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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】
要判断四个结论是否正确，我们可结合等边三角形的性质，通过角的和差推导相等的角，再证明三角形全等，借助全等的性质、平行四边形的判定规则、旋转的定义逐一验证每个结论：1.先利用等边三角形边相等、内角为60°的性质，证明△ADE≌△ABC、△ABC≌△EFC；2.借助全等对应边相等、对应角相等的性质，验证②③④；3.再通过两组对边分别相等证明四边形BDEF是平行四边形，验证①。
【解析】
∵△ABD、△ACE、△BCF都是等边三角形，
∴$AD=AB=BD$，$AC=CE=AE$，$BC=CF=BF$，$∠ DAB=∠ CAE=∠ BCF=∠ ACE=60°$。
1. 验证结论④：
$∠ ACB + ∠ BCE = ∠ ACE=60°$，$∠ FCE + ∠ BCE=∠ BCF=60°$，因此$∠ ACB=∠ FCE$。
在$△ ABC$和$△ EFC$中：$\begin{cases} AC=EC \\ ∠ ACB=∠ ECF \\ BC=FC \end{cases}$，可得$△ ABC≌△ EFC(\mathrm{SAS})$。
将$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$时，$AC$与$CE$重合、$BC$与$CF$重合，因此$△ EFC$可看成$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到，④正确。
2. 验证结论②：
$∠ DAE + ∠ EAB=∠ DAB=60°$，$∠ BAC + ∠ EAB=∠ CAE=60°$，因此$∠ DAE=∠ BAC$。
在$△ ADE$和$△ ABC$中：$\begin{cases} AD=AB \\ ∠ DAE=∠ BAC \\ AE=AC \end{cases}$，可得$△ ADE≌△ ABC(\mathrm{SAS})$，
因此$∠ ADE=∠ ABC=108°$，②正确。
3. 验证结论③：
由$△ ADE≌△ ABC$得$DE=BC$，又
∵$△ BCF$是等边三角形，
∴$BC=BF$，因此$BF=DE$，③正确。
4. 验证结论①：
由$△ ABC≌△ EFC$得$EF=AB$，又
∵$△ ABD$是等边三角形，
∴$AB=BD$，因此$EF=BD$。
∵$EF=BD$、$DE=BF$，四边形$BDEF$两组对边分别相等，因此四边形$BDEF$是平行四边形，①正确。
综上，①②③④都正确。
【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；平行四边形的判定
【点评】
本题是几何综合题，需要熟练掌握等边三角形、全等三角形、平行四边形及旋转的相关性质，解题的核心是通过角的和差找到相等角，证明三角形全等，再推导后续结论，能有效考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
要判断四个结论是否正确，我们可结合等边三角形的性质，通过角的和差推导相等的角，再证明三角形全等，借助全等的性质、平行四边形的判定规则、旋转的定义逐一验证每个结论：1.先利用等边三角形边相等、内角为60°的性质，证明△ADE≌△ABC、△ABC≌△EFC；2.借助全等对应边相等、对应角相等的性质，验证②③④；3.再通过两组对边分别相等证明四边形BDEF是平行四边形，验证①。
【解析】
∵△ABD、△ACE、△BCF都是等边三角形，
∴$AD=AB=BD$，$AC=CE=AE$，$BC=CF=BF$，$∠ DAB=∠ CAE=∠ BCF=∠ ACE=60°$。
1. 验证结论④：
$∠ ACB + ∠ BCE = ∠ ACE=60°$，$∠ FCE + ∠ BCE=∠ BCF=60°$，因此$∠ ACB=∠ FCE$。
在$△ ABC$和$△ EFC$中：$\begin{cases} AC=EC \\ ∠ ACB=∠ ECF \\ BC=FC \end{cases}$，可得$△ ABC≌△ EFC(\mathrm{SAS})$。
将$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$时，$AC$与$CE$重合、$BC$与$CF$重合，因此$△ EFC$可看成$△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$60°$得到，④正确。
2. 验证结论②：
$∠ DAE + ∠ EAB=∠ DAB=60°$，$∠ BAC + ∠ EAB=∠ CAE=60°$，因此$∠ DAE=∠ BAC$。
在$△ ADE$和$△ ABC$中：$\begin{cases} AD=AB \\ ∠ DAE=∠ BAC \\ AE=AC \end{cases}$，可得$△ ADE≌△ ABC(\mathrm{SAS})$，
因此$∠ ADE=∠ ABC=108°$，②正确。
3. 验证结论③：
由$△ ADE≌△ ABC$得$DE=BC$，又
∵$△ BCF$是等边三角形，
∴$BC=BF$，因此$BF=DE$，③正确。
4. 验证结论①：
由$△ ABC≌△ EFC$得$EF=AB$，又
∵$△ ABD$是等边三角形，
∴$AB=BD$，因此$EF=BD$。
∵$EF=BD$、$DE=BF$，四边形$BDEF$两组对边分别相等，因此四边形$BDEF$是平行四边形，①正确。
综上，①②③④都正确。
【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；平行四边形的判定
【点评】
本题是几何综合题，需要熟练掌握等边三角形、全等三角形、平行四边形及旋转的相关性质，解题的核心是通过角的和差找到相等角，证明三角形全等，再推导后续结论，能有效考查几何逻辑推理能力。
【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】要确定能让正方形CDEF旋转后与正方形ABCD重合的旋转中心，需结合旋转的性质：旋转中心是旋转过程中固定不动的点，旋转前后图形的对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。我们可以从两个正方形的公共边CD的特殊点入手验证：先看公共端点C、D，再看CD的中点，分别判断绕这几个点旋转时两正方形能否重合即可。
【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°，因为正方形边长相等，邻边夹角为90°，所以CD旋转后与CB重合，CF旋转后与CD重合，DE旋转后与BA重合，EF旋转后与AD重合，正方形CDEF与ABCD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°，同理，CD旋转后与DA重合，DE旋转后与DC重合，EF旋转后与CB重合，CF旋转后与BA重合，正方形CDEF与ABCD重合。
3. 以CD的中点为旋转中心：将正方形CDEF绕该中点旋转180°，此时点C与点D互换位置，点E与点B重合，点F与点A重合，正方形CDEF与ABCD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】本题易错点是容易遗漏CD中点作为旋转中心的情况，解题时要全面考虑不同旋转角度对应的旋转中心，结合正方形的边、角特征验证即可。
【难度系数】0.6
【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°，因为正方形边长相等，邻边夹角为90°，所以CD旋转后与CB重合，CF旋转后与CD重合，DE旋转后与BA重合，EF旋转后与AD重合，正方形CDEF与ABCD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°，同理，CD旋转后与DA重合，DE旋转后与DC重合，EF旋转后与CB重合，CF旋转后与BA重合，正方形CDEF与ABCD重合。
3. 以CD的中点为旋转中心：将正方形CDEF绕该中点旋转180°，此时点C与点D互换位置，点E与点B重合，点F与点A重合，正方形CDEF与ABCD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】本题易错点是容易遗漏CD中点作为旋转中心的情况，解题时要全面考虑不同旋转角度对应的旋转中心，结合正方形的边、角特征验证即可。
【难度系数】0.6
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) 已知Rt△ABC中AB=AC，∠BAC=90°，AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，可得AD=AE、∠DAE=90°，进而推出∠BAD=∠CAE，通过SAS证明△ABD≌△ACE，即可得到BD与CE的数量关系。
(2) 探索三条线段的数量关系，可借助勾股定理转化：首先由旋转性质得△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∠ACE=∠B=45°，推出∠DCE=90°，在Rt△DCE中应用勾股定理，替换对应线段即可得到三者的关系。
(3) 类比前两问的旋转思路，将AD绕点A逆时针旋转90°构造全等三角形：先证△ABD≌△ACM，将BD转化为CM；再结合旋转性质得△ADM为等腰直角三角形，结合已知∠ADC=45°推出∠CDM为直角，最后在Rt△CDM中用勾股定理计算CD的长度。
【解析】
(1) 由旋转的性质得：AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中：
$\begin{cases} AB=AC \\ ∠BAD=∠CAE \\ AD=AE \end{cases}$
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE。
(2) 线段AD，BD，CD之间的数量关系为$BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$，证明如下：
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，
由勾股定理得$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2}$，
且∠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=45°+45°=90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理得$CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$，
将CE=BD、$DE^2=2AD^2$代入得：$BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$。
(3) 解：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°，$DM=\sqrt{AM^{2}+AD^{2}}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$，
∵∠BAC=∠DAM=90°，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=∠DAM+∠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°，
∴∠CDM=∠ADC+∠ADM=45°+45°=90°，
在Rt△CDM中，由勾股定理得：
$CD=\sqrt{CM^{2}-DM^{2}}=\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{25-18}=\sqrt{7}$。
【答案】
(1)$BD=CE$
(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。
$CD=\sqrt{7}$
【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】
本题是几何变换综合题，以等腰直角三角形为载体，核心解题思路是通过旋转构造全等三角形，实现线段和角的转化，将分散的条件集中到同一个直角三角形中结合勾股定理求解。解题时要注意前序问题的思路对后续问题的迁移作用，掌握旋转法构造全等的常用技巧。
【难度系数】
0.6
(1) 已知Rt△ABC中AB=AC，∠BAC=90°，AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，可得AD=AE、∠DAE=90°，进而推出∠BAD=∠CAE，通过SAS证明△ABD≌△ACE，即可得到BD与CE的数量关系。
(2) 探索三条线段的数量关系，可借助勾股定理转化：首先由旋转性质得△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∠ACE=∠B=45°，推出∠DCE=90°，在Rt△DCE中应用勾股定理，替换对应线段即可得到三者的关系。
(3) 类比前两问的旋转思路，将AD绕点A逆时针旋转90°构造全等三角形：先证△ABD≌△ACM，将BD转化为CM；再结合旋转性质得△ADM为等腰直角三角形，结合已知∠ADC=45°推出∠CDM为直角，最后在Rt△CDM中用勾股定理计算CD的长度。
【解析】
(1) 由旋转的性质得：AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中：
$\begin{cases} AB=AC \\ ∠BAD=∠CAE \\ AD=AE \end{cases}$
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE。
(2) 线段AD，BD，CD之间的数量关系为$BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$，证明如下：
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，
由勾股定理得$DE^{2}=AD^{2}+AE^{2}=2AD^{2}$，
且∠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=45°+45°=90°，
在Rt△DCE中，由勾股定理得$CD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$，
将CE=BD、$DE^2=2AD^2$代入得：$BD^{2}+CD^{2}=2AD^{2}$。
(3) 解：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°，$DM=\sqrt{AM^{2}+AD^{2}}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$，
∵∠BAC=∠DAM=90°，
∴∠BAD=∠BAC+∠DAC=∠DAM+∠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°，
∴∠CDM=∠ADC+∠ADM=45°+45°=90°，
在Rt△CDM中，由勾股定理得：
$CD=\sqrt{CM^{2}-DM^{2}}=\sqrt{5^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{25-18}=\sqrt{7}$。
【答案】
(1)$BD=CE$
(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。
$CD=\sqrt{7}$
【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】
本题是几何变换综合题，以等腰直角三角形为载体，核心解题思路是通过旋转构造全等三角形，实现线段和角的转化，将分散的条件集中到同一个直角三角形中结合勾股定理求解。解题时要注意前序问题的思路对后续问题的迁移作用，掌握旋转法构造全等的常用技巧。
【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】
遇到等腰直角三角形斜边中点的问题，首先利用等腰直角三角形的性质得到OC=OB、∠BOC=90°。已知PB、PO的长度和∠BPC的度数，直接在现有图形中无法计算PC长度，因此考虑通过旋转构造全等，把分散的已知边转化到共顶点的图形中：将△OBP绕点O逆时针旋转90°，使OB与OC重合，即可把PB转化为CP'、OP转化为OP'，同时得到等腰直角△POP'，再结合角度关系构造直角三角形，用勾股定理逐步计算PC长度即可。
【解析】
1. 连接OC：
∵在Rt△ABC中，$AC=BC$，$∠ACB=90°$，O是斜边AB的中点，
∴$OC=OB$，$∠BOC=90°$。
2. 旋转构造全等：将△OBP绕点O逆时针旋转90°，使OB与OC重合，得到△OCP'，过点P'作$P'H⊥PC$，交PC的延长线于点H。
由旋转性质可得：$CP'=BP=6$，$OP'=OP=7\sqrt{2}$，$∠POP'=90°$，$∠OCP'=∠OBP$。
3. 求∠PCP'的度数：
∵$∠BPC=30°$，$∠BOC=90°$，四边形OBPC内角和为$360°$，
∴$∠OBP + ∠OCP = 360° - 90° - 30° = 240°$，
∴$∠OCP' + ∠OCP = 240°$，
∴$∠PCP' = 360° - 240° = 120°$，$∠P'CH = 180° - 120° = 60°$。
4. 在Rt△P'CH中计算边长：
∵$∠CP'H=90°-60°=30°$，
∴$CH=\frac{1}{2}CP'=\frac{1}{2}×6=3$，
由勾股定理得：$P'H=\sqrt{CP'^2 - CH^2}=\sqrt{6^2 - 3^2}=3\sqrt{3}$。
5. 计算PP'的长度：
连接PP'，
∵$∠POP'=90°$，$OP=OP'=7\sqrt{2}$，
∴$PP'=\sqrt{OP^2 + OP'^2}=\sqrt{(7\sqrt{2})^2 + (7\sqrt{2})^2}=14$。
6. 计算PC长度：
在Rt△P'HP中，$PH=\sqrt{PP'^2 - P'H^2}=\sqrt{14^2 - (3\sqrt{3})^2}=13$，
∴$PC=PH - CH=13 - 3=10$。
【答案】
10
【知识点】
等腰直角三角形性质；旋转的性质；勾股定理
【点评】
本题综合考查几何辅助线的构造能力，核心解题思路是通过旋转将分散的边、角条件集中，结合特殊三角形的性质和勾股定理求解，对几何变换的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
遇到等腰直角三角形斜边中点的问题，首先利用等腰直角三角形的性质得到OC=OB、∠BOC=90°。已知PB、PO的长度和∠BPC的度数，直接在现有图形中无法计算PC长度，因此考虑通过旋转构造全等，把分散的已知边转化到共顶点的图形中：将△OBP绕点O逆时针旋转90°，使OB与OC重合，即可把PB转化为CP'、OP转化为OP'，同时得到等腰直角△POP'，再结合角度关系构造直角三角形，用勾股定理逐步计算PC长度即可。
【解析】
1. 连接OC：
∵在Rt△ABC中，$AC=BC$，$∠ACB=90°$，O是斜边AB的中点，
∴$OC=OB$，$∠BOC=90°$。
2. 旋转构造全等：将△OBP绕点O逆时针旋转90°，使OB与OC重合，得到△OCP'，过点P'作$P'H⊥PC$，交PC的延长线于点H。
由旋转性质可得：$CP'=BP=6$，$OP'=OP=7\sqrt{2}$，$∠POP'=90°$，$∠OCP'=∠OBP$。
3. 求∠PCP'的度数：
∵$∠BPC=30°$，$∠BOC=90°$，四边形OBPC内角和为$360°$，
∴$∠OBP + ∠OCP = 360° - 90° - 30° = 240°$，
∴$∠OCP' + ∠OCP = 240°$，
∴$∠PCP' = 360° - 240° = 120°$，$∠P'CH = 180° - 120° = 60°$。
4. 在Rt△P'CH中计算边长：
∵$∠CP'H=90°-60°=30°$，
∴$CH=\frac{1}{2}CP'=\frac{1}{2}×6=3$，
由勾股定理得：$P'H=\sqrt{CP'^2 - CH^2}=\sqrt{6^2 - 3^2}=3\sqrt{3}$。
5. 计算PP'的长度：
连接PP'，
∵$∠POP'=90°$，$OP=OP'=7\sqrt{2}$，
∴$PP'=\sqrt{OP^2 + OP'^2}=\sqrt{(7\sqrt{2})^2 + (7\sqrt{2})^2}=14$。
6. 计算PC长度：
在Rt△P'HP中，$PH=\sqrt{PP'^2 - P'H^2}=\sqrt{14^2 - (3\sqrt{3})^2}=13$，
∴$PC=PH - CH=13 - 3=10$。
【答案】
10
【知识点】
等腰直角三角形性质；旋转的性质；勾股定理
【点评】
本题综合考查几何辅助线的构造能力，核心解题思路是通过旋转将分散的边、角条件集中，结合特殊三角形的性质和勾股定理求解，对几何变换的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
