分析 (1)根据旋转的性质得到∠P′BP=90°,BP′=BP=$\sqrt{2}$,P′A=PC=1,∠BP′A=∠BPC,则△BPP′为等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质得PP′=$\sqrt{2}$PB=2,∠BP′P=45°,利用勾股定理的逆定理可得到△APP′为直角三角形,且∠AP′P=90°,则∠BPC=∠BP′A=45°+90°=135°;
(2)把△BPC绕点B逆时针旋转120°,得到了△BP′A,根据旋转的性质得到∠P′BP=120°,BP′=BP=4,P′A=PC=2,∠BP′A=∠BPC,则∠BP′P=∠BPP′=30°,得到P′H=PH,利用含30°的直角三角形三边的关系得到BH=$\frac{1}{2}$BP′=2,P′H=$\sqrt{3}$BH=2$\sqrt{3}$,得到P′P=2P′H=4$\sqrt{3}$,再利用勾股定理的逆定理可得到△APP′为直角三角形,且∠AP′P=90°,于是有∠BPC=∠BP′A=30°+90°=120°,问题得解.
解答 解:(1)如图2.
∵△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到了△BP′A,
∴∠P′BP=90°,BP′=BP=$\sqrt{2}$,P′A=PC=1,∠BP′A=∠BPC,
∴△BPP′为等腰直角三角形,
∴PP′=$\sqrt{2}$PB=2,∠BP′P=45°,
在△APP′中,AP=$\sqrt{5}$,PP′=2,AP′=1,
∵($\sqrt{5}$)2=22+12,
∴AP2=PP′2+AP′2,
∴△APP′为直角三角形,且∠AP′P=90°
∴∠BP′A=45°+90°=135°,
∴∠BPC=∠BP′A=135°;
(2)如图3.
∵六边形ABCDEF为正六边形,
∴∠ABC=120°,
把△BPC绕点B逆时针旋转120°,得到了△BP′A,
∴∠P′BP=120°,BP′=BP=4,P′A=PC=2,∠BP′A=∠BPC,
∴∠BP′P=∠BPP′=30°,
过B作BH⊥PP′于H,
∵BP′=BP,
∴P′H=PH,
在Rt△BP′H中,∠BP′H=30°,BP′=4,
∴BH=$\frac{1}{2}$BP′=2,P′H=$\sqrt{3}$BH=2$\sqrt{3}$,
∴P′P=2P′H=4$\sqrt{3}$,
在△APP′中,AP=2$\sqrt{13}$,PP′=4$\sqrt{3}$,AP′=2,
∵(2$\sqrt{13}$)2=(4$\sqrt{3}$)2+22,
∴AP2=PP′2+AP′2,
∴△APP′为直角三角形,且∠AP′P=90°,
∴∠BP′A=30°+90°=120°,
∴∠BPC=120°.
点评 本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等,即对应角相等,对应线段相等;对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.也考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理与逆定理以及含30°的直角三角形三边的关系.
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A. | 48cm2 | B. | 24cm2 | C. | 12cm2 | D. | 10cm2 |
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