而得到CD=BH，即可证AB=BH；第(2)问先利用第(1)问结论得BH=CG，再通过角和边的关系证明△HBO和△CGO全等，得到O是BG中点，结合勾股定理算出相关线段长度，最终求出BG的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ADC=90°，AD//BC，AB=CD，
∴ ∠DEC=∠BCH。
∵ BH⊥CE，
∴ ∠BHC=90°，
∴ ∠ADC=∠BHC=90°。
由旋转的性质，得CE=CB，
在△EDC和△CHB中：
$\begin{cases} ∠DEC=∠HCB \\ ∠EDC=∠CHB \\ CE=CB \end{cases}$
∴ △EDC≌△CHB（AAS），
∴ CD=BH，
又
∵ AB=CD，
∴ AB=BH。
(2) 解：
由(1)知AB=BH=5，
∵ 矩形FECG中，CG=AB=5，∠ECG=90°，
∴ BH=CG=5，∠OHB=∠OCG=90°，
在△HBO和△CGO中：
$\begin{cases} ∠HOB=∠COG \\ ∠OHB=∠OCG \\ BH=CG \end{cases}$
∴ △HBO≌△CGO（AAS），
∴ OB=OG，即O为BG中点，OH=OC，
在Rt△BCH中，BH=5，BC=13，
由勾股定理得：$CH=\sqrt{BC^2 - BH^2}=\sqrt{13^2 -5^2}=12$，
∴ $OH=\frac{1}{2}CH=6$，
在Rt△OHB中，由勾股定理得：$OB=\sqrt{BH^2 + OH^2}=\sqrt{5^2 +6^2}=\sqrt{61}$，
∴ $BG=2OB=2\sqrt{61}$。
【答案】
$2\sqrt{61}$
【知识点】
矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形旋转的相关性质，核心是利用全等三角形转化线段关系，结合勾股定理求解，需熟练掌握几何图形的性质及判定定理，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
第(1)问要证明AB=BH，先利用矩形性质得到AB=CD，再通过旋转性质得到CE=CB，结合AD//BC推出角相等，用AAS证明△EDC和△CHB全等，进而得到CD=BH，即可证AB=BH；第(2)问先利用第(1)问结论得BH=CG，再通过角和边的关系证明△HBO和△CGO全等，得到O是BG中点，结合勾股定理算出相关线段长度，最终求出BG的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ADC=90°，AD//BC，AB=CD，
∴ ∠DEC=∠BCH。
∵ BH⊥CE，
∴ ∠BHC=90°，
∴ ∠ADC=∠BHC=90°。
由旋转的性质，得CE=CB，
在△EDC和△CHB中：
$\begin{cases} ∠DEC=∠HCB \\ ∠EDC=∠CHB \\ CE=CB \end{cases}$
∴ △EDC≌△CHB（AAS），
∴ CD=BH，
又
∵ AB=CD，
∴ AB=BH。
(2) 解：
由(1)知AB=BH=5，
∵ 矩形FECG中，CG=AB=5，∠ECG=90°，
∴ BH=CG=5，∠OHB=∠OCG=90°，
在△HBO和△CGO中：
$\begin{cases} ∠HOB=∠COG \\ ∠OHB=∠OCG \\ BH=CG \end{cases}$
∴ △HBO≌△CGO（AAS），
∴ OB=OG，即O为BG中点，OH=OC，
在Rt△BCH中，BH=5，BC=13，
由勾股定理得：$CH=\sqrt{BC^2 - BH^2}=\sqrt{13^2 -5^2}=12$，
∴ $OH=\frac{1}{2}CH=6$，
在Rt△OHB中，由勾股定理得：$OB=\sqrt{BH^2 + OH^2}=\sqrt{5^2 +6^2}=\sqrt{61}$，
∴ $BG=2OB=2\sqrt{61}$。
【答案】
$2\sqrt{61}$
【知识点】
矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形旋转的相关性质，核心是利用全等三角形转化线段关系，结合勾股定理求解，需熟练掌握几何图形的性质及判定定理，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
11 如图,在正方形 $ABCD$ 中,$E,F$ 是对角线 $BD$ 上的两点,且$∠ EAF=45°$.将$△ ADF$ 绕点 $A$ 按顺时针方向旋转 $90°$得到$△ ABQ$,连接 $EQ$. 求证:
(1) $EA$ 是$∠ QED$ 的平分线;
(2) $EF^2=BE^2+DF^2$.
(1) $EA$ 是$∠ QED$ 的平分线;
(2) $EF^2=BE^2+DF^2$.
答案
11. (1) $\because$ 在正方形 $ABCD$ 中,点 $E,F$ 在对角线 $BD$ 上,$\therefore ∠ ADF=45°,∠ BAD=90°. \because △ ADF$ 绕点 $A$ 按顺时针方向旋转 $90°$得到$△ ABQ,\therefore ∠ QAB=∠ FAD,BQ=DF,AQ=AF,∠ ABQ=∠ ADF=45°. \therefore ∠ QAF=∠ QAB+∠ BAF=∠ FAD + ∠ BAF = ∠ BAD = 90°. \because ∠ EAF = 45°$,$\therefore ∠ EAQ=45°. \therefore ∠ EAQ=∠ EAF.$在$△ AQE$ 和$△ AFE$ 中,
$\begin{cases} AQ=AF, \\ ∠ EAQ=∠ EAF, \therefore △ AQE≌△ AFE. \therefore ∠ AEQ=∠ AEF. \\ AE=AE, \end{cases}$
$\therefore EA$ 是$∠ QED$ 的平分线 (2) 由(1),得$△ AQE≌△ AFE$,$\therefore EQ=EF. \because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore ∠ ABD=45°.$ 又$\because ∠ ABQ=45°,\therefore ∠ QBE=90°. \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ QBE$ 中,$EQ^2=BE^2+BQ^2.$ 又$\because BQ=DF,\therefore EF^2=BE^2+DF^2$
$\begin{cases} AQ=AF, \\ ∠ EAQ=∠ EAF, \therefore △ AQE≌△ AFE. \therefore ∠ AEQ=∠ AEF. \\ AE=AE, \end{cases}$
$\therefore EA$ 是$∠ QED$ 的平分线 (2) 由(1),得$△ AQE≌△ AFE$,$\therefore EQ=EF. \because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore ∠ ABD=45°.$ 又$\because ∠ ABQ=45°,\therefore ∠ QBE=90°. \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ QBE$ 中,$EQ^2=BE^2+BQ^2.$ 又$\because BQ=DF,\therefore EF^2=BE^2+DF^2$
解析
【分析】
本题是正方形背景下的几何证明题，分为两小问。(1)要证EA是∠QED的平分线，需利用旋转的性质得到线段和角的等量关系，结合已知∠EAF=45°，构造全等三角形，通过全等得到对应角相等，从而证明角平分线；(2)要证线段平方关系，需结合正方形的性质推出直角，利用第一问的全等得到线段相等，再用勾股定理转化线段，完成证明。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是正方形，所以∠ADF=45°，∠BAD=90°。
将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，根据旋转的性质，得：
∠QAB=∠FAD，BQ=DF，AQ=AF，∠ABQ=∠ADF=45°。
所以∠QAF=∠QAB+∠BAF=∠FAD+∠BAF=∠BAD=90°。
已知∠EAF=45°，则∠EAQ=∠QAF - ∠EAF=90°-45°=45°，故∠EAQ=∠EAF。
在△AQE和△AFE中：
$\{\begin{array}{l}AQ=AF \\∠EAQ=∠EAF \\AE=AE\end{array} $
所以△AQE≌△AFE（SAS），因此∠AEQ=∠AEF，即EA是∠QED的平分线。
(2) 由(1)中△AQE≌△AFE，得EQ=EF。
因为四边形ABCD是正方形，所以∠ABD=45°，又∠ABQ=45°，所以∠QBE=∠ABQ + ∠ABD=45°+45°=90°，即△QBE是直角三角形。
根据勾股定理，在Rt△QBE中，$EQ^2=BE^2 + BQ^2$。
又因为BQ=DF，EQ=EF，所以$EF^2=BE^2 + DF^2$。
【答案】
(1) EA是∠QED的平分线；(2) $EF^2=BE^2+DF^2$
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题通过旋转变换将分散的线段和角集中，结合正方形的对角线性质构造全等三角形，体现了几何变换在几何证明中的重要作用，需要学生熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定及勾股定理的应用，综合性适中。
【难度系数】
0.5
本题是正方形背景下的几何证明题，分为两小问。(1)要证EA是∠QED的平分线，需利用旋转的性质得到线段和角的等量关系，结合已知∠EAF=45°，构造全等三角形，通过全等得到对应角相等，从而证明角平分线；(2)要证线段平方关系，需结合正方形的性质推出直角，利用第一问的全等得到线段相等，再用勾股定理转化线段，完成证明。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是正方形，所以∠ADF=45°，∠BAD=90°。
将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，根据旋转的性质，得：
∠QAB=∠FAD，BQ=DF，AQ=AF，∠ABQ=∠ADF=45°。
所以∠QAF=∠QAB+∠BAF=∠FAD+∠BAF=∠BAD=90°。
已知∠EAF=45°，则∠EAQ=∠QAF - ∠EAF=90°-45°=45°，故∠EAQ=∠EAF。
在△AQE和△AFE中：
$\{\begin{array}{l}AQ=AF \\∠EAQ=∠EAF \\AE=AE\end{array} $
所以△AQE≌△AFE（SAS），因此∠AEQ=∠AEF，即EA是∠QED的平分线。
(2) 由(1)中△AQE≌△AFE，得EQ=EF。
因为四边形ABCD是正方形，所以∠ABD=45°，又∠ABQ=45°，所以∠QBE=∠ABQ + ∠ABD=45°+45°=90°，即△QBE是直角三角形。
根据勾股定理，在Rt△QBE中，$EQ^2=BE^2 + BQ^2$。
又因为BQ=DF，EQ=EF，所以$EF^2=BE^2 + DF^2$。
【答案】
(1) EA是∠QED的平分线；(2) $EF^2=BE^2+DF^2$
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题通过旋转变换将分散的线段和角集中，结合正方形的对角线性质构造全等三角形，体现了几何变换在几何证明中的重要作用，需要学生熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定及勾股定理的应用，综合性适中。
【难度系数】
0.5
