【分析】
解决本题需利用旋转的核心性质：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。首先由已知顶点B的对应点为E，确定旋转中心为点O、旋转角为∠BOE；接下来分别对A、C两点，以O为顶点构造与旋转角相等的角，且截取线段长度等于该点到O的距离，即可得到A、C的对应点；最后顺次连接各对应点就能得到旋转后的三角形。
【解析】
作法如下：
1. 连接OA、OB、OC、OE；
2. 以点O为顶点，OA为一边，作∠AOF=∠BOE，在角的射线上截取OF=OA，得到点A的对应点F；
3. 以点O为顶点，OC为一边，作∠COG=∠BOE，在角的射线上截取OG=OC，得到点C的对应点G；
4. 连接EF、EG、FG。
【答案】
点F、G分别是顶点A、C的对应点，△EFG即为△ABC绕点O旋转后的三角形，具体作法见解析。
【知识点】
旋转的性质；旋转变换作图
【点评】
本题属于基础作图类题目，重点考查旋转性质的应用，解题的关键是明确旋转角、对应点到旋转中心距离相等的特点，按照步骤规范作图即可，作图时需注意保留作图痕迹。
【难度系数】
0.8

【分析】
（1）求解旋转角n，首先利用旋转的性质可得旋转前后对应边AC=DC，结合Rt△ABC中∠B=30°可求出∠A=60°，进而判定△ACD为等边三角形，得到∠ACD的度数即为旋转角n的值；
（2）判断四边形ACFD的形状，先利用旋转的性质得到∠EDC=∠A=60°、DE=AB，再结合直角三角形斜边中线的性质得到CF=DF=½DE，结合Rt△ABC中30°角对的直角边是斜边一半可得AC=½AB=½DE，进而推导得到四边形ACFD的四条边相等，即可判定形状。
【解析】
（1）在$Rt△ABC$中，$∠ ACB=90°,∠ B=30°$，
$\therefore ∠ A=90°-∠ B=60°$，
$\because △ABC$绕点C顺时针旋转得到$△DEC$，
$\therefore AC=DC$，
$\therefore △ACD$是等腰三角形，又$∠ A=60°$，
$\therefore △ACD$是等边三角形，
$\therefore ∠ ACD=60°$，即旋转角$n=60$。
（2）四边形ACFD是菱形，理由如下：
由旋转的性质可得：$∠ EDC=∠ A=60°$，$DE=AB$，$∠ DCE=∠ ACB=90°$，
由（1）知$AC=AD=DC$，
在$Rt△ABC$中，$∠ B=30°$，$\therefore AC=\frac{1}{2}AB$，
$\therefore DC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}DE$，
$\because F$是$DE$的中点，$∠ DCE=90°$，
$\therefore CF=DF=\frac{1}{2}DE$，
$\therefore AC=AD=DF=CF$，
$\therefore$ 四边形ACFD是菱形。
【答案】
（1）$\boxed{60}$；（2）$\boxed{四边形ACFD是菱形}$
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定
【点评】
本题属于几何综合基础题，将旋转与特殊三角形、特殊四边形的判定结合考查，解题的核心是抓住旋转前后图形对应边、对应角相等的性质，结合特殊三角形的边角关系推导边的等量关系，是几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.7

【分析】
解决作中心对称图形的问题，首先要依据中心对称的核心性质：成中心对称的两个图形中，对称点的连线都经过对称中心，且被对称中心平分。因此作图的核心思路是先找到原图形各顶点关于对称中心的对称点，再顺次连接对称点即可得到所求图形。
对于第(1)问，对称中心是点A，点A本身的对称点就是它自己，只需分别作出B、C、D三点关于点A的对称点，再顺次连接即可；对于第(2)问，首先确定BC的中点O为对称中心，其中点B的对称点是C、点C的对称点是B，再作出A、D两点关于点O的对称点，顺次连接各对称点即可。
【解析】
(1) 以顶点A为对称中心的作图步骤：
① 连接CA并延长CA到点C'，使AC' = AC；
② 延长BA到点B'，使AB' = AB；
③ 延长DA到点D'，使AD' = AD；
④ 顺次连接点A、B'、C'、D'，所得四边形AB'C'D'即为与四边形ABCD关于点A成中心对称的四边形。
(2) 以BC的中点O为对称中心的作图步骤：
① 取BC的中点O；
② 连接AO并延长AO到点A'，使OA' = OA；
③ 连接DO并延长DO到点D'，使OD' = OD；
④ 点B关于点O的对称点为点C，点C关于点O的对称点为点B；
⑤ 顺次连接点A'、C、B、D'，所得四边形A'CBD'即为与四边形ABCD关于点O成中心对称的四边形。
【答案】
(1) 四边形AB'C'D'；(2) 四边形A'CBD'（按上述步骤作图即可）
【知识点】
中心对称的性质、中心对称作图、线段中点的定义
【点评】
本题属于基础作图类题目，主要考查对中心对称性质的理解和应用能力，解题的关键是找准对称中心，按照性质准确作出各顶点的对称点，作图时需注意规范，保证对称点到对称中心的距离相等。
【难度系数】
0.8

【分析】
解题时首先结合旋转180°的性质，可知点B与点B'关于旋转中心O中心对称，因此BB'的长度等于OB长度的2倍，只需要求出OB的长度即可解题。首先根据等腰直角三角形的性质得到AC的长度，再由O是AC中点求出OC的长度，最后在Rt△BCO中利用勾股定理算出OB的长度，乘以2即可得到BB'的长度。
【解析】
解：
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，
∴AC=BC=2 cm，
∵O是AC的中点，
∴OC=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}×2=1$ cm，
在Rt△BCO中，由勾股定理得：
OB=$\sqrt{OC^2+BC^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$ cm，
∵将△ABC绕点O旋转180°得到对应图形，点B的对应点为B'，
∴点B与点B'关于点O中心对称，即OB'=OB，
∴BB'=OB+OB'=2OB=2$\sqrt{5}$ cm。
【答案】
$2\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
旋转的性质；等腰直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是几何变换类基础题，解题的关键是熟练掌握中心对称的性质，将求BB'的长度转化为求OB长度的2倍，再结合勾股定理计算即可，解题时注意理清旋转前后对应点的位置关系。
【难度系数】
0.7

【分析】
要证明线段平方和的等式，首先联想勾股定理，需将三条共线的线段转化到同一个直角三角形中。本题可利用正方形邻边相等的性质，通过旋转构造全等三角形转移线段，具体思路为：①旋转△AND使AD与AB重合，将DN转移为BQ，同时推出∠MBQ为直角；②证明△AQM和△ANM全等，得到MN=MQ；③在Rt△MBQ中应用勾股定理，替换线段即可得证。
【解析】
证明：
1. 构造辅助线：将△AND绕点A顺时针旋转90°，使AD与AB重合，得到△AQB，连接MQ。
2. 由旋转性质得$△ AQB ≌ △ AND$，因此$BQ=DN$，$AQ=AN$，$∠ ABQ=∠ ADN=45°$，$∠ QAB=∠ NAD$。
3. 推导直角：正方形ABCD中，对角线BD分得$∠ ABD=45°$，因此$∠ MBQ=∠ ABQ+∠ ABD=45°+45°=90°$，即$△ MBQ$为直角三角形。由勾股定理得$BM^2+BQ^2=MQ^2$，代入$BQ=DN$得$BM^2+DN^2=MQ^2$。
4. 证明全等得线段相等：已知$∠ EAF=45°$，正方形中$∠ BAD=90°$，因此$∠ NAD+∠ BAM=∠ BAD-∠ EAF=45°$，替换$∠ NAD=∠ QAB$得$∠ QAM=∠ QAB+∠ BAM=45°$，即$∠ QAM=∠ NAM$。
在$△ AQM$和$△ ANM$中：
$\begin{cases}AQ=AN \\∠ QAM=∠ NAM \\AM=AM\end{cases}$
因此$△ AQM ≌ △ ANM(\mathrm{SAS})$，得$MQ=MN$。
5. 等量代换：将$MQ=MN$代入$BM^2+DN^2=MQ^2$，可得$DN^2+BM^2=MN^2$，原命题得证。
【答案】
提示:将△AND绕点A顺时针旋转,使边AD与边AB重合,则点N旋转到点Q的位置上(如图),连接MQ.则$△ AQB≌△ AND$.所以$∠ ABQ=45°$,$∠ QAB=∠ NAD$,$BQ=DN$.从而可得$∠ MBQ=90°$.易证$△ AQM≌△ ANM$,得$MN=MQ$.
【知识点】
正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是正方形背景下线段平方关系的典型证明题，重点考查几何辅助线的构造能力，通过旋转将分散的线段集中到直角三角形中，结合全等与勾股定理完成证明，体现了几何中的转化思想。
【难度系数】
0.6