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13 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。（提示：为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，连接PP'，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）
（2）请你利用（1）中的思想方法，解答下面问题：
如图②，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为边BC上的点且∠EAF=45°，求证：$EF^2=BE^2+FC^2$。
（3）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。
（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。（提示：为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，连接PP'，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）
（2）请你利用（1）中的思想方法，解答下面问题：
如图②，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为边BC上的点且∠EAF=45°，求证：$EF^2=BE^2+FC^2$。
（3）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。
答案
13 （1）由旋转的性质,可得$△APB≌△AP'C$,所以$PA=P'A=3$,$PB=P'C=4$,$∠APB=∠AP'C$,$∠BAP=∠CAP'$。因为$△ABC$是等边三角形,所以$∠BAC=∠BAP+∠PAC=60°$,所以$∠CAP'+∠PAC=60°$,即$∠PAP'=60°$,所以$△PAP'$是等边三角形,所以$PA=PP'=3$。因为$PP'^2=3^2=9$,$PC^2=5^2=25$,$P'C^2=4^2=16$,所以$PC^2=PP'^2+P'C^2$,所以$△PP'C$是直角三角形,$∠PP'C=90°$,所以$∠AP'C=∠PP'C+∠AP'P=90°+60°=150°$,所以$∠APB=150°$。
（2）如图①,将$△ABE$绕点A逆时针旋转90°得到$△ACE'$。由旋转的性质,可得$△AEB ≅ △AE'C$,$∠EAE'=90°$,所以$AE'=AE$,$CE'=BE$,$∠CAE'=∠BAE$,$∠ACE'=∠B$。因为$∠EAF=45°$,所以$∠E'AF=∠CAE'+∠CAF=∠BAE+∠CAF=∠BAC-∠EAF=90°-45°=45°$,所以$∠EAF=∠E'AF$。在$△EAF$和$△E'AF$中,因为$\begin{cases} AE=AE', \\ ∠EAF=∠E'AF, \\ AF=AF, \end{cases}$所以$△EAF ≅ △E'AF(SAS)$,所以$E'F=EF$。因为$∠CAB=90°$,$AB=AC$,所以$∠B=∠ACB=45°$,所以$∠E'CF=∠ACB+∠E'CA=∠ACB+∠B=45°+45°=90°$。在$Rt△E'FC$中,$∠E'CF=90°$,所以$E'F^2=CE'^2+FC^2$,所以$EF^2=BE^2+FC^2$。
（3）如图②,将$△AOB$绕点B顺时针旋转60°至$△A'O'B$处,连接$OO'$,取AB中点D,连接CD。因为在$Rt△ABC$中,点D是AB中点,所以$AD=CD=\frac{1}{2}AB$。又因为$∠ABC=30°$,所以$∠BAC=90°-∠ABC=60°$,所以$△ACD$是等边三角形,所以$AC=AD=\frac{1}{2}AB$,所以$AB=2$,$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}$。由旋转的性质,可得$△AOB ≅ △A'O'B$,$∠O'BO=∠ABA'=60°$,所以$BO=BO'$,$A'B=AB=2$,$OA=O'A'$,$∠A'O'B=∠AOB=120°$,所以$△OBO'$是等边三角形,所以$∠BOO'=∠BO'O=60°$,$OB=OO'$。因为$∠BOC=∠AOB=∠A'O'B=120°$,所以$∠A'O'O=∠A'O'B+∠BO'O=180°$,$∠COO'=∠BOC+∠BOO'=180°$,所以C、O、O'、A四点共线。因为$∠A'BC=∠A'BA+∠ABC=60°+30°=90°$,在$Rt△A'BC$中,$A'C=\sqrt{BC^2+BA'^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$,所以$OA+OB+OC=O'A'+OO'+OC=A'C=\sqrt{7}$。
解析
【分析】
本题三小问均采用旋转变换的思想解题：
(1) 第一问需将分散的PA、PB、PC三条线段转化到同一个三角形中，将△ABP绕点A旋转得到△ACP'，先证△PAP'是等边三角形得到PP'=PA，再用勾股定理逆定理判断△PP'C为直角三角形，即可求出∠AP'C的度数，进而得到∠APB的度数。
(2) 第二问要证明$EF^2=BE^2+FC^2$，需将BE、FC、EF转化到同一个直角三角形中，将△ABE绕点A旋转90°得到△ACE'，先证△EAF≌△E'AF得EF=E'F，再证∠E'CF为直角，最后用勾股定理即可得证。
(3) 第三问求OA+OB+OC的和，将△AOB绕点B旋转60°得到△A'O'B，先证△OBO'是等边三角形得OB=OO'，再证明C、O、O'、A'四点共线，将三条线段的和转化为线段A'C的长度，最后用勾股定理计算A'C即可。
【解析】
(1) 由旋转的性质，可得$△APB≌△AP'C$，所以$PA=P'A=3$，$PB=P'C=4$，$∠APB=∠AP'C$，$∠BAP=∠CAP'$。
因为$△ABC$是等边三角形，所以$∠BAC=∠BAP+∠PAC=60°$，所以$∠CAP'+∠PAC=60°$，即$∠PAP'=60°$，所以$△PAP'$是等边三角形，所以$PA=PP'=3$。
因为$PP'^2=3^2=9$，$P'C^2=4^2=16$，$PC^2=5^2=25$，所以$PC^2=PP'^2+P'C^2$，所以$△PP'C$是直角三角形，$∠PP'C=90°$，所以$∠AP'C=∠PP'C+∠AP'P=90°+60°=150°$，所以$∠APB=150°$。
(2) 如图①，将$△ABE$绕点A逆时针旋转90°得到$△ACE'$。
由旋转的性质，可得$△AEB ≅ △AE'C$，$∠EAE'=90°$，所以$AE'=AE$，$CE'=BE$，$∠CAE'=∠BAE$，$∠ACE'=∠B$。
因为$∠EAF=45°$，所以$∠E'AF=∠CAE'+∠CAF=∠BAE+∠CAF=∠BAC-∠EAF=90°-45°=45°$，所以$∠EAF=∠E'AF$。
在$△EAF$和$△E'AF$中，$\begin{cases} AE=AE', \\ ∠EAF=∠E'AF, \\ AF=AF, \end{cases}$所以$△EAF ≅ △E'AF(SAS)$，所以$E'F=EF$。
因为$∠CAB=90°$，$AB=AC$，所以$∠B=∠ACB=45°$，所以$∠E'CF=∠ACB+∠E'CA=∠ACB+∠B=45°+45°=90°$。
在$Rt△E'FC$中，$∠E'CF=90°$，所以$E'F^2=CE'^2+FC^2$，所以$EF^2=BE^2+FC^2$。
(3) 如图②，将$△AOB$绕点B顺时针旋转60°至$△A'O'B$处，连接$OO'$，取AB中点D，连接CD。
因为在$Rt△ABC$中，点D是AB中点，所以$AD=CD=\frac{1}{2}AB$。又因为$∠ABC=30°$，所以$∠BAC=90°-∠ABC=60°$，所以$△ACD$是等边三角形，所以$AC=AD=\frac{1}{2}AB$，已知AC=1，所以$AB=2$，$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}$。
由旋转的性质，可得$△AOB ≅ △A'O'B$，$∠O'BO=∠ABA'=60°$，所以$BO=BO'$，$A'B=AB=2$，$OA=O'A'$，$∠A'O'B=∠AOB=120°$，所以$△OBO'$是等边三角形，所以$∠BOO'=∠BO'O=60°$，$OB=OO'$。
因为$∠BOC=∠AOB=∠A'O'B=120°$，所以$∠A'O'O=∠A'O'B+∠BO'O=180°$，$∠COO'=∠BOC+∠BOO'=180°$，所以C、O、O'、A'四点共线。
因为$∠A'BC=∠A'BA+∠ABC=60°+30°=90°$，在$Rt△A'BC$中，$A'C=\sqrt{BC^2+BA'^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$，所以$OA+OB+OC=O'A'+OO'+OC=A'C=\sqrt{7}$。
【答案】
(1) $\boxed{150°}$
(2) 证明见解析，
(3) $\boxed{\sqrt{7}}$，
【知识点】
旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理
【点评】
本题组以旋转变换为核心解题方法，通过旋转将分散的边、角条件集中到同一个三角形中，构造全等三角形、等边三角形与直角三角形解决问题，充分体现了几何中的转化思想，是一类典型的利用旋转解决几何问题的题型。
【难度系数】
0.45
本题三小问均采用旋转变换的思想解题：
(1) 第一问需将分散的PA、PB、PC三条线段转化到同一个三角形中，将△ABP绕点A旋转得到△ACP'，先证△PAP'是等边三角形得到PP'=PA，再用勾股定理逆定理判断△PP'C为直角三角形，即可求出∠AP'C的度数，进而得到∠APB的度数。
(2) 第二问要证明$EF^2=BE^2+FC^2$，需将BE、FC、EF转化到同一个直角三角形中，将△ABE绕点A旋转90°得到△ACE'，先证△EAF≌△E'AF得EF=E'F，再证∠E'CF为直角，最后用勾股定理即可得证。
(3) 第三问求OA+OB+OC的和，将△AOB绕点B旋转60°得到△A'O'B，先证△OBO'是等边三角形得OB=OO'，再证明C、O、O'、A'四点共线，将三条线段的和转化为线段A'C的长度，最后用勾股定理计算A'C即可。
【解析】
(1) 由旋转的性质，可得$△APB≌△AP'C$，所以$PA=P'A=3$，$PB=P'C=4$，$∠APB=∠AP'C$，$∠BAP=∠CAP'$。
因为$△ABC$是等边三角形，所以$∠BAC=∠BAP+∠PAC=60°$，所以$∠CAP'+∠PAC=60°$，即$∠PAP'=60°$，所以$△PAP'$是等边三角形，所以$PA=PP'=3$。
因为$PP'^2=3^2=9$，$P'C^2=4^2=16$，$PC^2=5^2=25$，所以$PC^2=PP'^2+P'C^2$，所以$△PP'C$是直角三角形，$∠PP'C=90°$，所以$∠AP'C=∠PP'C+∠AP'P=90°+60°=150°$，所以$∠APB=150°$。
(2) 如图①，将$△ABE$绕点A逆时针旋转90°得到$△ACE'$。
由旋转的性质，可得$△AEB ≅ △AE'C$，$∠EAE'=90°$，所以$AE'=AE$，$CE'=BE$，$∠CAE'=∠BAE$，$∠ACE'=∠B$。
因为$∠EAF=45°$，所以$∠E'AF=∠CAE'+∠CAF=∠BAE+∠CAF=∠BAC-∠EAF=90°-45°=45°$，所以$∠EAF=∠E'AF$。
在$△EAF$和$△E'AF$中，$\begin{cases} AE=AE', \\ ∠EAF=∠E'AF, \\ AF=AF, \end{cases}$所以$△EAF ≅ △E'AF(SAS)$，所以$E'F=EF$。
因为$∠CAB=90°$，$AB=AC$，所以$∠B=∠ACB=45°$，所以$∠E'CF=∠ACB+∠E'CA=∠ACB+∠B=45°+45°=90°$。
在$Rt△E'FC$中，$∠E'CF=90°$，所以$E'F^2=CE'^2+FC^2$，所以$EF^2=BE^2+FC^2$。
(3) 如图②，将$△AOB$绕点B顺时针旋转60°至$△A'O'B$处，连接$OO'$，取AB中点D，连接CD。
因为在$Rt△ABC$中，点D是AB中点，所以$AD=CD=\frac{1}{2}AB$。又因为$∠ABC=30°$，所以$∠BAC=90°-∠ABC=60°$，所以$△ACD$是等边三角形，所以$AC=AD=\frac{1}{2}AB$，已知AC=1，所以$AB=2$，$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{3}$。
由旋转的性质，可得$△AOB ≅ △A'O'B$，$∠O'BO=∠ABA'=60°$，所以$BO=BO'$，$A'B=AB=2$，$OA=O'A'$，$∠A'O'B=∠AOB=120°$，所以$△OBO'$是等边三角形，所以$∠BOO'=∠BO'O=60°$，$OB=OO'$。
因为$∠BOC=∠AOB=∠A'O'B=120°$，所以$∠A'O'O=∠A'O'B+∠BO'O=180°$，$∠COO'=∠BOC+∠BOO'=180°$，所以C、O、O'、A'四点共线。
因为$∠A'BC=∠A'BA+∠ABC=60°+30°=90°$，在$Rt△A'BC$中，$A'C=\sqrt{BC^2+BA'^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$，所以$OA+OB+OC=O'A'+OO'+OC=A'C=\sqrt{7}$。
【答案】
(1) $\boxed{150°}$
(2) 证明见解析，
(3) $\boxed{\sqrt{7}}$，
【知识点】
旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理
【点评】
本题组以旋转变换为核心解题方法，通过旋转将分散的边、角条件集中到同一个三角形中，构造全等三角形、等边三角形与直角三角形解决问题，充分体现了几何中的转化思想，是一类典型的利用旋转解决几何问题的题型。
【难度系数】
0.45
