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11.如图,在正三角形网格中,将$△ EFG$绕某个点旋转,得到$△ E'F'G'$,则下列四个点中能作为旋转中心的是点
B
.答案
11.B
解析
【分析】
要确定旋转中心，需依据旋转的核心性质：旋转前后，对应点到旋转中心的距离相等，即旋转中心是任意两组对应点连线的垂直平分线的交点。首先明确对应关系：△EFG旋转后得到△E'F'G'，因此E对应E'、F对应F'、G对应G'，只需验证四个待选点中哪个点到每组对应点的距离都相等，该点即为旋转中心。
【解析】
根据旋转的性质，旋转中心到所有对应点的距离相等：
1. 验证点B：点B到E与点B到E'的距离相等，点B到F与点B到F'的距离相等，点B到G与点B到G'的距离相等，完全符合旋转中心的特征；
2. 验证其余待选点：点A、D到各组对应点的距离均不满足两两相等的要求，无法作为旋转中心。
因此符合要求的旋转中心是点B。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质、旋转中心的判定
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题，解题的关键是掌握旋转中心到所有对应点距离相等的特点，也可通过观察对应点绕某点的旋转角度是否一致来辅助判断。
【难度系数】
0.7
要确定旋转中心，需依据旋转的核心性质：旋转前后，对应点到旋转中心的距离相等，即旋转中心是任意两组对应点连线的垂直平分线的交点。首先明确对应关系：△EFG旋转后得到△E'F'G'，因此E对应E'、F对应F'、G对应G'，只需验证四个待选点中哪个点到每组对应点的距离都相等，该点即为旋转中心。
【解析】
根据旋转的性质，旋转中心到所有对应点的距离相等：
1. 验证点B：点B到E与点B到E'的距离相等，点B到F与点B到F'的距离相等，点B到G与点B到G'的距离相等，完全符合旋转中心的特征；
2. 验证其余待选点：点A、D到各组对应点的距离均不满足两两相等的要求，无法作为旋转中心。
因此符合要求的旋转中心是点B。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质、旋转中心的判定
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题，解题的关键是掌握旋转中心到所有对应点距离相等的特点，也可通过观察对应点绕某点的旋转角度是否一致来辅助判断。
【难度系数】
0.7
12.如图,在△AOB中,∠ABO=60°,点A的坐标为(0,8),点C的坐标为(0,√3),点P是OB上一动点,连接CP,将CP绕点C逆时针旋转90°得到线段CD,使点D恰好落在AB上,则点D的坐标为
(√3,5)
.答案
12.(√3,5)
解析
【分析】
解题思路可分为三步：首先先求出直线AB的解析式，利用已知的∠ABO=60°和点A的坐标即可推导；其次遇到线段旋转90°的问题，通过构造垂直于y轴的辅助线，证明三角形全等得到点D的横坐标；最后将横坐标代入直线AB解析式求出纵坐标，即可得到D点坐标。
【解析】
1. 求直线AB的解析式：
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∠ABO=60°，因此直线AB的斜率为$-\tan60°=-\sqrt{3}$，又直线AB过点$A(0,8)$，所以直线AB的解析式为$\boldsymbol{y=-\sqrt{3}x+8}$。
2. 构造全等三角形推导D的横坐标：
过点D作$DE⊥ y$轴于点E，则$∠ DEC=∠ COP=90°$。
由旋转的性质得：$CD=CP$，$∠ DCP=90°$，因此$∠ DCE+∠ PCO=90°$。
又在Rt△COP中，$∠ CPO+∠ PCO=90°$，故$∠ DCE=∠ CPO$。
在△DEC和△COP中：
$\begin{cases}∠ DEC=∠ COP\\∠ DCE=∠ CPO\\CD=CP\end{cases}$
所以$△ DEC≌△ COP(\mathrm{AAS})$，得$DE=OC$。
已知$C(0,\sqrt{3})$，则$OC=\sqrt{3}$，因此$DE=\sqrt{3}$，即点D的横坐标为$\sqrt{3}$。
3. 求D的纵坐标：
将$x=\sqrt{3}$代入直线AB的解析式，得$y=-\sqrt{3}×\sqrt{3}+8=-3+8=5$。
【答案】
$(\sqrt{3},5)$
【知识点】
一次函数解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于一次函数与几何综合题，核心解题技巧是结合旋转的性质构造全等三角形，快速得到目标点的横坐标，避免设多个未知量增加计算难度。
【难度系数】
0.65
解题思路可分为三步：首先先求出直线AB的解析式，利用已知的∠ABO=60°和点A的坐标即可推导；其次遇到线段旋转90°的问题，通过构造垂直于y轴的辅助线，证明三角形全等得到点D的横坐标；最后将横坐标代入直线AB解析式求出纵坐标，即可得到D点坐标。
【解析】
1. 求直线AB的解析式：
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∠ABO=60°，因此直线AB的斜率为$-\tan60°=-\sqrt{3}$，又直线AB过点$A(0,8)$，所以直线AB的解析式为$\boldsymbol{y=-\sqrt{3}x+8}$。
2. 构造全等三角形推导D的横坐标：
过点D作$DE⊥ y$轴于点E，则$∠ DEC=∠ COP=90°$。
由旋转的性质得：$CD=CP$，$∠ DCP=90°$，因此$∠ DCE+∠ PCO=90°$。
又在Rt△COP中，$∠ CPO+∠ PCO=90°$，故$∠ DCE=∠ CPO$。
在△DEC和△COP中：
$\begin{cases}∠ DEC=∠ COP\\∠ DCE=∠ CPO\\CD=CP\end{cases}$
所以$△ DEC≌△ COP(\mathrm{AAS})$，得$DE=OC$。
已知$C(0,\sqrt{3})$，则$OC=\sqrt{3}$，因此$DE=\sqrt{3}$，即点D的横坐标为$\sqrt{3}$。
3. 求D的纵坐标：
将$x=\sqrt{3}$代入直线AB的解析式，得$y=-\sqrt{3}×\sqrt{3}+8=-3+8=5$。
【答案】
$(\sqrt{3},5)$
【知识点】
一次函数解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于一次函数与几何综合题，核心解题技巧是结合旋转的性质构造全等三角形，快速得到目标点的横坐标，避免设多个未知量增加计算难度。
【难度系数】
0.65
13. 如图,在四边形ABCD中,$∠ABC=∠ADC=45^{\circ }$,将$△ BCD$绕点C顺时针旋转一定角度后,点B的对应点恰好与点A重合,得到$△ ACE$.
(1)请判断AE与BD的位置关系,并说明理由;
(2)连接DE,若$AD=2,CD=3\sqrt {2}$,试求$△ ADE$的周长.
(1)请判断AE与BD的位置关系,并说明理由;
(2)连接DE,若$AD=2,CD=3\sqrt {2}$,试求$△ ADE$的周长.
答案
13.解:(1)$AE⊥BD$,理由如下:设AE交BD于点F,AC交BD于点H,$\because$将$△ BCD$绕点C顺时针旋转一定角度后,点B的对应点恰好与点A重合,$\therefore AC=BC. \therefore ∠ BAC=∠ ABC=45^{\circ }. \therefore ∠ ACB=180^{\circ }-∠ BAC-∠ ABC=90^{\circ }.$$\because ∠ CAE=∠ CBD,∠ AHF=∠ BHC,\therefore ∠ AFD=∠ CAE+∠ AHF=∠ CBD+∠ BHC=90^{\circ }. \therefore AE⊥BD.$
(2)由旋转,得$CE=CD=3\sqrt{2},∠ ACE=∠ BCD,\therefore ∠ ACE-∠ ACD=∠ BCD-∠ ACD. \therefore ∠ ECD=∠ ACB=90^{\circ }. \therefore DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6,∠ CDE=∠ CED=45^{\circ }. \because ∠ ADC=45^{\circ },AD=2,\therefore ∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=90^{\circ }. \therefore AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}.$$\therefore AE+AD+DE=2\sqrt{10}+2+6=2\sqrt{10}+8. \therefore △ ADE$的周长是$2\sqrt{10}+8.$
(2)由旋转,得$CE=CD=3\sqrt{2},∠ ACE=∠ BCD,\therefore ∠ ACE-∠ ACD=∠ BCD-∠ ACD. \therefore ∠ ECD=∠ ACB=90^{\circ }. \therefore DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6,∠ CDE=∠ CED=45^{\circ }. \because ∠ ADC=45^{\circ },AD=2,\therefore ∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=90^{\circ }. \therefore AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}.$$\therefore AE+AD+DE=2\sqrt{10}+2+6=2\sqrt{10}+8. \therefore △ ADE$的周长是$2\sqrt{10}+8.$
解析
【分析】
(1) 要判断AE与BD的位置关系，先从旋转性质入手：旋转前后图形全等，可得对应角∠CAE=∠CBD、对应边AC=BC。结合已知∠ABC=45°，可推出∠ACB=90°，再利用对顶角相等，通过三角形内角和关系即可证得AE与BD的夹角为90°。
(2) 求△ADE的周长，已知AD=2，只需算出DE和AE的长度即可。首先由旋转性质得CE=CD、∠ACE=∠BCD，可推出∠DCE=∠ACB=90°，即△CDE为等腰直角三角形，用勾股定理算出DE；再结合∠ADC=45°可推出∠ADE=90°，在Rt△ADE中用勾股定理算出AE，三边相加即为周长。
【解析】
(1) $AE⊥BD$，理由如下：
设AE交BD于点F，AC交BD于点H。
∵ 将$△ BCD$绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到$△ ACE$，
∴ $AC=BC$，$∠ CAE=∠ CBD$。
∵ $∠ ABC=45^{\circ }$，
∴ $∠ BAC=∠ ABC=45^{\circ }$，
∴ $∠ ACB=180^{\circ }-∠ BAC-∠ ABC=90^{\circ }$。
∵ $∠ AHF=∠ BHC$（对顶角相等），
∴ $∠ AFD=∠ CAE+∠ AHF=∠ CBD+∠ BHC=180^{\circ }-∠ ACB=90^{\circ }$，
∴ $AE⊥BD$。
(2) 由旋转的性质可得：$CE=CD=3\sqrt{2}$，$∠ ACE=∠ BCD$，
∴ $∠ ACE-∠ ACD=∠ BCD-∠ ACD$，即$∠ ECD=∠ ACB=90^{\circ }$，
∴ $DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$，且$∠ CDE=45^{\circ }$。
∵ $∠ ADC=45^{\circ }$，
∴ $∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=90^{\circ }$，
∴ $AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}$。
∴ $△ ADE$的周长为$AE+AD+DE=2\sqrt{10}+2+6=2\sqrt{10}+8$。
【答案】
(1) $AE⊥BD$；(2) $△ ADE$的周长为$8+2\sqrt{10}$
【知识点】
旋转的性质，等腰直角三角形，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合常考题，解题核心是利用旋转前后图形全等得到相等的边和角，进而推导垂直关系和特殊直角三角形，再结合勾股定理计算边长，需要熟练掌握旋转性质的运用，以及特殊角度在导角中的作用。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断AE与BD的位置关系，先从旋转性质入手：旋转前后图形全等，可得对应角∠CAE=∠CBD、对应边AC=BC。结合已知∠ABC=45°，可推出∠ACB=90°，再利用对顶角相等，通过三角形内角和关系即可证得AE与BD的夹角为90°。
(2) 求△ADE的周长，已知AD=2，只需算出DE和AE的长度即可。首先由旋转性质得CE=CD、∠ACE=∠BCD，可推出∠DCE=∠ACB=90°，即△CDE为等腰直角三角形，用勾股定理算出DE；再结合∠ADC=45°可推出∠ADE=90°，在Rt△ADE中用勾股定理算出AE，三边相加即为周长。
【解析】
(1) $AE⊥BD$，理由如下：
设AE交BD于点F，AC交BD于点H。
∵ 将$△ BCD$绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到$△ ACE$，
∴ $AC=BC$，$∠ CAE=∠ CBD$。
∵ $∠ ABC=45^{\circ }$，
∴ $∠ BAC=∠ ABC=45^{\circ }$，
∴ $∠ ACB=180^{\circ }-∠ BAC-∠ ABC=90^{\circ }$。
∵ $∠ AHF=∠ BHC$（对顶角相等），
∴ $∠ AFD=∠ CAE+∠ AHF=∠ CBD+∠ BHC=180^{\circ }-∠ ACB=90^{\circ }$，
∴ $AE⊥BD$。
(2) 由旋转的性质可得：$CE=CD=3\sqrt{2}$，$∠ ACE=∠ BCD$，
∴ $∠ ACE-∠ ACD=∠ BCD-∠ ACD$，即$∠ ECD=∠ ACB=90^{\circ }$，
∴ $DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$，且$∠ CDE=45^{\circ }$。
∵ $∠ ADC=45^{\circ }$，
∴ $∠ ADE=∠ ADC+∠ CDE=90^{\circ }$，
∴ $AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}$。
∴ $△ ADE$的周长为$AE+AD+DE=2\sqrt{10}+2+6=2\sqrt{10}+8$。
【答案】
(1) $AE⊥BD$；(2) $△ ADE$的周长为$8+2\sqrt{10}$
【知识点】
旋转的性质，等腰直角三角形，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合常考题，解题核心是利用旋转前后图形全等得到相等的边和角，进而推导垂直关系和特殊直角三角形，再结合勾股定理计算边长，需要熟练掌握旋转性质的运用，以及特殊角度在导角中的作用。
【难度系数】
0.6
14. 如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C），延长AE交CE'于点F。
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若AD=DE，请猜想线段CF与E'F之间的数量关系，并加以证明。
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若AD=DE，请猜想线段CF与E'F之间的数量关系，并加以证明。
答案
14.解:(1)四边形$BE'FE$是正方形,理由如下:$\because$将$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90^{\circ },\therefore ∠ AEB=∠ CE'B=∠ EBE'=90^{\circ },BE=BE'. \because ∠ BEF=90^{\circ },\therefore$四边形$BE'FE$是矩形.$\because BE=BE',\therefore$矩形$BE'FE$是正方形.
(2)$CF=E'F$,证明:过点D作$DH⊥AE$于点H,$\because DA=DE,DH⊥AE,\therefore AH=\frac{1}{2}AE,∠ ADH+∠ DAH=90^{\circ }. \therefore$四边形ABCD是正方形.$\therefore AD=AB,∠ DAB=90^{\circ }. \therefore ∠ DAH+∠ EAB=90^{\circ }. \therefore ∠ ADH=∠ EAB. \because AD=AB,∠ AHD=∠ AEB=90^{\circ },\therefore △ ADH≌△ BAE(\mathrm{AAS}). \therefore AH=BE=\frac{1}{2}AE. \because$将$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90^{\circ },$$\therefore AE=CE'. \therefore$四边形$BE'FE$是正方形.$\therefore BE=E'F.$$\therefore E'F=\frac{1}{2}CE'=CF. \therefore CF=E'F.$
(2)$CF=E'F$,证明:过点D作$DH⊥AE$于点H,$\because DA=DE,DH⊥AE,\therefore AH=\frac{1}{2}AE,∠ ADH+∠ DAH=90^{\circ }. \therefore$四边形ABCD是正方形.$\therefore AD=AB,∠ DAB=90^{\circ }. \therefore ∠ DAH+∠ EAB=90^{\circ }. \therefore ∠ ADH=∠ EAB. \because AD=AB,∠ AHD=∠ AEB=90^{\circ },\therefore △ ADH≌△ BAE(\mathrm{AAS}). \therefore AH=BE=\frac{1}{2}AE. \because$将$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90^{\circ },$$\therefore AE=CE'. \therefore$四边形$BE'FE$是正方形.$\therefore BE=E'F.$$\therefore E'F=\frac{1}{2}CE'=CF. \therefore CF=E'F.$
解析
【分析】
（1）判断四边形形状可先从角和边的特征入手：先根据旋转的性质得到对应角、对应边的关系，先判定四边形为矩形，再结合邻边相等的特征即可判定为正方形。
（2）探究线段数量关系可结合等腰三角形性质构造辅助线：已知AD=DE，过D作AE的垂线可利用三线合一得到线段的倍分关系，再通过角度互余推导角相等，证明三角形全等得到边的等量关系，结合旋转和第一问正方形的性质即可推出两条线段的数量关系。
【解析】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
$\because$将$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90^{\circ }$，
$\therefore ∠ AEB=∠ CE'B=∠ EBE'=90^{\circ },BE=BE'$.
$\because ∠AEB=90^{\circ }$，$\therefore ∠ BEF=180°-∠AEB=90^{\circ }$，
$\therefore$四边形$BE'FE$是矩形.
又$\because BE=BE'$，$\therefore$矩形$BE'FE$是正方形.
(2) $CF=E'F$，证明如下：
过点D作$DH⊥AE$于点H，
$\because DA=DE,DH⊥AE$，
$\therefore AH=\frac{1}{2}AE,∠ ADH+∠ DAH=90^{\circ }$.
$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore AD=AB,∠ DAB=90^{\circ }$，
$\therefore ∠ DAH+∠ EAB=90^{\circ }$，
$\therefore ∠ ADH=∠ EAB$.
在$△ ADH$和$△ BAE$中：
$\{\begin{array}{l}∠AHD=∠AEB=90^{\circ }\\∠ADH=∠EAB\\AD=AB\end{array} $
$\therefore △ ADH≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AH=BE=\frac{1}{2}AE$.
$\because$将$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90^{\circ }$，
$\therefore AE=CE'$.
由(1)知四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore BE=E'F$，
$\therefore E'F=\frac{1}{2}CE'$，
$\therefore CF=CE'-E'F=\frac{1}{2}CE'=E'F$，
即$CF=E'F$.
【答案】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形；
(2) $CF=E'F$
【知识点】
旋转的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了几何图形的性质与判定，第一问可直接利用旋转所得边角关系推导，难度较低；第二问通过作等腰三角形的高构造全等三角形是解题突破口，能有效锻炼几何综合分析和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
（1）判断四边形形状可先从角和边的特征入手：先根据旋转的性质得到对应角、对应边的关系，先判定四边形为矩形，再结合邻边相等的特征即可判定为正方形。
（2）探究线段数量关系可结合等腰三角形性质构造辅助线：已知AD=DE，过D作AE的垂线可利用三线合一得到线段的倍分关系，再通过角度互余推导角相等，证明三角形全等得到边的等量关系，结合旋转和第一问正方形的性质即可推出两条线段的数量关系。
【解析】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形，理由如下：
$\because$将$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90^{\circ }$，
$\therefore ∠ AEB=∠ CE'B=∠ EBE'=90^{\circ },BE=BE'$.
$\because ∠AEB=90^{\circ }$，$\therefore ∠ BEF=180°-∠AEB=90^{\circ }$，
$\therefore$四边形$BE'FE$是矩形.
又$\because BE=BE'$，$\therefore$矩形$BE'FE$是正方形.
(2) $CF=E'F$，证明如下：
过点D作$DH⊥AE$于点H，
$\because DA=DE,DH⊥AE$，
$\therefore AH=\frac{1}{2}AE,∠ ADH+∠ DAH=90^{\circ }$.
$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore AD=AB,∠ DAB=90^{\circ }$，
$\therefore ∠ DAH+∠ EAB=90^{\circ }$，
$\therefore ∠ ADH=∠ EAB$.
在$△ ADH$和$△ BAE$中：
$\{\begin{array}{l}∠AHD=∠AEB=90^{\circ }\\∠ADH=∠EAB\\AD=AB\end{array} $
$\therefore △ ADH≌△ BAE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AH=BE=\frac{1}{2}AE$.
$\because$将$\mathrm{Rt}△ ABE$绕点B按顺时针方向旋转$90^{\circ }$，
$\therefore AE=CE'$.
由(1)知四边形$BE'FE$是正方形，
$\therefore BE=E'F$，
$\therefore E'F=\frac{1}{2}CE'$，
$\therefore CF=CE'-E'F=\frac{1}{2}CE'=E'F$，
即$CF=E'F$.
【答案】
(1) 四边形$BE'FE$是正方形；
(2) $CF=E'F$
【知识点】
旋转的性质、正方形的判定、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了几何图形的性质与判定，第一问可直接利用旋转所得边角关系推导，难度较低；第二问通过作等腰三角形的高构造全等三角形是解题突破口，能有效锻炼几何综合分析和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
