重難點專項突破06旋轉(zhuǎn)之“費馬點”模型13種題型

重難點專項突破06旋轉(zhuǎn)之“費馬點”模型13種題型【知識梳理】最值問題是中考?？碱}型，費馬點屬于幾何中的經(jīng)典題型，目前全國范圍內(nèi)的中考題都是從經(jīng)典題改編而來，所以應(yīng)熟練掌握費馬點等此類最值經(jīng)典題?！究键c剖析】一．一元一次方程的應(yīng)用（共1小題）1．（2020春?江北區(qū)期末）如圖，已知直線AB與直線CD相交于點O，∠BOE＝90°，OF平分∠BOD，∠BOC：∠AOC＝1：3．（1）求∠DOE，∠COF的度數(shù)；（2）若射線OF，OE同時繞O點分別以2°/s，4°/s的速度，順時針勻速旋轉(zhuǎn)，當(dāng)射線OE，OF的夾角為90°時，兩射線同時停止旋轉(zhuǎn)．設(shè)旋轉(zhuǎn)時間為t，試求t值．【分析】（1）根據(jù)平角的定義和∠BOC：∠AOC＝1：3可求∠BOC的度數(shù)，根據(jù)對頂角相等可求∠AOD的度數(shù)，根據(jù)角的和差關(guān)系可求出∠DOE的度數(shù)，根據(jù)平角的定義和角平分線的定義可求∠BOF的度數(shù)，根據(jù)角的和差關(guān)系求出∠COF的度數(shù)；（2）先求出∠EOF的度數(shù)，再根據(jù)射線OE、OF的夾角為90°，列出方程求解即可．【解答】解：（1）∵∠BOC：∠AOC＝1：3，∴∠BOC＝180°×＝45°，∴∠AOD＝∠BOC＝45°，∵∠BOE＝90°，∴∠AOE＝90°，∴∠DOE＝∠AOE+∠AOD＝90°+45°＝135°，∠BOD＝180°﹣∠AOD＝180°﹣45°＝135°，∵FO平分∠BOD，∴∠BOF＝∠BOD＝×135°＝67.5°，∴∠COF＝∠BOC+∠BOF＝45°+67.5°＝112.5°；（2）∠EOF＝∠EOB+∠BOF＝90°+67.5°＝157.5°，根據(jù)題意得：4t﹣2t＝157.5﹣90，解得：t＝33.75，答：t的值為33.75s．【點評】本題考查了角的計算，角平分線的定義，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題中等量關(guān)系列出方程．二．二次函數(shù)綜合題（共1小題）2．（2018秋?沙坪壩區(qū)校級期中）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝ax2+bx﹣8的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，直線y＝kx+（k≠0）經(jīng)過點A，與拋物線交于另一點R，已知OC＝2OA，OB＝3OA．（1）求拋物線與直線的解析式；（2）如圖1，若點P是x軸下方拋物線上一點，過點P作PH⊥AR于點H，過點P作PQ∥x軸交拋物線于點Q，過點P作PH′⊥x軸于點H′，K為直線PH′上一點，且PK＝2PQ，點I為第四象限內(nèi)一點，且在直線PQ上方，連接IP、IQ、IK，記l＝PQ，m＝IP+IQ+IK，當(dāng)l取得最大值時，求出點P的坐標(biāo)，并求出此時m的最小值．（3）如圖2，將點A沿直線AR方向平移13個長度單位到點M，過點M作MN⊥x軸，交拋物線于點N，動點D為x軸上一點，連接MD、DN，再將△MDN沿直線MD翻折為△MDN′（點M、N、D、N′在同一平面內(nèi)），連接AN、AN′、NN′，當(dāng)△ANN′為等腰三角形時，請直接寫出點D的坐標(biāo)．【分析】（1）令二次函數(shù)x＝0，解出C點坐標(biāo)（0，﹣8），根據(jù)已知條件可知點A（﹣4，0）點B（12，0）．代入解析式從而求得拋物線和直線解析式．（2）設(shè)點P坐標(biāo)的橫坐標(biāo)為p，求出對稱軸為直線x＝4，根據(jù)對稱性求出點Q的坐標(biāo)，從而求出PQ的長度，延長PK交直線AR與點M，利用一次函數(shù)解析式求出點M的坐標(biāo)，PM線段長可表示，利用△PHM∽△AEO，求出PH的長度，則I可用點p的代數(shù)式表示，從而求得最大值，點P坐標(biāo)也可求出，由m＝IP+IQ+IK求其最小值可知，點I為△PQK的“費馬點”．（3）由點A平移13個單位可知點M的坐標(biāo)，則點N的坐標(biāo)可求為（8，﹣8）可求AN的長度，MN的長度為13，因為翻折可知MN′的長度也為13，則N′在以點M為圓心13個單位長度為半徑的圓上運動，再利用等腰三角形求出點D的坐標(biāo)．【解答】解（1）∵y＝ax2+bx﹣8與y軸的交點為C，令x＝0，y＝﹣8∴點C（0，﹣8）∴OC＝8∵OC＝2OA，OB＝3OA∴OA＝4，OB＝12∴A（﹣4，0）B（12，0）將點A代入直線解析式可得0＝﹣4k+解得k＝∴y＝x+將點A和點B代入拋物線中解得a＝，b＝﹣∴y＝x2﹣x﹣8（2）設(shè)點P的坐標(biāo)為（p，p2﹣p﹣8）﹣＝4∴拋物線的對稱軸為直線x＝4∴點Q（8﹣p，）∴PQ＝2p﹣8∵PK＝2PQ∴PK＝4p﹣16如圖1所示，延長PK交直線AR于點M，則M（p，）∴PM＝﹣（）＝∵∠PHM＝∠MH′A，∠HMP＝∠AMH′∴∠HPM＝∠MAH′∵直線解析式為y＝，令x＝0，y＝．∴OE＝∵OA＝4根據(jù)勾股定理得∴AE＝∴cos∠EAO＝＝∴cos∠HPM＝＝＝∴PH＝∵I＝PH﹣PQ∴I＝（）﹣（2p﹣8）＝﹣（p﹣5）2+85∴當(dāng)p＝5時，I取最大值此時點P（5，）∴PQ＝2，PK＝如圖2所示，連接QK，以PQ為邊向下做等邊三角形PQD，連接KD，在KD取I，使∠PID＝60°，以PI為邊做等邊三角形IPF，連接IQ∵IP＝PF，PQ＝PD，∠IPQ＝∠FPD∴△IPQ≌△FPD∴DF＝IQ∴IP+IQ+IK＝IF+FD+IK＝DK，此時m最小過點D作DN垂直于KP∵∠KPD＝∠KPQ+∠QPD＝150°∴∠PDN＝30°∵DP＝PQ＝2∴DN＝1，根據(jù)勾股定理得PN＝在△KDN中，KN＝5，DN＝1，根據(jù)勾股定理得KD＝2∴m的最小值為2（3）設(shè)NM與x軸交于點J∵AM＝13，cos∠MAJ＝∴AJ＝12，根據(jù)勾股定理得MJ＝5∵OA＝4，∴OJ＝8∴M（8，5）當(dāng)x＝8時，代入拋物線中，可得y＝﹣8∴N（8，﹣8），MN＝13在△AJN中，根據(jù)勾股定理得AN＝4∵點D為x軸上的動點，根據(jù)翻折，MN′＝13，所以點N′在以M為圓心，13個單位長度為半徑的圓上運動，如圖3所示①當(dāng)N′落在AN的垂直平分線上時tan∠MNA＝＝∴tan∠MGJ＝，∵M(jìn)J＝5∴JG＝，根據(jù)勾股定理得MG＝∵M(jìn)D1為∠GMJ的角平分線∴∴D1J＝∴D1（，0）∵M(jìn)D4也為角平分線∴∠D1MD4＝90°根據(jù)射影定理得MJ2＝JD1?JD4∴JD4＝∴D4（，0）②當(dāng)AN＝AN′時D2與點A重合∴D2（﹣4，0）∵M(jìn)D3為角平分線∴∴JD3＝∴D3（，0）綜上所述D1（，0），D2（﹣4，0），D3（，0），D4（，0）．【點評】本題（1）考查了二次函數(shù)及一次函數(shù)的待定系數(shù)法，（2）考查了二次函數(shù)的最值問題及費馬點定理，（3）考查了等腰三角形及角平分線分線段成比例及射影定理．此題綜合性較強．三．全等三角形的判定與性質(zhì)（共1小題）3．（2022秋?靜安區(qū)校級期中）如圖①，點M為銳角三角形ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM．以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）若AM+BM+CM的值最小，則稱點M為△ABC的費馬點．若點M為△ABC的費馬點，試求此時∠AMB、∠BMC、∠CMA的度數(shù)；（3）小翔受以上啟發(fā)，得到一個作銳角三角形費馬點的簡便方法：如圖②，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設(shè)交點為M，則點M即為△ABC的費馬點．試說明這種作法的依據(jù)．【分析】（1）結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)，根據(jù)SAS可證△AMB≌△ENB；（2）連接MN，由（1）的結(jié)論證明△BMN為等邊三角形，所以BM＝MN，即AM+BM+CM＝EN+MN+CM，所以當(dāng)E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最小，從而可求此時∠AMB、∠BMC、∠CMA的度數(shù)；（3）根據(jù)（2）中費馬點的定義，又△ABC的費馬點在線段EC上，同理也在線段BF上．因此線段EC與BF的交點即為△ABC的費馬點．【解答】解：（1）證明：∵△ABE為等邊三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．（2）連接MN．由（1）知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴當(dāng)E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最小．此時，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．（3）由（2）知，△ABC的費馬點在線段EC上，同理也在線段BF上．因此線段EC與BF的交點即為△ABC的費馬點．【點評】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，是一道綜合性的題目難度很大．四．角平分線的性質(zhì)（共1小題）4．（2020?荷塘區(qū)模擬）在△ABC中，若其內(nèi)部的點P滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則稱P為△ABC的費馬點．如圖所示，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，設(shè)P為△ABC的費馬點，且滿足∠PBA＝45°，PA＝4，則△PAC的面積為4．【分析】如圖，延長BP交AC于D，先說明△ABD是等腰直角三角形，△ADP是30°的直角三角形，可得PD和AD的長，根據(jù)費馬點的定義可得∠APC＝120°，從而可知△PDC也是30°的直角三角形，可得CD的長，根據(jù)三角形的面積公式可得結(jié)論．【解答】解：如圖，延長BP交AC于D，∵∠BAC＝∠PBA＝45°，∴∠ADB＝90°，AD＝BD，∵P為△ABC的費馬點，∴∠APB＝∠CPA＝120°，∴∠BAP＝180°﹣120°﹣45°＝15°，∴∠PAC＝45°﹣15°＝30°，∴∠APD＝60°，Rt△PAD中，∵PA＝4，∴PD＝2，AD＝2，∵∠APC＝120°，∴∠CPD＝120°﹣60°＝60°，Rt△PDC中，∠PCD＝30°，∴CD＝2，∴AC＝AD+CD＝2+2＝4，∴△PAC的面積為＝＝4．故答案為：4．【點評】本題考查了費馬點的定義，三角形的面積，等腰直角三角形的性質(zhì)和判定，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，正確作出輔助線構(gòu)建等腰直角三角形是本題的關(guān)鍵．五．等腰三角形的判定與性質(zhì)（共1小題）5．（2017秋?義烏市月考）已知點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當(dāng)∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°時，P就是△ABC的費馬點．若點P是腰長為的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD+PE+PF＝（）A．2 B．1+ C．6 D．3【分析】根據(jù)題意首先畫出圖形，過點D作DM⊥EF于點M，在△BDE內(nèi)部過E、F分別作∠MEP＝∠MFP＝30°，則∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，點P就是費馬點，求出PE，PF，DP的長即可解決問題；【解答】解：如圖：過點D作DM⊥EF于點M，在△BDE內(nèi)部過E、F分別作∠MEP＝∠MFP＝30°，則∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，點P就是費馬點，在等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝，DM⊥EF，∴EF＝DE＝2∴EM＝DM＝1，故cos30°＝，解得：PE＝，則PM＝，故DP＝1﹣，同法可得PF＝則PD+PE+PF＝2×+1﹣＝+1．故選：B．【點評】此題主要考查了解直角三角，正確畫出圖形進(jìn)而求出PE的長是解題關(guān)鍵．六．等邊三角形的性質(zhì)（共1小題）6．（2014秋?廈門期中）如圖（1），P為△ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做△ABC的費馬點．如圖（2），在銳角△ABC外側(cè)作等邊△ACB′連接BB′．求證：BB′過△ABC的費馬點P，且BB′＝PA+PB+PC．【分析】根據(jù)費馬點的定義，在BB′上取點P，使∠BPC＝120°，再在PB′上取PE＝PC，然后連接CE，根據(jù)等邊三角形的判定可以證明△PCE是等邊三角形，從而得到PC＝CE，∠PCE＝60°，根據(jù)角的關(guān)系可以推出∠PCA＝∠ECB′，再利用邊角邊證明ACP與△B′CE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得PA＝EB′，∠APC＝∠CEB′＝120°，從而可得點P為△ABC的費馬點，并且BB′＝PA+PB+PC．【解答】證明：在BB′上取點P，使∠BPC＝120°，連接AP，再在PB′上截取PE＝PC，連接CE，∵∠BPC＝120°，∴∠EPC＝60°，∴△PCE為正三角形，∴PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB′＝120°，∵△ACB′為正三角形，∴AC＝B′C，∠ACB′＝60°，∴∠PCA+∠ACE＝∠ACE+∠ECB′＝60°，∴∠PCA＝∠ECB′，∴△ACP≌△B′CE，∴∠APC＝∠B′EC＝120°，PA＝EB′，∴∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，∴P為△ABC的費馬點，∴BB′過△ABC的費馬點P，且BB′＝EB′+PB+PE＝PA+PB+PC．【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)新定義，作出輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．七．等腰直角三角形（共1小題）7．（2020?崇州市模擬）如果點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當(dāng)∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°時，P就是△ABC的費馬點．若點P是腰長為的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD+PE+PF＝+1．【分析】過點D作DM⊥EF于點M，在△BDE內(nèi)部過E、F分別作∠MEP＝∠MFP＝30°，則∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，點P就是費馬點，求出PE，PF，DP的長即可解決問題；【解答】解：如圖：過點D作DM⊥EF于點M，在△BDE內(nèi)部過E、F分別作∠MEP＝∠MFP＝30°，則∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，點P就是費馬點，在等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝，DM⊥EF，∴EF＝DE＝2∴EM＝DM＝1，故cos30°＝，解得：PE＝，則PM＝，故DP＝1﹣，同法可得PF＝則PD+PE+PF＝2×+1﹣＝+1．故答案為+1．【點評】此題主要考查了解直角三角，正確畫出圖形進(jìn)而求出PE的長是解題關(guān)鍵．八．三角形綜合題（共2小題）8．（2023春?渠縣校級期末）如圖1，D、E、F是等邊三角形ABC中不共線三點，連接AD、BE、CF，三條線段兩兩分別相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．（1）證明：EF＝DF；（2）如圖2，點M是ED上一點，連接CM，以CM為邊向右作△CMG，連接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，證明：CG＝CM．（3）如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)點M與點D重合時，若CD⊥AD，GD＝4，請問在△ACD內(nèi)部是否存在點P使得P到△ACD三個頂點距離之和最小，若存在請直接寫出距離之和的最小值；若不存在，試說明理由．【分析】（1）可先推出∠CAF＝∠ABD，再證△ACF≌△BAD，即可得出結(jié)論；（2）在EF上截取EN＝EM，連接MN，可推出△EMN是等邊三角形，可證△NCM≌△EGM，然后推出△CMG是等邊三角形，從而問題得證；（3）先求得AD＝，將△DPC繞點D順時針旋轉(zhuǎn)60°至△DQG，連接AG，可得△PDQ是等邊三角形，于是AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，故當(dāng)A、P、Q、G共線時，AP+PD+CP最小＝AG，最后解斜三角形ADG，從而求得．【解答】（1）證明：如圖1，∵△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB，∠ACB＝60°，∴∠CAF+∠DAB＝60°，∵∠EDF＝60°，∴∠DAB+∠ABD＝60°，∴∠CAF＝∠ABD，∵AF＝BD，∴△ACF≌△BAD（SAS），∴EF＝DF；（2）證明：如圖2，由（1）知，EF＝DF，∠EDF＝60°，∴△DEF是等邊三角形，∴∠DEF＝60°，在EF上截取EN＝EM，連接MN，∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，∴△EMN是等邊三角形，∴∠CNM＝60°，∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，∴∠NCM＝∠EGM，∵CM＝GM，∴△NCM≌△EGM（SAS），∴∠MEG＝∠CNM＝60°，∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，∴∠GME＝∠GEC＝60°，∵CM＝GM，∴△CMG是等邊三角形，∴CG＝CM；（3）解：如圖3，由（1）（2）知，△DEF和△CDG是等邊三角形，∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，∵CD⊥AD，∴∠CDF＝90°，∴AD＝CF＝＝，將△DPC繞點D順時針旋轉(zhuǎn)60°至△DQG，連接AG，∴AD＝DQ，CP＝QG，∴△PDQ是等邊三角形，∴PD＝PQ，∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，∴當(dāng)A、P、Q、G共線時，AP+PD+CP最?。紸G，作GH⊥AD于H，在Rt△DGH中，GH＝DG＝2，DH＝DG＝2，∴AH＝AD+DH＝+2＝，∴AG＝＝＝，∴AP+PD+CP的最小值是．【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和應(yīng)用等知識，解決問題的關(guān)鍵是掌握“費馬點”模型及“截長補短”等題型．9．（2017秋?邗江區(qū)期末）背景資料：在已知△ABC所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最小．這個問題是法國數(shù)學(xué)家費馬1640年前后向意大利物理學(xué)家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖①，當(dāng)△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，此時∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，此時，PA+PB+PC的值最?。鉀Q問題：（1）如圖②，等邊△ABC內(nèi)有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數(shù)．為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉(zhuǎn)到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉(zhuǎn)變換，將三條線段PA，PB，PC轉(zhuǎn)化到一個三角形中，從而求出∠APB＝150°；基本運用：（2）請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題：如圖③，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E，F(xiàn)為BC上的點，且∠EAF＝45°，判斷BE，EF，F(xiàn)C之間的數(shù)量關(guān)系并證明；能力提升：（3）如圖④，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，點P為Rt△ABC的費馬點，連接AP，BP，CP，求PA+PB+PC的值．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應(yīng)邊相等，全等三角形對應(yīng)角相等以及等邊三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACE′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，從而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“邊角邊”證明△EAF和△E′AF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得證．（3）將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB＝2AC，即A′B的長，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出△BPP′是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BP＝PP′，等邊三角形三個角都是60°求出∠BPP′＝∠BP′P＝60°，然后求出C、P、A′、P′四點共線，再利用勾股定理列式求出A′C，從而得到PA+PB+PC＝A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由題意知旋轉(zhuǎn)角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，易證△PP′C為直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故答案為：150°；（2）EF2＝BE2+FC2，理由如下：如圖2，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACE′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．（3）如圖④，將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，∴△A′P′B如圖所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∴AB＝2AC＝2，∵△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△A′P′B，∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，∴△BPP′是等邊三角形，∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，∴∠CPB+∠BPP′＝∠BP′A′+∠BP′P＝120°+60°＝180°，∴C、P、A′、P′四點共線，在Rt△A′BC中，A′C＝＝＝，∴PA+PB+PC＝A′P′+PP′+PC＝A′C＝．【點評】本題考查三角形綜合題，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用旋轉(zhuǎn)變換添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．九．正方形的性質(zhì)（共1小題）10．（2020?碑林區(qū)校級模擬）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，點M，N分別為AB、BC上的動點，且始終保持BM＝CN．連接MN，以MN為斜邊在矩形內(nèi)作等腰Rt△MNQ，若在正方形內(nèi)還存在一點P，則點P到點A、點D、點Q的距離之和的最小值為3+3．【分析】根據(jù)勾股定理得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求得當(dāng)BM＝BN＝3時，Q點到AD距離最近，此時Q點是AC和BD的交點，過點Q作QM⊥AD于點M′，在△ADQ內(nèi)部過A、D分別作∠M′DP＝∠M′AP＝30°，則∠APD＝∠APQ＝∠DPQ＝120°，點P就是費馬點，此時PA+PD+PQ最小，根據(jù)特殊直角三角形才求出AQ，PA，PD，PQ的長，進(jìn)而得出答案．【解答】解：設(shè)BM＝x，則BN＝6﹣x，∵M(jìn)N2＝BM2+BN2，∴MN2＝x2+（6﹣x）2＝2（x﹣3）2+18，∴當(dāng)x＝3時，MN最小，此時Q點離AD最近，∵BM＝BN＝3，∴Q點是AC和BD的交點，∴AQ＝DQ＝AD＝3，過點Q作QM′⊥AD于點M′，在△ADQ內(nèi)部過A、D分別作∠M′DP＝∠M′AP＝30°，則∠APD＝∠APQ＝∠DPQ＝120°，點P就是費馬點，此時PA+PD+PQ最小，在等腰Rt△AQD中，AQ＝DQ＝3，QM′⊥AD，∴AM＝QM′＝AQ＝3，故cos30°＝，解得：PA＝2，則PM′＝，故QP＝3﹣，同法可得PD＝2，則PA+PD+PQ＝2×+3﹣＝3+3，∴點P到點A、點D、點Q的距離之和的最小值為3+3，故答案為3+3．【點評】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，解直角三角，正確畫出圖形進(jìn)而求出PA的長是解題關(guān)鍵．一十．四邊形綜合題（共1小題）11．（2023?桐城市校級開學(xué)）定義：在一個等腰三角形底邊的高線上所有點中，到三角形三個頂點距離之和最小的點叫做這個等腰三角形的“近點”，“近點”到三個頂點距離之和叫做這個等腰三角形的“最近值”．【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD為BC邊上的高，已知AD上一點E滿足∠DEC＝60°，AC＝，求AE+BE+CE＝12+；【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，等邊三角形ABC邊長為，E為高線AD上的點，將三角形AEC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到三角形AFG，連接EF，請你在此基礎(chǔ)上繼續(xù)探究求出等邊三角形ABC的“最近值”；【拓展提高】（3）如圖3，在菱形ABCD中，過AB的中點E作AB垂線交CD的延長線于點F，連接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．【分析】（1）△CDE為含30°角直角三角形，可求出DE、CE的長度，進(jìn)而得出結(jié)果．（2）△AEF為等邊三角形，可得AE+BE+CE＝EF+BE+GF，故當(dāng)B、E、F、G四點共線時，EF+BE+GF最小，進(jìn)而可得∠AEB＝∠AEC＝∠BEC＝120°，即可求出結(jié)果．（3）作DM⊥AB于點M，可知EF＝DM＝AB，進(jìn)而可推出△ABF為等腰直角三角形，結(jié)合（2）中的結(jié)論，當(dāng)點P滿足：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°時，PA+PB+PF最小，進(jìn)而結(jié)合（1）中方法求出結(jié)果．【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AC＝，∴BD＝CD＝AD＝，∵∠DEC＝60°，∴DE＝＝4，∴AE＝AD﹣DE＝，CE＝BE＝2DE＝8，∴AE+BE+CE＝+8×2＝12+；故答案為：12+；（2）由題意可得：AE＝AF，∠EAF＝60°，∴△EAF為等邊三角形，∴AE＝EF＝AF，∴AE+BE+CE＝EF+BE+GF，∵B、G兩點均為定點，∴當(dāng)B、E、F、G四點共線時，EF+BE+GF最小，∴∠AEB＝120°，∠AEC＝∠AFG＝120°，∴∠BEC＝120°，∴此時E點為等邊△ABC的中心，∴AE+BE+CE＝3AE＝＝12，故等邊三角形ABC的“最近值”為12；（3）如圖，過點D作DM⊥AB于點M，∵∠BDA＝75°，AB＝AD，∴∠DAB＝30°，∴2DM＝AD＝AB，∵AB∥CD，∴EF＝DM，∴2EF＝AB，∴AE＝BE＝EF＝3，∴△AEF與△BEF均為等腰直角三角形，∴△ABF為等腰直角三角形，設(shè)P為EF上一點，由（2）得：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°時，PA+PB+PF最小，此時：EP＝＝，∴AP＝BP＝2EP＝，F(xiàn)P＝EF﹣EP＝3﹣，∴AP+BP+FP＝＝3+，∴（AP+BP+FP）2＝＝，∴三角形AFB“最近值”的平方為．【點評】本題考查三角形與四邊形綜合問題，掌握費馬點模型可幫助快速解題．一十一．軸對稱最短路線問題（共2小題）12．（2021?丹東）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果△ABC是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內(nèi)一點，且滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若AB＝AC＝，BC＝2，P為△ABC的費馬點，則PA+PB+PC＝5；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P為△ABC的費馬點，則PA+PB+PC＝2．【分析】①作出圖形，過B，C分別作∠DBP＝∠DCP＝30°，勾股定理解直角三角形即可；②作出圖形，將△APC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，P為△ABC的費馬點則B，P，P'，C'四點共線，即PA+PB+PC＝BC'，再用勾股定理求得即可．【解答】解：如圖，過A作AD⊥BC，垂足為D，過B，C分別作∠DBP＝∠DCP＝30°，則PB＝PC，P為△ABC的費馬點，∵AB＝AC＝，BC＝2，∴，∴，∴PD＝1，∴，∴，∴PA+PB+PC＝5；②如圖：∵AB＝2，BC＝2，AC＝4，∴AB2+BC2＝16，AC2＝16，∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，∵，∴∠BAC＝30°，將△APC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，由旋轉(zhuǎn)可得：△APC≌△AP'C'，∴AP'＝AP，PC＝P'C'，AC＝AC'，∠CAC'＝∠PAP'＝60°，∴△APP′是等邊三角形，∴∠BAC'＝90°，∵P為△ABC的費馬點，即B，P，P'，C'四點共線時候，PA+PB+PC＝BC'，∴PA+PB+PC＝BP+PP'+P'C'＝BC'＝＝，故答案為：5，．【點評】本題考查了勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等腰三角形性質(zhì)，作出旋轉(zhuǎn)的圖形是解題的關(guān)鍵．本題旋轉(zhuǎn)△PAB，△PBC也可，但必須繞頂點旋轉(zhuǎn)．13．（2019秋?開福區(qū)校級月考）法國數(shù)學(xué)家費馬提出：在△ABC內(nèi)存在一點P，使它到三角形頂點的距離之和最?。藗兎Q這個點為費馬點，此時PA+PB+PC的值為費馬距離．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)：在銳角△ABC中，費馬點P滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，如圖，點P為銳角△ABC的費馬點，且PA＝3，PC＝4，∠ABC＝60°，則費馬距離為7+2．【分析】根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，即可求解．【解答】解：如圖：∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，∴△BPC∽△APB∴＝，即PB2＝12∴PB＝2．∴PA+PB+PC＝7+2故答案為：7+2．【點評】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，解決本題的關(guān)鍵是利用相似三角形的判定和性質(zhì)．一十二．旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)（共4小題）14．（2023春?城關(guān)區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，∠CAB＝65°，將△ABC在平面內(nèi)繞點A旋轉(zhuǎn)到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，則旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為（）A．40° B．30° C．50° D．65°【分析】根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC＝AC′，然后利用等腰三角形兩底角相等求∠CAC′，再根據(jù)∠CAC′、∠BAB′都是旋轉(zhuǎn)角解答．【解答】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′＝∠CAB＝65°，∵△ABC繞點A旋轉(zhuǎn)得到△AB′C′，∴AC＝AC′，∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×65°＝50°，∴∠CAC′＝∠BAB′＝50°．故選：C．【點評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形兩底角相等的性質(zhì)，熟記性質(zhì)并準(zhǔn)確識圖是解題的關(guān)鍵．（多選）15．（2023春?臨朐縣期中）如圖，將一副三角板按如圖方式疊放在一起，保持三角板ABC不動，將三角板DCE的CE邊與CA邊重合，然后繞點C按順時針或逆時針方向任意轉(zhuǎn)動一個角度．當(dāng)這兩塊三角板各有一條邊互相平行時，∠ACE的度數(shù)可能是（）A．45° B．90° C．120° D．135°【分析】本題學(xué)生需要分情況討論，分別畫出圖形，即可求值．【解答】解：（1）如圖：當(dāng)DE∥AB時，∠ACE＝60°﹣45°＝15°，（2）如圖：當(dāng)CD∥AB時，∠ACE＝90°﹣（90°﹣30°）＝30°，（3）如圖：當(dāng)DE∥AC時，∠ACE＝90°﹣45°＝45°，（4）如圖：當(dāng)CE∥AB時，∠ACE＝90°+30°＝120°，（5）如圖：當(dāng)CE∥AB時，∠ACE＝∠A＝60°，（6）如圖：當(dāng)DE∥AB時，∠ACE＝180°﹣15°＝165°，（7）如圖：當(dāng)CD∥AB時，∠ACE＝90°+60°＝150°，（8）如圖：當(dāng)DE∥AC時，∠ACE＝180°﹣45°＝135°．故選：ACD．【點評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的知識和平行線的知識，難度較大，需要分情況畫出圖形，考慮全面比較困難．16．（2022秋?大冶市期末）如圖，D是等邊三角形ABC外一點，連接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，則當(dāng)線段AD的長度最小時，①∠BDC＝60°；②AD的最小值是5．【分析】以BD為邊向外作等邊三角形BDE，連接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再根據(jù)C，D，E三點共線時，CE有最小值，即可得到AD的最小值為5，此時∠BDC＝60°．【解答】解：如圖所示，以BD為邊向外作等邊三角形BDE，連接CE，∵△BDE，△ABC均為等邊三角形，∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴CE＝AD，∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，∴當(dāng)C，D，E三點共線時，CE有最小值，∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，∴AD的最小值為5，此時∠BDC＝60°．故答案為：①60°；②5．【點評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)的運用，解決問題的關(guān)鍵是以BD為邊向外作等邊三角形BDE，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論．17．（2022秋?洪山區(qū)校級期中）如圖，以等邊△ABC的一邊BC為底邊作等腰△BCD，已知AB＝3，，且∠BDC＝120°，在△BCD內(nèi)有一動點P，則PB+PC+PD的最小值為．【分析】將△PBC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°后，得到△P′BA，連接PP′、AD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，以此得到PB＝PP′，根據(jù)兩點之間線段最短得PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD≥AD，根據(jù)等邊三角形和等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，再根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：如圖，將△PBC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°后，得到△P′BA，連接PP′、AD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，∴△PBP′為等邊三角形，∴PB＝PP′，∴PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD，∵PP′+P′A+PD≥AD，∴當(dāng)A、P′、P、D四點共線時，PB+PC+PD有最小值，∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∵△BCD為等腰三角形，∠BDC＝120°，∴∠CBD＝30°，∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，在Rt△ABD中，AB＝3，BD＝，∠ABD＝90°，由勾股定理得AD＝＝．∴PB+PC+PD的最