分析：

根据旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状，因此所得图形与原图形全等．

解答：

解：做A$_1$M⊥x轴于点M，AN⊥x轴于点N，易得△A$_1$MO≌△ONA，

∵A(3，4)，

∴A$_1$的坐标是(-4，3)．

点评：

此题考查了中心对称的两点的坐标之间的关系：(a，b)绕原点旋转逆时针90°后的点的坐标为(-b，a)．

分析：

△A′B′C′是由△ABC向右平移5个单位长度，然后绕B′点逆时针旋转90°得到的，则△ABC可以看成由△A′B′C′绕点B顺时针旋转90°，然后向左平移5个单位长度而得到点A的坐标．

解答：

把点(4，4)绕点B顺时针旋转90°，然后向左平移5个单位长度而得到点的坐标是(-1，-2)．

点评：

运用逆向思维的方法，解题更方便且易于理解．

分析：

(1)由A点的坐标为(1，2)，而点A关于y轴的对称点为点B，点A关于原点O的对称点为点C，根据关于原点对称的坐标特点得到B点坐标为(-1，2)，C点坐标为(-1，-2)，则D点坐标为(0，2)，利用三角形面积公式有S_△ADO=$\frac {1}{2}$OD•AD=$\frac {1}{2}$×2×1=1，S_△ABC=$\frac {1}{2}$BC•AB=$\frac {1}{2}$×4×2=4，即可得到$\frac {S_△ADO}{S_△ABC}$=$\frac {1}{4}$；

(2)点A的坐标为(a，b)(ab≠0)，则B点坐标为(-a，b)，C点坐标为(-a，-b)，则AB∥x轴，BC∥y轴，AB=2|a|，BC=2|b|，得到△ABC的形状为直角三角形．

解答：

解：(1)∵A点的坐标为(1，2)，点A关于y轴的对称点为点B，点A关于原点O的对称点为点C，

∴B点坐标为(-1，2)，C点坐标为(-1，-2)，

连AB，BC，AC，AB交y轴于D点，如图，

D点坐标为(0，2)，

∴S_△ADO=$\frac {1}{2}$OD•AD=$\frac {1}{2}$×2×1=1，S_△ABC=$\frac {1}{2}$BC•AB=$\frac {1}{2}$×4×2=4，

∴$\frac {S_△ADO}{S_△ABC}$=$\frac {1}{4}$；



(2)点A的坐标为(a，b)(ab≠0)，则B点坐标为(-a，b)，C点坐标为(-a，-b)，

AB∥x轴，BC∥y轴，AB=2|a|，BC=2|b|，

∴△ABC的形状为直角三角形，∠ABC=90°．

故答案为$\frac {1}{4}$；90．

点评：

本题考查了关于原点对称的坐标特点：点P(a，b)关于原点的对称点P′的坐标为(-a，-b)．也考查了关于x轴、y轴对称的坐标特点以及三角形的面积公式．

分析：

根据中心对称图形的性质，得出小明、小辉两家到学校距离相等，即可得出答案．

解答：

∵小明、小辉两家所在位置关于学校中心对称，

∴小明、小辉两家到学校距离相等，

∵小明家距学校2公里，

∴他们两家相距：4公里．

故答案为：4．

点评：

此题主要考查了中心对称图形的性质，根据已知得出小明、小辉两家到学校距离相等是解决问题的关键．

分析：

由弧OA与弧OC关于点O中心对称，根据中心对称的定义，如果连接AC，则点O为AC的中点，则题中所求面积等于△BAC的面积．

解答：

解：连接AC．

∵弧OA与弧OC关于点O中心对称，

∴点O为AC的中点，

∴AB、BC、弧CO、弧OA所围成的面积=△BAC的面积=$\frac {1}{2}$×2×2=2cm_．

点评：

根据中心对称的性质，把所求的不规则图形转化为规则图形即△BAC的面积，是解决本题的关键．

分析：

根据BE+DF=EF，则延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，可以认为是把△ABE绕点A逆时针旋转90度，得到△ADG，根据旋转的定义即可求解．

解答：

解：如图：延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，

在直角△ABE和直角△ADG中，$\left\{\begin{matrix}AB=AD \ BE=DG \ \end{matrix}\right.$，

∴直角△ABE≌直角△ADG，

∴AE=AG

又∴AF=AF，GF=EF

∴△AGF≌△AEF

∴∠EAF=∠GAF=$\frac {1}{2}$×90°=45°．

点评：

本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．

分析：

延长EB至H，使BH=DF，连接AH，证△ADF≌△ABH，△FAE≌△HAE，根据全等三角形的性质得出EF=HE=BE+HB即可得出答案．

解答：

证明：延长EB至H，使BH=DF，连接AH，

∵在正方形ABCD中，

∴∠ADF=∠ABH，AD=AB，

在△ADF和△ABH中，

$\left\{\begin{matrix}AD=AB \ ∠ADF=∠ABH \ DF=HB \ \end{matrix}\right.$

∴△ADF≌△ABH(SAS)，

∴∠BAH=∠DAF，AF=AH，

∴∠FAH=90°，

∴∠EAF=∠EAH=45°，

在△FAE和△HAE中，

$\left\{\begin{matrix}AF=AH \ ∠FAE=∠EAH \ AE=AE \ \end{matrix}\right.$

∴△FAE≌△HAE(SAS)，

∴EF=HE=BE+HB，

∴EF=BE+DF，

∵BE=3，DF=2，

∴EF=5．

故答案为：5．

点评：

本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定的综合应用，作出辅助线延长EB至H，使BH=DF，利用全等三角形性质与判定求出是解题关键．

分析：

如图，作辅助线，首先证明△ABE≌△ADG，进而得到∠GAF=45°；证明△EAF≌△GAF，得到EF=FG问题即可解决．

解答：

解：如图，延长CD到G，使DG=BE；

∵四边形ABCD为正方形，

∴AB=AD，∠B=∠ADG=90°，

在△ABE与△ADG中，

$\left\{\begin{matrix}AB=AD \ ∠B=∠ADG \ BE=DG \ \end{matrix}\right.$，

∴△ABE≌△ADG(SAS)，

∴∠BAE=∠DAG，AE=AG；

∴∠BAE+∠FAD=∠FAD+∠DAG，

而∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠FAD=90°-45°=45°，

∴∠GAF=45°，

∴∠EAF=∠GAF；

在△EAF与△GAF中，

$\left\{\begin{matrix}AE=AG \ ∠EAF=∠GAF \ AF=AF \ \end{matrix}\right.$，

∴△EAF≌△GAF(SAS)，

∴EF=FG=2+3=5(cm)，

即EF的长为5cm．

点评：

该命题以正方形为载体，以考查正方形的性质、全等三角形的判定及其性质为核心构造而成；解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．

分析：

根据全等三角形的判定与性质，可得AG=AF，∠BAG=∠DAF，再根据全等三角形的判定与性质，可得EF与DC的关系，求得答案．

解答：

解：如图所示：延长CB至G，使得BG=DF，连接AG，

在△ADF和△ABG中$\left\{\begin{matrix}DF=BG \ ∠D=∠ABG=90° \ AD=AB \ \end{matrix}\right.$，

∴△ADF≌△ABG(SAS)，

∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，

∴∠BAG+∠BAF=∠DAF+∠BAF=90°．

∵∠EAF=45°，

∴∠GAE=90°-∠EAF=45°=∠EAF．

在△AEG和△AEF中$\left\{\begin{matrix}AG=AF \ ∠GAE=∠FAE \ AE=AE \ \end{matrix}\right.$，

∴△AEG≌△AEF(SAS)，

∴EF=GE=BG-BE=DF-BE=12-2=10．

点评：

本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，等式的性质，综合性较强，题目稍有难度．

分析：

连接DE、CE，则∠2=θ，∠5=∠6=2θ，∠5+∠6+∠1=180°，在△ACE中，∠3=∠CAE=63°，∠4=180°-∠3-∠CAE，进而1可得出∠θ的度数．

解答：

解：连接DE、CE，则∠2=θ，∠5=∠6=2θ，

∵∠6是△BDE的外角，

∴∠6=∠2+∠ABC=2θ，

∵∠5+∠6+∠1=180°，

∴4θ+∠1=180°①，

在△ACE中，

∵AE=CE，

∴∠3=∠CAE=63°，

∴∠4=180°-∠3-∠CAE=180°-63°-63°=54°，

∵∠4+∠1+∠2=180°，即54°+∠1+θ=180°②，

①②联立得，θ=18°．

故答案为：18°．

点评：

本题考查的是等腰三角形的性质，三角形内角和定理及三角形外角的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．