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.$AD=BC$

10.C

【分析】
解题时先运用旋转的性质，明确旋转前后的对应边、对应角关系以及旋转角的大小：①旋转前后两个三角形全等，对应边相等、对应角相等；②旋转角∠ABD=∠CBE=60°。首先由AB=BD，∠ABD=60°可判定△ABD是等边三角形，得到∠BAD=60°，再结合∠CBE=60°，通过同位角相等判断两直线平行，再逐一验证各选项即可。
【解析】
∵△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△DBE，
∴AB=BD，∠ABD=∠CBE=60°，△ABC≌△DBE，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD=60°，
∴∠BAD=∠CBE=60°，
根据“同位角相等，两直线平行”可得$AD// BC$，故C选项正确。
逐一分析其余选项：
A选项：∠ABD=60°，∠E=∠C，∠C的度数不确定，不一定等于60°，故∠ABD与∠E不一定相等，A错误；
B选项：∠CBE=60°，∠C的度数不确定，不一定等于60°，故B错误；
D选项：由等边△ABD得AD=AB，AB与BC不一定相等，故AD不一定等于BC，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】
本题主要考查旋转性质的应用，解题的关键是利用旋转角和对应边相等推出等边三角形，再结合角的关系判断平行线，属于旋转性质的基础应用题型。
【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.

11.$\frac{\sqrt{34}}{2}$

【分析】
我们可以通过建立平面直角坐标系求解：首先根据已知矩形的边长确定原矩形各顶点的坐标，再结合旋转90°的性质得到旋转后矩形对应顶点的坐标；接着利用中点坐标公式求出E、F两点的坐标，最后代入两点间距离公式即可算出EF的长度。
【解析】
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。
已知AB=1，BC=4，可得原矩形ABCD的相关点坐标：B(-4, 0)，D(0, 1)。
矩形ABCD绕点C顺时针旋转90°得到矩形A'B'CD'，根据旋转的性质可得旋转后相关点坐标：B'(0, 4)，D'(1, 0)。
∵E是BD的中点，根据中点坐标公式，得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，同理得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，计算EF的长度：
$EF=\sqrt{(\frac{1}{2}-(-2))^2+(2-\frac{1}{2})^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{34}{4}}=\frac{\sqrt{34}}{2}$
【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】
本题将矩形性质与旋转性质结合考查线段长度的计算，通过建立坐标系的方法可直观梳理各点位置，降低解题难度，解题的核心是准确求出旋转后对应点的坐标。
【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________.

12.$4\sqrt{2}$

【分析】
解题时先结合旋转的性质分析：旋转前后的图形全等，因此△ABC和△A'BC'面积相等。观察图形可发现，阴影部分面积可通过面积和差转化为△ABA'的面积，无需直接计算不规则阴影的面积。已知旋转角为45°，AB=A'B=4，求出等腰△ABA'的面积即可得到阴影部分的面积。
【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°
∴$S_{△ ABC}=S_{△ A'BC'}$
由图形面积的和差关系可得：
$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ A'BC'}+S_{△ ABA'}-S_{△ ABC}=S_{△ ABA'}$
过点A作AH⊥A'B于点H，在Rt△ABH中，∠ABA'=45°，
∴$AH=AB·\sin45°=4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$
∴$S_{△ ABA'}=\frac{1}{2}× A'B× AH=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
旋转的性质，全等三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题核心是利用旋转的全等性质完成面积转化，把不规则阴影的面积转化为规则的等腰三角形面积求解，很好地考查了转化思想的应用，解题时要注意抓住旋转前后对应边相等、对应角相等的特点。
【难度系数】
0.7

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。

13.$\sqrt{3}$

【分析】
解决本题首先利用旋转的性质推导∠ACQ的度数，确定点Q的运动轨迹是与AC夹角为60°的射线CQ；再结合点D是AC边上的定点，可知DQ的最小值为点D到直线CQ的垂线段长度，最后利用直角三角形的性质计算该垂线段长度即可。
【解析】
∵△ABC是等边三角形，边长为4，
∴AC=4，∠B=60°。
由旋转的性质可知△ABP≌△ACQ，
∴∠ACQ=∠B=60°，即点Q始终在射线CQ上运动，且射线CQ与AC的夹角为60°。
∵D是AC的中点，
∴CD=½AC=2。
根据垂线段最短，当DQ⊥CQ时，DQ的长度最小。
在Rt△DCQ中，∠DCQ=60°，CD=2，
∴DQ=CD·sin60°=2×(√3/2)=√3。
【答案】
√3
【知识点】
旋转的性质，等边三角形的性质，垂线段最短
【点评】
本题属于几何最值类常规题型，解题核心是通过旋转性质确定动点的运动轨迹，将动态的线段长度最小值问题转化为静态的点到直线的距离问题，考查了对几何性质的综合运用能力和转化思想。
【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.

14. (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.
$\therefore AC=AD$,$∠ACD=60°$.
$\because ∠CAD=∠EAF=60°$,
$\therefore ∠CAE=∠DAF$.
$\therefore △ACE≌△ADF$(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,$BF=\sqrt{DF^2+BD^2}=7$.

【分析】
(1)要证明$AC// FD$，可通过证明两直线的内错角相等推导。首先根据旋转性质得到$AE=AF$、$∠ EAF=60°$，再结合菱形$ABCD$中$∠ BAD=120°$的条件，可推出$△ ACD$是等边三角形，得到$AC=AD$、$∠ CAD=∠ ACD=60°$；通过角的和差得到$∠ CAE=∠ DAF$，即可证明$△ ACE≌△ ADF$，得到$∠ ADF=∠ CAD=60°$，由内错角相等即可得到平行结论。
(2)求$BF$的长度，可将$BF$放入直角三角形中用勾股定理求解。首先根据菱形对角线互相垂直平分的性质，计算出对角线$BD$的长度；再结合(1)的全等结论可得$DF=CE=1$，且由$AC// FD$、$AC⊥ BD$可推出$BD⊥ FD$，即$△ BDF$是直角三角形，最后用勾股定理计算$BF$的长度即可。
【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：
$\begin{cases}AC=AD \\∠ CAE=∠ DAF \\AE=AF\end{cases}$
$\therefore △ ACE≌△ ADF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ADF=∠ ACD=60°$，
$\therefore ∠ ADF=∠ CAD$，
$\therefore AC// FD$。
(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，$BF=\sqrt{DF^2+BD^2}=\sqrt{1^2+(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{49}=7$。
【答案】
(1) 证明成立，$AC// FD$；
(2) 线段$BF$的长为$\boldsymbol{7}$。

【知识点】
旋转的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题为几何综合题，融合了旋转、菱形、全等三角形、勾股定理多个知识点，解题关键是利用旋转和等边三角形的性质构造全等三角形，将分散的已知条件整合到直角三角形中求解，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

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.

15.$y=-x^2+11x-30$

【分析】
本题已知抛物线经过两次变换后的解析式，求原解析式，可采用逆推法求解：①先明确原变换顺序为“原抛物线→向左平移3个单位→绕原点旋转180°→得到已知抛物线”，因此逆变换顺序为“已知抛物线→绕原点旋转180°→向右平移3个单位→原抛物线”；②回忆绕原点旋转180°的坐标变换规则为点$(x,y)$变为$(-x,-y)$，抛物线平移规则为“左加右减，上加下减”，按逆变换顺序逐步计算即可得到原解析式。
【解析】
步骤1：将已知抛物线$y=x^2+5x+6$绕原点旋转$180°$，得到平移后的抛物线解析式。
绕原点旋转$180°$时，将解析式中的$x$替换为$-x$，$y$替换为$-y$，代入得：
$-y=(-x)^2+5·(-x)+6$
整理得：$y=-x^2+5x-6$，此即为原抛物线向左平移3个单位后得到的抛物线解析式。
步骤2：将$y=-x^2+5x-6$向右平移3个单位，得到原抛物线解析式。
根据抛物线平移“左加右减”的规则，向右平移3个单位时，将自变量$x$替换为$x-3$，代入得：
$y=-(x-3)^2+5(x-3)-6$
展开并合并同类项：
$\begin{aligned}y&=-(x^2-6x+9)+5x-15-6\\&=-x^2+6x-9+5x-21\\&=-x^2+11x-30\end{aligned}$
【答案】
$y=-x^2+11x-30$
【知识点】
抛物线平移规律、中心对称的函数变换
【点评】
解决此类函数图象变换的逆推问题，关键是将变换顺序反向，同时准确运用平移、旋转的变换规则，注意平移时是对自变量$x$进行“左加右减”操作，避免混淆变换顺序和运算符号。
【难度系数】
0.6