【分析】
解题思路可分为三步：第一步，先根据等腰直角三角形的边长特征，由已知的直角边长度求出斜边BC的长度，进而求出CD的长；第二步，结合旋转的性质，得到对应边CE和BD相等、对应角∠ACE和∠B相等的关系；第三步，通过角度计算证明△DCE是直角三角形，最后利用勾股定理求出DE的长度即可。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，AB=AC=5，
∴∠B=∠ACB=45°，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}$，
∴$CD=BC-BD=5\sqrt{2}-\sqrt{2}=4\sqrt{2}$。
根据旋转的性质可得：∠ACE=∠B=45°，CE=BD=$\sqrt{2}$，
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理计算DE得：
$DE=\sqrt{CE^2+CD^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(4\sqrt{2})^2}=\sqrt{2+32}=\sqrt{34}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
等腰直角三角形的性质、旋转的性质、勾股定理
【点评】
本题属于几何基础计算类题型，解题关键是借助旋转的性质得到边角的等量关系，构造出直角三角形后结合勾股定理求解，是几何部分的常考基础题型。
【难度系数】
0.75

【分析】
要得到旋转后点B'的坐标，可按以下思路推导：首先，过点B作x轴的垂线构造直角三角形，利用已知的30°角和OA的长度，结合含30°角的直角三角形的性质，计算出点B到x轴的距离BH以及OH的长度；其次，根据旋转的性质，旋转前后对应边相等、旋转角为90°，过点B'作x轴的垂线，证明△B'GO和△OHB全等；最后，利用全等三角形的对应边相等得到B'到两坐标轴的距离，结合第二象限坐标的符号特征，即可求出B'的坐标。
【解析】
如图，过点B作BH⊥x轴于H，过点B'作B'G⊥x轴于G，
∵ ∠AOB=∠OBA=30°，
∴ AB=OA=4，∠BAH=∠AOB+∠OBA=60°。
在Rt△ABH中，∠ABH=90°−∠BAH=30°，
∴ AH=$\frac{1}{2}$AB=2，
由勾股定理得BH=$\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
∴ OH=OA+AH=4+2=6。
由旋转的性质可知∠BOB'=90°，OB=OB'，
∴ ∠B'OG+∠BOH=90°，
又
∵ ∠OBH+∠BOH=90°，
∴ ∠OBH=∠B'OG。
在△B'GO和△OHB中：
$\begin{cases}∠B'GO=∠OHB=90° \\∠B'OG=∠OBH \\OB'=BO\end{cases}$
∴ △B'GO≌△OHB（AAS），
∴ OG=BH=$2\sqrt{3}$，B'G=OH=6。
∵ 点B'在第二象限，横坐标为负，纵坐标为正，
∴ B'的坐标为$(-2\sqrt{3},6)$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；含30°角的直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合类题型，将旋转性质、特殊直角三角形性质、全等三角形的判定和性质结合考查，解题的关键是合理作辅助线构造全等三角形，把求点坐标的问题转化为求线段长度的问题，能够锻炼学生的几何推理能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
本题是手拉手模型结合最值的几何综合题，解题思路清晰可分为三步：①首先观察到两个共顶点的等边三角形，符合手拉手全等的特征，可通过证明全等将待求的AE转化为等长的线段BD；②要求AE的最大值即求BD的最大值，根据三角形三边关系“两边之和大于第三边”，可知当D、A、B三点共线且点D在BA延长线上时，BD取得最大值，等于AD与AB的和；③确定最值点的位置后，过C作AB的垂线，利用等边三角形的性质求出高CF和BF的长度，再用勾股定理计算BC的长度即可。
【解析】
解：如图1，连接BD，
∵△ACD和△BCE均为等边三角形，
∴$CE = CB$，$CA = CD = AD = 2$，$∠ ACD = ∠ BCE = 60°$，
∴$∠ ACD + ∠ ACB = ∠ BCE + ∠ ACB$，即$∠ ACE = ∠ DCB$，
在$△ ACE$和$△ DCB$中：
$\begin{cases}CA=CD \\∠ ACE=∠ DCB \\CE=CB\end{cases}$
∴$△ ACE ≌ △ DCB(\mathrm{SAS})$，
∴$AE=BD$。
根据三角形三边关系可得$BD ≤ AD + AB$，当且仅当D、A、B三点共线，且点D在BA的延长线上时，等号成立，此时BD取得最大值：$BD=AB+AD=4+2=6$，即AE的最大值为6。
当点D在BA的延长线上时，如图2，过点C作$CF ⊥ AB$交AB的延长线于点F，
∵$△ ACD$是等边三角形，$CF ⊥ AD$，
∴$DF=AF=\frac{1}{2}AD=1$，
由勾股定理得$CF=\sqrt{AC^2 - AF^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$，
∵$AB=4$，
∴$BF=AB+AF=4+1=5$，
在$\mathrm{Rt}△ CFB$中，$BC=\sqrt{BF^2 + CF^2}=\sqrt{5^2 + (\sqrt{3})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
故选A。
【答案】
A

【知识点】
手拉手全等模型，三角形三边关系，勾股定理
【点评】
本题是手拉手模型的典型应用，通过全等变换实现线段的转化，结合三角形三边关系确定最值的取值条件，最后借助勾股定理计算边长，综合考查了几何推理和运算能力。
【难度系数】
0.5

【分析】
要解决这道题，首先需要回忆关于原点对称的点的坐标性质：平面直角坐标系中，两个点关于原点对称时，它们的横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数。我们可以根据这个性质，结合题目给出的两个对称点的坐标，分别求出a和b的值，最后代入计算a+b的结果即可。
【解析】
根据关于原点对称的点的坐标特征：若点$(x,y)$关于原点对称的点为$(-x,-y)$，即对称点的横、纵坐标均为原坐标的相反数。
已知点$P(a,3)$关于原点对称的点是$P_1(-2,b)$，因此：
横坐标满足：$a = -(-2) = 2$
纵坐标满足：$b = -3$
将$a=2$，$b=-3$代入$a+b$得：$a+b=2+(-3)=-1$
【答案】
$-1$
【知识点】
关于原点对称的点的坐标特征、代数式求值
【点评】
本题是基础类题目，核心考查对原点对称点坐标规律的掌握程度，只要牢记对称点的坐标变化规则，就能快速准确得出结果。
【难度系数】
0.9

【分析】
要解这道题，首先需要明确轴对称图形和中心对称图形的判定定义，再逐一分析给出的6种图形的对称属性，最后筛选出同时满足两种对称性质的图形即可。具体思路：第一步先回忆两类对称图形的判定标准；第二步逐个分析每个图形的对称性，分别整理出轴对称图形集合和中心对称图形集合；第三步取两个集合的交集，即为所求结果。
【解析】
首先明确两类对称图形的定义：
1. 轴对称图形：平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；
2. 中心对称图形：平面内绕某一点旋转180°后，旋转后的图形能与原图形完全重合的图形。
逐个判断各图形：
①等边三角形：是轴对称图形（有3条对称轴），但旋转180°后不能与原图形重合，不属于中心对称图形，不符合要求；
②矩形：沿对边中点连线折叠可完全重合，属于轴对称图形；绕对角线交点旋转180°可与原图形重合，属于中心对称图形，符合要求；
③平行四边形：不属于轴对称图形，仅属于中心对称图形，不符合要求；
④菱形：沿对角线折叠可完全重合，属于轴对称图形；绕对角线交点旋转180°可与原图形重合，属于中心对称图形，符合要求；
⑤正方形：有4条对称轴，属于轴对称图形；绕对角线交点旋转180°可与原图形重合，属于中心对称图形，符合要求；
⑥圆：沿任意一条直径折叠都可完全重合，属于轴对称图形；绕圆心旋转180°可与原图形重合，属于中心对称图形，符合要求。
综上，既是轴对称图形又是中心对称图形的是②④⑤⑥。
【答案】
②④⑤⑥
【知识点】
轴对称图形判定、中心对称图形判定、常见几何图形对称性
【点评】
本题属于基础概念考查题，重点检验对两类对称图形定义的理解，以及对常见几何图形对称性质的掌握程度，易错点是容易误判平行四边形为轴对称图形、等边三角形为中心对称图形，牢记相关定义和性质即可快速准确作答。
【难度系数】
0.8