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5.如图，在$△ ABC$中，$AB=6$，将$△ ABC$绕点$B$按逆时针方向旋转$30°$后得到$△ A_1BC_1$，则图中阴影部分的面积为（）
A.3
B.6
C.9
D.12
A.3
B.6
C.9
D.12
答案
C
解析
【分析】
解题时先利用旋转的性质：旋转前后的图形全等，对应边相等，旋转角相等，可知△ABC与△A₁BC₁面积相等，AB=A₁B，∠ABA₁=30°。观察图形可得阴影部分面积等于△ABA₁的面积，再求腰长为6、顶角为30°的等腰△ABA₁的面积即可。
【解析】
解：
∵△ABC绕点B逆时针旋转30°得到△A₁BC₁，
∴△ABC≌△A₁BC₁，A₁B=AB=6，∠ABA₁=30°，$S_{△ ABC}=S_{△ A_1BC_1}$，
∴$S_{\mathrm{阴影}} = S_{△ A_1BC_1} + S_{△ ABA_1} - S_{△ ABC} = S_{△ ABA_1}$。
过点A作AH⊥A₁B于点H，在Rt△ABH中，∠ABH=30°，AB=6，
∴$AH = \frac{1}{2}AB = 3$，
∴$S_{△ ABA_1} = \frac{1}{2}× A_1B × AH = \frac{1}{2}×6×3=9$，
即阴影部分的面积为9。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；含30°角的直角三角形的性质；三角形面积计算
【点评】
本题解题的核心是利用旋转前后图形面积相等的性质，将不规则的阴影部分面积转化为规则的等腰三角形的面积求解，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
解题时先利用旋转的性质：旋转前后的图形全等，对应边相等，旋转角相等，可知△ABC与△A₁BC₁面积相等，AB=A₁B，∠ABA₁=30°。观察图形可得阴影部分面积等于△ABA₁的面积，再求腰长为6、顶角为30°的等腰△ABA₁的面积即可。
【解析】
解：
∵△ABC绕点B逆时针旋转30°得到△A₁BC₁，
∴△ABC≌△A₁BC₁，A₁B=AB=6，∠ABA₁=30°，$S_{△ ABC}=S_{△ A_1BC_1}$，
∴$S_{\mathrm{阴影}} = S_{△ A_1BC_1} + S_{△ ABA_1} - S_{△ ABC} = S_{△ ABA_1}$。
过点A作AH⊥A₁B于点H，在Rt△ABH中，∠ABH=30°，AB=6，
∴$AH = \frac{1}{2}AB = 3$，
∴$S_{△ ABA_1} = \frac{1}{2}× A_1B × AH = \frac{1}{2}×6×3=9$，
即阴影部分的面积为9。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质；含30°角的直角三角形的性质；三角形面积计算
【点评】
本题解题的核心是利用旋转前后图形面积相等的性质，将不规则的阴影部分面积转化为规则的等腰三角形的面积求解，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.7
6.如图，正方形OABC的两边OA，OC分别在x轴，y轴上，点D(3,2)在边AB上，以点C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D'的坐标是()
A.(-1,0)
B.(-1,6)或(1,0)
C.(-1,6)
D.(-1,0)或(1,6)
A.(-1,0)
B.(-1,6)或(1,0)
C.(-1,6)
D.(-1,0)或(1,6)
答案
D
解析
【分析】
解题时先确定正方形边长，再分两种旋转方向讨论：首先根据点D的坐标推出正方形OABC的边长，得到各顶点坐标，再结合旋转的性质，分别计算顺时针旋转90°、逆时针旋转90°两种情况下点D的对应点D'的坐标即可，注意不要遗漏任意一种旋转方向。
【解析】
∵点D(3,2)在边AB上，正方形OABC的OA边在x轴上，
∴OA=3，即正方形OABC的边长为3，
∴可得B(3,3)，C(0,3)，线段BD的长度为3-2=1。
分两种旋转情况计算D'坐标：
1. 将△CDB绕点C顺时针旋转90°：
旋转后点B落在y轴的O点处，BD旋转后水平向左，长度保持1不变，因此D'的坐标为(-1,0)；
2. 将△CDB绕点C逆时针旋转90°：
旋转后点B落在(0,6)处，BD旋转后水平向右，长度保持1不变，因此D'的坐标为(1,6)。
综上，旋转后点D的对应点D'的坐标是(-1,0)或(1,6)。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；图形的旋转；坐标与图形变化
【点评】
本题重点考查旋转性质的实际应用，解题的易错点是容易遗漏其中一种旋转方向导致漏解，需熟练掌握旋转前后对应线段长度相等、旋转角相等的性质。
【难度系数】
0.7
解题时先确定正方形边长，再分两种旋转方向讨论：首先根据点D的坐标推出正方形OABC的边长，得到各顶点坐标，再结合旋转的性质，分别计算顺时针旋转90°、逆时针旋转90°两种情况下点D的对应点D'的坐标即可，注意不要遗漏任意一种旋转方向。
【解析】
∵点D(3,2)在边AB上，正方形OABC的OA边在x轴上，
∴OA=3，即正方形OABC的边长为3，
∴可得B(3,3)，C(0,3)，线段BD的长度为3-2=1。
分两种旋转情况计算D'坐标：
1. 将△CDB绕点C顺时针旋转90°：
旋转后点B落在y轴的O点处，BD旋转后水平向左，长度保持1不变，因此D'的坐标为(-1,0)；
2. 将△CDB绕点C逆时针旋转90°：
旋转后点B落在(0,6)处，BD旋转后水平向右，长度保持1不变，因此D'的坐标为(1,6)。
综上，旋转后点D的对应点D'的坐标是(-1,0)或(1,6)。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；图形的旋转；坐标与图形变化
【点评】
本题重点考查旋转性质的实际应用，解题的易错点是容易遗漏其中一种旋转方向导致漏解，需熟练掌握旋转前后对应线段长度相等、旋转角相等的性质。
【难度系数】
0.7
7.如图，O是等边三角形ABC内的一点，连接OB，OC，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转得到△ADC，连接OD，OA.
(1)求∠ODC的度数；
(2)若OB＝4，OC＝5，求AO的长.
(1)求∠ODC的度数；
(2)若OB＝4，OC＝5，求AO的长.
答案
解：
(1) 由旋转的性质可得：$CD=CO$，$∠ ACD=∠ BCO$。
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $∠ ACB=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $∠ OCD=∠ ACO + ∠ ACD=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可得：$AD=OB=4$，$∠ ADC=∠ BOC=150°$。
∵ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $OD=OC=5$。
∵ $∠ ADC=150°$，$∠ ODC=60°$，
∴ $∠ ADO=∠ ADC - ∠ ODC=150° - 60°=90°$，
∴ $△ AOD$是直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AD^2 + OD^2}=\sqrt{4^2 + 5^2}=\sqrt{41}$。
综上，(1) $∠ ODC=60°$；(2) $AO$的长为$\sqrt{41}$。
(1) 由旋转的性质可得：$CD=CO$，$∠ ACD=∠ BCO$。
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $∠ ACB=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $∠ OCD=∠ ACO + ∠ ACD=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可得：$AD=OB=4$，$∠ ADC=∠ BOC=150°$。
∵ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $OD=OC=5$。
∵ $∠ ADC=150°$，$∠ ODC=60°$，
∴ $∠ ADO=∠ ADC - ∠ ODC=150° - 60°=90°$，
∴ $△ AOD$是直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AD^2 + OD^2}=\sqrt{4^2 + 5^2}=\sqrt{41}$。
综上，(1) $∠ ODC=60°$；(2) $AO$的长为$\sqrt{41}$。
解析
【分析】
(1)解决第一问首先回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等、对应角相等。由△BOC旋转得到△ADC，可得CD=CO，∠ACD=∠BCO。再结合等边△ABC的内角为60°，可推出∠OCD=60°，即可判定△OCD是等边三角形，从而求出∠ODC的度数。
(2)解决第二问仍先利用旋转的性质，得到AD=OB、∠ADC=∠BOC=150°，结合第一问得出的等边△OCD的性质，计算出∠ADO为直角，再在直角三角形中用勾股定理即可求出AO的长度。
【解析】
(1) 由旋转的性质可得：$CD=CO$，$∠ ACD=∠ BCO$。
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $∠ ACB=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $∠ OCD=∠ ACO + ∠ ACD=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可得：$AD=OB=4$，$∠ ADC=∠ BOC=150°$。
∵ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $OD=OC=5$。
∵ $∠ ADC=150°$，$∠ ODC=60°$，
∴ $∠ ADO=∠ ADC - ∠ ODC=150° - 60°=90°$，
∴ $△ AOD$是直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AD^2 + OD^2}=\sqrt{4^2 + 5^2}=\sqrt{41}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠ ODC=60°}$；(2) $AO$的长为$\boldsymbol{\sqrt{41}}$
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是图形旋转的典型综合题，解题的关键是抓住旋转前后图形的对应边、对应角相等的性质，结合特殊三角形的性质构造出直角三角形求解，能很好地考查几何图形的综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1)解决第一问首先回忆旋转的性质：旋转前后对应边相等、对应角相等。由△BOC旋转得到△ADC，可得CD=CO，∠ACD=∠BCO。再结合等边△ABC的内角为60°，可推出∠OCD=60°，即可判定△OCD是等边三角形，从而求出∠ODC的度数。
(2)解决第二问仍先利用旋转的性质，得到AD=OB、∠ADC=∠BOC=150°，结合第一问得出的等边△OCD的性质，计算出∠ADO为直角，再在直角三角形中用勾股定理即可求出AO的长度。
【解析】
(1) 由旋转的性质可得：$CD=CO$，$∠ ACD=∠ BCO$。
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $∠ ACB=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $∠ OCD=∠ ACO + ∠ ACD=∠ ACO + ∠ BCO=60°$，
∴ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $∠ ODC=60°$。
(2) 由旋转的性质可得：$AD=OB=4$，$∠ ADC=∠ BOC=150°$。
∵ $△ OCD$是等边三角形，
∴ $OD=OC=5$。
∵ $∠ ADC=150°$，$∠ ODC=60°$，
∴ $∠ ADO=∠ ADC - ∠ ODC=150° - 60°=90°$，
∴ $△ AOD$是直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AD^2 + OD^2}=\sqrt{4^2 + 5^2}=\sqrt{41}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠ ODC=60°}$；(2) $AO$的长为$\boldsymbol{\sqrt{41}}$
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是图形旋转的典型综合题，解题的关键是抓住旋转前后图形的对应边、对应角相等的性质，结合特殊三角形的性质构造出直角三角形求解，能很好地考查几何图形的综合分析能力。
【难度系数】
0.6
8.如图，在$△ ABD$中，$∠ BAD=90°$，把$△ ABD$绕点A逆时针方向旋转$90°$至$△ ACE$的位置，连接BC，ED，探究DE与BC的位置关系。
答案
解：$DE ⊥ BC$，理由如下：
延长$ED$交$BC$于点$F$。
由旋转的性质可得：
$△ ABD ≌ △ ACE$，
$\therefore AD=AE$，$AB=AC$，$∠ ABD = ∠ ACE$，$∠ BAD = ∠ CAE = 90°$。
由旋转角为$90°$，得$∠ DAE = 90°$，$∠ BAC = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BAC$中，$∠ ABC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ ABD + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
将$∠ ABD = ∠ ACE$代入得：
$∠ ACE + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ DBC + ∠ ECB = 90°$。
在$△ BFC$中，
$∠ BFC = 180° - (∠ DBC + ∠ ECB) = 90°$，
$\therefore DE ⊥ BC$。
延长$ED$交$BC$于点$F$。
由旋转的性质可得：
$△ ABD ≌ △ ACE$，
$\therefore AD=AE$，$AB=AC$，$∠ ABD = ∠ ACE$，$∠ BAD = ∠ CAE = 90°$。
由旋转角为$90°$，得$∠ DAE = 90°$，$∠ BAC = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BAC$中，$∠ ABC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ ABD + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
将$∠ ABD = ∠ ACE$代入得：
$∠ ACE + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ DBC + ∠ ECB = 90°$。
在$△ BFC$中，
$∠ BFC = 180° - (∠ DBC + ∠ ECB) = 90°$，
$\therefore DE ⊥ BC$。
解析
【分析】
要探究DE与BC的位置关系，首先可猜测为垂直关系，需证明二者的夹角为90°。首先利用旋转的性质，可知旋转前后的两个三角形全等，能得到对应角相等、对应边相等，且旋转角为90°。接下来通过延长ED交BC于点F，将证明垂直转化为证明△BFC中∠BFC=90°；再结合直角三角形两锐角互余的性质，通过角的等量代换推导出∠DBC与∠ECB的和为90°，最后利用三角形内角和即可得到∠BFC的度数，从而判断二者的位置关系。
【解析】
$DE ⊥ BC$，理由如下：
延长$ED$交$BC$于点$F$。
由旋转的性质可得：
$△ ABD ≌ △ ACE$，
$\therefore AD=AE$，$AB=AC$，$∠ ABD = ∠ ACE$，$∠ BAD = ∠ CAE = 90°$。
由旋转角为$90°$，得$∠ DAE = 90°$，$∠ BAC = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BAC$中，$∠ ABC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ ABD + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
将$∠ ABD = ∠ ACE$代入得：
$∠ ACE + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ DBC + ∠ ECB = 90°$。
在$△ BFC$中，
$∠ BFC = 180° - (∠ DBC + ∠ ECB) = 90°$，
$\therefore DE ⊥ BC$。
【答案】
$DE⊥ BC$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是图形旋转的基础应用题目，解题核心是熟练掌握旋转前后图形全等、对应角相等的性质，通过作辅助线构造三角形，利用角的等量代换推导角度关系，即可判断两条线段的位置关系。
【难度系数】
0.7
要探究DE与BC的位置关系，首先可猜测为垂直关系，需证明二者的夹角为90°。首先利用旋转的性质，可知旋转前后的两个三角形全等，能得到对应角相等、对应边相等，且旋转角为90°。接下来通过延长ED交BC于点F，将证明垂直转化为证明△BFC中∠BFC=90°；再结合直角三角形两锐角互余的性质，通过角的等量代换推导出∠DBC与∠ECB的和为90°，最后利用三角形内角和即可得到∠BFC的度数，从而判断二者的位置关系。
【解析】
$DE ⊥ BC$，理由如下：
延长$ED$交$BC$于点$F$。
由旋转的性质可得：
$△ ABD ≌ △ ACE$，
$\therefore AD=AE$，$AB=AC$，$∠ ABD = ∠ ACE$，$∠ BAD = ∠ CAE = 90°$。
由旋转角为$90°$，得$∠ DAE = 90°$，$∠ BAC = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BAC$中，$∠ ABC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ ABD + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
将$∠ ABD = ∠ ACE$代入得：
$∠ ACE + ∠ DBC + ∠ ACB = 90°$，
即$∠ DBC + ∠ ECB = 90°$。
在$△ BFC$中，
$∠ BFC = 180° - (∠ DBC + ∠ ECB) = 90°$，
$\therefore DE ⊥ BC$。
【答案】
$DE⊥ BC$
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题是图形旋转的基础应用题目，解题核心是熟练掌握旋转前后图形全等、对应角相等的性质，通过作辅助线构造三角形，利用角的等量代换推导角度关系，即可判断两条线段的位置关系。
【难度系数】
0.7
9.【问题】如图①,在等边三角形 ABC 内有一点 P,且 $PA=3,PB=4,PC=5$,求$∠APB$ 的度数;
【思考】如图②,利用旋转和全等的知识构造$△ AP'C$,连接 $PP'$ ,得到两个特殊的三角形,从而将问题解决.
【探究】(1)图①中$∠APB$ 的度数等于;
(2)如图③,在正方形 ABCD 内有一点 P,且 $PA=2\sqrt{2},PB=1,PD=\sqrt{17}$.求$∠APB$ 的度数.
【思考】如图②,利用旋转和全等的知识构造$△ AP'C$,连接 $PP'$ ,得到两个特殊的三角形,从而将问题解决.
【探究】(1)图①中$∠APB$ 的度数等于;
(2)如图③,在正方形 ABCD 内有一点 P,且 $PA=2\sqrt{2},PB=1,PD=\sqrt{17}$.求$∠APB$ 的度数.
答案
解：(1) $\boldsymbol{150°}$
(2) 将$△ APB$绕点$A$逆时针旋转$90°$，使$AB$与$AD$重合，得到$△ AP'D$，连接$PP'$。
由旋转的性质可得：
$AP' = AP = 2\sqrt{2}$，$P'D = PB = 1$，$∠ PAP' = 90°$，$∠ APB = ∠ AP'D$。
在$\mathrm{Rt}△ APP'$中，由勾股定理得：
$PP'^2 = AP^2 + AP'^2 = (2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 16$，
$\therefore PP' = 4$，$∠ AP'P = 45°$。
在$△ PP'D$中，
$\because PP'^2 + P'D^2 = 4^2 + 1^2 = 17$，$PD^2 = (\sqrt{17})^2 = 17$，
$\therefore PP'^2 + P'D^2 = PD^2$，
$\therefore △ PP'D$是直角三角形，$∠ DP'P = 90°$。
$\therefore ∠ AP'D = ∠ AP'P + ∠ DP'P = 45° + 90° = 135°$，
$\therefore ∠ APB = ∠ AP'D = 135°$。
(2) 将$△ APB$绕点$A$逆时针旋转$90°$，使$AB$与$AD$重合，得到$△ AP'D$，连接$PP'$。
由旋转的性质可得：
$AP' = AP = 2\sqrt{2}$，$P'D = PB = 1$，$∠ PAP' = 90°$，$∠ APB = ∠ AP'D$。
在$\mathrm{Rt}△ APP'$中，由勾股定理得：
$PP'^2 = AP^2 + AP'^2 = (2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 16$，
$\therefore PP' = 4$，$∠ AP'P = 45°$。
在$△ PP'D$中，
$\because PP'^2 + P'D^2 = 4^2 + 1^2 = 17$，$PD^2 = (\sqrt{17})^2 = 17$，
$\therefore PP'^2 + P'D^2 = PD^2$，
$\therefore △ PP'D$是直角三角形，$∠ DP'P = 90°$。
$\therefore ∠ AP'D = ∠ AP'P + ∠ DP'P = 45° + 90° = 135°$，
$\therefore ∠ APB = ∠ AP'D = 135°$。
解析
【分析】
第(1)问：已知PA、PB、PC的长度为3、4、5，是一组勾股数，可通过旋转将分散的三条线段集中到同一三角形中：将△APB绕点A旋转60°，使AB与AC重合得到△AP'C，利用旋转性质可得到等边△APP'和直角△PP'C，结合两个特殊三角形的角度即可求出∠APB的度数。
第(2)问：同理，将△APB绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合得到△AP'D，通过旋转性质把PA、PB、PD转化到△APP'和△PP'D中，先判断△APP'是等腰直角三角形，再用勾股定理逆定理判断△PP'D是直角三角形，两个特殊三角形的角度相加即可得到∠APB的度数。
【解析】
(1) 如图②，将△APB绕点A顺时针旋转60°，使AB与AC重合，得到△AP'C，连接PP'。
由旋转性质得：$AP=AP'=3$，$P'C=PB=4$，$∠PAP'=60°$，$∠APB=∠AP'C$。
∵$AP=AP'$，$∠PAP'=60°$，
∴△APP'是等边三角形，
∴$PP'=AP=3$，$∠AP'P=60°$。
在△PP'C中，$PP'=3$，$P'C=4$，$PC=5$，
∵$3^2+4^2=5^2$，即$PP'^2+P'C^2=PC^2$，
∴△PP'C是直角三角形，$∠PP'C=90°$，
∴$∠AP'C=∠AP'P+∠PP'C=60°+90°=150°$，
∴$∠APB=150°$。
(2) 将△APB绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合，得到△AP'D，连接PP'。
由旋转的性质可得：$AP' = AP = 2\sqrt{2}$，$P'D = PB = 1$，$∠PAP' = 90°$，$∠APB = ∠AP'D$。
在$\mathrm{Rt}△ APP'$中，由勾股定理得：
$PP'^2 = AP^2 + AP'^2 = (2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 16$，
$\therefore PP' = 4$，$∠ AP'P = 45°$。
在$△ PP'D$中，
$\because PP'^2 + P'D^2 = 4^2 + 1^2 = 17$，$PD^2 = (\sqrt{17})^2 = 17$，
$\therefore PP'^2 + P'D^2 = PD^2$，
$\therefore △ PP'D$是直角三角形，$∠ DP'P = 90°$。
$\therefore ∠ AP'D = ∠ AP'P + ∠ DP'P = 45° + 90° = 135°$，
$\therefore ∠ APB = ∠ AP'D = 135°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{150°}$；(2) $\boldsymbol{135°}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理及逆定理，特殊三角形性质
【点评】
本题是旋转构造全等的典型应用，通过旋转可将分散的线段、角集中到特殊三角形中，使已知条件关联起来求解，该方法在解决等边三角形、正方形内部点相关的角度、线段问题时十分常用。
【难度系数】
0.6
第(1)问：已知PA、PB、PC的长度为3、4、5，是一组勾股数，可通过旋转将分散的三条线段集中到同一三角形中：将△APB绕点A旋转60°，使AB与AC重合得到△AP'C，利用旋转性质可得到等边△APP'和直角△PP'C，结合两个特殊三角形的角度即可求出∠APB的度数。
第(2)问：同理，将△APB绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合得到△AP'D，通过旋转性质把PA、PB、PD转化到△APP'和△PP'D中，先判断△APP'是等腰直角三角形，再用勾股定理逆定理判断△PP'D是直角三角形，两个特殊三角形的角度相加即可得到∠APB的度数。
【解析】
(1) 如图②，将△APB绕点A顺时针旋转60°，使AB与AC重合，得到△AP'C，连接PP'。
由旋转性质得：$AP=AP'=3$，$P'C=PB=4$，$∠PAP'=60°$，$∠APB=∠AP'C$。
∵$AP=AP'$，$∠PAP'=60°$，
∴△APP'是等边三角形，
∴$PP'=AP=3$，$∠AP'P=60°$。
在△PP'C中，$PP'=3$，$P'C=4$，$PC=5$，
∵$3^2+4^2=5^2$，即$PP'^2+P'C^2=PC^2$，
∴△PP'C是直角三角形，$∠PP'C=90°$，
∴$∠AP'C=∠AP'P+∠PP'C=60°+90°=150°$，
∴$∠APB=150°$。
(2) 将△APB绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合，得到△AP'D，连接PP'。
由旋转的性质可得：$AP' = AP = 2\sqrt{2}$，$P'D = PB = 1$，$∠PAP' = 90°$，$∠APB = ∠AP'D$。
在$\mathrm{Rt}△ APP'$中，由勾股定理得：
$PP'^2 = AP^2 + AP'^2 = (2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 16$，
$\therefore PP' = 4$，$∠ AP'P = 45°$。
在$△ PP'D$中，
$\because PP'^2 + P'D^2 = 4^2 + 1^2 = 17$，$PD^2 = (\sqrt{17})^2 = 17$，
$\therefore PP'^2 + P'D^2 = PD^2$，
$\therefore △ PP'D$是直角三角形，$∠ DP'P = 90°$。
$\therefore ∠ AP'D = ∠ AP'P + ∠ DP'P = 45° + 90° = 135°$，
$\therefore ∠ APB = ∠ AP'D = 135°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{150°}$；(2) $\boldsymbol{135°}$
【知识点】
旋转的性质，勾股定理及逆定理，特殊三角形性质
【点评】
本题是旋转构造全等的典型应用，通过旋转可将分散的线段、角集中到特殊三角形中，使已知条件关联起来求解，该方法在解决等边三角形、正方形内部点相关的角度、线段问题时十分常用。
【难度系数】
0.6
