1. 如图，将$△ ABC$绕点A逆时针旋转得到$△ AB'C'$，点$B'$恰好在边BC上. 若$∠ B=70°$，则$∠ C'B'C$的度数是（）

A.$30°$
B.$40°$
C.$60°$
D.$70°$

1. B

【分析】
解决本题首先要回忆旋转的性质：旋转前后图形的对应边相等、对应角相等。第一步，根据旋转性质得到AB=AB'，∠AB'C'=∠B=70°；第二步，由AB=AB'可知△ABB'是等腰三角形，根据等腰三角形等边对等角的性质可得∠AB'B=∠B=70°；第三步，由于点B'在BC上，∠BB'C为平角，即∠AB'B、∠AB'C'、∠C'B'C的和为180°，代入已知角度计算即可求出∠C'B'C的度数。
【解析】
解：
∵将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，
∴AB=AB'，∠AB'C'=∠B=70°，
∵AB=AB'，
∴△ABB'为等腰三角形，
∴∠AB'B=∠B=70°，
又
∵点B'在边BC上，∠BB'C是平角，度数为180°，即∠AB'B + ∠AB'C' + ∠C'B'C = 180°，
∴∠C'B'C = 180° - ∠AB'B - ∠AB'C' = 180° - 70° - 70° = 40°。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；平角的定义
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题，解题的核心是抓住旋转前后对应边、对应角相等的特征，结合等腰三角形的性质得到等角，再利用平角的性质计算所求角度，熟练掌握旋转的相关性质是解决这类题的前提。
【难度系数】
0.7

2. [分类讨论思想]如图,在正方形ABCD中,将边AB绕着点A旋转,当点B落在边CD的垂直平分线上的点E处时,∠BED的度数为.

2. $45°$或 $135°$

【分析】
解题时先结合已知条件梳理关系：1. 由旋转性质可知旋转后边长不变，即AE=AB，再结合正方形四边相等，可得AE=AB=AD；2. 由于AB绕A旋转的方向不确定，点E可能落在正方形内部或外部，需分两种情况分类讨论，避免漏解；3. CD的垂直平分线是正方形的对称轴，点E到AD的距离为边长的一半，可据此求出∠EAD的度数，再结合等腰三角形内角和性质分别求出∠AEB、∠AED的度数，最终计算得到∠BED的度数。
【解析】
设正方形ABCD的边长为a，CD的垂直平分线是正方形的一条对称轴，到边AD的距离为$\frac{a}{2}$。
由旋转的性质得：$AE=AB$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=AD=a$，$∠ BAD=90°$，即$AE=AD=a$。
过E作$EF⊥$直线AD于F，则$EF=\frac{a}{2}$，在$Rt△ AEF$中，$AE=a$，$EF=\frac{a}{2}$，可得$∠ EAF=30°$，分两种情况讨论：
① 当点E落在正方形内部时：
$∠ EAD=30°$，则$∠ BAE=90°-30°=60°$，
又
∵$AE=AB$，
∴$△ ABE$是等边三角形，$∠ AEB=60°$，
在$△ AED$中，$AE=AD$，$∠ EAD=30°$，
∴$∠ AED=\frac{180°-30°}{2}=75°$，
∴$∠ BED=∠ AEB+∠ AED=60°+75°=135°$。
② 当点E落在正方形外部时：
$∠ EAD=180°-30°=150°$，
在$△ AED$中，$AE=AD$，
∴$∠ AED=\frac{180°-150°}{2}=15°$，
此时$∠ BAE=90°+30°=120°$，
∵$AE=AB$，
∴$∠ AEB=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∴$∠ BED=∠ AEB+∠ AED=30°+15°=45°$。
【答案】
$45°$或$135°$
【知识点】
旋转的性质；正方形的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题重点考查分类讨论思想的应用，解题关键是考虑到旋转方向不唯一，点E存在两种位置，易错点是忽略其中一种情况导致漏解，需要熟练结合特殊几何图形的性质计算角度。
【难度系数】
0.6

3. 如图，D是△ABC内一点，将△ABD绕点B顺时针旋转$60°$得到△CBE，已知$AD=4$，$BD=3$，$CD=5$.
(1)判断△DEC的形状，并说明理由；
(2)求∠ADB的度数.

3. (1)$△ DEC$ 是直角三角形. 理由略.
(2)$\because△ DEC$ 为直角三角形,$\therefore∠ DEC=90°$,
又$\because△ DBE$ 为等边三角形,$\therefore∠ BED=60°$,
$\therefore∠ BEC=90°+60°=150°$,
由旋转可知,$∠ ADB=∠ BEC=150°$.

【分析】
解题时先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系，结合60°的旋转角可判定△BDE为等边三角形，得到DE的长度，再结合已知的CE、CD的长度，用勾股定理逆定理判断△DEC的形状；第二问先求出∠BEC的度数，再根据旋转前后对应角相等的性质，即可得到∠ADB的度数。
【解析】
(1) △DEC是直角三角形，理由如下：
∵将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△CBE，
∴△ABD≌△CBE，∠DBE=60°，
∴AD=CE=4，BD=BE，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE=BD=3，
又
∵CD=5，
∴$DE^2 + CE^2 = 3^2 + 4^2 = 25$，$CD^2 = 5^2 = 25$，
∴$DE^2 + CE^2 = CD^2$，
根据勾股定理的逆定理可得∠DEC=90°，
∴△DEC是直角三角形。
(2) 由(1)可知△BDE是等边三角形，△DEC是直角三角形，
∴∠BED=60°，∠DEC=90°，
∴∠BEC=∠BED + ∠DEC = 60° + 90° = 150°，
由旋转的性质可知∠ADB=∠BEC，
∴∠ADB=150°。
【答案】
(1) △DEC是直角三角形；
(2) $\boxed{150°}$
【知识点】
旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理
【点评】
本题通过旋转的性质实现线段和角的转化，结合等边三角形的判定、勾股定理逆定理求解，是几何中利用旋转变换解决问题的典型题目，解题的关键是抓住旋转前后图形全等的性质，找准对应边和对应角。
【难度系数】
0.7

4. 如图,将矩形ABCD绕点C顺时针旋转$90°$得到矩形FGCE,点M,N分别是BD,GE的中点.若$BC=\frac{7}{2},CE=\frac{1}{2}$,则MN的长为()

A.$\frac{7}{2}$
B.3
C.$\frac{5}{2}$
D.4

4. C

【分析】
我们可以通过建立平面直角坐标系的方法求解，解题思路如下：首先利用矩形旋转的性质确定各边的长度，再以点C为原点建立坐标系，写出各顶点的坐标；接着根据中点坐标公式求出M、N两点的坐标；最后代入两点间距离公式即可计算出MN的长度，坐标法可以将几何问题转化为简单的代数计算，更直观易解。
【解析】
解：以点C为坐标原点，直线BE为x轴，过点C垂直于BE的直线为y轴建立平面直角坐标系。
由矩形旋转的性质可得：$CD=CE=\frac{1}{2}$，$BC=CG=\frac{7}{2}$，
因此各点坐标为：$B(-\frac{7}{2},0)$，$D(0,\frac{1}{2})$，$G(0,\frac{7}{2})$，$E(\frac{1}{2},0)$。
∵M是BD的中点，根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)、(x_2,y_2)$，则中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
∴M的坐标为$(\frac{-\frac{7}{2}+0}{2},\frac{0+\frac{1}{2}}{2})$，即$M(-\frac{7}{4},\frac{1}{4})$。
同理，N是GE的中点，
∴N的坐标为$(\frac{0+\frac{1}{2}}{2},\frac{\frac{7}{2}+0}{2})$，即$N(\frac{1}{4},\frac{7}{4})$。
根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$，代入M、N坐标得：
$MN=\sqrt{(\frac{1}{4}-(-\frac{7}{4}))^2+(\frac{7}{4}-\frac{1}{4})^2}=\sqrt{2^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{4+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{25}{4}}=\frac{5}{2}$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，矩形的性质，两点间距离公式
【点评】
本题是旋转类题型的典型考法，综合考查了几何图形性质和坐标法的应用，解题的关键是合理建立平面直角坐标系，将几何线段长度的求解转化为代数计算，降低了解题难度。
【难度系数】
0.65

5. 如图, 在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ C=90°, AC=3, BC=4$, 将 $△ ABC$ 绕点 B 逆时针旋转得到 $△ DBE$, 当点 C 的对应点 E 落在边 AB 上时, 线段 AD 的长度是 .

5. $\sqrt{10}$

【分析】
解题时首先在$Rt△ABC$中利用勾股定理求出斜边$AB$的长度；再结合旋转的性质，得到对应边相等、对应角相等的关系，即$BE=BC$、$DE=AC$、$∠DEB=∠C=90°$；接着计算线段$AE$的长度，同时判断出$△AED$为直角三角形，最后利用勾股定理即可求出$AD$的长度。
【解析】
解：在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理可得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
$\because △ABC$绕点$B$逆时针旋转得到$△DBE$
$\therefore BE=BC=4$，$DE=AC=3$，$∠DEB=∠C=90°$
$\because$点$E$落在边$AB$上
$\therefore AE=AB-BE=5-4=1$，且$∠AED=180°-∠DEB=90°$
在$Rt△AED$中，由勾股定理可得：
$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$
【答案】
$\sqrt{10}$
【知识点】
旋转的性质；勾股定理
【点评】
本题是旋转性质与勾股定理结合的基础题型，解题核心是通过旋转的性质找到相等的边和直角，构造可计算的直角三角形，是几何中利用旋转求线段长的典型考法。
【难度系数】
0.7

6. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=2$,$∠ BAC=45°$,$△ AEF$是由$△ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转得到的,连接$BE$,$CF$,相交于点$D$.
(1)求证:$BE=CF$;
(2)当四边形$ABDF$为菱形时,求$CD$的长.

6. (1)证明略.
(2)$\because$ 四边形 $ABDF$ 为菱形，
$\therefore DF=AB=AF=2,DF// AB,\therefore∠ ACF=∠ BAC=45°$.
$\because AC=AF,\therefore∠ AFC=∠ ACF=45°$,
$\therefore∠ CAF=90°,△ ACF$ 为等腰直角三角形，
$\therefore CF=\sqrt{2}AF=2\sqrt{2},\therefore CD=CF-DF=2\sqrt{2}-2$.

【分析】
(1)要证$BE=CF$，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。结合旋转的性质，可得旋转前后对应边相等、对应角相等，进而推出夹角$∠BAE=∠CAF$，即可证明$△ BAE≌△ CAF$，得到对应边相等。
(2)已知四边形$ABDF$为菱形，先利用菱形对边平行、四边相等的性质，得到$DF$的长度以及$∠ACF$的度数，再结合$AC=AF$判断$△ ACF$为等腰直角三角形，求出$CF$的长度，最后用$CF$减去$DF$即可得到$CD$的长。
【解析】
(1)证明：$\because △ AEF$是由$△ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转得到，
$\therefore AB=AE$，$AC=AF$，$∠ BAC=∠ EAF$，
$\therefore ∠ BAC+∠ CAE=∠ EAF+∠ CAE$，即$∠ BAE=∠ CAF$，
又$\because AB=AC$，$\therefore AB=AC=AE=AF$，
在$△ BAE$和$△ CAF$中：
$\{\begin{array}{l}AB=AC\\ ∠ BAE=∠ CAF\\ AE=AF\end{array} $
$\therefore △ BAE≌△ CAF(\mathrm{SAS})$，$\therefore BE=CF$。
(2)解：$\because$四边形$ABDF$为菱形，
$\therefore DF=AB=AF=2$，$DF// AB$，
$\therefore ∠ ACF=∠ BAC=45°$，
$\because AC=AB=2$，$\therefore AC=AF=2$，
$\therefore ∠ AFC=∠ ACF=45°$，
$\therefore ∠ CAF=180°-45°-45°=90°$，即$△ ACF$为等腰直角三角形，
$\therefore CF=\sqrt{A{C}^{2}+A{F}^{2}}=\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}=2\sqrt{2}$，
$\therefore CD=CF-DF=2\sqrt{2}-2$。
【答案】
(1)证明见上述解析；
(2)$2\sqrt{2}-2$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质
【点评】
本题为几何综合题，融合了旋转、全等三角形、菱形的相关知识，解题的关键是熟练掌握各类几何图形的性质，通过角与线段的转化找到解题突破口，第二问需注意特殊三角形的判定和勾股定理的应用。
【难度系数】
0.65