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第 23 章 旋转全章培优测试卷
【人教版】
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
考前须知：
1．本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟。
2．本卷选题均为重难点题型，考点全覆盖，压轴题均有★标记。
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线既是轴对称图形，又
是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折
叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
2．（3分）如图，在6×4的方格纸中，格点△ABC（三个顶点都是格点的三角形）经过旋转后得到格点
△DEF，则其旋转中心是（ ）A．格点M B．格点N C．格点P D．格点Q
【分析】观察图形，到△ABC和△DEF的对应顶点到点Q的距离相等的点是点Q，再通过计算进行验
证即可．
【解答】解：连接QA、QB、QC、QD、QE、QF，
由勾股定理得QB＝QE=❑√32+32=3❑√2，QC＝QF=❑√12+22=❑√5，
∵QA＝QD＝3，
∴△ABC和△DEF的对应顶点到点Q的距离相等，
∴旋转中心是点Q，
故选：D．
3．（3分）图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使
它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形
就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进而得出答案．【解答】解：当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．
故选：C．
4．（3 分）如图，在△ABC 中，∠CAB＝65°，将△ABC 在平面内绕点 A 旋转到△AB'C'的位置，使
CC'∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．35° B．40° C．50° D．65°
【分析】根据旋转角的概念，可知∠C′AC 就是旋转角，据此只要求出∠C′AC 即可；根据
CC′∥AB，可以得到∠C′CA＝∠CAB＝70°，由旋转的性质可得AC＝AC′，从而推理得到∠AC′C
＝∠C′CA＝70°；由三角形内角和定理即可求得∠C′AC的度数，据此就可完成题目的解答．
【解答】解：由旋转的性质得AC＝AC′．
∵CC′∥AB，∠CAB＝65°，
∴∠C′CA＝∠CAB＝65°．
∵AC＝AC′，
∴∠CC′A＝65°，
∴∠C′AC＝180°﹣2∠CC′A＝180°﹣2×65°＝50°．
故选：C．
5．（3分）如图，将紫荆花图案绕中心旋转n度后能原来的图案互相重合，则n的最小值为（ ）
A．30 B．45 C．60 D．72
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是 72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋
转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
故n的最小值为72．
故选：D．
6．（3分）若点P （2﹣m，5）关于原点对称的点是P （3，2n+1），则m﹣n的值为（ ）
1 2A．6 B．﹣3 C．8 D．9
【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数列式求出 m、n的值，再相减即可解
得．
【解答】解：∵点P （2﹣m，5）关于原点对称的点是P （3，2n+1），
1 2
∴2﹣m+3＝0，5+2n+1＝0，
解得m＝5，n＝﹣3，
所以，m﹣n＝5﹣（﹣3）＝5+3＝8．
故选：C．
7．（3分）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为（6，0），将△ABO绕着点B顺时
针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（ ）
A．（3❑√3，3） B．（3，3❑√3） C．（6，3） D．（3，6）
【分析】作CM⊥x轴于M，再利用旋转的性质求出BC＝OB＝6，根据直角三角形30°角所对的直角边
等于斜边的一半求出BM，利用勾股定理列式求出CM，然后求出点C的横坐标，再写出点C的坐标即
可．
【解答】解：作CM⊥x轴于M，
∵点B的坐标为（6，0），
∴BC＝OB＝6，
∵∠OBC＝60°，
1 ❑√3
∴BM= BC=3，CM= BC=3❑√3，
2 2
∴OM＝OB﹣BM＝6﹣3＝3，
∴C（3，3❑√3）．
故选：B．8．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝135°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应
点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A．△ABC≌△DEC B．∠ADC＝45° C．AD=❑√2AC D．AE＝AB+CD
【分析】由旋转的性质和等腰直角三角形 的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：由旋转的性质得出CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝135°，AB＝DE，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝45°＝∠DAC，△ABC≌△DEC，AD=❑√2AC，
∴AE＝AD+DE=❑√2CD+AB，故选项A，B，C正确，D错误，
故选：D．
9．（3分）如图所示，在△OBC中，顶点O（0，0），B（﹣2，2），C（2，2）．将△OBC与正方形
ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点A的坐标为（ ）
A．（6，2） B．（﹣2，6） C．（6，﹣2） D．（﹣6，﹣2）
【分析】先求出AB＝4，再利用正方形的性质确定A（﹣2，6），由题意4次一个循环，由于2023＝
4×505+3，所以第2023次旋转结束时，相当于△OCB与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转3
次，据此可得点A坐标．
【解答】解：∵B（﹣2，2），C（2，2），
∴CB＝|2﹣（﹣2）|＝4，
∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝CB＝4，
∴A（﹣2，6），
∵每次旋转90°，
∴第1次旋转后点A的坐标为（﹣6，﹣2），第2次旋转后点A的坐标为（2，﹣6），第3次旋转后点
A的坐标为（6，2），第4次旋转后点A的坐标为（﹣2，6），……
∴旋转4次一个循环，
∵2023＝4×505+3，
∴第2023次旋转结束时，相当于△OCB与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转3次，
∴点A的坐标为（6，2）．
故选：A．
10．（3分）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝4，将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，则
线段AD的长度的最小值是（ ）
A．4❑√3 B．3❑√3 C．2❑√3 D．❑√3
【分析】在AC的上方作∠ACM＝120°，且使 CM＝CA，连接AM，DM．设AB＝x，则AC＝4﹣x＝
CM，根据ASA证明△BAC≌△DMC得出DM＝BA＝x，∠CMD＝∠BAC＝120°，得出∠AMD＝90°，即
可推出结论．
【解答】解：如图，在AC的上方作∠ACM＝120°，且使 CM＝CA，连接AM，DM．
设AB＝x，则AC＝4﹣x＝CM，
∴AM=❑√3AC=❑√3(4−x)，
∵将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，
∴∠BCA+∠ACD＝120，
又∵∠ACD+∠DCM＝∠ACM＝120°，∴∠ACB＝∠DCM，
∴△BAC≌△DMC（ASA），
∴DM＝BA＝x，∠CMD＝∠BAC＝120°．
∴∠AMD＝90°，
∴AD2＝AM2+DM2＝3（4﹣x）2+x2＝4（x﹣3）2+12≥12，
∵0＜x＜4，
∴AD的最小值为2❑√3．
故选：C．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）把点（1，﹣2）绕（0，0）旋转180°后所得点的坐标为 （﹣ 1 ， 2 ） ．
【分析】设旋转后的点坐标为（x，y），然后根据点的中心对称列式计算即可得解．
【解答】解：设旋转后的点坐标为（x，y），
1+x −2+ y
则 =0， =0，
2 2
解得x＝﹣1，y＝2，
所以旋转后的点坐标为（﹣1，2）．
故答案为：（﹣1，2）．
12．（3分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转45°得到△ADE，∠BAC＝45°，AB＝3，AC＝4．连接
BE，则BE的长为 5 ．
【分析】由旋转得AE＝AC＝4，∠EAB＝90°，根据勾股定理可以求出BE的长．
【解答】解：由旋转可知：∠DAE＝∠BAC＝45°，
∴∠EAB＝∠BAC+∠DAE＝45°+45°＝90°，
由旋转得AE＝AC＝4，
∵∠EAB＝90°，AB＝3，
∴BE 5，
=❑√AB2+AE2=❑√32+42=∴BE的长为5．
故答案为：5．
13．（3分）如图，将面积为7的正方形OABC和面积为9的正方形ODEF分别绕原点O顺时针旋转，使
OA，OD落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a、b，则b﹣a＝ 3−❑√7 ．
【分析】利用正方形的面积求得 OA=❑√7，OD＝3，根据旋转的性质得出a＝OA=❑√7，b＝OD＝3，从
而求得b﹣a＝3−❑√7．
【解答】解：∵正方形OABC和正方形ODEF的面积分别为7和9，
∴OA=❑√7，OD＝3，
∴a＝OA=❑√7，b＝OD＝3，
∴b﹣a＝3−❑√7．
故答案为：3−❑√7．
14．（3分）如图，矩形ABCD和矩形A′B′C′D′关于点D成中心对称，已知AB＝3，BC＝4，则阴影
部分的周长是 4 8 ．
【分析】利用勾股定理求出AC，可得△ABC使得周长为12，再利用中心对称的性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AB＝3，BC＝4，
∴AC 5，
=❑√AB2+BC2=❑√32+42=
∴△ABC的周长＝3+4+5＝12，
∵矩形ABCD和矩形A′B′C′D′关于点D成中心对称，∴阴影部分中的四个直角三角形全等，
∴阴影部分的周长＝4×12＝48，
故答案为：48．
15．（3分）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝ °，点D为AC边上一点，将BD绕点D顺时针旋转
°至ED，使E，B在AC异侧，连接CE，若∠BCE＝α °，则 与 的关系是 + ＝ 18 0 ．
α β α β α β
【分析】如图所示，将△DCE绕点D逆时针旋转得到△DFB使得DE与DB重合，连接 CF，证明
∠FCD＝∠BCD，推出F、B、C三点共线，得到∠E+∠DBC＝180°，再根据四边形内角和定理得到
∠BDE+∠BCE＝180°，即 + ＝180．
【解答】解：如图所示， α β
将△DCE绕点D逆时针旋转得到△DFB使得DE与DB重合，连接CF，
∴∠CDF＝∠BDE＝ °，CD＝FD，∠E＝∠DBF，
α180°−∠CDF α°
∴∠FCD=∠CFD= =90°− ，
2 2
∵AB＝BC，∠ABC＝ °，
α180°−∠ABC α°
∴∠BAC=∠BCA= =90°− ，
2 2
∴∠FCD＝∠BCD，
∵F、B在AC的同一侧，
∴F、B、C三点共线，
∴∠DBF+∠DBC＝180°，
∴∠E+∠DBC＝180°，
∴∠BDE+∠BCE＝180°，即 + ＝180，
α β故答案为： + ＝180．
16．（3分）如α图β，将边长为4的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到正方形 AB'C'D′，连接
BB′，BC'，在旋转角从0°到180°的整个旋转过程中，当BB'＝BC'时，△BB'C′的面积为 8+ 4❑√3或
8 ﹣ 4 ❑√3 ．
【分析】当点D'在直线AB右侧时，如图，过点B作BE⊥B'C'于E，延长EB交AD'于F，由旋转的可得
AB＝AB'＝B'C'＝AD'＝4，∠BAD＝∠B'AD'＝90°＝∠C'B'A，由等腰三角形的性质可求B'E＝C'E＝2，通
过证明四边形B'EFA是矩形，可得AF＝B'E＝2，EF＝AB'＝4，由勾股定理可求BF的长，可得BE的
长，由三角形面积公式可求解；若点D'在直线AB的左侧时，过点B作BM⊥B'C'于M，交A'D'于N，相
同的方法可求解．
【解答】解：当点D'在直线AB右侧时，如图，过点B作BE⊥B'C'于E，延长EB交AD'于F，
∵将边长为4的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，
∴AB＝AB'＝B'C'＝AD'＝4，∠BAD＝∠B'AD'＝90°＝∠C'B'A，
∵BB'＝BC′，BE⊥B'C'，
∴B'E＝C'E＝2，
∵BE⊥B'C'，∠B'AD'＝∠AB'C'＝90°，
∴四边形B'EFA是矩形，
∴AF＝B'E＝2，EF＝AB'＝4，∴BF 2 ，
=❑√AB❑ 2−AF❑ 2= ❑√3
∴BE＝4﹣2❑√3，
1 1
∴△BB′C′的面积= B'C'×BE= ×4×（4﹣2❑√3）＝8﹣4❑√3；
2 2
若点D'在直线AB的左侧时，过点B作BM⊥B'C'于M，交A'D'于N，
同理可求BN＝2❑√3，
∴BM＝MN+BN＝4+2❑√3，
1 1
∴△BB′C′的面积= B'C'×BM= ×4×（4+2❑√3）＝8+4❑√3；
2 2
综上所述：△BB′C′的面积为8+4❑√3或8﹣4❑√3．
故答案为：8+4❑√3或8﹣4❑√3
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝50°．将△ABC绕点B按逆时针方向旋转得△DBE，
使点C落在AB边上，点A的对应点为点D，连接AD，求∠ADE的度数．
【分析】由旋转得BA＝BD，通过等腰三角形及直角三角形可求∠ADE度数；
【解答】解：∵∠ABC＝90°，∠ABC＝50°，
∴∠CAB＝40°．
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△DBE，点E恰好在AB上，∴BA＝BD，∠ABC＝∠DBA＝50°，
1
∴∠BAD＝∠ADB= （180°﹣50°）＝65°，
2
∵∠BED＝∠ACB＝90°，
∴∠ADE＝∠ADB﹣∠DAB＝25°．
18．（6分）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点在格点上，请仅用无刻度直尺完成下列作图（保留作
图痕迹）．
（1）在图1中，作△ABC关于点O对称的△A B C ；
1 1 1
（2）在图2中，作△ABC绕点A逆时针旋转一定角度后，顶点仍在格点上的△AB C ；
2 2
（3）在图3中，找出格点D并画出直线AD，使直线AD将△ABC分成面积相等的两部分．
【分析】（1）根据中心对称的性质作图即可．
（2）根据题意，结合旋转的性质将△ABC绕点A逆时针旋转90°，由此作图即可．
（3）取格点D，使四边形ABDC为平行四边形，则AD平分线段BC，即直线AD将△ABC分成面积相
等的两部分．
【解答】解：（1）如图1，△A B C 即为所求．
1 1 1
（2）如图2，△AB C 即为所求．
2 2
（3）如图3，取格点D，使四边形ABDC为平行四边形，作直线AD，交BC于点O，
∴BO＝CO，
∴△AOC与△AOB面积相等，
即直线AD将△ABC分成面积相等的两部分，
则直线AD即为所求．19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（﹣1，1），B（﹣4，2），C（﹣3，3）．
（1）平移△ABC，若点A的对应点A 的坐标为（3，﹣1），画出平移后的△A B C ；
1 1 1 1
（2）将△ABC以点（0，2）为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A B C ；
2 2 2
（3）已知将△A B C 绕某一点旋转可以得到△A B C ，则旋转中心的坐标为 （ 2 ， 1 ） ．
1 1 1 2 2 2
【分析】（1）根据平移的性质作图即可．
（2）根据旋转的性质作图即可．
（3）连接A A ，B B ，C C ，交点即为旋转中心，即可得出答案．
1 2 1 2 1 2
【解答】解：（1）如图，△A B C 即为所求．
1 1 1
（2）如图，△A B C 即为所求．
2 2 2
（3）连接A A ，B B ，C C ，交于点P，
1 2 1 2 1 2
∴旋转中心的坐标为（2，1）．
故答案为：（2，1）．20．（8分）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝42°，D为△ABC内一点，连接AD，将AD绕点A逆时
针旋转42°，得到AE，连接DE，BD，CE．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若DE⊥AC，求∠BAD的度数．
【分析】（1）根据旋转的性质得到AD＝AE，∠DAE＝42°，求得∠CAE＝∠BAD，根据全等三角形的
性质得到BD＝CE；
1
（2）根据等腰三角形的性质得到∠CAE= ∠DAE＝21°，根据全等三角形的性质得到结论．
2
【解答】（1）证明：∵将AD绕点A逆时针旋转42°，得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝42°，
∵∠BAC＝42°，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠CAE＝∠BAD，在△ABD与△ACE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：由（1）知AD＝AE，∠DAE＝42°，
∵DE⊥AC，
1
∴∠CAE= ∠DAE＝21°，
2
∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD＝21°．
21．（8分）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定
角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，BD与AE相交于点F，BD与AC相交于点G．
（1）求证：AE⊥BD；
（2）若AD＝BC＝2，试求BD2的值．
【分析】（1）根据题意得出∠BCA＝90°，设BD与AC、AE分别交于点M、N，则根据三角形内角和定
理可得∠ANM＝∠MCB＝90°，从而得出结论；
（2）连DE，由等腰直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．
【解答】（1）证明：由题意可得AC＝BC，∠ABC＝45°，
∴∠BCA＝90°，
设BD与AC、AE分别交于点M、N，∵∠AMN＝∠BMC，∠CAE＝∠CBD，
∴∠ANM＝∠MCB＝90°，
即AE⊥BD；
（2）解：连DE，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB＝90°，
∵∠ADC＝45°，
∴AD＝AC＝2，
∴CD＝2❑√2，
∵∠BCD＝∠ACE，
∴∠DCE＝∠ACB＝90°．
∵CD＝CE＝2❑√2，
∴DE 4，∠CDE＝45°．
=❑√DC2+CE2=
∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°，
∴AE 2 ，
=❑√AD2+DE2=❑√22+42= ❑√5∴BD2＝AE2＝20．
22．（8分）通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请
补充完整．
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，试猜想EF、
BE、DF之间的数量关系．
（1）思路梳理
把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，由∠ADG＝∠B＝90°，得∠FDG＝
180°，即点F、D、G共线，易证△AFG≌ △ AFE ，故EF、BE、DF之间的数量关系为 BE + FD ＝
EF ．
（2）类比引申
如图2，点E、F分别在正方形ABCD的边CB、DC的延长线上，∠EAF＝45°．连接EF，试猜想EF、
BE、DF之间的数量关系，并给出证明．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°．若BD＝1，EC
＝2，则DE的长为 ❑√5 ．
【分析】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFG≌△AFE，
根据全等三角形的性质得出EF＝FG，即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等
三角形的性质得出EF＝FG，即可得出答案；
（3）把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，证明△AFE≌△AFG（SAS），则EF＝FG，∠C＝∠ABF
＝45°，△BDF是直角三角形，根据勾股定理即可作出判断．
【解答】解：（1）如图1所示：∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∵∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠FDG＝180°，点F、D、G共线，
∴∠DAG＝∠BAE，AE＝AG，
∴∠FAG＝∠FAD+∠GAD＝∠FAD+∠BAE＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF，即∠EAF＝∠FAG．
在△EAF和△GAF中，
{
AF=AF
)
∠EAF=∠GAF ，
AE=AG
∴△AFG≌△AFE．
∴EF＝FG．
∴EF＝DF+DG＝DF+BE，即EF＝BE+DF．
故答案为：△AFE；BE+FD＝EF．
（2）DF＝EF+BE．
理由：如图2所示．
∵AB＝AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∵∠ADC＝∠ABE＝90°，
∴点C、D、G在一条直线上．
∴EB＝DG，AE＝AG，∠EAB＝∠GAD．又∵∠BAG+∠GAD＝90°，
∴∠EAG＝∠BAD＝90°．
∵∠EAF＝45°，
∴∠FAG＝∠EAG﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°．
∴∠EAF＝∠GAF．
在△EAF和△GAF中，
{
EA=GA
)
∠EAF=∠GAF ，
EF=FG
∴△EAF≌△GAF．
∴EF＝FG．
∵FD＝FG+DG，
∴DF＝EF+BE．
（3）把△ACE旋转到ABF的位置，连接DF，则∠FAB＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠BAD+∠CAE＝45°，
又∵∠FAB＝∠CAE，
∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
则在△ADF和△ADE中，
{
AD=AD
)
∠FAD=∠DAE ，
AF=AE
∴△ADF≌△ADE．
∴DF＝DE，∠C＝∠ABF＝45°．
∴∠BDF＝90°．
∴△BDF是直角三角形．∴BD2+BF2＝DF2．
∴BD2+CE2＝DE2．
∴DE ．
=❑√12+22=❑√5
故答案为：❑√5．
23．（10分）阅读下面材料，并解决问题：
（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度
数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利
用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝ 150 ° ；
（2）基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝
BE2+FC2；
（3）能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，
BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，求OA+OB+OC的值．
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等
以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得 AE′＝AE，CE′＝BE，
∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝
∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝
EF，再利用勾股定理列式即可得证．
（3）将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，根据直角三角形30°角所对的直角
边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BOO′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO＝OO′，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO′＝∠BO′O＝
60°，然后求出C、O、A′、O′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到OA+OB+OC＝
A′C．
【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，
由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
{
AE=AE′
)
∠EAF=∠E′ AF
AF=AF
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，
即EF2＝BE2+FC2．
（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴BC ，
=❑√AB2−AC2=❑√3
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，
∴△A′O′B如图所示；
∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，
∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，
∴△BOO′是等边三角形，
∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，
∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，
∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BOO′＝120°+60°＝180°，
∴C、O、A′、O′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C ，
=❑√BC2+A′B2=❑√(❑√3) 2+22=❑√7
∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C=❑√7．
