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1. (2025—2026 杭州萧山区检测)如图，△ABC是等边三角形，AB＝4，AD是边BC上的高，点E在边AD上，连接BE.以BE为边在其下方作等边三角形BEF，连接DF，CF，则DF的最小值为
1
。答案
1. 【解析】
∵△ABC 和△BEF 都是等边三角形,
∴∠ABC = ∠EBF = ∠BAC = 60°, AB = BC, BE = BF,
∴∠ABE = ∠CBF = 60° − ∠EBC,
∴△ABE≌△CBF(SAS).
如图,取 AB 的中点 M,连接 EM.
∵△ABC 是等边三角形,AB = 4,M 是 AB 的中点,AD 是边 BC 上的高,
∴D 是 BC 的中点,AD 平分∠BAC,AM = 2,
∴DF = EM,∠BAD = 30°,
∴当 ME⊥AD 时,ME 取最小值,即 DF 取最小值.
在Rt△AME 中,∠MAE = 30°,
∴ME = 1/2 AM = 1,
∴DF 的最小值为 1.
解析
【分析】
本题属于几何最值类题型，解题思路可按三步梳理：首先，题目给出两个共顶点的等边三角形，优先考虑通过SAS证明手拉手全等，实现线段的等量转化；其次，明确点E的运动轨迹是线段AD，根据“垂线段最短”的性质，可确定待求线段取最小值的位置；最后结合等边三角形和含30°角的直角三角形的性质计算最小值即可。
【解析】
∵△ABC 和△BEF 都是等边三角形,
∴∠ABC = ∠EBF = 60°, AB = BC, BE = BF,
∴∠ABE = ∠CBF = 60° − ∠EBC,
∴△ABE≌△CBF(SAS).
如图,取 AB 的中点 M,连接 EM.
∵△ABC 是等边三角形,AB = 4,M 是 AB 的中点,AD 是边 BC 上的高,
∴D 是 BC 的中点,AD 平分∠BAC,AM = 2,∠BAD = 30°,
可证得DF = EM,
∴当 ME⊥AD 时,ME 取最小值,即 DF 取最小值.
在Rt△AME 中,∠MAE = 30°,
∴ME = $\frac{1}{2}$ AM = 1,
∴DF 的最小值为 1.
【答案】
1
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短
【点评】
本题是几何转化思想的典型应用，核心是通过全等将未知的最值问题转化为易求解的点到直线的距离问题，考察了学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
本题属于几何最值类题型，解题思路可按三步梳理：首先，题目给出两个共顶点的等边三角形，优先考虑通过SAS证明手拉手全等，实现线段的等量转化；其次，明确点E的运动轨迹是线段AD，根据“垂线段最短”的性质，可确定待求线段取最小值的位置；最后结合等边三角形和含30°角的直角三角形的性质计算最小值即可。
【解析】
∵△ABC 和△BEF 都是等边三角形,
∴∠ABC = ∠EBF = 60°, AB = BC, BE = BF,
∴∠ABE = ∠CBF = 60° − ∠EBC,
∴△ABE≌△CBF(SAS).
如图,取 AB 的中点 M,连接 EM.
∵△ABC 是等边三角形,AB = 4,M 是 AB 的中点,AD 是边 BC 上的高,
∴D 是 BC 的中点,AD 平分∠BAC,AM = 2,∠BAD = 30°,
可证得DF = EM,
∴当 ME⊥AD 时,ME 取最小值,即 DF 取最小值.
在Rt△AME 中,∠MAE = 30°,
∴ME = $\frac{1}{2}$ AM = 1,
∴DF 的最小值为 1.
【答案】
1
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短
【点评】
本题是几何转化思想的典型应用，核心是通过全等将未知的最值问题转化为易求解的点到直线的距离问题，考察了学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
2.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=4$,$BC=3$,$AB=5$,$E$是线段$AB$上的动点,连接$CE$,并将线段$CE$绕点$C$逆时针旋转$90°$至$CD$.连接$BD$,则$BD$的最小值为
$\frac{3}{5}$
.答案
2. 【解析】如图,在 AC 上截取 CF = CB = 3,连接 EF,BF.
由旋转的性质可得 CE = CD,∠ECD = 90°,
∴∠DCB = ∠ECF = 90° − ∠BCE,
∴△ECF≌△DCB(SAS),
∴EF = DB.
由垂线段最短可知,当 FE⊥AB 时,EF 取最小值,即 BD 取最小值,
∴$S_{△ABC} = \frac{1}{2}×3×4 = \frac{1}{2}×3×3 + \frac{1}{2}×5EF$,
∴$EF = \frac{3}{5}$,
∴BD 的最小值为$\frac{3}{5}$.
解析
【分析】
遇到旋转相关的线段最值问题，首先利用旋转的性质得到等线段和等角，直接求BD的最小值不好求解，因此考虑通过构造全等三角形将BD转化为其他线段求解。已知CE旋转90°得到CD，可得CE=CD且∠ECD=90°，又∠ACB=90°，因此可在AC上截取CF=CB，构造出△ECF和△DCB全等，将BD转化为EF，再根据垂线段最短，求点F到AB的垂线段长度即可得到BD的最小值。
【解析】
如图，在AC上截取$CF = CB = 3$，连接EF，BF。
由旋转的性质可得：$CE = CD$，$∠ECD = 90°$，
∴$∠DCB = ∠ECF = 90° − ∠BCE$，
在$△ ECF$和$△ DCB$中：
$\begin{cases}CF=CB \\∠ECF=∠DCB \\CE=CD\end{cases}$
∴$△ ECF≌△ DCB(\mathrm{SAS})$，
∴$EF = DB$。
由垂线段最短可知，当$FE⊥AB$时，EF取最小值，即BD取最小值。
$△ ABC$的面积：$S_{△ABC} = \frac{1}{2}×AC×BC = \frac{1}{2}×3×4 = 6$，
又$S_{△ABC} = S_{△BCF} + S_{△ABF}$，
其中$S_{△BCF} = \frac{1}{2}×CF×BC = \frac{1}{2}×3×3 = \frac{9}{2}$，$S_{△ABF} = \frac{1}{2}×AB×EF = \frac{1}{2}×5×EF$，
代入得：$6 = \frac{9}{2} + \frac{5}{2}EF$，
解得$EF = \frac{3}{5}$，
∴BD的最小值为$\frac{3}{5}$。
【答案】
$\frac{3}{5}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题将旋转性质、全等三角形与最值问题结合，核心是通过构造全等三角形将未知线段的最值转化为点到直线的距离求解，体现了转化思想的运用，熟练掌握构造全等的方法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
遇到旋转相关的线段最值问题，首先利用旋转的性质得到等线段和等角，直接求BD的最小值不好求解，因此考虑通过构造全等三角形将BD转化为其他线段求解。已知CE旋转90°得到CD，可得CE=CD且∠ECD=90°，又∠ACB=90°，因此可在AC上截取CF=CB，构造出△ECF和△DCB全等，将BD转化为EF，再根据垂线段最短，求点F到AB的垂线段长度即可得到BD的最小值。
【解析】
如图，在AC上截取$CF = CB = 3$，连接EF，BF。
由旋转的性质可得：$CE = CD$，$∠ECD = 90°$，
∴$∠DCB = ∠ECF = 90° − ∠BCE$，
在$△ ECF$和$△ DCB$中：
$\begin{cases}CF=CB \\∠ECF=∠DCB \\CE=CD\end{cases}$
∴$△ ECF≌△ DCB(\mathrm{SAS})$，
∴$EF = DB$。
由垂线段最短可知，当$FE⊥AB$时，EF取最小值，即BD取最小值。
$△ ABC$的面积：$S_{△ABC} = \frac{1}{2}×AC×BC = \frac{1}{2}×3×4 = 6$，
又$S_{△ABC} = S_{△BCF} + S_{△ABF}$，
其中$S_{△BCF} = \frac{1}{2}×CF×BC = \frac{1}{2}×3×3 = \frac{9}{2}$，$S_{△ABF} = \frac{1}{2}×AB×EF = \frac{1}{2}×5×EF$，
代入得：$6 = \frac{9}{2} + \frac{5}{2}EF$，
解得$EF = \frac{3}{5}$，
∴BD的最小值为$\frac{3}{5}$。
【答案】
$\frac{3}{5}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短
【点评】
本题将旋转性质、全等三角形与最值问题结合，核心是通过构造全等三角形将未知线段的最值转化为点到直线的距离求解，体现了转化思想的运用，熟练掌握构造全等的方法是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.6
3.如图,已知正方形ABCD的边长为3,E,F分别是AB,BC边上的点,且∠EDF=45°.将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDM,若AE=1,则MF的长为
$\frac{5}{2}$
.答案
3. 【解析】由旋转的性质可得∠A = ∠DCM = 90°,DE = DM,
∴∠FCM = ∠FCD + ∠DCM = 180°,
∴F,C,M 三点共线.
由题意,得∠EDM = 90°,即∠EDF + ∠FDM = 90°.
∵∠EDF = 45°,
∴∠FDM = ∠EDF = 45°.
在△DEF 和△DMF 中,
$\begin{cases} DE = DM, \\ ∠EDF = ∠MDF, \\ DF = DF, \end{cases}$
∴△DEF≌△DMF(SAS),
∴EF = MF.
设 EF = MF = x.
∵AE = CM = 1,且 BC = 3,
∴BM = BC + CM = 3 + 1 = 4,
∴BF = BM − MF = 4 − x.
∵EB = AB − AE = 3 − 1 = 2,
∴在Rt△EBF 中,由勾股定理,得 EB² + BF² = EF²,即 2² + (4 − x)² = x²,解得 x = $\frac{5}{2}$,
∴MF = $\frac{5}{2}$.
∴∠FCM = ∠FCD + ∠DCM = 180°,
∴F,C,M 三点共线.
由题意,得∠EDM = 90°,即∠EDF + ∠FDM = 90°.
∵∠EDF = 45°,
∴∠FDM = ∠EDF = 45°.
在△DEF 和△DMF 中,
$\begin{cases} DE = DM, \\ ∠EDF = ∠MDF, \\ DF = DF, \end{cases}$
∴△DEF≌△DMF(SAS),
∴EF = MF.
设 EF = MF = x.
∵AE = CM = 1,且 BC = 3,
∴BM = BC + CM = 3 + 1 = 4,
∴BF = BM − MF = 4 − x.
∵EB = AB − AE = 3 − 1 = 2,
∴在Rt△EBF 中,由勾股定理,得 EB² + BF² = EF²,即 2² + (4 − x)² = x²,解得 x = $\frac{5}{2}$,
∴MF = $\frac{5}{2}$.
解析
【分析】
解题时先从旋转的性质入手，首先明确旋转前后对应边、对应角相等，可得DE=DM、∠DCM=∠A=90°，进而推出F、C、M三点共线；再结合已知∠EDF=45°、旋转角为90°，可证得∠EDF=∠MDF，即可证明△DEF与△DMF全等，得到MF=EF的等量关系；最后设MF为未知数，用含未知数的式子表示出Rt△EBF的各边长，利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
由旋转的性质可得∠A = ∠DCM = 90°，DE = DM，
∴∠FCM = ∠FCD + ∠DCM = 90°+90°= 180°，
∴F、C、M三点共线。
由旋转可知∠EDM = 90°，即∠EDF + ∠FDM = 90°，
∵∠EDF = 45°，
∴∠FDM = 90°-45°= 45°=∠EDF。
在△DEF和△DMF中：
$\begin{cases} DE = DM \\ ∠EDF = ∠MDF \\ DF = DF \end{cases}$
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF = MF。
设EF = MF = x，
∵AE = CM = 1，正方形边长BC=3，
∴BM = BC + CM = 3 + 1 = 4，
∴BF = BM - MF = 4 - x，
又
∵EB = AB - AE = 3 - 1 = 2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB² + BF² = EF²，
即$2^2 + (4 - x)^2 = x^2$，
展开得：$4 + 16 - 8x + x^2 = x^2$，
整理得：20 - 8x = 0，
解得$x = \frac{5}{2}$，
∴MF = $\frac{5}{2}$。
【答案】
$\frac{5}{2}$
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是旋转半角模型的典型应用，通过旋转将分散的线段和角的条件集中，结合全等三角形实现线段的等量代换，再利用勾股定理列方程求解，解题的关键是证明三点共线和三角形全等，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
解题时先从旋转的性质入手，首先明确旋转前后对应边、对应角相等，可得DE=DM、∠DCM=∠A=90°，进而推出F、C、M三点共线；再结合已知∠EDF=45°、旋转角为90°，可证得∠EDF=∠MDF，即可证明△DEF与△DMF全等，得到MF=EF的等量关系；最后设MF为未知数，用含未知数的式子表示出Rt△EBF的各边长，利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
由旋转的性质可得∠A = ∠DCM = 90°，DE = DM，
∴∠FCM = ∠FCD + ∠DCM = 90°+90°= 180°，
∴F、C、M三点共线。
由旋转可知∠EDM = 90°，即∠EDF + ∠FDM = 90°，
∵∠EDF = 45°，
∴∠FDM = 90°-45°= 45°=∠EDF。
在△DEF和△DMF中：
$\begin{cases} DE = DM \\ ∠EDF = ∠MDF \\ DF = DF \end{cases}$
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF = MF。
设EF = MF = x，
∵AE = CM = 1，正方形边长BC=3，
∴BM = BC + CM = 3 + 1 = 4，
∴BF = BM - MF = 4 - x，
又
∵EB = AB - AE = 3 - 1 = 2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得：EB² + BF² = EF²，
即$2^2 + (4 - x)^2 = x^2$，
展开得：$4 + 16 - 8x + x^2 = x^2$，
整理得：20 - 8x = 0，
解得$x = \frac{5}{2}$，
∴MF = $\frac{5}{2}$。
【答案】
$\frac{5}{2}$
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是旋转半角模型的典型应用，通过旋转将分散的线段和角的条件集中，结合全等三角形实现线段的等量代换，再利用勾股定理列方程求解，解题的关键是证明三点共线和三角形全等，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
4.如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°,AB=AC$,点$D,E$都在$BC$上,$∠ DAE=45°,BD=3$,$CE=5$,则$DE$的长为
$\sqrt{34}$
.答案
4. 【解析】将△ABD 绕点 A 逆时针旋转至△ACD',使得 AB 与 AC 重合,如图所示,连接 ED'.
∵∠BAC = 90°,AB = AC,
∴∠B = ∠ACB = 45°.
由旋转的性质可知△ABD≌△ACD',
∴CD' = BD = 3,∠ACD' = ∠B = 45°,
∴∠D'CE = ∠ACD' + ∠ACB = 90°.
∵CE = 5,
∴$D'E = \sqrt{EC^2 + D'C^2} = \sqrt{34}$.
由旋转的性质可知∠BAD = ∠CAD',
∴∠BAC = ∠BAD + ∠DAC = ∠CAD' + ∠DAC = 90°,
即∠DAD' = 90°.
又
∵∠DAE = 45°,
∴∠D'AE = 45°,
∴∠DAE = ∠D'AE.
又
∵AD = AD',AE = AE,
∴△ADE≌△AD'E(SAS),
∴DE = D'E = $\sqrt{34}$.
解析
【分析】
本题属于等腰直角三角形中的半角问题，解题核心思路是利用旋转构造全等三角形，将分散的已知线段BD、CE整合到同一个直角三角形中，再通过全等将DE转化为直角三角形的斜边，用勾股定理计算。首先观察到AB=AC，∠BAC=90°，可将△ABD绕点A旋转使AB与AC重合得到△ACD'，先推导∠D'CE为直角，计算出D'E的长度，再证明△ADE≌△AD'E，即可得到DE的长度。
【解析】
将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使得AB与AC重合，连接ED'。
∵∠BAC = 90°，AB = AC，
∴∠B = ∠ACB = 45°。
由旋转的性质可知△ABD≌△ACD'，
∴CD' = BD = 3，∠ACD' = ∠B = 45°，
∴∠D'CE = ∠ACD' + ∠ACB = 90°。
∵CE = 5，
∴$D'E = \sqrt{EC^2 + D'C^2} = \sqrt{5^2 + 3^2} = \sqrt{34}$。
由旋转的性质可知∠BAD = ∠CAD'，
∴∠BAC = ∠BAD + ∠DAC = ∠CAD' + ∠DAC = 90°，即∠DAD' = 90°。
又
∵∠DAE = 45°，
∴∠D'AE = ∠DAD' - ∠DAE = 45°，
∴∠DAE = ∠D'AE。
又
∵AD = AD'，AE = AE，
∴△ADE≌△AD'E（SAS），
∴DE = D'E = $\sqrt{34}$。
【答案】
$\sqrt{34}$
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是半角模型的典型考题，解题的关键是通过旋转将分散的边集中构造直角三角形，结合全等变换转化待求线段，对几何变换的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题属于等腰直角三角形中的半角问题，解题核心思路是利用旋转构造全等三角形，将分散的已知线段BD、CE整合到同一个直角三角形中，再通过全等将DE转化为直角三角形的斜边，用勾股定理计算。首先观察到AB=AC，∠BAC=90°，可将△ABD绕点A旋转使AB与AC重合得到△ACD'，先推导∠D'CE为直角，计算出D'E的长度，再证明△ADE≌△AD'E，即可得到DE的长度。
【解析】
将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使得AB与AC重合，连接ED'。
∵∠BAC = 90°，AB = AC，
∴∠B = ∠ACB = 45°。
由旋转的性质可知△ABD≌△ACD'，
∴CD' = BD = 3，∠ACD' = ∠B = 45°，
∴∠D'CE = ∠ACD' + ∠ACB = 90°。
∵CE = 5，
∴$D'E = \sqrt{EC^2 + D'C^2} = \sqrt{5^2 + 3^2} = \sqrt{34}$。
由旋转的性质可知∠BAD = ∠CAD'，
∴∠BAC = ∠BAD + ∠DAC = ∠CAD' + ∠DAC = 90°，即∠DAD' = 90°。
又
∵∠DAE = 45°，
∴∠D'AE = ∠DAD' - ∠DAE = 45°，
∴∠DAE = ∠D'AE。
又
∵AD = AD'，AE = AE，
∴△ADE≌△AD'E（SAS），
∴DE = D'E = $\sqrt{34}$。
【答案】
$\sqrt{34}$
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是半角模型的典型考题，解题的关键是通过旋转将分散的边集中构造直角三角形，结合全等变换转化待求线段，对几何变换的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
5.如图，$△ ABC$为等边三角形，以$AB$为边向外作$△ ABD$，使$∠ ADB=120°$，再以点$C$为旋转中心把$△ CBD$旋转到$△ CAE$.有下列结论：①$D$，$A$，$E$三点共线；②$DC$平分$∠ BDA$；③$∠ E=∠ BAC$；④$DC=DB+DA$.其中正确的有（
A.4个
B.3个
C.2个
D.1个
A
）A.4个
B.3个
C.2个
D.1个
答案
5. A 【解析】如图,①设∠1 = x°,则∠2 = (60−x)°,∠DBC = (x+60)°.由旋转的性质可知∠4 = (x+60)°,
∴∠2 + ∠3 + ∠4 = (60−x)° + 60° + (x+60)° = 180°,
∴D,A,E 三点共线,故结论①正确.
②
∵△ABC 为等边三角形,
∴∠ACB = ∠ABC = ∠3 = 60°.
∵以点 C 为旋转中心把△CBD 旋转到△CAE,
∴CE = CD,∠DCE = 60°,∠BDC = ∠E,
∴△CDE 为等边三角形,
∴∠CDA = ∠E = 60°,
∴∠ADC = ∠BDC = 60°,
∴DC 平分∠BDA,故结论②正确.
③
∵∠3 = 60°,∠E = 60°,
∴∠E = ∠3,即∠E = ∠BAC,故结论③正确.
④由旋转的性质可知 EA = DB.
∵△CDE 为等边三角形,
∴DC = DE = EA + DA = DB + DA,故结论④正确.
综上所述,正确的有 4 个.
解析
【分析】
本题是旋转与等边三角形结合的综合几何题，解题思路如下：首先回顾核心性质：旋转前后图形全等，对应边、对应角相等，旋转角相等；等边三角形三个内角均为60°、三边相等。再对四个结论逐一验证：①判断三点共线，只需证明三点形成的角为平角（180°）；②判断角平分线，证明DC将∠ADB分为两个相等的角即可；③判断两角相等，分别计算∠E与∠BAC的度数对比即可；④判断线段和差关系，借助旋转的等量代换，结合等边三角形三边相等推导即可。
【解析】
①设∠1 = x°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=60°，
∴∠2 = (60 - x)°，∠DBC = ∠1 + ∠ABC = (x + 60)°，
由旋转的性质可得∠4 = ∠DBC = (x + 60)°，
∴∠2 + ∠3 + ∠4 = (60 - x)° + 60° + (x + 60)° = 180°，
∴D、A、E三点共线，故结论①正确；
②由旋转的性质可得：CD = CE，∠DCE = ∠ACB = 60°，∠BDC = ∠E，
∴△CDE为等边三角形，
∴∠E = ∠CDE = 60°，即∠BDC = 60°，
又
∵∠ADB = 120°，
∴∠ADC = ∠ADB - ∠BDC = 60°，
∴∠BDC = ∠ADC，即DC平分∠BDA，故结论②正确；
③
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC = 60°，
由△CDE为等边三角形得∠E = 60°，
∴∠E = ∠BAC，故结论③正确；
④由旋转的性质可得：AE = DB，
∵△CDE为等边三角形，
∴DC = DE，
又
∵D、A、E三点共线，
∴DE = DA + AE = DA + DB，
∴DC = DB + DA，故结论④正确。
综上，4个结论均正确。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质、等边三角形的性质、角平分线的判定
【点评】
本题综合考查几何图形变换与特殊三角形的性质应用，解题关键是利用旋转得到等量关系，结合等边三角形性质逐个推导结论，能有效锻炼学生的逻辑推理与几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
本题是旋转与等边三角形结合的综合几何题，解题思路如下：首先回顾核心性质：旋转前后图形全等，对应边、对应角相等，旋转角相等；等边三角形三个内角均为60°、三边相等。再对四个结论逐一验证：①判断三点共线，只需证明三点形成的角为平角（180°）；②判断角平分线，证明DC将∠ADB分为两个相等的角即可；③判断两角相等，分别计算∠E与∠BAC的度数对比即可；④判断线段和差关系，借助旋转的等量代换，结合等边三角形三边相等推导即可。
【解析】
①设∠1 = x°，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=60°，
∴∠2 = (60 - x)°，∠DBC = ∠1 + ∠ABC = (x + 60)°，
由旋转的性质可得∠4 = ∠DBC = (x + 60)°，
∴∠2 + ∠3 + ∠4 = (60 - x)° + 60° + (x + 60)° = 180°，
∴D、A、E三点共线，故结论①正确；
②由旋转的性质可得：CD = CE，∠DCE = ∠ACB = 60°，∠BDC = ∠E，
∴△CDE为等边三角形，
∴∠E = ∠CDE = 60°，即∠BDC = 60°，
又
∵∠ADB = 120°，
∴∠ADC = ∠ADB - ∠BDC = 60°，
∴∠BDC = ∠ADC，即DC平分∠BDA，故结论②正确；
③
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC = 60°，
由△CDE为等边三角形得∠E = 60°，
∴∠E = ∠BAC，故结论③正确；
④由旋转的性质可得：AE = DB，
∵△CDE为等边三角形，
∴DC = DE，
又
∵D、A、E三点共线，
∴DE = DA + AE = DA + DB，
∴DC = DB + DA，故结论④正确。
综上，4个结论均正确。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质、等边三角形的性质、角平分线的判定
【点评】
本题综合考查几何图形变换与特殊三角形的性质应用，解题关键是利用旋转得到等量关系，结合等边三角形性质逐个推导结论，能有效锻炼学生的逻辑推理与几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
