难关必刷03旋转综合题（2种解题模型专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期中考点大串讲（人教版）

这是一份难关必刷03旋转综合题（2种解题模型专练）-2023-2024学年九年级数学上学期期中考点大串讲（人教版），共4页。

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
模型二：“费马点”模型
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，所以应熟练掌握费马点等此类最值经典题。
【题型专练】
模型一：“奔驰”模型
一．选择题（共2小题）
1．（2023•中原区校级三模）小星利用平面直角坐标系绘制了如下风车图形，他先将△OBA固定在坐标系中，其中A（2，4），B（2，0），接着他将△OBA绕原点O逆时针转动90°至△OB1A1，称为第一次转动，然后将△OB1A1绕原点O逆时针转动90°至△OB2A2，称为第二次转动，…那么按照这种转动方式，转动2023次后，点A的坐标为（ ）
A．（4，﹣2）B．C．D．（2，4）
【分析】依题意不难发现第4次旋转后△OBA回到初始位置，而2023÷4＝505……3，据此可得当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，进而可得出答案．
【解答】解：∵△OBA每次绕点O逆时针旋转90°，
∴第4次旋转后△OBA回到初始位置，
又∵2023÷4＝505……3，
∴当△OBA旋转2023次后的位置与旋转第3次后的位置重合，
即此时点A与点A3重合，
∵点A（2，4），
∴点A3（4，﹣2），
∴转动2023次后，点A的坐标为（4，﹣2）．
故选：A．
【点评】此题主要考查了图形的旋转及性质，解答此题的关键是找出第4次旋转后△OBA回到初始位置．
2．（2020秋•顺平县期中）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置．连接PQ，则以下结论错误的是（ ）
A．∠QPB＝60°B．∠PQC＝90°C．∠APB＝150°D．∠APC＝135°
【分析】根据等边三角形性质以及勾股定理的逆定理，即可判断B；依据△BPQ是等边三角形，即可得到∠QPB＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，进而得出∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，求出∠QPC＝15°即可判断D选项．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置，
∴△BQC≌△BPA，
∴∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，
∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ＝BP＝4，
∵PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，故B正确，
∵△BPQ是等边三角形，
∴∠QPB＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，故A正确，
∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，故C正确，
若∠APC＝135°，则∠QPC＝360°﹣135°﹣150°﹣60°＝15°，与PA＝3，PB＝4，PC＝5不符，故选项D错误．
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力．
二．填空题（共1小题）
3．（2022秋•新抚区期中）如图，正方形ABCD中，将边AB绕着点A旋转，当点B落在边CD的垂直平分线上的点E处时，∠BED的度数为 ．
【分析】分两种情况讨论，由旋转的性质和线段垂直平分线的性质可得△BEC是等边三角形，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：如图，当点E在BA的右边时，
∵MN是CD的垂直平分线，四边形ABCD是正方形，
∴MN垂直平分BA，
∴BE＝EA，
∵将边BA绕着点A旋转，
∴BA＝AE，
∴△BEA是等边三角形，
∴∠EBA＝∠BEA＝60°，
∴∠CBE＝∠EAD＝30°，
∵AB＝AD＝AE，
∴∠AED＝75°，
∴∠BED＝75°+60°＝135°；
当点E'在BA的左边时，
同理可得△BE'A是等边三角形，
∴BA＝BE'，∠BE'A＝60°＝∠ABE'，
∴∠DAE'＝150°，
∵AB＝AD＝AE'，
∴∠AE'B＝15°，
∴∠BE'D＝45°，
∴∠BED的度数为45°或135°．
故答案为：45°或135°．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
4．（2021秋•长乐区期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，将△ABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到△DBE，点A，C的对应点分别是D，E，连接AD．
（1）如图1，当点E恰好在边AB上时，求∠ADE的大小；
（2）如图2，若F为AD中点，求CF的最大值．
【分析】（1）由旋转可得：BA＝BD，∠EBD＝∠CBA＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，再运用三角形内角和定理即可得出答案；
（2）如图2，连接BF，利用等腰三角形的性质证明∠AFB＝90°，然后证明A、C、B、F四点共圆，接着利用圆是圆中最长的弦即可求解．
【解答】解：（1）如图1，∵△ABC绕点B顺时针旋转α得到△DEB，点E恰好在AB上，
∴BA＝BD，∠EBD＝∠CBA＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，
∴∠BAD＝∠BDA＝75°，
∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；
（2）如图2，连接BF，
∵BA＝BD，F为AD中点，
∴BF⊥AD，
∴∠AFB＝90°，
而∠ACB＝90°，
∴A、C、B、F四点共圆，
∴AB为这个圆的直径，CF为这个圆的一条弦，
∵AC＝4，∠ABC＝30°，
∴AB＝8，
∴CF的最大值为8．
【点评】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了含30°角的直角三角形的性质，有一定的综合性．
5．（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．
6．（2023•崂山区模拟）阅读下面材料：
小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．
小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．
请你回答：图1中∠APB的度数等于 ．
参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝，PB＝1，PD＝，则∠APB的度数等于 ，正方形的边长为 ；
（2）如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P，且PA＝2，PB＝1，PF＝，则∠APB的度数等于 ，
正六边形的边长为 ．
【分析】阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，根据旋转的性质可得P′A＝PA，P′C＝PB，∠PAP′＝60°，然后求出△APP′是等边三角形，根据等边三角形的性质求出PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′C＝90°，然后求出∠AP′C，即为∠APB的度数；
（1）把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，根据旋转的性质可得P′A＝PA，P′D＝PB，∠PAP′＝90°，然后判断出△APP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出PP′，∠AP′P＝45°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′D＝90°，然后求出∠AP′D，即为∠APB的度数；再求出点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，根据等腰直角三角形的性质求出AE＝PE＝PP′，然后求出BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理列式求出AB即可；
（2）把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，根据旋转的性质可得P′A＝PA，P′F＝PB，∠PAP′＝120°，然后求出△APP′是底角为30°的等腰三角形，过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，求出AM＝1，再求出PP′，∠AP′P＝30°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′F＝90°，然后求出∠AP′F，即为∠APB的度数；根据P′F、AM的长度得到P′F＝AM，利用“角角边”证明△AMN和△FP′N全等，根据全等三角形对应边相等可得AN＝FN，P′N＝MN，然后求出MN，在Rt△AMN中，利用勾股定理列式求出AN，然后求出AF即可．
【解答】解：阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，
由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，
∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，
∴PP′2+P′C2＝PC2，
∴∠PP′C＝90°，
∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；
故∠APB＝∠AP′C＝150°；
（1）如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，
由旋转的性质，P′A＝PA＝2，P′D＝PB＝1，∠PAP′＝90°，
∴△APP′是等腰直角三角形，
∴PP′＝PA＝×2＝4，∠AP′P＝45°，
∵PP′2+P′D2＝42+12＝17，PD2＝2＝17，
∴PP′2+P′D2＝PD2，
∴∠PP′D＝90°，
∴∠AP′D＝∠AP′P+∠PP′D＝45°+90°＝135°，
故，∠APB＝∠AP′D＝135°，
∵∠APB+∠APP′＝135°+45°＝180°，
∴点P′、P、B三点共线，
过点A作AE⊥PP′于E，
则AE＝PE＝PP′＝×4＝2，
∴BE＝PE+PB＝2+1＝3，
在Rt△ABE中，AB＝＝＝；
（2）如图4，∵正六边形的内角为×（6﹣2）•180°＝120°，
∴把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，
由旋转的性质，P′A＝PA＝2，P′F＝PB＝1，∠PAP′＝120°，
∴∠APP′＝∠AP′P＝（180°﹣120°）＝30°，
过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，
则AM＝PA＝×2＝1，
P′M＝PM＝＝＝，
∴PP′＝2PM＝2，
∵PP′2+P′F2＝（2）2+12＝13，PF2＝2＝13，
∴PP′2+P′F2＝PF2，
∴∠PP′F＝90°，
∴∠AP′F＝∠AP′P+∠PP′F＝30°+90°＝120°，
故，∠APB＝∠AP′F＝120°，
∵P′F＝AM＝1，
∵△AMN和△FP′N中，
，
∴△AMN≌△FP′N（AAS），
∴AN＝FN，P′N＝MN＝P′M＝，
在Rt△AMN中，AN＝＝＝，
∴AF＝2AN＝2×＝．
故答案为：150°；（1）135°，；（2）120°，．
【点评】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理的应用，全等三角形的判定与性质，（1）（2）两问求多边形的边长有一定的难度，作辅助线构造出直角三角形与全等三角形是解题的关键．
7．（2023•青岛二模）（1）探究发现
下面是一道例题及其解答过程，请补充完整．
如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝3，PB＝4，PC＝5．求∠APB的度数．
解：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP'，则△APP'为等边三角形．
∵P′P＝PA＝3，PB＝4，P'B＝PC＝5，
∴P'P2+PB2＝P′B2
△BPP'为 三角形
∴∠APB的度数为 ．
（2）类比延伸
如图2，在正方形ABCD内部有一点P，若∠APD＝135°，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC．点P在直线AB上方且∠APB＝60°，试判断是否存在常数k，满足（kPA）2+PB2＝PC2．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理可得到△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，即可得到∠APB的度数；
（2）把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得P′B＝PD，P′A＝PA，然后求出△APP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出PP′2＝2PA2，∠PP′A＝45°，再求出∠PP′B＝90°，然后利用勾股定理得出PP′2+P′B2＝PB2，等量代换得出2PA2+PD2＝PB2．
（3）将△APC绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，论证PP′＝PA，再根据勾股定理代换即可．
【解答】解：（1）如图1，将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形．
∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，
∴P′P2+PB2＝P′B2．
∴△BPP′为直角三角形．
∴∠APB的度数为90°+60°＝150°．
故答案为：直角；150°；
（2）2PA2+PD2＝PB2．理由如下：
如图2，把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，连接PP′．
则P′B＝PD，P′A＝PA，∠PAP′＝90°，
∴△APP′是等腰直角三角形，
∴PP′2＝PA2+P′A2＝2PA2，∠PP′A＝45°，
∵∠APD＝135°，
∴∠AP′B＝∠APD＝135°，
∴∠PP′B＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′B中，由勾股定理得，PP′2+P′B2＝PB2，
∴2PA2+PD2＝PB2．
（3）k＝±．
证明：如图③
将△APC绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，
可得∠APP′＝30°，PP′＝PA，PC＝P′B，
∵∠APB＝60°，
∴∠BPP′＝90°，
∴P′P2+BP2＝P′B2，
∴（PA）2+PB2＝PC2
∵（kPA）2+PB2＝PC2，
∴k＝±．
【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．也考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．
8．（2020秋•田家庵区校级月考）（原题初探）（1）小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，P是正方形ABCD内一点，连结PA，PB，PC现将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，连接PP′．若PA＝，PB＝3，∠APB＝135°，则PC的长为 ，正方形ABCD的边长为 ．
（变式猜想）（2）如图2，若点P是等边△ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，请猜想∠APB的度数，并说明理由．
（拓展应用）（3）聪明的小明经过上述两小题的训练后，善于反思的他又提出了如下的问题：
如图3，在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长度为 ．
【分析】（1）由旋转的性质得BP＝BP′＝3，P′C＝PA＝，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，则△BPP′为等腰直角三角形，再由勾股定理得PC＝2，过点A作AE⊥BP交BP的延长线于E，则△AEP是等腰直角三角形，得AE＝PE＝1，得BE＝4，然后由勾股定理即可求解；
（2）由旋转的性质得△BPP′是等边三角形，则PP′＝BP＝4，∠BPP′＝60°，AP＝3，AP′＝PC＝5，再由勾股定理得逆定理得△APP′为直角三角形，即可求解；
（3）由旋转的性质得AK＝AD＝3，CK＝BD，∠KAD＝90°，则△DAK是等腰直角三角形，得DK＝3，∠ADK＝45°，再证∠CDK＝90°，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，
∴BP＝BP′＝3，P′C＝PA＝，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，
∴△BPP′为等腰直角三角形，
∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝3，
∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′C中，由勾股定理得：PC＝＝＝2，
过点A作AE⊥BP交BP的延长线于E，如图1所示：
∵∠APB＝135°，
∴∠APE＝180°﹣135°＝45°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴AE＝PE＝PA＝×＝1，
∴BE＝PB+PE＝3+1＝4，
在Rt△AEB中，由勾股定理得：AB＝＝＝，
故答案为：2，；
（2）∠APB的度数为150°，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A，连接PP′，如图2所示：
则△BPP′是等边三角形，
∴PP′＝BP＝4，∠BPP′＝60°，
∵AP＝3，AP′＝PC＝5，
∴P'P2+AP2＝AP'2，
∴△APP′为直角三角形，
∴∠APP′＝90°，
∴∠APB＝∠APP′+∠BPP′＝90°+60°＝150°；
（3）∵∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，
∴△BAC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝90°，AB＝AC，
将△ABD绕点A顺时针旋转90°，得到△ACK，连接DK，如图3所示：
由旋转的性质得：AK＝AD＝3，CK＝BD，∠KAD＝90°，
∴△DAK是等腰直角三角形，
∴DK＝AD＝3，∠ADK＝45°，
∴∠CDK＝∠ADC+∠ADK＝45°+45°＝90°，
∴△CDK是直角三角形，
∴CK＝＝＝，
∴BD＝，
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
模型二：“费马点”模型
一．填空题
1．（2022秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，
①∠BDC＝ ；
②AD的最小值是 ．
【分析】以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再根据C，D，E三点共线时，CE有最小值，即可得到AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．
【解答】解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，
∵△BDE，△ABC均为等边三角形，
∴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，
∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值，
∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，
∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．
故答案为：①60°；②5．
【点评】本题主要考查了旋转的性质以及等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是以BD为边向外作等边三角形BDE，依据全等三角形的性质得出结论．
2．（2020•荷塘区模拟）在△ABC中，若其内部的点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则称P为△ABC的费马点．如图所示，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，设P为△ABC的费马点，且满足∠PBA＝45°，PA＝4，则△PAC的面积为 ．
【分析】如图，延长BP交AC于D，先说明△ABD是等腰直角三角形，△ADP是30°的直角三角形，可得PD和AD的长，根据费马点的定义可得∠APC＝120°，从而可知△PDC也是30°的直角三角形，可得CD的长，根据三角形的面积公式可得结论．
【解答】解：如图，延长BP交AC于D，
∵∠BAC＝∠PBA＝45°，
∴∠ADB＝90°，AD＝BD，
∵P为△ABC的费马点，
∴∠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的面积为＝＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了费马点的定义，三角形的面积，等腰直角三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质等知识，正确作出辅助线构建等腰直角三角形是本题的关键．
二．解答题
3．（2021•山西模拟）阅读下列材料，完成后面相应的任务：
费马（Ferrmat，1601年8月17日﹣1665年1月12日），生于法国南部图卢兹（Tuluse）附近的波蒙•德•罗曼，被誉为业余数学家之王．1643年，费马曾提出了一个著名的几何问题：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置．另一位数学家托里拆利成功地解决了这个问题：如图1，△ABC（三个内角均小于120°）的三条边的张角都等于120°，即满足∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°的点P，就是到点A，B，C的距离之和最小的点，后来人们把这个点P称为“费马点”．
下面是“费马点”的证明过程：如图2，将△APB绕着点B逆时针旋转60°得到△A′P′B，使得A′P′落在△ABC外，则△A′AB为等边三角形，∴P′B＝PB＝PP′，于是PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，…．
任务：（1）材料中，判定△A′AB为等边三角形的依据是 ．
（2）请你完成剩余的部分．
（3）如图，△ABC为锐角三角形，以AC为一边作等边△ACD，⊙O是△ACD的外接圆，连接BD交⊙O于点M，求证：M是△ABC的费马点．
【分析】（1）判定依据是顶角为60°等腰三角形是等边三角形；
（2）根据题中条件可知当A'P'PC四点共线时PA+PB+PC有最小值为A'C的长度，求出此时∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°即可；
（3）先根据MD是直径和△ACD为等边三角形证直角三角形MCD和直角三角形MAD全等，得出∠ADM+∠CDM＝∠ADC＝30°，再根据外角定义计算出∠AMB＝∠BMC＝∠AMC＝120°即可．
【解答】解：（1）由题知判定依据的是顶角为60°等腰三角形是等边三角形；
（2）补充如下：
∴当A'，P'，P，C四点在同一直线上时PA+PB+PC有最小值为A'C的长度，
∵P′B＝PB，∠P'BP＝60°，
∴△P'BP为等边三角形，
则当A'，P'，P，C四点在同一直线上时，
∠BPC＝180°﹣∠P'PB＝180°﹣60°＝120°，
∠APB＝∠A'PB＝180°﹣∠BP'P＝180°﹣60°＝120°，
∠APC＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴满足∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°的点P，就是到点A，B，C的距离之和最小的点；
（3）如图，连接MA，MC，
∵△ACD为等边三角形，
∴∠DAC＝∠ADC＝∠ACD＝60°，
又∵⊙O是△ACD的外接圆，
∴∠AMD＝∠ACD＝60°，
∴∠AMB＝180°﹣∠AMD＝180°﹣60°＝120°，
同理可得∠BMC＝120°，
∴∠AMC＝360°﹣∠AMB﹣∠BMC＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
即点M是△ABC的“费马点”．
【点评】本题主要考查“费马点”的证明过程，熟练掌握等边三角形的性质性质是解题的关键．
4．（2023•桐城市校级开学）定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．
【基础巩固】
（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC＝60°，AC＝，求AE+BE+CE＝ ；
【尝试应用】
（2）如图2，等边三角形ABC边长为，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．
【分析】（1）△CDE为含30°角直角三角形，可求出DE、CE的长度，进而得出结果．
（2）△AEF为等边三角形，可得AE+BE+CE＝EF+BE+GF，故当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，进而可得∠AEB＝∠AEC＝∠BEC＝120°，即可求出结果．
（3）作DM⊥AB于点M，可知EF＝DM＝AB，进而可推出△ABF为等腰直角三角形，结合（2）中的结论，当点P满足：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，进而结合（1）中方法求出结果．
【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+；
故答案为：12+；
（2）由题意可得：AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△EAF为等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，
∴AE+BE+CE＝EF+BE+GF，
∵B、G两点均为定点，
∴当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，
∴∠AEB＝120°，∠AEC＝∠AFG＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴此时E点为等边△ABC的中心，
∴AE+BE+CE＝3AE＝＝12，
故等边三角形ABC的“最近值”为12；
（3）如图，过点D作DM⊥AB于点M，
∵∠BDA＝75°，AB＝AD，
∴∠DAB＝30°，
∴2DM＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴EF＝DM，
∴2EF＝AB，
∴AE＝BE＝EF＝3，
∴△AEF与△BEF均为等腰直角三角形，
∴△ABF为等腰直角三角形，
设P为EF上一点，由（2）得：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，
此时：EP＝＝，
∴AP＝BP＝2EP＝，FP＝EF﹣EP＝3﹣，
∴AP+BP+FP＝＝3+，
∴（AP+BP+FP）2＝＝，
∴三角形AFB“最近值”的平方为．
【点评】本题考查三角形与四边形综合问题，掌握费马点模型可帮助快速解题．
5．（2019秋•台州期中）（1）知识储备
①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的BC上任意一点．求证：PB+PC＝PA．
②定义：在△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离．
（2）知识迁移
①我们有如下探寻△ABC（其中∠A，∠B，∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：
如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据（1）的结论，易知线段 的长度即为△ABC的费马距离．
②在图3中，用不同于图2的方法作出△ABC的费马点P（要求尺规作图）．
（3）知识应用
①判断题（正确的打√，错误的打×）：
ⅰ．任意三角形的费马点有且只有一个 ；
ⅱ．任意三角形的费马点一定在三角形的内部 ．
②已知正方形ABCD，P是正方形内部一点，且PA+PB+PC的最小值为，求正方形ABCD的
边长．
【分析】（1）①根据已知首先得出△PCE为等边三角形，进而得出△ACP≌△BCE（SAS），即AP＝AE+EP＝BP+PE＝BP+PC；
（2）①利用（1）中结论得出PA+PB+PC＝PA+（PB+PC）＝PA+PD；以及线段的性质“两点之间线段最短”容易获解；
②画出图形即可；也可以将AC绕点C按顺时针旋转60°得到A′C，连接A′B，作∠A′PC＝60°，然后在A′P上截取PP′＝PC，则△P′PC是等边三角形，由旋转的性质及两点之间线段最短即可得出结论；
（3）①根据费马点和费马距离的定义直接判定即可；
②将△ABP沿点B逆时针旋转60°到△A1BP1，如图5，根据PA+PB+PC的最小值为，得P1A1+PP1+PC的最小值为，即A1C＝，设正方形的边长为2x，根据勾股定理列方程得：得：，解出可得正方形的边长．
【解答】（1）①证明：在PA上取一点E，使PE＝PC，连接CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，
又∵PE＝PC，
∴△PEC是正三角形，
∴CE＝CP，∠ACB＝∠ECP＝60°，
∴∠ACE＝∠BCP，
又∵∠PBC＝∠PAC，BC＝AC，
∴△ACE≌△BCP（ASA），
∴AE＝PB，
∴PB+PC＝AE+PE＝AP；（4分）
（2）①如图2，得：PA+PB+PC＝PA+（PB+PC）＝PA+PD，
∴当A、P、D共线时，PA+PB+PC的值最小，
∴线段AD的长度即为△ABC的费马距离，
故答案为：AD；（6分）
②过AB和AC分别向外作等边三角形，连接CD，BE，交点即为P．（过AC或AB作外接圆视作与图2相同的方法，不得分）．（8分）
（3）①ⅰ．（√）；
ⅱ．当三角形有一内角大于或等于120°时，所求三角形的费马点为三角形最大内角的顶点（×）（10分）
故答案为：i，√，ii，×；
②解：将△ABP沿点B逆时针旋转60°到△A1BP1，
如图5，过A1作A1H⊥BC，交CB的延长线于H，连接P1P，
易得：A1B＝AB，PB＝P1B，PA＝P1A1，∠P1BP＝∠A1BA＝60°，
∵PB＝P1B，∠P1BP＝60°，
∴△P1PB是正三角形，
∴PP1＝PB，
∵PA+PB+PC的最小值为，
∴P1A1+PP1+PC的最小值为，
∴A1，P1，P，C在同一直线上，即A1C＝，（12分）
设正方形的边长为2x，
∵∠A1BA＝60°，∠CBA＝90°，
∴∠1＝30°，
在Rt△A1HB中，A1B＝AB＝2x，∠1＝30°，
得：A1H＝x，BH＝，
在Rt△A1HC中，由勾股定理得：，
解得：x1＝1 x2＝﹣1（舍去）
∴正方形ABCD的边长为2．（14分）
【点评】此题是圆的综合题，也是阅读理解型问题，主要考查了新定义：三角形费马点和费马距离，还考查了等边三角形的性质、三角形全等、勾股定理等知识．难度很大，理解新定义是本题的关键．