6.如图,在平面直角坐标系中,将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转$45°$后得到正方形$OA_1B_1C_1$,依此方式,绕点O连续旋转2026次后得到正方形$OA_{2026}B_{2026}C_{2026}$,则点$A_{2026}$的坐标是().

A.$(\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2})$
B.$(1,0)$
C.$(-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$
D.$(0,-1)$

6.B
提示:旋转 8 次为 1 个周期.

【分析】
首先确定初始点A的坐标，再根据旋转角度明确旋转周期：每次旋转45°，旋转一周为360°，因此每旋转8次为一个周期，点A的坐标会回到初始位置。接下来计算2026次旋转包含多少个完整周期、余数是多少，根据余数对应周期内的位置即可求出点$A_{2026}$的坐标。
【解析】
解：
∵正方形OABC边长为1，点A在y轴正半轴，
∴初始点A的坐标为$(0,1)$，OA的长度恒为1。
∵每次绕点O顺时针旋转45°，$360°÷45°=8$，即每旋转8次为一个周期，点A的坐标会循环出现。
我们依次列出前几次旋转后点A的坐标：
旋转1次：$A_1(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$；
旋转2次：$A_2(1,0)$；
旋转3次：$A_3(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$；
旋转4次：$A_4(0,-1)$；
旋转5次：$A_5(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$；
旋转6次：$A_6(-1,0)$；
旋转7次：$A_7(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$；
旋转8次：$A_8(0,1)$，回到初始位置。
计算$2026÷8=253······2$，即2026次旋转包含253个完整周期，余2次，因此点$A_{2026}$的坐标与旋转2次后$A_2$的坐标相同，为$(1,0)$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；坐标与图形变化；规律探究
【点评】
本题结合旋转考查规律探究问题，解题核心是先找到旋转的周期，再通过余数判断对应点的位置，熟练掌握旋转过程中点的坐标变化规律是解题的关键。
【难度系数】
0.7

7.等腰三角形ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点D在AC边上，将线段BD绕点B逆时针旋转(180°−α)得到线段BE，连接CE，与AB相交于点F.
(1)如图①，EG⊥AB，垂足为G，当α=90°时，求证：AF=FG.
(2)如图②，当0°＜α＜90°时，请用等式表示CF和EF的数量关系，并证明.

7.(1)证明:当 α=90°时,旋转角 180°−α=90°,
∴∠BAD=∠DBE=90°,
∴∠ADB+∠ABD=90°,∠ABD+∠GBE=90°,
∴∠ADB=∠GBE.
∵EG⊥AB,
∴∠A=∠EGB=90°,
在△BAD 和△EGB 中$\begin{cases} ∠ADB=∠GBE, \\ ∠BAD=∠EGB, \\ BD=BE, \end{cases}$
∴△BAD≌△EGB(AAS),
∴GE=AB=AC.
∴在△CAF 和△EGF 中$\begin{cases} ∠CFA=∠EFG, \\ ∠CAF=∠EGF=90°, \\ AC=GE, \end{cases}$
∴△CAF≌△EGF(AAS),
∴AF=FG.
(2)$CF=EF$.
证明:在 AB 上截取 BG=AD,连接 EG,分别过点 E,C 作 EM⊥AB,CN⊥AB,垂足分别为 M,N,记∠ABD=∠1.

∵∠BDA=180°−∠BAC−∠1=180°−α−∠1,∠EBG=∠DBE−∠1=180°−α−∠1,
∴∠BDA=∠EBG,
又
∵BD=BE,
∴在△BDA 和△EBG 中$\begin{cases} BD=BE, \\ ∠BDA=∠EBG, \\ DA=BG, \end{cases}$
∴△BDA≌△EBG(SAS),
∴EG=AB=AC,∠A=∠EGB.
在△ANC 与△GME 中$\begin{cases} ∠A=∠EGB, \\ ∠ANC=∠GME=90°, \\ AC=EG, \end{cases}$
∴△ANC≌△GME(AAS),
∴CN=EM.
在△CNF 和△EMF 中$\begin{cases} ∠CFN=∠EFM, \\ ∠CNF=∠EMF=90°, \\ CN=EM, \end{cases}$
∴△CNF≌△EMF(AAS),
∴CF=EF.

【分析】
(1) 当α=90°时，由旋转的性质可知BD=BE，∠DBE=90°，结合∠BAC=90°，可通过同角的余角相等得到∠ADB=∠GBE，结合EG⊥AB的垂直条件，用AAS证明△BAD≌△EGB，得到GE=AB=AC，再利用对顶角相等、直角相等的条件证明△CAF≌△EGF，即可得出AF=FG的结论。
(2) 要判断CF和EF的数量关系，可通过构造全等三角形证明线段相等：首先在AB上截取BG=AD，结合旋转得到的BD=BE、∠DBE=180°-α，推导得到∠BDA=∠EBG，用SAS证明△BDA≌△EBG，得到EG=AC、∠A=∠EGB；再分别过C、E作AB的垂线，用AAS证明△ANC≌△GME，得到两条高CN=EM；最后证明△CNF≌△EMF，即可推出CF=EF。
【解析】
(1) 证明:当 α=90°时,旋转角 180°−α=90°,
∴∠BAD=∠DBE=90°,
∴∠ADB+∠ABD=90°,∠ABD+∠GBE=90°,
∴∠ADB=∠GBE.
∵EG⊥AB,
∴∠A=∠EGB=90°,
在△BAD 和△EGB 中$\begin{cases} ∠ADB=∠GBE, \\ ∠BAD=∠EGB, \\ BD=BE, \end{cases}$
∴△BAD≌△EGB(AAS),
∴GE=AB=AC.
∴在△CAF 和△EGF 中$\begin{cases} ∠CFA=∠EFG, \\ ∠CAF=∠EGF=90°, \\ AC=GE, \end{cases}$
∴△CAF≌△EGF(AAS),
∴AF=FG.
(2) 解：$CF=EF$，证明如下：
在 AB 上截取 BG=AD,连接 EG,分别过点 E,C 作 EM⊥AB,CN⊥AB,垂足分别为 M,N,记∠ABD=∠1.

∵∠BDA=180°−∠BAC−∠1=180°−α−∠1,∠EBG=∠DBE−∠1=180°−α−∠1,
∴∠BDA=∠EBG,
又
∵BD=BE,
∴在△BDA 和△EBG 中$\begin{cases} BD=BE, \\ ∠BDA=∠EBG, \\ DA=BG, \end{cases}$
∴△BDA≌△EBG(SAS),
∴EG=AB=AC,∠A=∠EGB.
在△ANC 与△GME 中$\begin{cases} ∠A=∠EGB, \\ ∠ANC=∠GME=90°, \\ AC=EG, \end{cases}$
∴△ANC≌△GME(AAS),
∴CN=EM.
在△CNF 和△EMF 中$\begin{cases} ∠CFN=∠EFM, \\ ∠CNF=∠EMF=90°, \\ CN=EM, \end{cases}$
∴△CNF≌△EMF(AAS),
∴CF=EF.
【答案】
(1) $AF=FG$
(2) $CF=EF$，辅助线示意图：
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题结合旋转的性质考查了全等三角形的判定与应用，解题的关键是根据边、角的等量关系合理构造全等三角形，通过多次全等推导得到待证线段的等量关系，第一问的特殊情形为第二问的一般化证明提供了思路引导。
【难度系数】
0.6

8.(1)【问题背景】如图①,点E,F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,BE=DF,M为AF的中点,求证:①$∠ BAE=∠ DAF$;②$AE=2DM$.
(2)【变式拓展】如图②,点E在正方形ABCD内,点F在直线BC的上方,BE=DF,直线BE与直线DF垂直,M为AF的中点,求证:①$CE⊥ CF$;②$AE=2DM$.

8.(1)①证明:
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AB=AD,∠ABE=∠ADF=90°,
又
∵BE=DF,
∴△ABE≌△ADF(SAS),
∴∠BAE=∠DAF.
②证明:
∵△ABE≌△ADF,
∴AE=AF,
∵点 M 为 AF 的中点,
∴$DM=\frac{1}{2}AF$,
∴AE=AF=2DM.
(2)①证明:延长 BE,交 DF 于点 G,交 CD 于点 H.

∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BCD=90°,CD=CB,
∵BE⊥DF,
∴∠BGD=∠BCD=90°,
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD,∠BHD=∠BGD+∠CDF,
∴∠CBE=∠CDF,
又
∵BE=DF,
∴△CBE≌△CDF(SAS),
∴∠BCE=∠DCF.
∵∠BCD=90°,
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°,
∴CE⊥CF.
②延长 DM 到 N,使 DM=MN,连接 AN.

∵M 为 AF 的中点,
∴AM=MF,
∵MD=MN,∠AMN=∠FMD,
∴△AMN≌△FMD(SAS),
∴AN=DF,∠NAM=∠DFM,
∴AN//DF,
∴∠DAN+∠ADF=180°.
∵△CBE≌△CDF,
∴BE=DF=AN,
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠BAD=90°,AB=DA,
∵BE⊥DF,
∴∠ABE+∠ADF=180°,
∴∠ABE=∠DAN,
∴△ABE≌△DAN(SAS),
∴AE=DN=2DM.

【分析】
(1)①要证∠BAE=∠DAF，可通过证明两角所在的三角形全等实现：已知正方形ABCD的边AB=AD，∠B=∠ADF=90°，结合条件BE=DF，用SAS即可证△ABE≌△ADF，得到对应角相等。②由全等可得AE=AF，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，M是AF中点，因此AF=2DM，等量代换即得AE=2DM。
(2)①要证CE⊥CF，即证∠ECF=90°：延长BE交DF于G，利用垂直条件得∠BGD=∠BCD=90°，再由三角形外角性质推导∠CBE=∠CDF，结合BE=DF、CB=CD证△CBE≌△CDF，得∠BCE=∠DCF，进而推出∠ECF=∠BCD=90°，即CE⊥CF。②要证AE=2DM，采用倍长中线法：延长DM到N使MN=DM，构造△AMN≌△FMD，得到AN=DF、AN//DF，再推导角相等证明△ABE≌△DAN，可得AE=DN=2DM。
【解析】
(1)①证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ADF=90°，
又
∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴∠BAE=∠DAF。
②证明：
∵△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
∵在Rt△ADF中，点M为AF的中点，
∴$DM=\frac{1}{2}AF$，
∴AE=AF=2DM。
(2)①证明：延长BE，交DF于点G，交CD于点H。

∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，CD=CB，
∵BE⊥DF，
∴∠BGD=∠BCD=90°，
∵∠BHD=∠CBE+∠BCD，∠BHD=∠BGD+∠CDF，
∴∠CBE=∠CDF，
又
∵BE=DF，
∴△CBE≌△CDF(SAS)，
∴∠BCE=∠DCF。
∵∠BCD=∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECF=∠ECD+∠DCF=∠ECD+∠BCE=90°，
∴CE⊥CF。
②证明：延长DM到N，使DM=MN，连接AN。

∵M为AF的中点，
∴AM=MF，
∵MD=MN，∠AMN=∠FMD，
∴△AMN≌△FMD(SAS)，
∴AN=DF，∠NAM=∠DFM，
∴AN//DF，
∴∠DAN+∠ADF=180°。
∵△CBE≌△CDF，
∴BE=DF=AN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°，AB=DA，
∵BE⊥DF，
∴∠ABE+∠ADF=180°，
∴∠ABE=∠DAN，
∴△ABE≌△DAN(SAS)，
∴AE=DN=2DM。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{∠BAE=∠DAF}$，证明见上述过程；②$\boldsymbol{AE=2DM}$，证明见上述过程。
(2)①$\boldsymbol{CE⊥CF}$，证明见上述过程，辅助线图如下：

②$\boldsymbol{AE=2DM}$，证明见上述过程，辅助线图如下：

【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题属于几何综合题，考查了正方形、全等三角形的相关知识，其中“倍长中线”是解决含中点的线段倍数证明题的常用方法，证明垂直可转化为证明两线段夹角为90°，熟练掌握相关性质和判定定理能快速找到解题思路。
【难度系数】
0.6