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8 如图,在△AOB 中,AO=1,BO=AB=$\frac{3}{2}$,将△AOB 绕点 O 按逆时针方向旋转 90°得到△A'OB',连接 AA',则线段 AA'的长为 (
A.1
B.$\sqrt{2}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{3}{2}\sqrt{2}$
B
)A.1
B.$\sqrt{2}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{3}{2}\sqrt{2}$
答案
8. B
解析
【分析】
解题时先回忆旋转的性质：旋转前后对应线段长度相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。首先找到旋转前后的对应边AO和A'O，可得二者长度相等，再确定旋转角∠AOA'=90°，即可判断△AOA'是等腰直角三角形，最后利用勾股定理计算斜边AA'的长度即可，注意题中BO、AB的长度为无关干扰条件，无需使用。
【解析】
解：
∵△AOB绕点O按逆时针方向旋转90°得到△A'OB'，
∴根据旋转的性质可得：$A'O=AO=1$，旋转角$∠ AOA'=90°$，
∴$△ AOA'$是等腰直角三角形，
在$Rt△ AOA'$中，由勾股定理得：
$AA'=\sqrt{AO^2+A'O^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；等腰直角三角形的判定
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题，解题核心是根据旋转的特征确定特殊三角形的形状，要注意筛选题目中的有效信息，避免被无关条件干扰。
【难度系数】
0.8
解题时先回忆旋转的性质：旋转前后对应线段长度相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。首先找到旋转前后的对应边AO和A'O，可得二者长度相等，再确定旋转角∠AOA'=90°，即可判断△AOA'是等腰直角三角形，最后利用勾股定理计算斜边AA'的长度即可，注意题中BO、AB的长度为无关干扰条件，无需使用。
【解析】
解：
∵△AOB绕点O按逆时针方向旋转90°得到△A'OB'，
∴根据旋转的性质可得：$A'O=AO=1$，旋转角$∠ AOA'=90°$，
∴$△ AOA'$是等腰直角三角形，
在$Rt△ AOA'$中，由勾股定理得：
$AA'=\sqrt{AO^2+A'O^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质；勾股定理；等腰直角三角形的判定
【点评】
本题是旋转性质的基础应用题，解题核心是根据旋转的特征确定特殊三角形的形状，要注意筛选题目中的有效信息，避免被无关条件干扰。
【难度系数】
0.8
9 如图,在边长为2的正方形ABCD中,若将AB绕点A按逆时针方向旋转$60°$,使点B落在点$B'$的位置,连接$BB'$,过点D作$DE⊥ BB'$,交$BB'$的延长线于点E,则$B'E$的长为 (
A.$\sqrt{3}-1$
B.$2\sqrt{3}-2$
C.$\frac{2}{3}\sqrt{3}$
D.$\frac{4}{3}\sqrt{3}$
A
)A.$\sqrt{3}-1$
B.$2\sqrt{3}-2$
C.$\frac{2}{3}\sqrt{3}$
D.$\frac{4}{3}\sqrt{3}$
答案
9. A
解析
【分析】
解题时首先根据旋转的性质判断出△ABB'是等边三角形，得到BB'的长度和相关角度；再结合正方形的性质求出对角线BD的长度以及∠DBE的度数；最后在直角三角形DEB中利用三角函数求出BE的长度，用BE的长度减去BB'的长度即可得到B'E的长度。
【解析】
1. 由旋转的性质可得：$AB=AB'=2$，$∠ BAB'=60°$，因此$△ ABB'$是等边三角形，所以$BB'=AB=2$，$∠ ABB'=60°$。
2. 因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以$∠ ABD=45°$，对角线$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
3. 因此$∠ DBE=∠ ABB'-∠ ABD=60°-45°=15°$，已知$DE⊥ BE$，即$∠ E=90°$。
4. $\cos15°=\cos(45°-30°)=\cos45°\cos30°+\sin45°\sin30°=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，在$Rt△ BDE$中，$BE=BD·\cos15°=2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\sqrt{3}+1$。
5. 所以$B'E=BE-BB'=(\sqrt{3}+1)-2=\sqrt{3}-1$。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，将旋转、正方形的性质和勾股定理、三角函数结合考查，解题的关键是灵活转化角度关系，找到待求线段和已知线段的关联，对几何综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据旋转的性质判断出△ABB'是等边三角形，得到BB'的长度和相关角度；再结合正方形的性质求出对角线BD的长度以及∠DBE的度数；最后在直角三角形DEB中利用三角函数求出BE的长度，用BE的长度减去BB'的长度即可得到B'E的长度。
【解析】
1. 由旋转的性质可得：$AB=AB'=2$，$∠ BAB'=60°$，因此$△ ABB'$是等边三角形，所以$BB'=AB=2$，$∠ ABB'=60°$。
2. 因为四边形ABCD是边长为2的正方形，所以$∠ ABD=45°$，对角线$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
3. 因此$∠ DBE=∠ ABB'-∠ ABD=60°-45°=15°$，已知$DE⊥ BE$，即$∠ E=90°$。
4. $\cos15°=\cos(45°-30°)=\cos45°\cos30°+\sin45°\sin30°=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，在$Rt△ BDE$中，$BE=BD·\cos15°=2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\sqrt{3}+1$。
5. 所以$B'E=BE-BB'=(\sqrt{3}+1)-2=\sqrt{3}-1$。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，将旋转、正方形的性质和勾股定理、三角函数结合考查，解题的关键是灵活转化角度关系，找到待求线段和已知线段的关联，对几何综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
10 [2024 滨州]一副三角尺按如图①所示的方式摆放，把三角尺AOB绕公共顶点顺时针旋转至图②的位置，且AB//OD，则∠1的度数为
$75°$
。答案
10. $75°$
解析
【分析】
解题时先结合旋转的性质明确三角尺各内角的大小不变，再利用平行线的性质求出对应内错角的度数，最后根据三角形外角的性质计算∠1的度数。第一步：回忆一副三角尺的角度特征，确定∠B和∠D的度数；第二步：根据AB//OD，由平行线内错角相等的性质求出∠BOD的度数；第三步：结合三角形外角等于不相邻两内角和的性质，代入数值计算得到∠1的度数。
【解析】
由旋转的性质可知，三角尺旋转后各内角度数保持不变，等腰直角三角尺AOB中∠ABO=45°，另一三角尺中∠D=30°。
∵ AB//OD，
∴ ∠BOD=∠ABO=45°（两直线平行，内错角相等）。
∵ ∠1是△BOD的外角，根据三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴ ∠1=∠BOD + ∠D=45°+30°=75°。
【答案】
$75°$
【知识点】
旋转的性质，平行线的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题以三角尺旋转为背景，综合考查了多个基础几何性质，难度较低，解题关键是准确识别图形中角的位置关系，牢记三角尺各角度数。
【难度系数】
0.7
解题时先结合旋转的性质明确三角尺各内角的大小不变，再利用平行线的性质求出对应内错角的度数，最后根据三角形外角的性质计算∠1的度数。第一步：回忆一副三角尺的角度特征，确定∠B和∠D的度数；第二步：根据AB//OD，由平行线内错角相等的性质求出∠BOD的度数；第三步：结合三角形外角等于不相邻两内角和的性质，代入数值计算得到∠1的度数。
【解析】
由旋转的性质可知，三角尺旋转后各内角度数保持不变，等腰直角三角尺AOB中∠ABO=45°，另一三角尺中∠D=30°。
∵ AB//OD，
∴ ∠BOD=∠ABO=45°（两直线平行，内错角相等）。
∵ ∠1是△BOD的外角，根据三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，
∴ ∠1=∠BOD + ∠D=45°+30°=75°。
【答案】
$75°$
【知识点】
旋转的性质，平行线的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题以三角尺旋转为背景，综合考查了多个基础几何性质，难度较低，解题关键是准确识别图形中角的位置关系，牢记三角尺各角度数。
【难度系数】
0.7
11 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°,∠ B=60°,BC=2$.将$△ ABC$绕点C按顺时针方向旋转得到$△ A'B'C$,连接$AB'$.如果点A,$B',A'$在同一条直线上,那么$AA'$的长为
$6$
.答案
11. 6
解析
【分析】
解题时先从已知的直角三角形条件入手，利用含30°角的直角三角形的性质求出△ABC的边长和内角；再结合旋转的性质，得到旋转后三角形和原三角形的对应边、对应角相等的关系；最后根据A、B'、A'三点共线的条件，推导角度关系得到等角对等边，求出AB'的长度，加上A'B'的长度即可得到AA'的长。
【解析】
解：在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$∠B=60°$，
$\therefore ∠BAC=180°-90°-60°=30°$，
∵直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半，$BC=2$，
$\therefore AB=2BC=4$。
∵$△ABC$绕点C顺时针旋转得到$△A'B'C$，
$\therefore △A'B'C≌△ABC$，
$\therefore A'C=AC$，$B'C=BC=2$，$A'B'=AB=4$，$∠A'=∠BAC=30°$，$∠A'B'C=∠B=60°$。
∵点A，$B'$，$A'$在同一条直线上，
$\therefore ∠AB'C=180°-∠A'B'C=180°-60°=120°$，
在$△AB'C$中，$∠B'AC=30°$，$∠AB'C=120°$，
$\therefore ∠ACB'=180°-30°-120°=30°$，
$\therefore ∠B'AC=∠ACB'$，
$\therefore AB'=B'C=2$，
$\therefore AA'=AB'+A'B'=2+4=6$。
【答案】
6
【知识点】
直角三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是旋转性质和特殊直角三角形的综合应用题，解题的核心是熟练掌握旋转前后图形全等的性质，通过角度推导得到相等线段，进而求出目标线段长度。
【难度系数】
0.65
解题时先从已知的直角三角形条件入手，利用含30°角的直角三角形的性质求出△ABC的边长和内角；再结合旋转的性质，得到旋转后三角形和原三角形的对应边、对应角相等的关系；最后根据A、B'、A'三点共线的条件，推导角度关系得到等角对等边，求出AB'的长度，加上A'B'的长度即可得到AA'的长。
【解析】
解：在$Rt△ABC$中，$∠ACB=90°$，$∠B=60°$，
$\therefore ∠BAC=180°-90°-60°=30°$，
∵直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半，$BC=2$，
$\therefore AB=2BC=4$。
∵$△ABC$绕点C顺时针旋转得到$△A'B'C$，
$\therefore △A'B'C≌△ABC$，
$\therefore A'C=AC$，$B'C=BC=2$，$A'B'=AB=4$，$∠A'=∠BAC=30°$，$∠A'B'C=∠B=60°$。
∵点A，$B'$，$A'$在同一条直线上，
$\therefore ∠AB'C=180°-∠A'B'C=180°-60°=120°$，
在$△AB'C$中，$∠B'AC=30°$，$∠AB'C=120°$，
$\therefore ∠ACB'=180°-30°-120°=30°$，
$\therefore ∠B'AC=∠ACB'$，
$\therefore AB'=B'C=2$，
$\therefore AA'=AB'+A'B'=2+4=6$。
【答案】
6
【知识点】
直角三角形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是旋转性质和特殊直角三角形的综合应用题，解题的核心是熟练掌握旋转前后图形全等的性质，通过角度推导得到相等线段，进而求出目标线段长度。
【难度系数】
0.65
12 如图,将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG,点B与点E对应,点E恰好落在边AD上,BH⊥CE于点H.
(1) 求证:AB=BH.
(2) 连接BG,交CH于点O.若AB=5,BC=13,求BG的长.
(1) 求证:AB=BH.
(2) 连接BG,交CH于点O.若AB=5,BC=13,求BG的长.
答案
12. (1) $\because$ 四边形ABCD是矩形,$\therefore ∠ ADC=90°$,$AD// BC$,$AB=CD$. $\therefore ∠ DEC=∠ BCH$. $\because ∠ ADC=90°$,$BH⊥ CE$,$\therefore ∠ ADC=∠ BHC=90°$. 由旋转的性质,知$CE=CB$. 在$△ EDC$ 和$△ CHB$ 中,
$\begin{cases}∠ DEC=∠ HCB,\\∠ EDC=∠ CHB,\\EC=CB,\end{cases}$
$\therefore △ EDC≌△ CHB$.
$\therefore CD=BH$. $\therefore AB=BH$
(2) 易得$AB=BH=CG$. 在矩形FECG中,$∠ ECG=90°$. $\therefore ∠ OHB=∠ OCG=90°$. 在$△ HBO$ 和 $△ CGO$ 中,
$\begin{cases}∠ OHB=∠ OCG,\\∠ HOB=∠ COG,\\HB=CG,\end{cases}$
$\therefore △ HBO ≌ △ CGO$.
$\therefore OH=OC$,$OB=OG$. 在$\mathrm{Rt}△ BCH$ 中,$BH=AB=5$,$BC=13$,由勾股定理,得$CH=\sqrt{13^2-5^2}=12$. $\therefore OH=\frac{1}{2}CH=6$. 在$\mathrm{Rt}△ OHB$ 中,由勾股定理,得 $OB=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$. $\therefore BG=2OB=2\sqrt{61}$
$\begin{cases}∠ DEC=∠ HCB,\\∠ EDC=∠ CHB,\\EC=CB,\end{cases}$
$\therefore △ EDC≌△ CHB$.
$\therefore CD=BH$. $\therefore AB=BH$
(2) 易得$AB=BH=CG$. 在矩形FECG中,$∠ ECG=90°$. $\therefore ∠ OHB=∠ OCG=90°$. 在$△ HBO$ 和 $△ CGO$ 中,
$\begin{cases}∠ OHB=∠ OCG,\\∠ HOB=∠ COG,\\HB=CG,\end{cases}$
$\therefore △ HBO ≌ △ CGO$.
$\therefore OH=OC$,$OB=OG$. 在$\mathrm{Rt}△ BCH$ 中,$BH=AB=5$,$BC=13$,由勾股定理,得$CH=\sqrt{13^2-5^2}=12$. $\therefore OH=\frac{1}{2}CH=6$. 在$\mathrm{Rt}△ OHB$ 中,由勾股定理,得 $OB=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$. $\therefore BG=2OB=2\sqrt{61}$
解析
【分析】
(1) 要证AB=BH，结合矩形性质AB=CD，可转化为证CD=BH，即证明△EDC≌△CHB。首先由矩形AD//BC可得内错角∠DEC=∠BCH，再由BH⊥CE得∠BHC=∠D=90°，结合旋转性质得CE=CB，用AAS即可证两三角形全等，得到CD=BH，等量代换即可得证。
(2) 求BG的长时，先由旋转性质得CG=CD，结合(1)的结论得BH=CG，再由BH⊥CE、∠ECG=90°得BH//CG，即可证△HBO≌△CGO，得O是BG中点，故BG=2OB。先在Rt△BCH中用勾股定理求CH的长，再得OH的长，最后在Rt△BHO中用勾股定理求OB的长，即可得到BG的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AD//BC，AB=CD，
∴∠DEC=∠BCH，
∵BH⊥CE，
∴∠BHC=∠ADC=90°，
由旋转的性质可知：CE=CB，
在△EDC和△CHB中，
$\begin{cases}∠DEC=∠HCB\\∠EDC=∠CHB\\EC=CB\end{cases}$
∴△EDC≌△CHB（AAS），
∴CD=BH，
又
∵AB=CD，
∴AB=BH。
(2) 解：由旋转的性质可知，CG=CD，∠ECG=90°，
∵AB=CD，AB=BH，
∴BH=CG，
∵BH⊥CE，
∴∠OHB=∠OCG=90°，
在△HBO和△CGO中，
$\begin{cases}∠OHB=∠OCG\\∠HOB=∠COG\\HB=CG\end{cases}$
∴△HBO≌△CGO（AAS），
∴OB=OG，OH=OC，即O为BG、CH的中点，
在Rt△BCH中，BH=AB=5，BC=13，
由勾股定理得：$CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$，
∴$OH=\frac{1}{2}CH=6$，
在Rt△OHB中，由勾股定理得：$OB=\sqrt{BH^2+OH^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$，
∴$BG=2OB=2\sqrt{61}$。
【答案】
(1) AB=BH得证；
(2) $BG=2\sqrt{61}$
【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】
本题综合了矩形、旋转、全等三角形、勾股定理的相关知识，解题核心是利用旋转性质找到相等的边和角，通过全等三角形转化线段关系，将待求线段转化为直角三角形的边求解，能较好地考察几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证AB=BH，结合矩形性质AB=CD，可转化为证CD=BH，即证明△EDC≌△CHB。首先由矩形AD//BC可得内错角∠DEC=∠BCH，再由BH⊥CE得∠BHC=∠D=90°，结合旋转性质得CE=CB，用AAS即可证两三角形全等，得到CD=BH，等量代换即可得证。
(2) 求BG的长时，先由旋转性质得CG=CD，结合(1)的结论得BH=CG，再由BH⊥CE、∠ECG=90°得BH//CG，即可证△HBO≌△CGO，得O是BG中点，故BG=2OB。先在Rt△BCH中用勾股定理求CH的长，再得OH的长，最后在Rt△BHO中用勾股定理求OB的长，即可得到BG的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，AD//BC，AB=CD，
∴∠DEC=∠BCH，
∵BH⊥CE，
∴∠BHC=∠ADC=90°，
由旋转的性质可知：CE=CB，
在△EDC和△CHB中，
$\begin{cases}∠DEC=∠HCB\\∠EDC=∠CHB\\EC=CB\end{cases}$
∴△EDC≌△CHB（AAS），
∴CD=BH，
又
∵AB=CD，
∴AB=BH。
(2) 解：由旋转的性质可知，CG=CD，∠ECG=90°，
∵AB=CD，AB=BH，
∴BH=CG，
∵BH⊥CE，
∴∠OHB=∠OCG=90°，
在△HBO和△CGO中，
$\begin{cases}∠OHB=∠OCG\\∠HOB=∠COG\\HB=CG\end{cases}$
∴△HBO≌△CGO（AAS），
∴OB=OG，OH=OC，即O为BG、CH的中点，
在Rt△BCH中，BH=AB=5，BC=13，
由勾股定理得：$CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$，
∴$OH=\frac{1}{2}CH=6$，
在Rt△OHB中，由勾股定理得：$OB=\sqrt{BH^2+OH^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$，
∴$BG=2OB=2\sqrt{61}$。
【答案】
(1) AB=BH得证；
(2) $BG=2\sqrt{61}$
【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】
本题综合了矩形、旋转、全等三角形、勾股定理的相关知识，解题核心是利用旋转性质找到相等的边和角，通过全等三角形转化线段关系，将待求线段转化为直角三角形的边求解，能较好地考察几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
13 如图,在正方形 ABCD 中,E,F 是对角线BD 上的两点,且$∠ EAF=45°$.将$△ ADF$绕点 A 按顺时针方向旋转$90°$,得到$△ ABQ$,连接 EQ.求证:
(1) EA 是$∠ QED$的平分线;
(2)$EF^2=BE^2+DF^2$.
(1) EA 是$∠ QED$的平分线;
(2)$EF^2=BE^2+DF^2$.
答案
13. (1) $\because$ 在正方形ABCD中,点E,F在对角线BD上,$\therefore ∠ ADF=45°$,$∠ BAD=90°$. $\because △ ADF$绕点A按顺时针方向旋转$90°$得到$△ ABQ$,$\therefore ∠ QAB=∠ FAD$,$BQ=DF$,$AQ=AF$,$∠ ABQ=∠ ADF=45°$. $\therefore ∠ QAF=∠ QAB+∠ BAF=∠ FAD + ∠ BAF = ∠ BAD = 90°$. $\because ∠ EAF = 45°$,$\therefore ∠ EAQ=45°$. $\therefore ∠ EAQ=∠ EAF$. 在$△ AQE$ 和$△ AFE$ 中,
$\begin{cases}AQ=AF,\\∠ EAQ=∠ EAF,\\AE=AE,\end{cases}$
$\therefore △ AQE≌△ AFE$. $\therefore ∠ AEQ=∠ AEF$.
$\therefore EA$ 是$∠ QED$的平分线
(2) 由(1),得$△ AQE≌△ AFE$,$\therefore EQ=EF$. $\because$ 四边形ABCD是正方形,$\therefore ∠ ABD=45°$. 又$\because ∠ ABQ=45°$,$\therefore ∠ QBE=90°$. $\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ QBE$ 中,$EQ^2=BE^2+BQ^2$. 又$\because BQ=DF$,$\therefore EF^2=BE^2+DF^2$
$\begin{cases}AQ=AF,\\∠ EAQ=∠ EAF,\\AE=AE,\end{cases}$
$\therefore △ AQE≌△ AFE$. $\therefore ∠ AEQ=∠ AEF$.
$\therefore EA$ 是$∠ QED$的平分线
(2) 由(1),得$△ AQE≌△ AFE$,$\therefore EQ=EF$. $\because$ 四边形ABCD是正方形,$\therefore ∠ ABD=45°$. 又$\because ∠ ABQ=45°$,$\therefore ∠ QBE=90°$. $\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ QBE$ 中,$EQ^2=BE^2+BQ^2$. 又$\because BQ=DF$,$\therefore EF^2=BE^2+DF^2$
解析
【分析】
(1) 要证EA是∠QED的平分线，需证∠AEQ=∠AEF。首先利用旋转的性质可得△ADF旋转后与△ABQ全等，对应边、对应角相等，可推出∠QAF=90°，结合已知∠EAF=45°，得到∠EAQ=∠EAF=45°，再通过SAS证明△AQE和△AFE全等，由全等三角形对应角相等即可得到∠AEQ=∠AEF，从而证明EA是角平分线。
(2) 要证EF²=BE²+DF²，需将三条线段转化到同一个直角三角形中利用勾股定理证明。由(1)的全等结论可得EQ=EF，由旋转性质可得BQ=DF，再结合正方形对角线与边的夹角为45°的特征，可推出∠QBE=90°，在Rt△QBE中应用勾股定理，将EQ、BQ分别代换为EF、DF即可得证。
【解析】
(1) $\because$ 在正方形ABCD中,点E,F在对角线BD上,$\therefore ∠ ADF=45°$,$∠ BAD=90°$.
$\because △ ADF$绕点A按顺时针方向旋转$90°$得到$△ ABQ$,$\therefore ∠ QAB=∠ FAD$,$BQ=DF$,$AQ=AF$,$∠ ABQ=∠ ADF=45°$.
$\therefore ∠ QAF=∠ QAB+∠ BAF=∠ FAD + ∠ BAF = ∠ BAD = 90°$.
$\because ∠ EAF = 45°$,$\therefore ∠ EAQ=45°$.
$\therefore ∠ EAQ=∠ EAF$.
在$△ AQE$ 和$△ AFE$ 中,
$\begin{cases}AQ=AF,\\∠ EAQ=∠ EAF,\\AE=AE,\end{cases}$
$\therefore △ AQE≌△ AFE$.
$\therefore ∠ AEQ=∠ AEF$.
$\therefore EA$ 是$∠ QED$的平分线。
(2) 由(1),得$△ AQE≌△ AFE$,$\therefore EQ=EF$.
$\because$ 四边形ABCD是正方形,$\therefore ∠ ABD=45°$.
又$\because ∠ ABQ=45°$,$\therefore ∠ QBE=∠ABQ+∠ABD=90°$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ QBE$ 中,$EQ^2=BE^2+BQ^2$.
又$\because BQ=DF$,$\therefore EF^2=BE^2+DF^2$。
【答案】
(1) EA是$\boldsymbol{∠ QED}$的平分线；
(2) $\boldsymbol{EF^2=BE^2+DF^2}$。
【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】
本题结合正方形的性质，以旋转为背景考查全等三角形的证明和勾股定理的应用，通过旋转构造全等三角形实现线段和角的转化是解决此类问题的常用技巧，要求学生熟练掌握相关性质，能够将待证结论与所学几何定理建立关联。
【难度系数】
0.65
(1) 要证EA是∠QED的平分线，需证∠AEQ=∠AEF。首先利用旋转的性质可得△ADF旋转后与△ABQ全等，对应边、对应角相等，可推出∠QAF=90°，结合已知∠EAF=45°，得到∠EAQ=∠EAF=45°，再通过SAS证明△AQE和△AFE全等，由全等三角形对应角相等即可得到∠AEQ=∠AEF，从而证明EA是角平分线。
(2) 要证EF²=BE²+DF²，需将三条线段转化到同一个直角三角形中利用勾股定理证明。由(1)的全等结论可得EQ=EF，由旋转性质可得BQ=DF，再结合正方形对角线与边的夹角为45°的特征，可推出∠QBE=90°，在Rt△QBE中应用勾股定理，将EQ、BQ分别代换为EF、DF即可得证。
【解析】
(1) $\because$ 在正方形ABCD中,点E,F在对角线BD上,$\therefore ∠ ADF=45°$,$∠ BAD=90°$.
$\because △ ADF$绕点A按顺时针方向旋转$90°$得到$△ ABQ$,$\therefore ∠ QAB=∠ FAD$,$BQ=DF$,$AQ=AF$,$∠ ABQ=∠ ADF=45°$.
$\therefore ∠ QAF=∠ QAB+∠ BAF=∠ FAD + ∠ BAF = ∠ BAD = 90°$.
$\because ∠ EAF = 45°$,$\therefore ∠ EAQ=45°$.
$\therefore ∠ EAQ=∠ EAF$.
在$△ AQE$ 和$△ AFE$ 中,
$\begin{cases}AQ=AF,\\∠ EAQ=∠ EAF,\\AE=AE,\end{cases}$
$\therefore △ AQE≌△ AFE$.
$\therefore ∠ AEQ=∠ AEF$.
$\therefore EA$ 是$∠ QED$的平分线。
(2) 由(1),得$△ AQE≌△ AFE$,$\therefore EQ=EF$.
$\because$ 四边形ABCD是正方形,$\therefore ∠ ABD=45°$.
又$\because ∠ ABQ=45°$,$\therefore ∠ QBE=∠ABQ+∠ABD=90°$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ QBE$ 中,$EQ^2=BE^2+BQ^2$.
又$\because BQ=DF$,$\therefore EF^2=BE^2+DF^2$。
【答案】
(1) EA是$\boldsymbol{∠ QED}$的平分线；
(2) $\boldsymbol{EF^2=BE^2+DF^2}$。
【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】
本题结合正方形的性质，以旋转为背景考查全等三角形的证明和勾股定理的应用，通过旋转构造全等三角形实现线段和角的转化是解决此类问题的常用技巧，要求学生熟练掌握相关性质，能够将待证结论与所学几何定理建立关联。
【难度系数】
0.65
