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10. 如图, 将$△ ABC$绕点B顺时针旋转$60°$,得到$△ DBE$,点C的对应点E恰好落在AB的延长线上,连接AD.下列结论一定正确的是（
A.$∠ ABD=∠ E$
B.$∠ CBE=∠ C$
C.$AD// BC$
D.$AD=BC$
C
）A.$∠ ABD=∠ E$
B.$∠ CBE=∠ C$
C.$AD// BC$
D.$AD=BC$
答案
10. C
解析
【分析】
解决本题首先要利用旋转的性质得到对应边、对应角的关系及旋转角的度数：①旋转前后两个三角形全等，对应角相等、对应边相等；②旋转角∠ABD=∠CBE=60°，且AB=BD，可推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB=60°，再通过角的数量关系逐一判断各选项即可。
【解析】
由旋转的性质可得：△ABC≌△DBE，AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，∠C=∠E。
1. 判定△ABD的形状：
∵AB=DB，∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°。
2. 逐一判断选项：
A选项：∠ABD=60°，∠E=∠C，∠C的度数不确定，故∠ABD与∠E不一定相等，A错误；
B选项：∠CBE=60°，∠C的度数不确定，故二者不一定相等，B错误；
C选项：
∵∠DAB=∠CBE=60°，二者为同位角，根据“同位角相等，两直线平行”可得AD//BC，C正确；
D选项：由等边三角形性质得AD=AB，AB与BC不一定相等，故AD与BC不一定相等，D错误。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；平行线的判定
【点评】
本题是旋转性质的典型应用题，解题的核心是抓住旋转过程中不变的边和角，结合等边三角形的判定找到等角关系，进而判断直线的位置关系，易错点是默认△ABC是特殊三角形，误判其他选项正确。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要利用旋转的性质得到对应边、对应角的关系及旋转角的度数：①旋转前后两个三角形全等，对应角相等、对应边相等；②旋转角∠ABD=∠CBE=60°，且AB=BD，可推出△ABD是等边三角形，得到∠DAB=60°，再通过角的数量关系逐一判断各选项即可。
【解析】
由旋转的性质可得：△ABC≌△DBE，AB=DB，∠ABD=∠CBE=60°，∠C=∠E。
1. 判定△ABD的形状：
∵AB=DB，∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠DAB=60°。
2. 逐一判断选项：
A选项：∠ABD=60°，∠E=∠C，∠C的度数不确定，故∠ABD与∠E不一定相等，A错误；
B选项：∠CBE=60°，∠C的度数不确定，故二者不一定相等，B错误；
C选项：
∵∠DAB=∠CBE=60°，二者为同位角，根据“同位角相等，两直线平行”可得AD//BC，C正确；
D选项：由等边三角形性质得AD=AB，AB与BC不一定相等，故AD与BC不一定相等，D错误。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；平行线的判定
【点评】
本题是旋转性质的典型应用题，解题的核心是抓住旋转过程中不变的边和角，结合等边三角形的判定找到等角关系，进而判断直线的位置关系，易错点是默认△ABC是特殊三角形，误判其他选项正确。
【难度系数】
0.7
11.如图,将矩形ABCD绕点C顺时针旋转$90°$,得到矩形$A'B'CD'$,E,F分别是BD,$B'D'$的中点.若$AB=1$,$BC=4$,则EF的长为
$\frac{\sqrt{34}}{2}$
.答案
11. $\frac{\sqrt{34}}{2}$
解析
【分析】
我们可以采用坐标法求解：首先以点C为坐标原点建立平面直角坐标系，根据已知矩形的边长确定原矩形ABCD各顶点的坐标；再根据旋转的性质，得出旋转后矩形A'B'CD'各顶点的坐标；接着利用中点坐标公式分别求出BD中点E、B'D'中点F的坐标；最后代入两点间距离公式即可算出EF的长度。
【解析】
解：以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，CD所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
∵AB=1，BC=4，矩形ABCD中AB=CD=1，BC=AD=4，
∴各点坐标为：$B(-4, 0)$，$C(0, 0)$，$D(0, 1)$，$A(-4, 1)$。
∵矩形ABCD绕点C顺时针旋转$90°$得到矩形$A'B'CD'$，根据旋转性质得旋转后各点坐标：$B'(0, 4)$，$D'(1, 0)$。
∵E是BD的中点，根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，则中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
∴E点坐标为$(\frac{-4+0}{2},\frac{0+1}{2})$，即$E(-2,\frac{1}{2})$。
∵F是$B'D'$的中点，
∴F点坐标为$(\frac{0+1}{2},\frac{4+0}{2})$，即$F(\frac{1}{2},2)$。
根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$，得：
$EF=\sqrt{(\frac{1}{2}-(-2))^2+(2-\frac{1}{2})^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{34}{4}}=\frac{\sqrt{34}}{2}$
【答案】
$\frac{\sqrt{34}}{2}$
【知识点】
旋转的性质，中点坐标公式，两点间距离公式
【点评】
本题将几何变换与坐标计算结合，既可通过坐标法求解，也可通过构造辅助线利用三角形中位线、勾股定理求解，考查了学生数形结合的应用能力。
【难度系数】
0.6
我们可以采用坐标法求解：首先以点C为坐标原点建立平面直角坐标系，根据已知矩形的边长确定原矩形ABCD各顶点的坐标；再根据旋转的性质，得出旋转后矩形A'B'CD'各顶点的坐标；接着利用中点坐标公式分别求出BD中点E、B'D'中点F的坐标；最后代入两点间距离公式即可算出EF的长度。
【解析】
解：以点C为坐标原点，BC所在直线为x轴，CD所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
∵AB=1，BC=4，矩形ABCD中AB=CD=1，BC=AD=4，
∴各点坐标为：$B(-4, 0)$，$C(0, 0)$，$D(0, 1)$，$A(-4, 1)$。
∵矩形ABCD绕点C顺时针旋转$90°$得到矩形$A'B'CD'$，根据旋转性质得旋转后各点坐标：$B'(0, 4)$，$D'(1, 0)$。
∵E是BD的中点，根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，则中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
∴E点坐标为$(\frac{-4+0}{2},\frac{0+1}{2})$，即$E(-2,\frac{1}{2})$。
∵F是$B'D'$的中点，
∴F点坐标为$(\frac{0+1}{2},\frac{4+0}{2})$，即$F(\frac{1}{2},2)$。
根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$，得：
$EF=\sqrt{(\frac{1}{2}-(-2))^2+(2-\frac{1}{2})^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{34}{4}}=\frac{\sqrt{34}}{2}$
【答案】
$\frac{\sqrt{34}}{2}$
【知识点】
旋转的性质，中点坐标公式，两点间距离公式
【点评】
本题将几何变换与坐标计算结合，既可通过坐标法求解，也可通过构造辅助线利用三角形中位线、勾股定理求解，考查了学生数形结合的应用能力。
【难度系数】
0.6
12.如图，在$△ ABC$中，$AB=4$，将$△ ABC$绕点$B$逆时针旋转$45°$，得到$△ A'BC'$，则阴影部分的面积为________。
答案
$4\sqrt{2}$
解析
【分析】
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后的图形全等，对应边相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。观察图形可知，阴影部分面积等于△A'BC'的面积加上△ABA'的面积再减去△ABC的面积，由于旋转前后△ABC和△A'BC'面积相等，因此可将阴影部分面积转化为求△ABA'的面积。△ABA'是腰长为4，顶角为45°的等腰三角形，作出腰上的高，结合锐角三角函数求出高的长度，再用三角形面积公式计算即可。
【解析】
解：
∵△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A'BC'，
∴△ABC≌△A'BC'，$AB = A'B = 4$，$∠ ABA' = 45°$，
∴$S_{△ ABC} = S_{△ A'BC'}$，
∴$S_{阴影} = S_{△ A'BC'} + S_{△ ABA'} - S_{△ ABC} = S_{△ ABA'}$。
过点A作$AH ⊥ A'B$于点H，
在$Rt△ ABH$中，$∠ AHB=90°$，$∠ ABA'=45°$，$AB=4$，
∴$AH = AB · \sin45° = 4 × \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$，
∴$S_{△ ABA'} = \frac{1}{2} × A'B × AH = \frac{1}{2} × 4 × 2\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
旋转的性质，三角形面积计算，锐角三角函数的应用
【点评】
本题考查旋转性质的应用，核心是利用转化思想将不规则阴影面积转化为规则三角形的面积求解，解题时要注意旋转前后对应边、对应角的等量关系的运用。
【难度系数】
0.65
解题时首先回忆旋转的性质：旋转前后的图形全等，对应边相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。观察图形可知，阴影部分面积等于△A'BC'的面积加上△ABA'的面积再减去△ABC的面积，由于旋转前后△ABC和△A'BC'面积相等，因此可将阴影部分面积转化为求△ABA'的面积。△ABA'是腰长为4，顶角为45°的等腰三角形，作出腰上的高，结合锐角三角函数求出高的长度，再用三角形面积公式计算即可。
【解析】
解：
∵△ABC绕点B逆时针旋转45°得到△A'BC'，
∴△ABC≌△A'BC'，$AB = A'B = 4$，$∠ ABA' = 45°$，
∴$S_{△ ABC} = S_{△ A'BC'}$，
∴$S_{阴影} = S_{△ A'BC'} + S_{△ ABA'} - S_{△ ABC} = S_{△ ABA'}$。
过点A作$AH ⊥ A'B$于点H，
在$Rt△ ABH$中，$∠ AHB=90°$，$∠ ABA'=45°$，$AB=4$，
∴$AH = AB · \sin45° = 4 × \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$，
∴$S_{△ ABA'} = \frac{1}{2} × A'B × AH = \frac{1}{2} × 4 × 2\sqrt{2} = 4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
旋转的性质，三角形面积计算，锐角三角函数的应用
【点评】
本题考查旋转性质的应用，核心是利用转化思想将不规则阴影面积转化为规则三角形的面积求解，解题时要注意旋转前后对应边、对应角的等量关系的运用。
【难度系数】
0.65
13.已知等边三角形ABC的边长为4，点P是BC边上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转$60°$，得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，PQ，则线段DQ的长的最小值是
$\sqrt{3}$
。答案
13. $\sqrt{3}$ 【解析】$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠ B=60°$。由旋转的性质可知，$∠ ACQ = ∠ B = 60°$。$\therefore$ 点$Q$是定射线上的一点，满足$∠ ACQ=60°$。当$DQ ⊥ CQ$时，线段$DQ$的长最小，此时$∠ CDQ=30°$。$\because$ 点$D$是$AC$边的中点，$AC=4$，$\therefore CD=2$。$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ CDQ$中，$CQ=\frac{1}{2}CD=1$。$\therefore DQ=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。$\therefore$ 线段$DQ$的长的最小值是$\sqrt{3}$。
解析
【分析】
解决本题首先要结合旋转的性质分析动点Q的运动轨迹：由旋转可知△ABP与△ACQ全等，可得∠ACQ恒等于等边三角形的内角∠B=60°，因此Q点始终在过C点且与AC夹角为60°的定射线上运动。接下来求线段DQ的最小值，根据“垂线段最短”的性质，当DQ垂直于CQ时，DQ的长度最小。最后结合D是AC中点的条件，利用直角三角形的性质和勾股定理计算最短长度即可。
【解析】
∵ △ABC是等边三角形，边长为4，
∴ ∠B=60°，AC=4。
由旋转的性质可得△ABP≌△ACQ，
∴ ∠ACQ=∠B=60°，即Q点在与AC夹角为60°的定射线CQ上运动。
∵ 点D是AC的中点，
∴ CD=$\frac{1}{2}$AC=2。
根据垂线段最短可知，当DQ⊥CQ时，DQ的长度最小，此时△CDQ为直角三角形，∠CQD=90°。
在Rt△CDQ中，∠DCQ=60°，故∠CDQ=30°，
∴ CQ=$\frac{1}{2}$CD=1，
由勾股定理得：$DQ=\sqrt{CD^2 - CQ^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题属于几何动点最值的典型题型，解题核心是通过旋转的性质确定动点的运动轨迹，将动态问题转化为静态的点到直线的距离问题求解，能有效考察学生的逻辑推理能力和数形结合思想的应用能力。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要结合旋转的性质分析动点Q的运动轨迹：由旋转可知△ABP与△ACQ全等，可得∠ACQ恒等于等边三角形的内角∠B=60°，因此Q点始终在过C点且与AC夹角为60°的定射线上运动。接下来求线段DQ的最小值，根据“垂线段最短”的性质，当DQ垂直于CQ时，DQ的长度最小。最后结合D是AC中点的条件，利用直角三角形的性质和勾股定理计算最短长度即可。
【解析】
∵ △ABC是等边三角形，边长为4，
∴ ∠B=60°，AC=4。
由旋转的性质可得△ABP≌△ACQ，
∴ ∠ACQ=∠B=60°，即Q点在与AC夹角为60°的定射线CQ上运动。
∵ 点D是AC的中点，
∴ CD=$\frac{1}{2}$AC=2。
根据垂线段最短可知，当DQ⊥CQ时，DQ的长度最小，此时△CDQ为直角三角形，∠CQD=90°。
在Rt△CDQ中，∠DCQ=60°，故∠CDQ=30°，
∴ CQ=$\frac{1}{2}$CD=1，
由勾股定理得：$DQ=\sqrt{CD^2 - CQ^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题属于几何动点最值的典型题型，解题核心是通过旋转的性质确定动点的运动轨迹，将动态问题转化为静态的点到直线的距离问题求解，能有效考察学生的逻辑推理能力和数形结合思想的应用能力。
【难度系数】
0.6
14. 如图,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,E是CD边上一点(不与点C,D重合),将线段AE绕点A逆时针旋转60°,得到线段AF,连接FD,AC.
(1)求证:AC//FD.
(2)连接BF,若AB=4,CE=1,求线段BF的长.
(1)求证:AC//FD.
(2)连接BF,若AB=4,CE=1,求线段BF的长.
答案
(1)【证明】$\because$ 线段$AE$绕点$A$逆时针旋转$60°$，得到线段$AF$，$\therefore ∠ EAF=60°, AE=AF$。$\because$ 在菱形$ABCD$中，$∠ BAD=120°$，$\therefore AD=DC, ∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。$\therefore △ ACD$是等边三角形。$\therefore AC=AD, ∠ ACD=60°$。$\because ∠ CAD = ∠ EAF = 60°$，$\therefore ∠ CAE = ∠ DAF$。$\therefore △ ACE ≌ △ ADF (\mathrm{SAS})$。$\therefore ∠ ADF = ∠ ACD = 60°$。$\therefore ∠ ADF = ∠ CAD$。$\therefore AC // DF$。
(2)【解】如图，连接$BD$，设$BD$与$AC$相交于点$O$。
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，$∠ BAD=120°$，$\therefore BD ⊥ AC, BD=2BO, ∠ BAO=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。$\therefore ∠ ABO=30°$。又$AB=4$，$\therefore AO=\frac{1}{2}AB=2$。$\therefore BO=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。$\therefore BD=4\sqrt{3}$。由(1)可知$△ ACE ≌ △ ADF, AC // DF$，$\therefore DF=CE=1, DF ⊥ BD$。$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BF=\sqrt{DF^2+BD^2}=7$。解析
【分析】
(1) 要证$AC// FD$，可通过证明内错角相等实现：首先结合菱形性质和$∠ BAD=120°$，可推出$△ ACD$是等边三角形，得到$AC=AD$、$∠ CAD=∠ ACD=60°$；再根据旋转的性质得到$AE=AF$、$∠ EAF=60°$，推导得出$∠ CAE=∠ DAF$，即可证明$△ ACE≌△ ADF$，得到$∠ ADF=∠ ACD=60°=∠ CAD$，从而证得平行。
(2) 要求$BF$的长度，可构造直角三角形用勾股定理求解：连接$BD$，利用菱形对角线互相垂直的性质得$BD⊥ AC$，结合(1)的平行结论可推出$BD⊥ DF$，即$△ BDF$为直角三角形；先根据菱形边长和角度算出$BD$的长度，再由全等性质得$DF=CE=1$，最后代入勾股定理计算即可。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 线段$AE$绕点$A$逆时针旋转$60°$，得到线段$AF$，$\therefore ∠ EAF=60°, AE=AF$。
$\because$ 在菱形$ABCD$中，$∠ BAD=120°$，$\therefore AD=DC, ∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。
$\therefore △ ACD$是等边三角形，$\therefore AC=AD, ∠ ACD=60°$。
$\because ∠ CAD = ∠ EAF = 60°$，$\therefore ∠ CAD-∠ EAD=∠ EAF-∠ EAD$，即$∠ CAE = ∠ DAF$。
在$△ ACE$和$△ ADF$中：
$\begin{cases}AC=AD\\∠ CAE=∠ DAF\\AE=AF\end{cases}$
$\therefore △ ACE ≌ △ ADF (\mathrm{SAS})$，$\therefore ∠ ADF = ∠ ACD = 60°$。
$\therefore ∠ ADF = ∠ CAD$，$\therefore AC // DF$。
(2) 解：连接$BD$，设$BD$与$AC$相交于点$O$。
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，$∠ BAD=120°$，$\therefore BD ⊥ AC, BD=2BO, ∠ BAO=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$，$\therefore ∠ ABO=30°$。
又$AB=4$，$\therefore AO=\frac{1}{2}AB=2$，$\therefore BO=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，$\therefore BD=4\sqrt{3}$。
由(1)可知$△ ACE ≌ △ ADF, AC // DF$，$\therefore DF=CE=1, DF ⊥ BD$。
在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BF=\sqrt{DF^2+BD^2}=\sqrt{1^2+(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{49}=7$。
【答案】
(1) 证明：$\because$ 线段$AE$绕点$A$逆时针旋转$60°$，得到线段$AF$，$\therefore ∠ EAF=60°, AE=AF$。$\because$ 在菱形$ABCD$中，$∠ BAD=120°$，$\therefore AD=DC, ∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。$\therefore △ ACD$是等边三角形。$\therefore AC=AD, ∠ ACD=60°$。$\because ∠ CAD = ∠ EAF = 60°$，$\therefore ∠ CAE = ∠ DAF$。$\therefore △ ACE ≌ △ ADF (\mathrm{SAS})$。$\therefore ∠ ADF = ∠ ACD = 60°$。$\therefore ∠ ADF = ∠ CAD$。$\therefore AC // DF$。
(2) 解：如图，连接$BD$，设$BD$与$AC$相交于点$O$。 $\because$ 四边形$ABCD$是菱形，$∠ BAD=120°$，$\therefore BD ⊥ AC, BD=2BO, ∠ BAO=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。$\therefore ∠ ABO=30°$。又$AB=4$，$\therefore AO=\frac{1}{2}AB=2$。$\therefore BO=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。$\therefore BD=4\sqrt{3}$。由(1)可知$△ ACE ≌ △ ADF, AC // DF$，$\therefore DF=CE=1, DF ⊥ BD$。$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BF=\sqrt{DF^2+BD^2}=7$。
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是几何综合题，融合了菱形、旋转、全等三角形、勾股定理等多个知识点，解题核心是利用旋转和菱形的特殊角度构造全等三角形，再通过平行线的性质转化得到直角三角形求解，对逻辑推理和知识整合能力有一定锻炼作用。
【难度系数】
0.65
(1) 要证$AC// FD$，可通过证明内错角相等实现：首先结合菱形性质和$∠ BAD=120°$，可推出$△ ACD$是等边三角形，得到$AC=AD$、$∠ CAD=∠ ACD=60°$；再根据旋转的性质得到$AE=AF$、$∠ EAF=60°$，推导得出$∠ CAE=∠ DAF$，即可证明$△ ACE≌△ ADF$，得到$∠ ADF=∠ ACD=60°=∠ CAD$，从而证得平行。
(2) 要求$BF$的长度，可构造直角三角形用勾股定理求解：连接$BD$，利用菱形对角线互相垂直的性质得$BD⊥ AC$，结合(1)的平行结论可推出$BD⊥ DF$，即$△ BDF$为直角三角形；先根据菱形边长和角度算出$BD$的长度，再由全等性质得$DF=CE=1$，最后代入勾股定理计算即可。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 线段$AE$绕点$A$逆时针旋转$60°$，得到线段$AF$，$\therefore ∠ EAF=60°, AE=AF$。
$\because$ 在菱形$ABCD$中，$∠ BAD=120°$，$\therefore AD=DC, ∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。
$\therefore △ ACD$是等边三角形，$\therefore AC=AD, ∠ ACD=60°$。
$\because ∠ CAD = ∠ EAF = 60°$，$\therefore ∠ CAD-∠ EAD=∠ EAF-∠ EAD$，即$∠ CAE = ∠ DAF$。
在$△ ACE$和$△ ADF$中：
$\begin{cases}AC=AD\\∠ CAE=∠ DAF\\AE=AF\end{cases}$
$\therefore △ ACE ≌ △ ADF (\mathrm{SAS})$，$\therefore ∠ ADF = ∠ ACD = 60°$。
$\therefore ∠ ADF = ∠ CAD$，$\therefore AC // DF$。
(2) 解：连接$BD$，设$BD$与$AC$相交于点$O$。
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，$∠ BAD=120°$，$\therefore BD ⊥ AC, BD=2BO, ∠ BAO=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$，$\therefore ∠ ABO=30°$。
又$AB=4$，$\therefore AO=\frac{1}{2}AB=2$，$\therefore BO=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，$\therefore BD=4\sqrt{3}$。
由(1)可知$△ ACE ≌ △ ADF, AC // DF$，$\therefore DF=CE=1, DF ⊥ BD$。
在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BF=\sqrt{DF^2+BD^2}=\sqrt{1^2+(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{49}=7$。
【答案】
(1) 证明：$\because$ 线段$AE$绕点$A$逆时针旋转$60°$，得到线段$AF$，$\therefore ∠ EAF=60°, AE=AF$。$\because$ 在菱形$ABCD$中，$∠ BAD=120°$，$\therefore AD=DC, ∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。$\therefore △ ACD$是等边三角形。$\therefore AC=AD, ∠ ACD=60°$。$\because ∠ CAD = ∠ EAF = 60°$，$\therefore ∠ CAE = ∠ DAF$。$\therefore △ ACE ≌ △ ADF (\mathrm{SAS})$。$\therefore ∠ ADF = ∠ ACD = 60°$。$\therefore ∠ ADF = ∠ CAD$。$\therefore AC // DF$。
(2) 解：如图，连接$BD$，设$BD$与$AC$相交于点$O$。
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形，$∠ BAD=120°$，$\therefore BD ⊥ AC, BD=2BO, ∠ BAO=\frac{1}{2}∠ BAD=60°$。$\therefore ∠ ABO=30°$。又$AB=4$，$\therefore AO=\frac{1}{2}AB=2$。$\therefore BO=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。$\therefore BD=4\sqrt{3}$。由(1)可知$△ ACE ≌ △ ADF, AC // DF$，$\therefore DF=CE=1, DF ⊥ BD$。$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BF=\sqrt{DF^2+BD^2}=7$。【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质
【点评】
本题是几何综合题，融合了菱形、旋转、全等三角形、勾股定理等多个知识点，解题核心是利用旋转和菱形的特殊角度构造全等三角形，再通过平行线的性质转化得到直角三角形求解，对逻辑推理和知识整合能力有一定锻炼作用。
【难度系数】
0.65
15. 在平面直角坐标系中，把一条抛物线先向左平移3个单位长度，再绕原点旋转$180°$，得到抛物线$y=x^2+5x+6$，则原抛物线对应的函数解析式为
$y=-x^2+11x-30$
。答案
15. $y=-x^2+11x-30$ 【解析】将$y=x^2+5x+6$变形为$y=(x+\frac{5}{2})^2-\frac{1}{4}$。此抛物线的顶点坐标为$(-\frac{5}{2}, -\frac{1}{4})$。将抛物线$y=x^2+5x+6$绕原点旋转$180°$后，新抛物线的顶点坐标为$(\frac{5}{2}, \frac{1}{4})$，新抛物线开口向下。$\therefore$ 新抛物线对应的函数解析式为$y=-(x-\frac{5}{2})^2+\frac{1}{4}$。$\because$ 原抛物线向左平移3个单位长度可得到新抛物线，$\therefore$ 原抛物线对应的函数解析式为$y=-(x-\frac{11}{2})^2+\frac{1}{4}=-x^2+11x-30$。
解析
【分析】
这是一道二次函数图象变换的逆推类题目，已知最终变换得到的抛物线解析式，要求原抛物线，需逆向还原变换过程：原抛物线的变换顺序是“向左平移3个单位→绕原点旋转180°”得到目标抛物线，因此逆推时要先将目标抛物线绕原点旋转180°，再向右平移3个单位即可得到原抛物线。解题时先把目标抛物线配方为顶点式确定其顶点坐标，再根据旋转180°的坐标变化规律得到旋转后抛物线的顶点和开口方向，写出旋转后的解析式，最后根据平移规律推导原抛物线解析式，展开为一般式即可。
【解析】
1. 将目标抛物线配方为顶点式：
$y=x^2+5x+6=(x+\frac{5}{2})^2-\frac{1}{4}$，可得其顶点坐标为$(-\frac{5}{2}, -\frac{1}{4})$，开口向上。
2. 将该抛物线绕原点旋转180°：
旋转180°后顶点关于原点对称，新顶点坐标为$(\frac{5}{2}, \frac{1}{4})$，且开口方向变为向下，二次项系数变为$-1$，因此旋转后对应的抛物线解析式为：
$y=-(x-\frac{5}{2})^2+\frac{1}{4}$
该解析式即为原抛物线向左平移3个单位后得到的抛物线解析式。
3. 将旋转后的抛物线向右平移3个单位得到原抛物线：
根据平移“左加右减”的规律，将解析式中的$x$替换为$x-3$，可得：
$y=-(x-3-\frac{5}{2})^2+\frac{1}{4}=-(x-\frac{11}{2})^2+\frac{1}{4}$
展开整理为一般式：
$y=-(x^2-11x+\frac{121}{4})+\frac{1}{4}=-x^2+11x-30$
【答案】
$y=-x^2+11x-30$
【知识点】
二次函数图象平移变换，二次函数图象旋转变换，配方法化顶点式
【点评】
本题考查二次函数图象的变换应用，解题核心是明确变换的逆推顺序，熟练掌握平移“左加右减、上加下减”的规律，以及绕原点旋转180°时顶点坐标关于原点对称、开口方向相反的特点，避免混淆变换顺序即可正确求解。
【难度系数】
0.6
这是一道二次函数图象变换的逆推类题目，已知最终变换得到的抛物线解析式，要求原抛物线，需逆向还原变换过程：原抛物线的变换顺序是“向左平移3个单位→绕原点旋转180°”得到目标抛物线，因此逆推时要先将目标抛物线绕原点旋转180°，再向右平移3个单位即可得到原抛物线。解题时先把目标抛物线配方为顶点式确定其顶点坐标，再根据旋转180°的坐标变化规律得到旋转后抛物线的顶点和开口方向，写出旋转后的解析式，最后根据平移规律推导原抛物线解析式，展开为一般式即可。
【解析】
1. 将目标抛物线配方为顶点式：
$y=x^2+5x+6=(x+\frac{5}{2})^2-\frac{1}{4}$，可得其顶点坐标为$(-\frac{5}{2}, -\frac{1}{4})$，开口向上。
2. 将该抛物线绕原点旋转180°：
旋转180°后顶点关于原点对称，新顶点坐标为$(\frac{5}{2}, \frac{1}{4})$，且开口方向变为向下，二次项系数变为$-1$，因此旋转后对应的抛物线解析式为：
$y=-(x-\frac{5}{2})^2+\frac{1}{4}$
该解析式即为原抛物线向左平移3个单位后得到的抛物线解析式。
3. 将旋转后的抛物线向右平移3个单位得到原抛物线：
根据平移“左加右减”的规律，将解析式中的$x$替换为$x-3$，可得：
$y=-(x-3-\frac{5}{2})^2+\frac{1}{4}=-(x-\frac{11}{2})^2+\frac{1}{4}$
展开整理为一般式：
$y=-(x^2-11x+\frac{121}{4})+\frac{1}{4}=-x^2+11x-30$
【答案】
$y=-x^2+11x-30$
【知识点】
二次函数图象平移变换，二次函数图象旋转变换，配方法化顶点式
【点评】
本题考查二次函数图象的变换应用，解题核心是明确变换的逆推顺序，熟练掌握平移“左加右减、上加下减”的规律，以及绕原点旋转180°时顶点坐标关于原点对称、开口方向相反的特点，避免混淆变换顺序即可正确求解。
【难度系数】
0.6
