如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, \angle C=30^{\circ}$, 点 $D$ 是线段 $B C$ 上的动点, 将线段 $A D$ 绕点 $\mathrm{A}$ 顺时针旋转 $60^{\circ}$ 至 $A D^{\prime}$, 连接 $B D^{\prime}$, 若 $A B=2 \mathrm{~cm}$, 则 $B D^{\prime}$ 的最小值为 $\qquad$ .

<ImageHere>


在 $A C$ 上截取 $A E=A B=2$, 作 $E F \perp B C$ 于 $F$, 如图, 先计算出 $A C=2 A B=4$, $B C=2 \sqrt{3}, \angle B A C=60^{\circ}$, 则 $C E=2$, 再在 Rt $\triangle C E F$ 中计算出 $E F=1, F C=\sqrt{3}$, 接着证明 $\triangle A B D^{\prime} \cong \triangle A E D$ 得到 $D E=B D^{\prime}$, 然后利用勾股定理得到 $D E^{2}=D F^{2}+E F^{2}=(B D-\sqrt{3})^{2}+1$,然后根据二次函数的性质解决问题.

【详解】解：在 $A C$ 上截取 $A E=A B=2$, 作 $E F \perp B C$ 于 $F$, 如图,

<ImageHere>

$\because \angle A B C=90^{\circ}, \angle C=30^{\circ}$,

$\therefore A C=2 A B=4, \quad B C=\sqrt{3} A B=2 \sqrt{3}, \angle B A C=60^{\circ}$,

$\therefore C E=A C-A E=2$,

在 Rt $\triangle C E F$ 中, $E F=\frac{1}{2} C E=1, F C=\sqrt{3} E F=\sqrt{3}$,

$\because$ 线段 $A D$ 绕点 $\mathrm{A}$ 顺时针旋转 $60^{\circ}$ 至 $A D^{\prime}$,

$\therefore A D=A D^{\prime}, \quad \angle D A D^{\prime}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle B A D^{\prime}=\angle E A D$,

在 $\triangle A B D^{\prime}$ 和 $\triangle A D E$ 中

$\left\{\begin{aligned} A B & =A E \\ \angle B A D^{\prime} & =\angle E A D, \\ A D^{\prime} & =A D\end{aligned}\right.$

$\therefore \triangle A B D^{\prime} \cong \triangle A E D$,

$\therefore D E=B D^{\prime}$

在 Rt $\triangle D E F$ 中, $D E^{2}=D F^{2}+E F^{2}=(\sqrt{3}-B D)^{2}+1^{2}=(B D-\sqrt{3})^{2}+1$,

$\therefore$ 当 $B D=\sqrt{3}$ 时, $D E^{2}$ 有最小值 1 ,

$\therefore B D^{\prime}$ 的最小值为 1 .

【点睛】本题考查了旋转的性质: 对应点到旋转中心的距离相等; 对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角; 旋转前、后的图形全等. 构建 $\triangle A D E$ 与 $\triangle A D^{\prime} B$ 全等是解决此题的关键.

