1. (2025 湖北中考改编)如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，将$△ ABC$绕点$C$旋转得到$△ DEC$，点$A$的对应点$D$落在边$AB$上，连接$BE$.
(1) 求证：$△ BCE ∽ △ ACD$；
(2) 当$BC = 2$，$AC = 1$时，求$BE$的长.

(1)证明见解析；(2)$\frac{4\sqrt{5}}{5}$

(1)∵△ABC绕点C旋转得到△DEC，∴CA=CD，CB=CE，∠ACB=∠DCE.∴∠ACB - ∠DCB=∠DCE - ∠DCB，即∠ACD=∠BCE.∵CA=CD，CB=CE，∴$\frac{CD}{CA}=1$，$\frac{CE}{CB}=1$，∴$\frac{CD}{CA}=\frac{CE}{CB}$.∴△BCE∽△ACD（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似）.
(2)在Rt△ABC中，AC=1，BC=2，∴AB=$\sqrt{AC^2 + BC^2}=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$.过点C作CH⊥AB于H，由面积法得$\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CH$，即$\frac{1}{2}×1×2=\frac{1}{2}×\sqrt{5}·CH$，解得CH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$.在Rt△AHC中，AH=$\sqrt{AC^2 - CH^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{2\sqrt{5}}{5})^2}=\sqrt{1 - \frac{4}{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.∵CA=CD，CH⊥AB，∴AD=2AH=2×$\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.由(1)知△BCE∽△ACD，∴$\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}=2$，∴BE=2AD=2×$\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

2. 如图，在正方形$ADBC$中，$P$是边$BC$上一点，$PA$绕点$P$顺时针旋转$90^{\circ}$得到$PE$，连接$AE$，$Q$为$AE$的中点，连接$CQ$.
(1) 求证：$BP = \sqrt{2}CQ$；
(2) 若$AP = \sqrt{10}$，$CQ = \sqrt{2}$，求正方形$ADBC$的边长.

(1) 设正方形ADBC边长为b，建立坐标系：C(0,0)，B(-b,0)，A(0,b)，D(-b,b)，P(p,0)(-b≤p≤0)。向量PA=(-p,b)，顺时针旋转90°得向量PE=(b,p)，则E(p+b,p)。Q为AE中点，坐标为((p+b)/2,(p+b)/2)。CQ=√[((p+b)/2)²+((p+b)/2)²]=(p+b)/√2，BP=p-(-b)=p+b，故BP=√2CQ。
(2) 由CQ=√2得(p+b)/√2=√2，即p+b=2。AP=√10，AP=√(p²+b²)=√10，p=2-b代入得(2-b)²+b²=10，化简得b²-2b-3=0，解得b=3(b＞0)。

(1) 设正方形ADBC边长为b，建立坐标系：C(0,0)，B(-b,0)，A(0,b)，D(-b,b)，P(p,0)(-b≤p≤0)。向量PA=(-p,b)，顺时针旋转90°得向量PE=(b,p)，则E(p+b,p)。Q为AE中点，坐标为((p+b)/2,(p+b)/2)。CQ=√[((p+b)/2)²+((p+b)/2)²]=(p+b)/√2，BP=p-(-b)=p+b，故BP=√2CQ。
(2) 由CQ=√2得(p+b)/√2=√2，即p+b=2。AP=√10，AP=√(p²+b²)=√10，p=2-b代入得(2-b)²+b²=10，化简得b²-2b-3=0，解得b=3(b＞0)。