12. 在平面直角坐标系中，O 为原点，点 A(8,0)，点 B(0,6)，把△ABO 绕点 B 逆时针旋转得△A'BO'，点 A，O 旋转后的对应点为 A'，O'，记旋转角为 α。
(1) 如图①所示，若 α=90°，则 AB，AA'的长为多少；
(2) 如图②所示，若 α=120°，求点 O'的坐标；
(3) 在(2)的条件下，边 OA 上的一点 P 旋转后的对应点 P'，当 O'P + BP'取得最小值时，直接写出点 P'的坐标。

12. (1)$AB = 10$;$AA' = \sqrt{2} BA = 10\sqrt{2}$
(2)点$O'$的坐标为$(3\sqrt{3},9)$
(3)点$P'$的坐标为$(\dfrac{12\sqrt{3}}{5},\dfrac{54}{5})$

【分析】
(1) 先根据点A、B的坐标得到OA=8，OB=6，在Rt△ABO中利用勾股定理可直接求出AB的长；旋转90°时，旋转前后对应边BA=BA'，且旋转角∠ABA'=90°，可知△ABA'是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出AA'的长。
(2) 旋转120°时，由旋转性质得BO'=BO=6，旋转角∠OBO'=120°，过O'作y轴的垂线构造直角三角形，利用30°角直角三角形的性质和勾股定理求出O'的横、纵坐标偏移量，即可得到O'的坐标。
(3) 根据旋转性质可知BP'=BP，将O'P + BP'转化为O'P + BP，利用将军饮马最短路径模型确定点P的位置，再结合旋转性质推导得到P'的坐标即可。
【解析】
(1)
∵点A(8,0)，点B(0,6)，
∴OA=8，OB=6，∠AOB=90°
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$
由旋转的性质得：BA'=BA=10，∠ABA'=α=90°
∴△ABA'为等腰直角三角形，由勾股定理得：
$AA'=\sqrt{BA^2+BA'^2}=\sqrt{10^2+10^2}=10\sqrt{2}$
(2) 过点O'作O'H⊥y轴，垂足为H
由旋转的性质得：BO'=BO=6，∠OBO'=α=120°
∴∠O'BH=180°-120°=60°，则∠BO'H=30°
在Rt△O'HB中，30°角对的直角边等于斜边的一半，故：
$BH=\frac{1}{2}BO'=\frac{1}{2}×6=3$
由勾股定理得：$O'H=\sqrt{BO'^2-BH^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$
∴点O'的纵坐标为$6+3=9$，横坐标为$3\sqrt{3}$，即O'的坐标为$(3\sqrt{3},9)$
(3) 由旋转性质得BP'=BP，故O'P+BP'=O'P+BP，作点B关于x轴的对称点，连接对称点与O'，交点即为使O'P+BP最小的点P，再通过旋转变换可得P'坐标。
【答案】
(1) $AB=10$，$AA'=10\sqrt{2}$；
(2) $(3\sqrt{3},9)$；
(3) $(\dfrac{12\sqrt{3}}{5},\dfrac{54}{5})$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理，最短路径问题
【点评】
本题属于旋转综合题，前两问侧重基础，考查旋转基本性质和勾股定理的常规应用，第三问结合最短路径模型，需要灵活转化线段关系，对几何逻辑转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.4

13.如图所示,点O为等边三角形ABC内一点,连接OA,OB,OC,将线段BO绕点B顺时针旋转60°到BM,连接CM,OM。
(1)求证:OA=CM;
(2)若OA=8,OC=6,OB=10,判断△OMC的形状并证明。

13. 解:(1) 证明:
∵ $∠OBM = 60°$,$OB = BM$,
∴ $△OBM$是等边三角形,
∴ $OM = OB$,$∠ABC = ∠OBM = 60°$,
∴ $∠ABO = ∠CBM$。在$△AOB$和$△CMB$中,
∵ $OB = MB$,$∠ABO = ∠CBM$,$AB = CB$,
∴ $△AOB≌△CMB(SAS)$,
∴ $OA = CM$。
(2)$△OMC$是直角三角形。理由如下:由(1)知,$OM = OB$,$OA = CM$,在$△OMC$中,$OM^2 = 100$,
$OC^2 + CM^2 = 6^2 + 8^2 = 100$,
∴ $OM^2 = OC^2 + CM^2$,
∴ $△OMC$是直角三角形。

【分析】
(1)要证明OA=CM，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先根据旋转的性质可得OB=BM，∠OBM=60°，结合等边三角形ABC的性质得到AB=BC、∠ABC=60°，进而推出∠ABO=∠CBM，即可利用SAS证明△AOB≌△CMB，得到对应边OA=CM。
(2)判断△OMC的形状，已知OA、OC、OB的长度，结合(1)的结论可得CM=OA，再由旋转得出的△OBM是等边三角形得到OM=OB，将三条边的长度转化到△OMC中，利用勾股定理的逆定理即可判断三角形形状。
【解析】
(1) 证明：
∵ 线段BO绕点B顺时针旋转60°到BM，
∴ ∠OBM = 60°，OB = BM，
∴ △OBM是等边三角形，
∴ OM = OB，
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=CB，∠ABC = 60°，
∴ ∠ABC = ∠OBM = 60°，
∴ ∠ABC - ∠OBC = ∠OBM - ∠OBC，即∠ABO = ∠CBM。
在△AOB和△CMB中，
$\{\begin{array}{l}OB = MB \\∠ABO = ∠CBM \\AB = CB\end{array} $
∴ △AOB≌△CMB(SAS)，
∴ OA = CM。
(2)△OMC是直角三角形，证明如下：
由(1)知，OM = OB=10，CM = OA=8，
在△OMC中，OC=6，
$OC^2 + CM^2 = 6^2 + 8^2 = 36+64=100$，
$OM^2 = 10^2=100$，
∴ $OM^2 = OC^2 + CM^2$，
∴ △OMC是直角三角形。
【答案】
(1) OA=CM，证明成立；
(2) △OMC是直角三角形。
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理
【点评】
本题是旋转类几何的典型题型，解题核心是利用旋转的性质构造全等三角形，将分散的线段长度转化到同一个三角形中，结合相关性质完成证明，考查了几何转化的思想。
【难度系数】
0.7