專題3.1 旋轉重難點模型（5大類型）（解析版）

專題3.1旋轉重難點模型（5大類型）重難點題型歸納【題型1手拉手模型】【題型2“半角”模型】【題型3構造旋轉模型解題】【題型4奔馳模型】【題型5費馬點模型】模型一：“手拉手”模型模型特征：兩個等邊三角形或等腰直角三角形或正方形共頂點。模型說明：如圖1，▲ABE，▲ACF都是等邊三角形，可證▲AEC≌▲ABF。如圖2，▲ABD，▲ACE都是等腰直角三角形，可證▲ADC≌▲ABE如圖2，四邊形ABEF，四邊形ACHD都是正方形，可證▲ABD≌▲AFC模型二：“半角”模型模型特征：大角含半角+有相等的邊，通過旋轉“使相等的邊重合，拼出特殊角”模型說明：（1）如圖，在正方形ABCD中，∠EAF=45°，將▲ADF繞點A順時針旋轉90°，得到▲ABG可證▲AEF≌AEG，所以可到DF+BE=EF（2）如圖，在等腰直角▲ABC中，∠MAN=45°，將▲ACN繞點A順時針旋轉90°，得到▲ABQ，可證▲AMN≌▲AMQ，所以可得CN2+BM2=MN2（3）如圖，等腰▲ABC中，AB=BC，∠DBE=將▲CBD繞點B逆時針旋轉∠CBA的度數(shù)得到▲ABD’可證▲DBE≌▲D’BE。模型三：構造旋轉模型解題方法指導：若一個圖形中含有相等的線段和特殊的角度，通常是以等線段的公共端點為旋轉中心進行旋轉，使得相等的邊重合，得出特殊的圖形.常見圖形旋轉：（1）“等邊三角形”的旋轉方法歸納：將等邊三角形內的一個小三角形，旋轉60度，從而使小三角形的一邊與原等邊三角形的邊重合，連接小三角形的鈍角頂點，得三角形．通過旋轉將不相關的線段轉化到同一個三角形中，將分散的已知條件集中起來，使問題得以解決．模型四：奔馳模型模型五：費馬點模型【費馬點問題】問題：如圖1，如何找點P使它到△ABC三個頂點的距離之和PA+PB+PC最?。繄D文解析：如圖1，把△APC繞C點順時針旋轉60°得到△A′P′C，連接PP′．則△CPP′為等邊三角形，CP=PP′，PA=P′A′，∴PA+PB+PC=P′A′+PB+PP′BC′．∵點A′可看成是線段CA繞C點順時針旋轉60°而得的定點，BA′為定長∴當B、P、P′、A′四點在同一直線上時，PA+PB+PC最?。钚≈禐锽A.′【題型1“手拉手”模型】【典例1】（2022春?西安期末）如圖，在△ABC中，BC＝5，以AC為邊向外作等邊△ACD，以AB為邊向外作等邊△ABE，連接CE、BD．（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的長；（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的長．【解答】解：（1）∵△ABE與△ACD是等邊三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，又∵∠ACB＝30°，∴∠DCB＝∠ACB+∠DCA＝90°，∵CD＝AC＝4，BC＝5，∴BD＝＝＝，∴CE＝；（2）如圖，作EK垂直于CB延長線于點K．∵△ABE與△ACD是等邊三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，∴∠EBK＝60°，∴∠BEK＝30°，∴BK＝BE＝，∴EK＝＝＝，∴EC＝＝＝7，∴BD＝EC＝7．【變式1-1】（2022秋?荔灣區(qū)校級期中）以△ABC的AB，AC為邊分別作正方形ADEB，正方形ACGF，連接DC，BF．（1）CD與BF有什么數(shù)量與位置關系？說明理由．（2）利用旋轉的觀點，在此題中，△ADC可看成由哪個三角形繞哪點旋轉多少角度得到的．【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：∵四邊形ABED和四邊形ACGF都是正方形，∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAF，在△DAC與△BAF中，，∴△DAC≌△BAF（SAS），∴DC＝BF，∴∠AFB＝∠ACD，又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，∴∠ACD+∠CNM＝90°，∴∠NMC＝90°，∴BF⊥CD；（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，∴△ADC可看成是△ABF繞點A順時針旋轉90°得到的．【變式1-2】（2022九上·吉林期末）如圖①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，點D，E分別在邊AC，BC上，且CD=CE=2，此時AD=BE，（1）將△CDE繞點C逆時針旋轉90°時，在圖②中補充圖形，并直接寫出BE的長度；（2）當△CDE繞點C逆時針旋轉一周的過程中，AD與BE的數(shù)量關系和位置關系是否仍然成立？若成立，請你利用圖③證明，若不成立請說明理由；（3）將△CDE繞點C逆時針旋轉一周的過程中，當A，D，E三點在同一條直線上時，請直接寫出AD的長度．【答案】（1）解：如圖所示，BE=22（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.證明：延長AD交BE于點H，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠ACD=∠ACB-∠BCD，∠BCE=∠DCE-∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，又∵CD=CE，AC=BC，∴△ACD?△BCE，∴AD=BE，∠1=∠2，在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，∴∠2+∠3+∠4=90°，∴∠AHB=90°，∴AD⊥BE.（3）AD=5-1【題型2“半角”模型】【典例2】（秋?錦江區(qū)期末）在△ABC中，AB＝AC，點E，F(xiàn)是邊BC所在直線上與點B，C不重合的兩點．（1）如圖1，當∠BAC＝90°，∠EAF＝45°時，直接寫出線段BE，CF，EF的數(shù)量關系；（不必證明）（2）如圖2，當∠BAC＝60°，∠EAF＝30°時，已知BE＝3，CF＝5，求線段EF的長度；（3）如圖3，當∠BAC＝90°，∠EAF＝135°時，請?zhí)骄烤€段CE，BF，EF的數(shù)量關系，并證明．【解答】解：（1）結論：EF2＝BE2+CF2．理由：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴將△ABE繞點A逆時針旋轉90°得△ACG，連接FG，如圖1中，∴AG＝AE，CG＝BE，∠ACG＝∠B，∠EAG＝90°，∴∠FCG＝∠ACB+∠ACG＝∠ACB+∠B＝90°，∴FG2＝FC2+CG2＝BE2+FC2；又∵∠EAF＝45°，而∠EAG＝90°，∴∠GAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠GAF，∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∴EF2＝BE2+CF2．（2）如圖2中，∵∠BAC＝60°，AB＝AC，∴將△ABE繞點A逆時針旋轉60°得△ACG，連接FG，作GH⊥BC交BC的延長線于H．∵∠BAC＝60°，∠EAF＝30°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAG+∠CAF＝∠FAG＝30°，∴∠EAF＝∠FAG，∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，在Rt△CGH中，∵CG＝BE＝3，∠GCH＝60°，∴∠CGH＝30°，∴CH＝CG＝，GH＝CH＝，在Rt△FGH中，F(xiàn)G＝＝＝7，∴EF＝FG＝7．（3）結論：EF2＝EC2+BF2理由：如圖3中，將△AEC繞點A順時針旋轉90°，得到△ABG，連接FG．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵△ACE≌△ABG，∴∠CAE＝∠BAG，EC＝BG，∠ACE＝∠ABG＝45°，∴∠CAB＝∠EAG＝90°，∠GBF＝90°，∴∠FAG＝360°﹣∠EAF﹣∠EAG＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠FAE＝∠FAG，∵FA＝FA，AG＝AE，∴△FAE≌△FAG（SAS），∴EF＝FG，在Rt△FBG中，∵∠FBG＝90°，∴FG2＝BG2+BF2，∵FG＝EF，BG＝EC，∴EF2＝EC2+BF2．【變式2-1】（春?金牛區(qū)校級期中）類比探究：（1）如圖1，等邊△ABC內有一點P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大??；（提示：將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處）（2）如圖2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點，且∠EAF＝45°．求證：EF2＝BE2+FC2；（3）如圖3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，點O為△ABC內一點，連接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．【解答】解：（1）如圖1，將△APB繞著點A逆時針旋轉60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，由題意知旋轉角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，∴PP′＝AP＝8，∠AP′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°（2）如圖2，把△ABE繞著點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，則AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠FAE′＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF＝E′F，∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠ACE′＝90°，∴∠FCE′＝90°，∴E′F2＝CF2+CE′2，∴EF2＝BE2+CF2；（3）如圖3，將△AOB繞點B順時針旋轉60°至△A′O′B處，連接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，∴△A′O′B如圖所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等邊三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四點共線，在Rt△A′BC中，A′C＝＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【變式2-2】（2022春?西山區(qū)校級月考）如圖，已知正方形ABCD，點E、F分別是AB、BC邊上，且∠EDF＝45°，將△DAE繞點D逆時針旋轉90°，得到△DCM．（1）求證：△EDF≌△MDF；（2）若正方形ABCD的邊長為5，AE＝2時，求EF的長？【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，由旋轉得：∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，∴∠DCF+∠DCM＝180°，∴F、C、M三點在同一條直線上，∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDC＝45°，∴∠EDF＝FDM，∵DF＝DF，∴△EDF≌△MDF（SAS）；（2）設CF＝x，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x，由旋轉得：AE＝CM＝2，∴BE＝AB﹣AE＝3，F(xiàn)M＝CF+CM＝2+x，∵△EDF≌△MDF，∴EF＝FM＝2+x，在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2，∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2，∴x＝，∴EF＝2+x＝，∴EF的長為．【變式2-3】（2022秋?山西期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應的任務：從正方形的一個頂點引出夾角為45°的兩條射線，并連接它們與該頂點的兩對邊的交點構成的基本平面幾何模型稱為半角模型．半角模型可證出多個幾何結論，例如：如圖1，在正方形ABCD中，以A為頂點的∠EAF＝45°，AE、AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點．易證得EF＝BE+FD．大致證明思路：如圖2，將△ADF繞點A順時針旋轉90°，得到△ABH，由∠HBE＝180°可得H、B、E三點共線，∠HAE＝∠EAF＝45°，進而可證明△AEH≌△AEF，故EF＝BE+DF．任務：如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A為頂點的∠EAF＝60°，AE、AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點．請參照閱讀材料中的解題方法，你認為結論EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．【解答】解：成立．證明：將△ADF繞點A順時針旋轉120°得到△ABM，∴△ABM≌△ADF，∠ABM＝∠D＝90°，∠MAB＝∠FAD，AM＝AF，MB＝DF，∴∠MBE＝∠ABM+∠ABE＝180°，∴M、B、E三點共線，∴∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝60°，∴∠MAE＝∠FAE，∵AE＝AE，AM＝AF，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴ME＝EF，∴EF＝ME＝MB+BE＝DF+BE．【題型3構造旋轉模型解題】【典例3】（九上·江津期中）請閱讀下列材料：問題：如圖1，在等邊三角形ABC內有一點P，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC度數(shù)的大小和等邊三角形ABC的邊長．李明同學的思路是：將△BPC繞點B逆時針旋轉60°，畫出旋轉后的圖形（如圖2），連接PP′，可得△P′PB是等邊三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可證），所以∠AP′B=150°，而∠BPC=∠AP′B=150°，進而求出等邊△ABC的邊長為7，問題得到解決．請你參考李明同學的思路，探究并解決下列問題：如圖3，在正方形ABCD內有一點P，且PA=5，BP=2，PC=1．求∠BPC度數(shù)的大小和正方形ABCD的邊長．【解答】解：如圖，將△BPC繞點B逆時針旋轉90°，得△BP′A，則△BPC≌△BP′A．∴AP′=PC=1，BP=BP′=2；連接PP′，在Rt△BP′P中，∵BP=BP′=2，∠PBP′=90°，∴PP′=2，∠BP′P=45°；在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP=5，∵12+22=(5)2∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，∴∠AP′B=135°，∴∠BPC=∠AP′B=135°．過點B作BE⊥AP′，交AP′的延長線于點E，∴∠BEP′=90°，∵∠AP′B=135°，∴∠EP′B=45°，∴△BEP′是等腰直角三角形，∵BP′=2，∴EP′=BE=1，∴AE=AP′+EP′=2；∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=5；∴∠BPC=135°，正方形邊長為5．【變式3-1】（九上·南昌月考）如圖，在等邊三角形ABC內有一點P，且PA=2，PB=3，PC=1，求∠BPC的度數(shù)和等邊三角形ABC的邊長．【解答】解：∵ΔABC是等邊三角形∴∠ABC=60°將ΔBPC繞點B順時針選轉60°，連接B∴AP'=CP=1，BP'=PB=3，∠BPC=∠∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°∴∠AB∴ΔP'∴PP'=3∵AP'=1∴A∴ΔPP'∴∠BPC=∠A過點B做BM⊥AP'，交AP'∴∠MP'B=30°∴P∴AM=1+由勾股定理得：AB=∴等邊三角形ABC的邊長為7．【變式3-2】（九上·德州期中）當圖形具有鄰邊相等的特征時，我們可以把圖形的一部分繞著公共端點旋轉，這樣將分散的條件集中起來，從而達到解決問題的目的．（1）如圖1，等腰直角三角形ABC內有一點P，連接AP，BP，CP，∠APB＝135°，為探究AP，BP，CP三條線段間的數(shù)量關系，我們可以將△ABP，繞點A逆時針旋轉90°得到△ACP'，連接PP'，則PP'＝AP，△CPP'是三角形，AP，BP，CP三條線段的數(shù)量關系是．（2）如圖2，等邊三角形ABC內有一點P，連接AP、BP、CP，∠APB＝150°，請借助第一問的方法探究AP、BP、CP三條線段間的數(shù)量關系．（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AD∥BC，點P在四邊形的內部，且PD＝PC，∠CPD＝90°，∠APB＝135°，AD＝4，BC＝5，請直接寫出AB的長．【解答】（1）2；直角；P（2）解：如圖所示，將△ABP繞點B順時針旋轉60°得到△CBP'，連接PP由旋轉的性質可得：BP'=BP，∠CP'B=∠APB=150°，∠PBP'∴△BPP'∴BP=PP'，∠B∴∠PP'∴PC2∴PC2（3）解：AB=【題型4奔馳模型解題】【典例4】（2023?嶗山區(qū)模擬）閱讀下面材料：小偉遇到這樣一個問題：如圖1，在正三角形ABC內有一點P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度數(shù)．小偉是這樣思考的：如圖2，利用旋轉和全等的知識構造△AP′C，連接PP′，得到兩個特殊的三角形，從而將問題解決．請你回答：圖1中∠APB的度數(shù)等于150°．參考小偉同學思考問題的方法，解決下列問題：（1）如圖3，在正方形ABCD內有一點P，且PA＝，PB＝1，PD＝，則∠APB的度數(shù)等于135°，正方形的邊長為；（2）如圖4，在正六邊形ABCDEF內有一點P，且PA＝2，PB＝1，PF＝，則∠APB的度數(shù)等于120°，正六邊形的邊長為．【答案】見試題解答內容【分析】閱讀材料：把△APB繞點A逆時針旋轉60°得到△ACP′，根據(jù)旋轉的性質可得P′A＝PA，P′C＝PB，∠PAP′＝60°，然后求出△APP′是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質求出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，即為∠APB的度數(shù)；（1）把△APB繞點A逆時針旋轉90°得到△ADP′，根據(jù)旋轉的性質可得P′A＝PA，P′D＝PB，∠PAP′＝90°，然后判斷出△APP′是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質求出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，即為∠APB的度數(shù)；再求出點P′、P、B三點共線，過點A作AE⊥PP′于E，根據(jù)等腰直角三角形的性質求出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繞點A逆時針旋轉120°得到△AFP′，根據(jù)旋轉的性質可得P′A＝PA，P′F＝PB，∠PAP′＝120°，然后求出△APP′是底角為30°的等腰三角形，過點A作AM⊥PP′于M，設PP′與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，即為∠APB的度數(shù)；根據(jù)P′F、AM的長度得到P′F＝AM，利用“角角邊”證明△AMN和△FP′N全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得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：閱讀材料：把△APB繞點A逆時針旋轉60°得到△ACP′，由旋轉的性質，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，∴△APP′是等邊三角形，∴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）如圖3，把△APB繞點A逆時針旋轉90°得到△ADP′，由旋轉的性質，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°，∴點P′、P、B三點共線，過點A作AE⊥PP′于E，則AE＝PE＝PP′＝×4＝2，∴BE＝PE+PB＝2+1＝3，在Rt△ABE中，AB＝＝＝；（2）如圖4，∵正六邊形的內角為×（6﹣2）?180°＝120°，∴把△APB繞點A逆時針旋轉120°得到△AFP′，由旋轉的性質，P′A＝PA＝2，P′F＝PB＝1，∠PAP′＝120°，∴∠APP′＝∠AP′P＝（180°﹣120°）＝30°，過點A作AM⊥PP′于M，設PP′與AF相交于N，則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×＝．故答案為：150°；（1）135°，；（2）120°，．【變式4-1】（2023春?廣東期中）18．如圖，P是正三?角形ABC內的一點，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若將△PAC繞點A逆時針旋轉后，得到△MAB．（1）∠MAP＝60°，連接PM，則PM＝6；（2）求∠APB的度數(shù)．【答案】（1）60，6；（2）150°．【分析】（1）連接MP，根據(jù)等邊三角形的性質得AB＝AC，∠BAC＝60°，再根據(jù)旋轉的性質得AM＝AP，∠MAP＝∠BAC＝60°，BM＝CP＝10，則可判斷△AMP為等邊三角形；（2）根據(jù)旋轉可以得到MP＝AP＝6，∠APM＝60°，在△PBM中通過計算得到PM2+PB2＝BM2，根據(jù)勾股定理的逆定理得∠BPM＝90°，然后利用∠APB＝∠APM+BPM進行計算即可．【解答】解：（1）如圖，連接MP，∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵△PAC繞點A逆時針旋轉后，得到△MAB，∴AM＝AP，∠MAP＝∠BAC＝60°，BM＝CP＝10，∴△AMP為等邊三角形，∴MP＝AP＝6，∠APM＝60°；故答案為：60，6；（2）在△PBM中，PM＝6，BM＝10，PB＝8，∵62+82＝102，∴PM2+PB2＝BM2，∴∠BPM＝90°，∴∠APB＝∠APM+BPM＝60°+90°＝150°．【變式4-2】（2023春?古田縣期中）閱讀材料，解決問題：（1）如圖①等邊△ABC內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為5，12，13，求∠APB的度數(shù)．為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA、PB、PC轉化到一個三角形中，從而求出∠APB＝150°；（2）請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題，已知如圖②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F為BC上的點且∠EAF＝45°，求證：EF2＝BE2+FC2．【答案】（1）150°；（2）證明見解析．【分析】（1）根據(jù)旋轉變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應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90°得到△ACE′，根據(jù)旋轉的性質可得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)全等三角形對應邊相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得證．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝5、CP′＝BP＝12、∠AP′C＝∠APB，′′由題意知旋轉角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′＝AP＝5，∠AP′P＝60°，在△PP′C中，PP′＝5，CP′＝12，PC＝13，而52+122＝132，∴△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）證明：如圖，把△ABE繞點A逆時針旋轉90°得到△ACE′，由旋轉的性質得，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．【變式4-4】（2022春?侯馬市期末）如圖①，△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，點D、E分別在邊AB、AC上，∠ABC＝∠ADE＝45°．（1）如圖②，將△ADE繞點A逆時針旋轉到如圖位置，若∠BAD＝30°，求∠BAE的度數(shù)；（2）如圖②，將△ADE繞點A逆時針旋轉過程中，當旋轉角度α＝45°或225°時，直線AC與DE垂直（0°＜α≤360°）；（3）如圖③，△ADE繞點A在平面內自由旋轉，連接BD，且AD＝4，AB＝10，求BD的最大值和最小值．【答案】（1）120°；（2）45°或225°；（3）BD的最大值是14，最小值是6．【分析】（1）根據(jù)∠DAE＝90°，即可得∠BAE的度數(shù)；（2）分兩種情況畫出圖形，根據(jù)角的和差即可求解；（3）當AD旋轉到射線BA的延長線上時，BD最大；當AD旋轉到線段AB上時，BD最小，分別畫出圖形即可求解．【解答】解：（1）∵∠BAD＝30°，∠DAE＝90°，∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝30°+90°＝120°．（2）①垂足在線段AC上時，∵AC⊥DE，∠ADE＝45°，∴∠DAC＝45°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＝45°，即旋轉角度α＝45°；②垂足在線段AC延長線上時，∵AC⊥DE，∠ADE＝45°，∴∠DAH＝45°，∵∠BAC＝90°，∴旋轉角度α＝90°+180°﹣45°＝225°；故答案為：45°或225°．（3）當AD旋轉到線段BA的延長線上時，BD最大，此時BD＝AB+AD＝10+4＝14．當AD旋轉到線段AB上時，BD最小，此時BD＝AB﹣AD＝10﹣4＝6．∴BD的最大值是14，最小值是6．【題型5費馬點模型解題】【典例5】（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?。@個問題是法國數(shù)學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖①，當△ABC三個內角均小于120°時，費馬點P在△ABC內部，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旋轉到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA，PB，PC轉化到一個三角形中，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．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據(jù)旋轉變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應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90°得到△ACE′，根據(jù)旋轉的性質可得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)旋轉的性質求出△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90°得到△ACE′，由旋轉的性質得，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△E