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9.如图，$△ ABC$中，$∠ ABC=108°$，在$AC$的同侧作3个等边三角形$△ ABD$，$△ ACE$，$△ BCF$，连接$DE$，$EF$.以下结论中正确的有(
①四边形$BDEF$是平行四边形.
②$∠ ADE=108°$.
③$BF=DE$.
④$△ EFC$可以看成是$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到的.
A.②③
B.①②④
C.①②③④
D.②③④
C
).①四边形$BDEF$是平行四边形.
②$∠ ADE=108°$.
③$BF=DE$.
④$△ EFC$可以看成是$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到的.
A.②③
B.①②④
C.①②③④
D.②③④
答案
9.C
解析
【分析】
本题属于多等边三角形共顶点的几何综合题，解题时先利用等边三角形三边相等、内角为60°的性质，通过角的和差推导得到相等的夹角，进而证明三角形全等；再借助全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，依次判断四个结论是否成立即可。
【解析】
已知△ABD、△ACE、△BCF均为等边三角形，因此可得：
$AB=AD=BD$，$AC=AE=CE$，$BC=BF=CF$，$∠ BAD=∠ CAE=∠ BCF=∠ ACE=60°$。
1. 证明$△ ABC ≌ △ ADE$：
$∠ BAD+∠ BAE=∠ CAE+∠ BAE$，即$∠ DAE=∠ BAC$，
在$△ ABC$和$△ ADE$中：
$\begin{cases}AB=AD \\∠ BAC=∠ DAE \\AC=AE\end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ ADE \mathrm{（SAS）}$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ABC=108°$，故结论②正确；
同时可得$BC=DE$，又$\because BC=BF$，$\therefore DE=BF$，故结论③正确。
2. 证明$△ ABC ≌ △ EFC$：
$∠ ACB+∠ BCE=∠ ECF+∠ BCE=60°$，即$∠ ACB=∠ ECF$，
在$△ ABC$和$△ EFC$中：
$\begin{cases}AC=EC \\∠ ACB=∠ ECF \\BC=FC\end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ EFC \mathrm{（SAS）}$，
$\therefore AB=EF$，又$\because AB=BD$，$\therefore BD=EF$。
结合$DE=BF$，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，因此四边形$BDEF$是平行四边形，故结论①正确。
3. 判断结论④：
由$△ ABC ≌ △ EFC$，且$∠ ACE=∠ BCF=60°$，可知点$A$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到点$E$，点$B$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到点$F$，旋转中心为点$C$，旋转角为$60°$，因此$△ EFC$可以看成是$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到的，故结论④正确。
综上，①②③④均正确。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何综合类常见题型，将等边三角形、全等三角形、平行四边形、旋转的性质多个知识点结合考查，解题的核心是通过等边三角形的性质推导全等的边角条件，需要学生具备一定的逻辑推理能力和知识点综合运用能力。
【难度系数】
0.6
本题属于多等边三角形共顶点的几何综合题，解题时先利用等边三角形三边相等、内角为60°的性质，通过角的和差推导得到相等的夹角，进而证明三角形全等；再借助全等三角形对应边相等、对应角相等的性质，依次判断四个结论是否成立即可。
【解析】
已知△ABD、△ACE、△BCF均为等边三角形，因此可得：
$AB=AD=BD$，$AC=AE=CE$，$BC=BF=CF$，$∠ BAD=∠ CAE=∠ BCF=∠ ACE=60°$。
1. 证明$△ ABC ≌ △ ADE$：
$∠ BAD+∠ BAE=∠ CAE+∠ BAE$，即$∠ DAE=∠ BAC$，
在$△ ABC$和$△ ADE$中：
$\begin{cases}AB=AD \\∠ BAC=∠ DAE \\AC=AE\end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ ADE \mathrm{（SAS）}$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ABC=108°$，故结论②正确；
同时可得$BC=DE$，又$\because BC=BF$，$\therefore DE=BF$，故结论③正确。
2. 证明$△ ABC ≌ △ EFC$：
$∠ ACB+∠ BCE=∠ ECF+∠ BCE=60°$，即$∠ ACB=∠ ECF$，
在$△ ABC$和$△ EFC$中：
$\begin{cases}AC=EC \\∠ ACB=∠ ECF \\BC=FC\end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ EFC \mathrm{（SAS）}$，
$\therefore AB=EF$，又$\because AB=BD$，$\therefore BD=EF$。
结合$DE=BF$，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，因此四边形$BDEF$是平行四边形，故结论①正确。
3. 判断结论④：
由$△ ABC ≌ △ EFC$，且$∠ ACE=∠ BCF=60°$，可知点$A$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到点$E$，点$B$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到点$F$，旋转中心为点$C$，旋转角为$60°$，因此$△ EFC$可以看成是$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到的，故结论④正确。
综上，①②③④均正确。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何综合类常见题型，将等边三角形、全等三角形、平行四边形、旋转的性质多个知识点结合考查，解题的核心是通过等边三角形的性质推导全等的边角条件，需要学生具备一定的逻辑推理能力和知识点综合运用能力。
【难度系数】
0.6
10.如图，正方形CDEF旋转后能与正方形ABCD重合，那么图形所在的平面内可以作为旋转中心的点的个数是(
A.1个
B.2个
C.3个
D.无数个
C
).A.1个
B.2个
C.3个
D.无数个
答案
10.C
解析
【分析】
解题时先回忆旋转中心的定义：旋转过程中固定不动的点，旋转后图形与原图形重合。我们分情况讨论可能的旋转中心：首先考虑两个正方形的公共顶点，其次考虑公共边的中点，结合正方形边相等、内角为90°的性质，分别验证不同点作为旋转中心时，正方形CDEF旋转后是否能与ABCD重合即可。
【解析】
我们分三种情况验证：
1. 以点C为旋转中心：将正方形CDEF绕点C逆时针旋转90°，此时CDEF的顶点D与B重合、E与A重合、F与D重合、点C不动，两个正方形完全重合；
2. 以点D为旋转中心：将正方形CDEF绕点D顺时针旋转90°，此时CDEF的顶点C与A重合、F与B重合、E与C重合、点D不动，两个正方形完全重合；
3. 以公共边CD的中点为旋转中心：将正方形CDEF绕该中点旋转180°，此时CDEF的顶点D与C重合、E与B重合、F与A重合、C与D重合，两个正方形完全重合。
因此共有3个可以作为旋转中心的点。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质
【点评】
本题容易遗漏公共边中点作为旋转中心的情况，解题时要全面考虑旋转角度的不同（90°和180°），结合图形特征逐一验证即可找到所有符合要求的旋转中心。
【难度系数】
0.7
解题时先回忆旋转中心的定义：旋转过程中固定不动的点，旋转后图形与原图形重合。我们分情况讨论可能的旋转中心：首先考虑两个正方形的公共顶点，其次考虑公共边的中点，结合正方形边相等、内角为90°的性质，分别验证不同点作为旋转中心时，正方形CDEF旋转后是否能与ABCD重合即可。
【解析】
我们分三种情况验证：
1. 以点C为旋转中心：将正方形CDEF绕点C逆时针旋转90°，此时CDEF的顶点D与B重合、E与A重合、F与D重合、点C不动，两个正方形完全重合；
2. 以点D为旋转中心：将正方形CDEF绕点D顺时针旋转90°，此时CDEF的顶点C与A重合、F与B重合、E与C重合、点D不动，两个正方形完全重合；
3. 以公共边CD的中点为旋转中心：将正方形CDEF绕该中点旋转180°，此时CDEF的顶点D与C重合、E与B重合、F与A重合、C与D重合，两个正方形完全重合。
因此共有3个可以作为旋转中心的点。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质
【点评】
本题容易遗漏公共边中点作为旋转中心的情况，解题时要全面考虑旋转角度的不同（90°和180°），结合图形特征逐一验证即可找到所有符合要求的旋转中心。
【难度系数】
0.7
11.已知在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$AB=AC$.
(1)如图①，点$D$是$BC$边上一点(不与点$B$，$C$重合)，将线段$AD$绕点$A$逆时针旋转$90°$得到$AE$，连接$CE$，则线段$BD$，$CE$之间的数量关系为
(2)在(1)基础上连接$DE$，如图②，试探索线段$AD$，$BD$，$CD$之间的数量关系，并证明.
(3)如图③，点$D$在$△ ABC$外，若$∠ ADC=45°$，$AD=3$，$BD=5$，求出$CD$的长.
(1)如图①，点$D$是$BC$边上一点(不与点$B$，$C$重合)，将线段$AD$绕点$A$逆时针旋转$90°$得到$AE$，连接$CE$，则线段$BD$，$CE$之间的数量关系为
$BD=CE$
.(2)在(1)基础上连接$DE$，如图②，试探索线段$AD$，$BD$，$CD$之间的数量关系，并证明.
(3)如图③，点$D$在$△ ABC$外，若$∠ ADC=45°$，$AD=3$，$BD=5$，求出$CD$的长.
答案
11.(1)$BD=CE$
(2)线段 AD,BD,CD 之间的数量关系为 $BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$.
证明:连接 DE.
$\because ∠BAC=90^{\circ },AB=AC,\therefore ∠ABC=∠ACB=45^{\circ }.$
$\because$ 线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AE,$\therefore AD=AE,∠DAE=90^{\circ }=∠BAC$,
$\therefore DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2},∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE$,
在$△ ABD$ 和$△ ACE$ 中$\begin{cases} AD=AE, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AB=AC, \end{cases}$$\therefore △ ADB≌ △ AEC(SAS)$,
$\therefore BD=CE,∠ABC=∠ACE=45^{\circ }$,
$\therefore ∠DCE=∠ACB+∠ACE=90^{\circ },\therefore CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$,
$\therefore BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}.$
(3)将线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AM,连接 CM,DM.
$\because ∠DAM=90^{\circ },AD=AM,AD=3,\therefore ∠ADM=∠AMD=45^{\circ },DM=\sqrt{AM^{2}+AD^{2}}=3\sqrt{2}.$
$\because$ 线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AM,$\therefore ∠BAD=90^{\circ }+∠DAC=∠CAM$,
在$△ ADB$ 和$△ AMC$ 中$\begin{cases} AD=AM, \\ ∠BAD=∠CAM, \\ AB=AC, \end{cases}$$\therefore △ ADB≌ △ AMC(SAS)$,
$\therefore BD=CM,\because BD=5,\therefore CM=5.$
$\because ∠ADC=45^{\circ },\therefore ∠ADC+∠ADM=90^{\circ },\therefore ∠CDM=90^{\circ }$,
$\therefore CD=\sqrt{CM^{2}-DM^{2}}=\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{7}.$
解析
【分析】
(1) 结合旋转的性质得到AD=AE、∠DAE=90°，对比∠BAC=90°可推出∠BAD=∠CAE，再结合AB=AC，通过SAS证明△BAD≌△CAE，即可得到BD和CE的数量关系。
(2) 先由旋转性质得到△ADE为等腰直角三角形，可得$DE^2=2AD^2$；再利用(1)的全等结论得BD=CE，且可证∠DCE=90°，在Rt△DCE中结合勾股定理，将CE替换为BD、$DE^2$替换为$2AD^2$即可得到三条线段的关系。
(3) 类比前两问的思路，通过旋转AD构造全等三角形，将BD转化为CM，再结合已知∠ADC=45°推出∠CDM=90°，最后用勾股定理计算CD的长度即可。
【解析】
(1)
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中$\begin{cases} AB=AC \\ ∠BAD=∠CAE \\ AD=AE \end{cases}$，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE。
(2) 连接DE，
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,
∴AD=AE,∠DAE=90°=∠BAC,
∴$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2}$,∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE,
在△ABD和△ACE中$\begin{cases} AD=AE, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ADB≌△AEC(SAS),
∴BD=CE,∠ABC=∠ACE=45°,
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°,
∴$CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$,
∴$BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$.
(3) 将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AM,连接CM,DM。
∵∠DAM=90°,AD=AM,AD=3,
∴∠ADM=∠AMD=45°,$DM=\sqrt{AM^{2}+AD^{2}}=3\sqrt{2}$.
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AM,
∴∠BAD=90°+∠DAC=∠CAM,
在△ADB和△AMC中$\begin{cases} AD=AM, \\ ∠BAD=∠CAM, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ADB≌△AMC(SAS),
∴BD=CM,
∵BD=5,
∴CM=5.
∵∠ADC=45°,
∴∠ADC+∠ADM=90°,
∴∠CDM=90°,
∴$CD=\sqrt{CM^{2}-DM^{2}}=\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{7}$.
【答案】
(1)$BD=CE$
(2)线段 AD,BD,CD 之间的数量关系为 $BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$.
证明:连接 DE.
$\because ∠BAC=90^{\circ },AB=AC,\therefore ∠ABC=∠ACB=45^{\circ }.$
$\because$ 线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AE,$\therefore AD=AE,∠DAE=90^{\circ }=∠BAC$,
$\therefore DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2},∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE$,
在$△ ABD$ 和$△ ACE$ 中$\begin{cases} AD=AE, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AB=AC, \end{cases}$$\therefore △ ADB≌ △ AEC(SAS)$,
$\therefore BD=CE,∠ABC=∠ACE=45^{\circ }$,
$\therefore ∠DCE=∠ACB+∠ACE=90^{\circ },\therefore CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$,
$\therefore BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}.$
(3)将线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AM,连接 CM,DM。
$\because ∠DAM=90^{\circ },AD=AM,AD=3,\therefore ∠ADM=∠AMD=45^{\circ },DM=\sqrt{AM^{2}+AD^{2}}=3\sqrt{2}.$
$\because$ 线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AM,$\therefore ∠BAD=90^{\circ }+∠DAC=∠CAM$,
在$△ ADB$ 和$△ AMC$ 中$\begin{cases} AD=AM, \\ ∠BAD=∠CAM, \\ AB=AC, \end{cases}$$\therefore △ ADB≌ △ AMC(SAS)$,
$\therefore BD=CM,\because BD=5,\therefore CM=5.$
$\because ∠ADC=45^{\circ },\therefore ∠ADC+∠ADM=90^{\circ },\therefore ∠CDM=90^{\circ }$,
$\therefore CD=\sqrt{CM^{2}-DM^{2}}=\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{7}.$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是等腰直角三角形背景下的几何变换综合题，核心考查旋转构造全等的模型思想，通过旋转实现线段、角的转移，结合勾股定理完成线段关系推导和长度计算，是几何变换类的典型题型，对学生的类比推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 结合旋转的性质得到AD=AE、∠DAE=90°，对比∠BAC=90°可推出∠BAD=∠CAE，再结合AB=AC，通过SAS证明△BAD≌△CAE，即可得到BD和CE的数量关系。
(2) 先由旋转性质得到△ADE为等腰直角三角形，可得$DE^2=2AD^2$；再利用(1)的全等结论得BD=CE，且可证∠DCE=90°，在Rt△DCE中结合勾股定理，将CE替换为BD、$DE^2$替换为$2AD^2$即可得到三条线段的关系。
(3) 类比前两问的思路，通过旋转AD构造全等三角形，将BD转化为CM，再结合已知∠ADC=45°推出∠CDM=90°，最后用勾股定理计算CD的长度即可。
【解析】
(1)
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中$\begin{cases} AB=AC \\ ∠BAD=∠CAE \\ AD=AE \end{cases}$，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE。
(2) 连接DE，
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°.
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,
∴AD=AE,∠DAE=90°=∠BAC,
∴$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2}$,∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE,
在△ABD和△ACE中$\begin{cases} AD=AE, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ADB≌△AEC(SAS),
∴BD=CE,∠ABC=∠ACE=45°,
∴∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°,
∴$CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$,
∴$BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$.
(3) 将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AM,连接CM,DM。
∵∠DAM=90°,AD=AM,AD=3,
∴∠ADM=∠AMD=45°,$DM=\sqrt{AM^{2}+AD^{2}}=3\sqrt{2}$.
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AM,
∴∠BAD=90°+∠DAC=∠CAM,
在△ADB和△AMC中$\begin{cases} AD=AM, \\ ∠BAD=∠CAM, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ADB≌△AMC(SAS),
∴BD=CM,
∵BD=5,
∴CM=5.
∵∠ADC=45°,
∴∠ADC+∠ADM=90°,
∴∠CDM=90°,
∴$CD=\sqrt{CM^{2}-DM^{2}}=\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{7}$.
【答案】
(1)$BD=CE$
(2)线段 AD,BD,CD 之间的数量关系为 $BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$.
证明:连接 DE.
$\because ∠BAC=90^{\circ },AB=AC,\therefore ∠ABC=∠ACB=45^{\circ }.$
$\because$ 线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AE,$\therefore AD=AE,∠DAE=90^{\circ }=∠BAC$,
$\therefore DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2},∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE$,
在$△ ABD$ 和$△ ACE$ 中$\begin{cases} AD=AE, \\ ∠BAD=∠CAE, \\ AB=AC, \end{cases}$$\therefore △ ADB≌ △ AEC(SAS)$,
$\therefore BD=CE,∠ABC=∠ACE=45^{\circ }$,
$\therefore ∠DCE=∠ACB+∠ACE=90^{\circ },\therefore CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$,
$\therefore BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}.$
(3)将线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AM,连接 CM,DM。
$\because ∠DAM=90^{\circ },AD=AM,AD=3,\therefore ∠ADM=∠AMD=45^{\circ },DM=\sqrt{AM^{2}+AD^{2}}=3\sqrt{2}.$
$\because$ 线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到 AM,$\therefore ∠BAD=90^{\circ }+∠DAC=∠CAM$,
在$△ ADB$ 和$△ AMC$ 中$\begin{cases} AD=AM, \\ ∠BAD=∠CAM, \\ AB=AC, \end{cases}$$\therefore △ ADB≌ △ AMC(SAS)$,
$\therefore BD=CM,\because BD=5,\therefore CM=5.$
$\because ∠ADC=45^{\circ },\therefore ∠ADC+∠ADM=90^{\circ },\therefore ∠CDM=90^{\circ }$,
$\therefore CD=\sqrt{CM^{2}-DM^{2}}=\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{7}.$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是等腰直角三角形背景下的几何变换综合题，核心考查旋转构造全等的模型思想，通过旋转实现线段、角的转移，结合勾股定理完成线段关系推导和长度计算，是几何变换类的典型题型，对学生的类比推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12.在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$AC=BC$，$∠ ACB=90°$，点$O$为斜边$AB$的中点，点$P$为$△ ABC$外一动点且$∠ BPC=30°$，若$PB=6$，$PO=7\sqrt{2}$，则$PC$的长为________。
答案
12.10
提示:连接 OC.$\because AC=BC,∠ACB=90^{\circ },O$ 为斜边 AB 的中点,$PB=6,PO=7\sqrt{2}$,
$\therefore ∠BOC=90^{\circ },OB=OC.$
将$△ OBP$ 绕点 O 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到$△ OCP'$,作 $P'H⊥ PC$ 交 PC 的延长线于 H,
$\therefore ∠OCP'=∠OBP,CP'=BP=6,OP'=OP=7\sqrt{2},∠POP'=90^{\circ },∠P'HC=90^{\circ }$,
$\because ∠BPC=30^{\circ },∠BOC=90^{\circ }$,
$\therefore ∠OBP+∠OCP=360^{\circ }-∠BOC-∠BPC=360^{\circ }-90^{\circ }-30^{\circ }=240^{\circ }$,
$\therefore ∠OCP'+∠OCP=240^{\circ },\therefore ∠PCP'=360^{\circ }-(∠OCP'+∠OCP)=360^{\circ }-240^{\circ }=120^{\circ }$,
$\therefore ∠HCP'=180^{\circ }-∠PCP'=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$,
$\therefore ∠CP'H=90^{\circ }-∠HCP'=90^{\circ }-60^{\circ }=30^{\circ }$,
$\therefore CH=\frac{1}{2}CP'=\frac{1}{2}×6=3,\therefore P'H=\sqrt{P'C^{2}-CH^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}}=3\sqrt{3}.$
连接 $PP'$.
$\because ∠POP'=90^{\circ },OP'=OP=7\sqrt{2}$,
$\therefore P'P=\sqrt{P'O^{2}+PO^{2}}=\sqrt{(7\sqrt{2})^{2}+(7\sqrt{2})^{2}}=14$,
$\therefore PH=\sqrt{P'P^{2}-P'H^{2}}=\sqrt{14^{2}-(3\sqrt{3})^{2}}=13$,
$\therefore PC=PH-CH=13-3=10.$
提示:连接 OC.$\because AC=BC,∠ACB=90^{\circ },O$ 为斜边 AB 的中点,$PB=6,PO=7\sqrt{2}$,
$\therefore ∠BOC=90^{\circ },OB=OC.$
将$△ OBP$ 绕点 O 逆时针旋转 $90^{\circ }$得到$△ OCP'$,作 $P'H⊥ PC$ 交 PC 的延长线于 H,
$\therefore ∠OCP'=∠OBP,CP'=BP=6,OP'=OP=7\sqrt{2},∠POP'=90^{\circ },∠P'HC=90^{\circ }$,
$\because ∠BPC=30^{\circ },∠BOC=90^{\circ }$,
$\therefore ∠OBP+∠OCP=360^{\circ }-∠BOC-∠BPC=360^{\circ }-90^{\circ }-30^{\circ }=240^{\circ }$,
$\therefore ∠OCP'+∠OCP=240^{\circ },\therefore ∠PCP'=360^{\circ }-(∠OCP'+∠OCP)=360^{\circ }-240^{\circ }=120^{\circ }$,
$\therefore ∠HCP'=180^{\circ }-∠PCP'=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$,
$\therefore ∠CP'H=90^{\circ }-∠HCP'=90^{\circ }-60^{\circ }=30^{\circ }$,
$\therefore CH=\frac{1}{2}CP'=\frac{1}{2}×6=3,\therefore P'H=\sqrt{P'C^{2}-CH^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}}=3\sqrt{3}.$
连接 $PP'$.
$\because ∠POP'=90^{\circ },OP'=OP=7\sqrt{2}$,
$\therefore P'P=\sqrt{P'O^{2}+PO^{2}}=\sqrt{(7\sqrt{2})^{2}+(7\sqrt{2})^{2}}=14$,
$\therefore PH=\sqrt{P'P^{2}-P'H^{2}}=\sqrt{14^{2}-(3\sqrt{3})^{2}}=13$,
$\therefore PC=PH-CH=13-3=10.$
解析
【分析】
首先，在等腰Rt△ABC中，斜边AB的中点O满足OB=OC，且∠BOC=90°，出现共端点的等线段OB、OC，结合已知PB、PO的长度和∠BPC=30°的条件，可考虑通过旋转将分散的线段和角的条件集中：将△OBP绕点O逆时针旋转90°得到△OCP'，即可把PB转化为CP'，PO转化为P'O，同时得到等腰直角△POP'，再通过四边形内角和推导∠PCP'的度数，构造直角三角形利用勾股定理逐步求解PC的长度即可。
【解析】
连接OC，
∵AC=BC，∠ACB=90°，O为斜边AB的中点，
∴OC=OB，∠BOC=90°。
将△OBP绕点O逆时针旋转90°得到△OCP'，过点P'作P'H⊥PC，交PC的延长线于H，
由旋转的性质可得：CP'=BP=6，OP'=OP=7√2，∠POP'=90°，∠OCP'=∠OBP。
在四边形OBPC中，∠OBP+∠OCP+∠BOC+∠BPC=360°，
已知∠BOC=90°，∠BPC=30°，
∴∠OBP+∠OCP=360°-90°-30°=240°，
∴∠OCP'+∠OCP=240°，
∴∠PCP'=360°-(∠OCP'+∠OCP)=120°，
∴∠HCP'=180°-120°=60°，
在Rt△P'CH中，∠CP'H=90°-60°=30°，
∴CH=$\frac{1}{2}$CP'=$\frac{1}{2}$×6=3，
由勾股定理得：P'H=$\sqrt{CP'^2-CH^2}$=$\sqrt{6^2-3^2}$=3$\sqrt{3}$。
连接PP'，在Rt△POP'中，OP=OP'=7√2，
∴PP'=$\sqrt{OP^2+OP'^2}$=$\sqrt{(7\sqrt{2})^2+(7\sqrt{2})^2}$=14。
在Rt△P'HP中，PH=$\sqrt{PP'^2-P'H^2}$=$\sqrt{14^2-(3\sqrt{3})^2}$=$\sqrt{196-27}$=13，
∴PC=PH-CH=13-3=10。
【答案】
10
【知识点】
等腰直角三角形的性质；旋转的性质；勾股定理
【点评】
本题解题的核心是利用共端点等线段的特征构造旋转全等，将分散的已知条件整合到可求解的直角三角形中，通过角度推导和勾股定理逐步计算得到未知线段长度，对几何构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
首先，在等腰Rt△ABC中，斜边AB的中点O满足OB=OC，且∠BOC=90°，出现共端点的等线段OB、OC，结合已知PB、PO的长度和∠BPC=30°的条件，可考虑通过旋转将分散的线段和角的条件集中：将△OBP绕点O逆时针旋转90°得到△OCP'，即可把PB转化为CP'，PO转化为P'O，同时得到等腰直角△POP'，再通过四边形内角和推导∠PCP'的度数，构造直角三角形利用勾股定理逐步求解PC的长度即可。
【解析】
连接OC，
∵AC=BC，∠ACB=90°，O为斜边AB的中点，
∴OC=OB，∠BOC=90°。
将△OBP绕点O逆时针旋转90°得到△OCP'，过点P'作P'H⊥PC，交PC的延长线于H，
由旋转的性质可得：CP'=BP=6，OP'=OP=7√2，∠POP'=90°，∠OCP'=∠OBP。
在四边形OBPC中，∠OBP+∠OCP+∠BOC+∠BPC=360°，
已知∠BOC=90°，∠BPC=30°，
∴∠OBP+∠OCP=360°-90°-30°=240°，
∴∠OCP'+∠OCP=240°，
∴∠PCP'=360°-(∠OCP'+∠OCP)=120°，
∴∠HCP'=180°-120°=60°，
在Rt△P'CH中，∠CP'H=90°-60°=30°，
∴CH=$\frac{1}{2}$CP'=$\frac{1}{2}$×6=3，
由勾股定理得：P'H=$\sqrt{CP'^2-CH^2}$=$\sqrt{6^2-3^2}$=3$\sqrt{3}$。
连接PP'，在Rt△POP'中，OP=OP'=7√2，
∴PP'=$\sqrt{OP^2+OP'^2}$=$\sqrt{(7\sqrt{2})^2+(7\sqrt{2})^2}$=14。
在Rt△P'HP中，PH=$\sqrt{PP'^2-P'H^2}$=$\sqrt{14^2-(3\sqrt{3})^2}$=$\sqrt{196-27}$=13，
∴PC=PH-CH=13-3=10。
【答案】
10
【知识点】
等腰直角三角形的性质；旋转的性质；勾股定理
【点评】
本题解题的核心是利用共端点等线段的特征构造旋转全等，将分散的已知条件整合到可求解的直角三角形中，通过角度推导和勾股定理逐步计算得到未知线段长度，对几何构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
