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9. ★★★ 在平面直角坐标系中, 点 A 的坐标是$(-2,0)$, 点 B 的坐标是$(0,6)$, 将$△ ABO$绕点 B 逆时针旋转$90°$后得到$△ A'BO'$.若反比例函数$y=\frac{k}{x}(k≠0)$的图象恰好经过$A'$,则$k$的值是（
A.6
B.12
C.18
D.24
D
）A.6
B.12
C.18
D.24
答案
9. D 解析:如图,
∵ 将△ABO绕点B逆时针旋转90°后得到△A'BO',
∴ △ABO≌△A'BO'.
∵ 点A的坐标是(-2,0),点B的坐标是(0,6),即 OA=2,OB=6,
∴ BO' = BO = 6,A'O' = AO=2,
∴ 点A'的坐标是(6,4).
∵ 反比例函数$y=\frac{k}{x}(k≠0)$的图象恰好经过A',
∴ k=6×4=24.故选 D.
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以按照三步思路推导：第一步，先根据已知点A、B的坐标求出线段OA、OB的长度；第二步，利用旋转的性质，旋转前后图形全等、对应边长度相等，结合逆时针旋转90°的方向特征，确定旋转后点A'的坐标；第三步，利用反比例函数图象上点的坐标满足解析式$y=\frac{k}{x}$，即$k=xy$，代入A'的坐标即可求出k的值。
【解析】
∵ 将$△ ABO$绕点B逆时针旋转$90°$后得到$△ A'BO'$，
∴ $△ ABO≌△ A'BO'$，对应边长度相等。
已知点A的坐标是$(-2,0)$，点B的坐标是$(0,6)$，可得$OA=2$，$OB=6$，
∴ 旋转后$BO' = BO = 6$，$A'O' = AO=2$。
结合逆时针旋转$90°$的方向可知，$BO'$沿水平方向向右，$A'O'$沿竖直方向向下，因此A'的横坐标为6，纵坐标为$6-2=4$，即$A'(6,4)$。
∵ 反比例函数$y=\frac{k}{x}(k≠0)$的图象经过点$A'$，
∴ $k=6×4=24$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，坐标与图形变化，反比例函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题是几何旋转与反比例函数的综合题型，解题的关键是准确推导旋转后对应点的坐标，侧重考查数形结合思想的应用，是初中阶段函数与几何结合的常考题型。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，我们可以按照三步思路推导：第一步，先根据已知点A、B的坐标求出线段OA、OB的长度；第二步，利用旋转的性质，旋转前后图形全等、对应边长度相等，结合逆时针旋转90°的方向特征，确定旋转后点A'的坐标；第三步，利用反比例函数图象上点的坐标满足解析式$y=\frac{k}{x}$，即$k=xy$，代入A'的坐标即可求出k的值。
【解析】
∵ 将$△ ABO$绕点B逆时针旋转$90°$后得到$△ A'BO'$，
∴ $△ ABO≌△ A'BO'$，对应边长度相等。
已知点A的坐标是$(-2,0)$，点B的坐标是$(0,6)$，可得$OA=2$，$OB=6$，
∴ 旋转后$BO' = BO = 6$，$A'O' = AO=2$。
结合逆时针旋转$90°$的方向可知，$BO'$沿水平方向向右，$A'O'$沿竖直方向向下，因此A'的横坐标为6，纵坐标为$6-2=4$，即$A'(6,4)$。
∵ 反比例函数$y=\frac{k}{x}(k≠0)$的图象经过点$A'$，
∴ $k=6×4=24$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质，坐标与图形变化，反比例函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题是几何旋转与反比例函数的综合题型，解题的关键是准确推导旋转后对应点的坐标，侧重考查数形结合思想的应用，是初中阶段函数与几何结合的常考题型。
【难度系数】
0.6
10. ★★★（宁夏中考）如图，在$△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=AC$，$BC=2$，点$D$在$BC$上，且$BD:CD=1:3$。连接$AD$，将线段$AD$绕点$A$顺时针旋转$90°$得到线段$AE$，连接$BE$，$DE$。则$△ BDE$的面积是（
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{3}{8}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{3}{2}$
B
）A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{3}{8}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{3}{2}$
答案
10. B 解析:
∵ ∠BAC = 90°,AB = AC,
∴ ∠ABC = ∠C = 45°, ∠BAD+∠CAD=90°.
∵ 将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE,
∴ AD = AE,∠BAD+∠BAE = ∠DAE = 90°,
∴ ∠CAD = ∠BAE.在△ADC和△AEB中,
$\begin{cases} AD=AE, \\ ∠CAD=∠BAE, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴ △ADC≌△AEB,
∴ BE = CD,∠ABE = ∠C=45°,
∴ ∠EBD = ∠ABE+∠ABC = 90°.
∵ BC = 2,BD : CD = 1 : 3,
∴ $BD=2×\frac{1}{1+3}=\frac{1}{2}$,$BE=CD=2×\frac{3}{1+3}=\frac{3}{2}$,
∴ △BDE的面积等于$\frac{1}{2}BD·BE=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{3}{2}=\frac{3}{8}$.故选 B.
∵ ∠BAC = 90°,AB = AC,
∴ ∠ABC = ∠C = 45°, ∠BAD+∠CAD=90°.
∵ 将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE,
∴ AD = AE,∠BAD+∠BAE = ∠DAE = 90°,
∴ ∠CAD = ∠BAE.在△ADC和△AEB中,
$\begin{cases} AD=AE, \\ ∠CAD=∠BAE, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴ △ADC≌△AEB,
∴ BE = CD,∠ABE = ∠C=45°,
∴ ∠EBD = ∠ABE+∠ABC = 90°.
∵ BC = 2,BD : CD = 1 : 3,
∴ $BD=2×\frac{1}{1+3}=\frac{1}{2}$,$BE=CD=2×\frac{3}{1+3}=\frac{3}{2}$,
∴ △BDE的面积等于$\frac{1}{2}BD·BE=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{3}{2}=\frac{3}{8}$.故选 B.
解析
【分析】
解题时可按如下思路推导：1. 先由△ABC是等腰直角三角形，得出底角为45°，以及两个锐角和为90°的关系；2. 结合旋转的性质，得到AD=AE、旋转角为90°，通过角的等量代换得到∠CAD=∠BAE，即可证明△ADC和△AEB全等；3. 由全等性质推出BE=CD、∠ABE=∠C=45°，进而得到∠EBD为直角，确定△BDE是直角三角形；4. 最后根据BD和CD的比例关系，结合BC的长度算出两条直角边的长度，代入直角三角形面积公式即可得到结果。
【解析】
∵ ∠BAC = 90°，AB = AC，
∴ ∠ABC = ∠C = 45°，∠BAD + ∠CAD = 90°。
∵ 将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴ AD = AE，∠DAE = 90°，即∠BAD + ∠BAE = 90°，
∴ ∠CAD = ∠BAE。
在△ADC和△AEB中：
$\begin{cases} AD=AE \\ ∠CAD=∠BAE \\ AC=AB \end{cases}$
∴ △ADC ≌ △AEB（SAS），
∴ BE = CD，∠ABE = ∠C = 45°，
∴ ∠EBD = ∠ABE + ∠ABC = 45° + 45° = 90°，即△BDE是直角三角形。
∵ BC = 2，BD:CD = 1:3，
∴ $BD = 2×\frac{1}{1+3} = \frac{1}{2}$，$BE = CD = 2×\frac{3}{1+3} = \frac{3}{2}$，
∴ $S_{△BDE} = \frac{1}{2}×BD×BE = \frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{3}{2} = \frac{3}{8}$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了几何图形的基础性质，解题关键是通过角的等量代换证明三角形全等，将未知的三角形转化为可计算的直角三角形，能够有效考查学生对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时可按如下思路推导：1. 先由△ABC是等腰直角三角形，得出底角为45°，以及两个锐角和为90°的关系；2. 结合旋转的性质，得到AD=AE、旋转角为90°，通过角的等量代换得到∠CAD=∠BAE，即可证明△ADC和△AEB全等；3. 由全等性质推出BE=CD、∠ABE=∠C=45°，进而得到∠EBD为直角，确定△BDE是直角三角形；4. 最后根据BD和CD的比例关系，结合BC的长度算出两条直角边的长度，代入直角三角形面积公式即可得到结果。
【解析】
∵ ∠BAC = 90°，AB = AC，
∴ ∠ABC = ∠C = 45°，∠BAD + ∠CAD = 90°。
∵ 将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴ AD = AE，∠DAE = 90°，即∠BAD + ∠BAE = 90°，
∴ ∠CAD = ∠BAE。
在△ADC和△AEB中：
$\begin{cases} AD=AE \\ ∠CAD=∠BAE \\ AC=AB \end{cases}$
∴ △ADC ≌ △AEB（SAS），
∴ BE = CD，∠ABE = ∠C = 45°，
∴ ∠EBD = ∠ABE + ∠ABC = 45° + 45° = 90°，即△BDE是直角三角形。
∵ BC = 2，BD:CD = 1:3，
∴ $BD = 2×\frac{1}{1+3} = \frac{1}{2}$，$BE = CD = 2×\frac{3}{1+3} = \frac{3}{2}$，
∴ $S_{△BDE} = \frac{1}{2}×BD×BE = \frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{3}{2} = \frac{3}{8}$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了几何图形的基础性质，解题关键是通过角的等量代换证明三角形全等，将未知的三角形转化为可计算的直角三角形，能够有效考查学生对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
11. ★★★ 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,且$AC=BC$.点$D$是$△ ABC$内的一点,将$△ ACD$以点$C$为中心顺时针旋转$90°$得到$△ BCE$,若$A,D,E$三点共线,则$∠ AEB$的度数为
90°
.答案
11. 90° 解析:
∵ 将△ACD以点C为中心顺时针旋转90°得到△BCE,
∴ CD = CE,∠DCE = 90°,∠BEC = ∠ADC,
∴ ∠CDE = ∠CED = 45°.
∵ A,D,E三点共线,
∴ ∠ADC= 180°-∠CDE = 135°,
∴ ∠BEC = 135°,
∴ ∠AEB = 135°-∠CED=90°.
∵ 将△ACD以点C为中心顺时针旋转90°得到△BCE,
∴ CD = CE,∠DCE = 90°,∠BEC = ∠ADC,
∴ ∠CDE = ∠CED = 45°.
∵ A,D,E三点共线,
∴ ∠ADC= 180°-∠CDE = 135°,
∴ ∠BEC = 135°,
∴ ∠AEB = 135°-∠CED=90°.
解析
【分析】
解题时先从旋转的性质入手思考：首先旋转前后的图形全等，可得对应边相等、对应角相等、旋转角相等，由此先得到CD=CE，∠DCE=90°，∠BEC=∠ADC；接着由CD=CE且夹角为90°，可判定△DCE是等腰直角三角形，算出其底角为45°；再结合A、D、E三点共线，利用平角定义求出∠ADC的度数，即可得到对应角∠BEC的度数；最后用∠BEC减去等腰直角三角形的底角∠CED，就能得出∠AEB的度数。
【解析】
∵ 将△ACD以点C为中心顺时针旋转90°得到△BCE，
∴ △ACD≌△BCE，$CD = CE$，$∠ DCE = 90°$，$∠ BEC = ∠ ADC$，
∴ △DCE为等腰直角三角形，$∠ CDE = ∠ CED = 45°$，
∵ A，D，E三点共线，
∴ $∠ ADC = 180° - ∠ CDE = 180° - 45° = 135°$，
∴ $∠ BEC = ∠ ADC = 135°$，
∴ $∠ AEB = ∠ BEC - ∠ CED = 135° - 45° = 90°$。
【答案】
$90°$
【知识点】
旋转的性质，等腰直角三角形的性质，角的和差计算
【点评】
本题是旋转性质应用的典型题，解题核心是利用旋转的性质得到边、角的对应关系，结合等腰直角三角形的角度特征逐步推导所求角的度数，侧重考查学生的几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
解题时先从旋转的性质入手思考：首先旋转前后的图形全等，可得对应边相等、对应角相等、旋转角相等，由此先得到CD=CE，∠DCE=90°，∠BEC=∠ADC；接着由CD=CE且夹角为90°，可判定△DCE是等腰直角三角形，算出其底角为45°；再结合A、D、E三点共线，利用平角定义求出∠ADC的度数，即可得到对应角∠BEC的度数；最后用∠BEC减去等腰直角三角形的底角∠CED，就能得出∠AEB的度数。
【解析】
∵ 将△ACD以点C为中心顺时针旋转90°得到△BCE，
∴ △ACD≌△BCE，$CD = CE$，$∠ DCE = 90°$，$∠ BEC = ∠ ADC$，
∴ △DCE为等腰直角三角形，$∠ CDE = ∠ CED = 45°$，
∵ A，D，E三点共线，
∴ $∠ ADC = 180° - ∠ CDE = 180° - 45° = 135°$，
∴ $∠ BEC = ∠ ADC = 135°$，
∴ $∠ AEB = ∠ BEC - ∠ CED = 135° - 45° = 90°$。
【答案】
$90°$
【知识点】
旋转的性质，等腰直角三角形的性质，角的和差计算
【点评】
本题是旋转性质应用的典型题，解题核心是利用旋转的性质得到边、角的对应关系，结合等腰直角三角形的角度特征逐步推导所求角的度数，侧重考查学生的几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
12. (上海中考)定义:在平面内,一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离.如图,在平面内有一个正方形,边长为2,中心为O,在正方形外有一点P,OP=2,当正方形绕着点O旋转时,则点P到正方形的最短距离d的取值范围是
2-√2 ≤d ≤1
.答案
12. $2-\sqrt{2} ≤d ≤1$ 解析:如图,设AB的中点是E,OP过点E时,点O与边AB上所有点的连线中,OE最小,此时d= PE最大,OP过顶点A时,点O与边AB上所有点的连线中,OA最大,此时d=PA最小.
如图①,
∵ 正方形ABCD的边长为2,O为正方形的中心,
∴ AE=1,∠OAE=45°,OE⊥AB,
∴ OE=1.
∵ OP=2,
∴ d= PE=1.如图②,
∵ 正方形ABCD的边长为2,O为正方形的中心,
∴ AE=1,∠OAE=45°,OE⊥AB,
∴ OA=$\sqrt{2}$.
∵ OP=2,
∴ d=PA=$2-\sqrt{2}$,
∴ d的取值范围为$2-\sqrt{2} ≤d ≤1$.
解析
【分析】
首先明确题中“点到图形的距离”的新定义，即该点到图形上所有点的最短距离。正方形绕中心O旋转时，OP长度固定为2，因此d的大小由正方形上的点到O的距离决定：正方形上的点到O的最小距离是各边中点到O的距离，最大距离是各顶点到O的距离。当OP经过正方形边的中点时，正方形上离P最近的点就是该中点，d取得最大值；当OP经过正方形的顶点时，正方形上离P最近的点就是该顶点，d取得最小值。分别计算两种临界情况的d值，即可得到d的取值范围。
【解析】
解：设正方形ABCD边长为2，O为正方形中心，AB边的中点为E。
① 当射线OP经过边AB的中点E时，如图①：
∵ O是正方形中心，OE⊥AB，AE=1，∠OAE=45°，
∴ OE=AE=1。
已知OP=2，此时点P到正方形的最短距离d=PE=OP-OE=2-1=1，为d的最大值。
② 当射线OP经过正方形的顶点A时，如图②：
∵ O是正方形中心，在Rt△OAE中，AE=OE=1，
由勾股定理得$OA=\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
已知OP=2，此时点P到正方形的最短距离d=PA=OP-OA=$2-\sqrt{2}$，为d的最小值。
综上，d的取值范围为$2-\sqrt{2} ≤ d ≤ 1$。
【答案】
$2-\sqrt{2} ≤ d ≤ 1$
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，新定义理解
【点评】
本题将新定义与几何旋转、正方形性质结合考查，解题核心是找到旋转过程中距离取最值的临界位置，再结合正方形的性质计算对应数值，能较好地考查几何分析能力和知识综合应用能力。
【难度系数】
0.6
首先明确题中“点到图形的距离”的新定义，即该点到图形上所有点的最短距离。正方形绕中心O旋转时，OP长度固定为2，因此d的大小由正方形上的点到O的距离决定：正方形上的点到O的最小距离是各边中点到O的距离，最大距离是各顶点到O的距离。当OP经过正方形边的中点时，正方形上离P最近的点就是该中点，d取得最大值；当OP经过正方形的顶点时，正方形上离P最近的点就是该顶点，d取得最小值。分别计算两种临界情况的d值，即可得到d的取值范围。
【解析】
解：设正方形ABCD边长为2，O为正方形中心，AB边的中点为E。
① 当射线OP经过边AB的中点E时，如图①：
∵ O是正方形中心，OE⊥AB，AE=1，∠OAE=45°，
∴ OE=AE=1。
已知OP=2，此时点P到正方形的最短距离d=PE=OP-OE=2-1=1，为d的最大值。
② 当射线OP经过正方形的顶点A时，如图②：
∵ O是正方形中心，在Rt△OAE中，AE=OE=1，
由勾股定理得$OA=\sqrt{AE^2+OE^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
已知OP=2，此时点P到正方形的最短距离d=PA=OP-OA=$2-\sqrt{2}$，为d的最小值。
综上，d的取值范围为$2-\sqrt{2} ≤ d ≤ 1$。
【答案】
$2-\sqrt{2} ≤ d ≤ 1$
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，新定义理解
【点评】
本题将新定义与几何旋转、正方形性质结合考查，解题核心是找到旋转过程中距离取最值的临界位置，再结合正方形的性质计算对应数值，能较好地考查几何分析能力和知识综合应用能力。
【难度系数】
0.6
13. 分类讨论思想 将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜360°),得到矩形AEFG.
(1)如图,当点E在BD上时,求证:FD=CD.
(2)当α为何值时,GC=GB? 画出图形,并说明理由.
(1)如图,当点E在BD上时,求证:FD=CD.
(2)当α为何值时,GC=GB? 画出图形,并说明理由.
答案
13. (1)由旋转可得AE = AB,∠AEF = ∠ABC = ∠DAB = 90°, EF=BC=AD,
∴ ∠AEB = ∠ABE.又
∵ ∠ABE+∠EDA=90°= ∠AEB+∠DEF,
∴ ∠EDA = ∠DEF,
∴ ∠AED = ∠FDE.又
∵ DE=ED,
∴ △AED≌△FDE,
∴ DF=AE.又
∵ AE=AB= CD,
∴ FD=CD.
(2)α 为60°或300°时,GC=GB.理由:当GB=GC时,点G在BC的垂直平分线上,分两种情况讨论:
如图①,当点G在AD右侧时,取BC的中点H,连接GH交AD于点M,连接DG,
∵ GC = GB,
∴ GH ⊥ BC,
∴ 四边形ABHM是矩形,
∴ $AM=BH=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}AG$,
∴ GM垂直平分AD,
∴ GD=GA=DA,
∴ △ADG是等边三角形,
∴ ∠DAG= 60°,
∴ 旋转角 α=60°.
如图②,当点G在AD左侧时,同理可得△ADG是等边三角形,
∴ ∠DAG=60°,
∴ 旋转角 α=360°-60°=300°.
综上,当α=60°或300°时,GC=GB.
解析
【分析】
(1) 要证FD=CD，结合旋转性质可知CD=AB=AE，因此只需证FD=AE即可。首先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系，再通过直角三角形两锐角互余推导角相等，进而证明△AED≌△FDE，最终通过等量代换得到结论。
(2) 若GC=GB，根据垂直平分线的判定可知点G在BC的垂直平分线上，结合旋转角的取值范围，分点G在AD右侧、点G在AD左侧两种情况讨论，分别结合矩形、等边三角形的性质计算旋转角α的大小，注意不要漏解。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质可得：$AE = AB$，$∠ AEF = ∠ ABC = ∠ DAB = 90°$，$EF=BC=AD$，
$\therefore ∠ AEB = ∠ ABE$。
又$\because ∠ ABE+∠ EDA=90°$，$∠ AEB+∠ DEF=90°$，
$\therefore ∠ EDA = ∠ DEF$，
$\therefore ∠ AED = ∠ FDE$。
在$△ AED$和$△ FDE$中：
$\begin{cases}AD=FE \\∠ ADE=∠ FED \\DE=ED\end{cases}$
$\therefore △ AED≌△ FDE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore DF=AE$。
又$\because AE=AB=CD$，
$\therefore FD=CD$。
(2) 解：当$α$为$60°$或$300°$时，$GC=GB$，理由如下：
若$GB=GC$，则点$G$在$BC$的垂直平分线上，分两种情况讨论：
① 如图①，当点$G$在$AD$右侧时，取$BC$的中点$H$，连接$GH$交$AD$于点$M$，连接$DG$，
$\because GC = GB$，$H$是$BC$中点，
$\therefore GH ⊥ BC$，
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore AD// BC$，$∠ BAD=90°$，
$\therefore$ 四边形$ABHM$是矩形，
$\therefore AM=BH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}AG$，
$\therefore GM$垂直平分$AD$，
$\therefore GD=GA$，
又$\because GA=AD$，
$\therefore GD=GA=DA$，即$△ ADG$是等边三角形，
$\therefore ∠ DAG= 60°$，即旋转角$α=60°$。
② 如图②，当点$G$在$AD$左侧时，同理可得$△ ADG$是等边三角形，
$\therefore ∠ DAG=60°$，
$\therefore$ 旋转角$α=360°-60°=300°$。
综上，当$α=60°$或$300°$时，$GC=GB$。
【答案】
(1) 证明成立，$FD=CD$；
(2) $α$为$60°$或$300°$，图形见解析。
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质
【点评】
本题以矩形旋转为背景，综合考查几何证明与角度计算，渗透了分类讨论的数学思想，要求学生熟练掌握旋转、特殊三角形、特殊四边形的相关性质，解题时需注意旋转角的取值范围，避免出现漏解的情况。
【难度系数】
0.6
(1) 要证FD=CD，结合旋转性质可知CD=AB=AE，因此只需证FD=AE即可。首先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系，再通过直角三角形两锐角互余推导角相等，进而证明△AED≌△FDE，最终通过等量代换得到结论。
(2) 若GC=GB，根据垂直平分线的判定可知点G在BC的垂直平分线上，结合旋转角的取值范围，分点G在AD右侧、点G在AD左侧两种情况讨论，分别结合矩形、等边三角形的性质计算旋转角α的大小，注意不要漏解。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质可得：$AE = AB$，$∠ AEF = ∠ ABC = ∠ DAB = 90°$，$EF=BC=AD$，
$\therefore ∠ AEB = ∠ ABE$。
又$\because ∠ ABE+∠ EDA=90°$，$∠ AEB+∠ DEF=90°$，
$\therefore ∠ EDA = ∠ DEF$，
$\therefore ∠ AED = ∠ FDE$。
在$△ AED$和$△ FDE$中：
$\begin{cases}AD=FE \\∠ ADE=∠ FED \\DE=ED\end{cases}$
$\therefore △ AED≌△ FDE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore DF=AE$。
又$\because AE=AB=CD$，
$\therefore FD=CD$。
(2) 解：当$α$为$60°$或$300°$时，$GC=GB$，理由如下：
若$GB=GC$，则点$G$在$BC$的垂直平分线上，分两种情况讨论：
① 如图①，当点$G$在$AD$右侧时，取$BC$的中点$H$，连接$GH$交$AD$于点$M$，连接$DG$，
$\because GC = GB$，$H$是$BC$中点，
$\therefore GH ⊥ BC$，
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore AD// BC$，$∠ BAD=90°$，
$\therefore$ 四边形$ABHM$是矩形，
$\therefore AM=BH=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}AG$，
$\therefore GM$垂直平分$AD$，
$\therefore GD=GA$，
又$\because GA=AD$，
$\therefore GD=GA=DA$，即$△ ADG$是等边三角形，
$\therefore ∠ DAG= 60°$，即旋转角$α=60°$。
② 如图②，当点$G$在$AD$左侧时，同理可得$△ ADG$是等边三角形，
$\therefore ∠ DAG=60°$，
$\therefore$ 旋转角$α=360°-60°=300°$。
综上，当$α=60°$或$300°$时，$GC=GB$。
【答案】
(1) 证明成立，$FD=CD$；
(2) $α$为$60°$或$300°$，图形见解析
。【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质
【点评】
本题以矩形旋转为背景，综合考查几何证明与角度计算，渗透了分类讨论的数学思想，要求学生熟练掌握旋转、特殊三角形、特殊四边形的相关性质，解题时需注意旋转角的取值范围，避免出现漏解的情况。
【难度系数】
0.6
14. ★★【阅读理解】(1)利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法.如图①,点P是等边三角形ABC内一点,$PA=1$,$PB=\sqrt{3}$,$PC=2$.求$∠BPC$的度数.
为利用已知条件,不妨把$△BPC$绕点C顺时针旋转$60°$得$△AP'C$,连接$PP'$,则$PP'$的长为2；
在$△PAP'$中,易证$∠PAP'=90°$,且$∠PP'A$的度数为$30°$,综上可得$∠BPC$的度数为$90°$,试写出推理过程.
【类比迁移】(2)如图②,点P是等腰$Rt△ABC$内一点,$∠ACB=90°$,$PA=2$,$PB=\sqrt{2}$,$PC=1$.求$∠APC$的度数.
为利用已知条件,不妨把$△BPC$绕点C顺时针旋转$60°$得$△AP'C$,连接$PP'$,则$PP'$的长为2；
在$△PAP'$中,易证$∠PAP'=90°$,且$∠PP'A$的度数为$30°$,综上可得$∠BPC$的度数为$90°$,试写出推理过程.
【类比迁移】(2)如图②,点P是等腰$Rt△ABC$内一点,$∠ACB=90°$,$PA=2$,$PB=\sqrt{2}$,$PC=1$.求$∠APC$的度数.
答案
14. (1)如图①,把△BPC绕点C顺时针旋转60°得△AP'C,连接PP'.由旋转的性质知△CP'P是等边三角形,
∴ P'A = $PB=\sqrt{3}$,∠CP'P=60°,P'P=PC=2.在△AP'P中,
∵ $AP^2+ P'A^2=1^2+(\sqrt{3})^2=4=PP'^2$,
∴ △AP'P是直角三角形,
∴ ∠PAP' = 90°.
∵ $PA=\frac{1}{2}PP'$,
∴ ∠AP'P=30°,
∴ ∠BPC= ∠CP'A = ∠CP'P+∠AP'P=60°+30°=90°.
(2)如图②,把△BPC绕点C顺时针旋转90°得△AP'C,连接PP'.由旋转的性质知△CP'P是等腰直角三角形,
∴ P'C=PC=1,∠CPP'=45°,
∴ P'P=$\sqrt{2}$,PB=AP'=$\sqrt{2}$.在△AP'P中,
∵ $AP'^2+P'P^2=(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2=4=AP^2$,
∴ △AP'P是等腰直角三角形,
∴ ∠AP'P=90°,
∴ ∠APP' = 45°,
∴ ∠APC=∠APP'+∠CPP'=45°+45°=90°.
解析
【分析】
(1) 已知PA、PB、PC的长度分散在不同三角形中，无法直接求∠BPC，因此采用旋转变换转化条件：将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△AP'C，首先由旋转性质可得△CPP'是等边三角形，得到PP'=PC、P'A=PB，将三条已知线段集中到△PAP'中；再用勾股定理逆定理判断△PAP'是直角三角形，结合直角三角形的性质求出∠AP'P的度数，最后相加∠CP'P与∠AP'P即可得到∠BPC的度数。
(2) 类比第一问的解题思路，结合等腰直角三角形的夹角为90°，将△BPC绕点C顺时针旋转90°得到△AP'C，由旋转性质得△CPP'是等腰直角三角形，求出PP'的长度和∠CPP'的度数；再用勾股定理逆定理判断△AP'P是直角三角形，得到∠APP'的度数，两者相加即可得到∠APC的度数。
【解析】
(1) 如图①，把△BPC绕点C顺时针旋转60°得△AP'C，连接PP'。由旋转的性质知△CP'P是等边三角形，
∴ $P'A = PB=\sqrt{3}$，$∠CP'P=60°$，$P'P=PC=2$。
在△AP'P中，
∵ $AP^2+ P'A^2=1^2+(\sqrt{3})^2=4=PP'^2$，
∴ △AP'P是直角三角形，
∴ $∠PAP' = 90°$。
∵ $PA=\frac{1}{2}PP'$，
∴ $∠AP'P=30°$，
∴ $∠BPC= ∠CP'A = ∠CP'P+∠AP'P=60°+30°=90°$。
(2) 如图②，把△BPC绕点C顺时针旋转90°得△AP'C，连接PP'。由旋转的性质知△CP'P是等腰直角三角形，
∴ $P'C=PC=1$，$∠CPP'=45°$，
∴ $P'P=\sqrt{2}$，$PB=AP'=\sqrt{2}$。
在△AP'P中，
∵ $AP'^2+P'P^2=(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2=4=AP^2$，
∴ △AP'P是等腰直角三角形，
∴ $∠AP'P=90°$，
∴ $∠APP' = 45°$，
∴ $∠APC=∠APP'+∠CPP'=45°+45°=90°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠BPC=90°}$；(2) $\boldsymbol{∠APC=90°}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理的逆定理，特殊三角形的性质
【点评】
本题是旋转变换在几何求角问题中的典型应用，核心方法是通过旋转将分散的已知边集中到同一个三角形中，结合特殊三角形的性质与勾股定理逆定理求解，需要掌握这种通过旋转变换转化条件的解题思路。
【难度系数】
0.6
(1) 已知PA、PB、PC的长度分散在不同三角形中，无法直接求∠BPC，因此采用旋转变换转化条件：将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△AP'C，首先由旋转性质可得△CPP'是等边三角形，得到PP'=PC、P'A=PB，将三条已知线段集中到△PAP'中；再用勾股定理逆定理判断△PAP'是直角三角形，结合直角三角形的性质求出∠AP'P的度数，最后相加∠CP'P与∠AP'P即可得到∠BPC的度数。
(2) 类比第一问的解题思路，结合等腰直角三角形的夹角为90°，将△BPC绕点C顺时针旋转90°得到△AP'C，由旋转性质得△CPP'是等腰直角三角形，求出PP'的长度和∠CPP'的度数；再用勾股定理逆定理判断△AP'P是直角三角形，得到∠APP'的度数，两者相加即可得到∠APC的度数。
【解析】
(1) 如图①，把△BPC绕点C顺时针旋转60°得△AP'C，连接PP'。由旋转的性质知△CP'P是等边三角形，
∴ $P'A = PB=\sqrt{3}$，$∠CP'P=60°$，$P'P=PC=2$。
在△AP'P中，
∵ $AP^2+ P'A^2=1^2+(\sqrt{3})^2=4=PP'^2$，
∴ △AP'P是直角三角形，
∴ $∠PAP' = 90°$。
∵ $PA=\frac{1}{2}PP'$，
∴ $∠AP'P=30°$，
∴ $∠BPC= ∠CP'A = ∠CP'P+∠AP'P=60°+30°=90°$。
(2) 如图②，把△BPC绕点C顺时针旋转90°得△AP'C，连接PP'。由旋转的性质知△CP'P是等腰直角三角形，
∴ $P'C=PC=1$，$∠CPP'=45°$，
∴ $P'P=\sqrt{2}$，$PB=AP'=\sqrt{2}$。
在△AP'P中，
∵ $AP'^2+P'P^2=(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2=4=AP^2$，
∴ △AP'P是等腰直角三角形，
∴ $∠AP'P=90°$，
∴ $∠APP' = 45°$，
∴ $∠APC=∠APP'+∠CPP'=45°+45°=90°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠BPC=90°}$；(2) $\boldsymbol{∠APC=90°}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理的逆定理，特殊三角形的性质
【点评】
本题是旋转变换在几何求角问题中的典型应用，核心方法是通过旋转将分散的已知边集中到同一个三角形中，结合特殊三角形的性质与勾股定理逆定理求解，需要掌握这种通过旋转变换转化条件的解题思路。
【难度系数】
0.6
