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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:1A．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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