在△ABC中,AB=BC,∠A=∠C=45°,将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0＜α＜90°）,得△MBN,BM交AC与

EA₁=FC．理由如下：
∵AB=BC，∴∠A=∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α得△A₁BC₁，
∴∠ABE=∠C₁BF，AB=BC=A₁B=BC₁，
在△ABE和△C₁BF中，


∠A＝∠C1
AB＝BC1
∠ABE＝∠C1BF，
∴△ABE≌△C₁BF（ASA），
∴BE=BF，
∴A₁B-BE=BC-BF，
即EA₁=FC．

点评：
本题考点： 旋转的性质．

考点点评： 本题考查了旋转的性质，主要利用了全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，难度不大，利用好旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小，找出相等的线段是解题的关键．

（1）EA₁=FC．
证明：（证法一）∵AB=BC，
∴∠A=∠C．
由旋转可知，AB=BC₁，∠A=∠C₁，∠ABE=∠C₁BF，
∴△ABE≌△C₁BF．
∴BE=BF，又∵BA₁=BC，
∴BA₁-BE=BC-BF．即EA₁=FC．
（证法二）∵AB=BC，∴∠A=∠C．
由旋转可知，∠A₁=∠C，A₁B=CB，而∠EBC=∠FBA₁，
∴△A₁BF≌△CBE．
∴BE=BF，∴BA₁-BE=BC-BF，
即EA₁=FC．

（2）四边形BC₁DA是菱形．
证明：∵∠A₁=∠ABA₁=30°，
∴A₁C₁∥AB，同理AC∥BC₁．
∴四边形BC₁DA是平行四边形．
又∵AB=BC₁，
∴四边形BC₁DA是菱形．

（3）（解法一）过点E作EG⊥AB于点G，则AG=BG=1．
在Rt△AEG中，AE=
AG
cosA＝
1
cos30°＝
2
3
3．
由（2）知四边形BC₁DA是菱形，
∴AD=AB=2，
∴ED=AD-AE=2-
2
3
3．
（解法二）∵∠ABC=120°，∠ABE=30°，∴∠EBC=90°．
在Rt△EBC中，BE=BC•tanC=2×tan30°=
2
3
3．
∴EA₁=BA₁-BE=2-
2
3
3．
∵A₁C₁∥AB，
∴∠A₁DE=∠A．
∴∠A₁DE=∠A₁．
∴ED=EA₁=2-
2
3
3．

点评：
本题考点： 解直角三角形；全等三角形的判定与性质；菱形的判定；旋转的性质．

考点点评： 本题主要考查旋转、全等三角形、特殊平行四边形、解直角三角形等知识．解决本题的关键是结合图形，大胆猜想．