2022-2023年北师大版数学八年级下册专项复习精讲精练：专题07 旋转模型（原卷版+解析版）

专题07 旋转模型

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）

1．（2022春•历城区期中）如图，将△ABC绕点A逆时针方向旋转110°，得到△AB'C'，若点B'在线段BC的延长线上，则∠BB'C'的度数为（　　）

A．80° B．75° C．70° D．65°

【分析】根据旋转的性质求出∠BB'A和∠AB'C'的度数即可解决问题．

【解答】解：根据旋转的性质可知∠BAB'＝110°，且AB＝AB'，∠B＝∠AB'C'．

∵点B'在线段BC的延长线上，

∴∠BB'A＝∠B＝35°．

∴∠AB'C'＝35°．

∴∠BB'C'＝∠BB'A+∠AB'C'＝35°+35°＝70°．

故选：C．

【点评】本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

2．（2022春•顺德区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝22.5°，将△ABC绕若点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°；④△BDE与△CDE面积之比是．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】由旋转的性质可得AC＝DC，BC＝CE，∠ABC＝∠CED＝22.5°，∠BCE是旋转角，可判断①②，由等腰三角形的性质可判断③④．

【解答】解：如图，连接AD，延长ED交AB于点F，

∵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，

∴AC＝DC，BC＝CE，∠ABC＝∠CED＝22.5°，∠BCE是旋转角，

∵∠ABC+∠BAC＝90°，

∴∠BAC+∠CED＝90°，

∴∠AFE＝90°，

∴DE⊥AB，

故①②正确；

∵∠BCE＝90°，BC＝CE，

∴∠BEC＝45°，

∴∠BED＝∠BEC﹣∠CED＝22.5°，

故③错误；

∵AC＝CD，

∴AD＝CD，∠DAC＝∠ADC＝45°，

∵∠ADC＝∠ABC+∠BAD，

∴∠ABC＝∠BAD＝22.5°，

∴AD＝BD＝CD，

∴△BDE与△CDE面积之比是 ：1．

故④正确．

故选：C．

【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．

3．（2022春•顺德区期中）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°

【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．

【解答】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．

【点评】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．

二．填空题（共7小题）

4．（2022秋•长汀县期中）如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转50°后得到△A'OB'，若∠AOB＝15°，则∠AOB'的度数是 　35°　．

【分析】根据旋转的性质可知，旋转角等于60°，从而可以得到∠BOB′的度数，由∠AOB＝15°可以得到∠AOB′的度数．

【解答】解：∵△AOB绕点O按逆时针方向旋转50°后得到△A′OB′，

∴∠BOB′＝50°．

∵∠AOB＝15°，

∴∠AOB′＝∠BOB′﹣∠AOB＝50°﹣15°＝35°．

故答案为：35°．

【点评】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．（2022春•盐湖区期中）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，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；②BE+DC＝DE；③BE2+DC2＝DE2．

其中正确的是 　①③　．（填序号）

【分析】首先根据旋转的性质可得∠FAD＝90°，DC＝BF，∠FBE＝90°，AD＝AF，接下来结合全等三角形的判定定理可得△AED≌△AEF；然后利用全等三角形的性质与勾股定理进行解答即可．

【解答】解：∵△ADC绕点A顺时针90°旋转后，得到△AFB，

∴∠FAD＝90°，DC＝BF，∠FBE＝90°，AD＝AF．

∵∠DAE＝45°，

∴∠EAF＝90°﹣45°＝45°，

∴△AED≌△AEF（SAS），

∴EF＝ED．

在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2，

∴BE2+DC2＝DE2．

∴①③正确．

故答案为：①③．

【点评】本题侧重考查关于旋转的题目，解答本题的关键是熟练掌握旋转的性质、全等三角形的判定与性质．

6．（2022春•崇仁县期中）如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠A＝35°，则∠ADE为 　125°　．

【分析】先根据旋转的性质得∠E＝∠A＝35°，∠ACE＝90°，然后根据三角形外角性质求∠ADE的度数．

【解答】解：∵△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，

∴∠E＝∠A＝35°，∠ACE＝90°，

∴∠ADE＝∠E+∠DCE＝35°+90°＝125°．

故答案为：125°．

【点评】本题考查了旋转的性质：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．（2022春•相城区校级期中）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 　65　°．

【分析】首先根据性质得到∠CAC′、∠BAB′都是旋转角且相等，然后利用等腰三角形的性质即可求解．

【解答】解：∵将△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，∠BAB′＝50°，

∴∠CAC′＝∠BAB′＝50°，CA＝CA′

∴∠ACC′＝∠AC′C＝（180°﹣50°）＝65°．

故答案为：65．

【点评】本题考查了旋转的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．

8．（2022春•福鼎市期中）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，则以下结论中正确有　①②③　（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°

【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．

【解答】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．

【点评】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质、勾股定理的逆定理，解决本题的关键是综合应用以上知识．

9．（2021春•聊城期中）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 　150°　．

【分析】连接PP′，由△PAC≌△P′AB可知：PA＝P′A，∠P′AB＝∠PAC，然后依据等式的性质可得到∠P′AP＝∠BAC＝60°，从而可得到△APP′为等边三角形，得∠APP′＝60°，在△PP′B中，用勾股定理逆定理证出直角三角形，得出∠P′PB＝90°，可求∠APB的度数．

【解答】解：连接PP′，

由旋转可知，△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°．

【点评】本题主要考查的是全等三角形的性质、等边三角形的判定、勾股定理的逆定理的应用，证得△APP′为等边三角形、△BPP′为直角三角形是解题的关键．

10．（2022秋•黄骅市校级期中）如图，设P是等边△ABC内的一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数是　150°　．

【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°，则△BPE为等边三角形，得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，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．

【解答】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°．

故答案为150°．

【点评】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．

三．解答题（共1小题）

11．（2021春•高州市期中）如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB．

（1）求点P与点P′之间的距离；

（2）求∠APB的度数．

【分析】（1）由已知△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB，可得△PAC≌△P′AB，PA＝P′A，旋转角∠P′AP＝∠BAC＝60°，所以△APP′为等边三角形，即可求得PP′；

（2）由△APP′为等边三角形，得∠APP′＝60°，在△PP′B中，已知三边，用勾股定理逆定理证出直角三角形，得出∠P′PB＝90°，可求∠APB的度数．

【解答】解：（1）连接PP′，由题意可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，

∠PAC＝∠P′AB，而∠PAC+∠BAP＝60°，

所以∠PAP′＝60度．故△APP′为等边三角形，

所以PP′＝AP＝AP′＝6；

（2）利用勾股定理的逆定理可知：

PP′2+BP2＝BP′2，所以△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°

可求∠APB＝90°+60°＝150°．

【点评】本题考查旋转的性质，旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．

二、    费马点模型

一．选择题（共1小题）

1．（2022春•山亭区期中）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．40° B．30° C．50° D．65°

【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．

【解答】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．

【点评】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．

二．填空题（共1小题）

2．（2022秋•洪山区校级期中）如图，以等边△ABC的一边BC为底边作等腰△BCD，已知AB＝3，，且∠BDC＝120°，在△BCD内有一动点P，则PB+PC+PD的最小值为 　　．

【分析】将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，根据旋转性质可得∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，以此得到PB＝PP′，根据两点之间线段最短得PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD≥AD，根据等边三角形和等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，再根据勾股定理即可求解．

【解答】解：如图，将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，

根据旋转的性质得，∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，

∴△PBP′为等边三角形，

∴PB＝PP′，

∴PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD，

∵PP′+P′A+PD≥AD，

∴当A、P′、P、D四点共线时，PB+PC+PD有最小值，

∵△ABC为等边三角形，

∴∠ABC＝60°，

∵△BCD为等腰三角形，∠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的最小值为．

故答案为：．

【点评】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PB+PC+PD≥AD是解题关键．

三．解答题（共2小题）

3．（2021秋•北碚区校级期中）如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．

（1）证明：EF＝DF；

（2）如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．

（3）如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD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．

【分析】（1）可先推出∠CAF＝∠ABD，再证△ACF≌△BAD，即可得出结论；

（2）在EF上截取EN＝EM，连接MN，可推出△EMN是等边三角形，可证△NCM≌△EGM，然后推出△CMG是等边三角形，从而问题得证；

（3）先求得AD＝，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，可得△PDQ是等边三角形，于是AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，故当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，最后解斜三角形ADG，从而求得．

【解答】（1）证明：如图1，

∵△ABC是等边三角形，

∴AC＝AB，

∠ACB＝60°，

∴∠CAF+∠DAB＝60°，

∵∠EDF＝60°，

∴∠DAB+∠ABD＝60°，

∴∠CAF＝∠ABD，

∵AF＝BD，

∴△ACF≌△BAD（SAS），

∴EF＝DF；

（2）证明：如图2，

由（1）知，

EF＝DF，∠EDF＝60°，

∴△DEF是等边三角形，

∴∠DEF＝60°，

在EF上截取EN＝EM，连接MN，

∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，

∴△EMN是等边三角形，

∴∠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是等边三角形，

∴CG＝CM；

（3）解：如图3，

由（1）（2）知，

△DEF和△CDG是等边三角形，

∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，

∵CD⊥AD，

∴∠CDF＝90°，

∴AD＝CF＝＝，

将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，

∴AD＝DQ，CP＝QG，

∴△PDQ是等边三角形，

∴PD＝PQ，

∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，

∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，

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．

【点评】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．

4．（2022秋•静安区校级期中）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．

【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与BF的交点即为△ABC的费马点．

【解答】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．

【点评】本题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质，是一道综合性的题目难度很大．