登录
二、填空题
4.(2024·杭州拱墅)如图,将矩形ABCD绕点A逆时针旋转$90°$得到矩形$AB'C'D'$,若点$C,B',D'$恰好在同一直线上,且$BC=2$,则AB的长为
4.(2024·杭州拱墅)如图,将矩形ABCD绕点A逆时针旋转$90°$得到矩形$AB'C'D'$,若点$C,B',D'$恰好在同一直线上,且$BC=2$,则AB的长为
√5−1
。答案
4.√5−1
解析
【分析】设AB的长为x，根据矩形性质可知BC=AD=2，利用旋转的性质确定旋转后对应点的坐标，结合三点共线时斜率相等建立方程，通过解方程求出AB的长度。
【解析】设AB的长为x，因为四边形ABCD是矩形，所以BC=AD=2，AB=x。将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°后，点B的对应点B'坐标为(0,x)，点D的对应点D'坐标为(-2,0)，原矩形的点C坐标为(x,2)。由于点C、B'、D'在同一直线上，故三点所在直线的斜率相等：
B'D'的斜率为$\frac{0 - x}{-2 - 0}=\frac{x}{2}$，
B'C的斜率为$\frac{2 - x}{x - 0}=\frac{2 - x}{x}$，
由斜率相等得：$\frac{x}{2}=\frac{2 - x}{x}$，
整理得：$x^2 + 2x - 4=0$，
解得$x=\frac{-2\pm\sqrt{4 + 16}}{2}=\frac{-2\pm2\sqrt{5}}{2}=-1\pm\sqrt{5}$，
因为边长为正数，所以$x=\sqrt{5}-1$，即AB的长为$\sqrt{5}-1$。
【答案】√5−1
【知识点】矩形的性质、旋转的性质、三点共线的斜率关系
【点评】本题通过坐标法将几何问题转化为代数方程求解，关键是利用旋转性质确定各点坐标，结合三点共线的斜率条件建立方程，体现了数形结合的数学思想。
【难度系数】0.5
【解析】设AB的长为x，因为四边形ABCD是矩形，所以BC=AD=2，AB=x。将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°后，点B的对应点B'坐标为(0,x)，点D的对应点D'坐标为(-2,0)，原矩形的点C坐标为(x,2)。由于点C、B'、D'在同一直线上，故三点所在直线的斜率相等：
B'D'的斜率为$\frac{0 - x}{-2 - 0}=\frac{x}{2}$，
B'C的斜率为$\frac{2 - x}{x - 0}=\frac{2 - x}{x}$，
由斜率相等得：$\frac{x}{2}=\frac{2 - x}{x}$，
整理得：$x^2 + 2x - 4=0$，
解得$x=\frac{-2\pm\sqrt{4 + 16}}{2}=\frac{-2\pm2\sqrt{5}}{2}=-1\pm\sqrt{5}$，
因为边长为正数，所以$x=\sqrt{5}-1$，即AB的长为$\sqrt{5}-1$。
【答案】√5−1
【知识点】矩形的性质、旋转的性质、三点共线的斜率关系
【点评】本题通过坐标法将几何问题转化为代数方程求解，关键是利用旋转性质确定各点坐标，结合三点共线的斜率条件建立方程，体现了数形结合的数学思想。
【难度系数】0.5
5.(2024·余姚)如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$AB=AC=2$,$D,E$分别为$AB,AC$的中点,$F$为$BC$边上任意一点(不与点$B,C$重合),沿$DE,DF$剪开分成①②③三块后,将②③分别绕点$D,E$旋转$180°$,恰好与①拼成四边形$GDIH$,则四边形$GDIH$周长的最小值为________。
答案
5.5√2 解析:由题可知DE//BC,DE=1/2 BC。由旋转,易得GH//BC,DI=2DE=BC,所以GH//DI,所以四边形GDIH是平行四边形。所以C_▱GDIH=2(GH+GD)=2(BC+DF)。在Rt△ABC中,BC=√(AB²+AC²)=2√2,BD=1/2 AB=1。易知当DF⊥BC时,DF的长度取到最小值,且易得DF_min=√2/2。所以四边形GDIH周长的最小值为2(BC+DF_min)=2(2√2 + √2/2)=5√2。
解析
【分析】
要解决本题，需先通过旋转的性质判断四边形GDIH的形状，推导其周长表达式，再结合“点到直线的距离，垂线段最短”找到DF的最小值，进而求出周长最小值。具体思路：1. 利用等腰直角三角形性质和中位线定理确定DE与BC的关系；2. 根据旋转180°的性质，推导四边形GDIH为平行四边形，得出周长与DF的关系；3. 找到DF的最小值，代入计算得结果。
【解析】
在Rt△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$。
∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，故$DE // BC$，$DE = \frac{1}{2}BC = \sqrt{2}$。
由旋转的性质可知，将②③分别绕D、E旋转180°后，对应边平行且相等，因此四边形GDIH是平行四边形，其周长$C_{□ GDIH} = 2(GH + GD)$，其中$GH = BC$，$GD = DF$，故$C_{□ GDIH} = 2(BC + DF)$。
∵D是AB中点，
∴$BD = \frac{1}{2}AB = 1$。
要使四边形GDIH的周长最小，需使DF最小，根据“点到直线的距离，垂线段最短”，当$DF ⊥ BC$时，DF取最小值。
计算D到BC的距离：设BC所在直线方程为$x + y = 2$，D点坐标为$(1,0)$，则$DF_{min} = \frac{|1 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
因此，周长最小值为$2(BC + DF_{min}) = 2(2\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}) = 5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
中位线定理、旋转的性质、平行四边形的判定
【点评】
本题综合考查等腰直角三角形性质、中位线定理、旋转性质及平行四边形周长计算，求最值时运用“垂线段最短”，需先推导周长表达式，再结合几何性质找最值，对学生逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先通过旋转的性质判断四边形GDIH的形状，推导其周长表达式，再结合“点到直线的距离，垂线段最短”找到DF的最小值，进而求出周长最小值。具体思路：1. 利用等腰直角三角形性质和中位线定理确定DE与BC的关系；2. 根据旋转180°的性质，推导四边形GDIH为平行四边形，得出周长与DF的关系；3. 找到DF的最小值，代入计算得结果。
【解析】
在Rt△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$。
∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，故$DE // BC$，$DE = \frac{1}{2}BC = \sqrt{2}$。
由旋转的性质可知，将②③分别绕D、E旋转180°后，对应边平行且相等，因此四边形GDIH是平行四边形，其周长$C_{□ GDIH} = 2(GH + GD)$，其中$GH = BC$，$GD = DF$，故$C_{□ GDIH} = 2(BC + DF)$。
∵D是AB中点，
∴$BD = \frac{1}{2}AB = 1$。
要使四边形GDIH的周长最小，需使DF最小，根据“点到直线的距离，垂线段最短”，当$DF ⊥ BC$时，DF取最小值。
计算D到BC的距离：设BC所在直线方程为$x + y = 2$，D点坐标为$(1,0)$，则$DF_{min} = \frac{|1 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
因此，周长最小值为$2(BC + DF_{min}) = 2(2\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}) = 5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
中位线定理、旋转的性质、平行四边形的判定
【点评】
本题综合考查等腰直角三角形性质、中位线定理、旋转性质及平行四边形周长计算，求最值时运用“垂线段最短”，需先推导周长表达式，再结合几何性质找最值，对学生逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
6.(2024·龙游、江山、开化)如图，E为正方形ABCD的对角线AC上一点，连结DE，将DE所在直线绕点D逆时针旋转$45°$，交对角线AC于点F，交边BC于点G。已知$∠ CDG=α$，$CB=4CG=4$。
则：
(1)$∠ DEC=$
(2)$CE· CF=$
则：
(1)$∠ DEC=$
90°−α
(用含$α$的代数式表示)。(2)$CE· CF=$
4
。答案
6.(1)90°−α (2)4 解析:
(1)在△DEC中,∠CDG=α,∠DCE=∠EDF=45°,所以∠DEC=180°−∠EDF−∠CDG−∠DCE=90°−α。(2)如图,连结BD,交AC于点O。易证△DEO∽△DGC,所以DO/OE=DC/CG=4,又易得DO=CO=2√2,所以EO=√2/2,所以CE=5/2√2。又因为在Rt△DCG中,CF平分∠DCG,由点F分别向DC,CG作垂线,由等面积法,可得DC·CG=DC·√2/2 CF + CG·√2/2 CF,所以CF=√2 × 4×1/(4+1)=4/5√2,所以CE·CF=5/2√2 × 4/5√2=4。解析
【分析】
第(1)问利用正方形对角线平分内角得∠DCE=45°，结合旋转性质得∠EDF=45°，再根据三角形内角和定理推导∠DEC；第(2)问先连结正方形对角线BD，利用正方形对角线性质得DO、CO长度，通过相似三角形求OE进而得CE，再用角平分线的等面积法求CF，最终计算CE·CF。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是正方形，对角线AC平分∠DCB，故∠DCE=45°。由DE绕D逆时针旋转45°得DF，得∠EDF=45°。在△DEC中，根据三角形内角和为180°：
∠DEC = 180° - ∠DCE - ∠CDG - ∠EDF = 180° - 45° - α - 45° = 90°−α。
(2) 连结BD，交AC于点O。正方形中BD⊥AC，DO=CO=AC/2，AC=√(4²+4²)=4√2，故DO=CO=2√2。
易证△DEO∽△DGC（∠DOE=∠DCG=90°，∠ODE=∠GDC=α），由相似比：
DO/DC = OE/CG → 2√2/4 = OE/1 → OE=√2/2，因此CE=CO+OE=2√2 + √2/2=5√2/2。
F在AC上，AC为正方形对角线，故∠DCF=45°，即CF平分∠DCG（∠DCG=90°）。设F到DC、CG的距离为h，h=CF·sin45°=√2/2 CF。
由△DCG面积=△DCF面积+△GCF面积：
(1/2)×4×1 = (1/2)×4×h + (1/2)×1×h → 4 = h(4+1)，代入h=√2/2 CF：
4 = (√2/2 CF)×5 → CF=4√2/5。
因此CE·CF= (5√2/2)×(4√2/5)=4。
【答案】
(1)90°−α (2)4
【知识点】
正方形的性质、相似三角形、角平分线的性质
【点评】
本题综合考查几何核心定理，需熟练运用正方形性质、三角形内角和、相似判定及角平分线的等面积法，逐步推导线段与角度关系，是一道综合性几何题。
【难度系数】
0.4
第(1)问利用正方形对角线平分内角得∠DCE=45°，结合旋转性质得∠EDF=45°，再根据三角形内角和定理推导∠DEC；第(2)问先连结正方形对角线BD，利用正方形对角线性质得DO、CO长度，通过相似三角形求OE进而得CE，再用角平分线的等面积法求CF，最终计算CE·CF。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是正方形，对角线AC平分∠DCB，故∠DCE=45°。由DE绕D逆时针旋转45°得DF，得∠EDF=45°。在△DEC中，根据三角形内角和为180°：
∠DEC = 180° - ∠DCE - ∠CDG - ∠EDF = 180° - 45° - α - 45° = 90°−α。
(2) 连结BD，交AC于点O。正方形中BD⊥AC，DO=CO=AC/2，AC=√(4²+4²)=4√2，故DO=CO=2√2。
易证△DEO∽△DGC（∠DOE=∠DCG=90°，∠ODE=∠GDC=α），由相似比：
DO/DC = OE/CG → 2√2/4 = OE/1 → OE=√2/2，因此CE=CO+OE=2√2 + √2/2=5√2/2。
F在AC上，AC为正方形对角线，故∠DCF=45°，即CF平分∠DCG（∠DCG=90°）。设F到DC、CG的距离为h，h=CF·sin45°=√2/2 CF。
由△DCG面积=△DCF面积+△GCF面积：
(1/2)×4×1 = (1/2)×4×h + (1/2)×1×h → 4 = h(4+1)，代入h=√2/2 CF：
4 = (√2/2 CF)×5 → CF=4√2/5。
因此CE·CF= (5√2/2)×(4√2/5)=4。
【答案】
(1)90°−α (2)4
【知识点】
正方形的性质、相似三角形、角平分线的性质
【点评】
本题综合考查几何核心定理，需熟练运用正方形性质、三角形内角和、相似判定及角平分线的等面积法，逐步推导线段与角度关系，是一道综合性几何题。
【难度系数】
0.4
7.(2025·玉环)如图,在菱形ABCD中,AB=6,∠B=30°,P是直线BC上一动点,连结AP,将线段AP绕点P顺时针旋转90°,当点A的对应点E恰好落在菱形ABCD的边所在的直线上时,线段AP的长为
3或3√2或3√6+3√2
。答案
7.3或3√2或3√6+3√2 解析:分四种情况讨论:①当点E落在BC所在直线上时,
如图1,因为线段AP绕点P顺时针旋转90°,点A的对应点为点E,所以AP⊥EP,所以AP⊥BC,在Rt△ABP中,AB=6,∠B=30°,所以AP=1/2 AB=6×1/2=3;②当点E落在CD所在直线上时,
如图2,过点A作AM⊥BC于点M,过点E作EN⊥BC于点N,所以∠AMP=∠PNE=∠CNE=90°,所以∠APM+∠PAM=90°,因为线段AP绕点P顺时针旋转90°,点A的对应点为点E,所以∠APE=90°,AP=EP,所以∠APM+∠EPN=90°,所以∠PAM=∠EPN,在△APM和△PEN中,{∠AMP=∠PNE,∠PAM=∠EPN,AP=PE,所以△APM≌△PEN(AAS),所以AM=PN,PM=EN,因为∠AMP=90°,AB=BC=6,∠ABC=30°,所以AM=1/2 AB=6×1/2=3,BM=√(6²−3²)=3√3,所以PN=AM=3,CM=6−3√3,设CP=x,则PM=CM+CP=6−3√3 +x=EN,CN=x+3,因为∠ECN=∠B=30°,所以在Rt△ECN中,易得EN/CN=√3/3,即(6−3√3 +x)/(x+3)=√3/3,解得x=3√3−3,此时PM=CP+CM=3,所以AP=√(AM²+PM²)=3√2;③当点E落在AD所在直线上时,
如图3,过点A作AM⊥BC于点M,过点E作EN⊥BC于点N,则EN=AM=3,同理可得△APM≌△PEN(AAS),所以AM=PN=3,PM=EN=3,所以AP=√(AM²+PM²)=3√2;④当点E落在AB所在直线上时,
如图4,过点E作EN⊥BC于点N,过点A作AM⊥BC于点M,同理可得△APM≌△PEN(AAS),所以AM=PN=3,PM=EN,所以BM=3√3,所以CM=6−3√3,设CP=x,则PM=CM+CP=6−3√3 +x=EN,BN=x+9,因为∠B=30°,所以在Rt△EBN中,易得EN/BN=√3/3,即(6−3√3 +x)/(x+9)=√3/3,解得x=6√3,所以PM=CM+CP=6+3√3,所以AP=√(AM²+PM²)=√(9+36+36√3+27)=√(54+36√3+18)=√((3√6+3√2)²)=3√6+3√2。综上,线段AP的长为3或3√2或3√6+3√2。解析
【分析】本题是菱形结合旋转的几何问题，需根据旋转的性质（AP=EP，∠APE=90°），分情况讨论点E落在菱形四条边所在直线（BC、CD、AD、AB）上的情况；每种情况通过构造直角三角形，利用AAS证明全等三角形得到边的等量关系，结合菱形的边长、∠B=30°的条件，用勾股定理或方程求解AP的长度。
【解析】分四种情况讨论：
1. 当点E落在BC所在直线上时（图1）：
由旋转性质知，AP⊥EP，即AP⊥BC。在Rt△ABP中，AB=6，∠B=30°，根据直角三角形中30°角对边等于斜边的一半，得AP=½AB=6×½=3。
2. 当点E落在CD所在直线上时（图2）：
过点A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于N，则∠AMP=∠PNE=90°。由旋转得AP=EP，∠APE=90°，故∠APM+∠EPN=90°，又∠APM+∠PAM=90°，所以∠PAM=∠EPN，可证△APM≌△PEN（AAS），得AM=PN，PM=EN。
菱形中AB=BC=6，∠B=30°，故AM=½AB=3，BM=√(AB²-AM²)=√(6²-3²)=3√3，CM=BC-BM=6-3√3。
设CP=x，则PM=CM+CP=6-3√3+x，CN=CP+PN=x+3。因CD//AB，故∠ECN=∠B=30°，在Rt△ECN中，EN/CN=tan30°=√3/3，即(6-3√3+x)/(x+3)=√3/3，解得x=3√3-3，此时PM=3，故AP=√(AM²+PM²)=√(3²+3²)=3√2。
3. 当点E落在AD所在直线上时（图3）：
过点A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于N，同理可证△APM≌△PEN（AAS），得AM=PN=3，PM=EN=AM=3，故AP=√(3²+3²)=3√2。
4. 当点E落在AB所在直线上时（图4）：
过点A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于N，△APM≌△PEN（AAS），得AM=PN=3，PM=EN。
设CP=x，则PM=CM+CP=6-3√3+x，BN=BP+PN=(BC+CP)+PN=6+x+3=x+9。在Rt△EBN中，EN/BN=tan30°=√3/3，即(6-3√3+x)/(x+9)=√3/3，解得x=6√3，此时PM=6-3√3+6√3=6+3√3，故AP=√(AM²+PM²)=√(3²+(6+3√3)²)=3√6+3√2。
综上，线段AP的长为3或3√2或3√6+3√2。
【答案】3或3√2或3√6+3√2
【知识点】菱形性质、旋转性质、全等三角形判定
【点评】本题是菱形与旋转结合的分类讨论题，需全面考虑点E在菱形四条边所在直线的情况，通过构造全等三角形转化边的关系，考查学生的分类思想和几何推理能力，是几何综合题中的中档难度题。
【难度系数】0.3
【解析】分四种情况讨论：
1. 当点E落在BC所在直线上时（图1）：
由旋转性质知，AP⊥EP，即AP⊥BC。在Rt△ABP中，AB=6，∠B=30°，根据直角三角形中30°角对边等于斜边的一半，得AP=½AB=6×½=3。
2. 当点E落在CD所在直线上时（图2）：
过点A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于N，则∠AMP=∠PNE=90°。由旋转得AP=EP，∠APE=90°，故∠APM+∠EPN=90°，又∠APM+∠PAM=90°，所以∠PAM=∠EPN，可证△APM≌△PEN（AAS），得AM=PN，PM=EN。
菱形中AB=BC=6，∠B=30°，故AM=½AB=3，BM=√(AB²-AM²)=√(6²-3²)=3√3，CM=BC-BM=6-3√3。
设CP=x，则PM=CM+CP=6-3√3+x，CN=CP+PN=x+3。因CD//AB，故∠ECN=∠B=30°，在Rt△ECN中，EN/CN=tan30°=√3/3，即(6-3√3+x)/(x+3)=√3/3，解得x=3√3-3，此时PM=3，故AP=√(AM²+PM²)=√(3²+3²)=3√2。
3. 当点E落在AD所在直线上时（图3）：
过点A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于N，同理可证△APM≌△PEN（AAS），得AM=PN=3，PM=EN=AM=3，故AP=√(3²+3²)=3√2。
4. 当点E落在AB所在直线上时（图4）：
过点A作AM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于N，△APM≌△PEN（AAS），得AM=PN=3，PM=EN。
设CP=x，则PM=CM+CP=6-3√3+x，BN=BP+PN=(BC+CP)+PN=6+x+3=x+9。在Rt△EBN中，EN/BN=tan30°=√3/3，即(6-3√3+x)/(x+9)=√3/3，解得x=6√3，此时PM=6-3√3+6√3=6+3√3，故AP=√(AM²+PM²)=√(3²+(6+3√3)²)=3√6+3√2。
综上，线段AP的长为3或3√2或3√6+3√2。
【答案】3或3√2或3√6+3√2
【知识点】菱形性质、旋转性质、全等三角形判定
【点评】本题是菱形与旋转结合的分类讨论题，需全面考虑点E在菱形四条边所在直线的情况，通过构造全等三角形转化边的关系，考查学生的分类思想和几何推理能力，是几何综合题中的中档难度题。
【难度系数】0.3
三、解答题
8.(2025·玉环)如图,将矩形ABCD绕点A顺时针旋转,得到矩形AB'C'D',点C的对应点C'恰好落在CB的延长线上,边AB交边C'D'于点E。
(1)求证:$BC'=BC$。
(2)若$AB=3,BC=1$,求AE的长。
8.(2025·玉环)如图,将矩形ABCD绕点A顺时针旋转,得到矩形AB'C'D',点C的对应点C'恰好落在CB的延长线上,边AB交边C'D'于点E。
(1)求证:$BC'=BC$。
(2)若$AB=3,BC=1$,求AE的长。
答案
8.(1)证明:
如图,连结AC,AC'。因为四边形ABCD为矩形,所以∠ABC=90°,即AB⊥CC',由旋转,得AC=AC',所以BC=BC'。(2)解:因为四边形ABCD为矩形,所以AD=BC,∠D=∠ABC'=90°。因为BC=BC',所以BC'=AD,由旋转,得AD=AD',∠D=∠D'=90°,所以BC'=AD'。因为∠EBC'=∠D'=90°,∠BEC'=∠AED',所以△AD'E≌△C'BE(AAS),所以BE=D'E。设AE=x,则D'E=BE=3−x,在Rt△AD'E中,由勾股定理,得x²−(3−x)²=1,解得x=5/3,所以AE=5/3。解析
【分析】
第(1)问要证明$BC'=BC$，可连接$AC$与$AC'$，利用矩形的性质得$AB⊥CC'$，再结合旋转后$AC=AC'$，根据等腰三角形三线合一即可得证；第(2)问先利用矩形和旋转的性质得到边与角的关系，证明$△ AD'E$与$△ C'BE$全等，得出$BE=D'E$，再设$AE=x$，结合勾股定理列方程求解。
【解析】
(1) 证明：连接$AC$、$AC'$。
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ ABC=90°$，即$AB⊥ CC'$。
由旋转的性质得$AC=AC'$，
∴ $△ ACC'$是等腰三角形，又$AB⊥ CC'$，根据等腰三角形三线合一，得$BC=BC'$。
(2) 解：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AD=BC=1$，$∠ D=∠ ABC'=90°$。
由旋转的性质得：$AD'=AD=1$，$∠ D'=∠ D=90°$，
又
∵ $BC'=BC=1$，
∴ $BC'=AD'$。
在$△ AD'E$和$△ C'BE$中：
$\begin{cases}∠ D'=∠ EBC'=90° \\∠ AED'=∠ C'EB \\AD'=BC'\end{cases}$
∴ $△ AD'E≌△ C'BE$（AAS），
∴ $BE=D'E$。
设$AE=x$，
∵ $AB=3$，
∴ $BE=3-x$，即$D'E=3-x$。
在$Rt△ AD'E$中，由勾股定理得：$AE^2=AD'^2+D'E^2$，
即$x^2=1^2+(3-x)^2$，
展开得$x^2=1+9-6x+x^2$，化简得$6x=10$，解得$x=\frac{5}{3}$，
∴ $AE=\frac{5}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立，$BC'=BC$；(2) $AE=\frac{5}{3}$
【知识点】
矩形性质、旋转性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题结合矩形旋转考查几何证明与计算，需熟练运用等腰三角形三线合一、全等三角形判定及勾股定理，通过线段转化建立方程求解，综合性中等。
【难度系数】
0.5
第(1)问要证明$BC'=BC$，可连接$AC$与$AC'$，利用矩形的性质得$AB⊥CC'$，再结合旋转后$AC=AC'$，根据等腰三角形三线合一即可得证；第(2)问先利用矩形和旋转的性质得到边与角的关系，证明$△ AD'E$与$△ C'BE$全等，得出$BE=D'E$，再设$AE=x$，结合勾股定理列方程求解。
【解析】
(1) 证明：连接$AC$、$AC'$。
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ ABC=90°$，即$AB⊥ CC'$。
由旋转的性质得$AC=AC'$，
∴ $△ ACC'$是等腰三角形，又$AB⊥ CC'$，根据等腰三角形三线合一，得$BC=BC'$。
(2) 解：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AD=BC=1$，$∠ D=∠ ABC'=90°$。
由旋转的性质得：$AD'=AD=1$，$∠ D'=∠ D=90°$，
又
∵ $BC'=BC=1$，
∴ $BC'=AD'$。
在$△ AD'E$和$△ C'BE$中：
$\begin{cases}∠ D'=∠ EBC'=90° \\∠ AED'=∠ C'EB \\AD'=BC'\end{cases}$
∴ $△ AD'E≌△ C'BE$（AAS），
∴ $BE=D'E$。
设$AE=x$，
∵ $AB=3$，
∴ $BE=3-x$，即$D'E=3-x$。
在$Rt△ AD'E$中，由勾股定理得：$AE^2=AD'^2+D'E^2$，
即$x^2=1^2+(3-x)^2$，
展开得$x^2=1+9-6x+x^2$，化简得$6x=10$，解得$x=\frac{5}{3}$，
∴ $AE=\frac{5}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立，$BC'=BC$；(2) $AE=\frac{5}{3}$
【知识点】
矩形性质、旋转性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题结合矩形旋转考查几何证明与计算，需熟练运用等腰三角形三线合一、全等三角形判定及勾股定理，通过线段转化建立方程求解，综合性中等。
【难度系数】
0.5
