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专题07 旋转模型（知识串讲+热考题型）
一、奔驰模型
二、费马点模型
一、奔驰模型
旋转是中考必考题型，奔驰模型是非常经典的一类题型，且近几年中考中经常出现．我们不仅要掌握这类题型，提升利用旋转解决问题的能力，更重要的是要明白一点 ：旋转的本质是把分散的条件集中化，从而解决问题
二、费马点模型
费马点就是到三角形的三个顶点距离之和最小的点．
最值问题是中考常考题型，费马点属于几何中的经典题型，目前全国范围内的中考题都是从经典题改编而来，所以掌握费马点等此类最值经典题是必不可少的．
一、奔驰模型
一、选择题（共3小题）
（2022春 历城区期中）
1．如图，将绕点A按逆时针方向旋转110°，得到，若点在线段BC的延长线上，则的度数为（ ）
A．65° B．70° C．75° D．80°
（2022春 顺德区校级期中）
2．如图，ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=22.5°，将ABC 绕着点C顺时针旋转，使得点A的对应点D落在边BC上，点B的对应点是点E，连接BE.下列说法中，正确的有（　　）
①DE⊥AB ②∠BCE是旋转角 ③∠BED=30° ④BDE与CDE面积之比是:1
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2022春 顺德区期中）
3．如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数的为（　　）
A．150° B．135° C．120° D．165°
二、填空题（共7小题）
（2022秋 长汀县期中）
4．如图，将绕点O按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是 ．
（2022春 盐湖区期中）
5．如图，在Rt△ABC中，，D、E是斜边BC上两点，且，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论：①△AED≌△AEF；②；③．其中正确的是 ．（填序号）
（2022春 崇仁县期中）
6．如图，把绕点C逆时针旋转得到，若，则为 ．
（2022春 相城区校级期中）
7．如图，将△ABC在平面内绕点 A 旋转到△AB′C′的位置，使∠BAB′=50°，则∠ACC′的度数为 °．
（2022春 福鼎市期中）
8．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确的有 （填序号）①△BPQ是等边三角形②△PCQ是直角三角形③∠APB＝150° ④∠APC＝120°
（2021春 聊城期中）
9．如图，点P是等边△ABC内的一点，PA＝6，PB＝8，PC＝10，若点P′是△ABC外的一点，且△P′AB≌△PAC，则∠APB的度数为 ．
（2022秋 黄骅市校级期中）
10．如图，设P是等边内的一点，，，，则的度数是 ．
三、解答题（共1小题）
（2021春 高州市期中）
11．如图，P是正三角形内的一点，且．若将绕点A逆时针旋转后，得到．
(1)求点P与点之间的距离；
(2)求的度数．
二、费马点模型
一、选择题（共1小题）
（2022春 山亭区期中）
12．如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（　　）
A．30° B．40° C．50° D．65°
二、填空题（共1小题）
（2022秋 洪山区校级期中）
13．如图，以等边的一边为底边作等腰，已知，，且，在内有一动点，则的最小值为 ．
三、解答题（共2小题）
（2021秋 北碚区校级期中）
14．如图1，是等边三角形中不共线三点，连接，三条线段两两分别相交于．已知．
(1)证明： ；
(2)如图2，点M是上一点，连接，以为边向右作，连接．若，证明： ．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若，请问在内部是否存在点P使得P到三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．
（2022秋 静安区校级期中）
15．如图①，点M为锐角三角形ABC内任意一点，连接AM、BM、CM．以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）若AM+BM+CM的值最小，则称点M为△ABC的费马点．若点M为△ABC的费马点，试求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；
（3）小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费马点的简便方法：如图②，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点．试说明这种作法的依据．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据旋转的性质求出∠BB1A和∠AB1C1的度数即可解决问题．
【详解】解：根据旋转的性质可知∠BAB1=110°，且AB=AB1，∠B=∠AB1C1．
∵点B1在线段BC的延长线上，∴∠BB1A=∠B=35°．
∴∠AB1C1=35°．
∴∠BB1C1=∠BB1A+∠AB1C1=35°+35°=70°．
故选：B
【点睛】本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的性质．解题的关键是知道旋转后的图形会出现等腰三角形，根据等边对等角求出有关角的度数．
2．C
【分析】延长ED交AB于点F，连接AD，根据直角三角形两锐角互余可得∠BAC=67.5°，根据旋转的性质可得∠BCE=∠ACD=90°，∠BCE是旋转角，CD=AC，CE=CB，∠CED=交ABC=22.5°，继而可得 ∠AFE=90°，即DE⊥AB，可得∠DAC=∠ADC=45°，∠CBE=∠CEB=45°，AD=，从而可得 ∠BAD=22.5°，∠BED=22.5°，从而可得 BD=AD=CD，得到BDE与CDE面积之比是:1，据此即可得出正确答案.
【详解】延长ED交AB于点F，连接AD，
∵∠ACB=90°，∠ABC=22.5°，
∴∠BAC=90°-∠ABC=67.5°，
∵将ABC 绕着点.顺时针旋转，使得点A的对应点D落在边BC上，点B的对应点是点E，
∴∠BCE=∠ACD=90°，∠BCE是旋转角，CD=AC，CE=CB，∠CED=∠ABC=22.5°，
∴∠CED+∠BAC=90°，∴∠AFE=90°，即DE⊥AB，
∵∠BCE=∠ACD=90°，CD=AC，CE=CB，
∴∠DAC=∠ADC=45°，∠CBE=∠CEB=45°，AD=，
∴∠BAD=67.5°-45°=22.5°，∠BED=∠BEC-∠DEC=45°-22.5°=22.5°，
∴∠BAD=∠ABD，
∴BD=AD=CD，
∴BDE与CDE面积之比是BD：CD=:1，
综上可知，正确的是①②④，共3个，
故选C.
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
3．A
【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，根据等边三角形的性质得到PE=PB=4，∠BPE=60°，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度数．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA＝BC，
可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，
连EP，如图，
∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，
∴△BPE为等边三角形，
∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，
在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，
∴AE2＝PE2+PA2，
∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，求得∠APE=90°是解题的关键．
4．##35度
【分析】根据旋转的性质可知，旋转角等于，从而可以得到的度数，由可以得到的度数．
【详解】解：∵绕点O按逆时针方向旋转后得到，
∴．
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键明确旋转角是什么，对应边旋转前后的夹角是旋转角．
5．①③##③①
【分析】由旋转的性质可得AF=AD，FB=DC，∠FBA=∠DCA，∠FAD=∠BAC=90°，从而可得结论①；由结论①可得ED=EF，再由等腰直角三角形的性质求得∠FBE=90°，利用勾股定理可得结论③．
【详解】解：由旋转的性质可得：AF=AD，FB=DC，∠FBA=∠DCA，∠FAD=∠BAC=90°，
∵∠EAD=45°，
∴∠EAF=45°，
△EAD和△EAF中：AE=AE，∠EAD=∠EAF，AD=AF，
∴△EAD≌△EAF（SAS），
故①正确；
∵Rt△ABC中，，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠FBA=∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠FBE=90°，
∴，
由△EAD≌△EAF可得：ED=EF，
∵FB=DC，
∴，
故②错误；③正确；
综上所述①③正确；
故答案为：①③；
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理；掌握旋转的性质是解题关键．
6．##125度
【分析】先根据旋转的性质得，，然后根据三角形外角性质求的度数．
【详解】解：∵绕点C逆时针旋转得到，
∴，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形外角的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
7．65
【分析】根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．
【详解】解：因为将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴∠CAC′=∠BAB′=50°，AC=AC′，
∴∠ACC′=∠AC′C==65°，
故答案为：65．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
8．①②③
【分析】①根据△ABC是等边三角形，得出∠ABC＝60°，根据△BQC≌△BPA，得出∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，求出∠PBQ＝60°，即可判断①；
②根据勾股定理的逆定理即可判断得出②；
③根据△BPQ是等边三角形，△PCQ是直角三角形即可判断；
④求出∠APC＝150°﹣∠QPC，和PC≠2QC，可得∠QPC≠30°，即可判断④．
【详解】解：①∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BQC≌△BPA，
∴∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，
∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
所以①正确；
②PQ＝PB＝4，
PQ2+QC2＝42+32＝25，
PC2＝52＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴△PCQ是直角三角形，
所以②正确；
③∵△BPQ是等边三角形，
∴∠PQB＝∠BPQ＝60°，
∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，
所以③正确；
④∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，
∵∠PQC＝90°，PC≠2QC，
∴∠QPC≠30°，
∴∠APC≠120°．
所以④错误．
所以正确的有①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】此题考查的是等边三角形的性质及判定、全等三角形的性质和直角三角形的判定及性质，掌握等边三角形的性质及判定、全等三角形的性质和直角三角形的判定及性质是解决此题的关键．
9．150°
【分析】如图：连接PP′，由△PAC≌△P′AB可得PA＝P′A、∠P′AB＝∠PAC，进而可得△APP′为等边三角形易得PP′＝AP＝AP′＝6；然后再利用勾股定理逆定理可得△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，最后根据角的和差即可解答．
【详解】解：连接PP′，
∵△PAC≌△P′AB，
∴PA＝P′A，∠P′AB＝∠PAC，
∴∠P′AP＝∠BAC＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
∴PP′＝AP＝AP′＝6；
∵PP′2+BP2＝BP′2，
∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，
∴∠APB＝90°+60°＝150°．
故答案为：150°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理逆定理的应用等知识点，灵活应用相关知识点成为解答本题的关键．
10．##150度
【详解】将绕点B逆时针旋转得，根据旋转的性质得，，，则为等边三角形，得到，，在中，，，，根据勾股定理的逆定理可得到为直角三角形，且，即可得出答案．
【解答】解：∵为等边三角形，
∴，
将绕点B逆时针旋转得，
连接，如图，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
在中，，，，
∴，
∴为直角三角形，且，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．
11．(1)6
(2)
【分析】（1）如图，连接，根据旋转的性质，证明是等边三角形，进而可得点P与点之间的距离；
（2）根据勾股定理的逆定理可判断是直角三角形，且，根据计算求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
由旋转的性质得，，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴点P与点之间的距离为6；
（2）解：在中，
∵，
∴是直角三角形，且，
∴，
∴的度数为．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识．解题的关键熟练掌握旋转的性质．
12．C
【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′=∠CAB，根据旋转的性质可得AC′=AC，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．
【详解】解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，
∴AC=AC′，
∴∠CAC′=180°－2∠ACC′=180°－2×65°=50°，
∴∠CAC′=∠BAB′=50°
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
13．
【分析】将绕点逆时针旋转后，得到，连接、，根据旋转性质可得，，，以此得到，根据两点之间线段最短得，根据等边三角形和等腰三角形的性质得到，再根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转后，得到，连接、，
根据旋转的性质得，，，，
为等边三角形，
，
，
，
当、、、四点共线时，有最小值，
为等边三角形，
，
为等腰三角形，，
，
，
在中，，，，
由勾股定理得．
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、两点之间线段最短、勾股定理，正确作出辅助线，利用两点之间线段最短得到是解题关键．
14．(1)见解析
(2)见解析
(3)存在，
【分析】（1）可先推出，再证，即可得出结论；
（2）在上截取，连接，可推出是等边三角形，可证，然后推出是等边三角形，从而问题得证；
（3）先求得，将绕点D顺时针旋转至，连接，可得是等边三角形，于是，故当共线时，有最小值，最后解斜三角形，从而求得．
【详解】（1）证明：如图1，
∵是等边三角形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，，，
同理可证：，
∴，，
∴ ；
（2）证明：如图2，
由（1）知，，
∴是等边三角形，
∴，
在上截取，连接，
∵
∴ ，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴是等边三角形，
∴ ；
（3）解：如图3，
由（1）（2）知，和是等边三角形，
∵，
∴
∵ ，
∴，
∴在中，
将绕点D顺时针旋转至，连接，
∴ ，
∴是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴当共线时，A最小值为，
作于H，
∴，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴在中，，
∴的最小值是．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质和应用等知识，解决问题的关键是掌握“费马点”模型及“截长补短”等题型．
15．（1）见解析；（2）∠BMC =120°；∠AMB =120°；∠AMC=120°；（3）线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．
【分析】(1)结合等边三角形的性质，根据SAS可证△AMB≌△ENB；
(2)连接MN，由(1)的结论证明△BMN为等边三角形，所以BM=MN，即AM+BM+CM=EN+MN+CM，所以当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小，从而可求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；
(3)根据(2)中费马点的定义，又△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上，因此线段EC和BF的交点即为△ABC的费马点.
【详解】（1）证明：∵△ABE为等边三角形，
∴AB=BE，∠ABE=60°．
而∠MBN=60°，
∴∠ABM=∠EBN．
在△AMB与△ENB中，
∵
∴△AMB≌△ENB（SAS）．
（2）连接MN．
由（1）知，AM=EN．
∵∠MBN=60°，BM=BN，
∴△BMN为等边三角形．
∴BM=MN．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．
∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小．
此时，∠BMC=180°﹣∠NMB=120°；
∠AMB=∠ENB=180°﹣∠BNM=120°；
∠AMC=360°﹣∠BMC﹣∠AMB=120°．
（3）由（2）知，△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上．
因此线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．
故答案为（1）见解析；（2）∠BMC =120°；∠AMB =120°；∠AMC=120°；（3）线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的决定与性质.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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