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8. 如图，E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置.若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为(
A.5
B.$\sqrt{23}$
C.7
D.$\sqrt{29}$
D
)A.5
B.$\sqrt{23}$
C.7
D.$\sqrt{29}$
答案
8. D
解析
【分析】
解题时首先利用旋转的性质，可知旋转前后的△ADE和△ABF全等，面积相等，由此可推导出四边形AECF的面积与正方形ABCD的面积相等，先求出正方形的边长；再在直角三角形ADE中，利用勾股定理即可求出AE的长度。
【解析】
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，
∴△ADE≌△ABF，
∴$S_{△ ADE} = S_{△ ABF}$，
∴$S_{四边形AECF} = S_{四边形ABCE} + S_{△ ABF} = S_{四边形ABCE} + S_{△ ADE} = S_{正方形ABCD}$，
∵四边形AECF的面积为25，
∴$S_{正方形ABCD} = 25$，
∴正方形的边长$AD = 5$，
在$Rt△ ADE$中，$∠ D=90°$，$DE=2$，
由勾股定理得：$AE = \sqrt{AD^2 + DE^2} = \sqrt{5^2 + 2^2} = \sqrt{29}$。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题核心是利用旋转的性质实现面积的转化，将不规则四边形的面积转化为正方形面积，体现了几何中的转化思想，解题时要熟练掌握旋转、正方形的基本性质以及勾股定理的应用场景。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用旋转的性质，可知旋转前后的△ADE和△ABF全等，面积相等，由此可推导出四边形AECF的面积与正方形ABCD的面积相等，先求出正方形的边长；再在直角三角形ADE中，利用勾股定理即可求出AE的长度。
【解析】
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，
∴△ADE≌△ABF，
∴$S_{△ ADE} = S_{△ ABF}$，
∴$S_{四边形AECF} = S_{四边形ABCE} + S_{△ ABF} = S_{四边形ABCE} + S_{△ ADE} = S_{正方形ABCD}$，
∵四边形AECF的面积为25，
∴$S_{正方形ABCD} = 25$，
∴正方形的边长$AD = 5$，
在$Rt△ ADE$中，$∠ D=90°$，$DE=2$，
由勾股定理得：$AE = \sqrt{AD^2 + DE^2} = \sqrt{5^2 + 2^2} = \sqrt{29}$。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题核心是利用旋转的性质实现面积的转化，将不规则四边形的面积转化为正方形面积，体现了几何中的转化思想，解题时要熟练掌握旋转、正方形的基本性质以及勾股定理的应用场景。
【难度系数】
0.7
9. 如图,已知△ABC是等腰三角形,顶角∠BAC = α(α ＜ 60°),D是BC边上的一点,连接AD,线段AD绕点A顺时针旋转α到AE,过点E作BC的平行线,交AB于点F.连接DE,BE,DF.
(1) 求证:BE = CD.
(2) 若AD⊥BC,试判断四边形BDFE的形状,并给出证明.
(1) 求证:BE = CD.
(2) 若AD⊥BC,试判断四边形BDFE的形状,并给出证明.
答案
9. (1) 证明:
∵ △ABC 是等腰三角形,顶角 ∠BAC = α(α ＜ 60°),线段 AD 绕点 A 顺时针旋转 α 到 AE,
∴ AB = AC,AD = AE,∠DAE = ∠BAC,
∴ ∠BAE = ∠CAD.
在 △ABE 和 △ACD 中,$\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAE = ∠CAD, \\ AE = AD, \end{cases}$
∴ △ABE ≅ △ACD(SAS).
∴ BE = CD.
(2) 解:四边形 BDFE 为菱形.
证明如下:
∵ AB = AC,AD ⊥ BC,
∴ BD = CD,∠BAE = ∠BAD,
∴ BE = BD = CD.
在 △ABD 和 △ABE 中,$\begin{cases} AE = AD, \\ ∠BAE = ∠BAD, \\ AB = AB, \end{cases}$
∴ △ABD ≅ △ABE(SAS).
∴ ∠DBF = ∠EBF.
∵ EF // BC,
∴ ∠DBF = ∠EFB.
∴ ∠EBF = ∠EFB.
∴ EB = EF = BD.
∴ 四边形 BDFE 为平行四边形.
∵ EF = EB,
∴ 四边形 BDFE 为菱形.
∵ △ABC 是等腰三角形,顶角 ∠BAC = α(α ＜ 60°),线段 AD 绕点 A 顺时针旋转 α 到 AE,
∴ AB = AC,AD = AE,∠DAE = ∠BAC,
∴ ∠BAE = ∠CAD.
在 △ABE 和 △ACD 中,$\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAE = ∠CAD, \\ AE = AD, \end{cases}$
∴ △ABE ≅ △ACD(SAS).
∴ BE = CD.
(2) 解:四边形 BDFE 为菱形.
证明如下:
∵ AB = AC,AD ⊥ BC,
∴ BD = CD,∠BAE = ∠BAD,
∴ BE = BD = CD.
在 △ABD 和 △ABE 中,$\begin{cases} AE = AD, \\ ∠BAE = ∠BAD, \\ AB = AB, \end{cases}$
∴ △ABD ≅ △ABE(SAS).
∴ ∠DBF = ∠EBF.
∵ EF // BC,
∴ ∠DBF = ∠EFB.
∴ ∠EBF = ∠EFB.
∴ EB = EF = BD.
∴ 四边形 BDFE 为平行四边形.
∵ EF = EB,
∴ 四边形 BDFE 为菱形.
解析
【分析】
(1) 要证明BE=CD，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。结合已知的等腰三角形和旋转的性质，可得AB=AC、AE=AD，再通过角的和差关系推出∠BAE=∠CAD，即可用SAS判定△ABE≌△ACD，从而得到结论。
(2) 判断四边形形状时，先结合AD⊥BC和等腰三角形三线合一的性质，得BD=CD，结合(1)的结论可得BE=BD；再通过SAS证明△ABD≌△ABE，得到角相等，结合EF//BC的内错角相等关系，推导得EB=EF，即可得到一组对边平行且相等，判定四边形是平行四边形，再结合邻边相等即可判定为菱形。
【解析】
(1) 证明:
∵ △ABC 是等腰三角形,顶角 ∠BAC = α(α ＜ 60°),线段 AD 绕点 A 顺时针旋转 α 到 AE,
∴ AB = AC,AD = AE,∠DAE = ∠BAC,
∴ ∠BAE = ∠CAD.
在 △ABE 和 △ACD 中,$\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAE = ∠CAD, \\ AE = AD, \end{cases}$
∴ △ABE ≅ △ACD(SAS).
∴ BE = CD.
(2) 解:四边形 BDFE 为菱形.
证明如下:
∵ AB = AC,AD ⊥ BC,
∴ BD = CD,∠BAE = ∠BAD,
∴ BE = BD = CD.
在 △ABD 和 △ABE 中,$\begin{cases} AE = AD, \\ ∠BAE = ∠BAD, \\ AB = AB, \end{cases}$
∴ △ABD ≅ △ABE(SAS).
∴ ∠DBF = ∠EBF.
∵ EF // BC,
∴ ∠DBF = ∠EFB.
∴ ∠EBF = ∠EFB.
∴ EB = EF = BD.
∴ 四边形 BDFE 为平行四边形.
∵ EF = EB,
∴ 四边形 BDFE 为菱形.
【答案】
(1) BE=CD，证明成立；
(2) 四边形BDFE是菱形，证明成立。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；旋转的性质；菱形的判定
【点评】
本题是几何综合基础题，第一问考查全等三角形的常规证明，只需结合旋转和等腰三角形的性质寻找全等条件即可；第二问需要结合等腰三角形三线合一、平行线的性质推导边的等量关系，再依次判定平行四边形、菱形，逻辑链条清晰，是三角形与四边形综合的典型题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明BE=CD，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。结合已知的等腰三角形和旋转的性质，可得AB=AC、AE=AD，再通过角的和差关系推出∠BAE=∠CAD，即可用SAS判定△ABE≌△ACD，从而得到结论。
(2) 判断四边形形状时，先结合AD⊥BC和等腰三角形三线合一的性质，得BD=CD，结合(1)的结论可得BE=BD；再通过SAS证明△ABD≌△ABE，得到角相等，结合EF//BC的内错角相等关系，推导得EB=EF，即可得到一组对边平行且相等，判定四边形是平行四边形，再结合邻边相等即可判定为菱形。
【解析】
(1) 证明:
∵ △ABC 是等腰三角形,顶角 ∠BAC = α(α ＜ 60°),线段 AD 绕点 A 顺时针旋转 α 到 AE,
∴ AB = AC,AD = AE,∠DAE = ∠BAC,
∴ ∠BAE = ∠CAD.
在 △ABE 和 △ACD 中,$\begin{cases} AB = AC, \\ ∠BAE = ∠CAD, \\ AE = AD, \end{cases}$
∴ △ABE ≅ △ACD(SAS).
∴ BE = CD.
(2) 解:四边形 BDFE 为菱形.
证明如下:
∵ AB = AC,AD ⊥ BC,
∴ BD = CD,∠BAE = ∠BAD,
∴ BE = BD = CD.
在 △ABD 和 △ABE 中,$\begin{cases} AE = AD, \\ ∠BAE = ∠BAD, \\ AB = AB, \end{cases}$
∴ △ABD ≅ △ABE(SAS).
∴ ∠DBF = ∠EBF.
∵ EF // BC,
∴ ∠DBF = ∠EFB.
∴ ∠EBF = ∠EFB.
∴ EB = EF = BD.
∴ 四边形 BDFE 为平行四边形.
∵ EF = EB,
∴ 四边形 BDFE 为菱形.
【答案】
(1) BE=CD，证明成立；
(2) 四边形BDFE是菱形，证明成立。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；旋转的性质；菱形的判定
【点评】
本题是几何综合基础题，第一问考查全等三角形的常规证明，只需结合旋转和等腰三角形的性质寻找全等条件即可；第二问需要结合等腰三角形三线合一、平行线的性质推导边的等量关系，再依次判定平行四边形、菱形，逻辑链条清晰，是三角形与四边形综合的典型题型。
【难度系数】
0.7
1. 如图，下面的四个图案中，既包含图形的旋转，又包含图形的轴对称的是( 
)
)答案
D
解析
【分析】
要解决本题，需先明确轴对称和图形旋转的定义，再逐个分析选项是否同时满足两种变换的特征：①轴对称的特征：存在一条直线，沿直线对折后图形的两部分能完全重合；②旋转的特征：存在一个中心点，图形绕该点旋转小于360°的角度后能与原图形完全重合。逐一判断4个选项，找到同时符合两个特征的选项即可。
【解析】
首先明确两个概念：
1. 轴对称图形：在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
2. 旋转变换：在平面内，将一个图形绕某个定点按某个方向转动一个角度的变换，旋转后的图形与原图形完全重合。
逐一分析选项：
选项A：不存在能让图形对折后完全重合的直线，不满足轴对称特征，排除；
选项B：沿竖直中线对折后两侧完全重合，满足轴对称特征，但绕任意点旋转小于360°的角度都无法与原图形重合，不包含旋转变换，排除；
选项C：不存在能让图形对折后完全重合的直线，不满足轴对称特征，排除；
选项D：沿竖直（或水平）中线对折后两侧完全重合，满足轴对称特征；同时绕图形中心旋转180°后与原图形完全重合，包含旋转变换，符合要求。
【答案】
D
【知识点】
轴对称的识别、旋转的识别
【点评】
本题是基础的图形变换识别题，解题核心是牢记轴对称和旋转变换的特征，逐一排查选项即可完成解答，不易出错。
【难度系数】
0.8
要解决本题，需先明确轴对称和图形旋转的定义，再逐个分析选项是否同时满足两种变换的特征：①轴对称的特征：存在一条直线，沿直线对折后图形的两部分能完全重合；②旋转的特征：存在一个中心点，图形绕该点旋转小于360°的角度后能与原图形完全重合。逐一判断4个选项，找到同时符合两个特征的选项即可。
【解析】
首先明确两个概念：
1. 轴对称图形：在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
2. 旋转变换：在平面内，将一个图形绕某个定点按某个方向转动一个角度的变换，旋转后的图形与原图形完全重合。
逐一分析选项：
选项A：不存在能让图形对折后完全重合的直线，不满足轴对称特征，排除；
选项B：沿竖直中线对折后两侧完全重合，满足轴对称特征，但绕任意点旋转小于360°的角度都无法与原图形重合，不包含旋转变换，排除；
选项C：不存在能让图形对折后完全重合的直线，不满足轴对称特征，排除；
选项D：沿竖直（或水平）中线对折后两侧完全重合，满足轴对称特征；同时绕图形中心旋转180°后与原图形完全重合，包含旋转变换，符合要求。
【答案】
D
【知识点】
轴对称的识别、旋转的识别
【点评】
本题是基础的图形变换识别题，解题核心是牢记轴对称和旋转变换的特征，逐一排查选项即可完成解答，不易出错。
【难度系数】
0.8
2. 两个边长为1的正方形,如图所示,让一个正方形的顶点与另一个正方形中心重合,不难知道重合部分的面积为$\frac{1}{4}$. 现把其中一个正方形固定不动,另一个正方形绕其中心旋
转,问:在旋转过程中,两个正方形重叠部分面积是否发生变化? 请说明理由.
转,问:在旋转过程中,两个正方形重叠部分面积是否发生变化? 请说明理由.答案
重叠部分的面积不发生变化，始终为$\frac{1}{4}$。理由：设固定正方形的中心为旋转中心O，过O作正方形相邻两边的垂线，垂足分别为M、N，可证旋转过程中分割出的两个直角三角形始终全等，因此重叠部分的面积等于边长为$\frac{1}{2}$的小正方形OMCN的面积，即$\frac{1}{2} × \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$，因此重叠部分面积不会随旋转发生改变。
解析
【分析】
要判断旋转过程中重叠部分的面积是否变化，核心是找到图形中的不变量：首先正方形中心到各边的距离相等，均为边长的$\frac{1}{2}$，且中心与相邻两边垂线的夹角为90°。我们可以过正方形中心作相邻两边的垂线，构造出面积固定的小正方形，再通过证明旋转过程中分割出的两个直角三角形全等，将重叠部分的面积转化为该固定小正方形的面积，即可判断面积是否变化。
【解析】
重叠部分的面积不发生变化，始终为$\frac{1}{4}$，理由如下：
设固定正方形的中心为旋转中心$O$，过$O$分别作固定正方形相邻两边的垂线，垂足分别为$M$、$N$。
∵$O$是正方形的中心，
∴$OM=ON=\frac{1}{2}$，且$∠ MON=90°$，四边形$OMCN$（$C$为固定正方形的对应顶点）是边长为$\frac{1}{2}$的小正方形，其面积为$\frac{1}{2} × \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$。
当另一个正方形绕点$O$旋转时，可得$∠ MOP = ∠ NOQ$（同角的余角相等，$∠ MOP + ∠ PON = ∠ NOQ + ∠ PON = 90°$）。
又
∵$∠ OMP = ∠ ONQ = 90°$，$OM=ON$，
∴$△ OMP ≌ △ ONQ$（ASA），
∴$S_{△ OMP} = S_{△ ONQ}$，
∴重叠部分的面积$S_{重叠}=S_{正方形OMCN}=\frac{1}{4}$，即旋转过程中重叠部分面积始终不变。
【答案】
重叠部分的面积不发生变化，始终为$\frac{1}{4}$。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是旋转类几何的典型题型，解题核心是利用旋转的不变性构造全等三角形，将动态变化的重叠面积转化为固定的小正方形面积，体现了转化思想在几何动态问题中的应用。
【难度系数】
0.6
要判断旋转过程中重叠部分的面积是否变化，核心是找到图形中的不变量：首先正方形中心到各边的距离相等，均为边长的$\frac{1}{2}$，且中心与相邻两边垂线的夹角为90°。我们可以过正方形中心作相邻两边的垂线，构造出面积固定的小正方形，再通过证明旋转过程中分割出的两个直角三角形全等，将重叠部分的面积转化为该固定小正方形的面积，即可判断面积是否变化。
【解析】
重叠部分的面积不发生变化，始终为$\frac{1}{4}$，理由如下：
设固定正方形的中心为旋转中心$O$，过$O$分别作固定正方形相邻两边的垂线，垂足分别为$M$、$N$。
∵$O$是正方形的中心，
∴$OM=ON=\frac{1}{2}$，且$∠ MON=90°$，四边形$OMCN$（$C$为固定正方形的对应顶点）是边长为$\frac{1}{2}$的小正方形，其面积为$\frac{1}{2} × \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$。
当另一个正方形绕点$O$旋转时，可得$∠ MOP = ∠ NOQ$（同角的余角相等，$∠ MOP + ∠ PON = ∠ NOQ + ∠ PON = 90°$）。
又
∵$∠ OMP = ∠ ONQ = 90°$，$OM=ON$，
∴$△ OMP ≌ △ ONQ$（ASA），
∴$S_{△ OMP} = S_{△ ONQ}$，
∴重叠部分的面积$S_{重叠}=S_{正方形OMCN}=\frac{1}{4}$，即旋转过程中重叠部分面积始终不变。
【答案】
重叠部分的面积不发生变化，始终为$\frac{1}{4}$。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是旋转类几何的典型题型，解题核心是利用旋转的不变性构造全等三角形，将动态变化的重叠面积转化为固定的小正方形面积，体现了转化思想在几何动态问题中的应用。
【难度系数】
0.6
