（2014•石景山区二模）将△ABC绕点A顺时针旋转α得到△ADE，DE的延长线与BC相交于点F，连接AF．

解题思路：（1）在DF上截取DG=BF，连接AG，根据旋转的性质可得AD=AB，∠D=∠B，然后利用“边角边”证明△ADG和△ABF全等，根据全等三角形对应边相等可得AG=AF，全等三角形对应边相等可得∠DAG=∠BAF，从而求出∠GAF=α，判断出△GAF是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得AF=GF=DG=BF；
（2）求解思路同（1）；
（3）在DF上截取DG=BF，连接AG，根据旋转的性质可得AD=AB，∠D=∠B，然后利用“边角边”证明△ADG和△ABF全等，根据全等三角形对应边相等可得AG=AF，全等三角形对应边相等可得∠DAG=∠BAF，从而求出∠GAF=α，判断出△GAF是等腰三角形，并求出GF，过点A作AH⊥DF于H，根据等腰三角形三线合一的性质表示出HF，再利用锐角的正弦列式整理即可得解．

（1）AF=BF．
理由如下：在DF上截取DG=BF，连接AG，（如图1），
由旋转得AD=AB，∠D=∠B，
在△ADG和△ABF中，


AD＝AB
∠B＝∠D
DG＝BF，
∴△ADG≌△ABF（SAS），
∴AG=AF，∠DAG=∠BAF，
∴∠GAF=∠GAB+∠BAF=∠GAB+∠DAG=∠DAB=60°．
∴△GAF是等边三角形，
又∵DF=2BF，
∴AF=GF=DF-DG=DF-BF=BF，
即AF=BF；

（2）猜想：AF=2BF．
证明：在DF上截取DG=BF，连接AG（如图2）．
由旋转得AD=AB，∠D=∠B，
在△ADG和△ABF中，


AD＝AB
∠B＝∠D
DG＝BF，
∴△ADG≌△ABF（SAS），
∴AG=AF，∠DAG=∠BAF，
∴∠GAF=∠GAB+∠BAF=∠GAB+∠DAG=∠DAB=60°，
∴△GAF是等边三角形，
又∵DF=3BF，
∴AF=GF=DF-DG=DF-BF=2BF，
即AF=2BF；

（3）在DF上截取DG=BF，连接AG，（如图3），
由旋转得AD=AB，∠D=∠B，
在△ADG和△ABF中，


AD＝AB
∠B＝∠D
DG＝BF，
∴△ADG≌△ABF（SAS），
∴AG=AF，∠DAG=∠BAF，
∴∠GAF=∠GAB+∠BAF=∠GAB+∠DAG=∠DAB=α，
∴△GAF是等腰三角形，
∵DF=mBF，
∴GF=DF-DG=mBF-BF=（m-1）BF，
过点A作AH⊥DF于H，则FH=[1/2]GF=[1/2]（m-1）BF，
∠FAH=[1/2]∠GAF=[1/2]α，
∵sin∠FAH=

点评：
本题考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；解直角三角形．

考点点评： 本题考查了全等三角形的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，此类题目，解题的关键在于前后小题利用的求解思路相同．