专题23.9 《旋转》全章复习与巩固（巩固篇）（专项练习）-2022-2023学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题23.9 《旋转》全章复习与巩固（巩固篇）（专项练习）-2022-2023学年九年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题23.9 《旋转》全章复习与巩固（巩固篇）
（专项练习）
一、单选题
1．下列与杭州亚运会有关的图案中，中心对称图形是（       ）
A． B． C． D．
2．如图，将绕着点O顺时针旋转，得到（点C落在外），若，，则最小旋转角度是（       ）

A．20° B．30° C．40° D．50°
3．如图，在正方形网格中，△ABC绕某点旋转一定的角度得到，则旋转中心是点（       ）

A．O B．P C．Q D．M
4．如图，菱形 ABCD的对角线 AC、BD 交于点 O，将△BOC 绕着点 C 旋转 180°得到，若AC＝2，，则菱形 ABCD 的边长是（        ）

A．3 B．4 C． D．
5．如图，在钝角中，，将绕点顺时针旋转得到，点，的对应点分别为，，连接．则下列结论一定正确的是（       ）

A． B． C． D．平分
6．如图，矩形的顶点，，，将矩形以原点为旋转中心，顺时针旋转75°之后点的坐标为（       ）

A． B． C． D．
7．如图，在中，，，将绕点A逆时针转60°得到，则的长是（       ）

A． B． C． D．
8．如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（       ）

A． B． C． D．
9．已知点关于原点对称的点在第三象限，则a的取值范围在数轴上表示正确的是（       ）
A． B．
C． D．
10．在如图所示的单位正方形网格中，经过平移后得到，已知在AC上一点平移后的对应点为，点绕点O逆时针旋转180°，得到对应点，则点的坐标为（       ）

A． B． C． D．
二、填空题
11．若点P（a－1，5）与点Q（5，1－b）关于原点成中心对称，则a＋b＝___．
12．如图，在中，∠C＝90°，点D、E分别在AC、BC上，∠CDE＝45°，绕点D顺时针旋转x度（45
13．如图，AB=BC=CD，AB⊥BC，∠BCD=30°，则∠BAD=________°．

14．如图，中，，，．将绕点A逆时针旋转60°，得到，连接，则______．

15．如图，为的对角线，点P为内一点，连接、、、，若和的面积分别为3和13，则的面积为_________．

16．如图，在直角坐标平面内，△ABC的顶点，点B与点A关于原点对称，AB＝BC，∠CAB＝30°，将△ABC绕点C旋转，使点A落在x轴上的点D处，点B落在点E处，那么BE所在直线的解析式为______．

17．如图，在矩形ABCD中，，，点E是直线BC上的一个动点，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转得到线段DG，连接AG，则线段AG的最小值为_________．

18．如图，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，将绕原点顺时针旋转60°再将其各边都扩大为原来的2倍，使得，，得到．将绕原点顺时针旋转60°再将其各边都扩大为原来的2倍，使得，，得到，…，如此继续下去，得到，则点的坐标是______．

三、解答题
19．已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（－5，0）、B（－2，3）、C（－1，0）．

(1)画出△ABC关于坐标原点O成中心对称的△A′B′C′；
(2)将△ABC绕坐标原点O顺时针旋转90°，画出对应的△A′′B′′C′′；
(3)若以A′、B′、C′、D′为顶点的四边形为平行四边形，则在第四象限中的点D′坐标为　 　．


20．如图，点D在等边三角形ABC的边BC上，将△ABD绕点A旋转，使得旋转后点B的对应点为点C．小明是这样做的：如图，过点C画BA的平行线l，在l上取，连接AE，则△ACE即为旋转后的图形．你能说明小明这样做的道理吗？


21．已知：如图，在△ABC中，∠BAC=120°，以BC为边向形外作等边三角形BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，且A、C、E三点共线，若AB=3，AC=2，求∠BAD的度数与AD的长．




22．如图，为等边三角形，点是线段AC上一动点（点P不与A，C重合），连接BP，过点作直线BP的垂线段，垂足为点，将线段AD绕点逆时针旋转60°得到线段AE，连接DE，CE
(1) 求证：BD＝CE
(2) 延长ED交BC于点，
① 求∠CED的度数；
② 求证：F为BC的中点





23．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别相交于A（6，0）、B（0，2）两点．
(1) 直接写出直线AB的关系式为　 　．
(2) 点C为y轴上的一点，当BC＝AC时，求△ABC的周长；
(3) 点D为x轴上的一点，将线段DB绕着点D旋转90°得到DE，若点E恰好落在直线AB上，求满足条件的其中一个点E的坐标，并直接写出满足条件的其余点E的坐标，











24．【性质探究】
（1）如图1，在中，，AB＝AC，点D在斜边BC上，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE．
①直线BD与CE的位置关系为______；
②若点F为BE的中点，连接AF，请探究线段AF与CD的数量关系，并给予证明．

【拓展应用】
（2）如图2，已知点E是正方形ABCD的边BC上任意一点，以AE为边作正方形AEFG，连接BG，点H为BG的中点，连接AH．若AB＝4，BE＝3，求AH的长．
























参考答案
1．D
【分析】
根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
解：A，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B. 不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C. 不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D.是中心对称图形，
故选：D
【点拨】本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
2．C
【分析】
直接利用已知得出∠AOC的度数，再利用旋转的性质得出对应边之间夹角，得出答案即可．
解：∵∠AOB= 30°，∠BOC = 10°，
∴∠AOC=∠AOB+∠COB = 30°+ 10°= 40°
∵将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，
∴最小旋转角为∠AOC = 40°．
故选： C．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质，正确得出∠AOC的度数是解题关键．
3．B
【分析】
根据旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等，可得对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
解：如图，连接，，可得其垂直平分线相交于点P，
旋转中心是点P．
故选：B．

【点拨】本题考查了旋转的性质，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心，熟练掌握旋转中心的确定方法是解题的关键．
4．D
【分析】
根据菱形的性质、旋转的性质，得到、、、，根据，利用勾股定理计算，再次利用勾股定理计算即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，且△BOC绕着点C旋转180°得到，，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即菱形 ABCD 的边长是．
故选：D．
【点拨】本题考查了菱形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本性质并灵活运用勾股定理是解题的关键．
5．D
【分析】
根据旋转可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，结合∠BAC=35°，可知∠BAE=35°，则可证得△CAB≌△EAB，即可作答．
解：根据旋转的性质可知△CAB≌△EAD，∠CAE=70°，
∴∠BAE=∠CAE-∠CAB=70°-35°=35°，AC=AE，AB=AD，BC=DE，∠ABC=∠ADE，故A、B错误，
∴∠CAB=∠EAB，
∵AC=AE，AB=AB，
∴△CAB≌△EAB，
∴△EAB≌△EAD
∴∠BEA=∠DEA，
∴AE平分∠BED，故D正确，
∴AD+BE=AB+BE＞AE=AC，故C错误，
故选：D．
【点拨】本题考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，求出∠BAE=35°是解答本题的关键．
6．D
【分析】
过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，根据矩形的性质得到点C的坐标，求出∠COE=45°，OC=4，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，由旋转得∠COC1=75°，求出∠C1OF=30°，利用勾股定理求出OF，即可得到答案．
解：过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，ADBC，∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠HCD=∠ADO=∠BAG，
∵∠CHD=∠BGA=90°，
∴△CHD≌△AGB（AAS），
∵，，，
∴CH=AG=5-1=4，DH=BG=2，
∴OH=2+2=4，
∴C（4，4），
∴OE=CE=4，
∴∠COE=45°，OC=4，
如图，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，
由旋转得∠COC1=75°，
∴∠C1OF=30°，
∴C1F=OC1=OC=2，
∴OF=，
∴点C1的坐标为，
故选：D．

【点拨】此题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
7．A
【分析】
设AC与的交点为点O，连接，先利用勾股定理、旋转的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后根据垂直平分线的判定与性质可得，最后利用勾股定理分别可得，由此即可得出答案．
解：如图，设AC与的交点为点O，连接，

，
，
由旋转的性质得：，
是等边三角形，
，
是线段AC的垂直平分线，
，
在中，，
在中，，
则，
故选：A．
【点拨】本题考查了勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造等边三角形是解题关键．
8．B
【分析】
根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可．
解：∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，
∴A、C坐标关于原点对称，
∴C的坐标为，
故选C．
【点拨】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键．
9．D
【分析】
根据点P(a−2,4−a)关于原点对称的点在第三象限，可得点P在第一象限，因此就可列出不等式，解不等式可得a的取值范围．
解：∵点P(a−2,4−a)关于原点对称的点在第三象限，
∴点P在第一象限，
∴，
∴，
则a的取值范围在数轴上表示正确的是：

故选：D．
【点拨】本题主要考查不等式组的解法，根据不等式组的解集，在数轴上表示即可，关键在于点P的坐标所在的象限．
10．C
【分析】
根据平移的性质得出，△ABC的平移方向以及平移距离，即可得出P1坐标，进而利用中心对称图形的性质得出P2点的坐标．
解：∵A点坐标为：（2，4），A1（﹣2，1），
∴点P（2.4，2）平移后的对应点P1为：（﹣1.6，﹣1），
∵点P1绕点O逆时针旋转180°，得到对应点P2，
∴P2点的坐标为：（1.6，1）．
故选：C．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质以及平移的性质，根据已知得出平移距离是解题关键．
11．2
【分析】
根据关于原点对称的性质得到a-1+5=0，5+1-b=0，求出a、b，问题得解．
解：∵点P（a－1，5）与点Q（5，1－b）关于原点成中心对称，
∴a-1+5=0，5+1-b=0，
∴a=-4，b=6，
∴a+b=2．
故答案为：2
【点拨】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点，熟知“两个点关于原点对称，则这两个点的横纵坐标都互为相反数”是解题关键．
12．
【分析】
根据旋转的性质可得，，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出和∠CED即可解决问题．
解：如图，由旋转的性质可得：，，
∴，
∵∠C＝90°，∠CDE＝45°，
∴∠CED＝45°，
∴，
故答案为：．

【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，灵活运用各性质进行推理计算是解题的关键．
13．15
【分析】
把CD绕着点C逆时针旋转60°到达CE的位置，连接CE，DE，BE，可得△CDE是等边三角形，从而得到DE=CD=CE，∠DEC=60°，再由∠BCD=30°，可得BC⊥DE，然后根据AB=BC=CD，可得BC=CE，AB=DE，从而得到，进而得到∠BED=15°，再证得四边形ABED是平行四边形，即可求解．
解：如图，把CD绕着点C逆时针旋转60°到达CE的位置，连接CE，DE，BE，

∴∠DCE=60°，CD=CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴DE=CD=CE，∠DEC=60°，
∵∠BCD=30°，
∴∠BCE=30°，
∴∠BCD=∠BCE，
∴BC⊥DE，
∵AB=BC=CD，
∴BC=CE，AB=DE，
∴，
∴∠BED=∠BEC-∠DEC=15°，
∵AB⊥BC，
∴AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴∠BAD=∠BED=15°．
故答案为：15
【点拨】本题主要考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握图形的旋转，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
14．3
【分析】
根据旋转的性质得出∠CAE=60°，AC=AE=2，求出∠BAE=90°，根据勾股定理求出即可．
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，， ，
∴ AC=AE=2，
∵∠BAC=30°，
∴∠BAE=30°+60°=90°，
在Rt△BAE中，
由勾股定理得：
故答案为：3．
【点拨】本题考查了旋转的性质和勾股定理，能求出AE的长度和求出∠BAE的度数是解此题的关键．
15．10
【分析】
由平行四边形和三角形的面积公式及平行四边形的性质可以得到,把已知和的面积分别为3和13代入计算即可得到答案．
解：由平行四边形和三角形的面积公式易得，
由平行四边形的性质可得，
∴，
∴，
∴,
故答案为10．
【点拨】本题考查平行四边形的应用,熟练掌握平行四边形和三角形的面积公式及平行四边形的中心对称性是解题关键．
16．
【分析】
如图，过点C作CF⊥x轴于点F，根据关于原点对称的点的坐标特征可得点B坐标，根据等腰三角形的性质可得AB＝BC=2，利用外角性质可得∠CBF=60°，利用含30°角的直角三角形的性质及勾股定理可得CF、BF的长，利用旋转的性质可得AB＝CE＝2，AC=CD，∠ECD=∠ACB=30°，根据等腰三角形的性质可得∠CDA=∠CAD=30°，可得CE//AD，可得点E坐标，利用待定系数法即可得答案．
解：如图，过点C作CF⊥x轴于点F，
∵△ABC的顶点，点B与点A关于原点对称，
∴，
∴AB＝BC=2．
∵∠CAB＝30°，
∴∠ACB=∠CAB=30°，
∴∠CBF=∠CAB+∠ACB=60°，∠BCF=30°，
∴BF=BC=1，CF=，
∴．
∵将△ABC绕点C旋转，使点A落在x轴上的点D处，点B落在点E处，
∴AB＝CE＝2，AC=CD，∠CDA=∠CAD=30°，∠ECD=∠ACB=30°，
∴CE//AD，
∴．
设直线BE的解析式为，
∴，
解得：，
∴BE所在直线的解析式为：．

故答案为：
【点拨】本题考查关于原点对称的点的坐标特征，旋转的性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，30°角所对的直角边等于斜边的一半；图形旋转前后的对应边相等、对应角相等；熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
17．
【分析】
将线段DC绕点D顺时针旋转得到线段，作直线交AD于K，过点A作于点H．当点E在直线BC上运动时，G在直线上运动，即点G的运动轨迹是直线．当点G运动到H时，AG最小，最小值即为AH的长度，利用旋转的性质，根据“边角边”的判定方法可证明，进而利用全等三角形的性质以及旋转性质可求出AG的最小值．
解：如图所示，将线段DC绕点D顺时针旋转得到线段，作直线交AD于K，过点A作于点H．


（SAS）

如图所示，当点E在直线BC上运动时，G在直线上运动，即点G的运动轨迹是直线．
当点G运动到H时，AG最小，最小值即为AH的长度．








在中，

则线段AG的最小值为
故答案为：
【点拨】本题主要考查了矩形中的旋转变换，能够掌握旋转的性质以及正确作出辅助线找到点G的轨迹是解决本题的关键．
18．（22022，0）
【分析】
根据图形可知：首先△OAB绕原点O顺时针方向旋转60°，旋转6次后，正好旋转一周，规律是6次一循环，其次根据将其各边都扩大为原来的2倍，依此类推，得到OAn＝2n，进而得出答案．
解：如图，

∵点A，的坐标分别为，，
∴OA=1，AB=，∠OAB=90°，
∴OB=2，
∴∠OBA=30°，
∴∠AOB＝60°，
∵每一次旋转角是60°，
∴旋转6次后，正好旋转一周，点A6在x轴的正半轴上，
∵2022÷6＝337，
∴点A2022在x轴的正半轴上；
∵每次旋转后OA1＝2OA，OB1＝2OB，OA2＝2OA1，OB2＝2OB1，…
∴OA1＝2＝2，OA2＝2OA1＝2×2＝22，OA3＝2OA2＝2×22＝23，…
依此类推，OAn＝2n，
当n＝2022时，OA2022＝22022，
∵点A2022在x轴的正半轴上，
∴点A2022的坐标是（22022，0）．
故答案为：（22022，0）．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质、含30°锐角的直角三角形的性质、勾股定理、坐标与图形性质、规律型、点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
19．(1)见分析(2)见分析(3)（6，－2）
【分析】
（1）根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答；
（2）根据网格结构找出点A、B、C绕坐标原点O顺时针旋转90°的点A″、B″、C″的坐标，然后顺次连接即可；
（3）根据平行四边形的对边平行且相等解答．
(1)如图所示，△A′B′C′就是求作的图形；

(2)如图所示，△A′′B′′C′′就是求作的三角形；

(3)如图所示，点D′坐标为（6，－2）；

【点拨】本题考查了利用旋转变换作图，平行四边形的性质，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
20．能，见分析
【分析】
直接利用等边三角形的性质结合全等三角形的判定方法进而得出答案．
解：能．
理由：
∵△ABC为等边三角形，
∴，．
∵，
∴，
在△ABD和△ACE中，
，
∴
∴，，
∴，
∴△ACE即为旋转后的图形．
【点拨】本题主要考查了旋转变换以及全等三角形的判定，正确应用等边三角形的性质是解题关键．
21．∠BAD=60°，AD的长为5．
【分析】
由旋转的性质可得出∠ADE=60°、DA=DE，进而可得出△ADE为等边三角形以及∠DAE=60°，由点A、C、E在一条直线上可得出∠BAD=∠BAC-∠DAE=60°；由点A、C、E在一条直线上可得出AE=AC+CE，根据旋转的性质可得出CE=AB，结合AB=3、AC=2可得出AE的长度，再根据等边三角形的性质即可得出AD的长度．
解：∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴∠ADE=60°，DA=DE，
∴△ADE为等边三角形，
∴∠DAE=60°．
∵点A、C、E在一条直线上，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAE=120°-60°=60°．
∵点A、C、E在一条直线上，
∴AE=AC+CE．
∵△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，
∴CE=AB，
∴AE=AC+AB=2+3=5．
∵△ADE为等边三角形，
∴AD=AE=5．
【点拨】本题考查了旋转的性质以及等边三角形的判定与性质，根据旋转的性质结合旋转角度为60°找出△ADE为等边三角形是解题的关键．
22．(1)见详解(2)①∠DEC=30°；②见详解
【分析】
（1）由等边三角形的性质和旋转的性质可得∠BAD=∠CAE，AB=AC，AD=AE，再利用SAS可证△BAD≌△CAE，可得BD=CE；
（2）①根据AD⊥BD，得出∠ADB=90°，根据△BAD≌△CAE，得出∠ADB=∠AEC=90°，根据∠AED=60°，利用图中角度计算即可；②过点C作CG∥BP，交EF的延长线于点G，由等边三角形的性质和全等三角形的性质可得CG=BD，∠BDG=∠G，∠BFD=∠GFC，可证△BFD≌△CFG，可得结论；
(1)证明：∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
在等边△ABC和等边△ADE中，
∵ AB=AC，AD=AE，∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE；
(2)解：①∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，
∵△BAD≌△CAE
∴∠ADB=∠AEC=90°，
∵∠AED=60°，
∴∠DEC=∠AEC-∠AED =90°-60°=30°，
②如图，过点C作CG∥BP交DF的延长线于点G，
∴∠G=∠BDF，
由（1）可知，BD=CE，∠CEA=∠BDA，
∵AD⊥BP，
∴∠BDA=90°，
∴∠CEA=90°，
∵∠AED=60°，
∴∠BDG=180°-∠ADB-∠ADE=30°，
∴∠CED=∠G=∠BDG=30°，
∴CE=CG，
∴BD=CG，
在△BDF和△CGF中，
，
∴△BDF≌△CGF（AAS），
∴BF=FC ，
即F为BC的中点．

【点拨】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
23．(1)(2)(3)点E的坐标为或
【分析】
（1）用待定系数法即可得直线解析式，
（2）由、，得，设，由，可得，解得，即可得，，从而可得的周长为；
（3）当在左侧时，过作轴于，设，根据将线段绕着点旋转得到，可得，从而可得，把代入即可得，当在右侧时，同理可得，即可得答案．
(1)解：设直线解析式为，把、代入得：
，
解得，
直线解析式为，
故答案为：；
(2)解：、，
，
设，则，，
，
，
解得，
，，
，，
的周长为；
(3)解：当在左侧时，过作轴于，如图：

设，
将线段绕着点旋转得到，
，，
，
，
（AAS），
，，
，
，
把代入得：
，
解得，
，
当在右侧时，同理可得，
综上所述，的坐标为或．
【点拨】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形周长，全等三角形判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
24．（1）①；②，证明见分析；（2）
【分析】
（1）①先证明∠BAD=∠CAE，∠ABC=∠ACB=45°， 再证明△BAD≌△CAE，利用全等三角形的性质可得结论；② 延长BA至点G，使AG＝AB，连接GE，证明△ADC≌△AEG，可得CD＝GE．延长FA至点Q，使AQ＝AF，连接GQ，证明△ABF≌△AGQ，可得∠BFA＝∠GQA，BF＝GQ，证明四边形EFQG是平行四边形，可得QF＝GE．从而可得结论；
（2）如图，连接DE､DG，证明△BAE≌△DAG，△DAG可以由△BAE绕点A逆时针旋转90°得到．可得CE＝1，CD＝4． 延长AB至N，使AN=AB，连接NG，延长HA至Q，使AQ=AH，连接NQ，同理：由（1）中②可知，从而可得答案．
解：（1）①∵将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，AE＝AD，AC＝AB
∴∠BAD=∠CAE，∠ABC=∠ACB=45°，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABC=∠ACE=45°，
∴∠BCE=45°+45°=90°， 即
②，理由如下：
延长BA至点G，使AG＝AB，连接GE，

∵将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，AE＝AD，AC＝AB＝AG，
又∠DAC=90°－∠CAE=∠GAE，
∴△ADC≌△AEG，
∴CD＝GE．
延长FA至点Q，使AQ＝AF，连接GQ，
∵AG＝AB，∠BAF＝∠GAQ，
∴△ABF≌△AGQ，
∴∠BFA＝∠GQA，BF＝GQ，
∴，即．
∵点F为BE的中点，
∴EF＝BF＝GQ，
∴四边形EFQG是平行四边形，
∴QF＝GE．
∵，CD＝GE，
∴．
（2）如图，连接DE､DG，

∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，
∴AB＝AD=BC=CD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
又∠BAE＝90°－∠EAD＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG，
∴△DAG可以由△BAE绕点A逆时针旋转90°得到．
∵AB＝4，BE＝3，
∴CE＝1，CD＝4．

延长AB至N，使AN=AB，连接NG，延长HA至Q，使AQ=AH，连接NQ，
同理：由（1）中②可知，
∴．
【点拨】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，作出合适的辅助线，构建全等三角形与平行四边形是解本题的关键．