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11 如图，在$△ ABC$中，$∠ BAC = 108°$，将$△ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转得到$△ AB'C'$.若点$B'$恰好落在边$BC$上，且$AB'=CB'$，则$∠ C'$的度数为（
A.$18°$
B.$20°$
C.$24°$
D.$28°$
C
）A.$18°$
B.$20°$
C.$24°$
D.$28°$
答案
11. C
解析
【分析】
解题时首先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系：旋转后AB=AB'，∠C'=∠C；再结合AB'=CB'的条件，利用等腰三角形“等边对等角”的性质，以及三角形外角的性质，得到∠B和∠C的数量关系；最后根据三角形内角和为180°列方程求解∠C的度数，即可得到∠C'的度数。
【解析】
设$∠ C = x°$，
$\because AB' = CB'$，$\therefore ∠ B'AC = ∠ C = x°$，
根据三角形外角的性质，$∠ AB'B = ∠ C + ∠ B'AC = 2x°$。
$\because △ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转得到$△ AB'C'$，
$\therefore AB = AB'$，$∠ C' = ∠ C$（旋转前后对应边相等、对应角相等），
$\therefore ∠ B = ∠ AB'B = 2x°$。
在$△ ABC$中，$∠ BAC + ∠ B + ∠ C = 180°$，已知$∠ BAC=108°$，
代入得：$108 + 2x + x = 180$，
解得$x=24$，
$\therefore ∠ C' = ∠ C = 24°$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是典型的几何角度计算类题型，将旋转性质、等腰三角形性质和三角形内角和定理结合考查，解题的关键是通过设未知数建立角度之间的等量关系，利用方程思想求解，难度适中，需要熟练掌握相关几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用旋转的性质得到对应边、对应角的等量关系：旋转后AB=AB'，∠C'=∠C；再结合AB'=CB'的条件，利用等腰三角形“等边对等角”的性质，以及三角形外角的性质，得到∠B和∠C的数量关系；最后根据三角形内角和为180°列方程求解∠C的度数，即可得到∠C'的度数。
【解析】
设$∠ C = x°$，
$\because AB' = CB'$，$\therefore ∠ B'AC = ∠ C = x°$，
根据三角形外角的性质，$∠ AB'B = ∠ C + ∠ B'AC = 2x°$。
$\because △ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转得到$△ AB'C'$，
$\therefore AB = AB'$，$∠ C' = ∠ C$（旋转前后对应边相等、对应角相等），
$\therefore ∠ B = ∠ AB'B = 2x°$。
在$△ ABC$中，$∠ BAC + ∠ B + ∠ C = 180°$，已知$∠ BAC=108°$，
代入得：$108 + 2x + x = 180$，
解得$x=24$，
$\therefore ∠ C' = ∠ C = 24°$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是典型的几何角度计算类题型，将旋转性质、等腰三角形性质和三角形内角和定理结合考查，解题的关键是通过设未知数建立角度之间的等量关系，利用方程思想求解，难度适中，需要熟练掌握相关几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.7
12 如图,在等腰三角形$AOB$中,$OA=AB$,$∠ OAB=120°$,边$OA$在$x$轴上,将$△ AOB$绕原点$O$按逆时针方向旋转$120°$,得到$△ A'OB'$.若$OB=2\sqrt{3}$,则点$A$的对应点$A'$的坐标为（
A.$(-1,-1)$
B.$(-1,\sqrt{3})$
C.$(-1,2)$
D.$(-1,\sqrt{5})$
B
）A.$(-1,-1)$
B.$(-1,\sqrt{3})$
C.$(-1,2)$
D.$(-1,\sqrt{5})$
答案
12. B
解析
【分析】
解题思路如下：首先利用等腰三角形内角和性质求出底角∠AOB的度数，再结合已知OB的长度，通过正弦定理求出OA的长度；然后根据旋转的性质可知OA'=OA，旋转角为120°，即OA'与x轴正方向的夹角为120°，最后利用三角函数即可求出点A'的横纵坐标。
【解析】
1. 在等腰$△ AOB$中，$OA=AB$，$∠ OAB=120°$，因此底角$∠ AOB=∠ ABO=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
2. 在$△ AOB$中，由正弦定理可得$\frac{OB}{\sin∠ OAB}=\frac{OA}{\sin∠ ABO}$，代入$OB=2\sqrt{3}$，$∠ OAB=120°$，$∠ ABO=30°$：
$\frac{2\sqrt{3}}{\sin120°}=\frac{OA}{\sin30°}$，其中$\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin30°=\frac{1}{2}$，计算得$OA=2$。
3. 根据旋转的性质，$△ AOB$绕原点逆时针旋转$120°$后，$OA'=OA=2$，且$OA'$与x轴正方向的夹角为$120°$。
4. 因此点$A'$的横坐标为$OA'·\cos120°=2×(-\frac{1}{2})=-1$，纵坐标为$OA'·\sin120°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，即$A'(-1,\sqrt{3})$。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形性质，旋转的性质，解直角三角形
【点评】
本题综合了等腰三角形、图形旋转和解直角三角形的知识点，核心是抓住旋转前后对应线段长度不变的性质，结合角度计算求解坐标，对知识的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：首先利用等腰三角形内角和性质求出底角∠AOB的度数，再结合已知OB的长度，通过正弦定理求出OA的长度；然后根据旋转的性质可知OA'=OA，旋转角为120°，即OA'与x轴正方向的夹角为120°，最后利用三角函数即可求出点A'的横纵坐标。
【解析】
1. 在等腰$△ AOB$中，$OA=AB$，$∠ OAB=120°$，因此底角$∠ AOB=∠ ABO=\frac{180°-120°}{2}=30°$。
2. 在$△ AOB$中，由正弦定理可得$\frac{OB}{\sin∠ OAB}=\frac{OA}{\sin∠ ABO}$，代入$OB=2\sqrt{3}$，$∠ OAB=120°$，$∠ ABO=30°$：
$\frac{2\sqrt{3}}{\sin120°}=\frac{OA}{\sin30°}$，其中$\sin120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin30°=\frac{1}{2}$，计算得$OA=2$。
3. 根据旋转的性质，$△ AOB$绕原点逆时针旋转$120°$后，$OA'=OA=2$，且$OA'$与x轴正方向的夹角为$120°$。
4. 因此点$A'$的横坐标为$OA'·\cos120°=2×(-\frac{1}{2})=-1$，纵坐标为$OA'·\sin120°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，即$A'(-1,\sqrt{3})$。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形性质，旋转的性质，解直角三角形
【点评】
本题综合了等腰三角形、图形旋转和解直角三角形的知识点，核心是抓住旋转前后对应线段长度不变的性质，结合角度计算求解坐标，对知识的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
13 如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=60°$,$AB=4$,$BC=8$,将$△ ABC$绕点B按顺时针方向旋转得到$△ A_1BC_1$,点$A_1$落在边BC上,连接$AC_1$,则$AC_1$的长为
$4\sqrt{7}$
.答案
13. $4\sqrt{7}$
解析
【分析】
解题时先从旋转的性质入手，旋转前后图形的对应边相等、对应角相等，首先得到BC₁与BC的长度关系、∠A₁BC₁与∠ABC的大小关系；再结合点A₁落在BC上的条件，求出△ABC₁中∠ABC₁的度数；最后通过构造直角三角形，利用特殊角的三角函数值和勾股定理计算AC₁的长度即可。
【解析】
解：
∵将△ABC绕点B按顺时针方向旋转得到△A₁BC₁，
∴BC₁=BC=8，∠A₁BC₁=∠ABC=60°，BA=BA₁。
∵点A₁落在边BC上，∠ABC=60°，
∴∠ABA₁=60°，
∴∠ABC₁=∠ABA₁ + ∠A₁BC₁=60°+60°=120°。
过点A作AD⊥直线BC₁，交C₁B的延长线于点D，
则∠ABD=180°-∠ABC₁=60°。
在Rt△ABD中，AB=4，
∴$BD=AB·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AD=AB·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
∴$C₁D=BC₁ + BD=8+2=10$。
在Rt△ADC₁中，由勾股定理得：
$AC₁=\sqrt{AD^2 + C₁D^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 + 10^2}=\sqrt{12+100}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；特殊角的三角函数值
【点评】
本题是旋转与三角形计算的综合题型，核心是利用旋转性质得到边角的等量关系，再构造直角三角形求解，需要熟练掌握旋转的性质和直角三角形的相关计算方法。
【难度系数】
0.6
解题时先从旋转的性质入手，旋转前后图形的对应边相等、对应角相等，首先得到BC₁与BC的长度关系、∠A₁BC₁与∠ABC的大小关系；再结合点A₁落在BC上的条件，求出△ABC₁中∠ABC₁的度数；最后通过构造直角三角形，利用特殊角的三角函数值和勾股定理计算AC₁的长度即可。
【解析】
解：
∵将△ABC绕点B按顺时针方向旋转得到△A₁BC₁，
∴BC₁=BC=8，∠A₁BC₁=∠ABC=60°，BA=BA₁。
∵点A₁落在边BC上，∠ABC=60°，
∴∠ABA₁=60°，
∴∠ABC₁=∠ABA₁ + ∠A₁BC₁=60°+60°=120°。
过点A作AD⊥直线BC₁，交C₁B的延长线于点D，
则∠ABD=180°-∠ABC₁=60°。
在Rt△ABD中，AB=4，
∴$BD=AB·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AD=AB·\sin60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
∴$C₁D=BC₁ + BD=8+2=10$。
在Rt△ADC₁中，由勾股定理得：
$AC₁=\sqrt{AD^2 + C₁D^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 + 10^2}=\sqrt{12+100}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；特殊角的三角函数值
【点评】
本题是旋转与三角形计算的综合题型，核心是利用旋转性质得到边角的等量关系，再构造直角三角形求解，需要熟练掌握旋转的性质和直角三角形的相关计算方法。
【难度系数】
0.6
14 如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=45°$,$AB=\sqrt{2}$,$BC=4$,将线段$AC$绕点$A$逆时针旋转$90°$,得到线段$AD$,连接$BD$,则线段$BD$的长为
$2\sqrt{5}$
.答案
14. $2\sqrt{5}$
解析
【分析】
本题是旋转背景下的线段长度计算问题，解题思路如下：首先结合已知的∠ABC=45°、AB和BC的长度，建立平面直角坐标系，快速确定B、C、A三点的坐标；再根据旋转的性质，构造全等三角形求出旋转后点D的坐标；最后利用勾股定理计算两点间距离，即可得到BD的长度。也可通过构造全等三角形转化线段求解，建系的方法更直观，便于理解。
【解析】
解：建立平面直角坐标系，设点B为坐标原点$(0,0)$，BC在x轴正半轴上，则点C的坐标为$(4,0)$。
∵ $∠ ABC=45°$，$AB=\sqrt{2}$，
∴ 点A的横坐标 $= AB·\cos45° = \sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，纵坐标 $= AB·\sin45° = \sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，即$A(1,1)$。
过点A作直线MN平行于x轴，过D作$DM⊥ MN$于M，过C作$CN⊥ MN$于N。
由旋转的性质得：$AD=AC$，$∠ DAC=90°$，
∴ $∠ DAM + ∠ CAN = 90°$，
∵ $∠ ADM + ∠ DAM = 90°$，
∴ $∠ ADM = ∠ CAN$，
又
∵ $∠ DMA = ∠ ANC = 90°$，
∴ $△ DMA ≌ △ ANC$（AAS）。
由$A(1,1)$、$C(4,0)$得：$AN = 4 - 1 = 3$，$CN = 1 - 0 = 1$，
∴ $DM = AN = 3$，$AM = CN = 1$，
∴ 点D的坐标为$(1+1, 1+3)$，即$(2,4)$。
由勾股定理得BD的长度：
$BD = \sqrt{(2-0)^2 + (4-0)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题将旋转、全等三角形、勾股定理等知识点结合考查，解题的关键是选择合适的方法转化旋转条件，通过建立坐标系或构造辅助线构造全等三角形，将未知线段转化为可计算的线段，对学生的几何转化能力和运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
本题是旋转背景下的线段长度计算问题，解题思路如下：首先结合已知的∠ABC=45°、AB和BC的长度，建立平面直角坐标系，快速确定B、C、A三点的坐标；再根据旋转的性质，构造全等三角形求出旋转后点D的坐标；最后利用勾股定理计算两点间距离，即可得到BD的长度。也可通过构造全等三角形转化线段求解，建系的方法更直观，便于理解。
【解析】
解：建立平面直角坐标系，设点B为坐标原点$(0,0)$，BC在x轴正半轴上，则点C的坐标为$(4,0)$。
∵ $∠ ABC=45°$，$AB=\sqrt{2}$，
∴ 点A的横坐标 $= AB·\cos45° = \sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，纵坐标 $= AB·\sin45° = \sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，即$A(1,1)$。
过点A作直线MN平行于x轴，过D作$DM⊥ MN$于M，过C作$CN⊥ MN$于N。
由旋转的性质得：$AD=AC$，$∠ DAC=90°$，
∴ $∠ DAM + ∠ CAN = 90°$，
∵ $∠ ADM + ∠ DAM = 90°$，
∴ $∠ ADM = ∠ CAN$，
又
∵ $∠ DMA = ∠ ANC = 90°$，
∴ $△ DMA ≌ △ ANC$（AAS）。
由$A(1,1)$、$C(4,0)$得：$AN = 4 - 1 = 3$，$CN = 1 - 0 = 1$，
∴ $DM = AN = 3$，$AM = CN = 1$，
∴ 点D的坐标为$(1+1, 1+3)$，即$(2,4)$。
由勾股定理得BD的长度：
$BD = \sqrt{(2-0)^2 + (4-0)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题将旋转、全等三角形、勾股定理等知识点结合考查，解题的关键是选择合适的方法转化旋转条件，通过建立坐标系或构造辅助线构造全等三角形，将未知线段转化为可计算的线段，对学生的几何转化能力和运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
15 如图,在边长为6的正方形ABCD中,将BC绕点B按逆时针方向旋转α(0°＜α＜90°)得到BE,F是BE上一点,且EF=2BF,连接CF,则DE+CF的最小值为
$2\sqrt{13}$
.答案
15. $2\sqrt{13}$
解析
【分析】
要解决DE+CF的最小值问题，首先结合旋转性质和线段比例确定已知边长度：BC旋转得到BE，故BE=BC=6，由EF=2BF可得BF=2。接下来需要将CF转化为和点E相关的线段，把两条动线段的和转化为可直接求最值的形式：通过旋转构造全等三角形，将CF转化为GE，此时DE+CF=DE+GE，再根据两点之间线段最短，可知DE+GE的最小值为两个定点D、G之间的距离，最后用勾股定理计算该距离即可。
【解析】
1. 由旋转的性质可得：$BE=BC=6$，$∠ CBE=α$。
$\because EF=2BF$，$BE=BF+EF=6$，$\therefore BF=\frac{1}{3}BE=2$。
2. 构造全等转化线段：将$△ BFC$绕点B逆时针旋转$α$，BC旋转后与BE重合，BF旋转后得到BG，可知$BG=BF=2$，且点G落在BC边上（旋转角为$α$，$∠ FBG=α=∠ FBC$，故BG与BC共线）。
由SAS可证$△ BGE≌△ BFC$，$\therefore GE=CF$。
3. 此时$DE+CF=DE+GE$，根据两点之间线段最短，$DE+GE≥ DG$，当且仅当D、E、G三点共线时取等号，即DE+CF的最小值为DG的长度。
4. 正方形边长为6，可得D到BC的垂直距离为6，$CG=BC-BG=6-2=4$，由勾股定理得：
$DG=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
旋转的性质；最短路径问题；勾股定理
【点评】
本题综合考查旋转构造全等、线段最值的求解，解题的核心是通过旋转将分散的动线段转化到同一条路径上，利用两点之间线段最短确定最小值的情况，需要熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定。
【难度系数】
0.3
要解决DE+CF的最小值问题，首先结合旋转性质和线段比例确定已知边长度：BC旋转得到BE，故BE=BC=6，由EF=2BF可得BF=2。接下来需要将CF转化为和点E相关的线段，把两条动线段的和转化为可直接求最值的形式：通过旋转构造全等三角形，将CF转化为GE，此时DE+CF=DE+GE，再根据两点之间线段最短，可知DE+GE的最小值为两个定点D、G之间的距离，最后用勾股定理计算该距离即可。
【解析】
1. 由旋转的性质可得：$BE=BC=6$，$∠ CBE=α$。
$\because EF=2BF$，$BE=BF+EF=6$，$\therefore BF=\frac{1}{3}BE=2$。
2. 构造全等转化线段：将$△ BFC$绕点B逆时针旋转$α$，BC旋转后与BE重合，BF旋转后得到BG，可知$BG=BF=2$，且点G落在BC边上（旋转角为$α$，$∠ FBG=α=∠ FBC$，故BG与BC共线）。
由SAS可证$△ BGE≌△ BFC$，$\therefore GE=CF$。
3. 此时$DE+CF=DE+GE$，根据两点之间线段最短，$DE+GE≥ DG$，当且仅当D、E、G三点共线时取等号，即DE+CF的最小值为DG的长度。
4. 正方形边长为6，可得D到BC的垂直距离为6，$CG=BC-BG=6-2=4$，由勾股定理得：
$DG=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
旋转的性质；最短路径问题；勾股定理
【点评】
本题综合考查旋转构造全等、线段最值的求解，解题的核心是通过旋转将分散的动线段转化到同一条路径上，利用两点之间线段最短确定最小值的情况，需要熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定。
【难度系数】
0.3
16 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ BAC=40°$,将$△ ABC$绕点A按逆时针方向旋转$100°$得到$△ ADE$,连接$BD$,$CE$交于点$F$.
(1) 求证:$△ ABD≌△ ACE$;
(2) 试判断四边形$ABFE$的形状,并说明理由.
(1) 求证:$△ ABD≌△ ACE$;
(2) 试判断四边形$ABFE$的形状,并说明理由.
答案
16.（1）$\because △ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转$100°$得到$△ ADE$，
$\therefore ∠ BAC=∠ DAE=40°,∠ BAD=∠ CAE=100°.$ 又$\because AB=AC,\therefore AB=AC=AD=AE.$ 在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\therefore △ ABD≌△ ACE\\AD=AE,\end{cases}$
（2）四边形$ABFE$是菱形 理由：$\because ∠ BAD=∠ CAE=100°,AB=AC=AD=AE,$
$\therefore ∠ ABD=∠ ADB=∠ ACE=∠ AEC=40°. \because ∠ BAE=∠ BAD+∠ DAE=140°,\therefore ∠ BFE=360°-∠ BAE-∠ ABD-∠ AEC=140°.\therefore ∠ BAE=∠ BFE.\therefore$ 四边形$ABFE$是平行四边形.$\because AB=AE,\therefore$ 四边形$ABFE$是菱形.
$\therefore ∠ BAC=∠ DAE=40°,∠ BAD=∠ CAE=100°.$ 又$\because AB=AC,\therefore AB=AC=AD=AE.$ 在$△ ABD$和$△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC,\\∠ BAD=∠ CAE,\therefore △ ABD≌△ ACE\\AD=AE,\end{cases}$
（2）四边形$ABFE$是菱形 理由：$\because ∠ BAD=∠ CAE=100°,AB=AC=AD=AE,$
$\therefore ∠ ABD=∠ ADB=∠ ACE=∠ AEC=40°. \because ∠ BAE=∠ BAD+∠ DAE=140°,\therefore ∠ BFE=360°-∠ BAE-∠ ABD-∠ AEC=140°.\therefore ∠ BAE=∠ BFE.\therefore$ 四边形$ABFE$是平行四边形.$\because AB=AE,\therefore$ 四边形$ABFE$是菱形.
解析
【分析】
（1）要证明$△ ABD≌△ ACE$，先结合旋转的性质获取相等的边和角：旋转前后对应边相等，可得$AB=AD$、$AC=AE$，结合已知$AB=AC$，可推出$AB=AC=AD=AE$；旋转角相等可得$∠ BAD=∠ CAE=100°$，满足全等三角形SAS判定条件，即可完成证明。
（2）判断四边形$ABFE$的形状，可先通过角度计算证明它是平行四边形，再结合邻边相等判定为菱形：先根据等腰三角形内角和计算$∠ ABD$、$∠ AEC$的度数，再计算$∠ BAE$的度数，通过四边形内角和求出$∠ BFE$的度数，证明两组对角相等得到平行四边形，再结合$AB=AE$的条件，即可判定为菱形。
【解析】
（1）证明：$\because △ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转$100°$得到$△ ADE$，
$\therefore ∠ BAC=∠ DAE=40°$，旋转角$∠ BAD=∠ CAE=100°$，且$AB=AD$，$AC=AE$。
又$\because AB=AC$，
$\therefore AB=AC=AD=AE$。
在$△ ABD$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAD=∠ CAE \\AD=AE\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE$（SAS）。
（2）四边形$ABFE$是菱形，理由如下：
$\because ∠ BAD=∠ CAE=100°$，$AB=AC=AD=AE$，
$\therefore △ ABD$和$△ ACE$均为等腰三角形，
$\therefore ∠ ABD=∠ ADB=\frac{180°-100°}{2}=40°$，$∠ ACE=∠ AEC=\frac{180°-100°}{2}=40°$。
$\because ∠ BAE=∠ BAD+∠ DAE=100°+40°=140°$，
$\therefore$在四边形$ABFE$中，$∠ BFE=360°-∠ BAE-∠ ABD-∠ AEC=360°-140°-40°-40°=140°$。
$\therefore ∠ BAE=∠ BFE$，且$∠ ABD=∠ AEC=40°$，
$\therefore$四边形$ABFE$是平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形）。
又$\because AB=AE$，
$\therefore$平行四边形$ABFE$是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）。
【答案】
（1）$△ ABD≌△ ACE$得证；（2）四边形$ABFE$是菱形。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定；菱形的判定
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题核心是利用旋转的性质得到相等的边与角，再结合等腰三角形性质、平行四边形和菱形的判定定理逐步推导，能够有效考查学生的逻辑推理能力和几何知识综合运用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明$△ ABD≌△ ACE$，先结合旋转的性质获取相等的边和角：旋转前后对应边相等，可得$AB=AD$、$AC=AE$，结合已知$AB=AC$，可推出$AB=AC=AD=AE$；旋转角相等可得$∠ BAD=∠ CAE=100°$，满足全等三角形SAS判定条件，即可完成证明。
（2）判断四边形$ABFE$的形状，可先通过角度计算证明它是平行四边形，再结合邻边相等判定为菱形：先根据等腰三角形内角和计算$∠ ABD$、$∠ AEC$的度数，再计算$∠ BAE$的度数，通过四边形内角和求出$∠ BFE$的度数，证明两组对角相等得到平行四边形，再结合$AB=AE$的条件，即可判定为菱形。
【解析】
（1）证明：$\because △ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转$100°$得到$△ ADE$，
$\therefore ∠ BAC=∠ DAE=40°$，旋转角$∠ BAD=∠ CAE=100°$，且$AB=AD$，$AC=AE$。
又$\because AB=AC$，
$\therefore AB=AC=AD=AE$。
在$△ ABD$和$△ ACE$中：
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAD=∠ CAE \\AD=AE\end{cases}$
$\therefore △ ABD≌△ ACE$（SAS）。
（2）四边形$ABFE$是菱形，理由如下：
$\because ∠ BAD=∠ CAE=100°$，$AB=AC=AD=AE$，
$\therefore △ ABD$和$△ ACE$均为等腰三角形，
$\therefore ∠ ABD=∠ ADB=\frac{180°-100°}{2}=40°$，$∠ ACE=∠ AEC=\frac{180°-100°}{2}=40°$。
$\because ∠ BAE=∠ BAD+∠ DAE=100°+40°=140°$，
$\therefore$在四边形$ABFE$中，$∠ BFE=360°-∠ BAE-∠ ABD-∠ AEC=360°-140°-40°-40°=140°$。
$\therefore ∠ BAE=∠ BFE$，且$∠ ABD=∠ AEC=40°$，
$\therefore$四边形$ABFE$是平行四边形（两组对角分别相等的四边形是平行四边形）。
又$\because AB=AE$，
$\therefore$平行四边形$ABFE$是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）。
【答案】
（1）$△ ABD≌△ ACE$得证；（2）四边形$ABFE$是菱形。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定；菱形的判定
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题核心是利用旋转的性质得到相等的边与角，再结合等腰三角形性质、平行四边形和菱形的判定定理逐步推导，能够有效考查学生的逻辑推理能力和几何知识综合运用能力。
【难度系数】
0.7
