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专题 06 旋转压轴四大题型
模型1 手拉手模型 模型3 奔驰模型
模型2 半角模型 模型4 费马点模型
模型一 手拉手模型 （共 3 小题）
1．（九年级上·辽宁鞍山·期中）已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB>CE．
(1)如图1，连接BG、DE．求证：BG=DE；
(2)如图2，如果正方形CEFG绕点C旋转到某一位置恰好使得CG∥BD，BG=BD．
①求∠BDE的度数；
②若正方形ABCD的边长是❑√2，请求出△BCG的面积．
【答案】(1)见解析
❑√3-1
(2)①∠BDE=60°②S =
△BCG 2
【分析】（1）根据正方形的性质可以得出BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°，再由
SAS证明△BCG≌△DCE就可以得出结论；
（2）①连接BE，根据平行线的性质可以得出∠DCG=∠BDC=45°，可以得出∠BCG=∠BCE，
由SAS证得△BCG≌△BCE，得出BG=BE，证得△BDE为正三角形即可以得出结果；
②延长EC交BD于点H，过点G作GN⊥BC于N，由SSS证明△BCE≌△DCE，得出
1
∠BEC=∠DEC，得出EH⊥BD，BH= BD，由勾股定理求出EH的值，得出CE的值，证出
2
❑√2
△GCN是等腰直角三角形，得出GN= CG，由三角形面积公式即可得出结果．
2
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠GCE=90°．∴∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG，
∴∠BCG=∠DCE．
在△BCG和△DCE中，
¿，
∴△BCG≌△DCE(SAS)．
∴BG=DE；
（2）解：①连接BE，如图2所示：
由（1）可知：BG=DE，
∵CG∥BD，
∴∠DCG=∠BDC=45°，
∴∠BCG=∠BCD+∠DCG=90°+45°=135°，
∵∠GCE=90°，
∴∠BCE=360°-∠BCG-∠GCE=360°-135°-90°=135°，
∴∠BCG=∠BCE，
在△BCG和△BCE中，
¿，
∴△BCG≌△BCE(SAS)，
∴BG=BE，
∵BG=BD=DE，
∴BD=BE=DE，
∴△BDE为等边三角形，
∴∠BDE=60°；
②延长EC交BD于点H，过点G作GN⊥BC于N，如图3所示：在△BCE和△DCE中，
¿，
∴△BCE≌△DCE(SSS)，
∴∠BEC=∠DEC，
1
∴EH⊥BD，BH= BD，
2
∵BC=CD=❑√2，
∴BD=❑√2BC=2，
∴BE=2，BH=1，
∴CH=1，
在Rt△BHE中，由勾股定理得：EH=❑√BE2-BH2=❑√22-12=❑√3，
∴CE=❑√3-1，
∵∠BCG=135°，
∴∠GCN=45°，
∴△GCN是等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴GN= CG= (❑√3-1)，
2 2
1 1 ❑√2 ❑√3-1
∴S = BC⋅GN= ×❑√2× (❑√3-1)= ．
△BCG 2 2 2 2
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角
形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性
质、证明三角形全等是解题的关键．
2．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）（1）问题：如图①，在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一
点（不与点B重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC
之间满足的等量关系式为 ．
（2）探索：如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB=AC，AD=AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
（3）应用：如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=9，CD=3，
求AD的长．
【答案】（1）BC=DC+EC，见解析；（2）BD2+CD2=2AD2，见解析；（3）6
【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（2）连接CE，根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾
股定理计算即可；
（3）过点A作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，得到
BD=CE=9，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）BC=DC+EC，
理由如下：连接DE，
由题意得：AD=AE，∠DAE=90°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
¿，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
∴BC=BD+CD=EC+CD；
（2）BD2+CD2=2AD2，
理由如下：连接CE，由（1）得，△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，∠ACE=∠B，
∴∠DCE=90°，
∴CE2+CD2=ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，又AD=AE，
∴BD2+CD2=2AD2；
（3）过点A作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
¿，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE=9，
∵∠ADC=45°，∠EDA=45°，
∴∠EDC=90°，
∴DE=❑√CE2-CD2=❑√92-32=6❑√2，
∵∠DAE=90°，
❑√2
∴AD=AE= DE=6．
2【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理以及旋转变换的性质，二
次根式的乘法等，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
3．（辽宁盘锦·期末） 已知点C为线段AB上一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作△ACD和
△BCE，且CA=CD,CB=CE,∠ACD=∠BCE，直线AE与BD交于点F．
(1)如图1，若∠ACD=60°，则∠AFB= ；
(2)如图2，若∠ACD=α，则∠AFB=___________．（用含α的式子表示）；
(3)将图2中的△ACD绕点C顺时针旋转任意角度（交点F至少在BD、AE中的一条线段上），如
图3．试探究∠AFB与α的数量关系，并予以证明．
【答案】(1)120°
(2)180°-α
(3)∠AFB=180°-α或∠AFB=α，证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、三角形的内角和定理等知识，正确分类、
熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）设AE,CD交点为M，根据SAS证明△ACE≌△DCB，得出∠CAE=∠CDB，根据三角形
的内角和定理即可得到∠AFD=∠ACD=60°，进而可得答案；
（2）如图，设AE,CD交点为M，根据SAS证明△ACE≌△DCB，得出∠CAE=∠CDB，根据
三角形的内角和定理即可得到∠AFD=∠ACD=α，进而可得答案；
（3）分三种情况：当交点F在线段AE上，在线段AE,BD上，在线段BD上时；结合图形，仿照
（2）小题的证明解答即可．
【详解】（1）解：如图，设AE,CD交点为M，
∠ACD=∠BCE
∵ ，
∴∠ACE=∠BCD，在△ACE和△DCB中，¿，
∴△ACE≌△DCB(SAS)，
∴∠CAE=∠CDB，
∵∠AMC=∠DMF，
∴∠AFD=∠ACD=60°，
∴∠AFB=120°；
故答案为：120°；
（2）解：如图，设AE,CD交点为M，
∠ACD=∠BCE
∵ ，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△DCB中，¿，
∴△ACE≌△DCB(SAS)，
∴∠CAE=∠CDB，
∵∠AMC=∠DMF，
∴∠AFD=∠ACD=α，
∴∠AFB=180°-α；
故答案为：180°-α；
（3）解：∠AFB=180°-α或∠AFB=α，证明如下：
当交点F在线段AE上时，如图3，
∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△DCB中，¿，
∴△ACE≌△DCB(SAS)，
∴∠AEC=∠DBC，
∵∠FME=∠CMB，
∴∠EFM=∠BCE=α，
∴∠AFB=180°-α；AE,BD
当交点F在线段 上时，如图4，
同理可得：∠AFB=180°-α；
BD
当交点F在线段 上时，如图5，
∵∠ACD=∠BCE，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△DCB中，¿
∴△ACE≌△DCB(SAS)，
∴∠AEC=∠DBC，
∵∠CME=∠FMB，
∴∠AFB=∠BCE=α；
综上，∠AFB=180°-α或∠AFB=α．
模型二 半角模型 （共 3 小题）
1．（25-26九年级上·福建福州·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点D, E在
BC上，且∠DAE=45°．
(1)画出将△ABD绕点A逆时针旋转90°后的三角形；(2)若BD=3, CE=4，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题主要考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，构造直角三角形，用勾股定理
解决问题是解本题的关键．
（1）根据题意画出AF⊥DA，使AF=AD，连接CF，则△ACF即为所作；
（2）由旋转的特征得∠BAD=∠CAF，∠B=∠ACF=45°，AD=AF，BD=CF，证明
△ADE≌△AFE得出DE=FE，再由勾股定理计算即可得解:
【详解】（1）解：如图，△ACF即为所作；
（2）解：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连接EF，如上图所示：
∵∠BAC=90°，∠DAF=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又AD=AF,AB=AC
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴∠ACF=∠B，CF=BD=3，
∵在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACB=∠ACF=45°，
∴∠FCE=90°，
∴EF=❑√CE2+CF2=❑√32+42=5；
∵∠DAF=90°，∠DAE=45°，
∴∠EAF=45°，
∴∠DAE=∠FAE，
在△ADE和△AFE中，
¿，
∴△DAE≌△FAE(SAS)，
∴DE=EF=5．2．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）（1）【问题背景】如图1，在△ABC中，
AB=AC,∠BAC=2α,D,E为BC边上的点，且∠DAE=α,△ACE绕点A顺时针旋转2α得到
△ABF，连接DF，试猜想DF与DE的数量关系，并加以证明
（2）【类比探究】如图2，在△ABC中，∠CAB=60°,AB=AC,D、E均为BC边上的点，且
3
∠DAE=30°,BD=2,EC= ，求DE的长；
2
（3）【拓展应用】如图3，E是正方形ABCD内一点，∠AEB=90°,F是BC边上一点，且
∠EDF=45°，若AB=2，请直接写出当DE取最小值时CF=___________．
❑√37 2
【答案】（1）DE=DF，证明见解析；（2） ；（3） ．
2 3
【分析】（1）把△ACE绕点A顺时针旋转2α，得到△ABF，证△ADE≌△ADF(SAS)，得
DE=DF；
（2）先证△ABC是等边三角形，得∠CAB=∠B=∠ACB=60°，AB=AC=BC，将△ABD绕
点A逆时针旋转60°，得到△ACF，连接EF，再证△EAF≌△EAD(SAS)，得EF=DE，过点
5
F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，然后由含30°角的直角三角形的性质得CG=1，则EG= ，
2
即可解决问题；
（3）将△CDF绕点D顺时针旋转90°，得到△ADG，取AB的中点O，连接OD、OE、OF，则
1
OA=OB= AB=1，由DE≥OD-OE，得DE取最小值时，点E在OD上，再由旋转的性质得
2
DF=DG，∠CDF=∠ADG，然后证△ODF≌△ODG(SAS)，得OF=OG，设CF的长为x，
则OF=OG=1+x，BF=2-x，在Rt△OBF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）DE=DF，
∵∠BAC=2α，把△ACE绕点A顺时针旋转2α，得到△ABF，
∴AE=AF，∠EAF=2α，∠BAF=∠CAE，
∵∠DAE=α，∴∠CAE+∠BAD=α，
∴∠BAF+∠BAD=α=∠DAF，
∴∠DAE=∠DAF，
在△ADE和△ADF中，
¿，
∴△ADE≌△ADF(SAS)，
∴DE=DF；
（2）∵∠CAB=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=∠B=∠ACB=60°，AB=AC=BC，
将△ABD绕点A逆时针旋转60°，得到△ACF，连接EF，如图所示：
则AF=AD，FC=BD=2，∠ACF=∠B=60°，∠CAF=∠BAD，
∵∠CAB=60°，∠DAE=30°，
∴∠CAE+∠BAD=30°，
∴∠EAF=∠CAE+∠CAF=∠CAE+∠BAD=30°=∠DAE，
在△EAF和△EAD中，
¿，
∴△EAF≌△EAD(SAS)，
∴EF=DE，
过点F作FG⊥BC，交BC的延长线于点G，
∵∠ECF=∠ACE+∠ACF=60°+60°=120°，
∴∠FCG=60°，
∴∠CFG=30°，
1 1
∴CG= FC= ×2=1，
2 2
3 5
∴EG=EC+CG= +1= ，
2 2在Rt△FCG中，由勾股定理得：FG=❑√FC2-CG2=❑√3，
√ 5 2 ❑√37
在Rt△FEG中，由勾股定理得：EF=❑√EG2+FG2=❑( ) +(❑√3) 2= ，
2 2
❑√37
∴DE= ；
2
（3）将△CDF绕点D顺时针旋转90°，得到△ADG，取AB的中点O，连接OD、OE、OF，如图
所示：
1
则OA=OB= AB=1，
2
∵DE≥OD-OE，
∴DE取最小值时，点E在OD上， 如图所示：
由旋转的性质得：DF=DG，∠CDF=∠ADG，
∵∠EDF=45°，正方形ABCD中，∠ADC=90°，
∴∠CDF+∠ADO=90°-45°=45°，
∴∠ODG=∠ADO+∠ADG=∠ADO+∠CDF=45°，
∴∠ODF=∠ODG，
在△ODF和△ODG中，
¿，
∴△ODF≌△ODG(SAS)，
∴OF=OG，
设CF的长为x，则OF=OG=OA+AG=1+x，BF=BC-CF=AB-CF=2-x，
在Rt△OBF中，由勾股定理得：(2-x) 2+12=(x+1) 2，
2
解得：x= ，
3
2
∴当DE取最小值时CF的长为 ．
3
2
故答案为： ．
3
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、30°角直角三角形的性质、全等
三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识．本题综合性
强，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
3．（2023八年级下·浙江宁波·竞赛）如图，在正方形ABCD中，AB=1，E，F分别是边BC，CD上的
点，满足∠EAF=45°，AE，AF分别与对角线BD交于点M，N．
(1)求证：
①EF=BE+DF；
②M N2=BM2+DN2；
(2)求EF的最小值．
【答案】(1)①见详解；②见详解
(2)2❑√2-2
【分析】（1）①延长CB至点G，使BG=DF，连接AG，利用正方形的性质和全等三角形的判定与
性质得到AF=AG,∠DAF=∠BAG，再利用全等三角形的判定与性质得到GE=EF，则结论得证；
②把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABP，点N的对应点为P，连接MP，由旋转的性质可得：
△ABP≌△ADN，则AP=AN,∠PAB=∠DAN,BP=DN,∠PBA=∠NDA=45°，利用全
等三角形的判定与性质得到MP=MN，再利用勾股定理解答即可得出结论；
（2）以EG为斜边，作等腰直角三角形EGH，连接AH，过点H作HQ⊥CG于Q，利用等腰直角三
1 1 ❑√2 ❑√2
角形的性质得到HQ=EQ=GQ= EG= EF,EH=GH= EG= EF，利用两点之间线段最
2 2 2 2短的性质得到AH+HQ≥AB，利用不等式的性质解答即可得出结论．
【详解】（1）（1）①证明：延长CB至点G，使BG=DF，连接AG，
如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD,∠ADC=∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中，
¿，
∴△ADF≌△ABG(SAS)，
∴AF=AG,∠DAF=∠BAG，
∵∠BAD=∠BAF+∠DAF，
∴∠GAF=∠BAF+∠BAG=∠BAF+∠DAF=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAG=∠EAF=45°，
在△AGE与△AFE中，
¿
∴△AGE≌△AFE(SAS)，
∴GE=EF，
∵GE=GB+BE，
∴EF=BE+DF．
②证明：把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABP，点N的对应点为P，连接MP，
如图，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠ADB=∠ABD=45°,AB=AD,∠BAD=90°，
∴∠BAN+∠DAN=90°，
由旋转的性质可得：△ABP≌△ADN，
∴AP=AN,∠PAB=∠DAN,BP=DN,∠PBA=∠NDA=45°，
∴∠PAN=∠PAB+∠BAN=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠PAM=∠MAN=45°，
在△APM与△ANM中，
¿，
∴△APM≌△ANM(SAS)，
∴MP=MN，
∵∠PBA=∠ABD=45°，
∴∠PBM=90°，
∴PB2+BM2=PM2，
∴M N2=BM2+DN2．
（2）解：由（1）可知：EF=EG,∠GAE=45°，
以EG为斜边，作等腰直角三角形EGH，连接AH，过点H作HQ⊥CG于Q，
如图，
∵△EHG是等腰直角三角形，HQ⊥CG，
1 1 ❑√2 ❑√2
∴HQ=EQ=GQ= EG= EF,EH=GH= EG= EF，
2 2 2 2
∵∠GHQ=∠EHQ=45°,∠EAG=45°，
∴∠1+∠2=45°,∠3+∠4=45°,∠1+∠4=45°，
∴AH=EH=GH，
∴点A在以H为圆心，HE为半径的圆上，
❑√2
∴AH=EH=GH= EF，
2∵AH+HQ≥AB，
❑√2 1
∴ EF+ EF≥AB=1，
2 2
∴EF≥2❑√2-2，
∴EF的最小值2❑√2-2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，
等腰直角三角形的性质，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（河北石家庄·期中）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．
下面是一个案例，请补充完整．
【解决问题】
如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则
EF=BE+DF，试说明理由．
【思路梳理】
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．
(1)根据以上思路可以证明，△AFG≌ （ ），从而可得EF=BE+DF．
(2)如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，
∠EAF=45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系 时，仍有
EF=BE+DF．请证明你的猜想：1
(3)如图3，AB=AD，∠BAD≠90°，∠EAF≠45°，但∠EAF= ∠BAD，
2
∠B=∠D=90°，连接EF，请直接写出EF、BE、DF之间的数量关系．
【答案】(1)△AFE，SAS
(2)∠B+∠D=180°，证明见解析
(3)EF=BE+DF
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，正方形的性质等知识，利用旋转与三
角形全等的知识是解题的关键．
（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证明△AFE≌△AFG，
得EF=GF，从而得EF=BE+DF；
（2）当∠B+∠D=180°时，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，
证明△AFE≌△AFG，得EF=GF，从而得EF=BE+DF；
（3）把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，且旋转角等于∠BAD，可使AB与AD重合，证明
△AFE≌△AFG，得EF=GF，从而得EF=BE+DF；
【详解】（1）解：∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图1，
则BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．
在正方形ABCD中，∠BAD=∠BAE+∠DAF+∠EAF=90°，∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
在△AFE与△AFG中，
¿，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：△AFE，SAS；
（2）解：猜想当∠B+∠D=180°时，仍有FG=BE+DF；
证明如下：
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2，
则BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B，
∵∠ADC+∠B=180°，
∴∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．
∵∠BAD=∠BAE+∠DAF+∠EAF=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
在△AFE与△AFG中，
¿，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF，∴EF=BE+DF；
（3）解：EF=BE+DF；
证明如下：
∵AB=AD，
∴把△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG，且旋转角等于∠BAD，如图3，
则AB与AD重合，BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠ADC=∠B=90°，
∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．
在四边形ABCD中，∠BAD=∠BAE+∠DAF+∠EAF，
1
∵∠EAF= ∠BAD，
2
1
∴∠BAE+∠DAF= ∠BAD，
2
1
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF= ∠BAD，
2
∴∠GAF=∠EAF，
在△AFE与△AFG中，
¿，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF，
∴EF=BE+DF；
5．（24-25八陕西咸阳·开学考试）已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，
∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长
线）于E，F．(1)当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），AE，CF，EF之间的数量关系为___________；
(2)当E在AD上，F在DC上，但AE≠CF（如图2）时，（1）中结论是否成立？请说明理由．
(3)当E在AD延长线上，F在DC延长线上（如图3）时，（1）中结论是否成立？若不成立，线段
AE，CF，EF之间又有怎样的数量关系？
【答案】(1)EF=AE+CF
(2)（1）中结论成立，理由见解析
(3)（1）中结论不成立，EF=AE-CF
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，根据旋转的性质，构造全等三角
形是解题的关键．
（1）将Rt△ABE绕点B顺时针旋转120°，点E落在点G处， 则BG=BE，根据题意可得A与点
C重合，∠A=∠BCF=90°，从而得到点G，C，F三点共线，可证明△GBF≌△EBF，从而
得到FG=EF，即可解答；
（2）将Rt△ABE绕点B顺时针旋转120°，点E落在点G处， 则BG=BE，根据题意可得A与点
C重合，∠A=∠BCF=90°，从而得到点G，C，F三点共线，可证明△GBF≌△EBF，从而
得到FG=EF，即可解答；
（3）将Rt△ABE绕点B顺时针旋转120°，点E落在点G处， 则BG=BE，根据题意可得A与点
C重合，∠A=∠BCF=90°，从而得到点G，C，F三点共线，可证明△GBF≌△EBF，从而
得到FG=EF，即可解答；
【详解】（1）解：如图，将Rt△ABE绕点B顺时针旋转120°，点E落在点G处， 则BG=BE，
∵AB=BC，∠ABC=120°，AB⊥AD，BC⊥CD，∴A与点C重合，∠A=∠BCF=90°，
∴∠BCG=∠A=90°，CG=AE，
∴∠BCG+∠BCF=180°，即点G，C，F三点共线，
∴FG=CG+CF=AE+CF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠GBF=60°，
∴∠GBF=∠EBF，
∵BF=BF，
∴△GBF≌△EBF(SAS)，
∴FG=EF，
∴EF=AE+CF；
故答案为：EF=AE+CF
（2）解：（1）中结论成立，理由如下：
如图，将Rt△ABE绕点B顺时针旋转120°，点E落在点G处， 则BG=BE，
∵AB=BC，∠ABC=120°，AB⊥AD，BC⊥CD，
∴A与点C重合，∠A=∠BCF=90°，
∴∠BCG=∠A=90°，CG=AE，
∴∠BCG+∠BCF=180°，即点G，C，F三点共线，
∴FG=CG+CF=AE+CF，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，
∴∠GBF=60°，
∴∠GBF=∠EBF，
∵BF=BF，
∴△GBF≌△EBF(SAS)，
∴FG=EF，
∴EF=AE+CF；
（3）解：（1）中结论不成立，如图，将Rt△ABE绕点B顺时针旋转120°，点E落在点G处， 则BG=BE，
∵AB=BC，∠ABC=120°，AB⊥AD，BC⊥CD，
∴A与点C重合，∠A=∠BCF=90°，
∴∠BCG=∠A=90°，CG=AE，
∴∠BCG=∠BCF=90°，即点G，C，F三点共线，
∴FG=CG-CF=AE-CF，∠CBG=∠ABE，
∴∠GBF=∠GBC-∠FBC=∠ABE-∠FBC
=∠ABC+∠FBC-∠MBN-∠FBC
=∠ABC-∠MBN
=120°-60°
=60°，
∴∠GBF=∠EBF，
∵BF=BF，
∴△GBF≌△EBF(SAS)，
∴FG=EF，
∴EF=AE-CF．
模型三 奔驰模型 （共 2 小题）
1．（四川达州·期中）【提出问题】如图①，在等边△ABC内部有一点P，若∠APB=150°，求证：
AP2+BP2=CP2【尝试解决】（1）证明：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，
∴∠APP'=60°， PA=PP'，PC= ，
∵∠APB=150°
∴∠BPP'=90°，
∴P'P2+BP2= ，
即PA2+PB2=PC2
【类比探究】（2）如图②，在三角形ABC中，∠BAC=90°，内部有一点P，若∠APB=135°，
试判断线段PA,PB,PC之间的数量关系，并证明
【联想拓展】（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点P在直线AB上方，且
∠APB=60°，满足(kPA) 2+PB2=PC2，请直接写出k的值．
【答案】（1）P'B，P'B2；（2）2PA2+PB2=PC2；证明见解析；（3）k=±❑√3
【分析】（1）根据已有过程进行补充，即可作答．
（2）如图，将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，证明△APP'为等腰直角
三角形，故∠APP'=45°,PP'=❑√2PA,PC=P'B，结合∠APB=135°,得∠BPP'=90°，运用
勾股定理得P'P2+BP2=P'B2，即可作答．
（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'于点H，即
1 ❑√3
∠PAP'=120°,AP=AP'，PC=P'B，则∠APP'=30°, AH= AP' ，H P'= AP' ，运用等
2 2
腰三角形的性质得PP'=❑√3PA,在Rt△PBP'中， P'P2+PB2=P'B2，结合(kPA) 2+PB2=PC2，
即可作答．
【详解】解：（1）证明：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，
∴∠APP'=60°， PA=PP'，PC=P'B，
∵∠APB=150°
∴∠BPP'=90°，
∴P'P2+BP2=P'B2
即PA2+PB2=PC2
故答案为：P'B，P'B2（2）2PA2+PB2=PC2．
证明如下：如图，将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，
∴∠PAP'=90°,P' A=PA
则△APP'为等腰直角三角形，
∴∠APP'=45°,PP'=❑√PA2+P' A2=❑√2PA,PC=P'B，
∵∠APB=135°,
∴∠BPP'=135°-45°=90°，
∴P'P2+BP2=P'B2，
∴2PA2+PB2=PC2；
（3）如图，将△APC绕A点顺时针旋转120°得到△AP'B，连接PP'，过点A作AH⊥PP'于点
H，
∴∠PAP'=120°,AP=AP'，PC=P'B
1
∴∠APP'= ×(180°-120°)=30°,
2
1
∴AH= AP' ，
2
❑√3
则H P'=❑√AP'2-AH2= AP' ，
2
∴PP'=2AP'=❑√3P' A=❑√3PA,
∵∠APB=60°，
∴∠BPP'=90°，在Rt△PBP'中， P'P2+PB2=P'B2，
∴(❑√3PA) 2+PB2=PC2，
∵(kPA) 2+PB2=PC2，
∴k=±❑√3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转性质，三角形内角和性质，等腰三角
形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
2．（九年级上·河南安阳·期末）（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，若∠APB=150°．求证：AP2+BP2=CP2．
证明：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP'B，则
△PAC≌△P' AB，
∴PC=______．
连接PP'，则△APP'为______三角形，
∴∠APP'=60°，PA=P' A=PP'．
∵∠APB=150°，
∴∠BPP'=∠APB-∠APP'=150°-60°=90°，
∴在Rt△BPP'中，由勾股定理可得，P'P2+PB2=______，即PA2+PB2=PC2．
（2）类比延伸
如图2，在等腰三角形ABC中，∠BAC=90°，三角形内部有一点P，若∠APB=135°，试判断线
段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）P'B；等边；P'B2
（2）2PA2+PB2=PC2，证明见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定
理．（1）如图1，将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP'B，则△PAC≌△P' AB，连接PP'，
则△APP'为等边三角形，所以∠APP'=60°，PA=P' A=PP'．再计算出∠BPP'=90°，接着利
用勾股定理得出P'P2+PB2= P'B2，即PA2+PB2=PC2；
（2）将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，如图2，则△APP'为等腰直角
三角形，所以∠APP'=45°，PP'=❑√2PA，PC=P'B．再计算出∠BPP'=90°，则利用勾股定理
得到P'P2+BP2=P'B2，从而得到2PA2+PB2=PC2．
【详解】解：（1）如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，若∠APB=150°．求证：
AP2+BP2=CP2．
证明：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP'B，则
△PAC≌△P' AB，
∴PC= P'B．
连接PP'，则△APP'为等边三角形，
∴∠APP'=60°，PA=P' A=PP'．
∵∠APB=150°，
∴∠BPP'=∠APB-∠APP'=150°-60°=90°，
∴在Rt△BPP'中，由勾股定理可得，P'P2+PB2= P'B2，即PA2+PB2=PC2．
故答案为： P'B ，等边，P'B2．
（2）2PA2+PB2=PC2．
证明：将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，则△APP'为等腰直角三角形．
∴∠APP'=45°，PP'=❑√2PA，PC=P'B．
∵∠APB=135°．
∴∠BPP'=∠APB-∠APP'=90°，
∴P'P2+BP2=P'B2，
∴2PA2+PB2=PC2
模型四 费马点模型（共 3 小题）1．（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）【背景资料】在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三
角形的三个顶点的距离之和最小．这个问题是法国数学家费马在1640年前后向意大利物理学家托里拆
利提出的，所求的点被人们称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选
择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度
数）
当△ABC的三个内角均小于120°时，如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接
PP'，由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为①______三角形，故PP'=PC，又P' A'=PA，
故PA+PB+PC=P' A'+PB+PP'≥A'B，由②______可知，当B，P，P'，A'在同一条直线上时，
PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有
∠APC=∠BPC=∠APB=③______；
【知识生成】由此我们可以发现，通过旋转变换我们可以解决一些问题：
（1）如图3，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求
∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△APB绕顶点A旋转到△ACP'处，此时
△ACP' ≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，
从而求出∠APB=______；
（2）如图4，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E，F为BC上的点，且∠EAF=45°，判断
BE，EF，FC之间的数量关系为______；
【问题解决】怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边为边在外
侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与△ABC的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
（1）如图5，△ABC三个内角均小于120°，在△ABC外侧作等边三角形△ABD，连接CD，在
CD上取点P，使∠BPC=120°，连接AP、BP，
求证：点P是△ABC的费马点．
（2）如图6，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为△ABC的费马点，连
接AP、BP、CP，则PA+PB+PC的值为______．
【学以致用】如图7所示是一个三角形公园，其中顶点A，B，C为公园的出入口，∠A=75°，
AB=2❑√2km，AC=4km，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P，使该凉亭到三个出入口的距离和最
小，则PA+PB+PC的最小值是______．
【答案】背景资料：等边；两点之间，线段最短；120°；知识生成：（1）150°；（2）
EF2=CF2+BE2；问题解决：（1）证明见解析；（2）❑√7；学以致用：2❑√10km
【分析】背景资料：根据等边三角形的判定、两点之间线段最短及周角的定义解答即可；
知识生成：（1）由旋转可得△ACP' ≌△ABP，进而得到AP=AP'=3，BP=CP'=4，
∠CAP'=∠BAP，∠APB=∠AP'C，即可得△PAP'为等边三角形，得到PP'=AP=3，
∠AP'P=60°，进而由勾股的逆定理得△CPP'为直角三角形，得到∠CP'P=90°，即得到
∠AP'C=∠AP'P+∠CP'P=150°，即可求解；
（2）由等腰直角三角形的性质得∠B=∠ACB=45°，将△ABE逆时针旋转90°得到△ACE'，连
接E'F，由旋转的性质可得AE=AE'，∠EAE'=90°，CE'=BE，∠ACE'=∠B=45°，即得
∠E'CF=∠ACB+∠ACE'=90°，即得到∠EAF=∠E' AF=45°，进而由
△AEF≌△AE'F(SAS)得到EF=E'F，再根据勾股定理即可求证；
问题解决：（1）在PD上取一点Q，使得PB=PQ，连接BQ，可证△BPQ为等边三角形，得到
PQ=PB=QB，∠PBQ=60°，再证明△ABP≌△DBQ(SAS)，得到AP=QD，进而得到
PA+PB+PC=QD+PQ+PC=CD，即可求证；
（ ）由直角三角形的性质得 ，由勾股定理得 ，将 绕点B顺时
2 AB=2 BC=❑√AB2-AC2=❑√3 △APB
针旋转60°得到△A'P'B，连接BP' ，A'C，由点P为△ABC的费马点，PA+PB+PC=A'P'+PP'+PC=A'C，利用勾股定理求出A'C即可求解；
学以致用：连接PA、PB、PC，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接PP' 、A A'，
作A'H⊥BA交BA的延长线于H，由旋转的性质可得，PC=P'C，A'C=AC=4km，
∠PCP'=∠AC A'=60°，AP=A'P'，即得△PCP'和△AC A'均为等边三角形，得到PP'=PC，
A A'=AC=4km，∠A' AC=60°，进而得到PA+PB+PC=P' A'+PP'+PB≥A'B，又由
❑√2
△A A'H是等腰直角三角形，得到AH=A'H= A A'=2❑√2km，即得到
2
BH=AB+AH=4❑√2km，再利用勾股定理求出A'B即可求解．
【详解】解：背景资料：当△ABC的三个内角均小于120°时，如图1，将△APC绕点C顺时针旋转
60°得到△A'P'C，连接PP'，由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'为等边三角形，故
PP'=PC，又P' A'=PA，故PA+PB+PC=P' A'+PB+PP'≥A'B，由两点之间，线段最短可知，
当B，P，P'，A'在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值，如图2，最小值为A'B，此时的P点为
该三角形的“费马点”，
则∠APC=∠A'P'C=180°-∠PP'C=120°，∠BPC=180°-∠P'PC=120°，
∴∠APB=360°-∠BPC-∠APC=120°，
∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°，
故答案为：等边；两点之间，线段最短；120°；
知识生成：（11）由旋转可得，△ACP' ≌△ABP，
∴AP=AP'=3，BP=CP'=4，∠CAP'=∠BAP，∠APB=∠AP'C，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠BAP+∠CAP=60°，
∴∠PAP'=∠CAP'+∠CAP=60°，
∴△PAP'为等边三角形，
∴PP'=AP=3，∠AP'P=60°，
∵CP=5，
∴PP'2+CP'2=CP2=25，
∴△CPP'为直角三角形，
∴∠CP'P=90°，
∴∠AP'C=∠AP'P+∠CP'P=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP'C=150°，
故答案为：150°；（2）在△ABC中，∵∠CAB=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
如图，将△ABE逆时针旋转90°得到△ACE'，连接E'F，
由旋转的性质可得，AE=AE'，∠EAE'=90°，CE'=BE，∠ACE'=∠B=45°，
∴∠E'CF=∠ACB+∠ACE'=45°+45°=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠E' AF=90°-∠EAF=90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠E' AF，
又∵AF=AF，
∴△AEF≌△AE'F(SAS)，
∴EF=E'F，
∵E'F2=CF2+CE'2，
∴EF2=CF2+BE2，
故答案为：EF2=CF2+BE2；
问题解决：（1）证明：如图，在PD上取一点Q，使得PB=PQ，连接BQ，
∵∠BPC=120°，
∴∠BPQ=180°-∠BPC=60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴PQ=PB=QB，∠PBQ=60°，
∵△ABD为等边三角形，
∴∠ABD=60°，AB=BD，
∴∠PBQ-∠ABQ=∠ABD-∠ABQ，
∴∠ABP=∠DBQ，
∴△ABP≌△DBQ(SAS)，∴AP=QD，
∴PA+PB+PC=QD+PQ+PC=CD，
∴点P是△ABC的费马点；
（2）在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，
∴AB=2，
∴BC=❑√AB2-AC2=❑√22-12=❑√3，
如图，将△APB绕点B顺时针旋转60°得到△A'P'B，连接BP' ，A'C，
由旋转的性质可得，A'B=AB=2，A'P'=AP，B'P=BP，∠ABA'=∠PBP'=60°，
∴△PBP'为等边三角形，∠A'BC=∠A'BA+∠ABC=60°+30°=90°，
∴PP'=PB，
∵点P为△ABC的费马点，
∴PA+PB+PC=A'P'+PP'+PC=A'C，
由勾股定理得，A'C=❑√A'B2+BC2=❑√22+(❑√3) 2=❑√7，
∴PA+PB+PC=❑√7，
∴PA+PB+PC的值是❑√7，
故答案为：❑√7；
学以致用：如图，连接PA、PB、PC，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C，连接
PP' 、A A'，作A'H⊥BA交BA的延长线于H，由旋转的性质可得，PC=P'C，A'C=AC=4km，∠PCP'=∠AC A'=60°，AP=A'P'，
∴△PCP'和△AC A'均为等边三角形，
∴PP'=PC，A A'=AC=4km，∠A' AC=60°，
∴PA+PB+PC=P' A'+PB+PP'≥A'B，
∵∠A' AH=180°-∠BAC-∠A' AC=180°-75°-60°=45°，
∴△A A'H是等腰直角三角形，
❑√2
∴AH=A'H= A A'=2❑√2km，
2
∴BH=AB+AH=2❑√2+2❑√2=4❑√2(km)，
∴A'B=❑√A'H2+BH2=❑√(2❑√2) 2+(4❑√2) 2=2❑√10(km)，
∴PA+PB+PC≥2❑√10km，
∴PA+PB+PC的最小值是2❑√10km，
故答案为：2❑√10km．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三
角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，直角三角形的性质等，正确作出辅助线是解题的
关键．
2．（九年级上·内蒙古鄂尔多斯·期中）（1）小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，点P
是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△P'CB，连接
PP'．若PA=❑√2，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，△ABC中，∠ABC=30°，AB=2，BC=❑√3，P是△ABC内部的任意一点，连接PA，PB，PC，
求出PA+PB+PC的最小值．
【答案】（1）2❑√5，❑√17；（2）∠APB=150°，理由见解析；（3）❑√7
【分析】（1）证明△APE为等腰直角三角形，证明∠PP'C=90°，求出BP'，P'C，利用勾股定
理可求得PC的长，作AE⊥BP，利用勾股定理可求得正方形的边长；
（2）将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP' A，连接PP'，判断出△BPP'为等边三角形，
然后根据勾股定理的逆定理可证明△APP'为直角三角形，∠APP'=90°，即可求得
∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+60°=150°；
（3）以BP为边作等边△BPD，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BDC'，连接AC'，可
得BP=BD=DP，∠PBD=60°，PC=C'D，∠PBC=∠DBC'，BC=BC'=❑√3，则当点A，
点P，点D，点C'共线时，PA+PB+PC有最小值为PC'，由勾股定理可求解．
【详解】解：（1）∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△P'CB，
∴BP=BP'=3，P'C=PA=❑√2，∠PBP'=90°，∠BP'C=∠APB=135°．
∴△BPP'为等腰直角三角形．
∴∠BP'P=45°，PP'=❑√2PB=3❑√2．
∴∠PP'C=135°-45°=90°．
在Rt△PP'C中，根据勾股定理，得
PC=❑√PP'2+P'C2=❑√(3❑√2) 2+(❑√2) 2=2❑√5．
如图①，过点A作AE⊥BP交BP的延长线于E．∵∠APB=135°，
∴∠APE=180°-135°=45°．
∴△AEP是等腰直角三角形．
❑√2 ❑√2
∴AE=PE= PA= ×❑√2=1．
2 2
∴BE=PB+PE=3+1=4．
在Rt△AEB中，根据勾股定理，得AB=❑√AE2+BE2=❑√12+42=❑√17．
故答案为：2❑√5，❑√17；
（2）∠APB=150°，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°．
如图②，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP' A，连接PP'，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）如图，以BP为边作等边△BPD，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BDC'，连接
AC'，∵△BPD是等边三角形，
∴BP=BD=DP，∠PBD=60°，
∵将△BPC绕点B逆时针旋转60°，
∴PC=C'D，∠PBC=∠DBC'，BC=BC'=❑√3，
∴∠ABC'=∠ABP+∠PBD+∠DBC'=∠PBD+∠ABC+∠PBC=60°+30°=90°，
∵PA+PB+PC=PA+PD+DC'，
∴当点A，点P，点D，点C'共线时，PA+PB+PC有最小值为AC'，
∴AC'=❑√AB2+C'B2=❑√4+3=❑√7．
∴PA+PB+PC的最小值为❑√7．
【点睛】本题是几何变换综合题，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．
3．（24-25九年级上·云南临沧·期末）已知等腰△CAB，CA=CB，点P为三角形内一点，连PA，PB，
PC．
(1)如图1，若△ABC为等边三角形，且PA=2，PB=❑√3,PC=❑√7，求∠BPA的度数以及AB边长；(2)如图2，若CA=CB=13，AB=10，求PA+PB+PC的最小值．
【答案】(1)150°；❑√13
(2)12+5❑√3
【分析】（1）将△ACP绕点A逆时针旋转60°，点P的对应点为E，点C的对应点于点B重合，连
接EP，过点B作BF⊥AP交AP的延长线于点F，如图所示，可得△APE是等边三角形，，
∠APE=60°，在△BPE中，PB=❑√3，EB=❑√7，PE=2，可得PB2+PE2=EB2，则△BEP是
直角三角形，所以∠BPA=∠BPE+∠APE=90°+60°=150°，在Rt△BPF中，∠BPF=30°，
1 ❑√3 3 7
PB=❑√3，则BF= PB= ，AF=PA+PF=2+ = ，在Rt△ABF中，由勾股定理得：
2 2 2 2
AB=❑√BF2+AF2=❑
√ (❑√3) 2
+
(7) 2
=❑√13，即可求解；
2 2
（2）将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△AMN，点B的对应点为M，点P的对应点为N，连接
PN，BM，过点C作CH⊥AB于点H，连接MH，如图2所示，可证△APN和△ABM均为等边
三角形，则PA+PB+PC=PN+MN+PC，在Rt△CBH中，由勾股定理得：
CH=❑√BC2-BH2=❑√132-52=12，在Rt△MBH中，由勾股定理得：
MH=❑√BM2-BH2=❑√102-52=5❑√3，根据“两点之间线段最短”得：PN+MN+PC≤CM，即
PA+PB+PC≤12+5❑√3，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB，
将△ACP绕点A逆时针旋转60°，点P的对应点为E，点C的对应点于点B重合，连接EP，过点B作
BF⊥AP交AP的延长线于点F，如图所示：由旋转的性质得：AE=AP=2，EB=BC=❑√7，∠PAE=60°，
∴△APE是等边三角形，
∴PE=AE=AP=2，∠APE=60°，
在△BPE中，PB=❑√3，EB=❑√7，PE=2，
∵PB2+PE2=(❑√3) 2+22=7,EB2=(❑√7) 2=7，
∴PB2+PE2=EB2，
∴△BEP是直角三角形，即∠BPE=90°，
∴∠BPA=∠BPE+∠APE=90°+60°=150°，
∴∠BPF=180°-∠BPA=30°，
在Rt△BPF中，∠BPF=30°，PB=❑√3，
1 ❑√3
∴BF= PB= ，
2 2
√ ❑√3 2 3
由勾股定理得：PF=❑√PB2-BF2=❑ (❑√3) 2-( ) = ，
2 2
3 7
∴AF=PA+PF=2+ = ，
2 2
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB=❑√BF2+AF2=❑
√ (❑√3) 2
+
(7) 2
=❑√13，
2 2
∴∠BPA的度数是150°，AB边的长为❑√13；
（2）解：将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△AMN，点B的对应点为M，点P的对应点为N，
连接PN，BM，过点C作CH⊥AB于点H，连接MH，如图2所示：由旋转的性质得：AN=AP，AB=AM，MN=PB，∠PAN=∠BAM=60°，
∴△APN和△ABM均为等边三角形，
∴PN=PA，AM=BM=AB=10，
∴PA+PB+PC=PN+MN+PC，
在△ABC中，CA=CB=13，AB=10，CH⊥AB于点H，
1
∴BH=AH= AB=5，∠CHB=90°，
2
在Rt△CBH中，由勾股定理得：CH=❑√BC2-BH2=❑√132-52=12，
∵△ABM是等边三角形，BH=AH=5，
∴MH⊥AB，
∴∠MHB=90°，
∴∠CHB+∠MHB=180°，
∴点C，H，M在同一条直线上，
∴CM=CH+MH，
在Rt△MBH中，由勾股定理得：MH=❑√BM2-BH2=❑√102-52=5❑√3，
∴CM=CH+MH=12+5❑√3，
根据“两点之间线段最短”得：PN+MN+PC≤CM，
∴PA+PB+PC≤CM，
即PA+PB+PC≤12+5❑√3，
∴PA+PB+PC的最小值为12+5❑√3．
【点睛】本题主要考查等边三角形，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握旋转的性质，“费马点”模型的计算是关键．
4．（24-25八年级上·重庆渝北·期中）在等边△ABC中，点D是边BC上一点，连接AD，将线段AD绕
点A顺时针旋转120°得到线段AE，则∠DAE=120°,AE=AD，连接BE交AD于点F，交AC于
点H．
(1)如图1，当点D为BC中点时，且AD=3，求点E到直线AB的距离；
(2)如图2，猜想线段AB，BD，AH之间的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图3，在△ABC内部有一个动点P，连接PA，PB，PC，若等边△ABC的高等于6，当
PA+PB+PC的值最小时，直接写出此时线段PC的长．
3
【答案】(1)
2
(2)AB-BD=2AH，证明见解析
(3)4
【分析】（1）过点E作EM⊥AB，交BA延长线于点M，先根据等边三角形的性质可得
1
∠BAD= ∠BAC=30°，再根据旋转的性质可得∠EAM=30°，AE=3，然后根据含30度角的
2
1 3
直角三角形的性质可得EM= AE= ，由此即可得；
2 2
（2）猜想AB-BD=2AH，证明：在AC取一点M，使得CM=BD，连接BM，先证出
△BCM≌△ABD，根据全等三角形的性质可得AD=BM，∠CBM=∠BAD，再证出
△EAH≌△BMH，根据全等三角形的性质可得AH=MH，则AM=2AH，然后根据线段的和
差、等量代换即可得证；
（3）将AB,PB绕点B顺时针旋转60°得到DB,EB，连接PE,DE,CD，先证出PE=PB,DE=PA，
从而可得PA+PB+PC=DE+PE+PC，则当点C,P,E,D共线时，DE+PE+PC的值最小，即
PA+PB+PC的值最小，然后利用等边三角形的性质可得OC=OD=6，PE=DE=2OE=2OP，由此即可得．
【详解】（1）解：如图，过点E作EM⊥AB，交BA延长线于点M，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵点D为BC中点，
1
∴∠BAD= ∠BAC=30°，
2
∵∠DAE=120°,AE=AD，AD=3，
∴∠EAM=180°-∠DAE-∠BAD=30°，AE=3，
1 3
∴在Rt△AEM中，EM= AE= ，
2 2
3
∴点E到直线AB的距离 ．
2
（2）解：猜想AB-BD=2AH，证明如下：
如图，在AC取一点M，使得CM=BD，连接BM，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=∠ABD=∠BAC=60°,BC=AB=AC，
在△BCM和△ABD中，
¿，
∴△BCM≌△ABD(SAS)，
∴AD=BM，∠CBM=∠BAD，∵AE=AD，
∴AE=BM，
∵∠DAE=120°，∠BAC=60°，
∴∠EAH=∠DAE+∠BAD-∠BAC=60°+∠BAD，
∵∠BMH=∠C+∠CBM=60°+∠CBM，
∴∠EAH=∠BMH，
在△EAH和△BMH中，
¿，
∴△EAH≌△BMH(AAS)，
∴AH=MH，
∴AM=AH+MH=2AH，
∴AB-BD=AC-CM=AM=2AH，
即AB-BD=2AH．
（3）解：如图，将AB,PB绕点B顺时针旋转60°得到DB,EB，连接PE,DE,CD，
∴PB=EB，∠PBE=60°，AB=DB，∠ABD=60°，
∴△PBE是等边三角形，
∴PE=PB，
∵∠DBE=∠ABD-∠ABE=60°-∠ABE,∠ABP=∠PBE-∠ABE=60°-∠ABE，
∴∠DBE=∠ABP，
在△DBE和△ABP中，
¿，
∴△DBE≌△ABP(SAS)，
∴DE=PA，
∴PA+PB+PC=DE+PE+PC，
如图，由两点之间线段最短可知，当点C,P,E,D共线时，DE+PE+PC的值最小，即
PA+PB+PC的值最小，
设CD交AB于点O，连接AD，由旋转的性质得：AB=DB，∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD=AB，
又∵AC=BC=AB，
∴AD=BD=AB=AC=BC，
∴CD垂直平分AB，AB也垂直平分CD，
∴PA=PB，OD=OC，
∵PA=DE,PE=PB，
∴PA=DE=PE=PB，
∵等边△ABC的高等于6，CD⊥AB于点O，
∴OC=6，
∴OD=6，
又∵△PBE是等边三角形，AB⊥CD于点O，
1 1
∴OE=OP= PE= DE，
2 2
∴DE=2OE=2OP，
∵OE+DE=OD=6，
∴OP+2OP=6，
∴OP=2，
∴PC=OC-OP=6-2=4，
所以当PA+PB+PC的值最小时，线段PC的长为4．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、三角
形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质等知识，综合性强，较难的是题（3），正确找
出当PA+PB+PC的值最小时，点P的位置是解题关键．1.如图，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=7,AC=5,P为三角形内一点，则PA+PB+PC的最小值为
．
【答案】❑√74
【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造等边三角形是
本题的关键．
将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△EDC，连接PD、BE，则BE的长即为所求．
【详解】如图，将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△EDC，连接PD、BE，
∴△APC≌△EDC ∠PCD=∠ACE=60° CP=CD
， ， ，
CA=CE=5，
∴△PDC是等边三角形，PA=DE，
∴PC=PD
∴PA+PB+PC=PB+PD+DE≥BE，
∵∠ACB=30°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=30°+60°=90°．
在Rt△BCE中，∵∠BCE=90°，BC=7，CE=5，
∴BE=❑√BC2+CE2=❑√72+52=❑√74，
即PA+PB+PC的最小值为❑√74．
故答案为：❑√74．
2.如图1，Rt△OCD中，∠COD=90°，OC=OD，点A、B分别在OC、OD上，且AB∥CD．(1)直接写出AC和BD的数量关系；
(2)将△OAB绕点O逆时针旋转，连接AC、BD，如图2，第（1）题中AC和BD的数量关系是否仍
然成立？请说明理由；
(3)如图2，连接AD，若OA=1，AD=❑√2，AC=2，求∠DAO的度数及点A到OC的距离．
【答案】(1)AC=BD
(2)仍然成立，理由见解析
2
(3)∠DAO的度数为135°，点A到OC的距离为 ❑√5
5
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得∠C=∠D=45°，由平行线的性质得
∠OBA=∠OAB=45°，则OB=OA，最后由线段和差即可求解；
（2）由旋转性质可知∠BOA=∠DOC=90°，证明△BOD≌△AOC(SAS)即可；
（3）先证明△OCD为等腰直角三角形，△OAB为等腰直角三角形，则AB=❑√2OA=❑√2，
∠OAB=45°，由旋转性质可知∠AOB=∠COD=90°，又OA=OB，OC=OD，即把△AOC
绕点O逆时针旋转90°可得到△BOD，则BD=AC=2，由勾股定理逆定理证明△ABD为直角三角
❑√2 ❑√2
形，∠BAD=90°，则AH=OH= OA= ，由勾股定理求出OD=❑√5，通过
2 2
S +S =S +S 得出S =1，又△OBD≌△OAC，则S =1，设点A到
△BDO △DAO △ABD △OAB △BDO △OAC
OC的距离为h，求出h的值即可；
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理及逆定理
等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）解：∵Rt△OCD中，∠COD=90°，OC=OD，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴∠C=∠D=45°，
∵AB∥DC，
∴∠OBA=∠OAB=45°，∴OB=OA，
∴OC-OA=OD-OB，
∴AC=BD；
（2）解：仍然成立，理由，
由（1）得：OA=OB，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转，
∴∠BOA=∠DOC=90°，
∴∠BOA-∠DOA=∠DOC-∠DOA，
∴∠BOD=∠AOC，
在△BOD和△AOC中，
¿，
∴△BOD≌△AOC(SAS)，
∴AC=BD；
（3）解：∵Rt△OCD中，∠COD=90°，OC=OD，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∵AB∥DC，
∴∠OBA=∠OAB=45°，
∴OB=OA，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴OA=OB=1，
∴AB=❑√2OA=❑√2，∠OAB=45°，
∵△OAB绕点O逆时针旋转，
∴∠AOB=∠COD=90°，
又∵OA=OB，OC=OD，
∴把△AOC绕点O逆时针旋转90°可得到△BOD，
∴BD=AC=2，
在△ABD中，AD=❑√2AB=❑√2，BD=2，
∴AD2+AB2=BD2，
∴△ABD为直角三角形，∠BAD=90°，
∴∠DAO=∠DAB+∠OAB=135°，
作OH⊥DA于H，如图，∵∠OAH=180°-∠DAO=45°，
∴△AOH为等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴AH=OH= OA= ，
2 2
在Rt△ODH中，
❑√2 3
∵OH= ，DH=DA+OH= ❑√2，
2 2
∴OD=❑√OH2+DH2=❑
√ (❑√2) 2
+
(3❑√2) 2
=❑√5，
2 2
∴OC=OD=❑√5，
∵S +S =S +S ，
△BDO △DAO △ABD △OAB
1 ❑√2 1 ❑√2 1
∴S + ×❑√2× = ×❑√2× + ×1×1，
△BDO 2 2 2 2 2
∴S =1，
△BDO
∵△OBD≌△OAC，
∴S =1，
△OAC
设点A到OC的距离为h，
1
则 ×h×❑√5=1，
2
2
解得h= ❑√5，
5
2
∴∠DAO的度数为135°，点A到OC的距离为 ❑√5．
5
3.阅读下面材料，并解决问题：(1)如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为8，15，17，求∠APB的度
数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP'处，此时△ACP' ≌△ABP，这
样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB= ；
(2)基本运用
请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题
已知如图②，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E、F为BC上的点且∠EAF=45°，求证：
EF2=BE2+FC2；
(3)能力提升
如图③，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，∠ABC=30°，点O为Rt△ABC内一点，连
接AO，BO，CO，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，求OA+OB+OC的值．
【答案】(1)150°
(2)见解析
(3)❑√7
【分析】（1）根据全等三角形的性质及等边三角形的判定及性质得出△APP'为等边三角形，再根
据等边三角形的性质得出PP'=AP=8，∠AP'P=60°，然后利用勾股定理的逆定理得出
∠PP'C=90°，最后根据角的和差即可得出答案；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE'，连接E'F，由旋转的性质得出AE'=AE，
CE'=BE，∠CAE'=∠BAE，∠ACE'=∠B，∠EAE'=90°，再利用SAS证明
△EAF≌△E' AF，然后根据全等三角形的性质及勾股定理即可得证；
（3）根据勾股定理求出BC的值，将△AOB绕点B顺时针旋转60°，得到△A'O'B，连接OO'，根
据旋转的性质得出∠A'BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，AO=A'O'，BO=BO'，AB=AB'，
∠OBO'=60°，即可得出△BOO'是等边三角形，再根据等边三角形的性质结合角的和差得出C、
O、A'、O'四点共线，然后根据勾股定理及等量代换即可得出答案．
【详解】（1）解：∵ △ACP' ≌△ABP，
∴AP'=AP=8，CP'=BP=15，∠AP'C=∠APB，∠BAP=∠CAP'，
∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，
即∠BAP+∠PAC=60°，
∴∠PAP'=∠PAC+∠CAP'=60°，
∴△APP'为等边三角形，
∴PP'=AP=8，∠AP'P=60°，
∴P'P2+P'C2=82+152=172=PC2，
∴△PP'C为直角三角形，且∠PP'C=90°，
∴∠APB=∠AP'C=∠AP'P+∠PP'C=60°+90°=150°；
故答案为：150°；
（2）证明：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE'，连接E'F，
由旋转的性质得AE'=AE，CE'=BE，∠CAE'=∠BAE，∠ACE'=∠B，∠EAE'=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠E' AF=∠EAE'-∠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）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，∠ACB=30°，
∴AB=2，
∴BC=❑√AB2-AC2=❑√3，
如图，将△AOB绕点B顺时针旋转60°，得到△A'O'B，连接OO'，∴∠A'BC=∠ABC+60°=30°+60°=90° AO=A'O' BO=BO'
， ， ，
AB=AB'，∠OBO'=60°，
∴△BOO'是等边三角形，
∴BO=OO'，∠BOO'=∠BO'O=60°，
∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，
∴∠COB+∠BOO'=∠BO' A+∠BO'O=120°+60°=180°，
∴C、O、A'、O'四点共线，
在Rt△A'BC中，A'C=❑√BC2+A'B2=❑√(❑√3) 2+22=❑√7
∴OA+OB+OC=A'O'+OO'+OC=A'C=❑√7．
【点睛】本题考查了旋转的综合题，涉及到全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质、旋
转的性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
4.【问题提出】如图①，在等边△ABC内部有一点P，已知PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度
数．
【类比探究】如图②，等腰Rt△ABC内部有一点P，已知PA=1，PB=2，PC=3，则∠APB=
_____．
【联想拓展】如图③，等腰Rt△ABC外部有一点P，已知PA=3，PB=1，PC=❑√11，则
∠APB=_____．
【答案】（1）150°，（2）135°，（3）45°
【分析】（1）将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△AP'B，连结PP'，得到等边△APP'，由勾股定理的逆定理可得∠BPP'=90°，即可求解；
（2）类似（1）的方法进行旋转，再由勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的性质可求解；
（3类似（1）的方法进行旋转，再由勾股定理的逆定理和等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：（1）如图2，将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△AP'B，连结PP'，得到等边
△APP'，P'B=PC=5，
∴∠APP'=60°，PP'=PA=3，
∵PB=4，
∴P'P2+PB2=P'B2．
∴∠BPP'=90°
∠APB=∠BPP'+∠APP'=90°+60°=150°．
（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AP'B，连结PP'，得到等腰直角三角形△BPP'，
P' A=PC=3，
∴∠BPP'=45°，PP'=❑√2PB=2❑√2，
∵PA=1，
∴P'P2+PA2=P' A2．
∴∠APP'=90°，
∠APB=∠BPP'+∠APP'=90°+45°=135°，
故答案为：135°（3）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AP'B，连结PP'，得到等腰直角三角形△BPP'，
P' A=PC=❑√11，
∴∠BPP'=45°，PP'=❑√2PB=❑√2，
∵PA=3，
∴P'P2+PA2=P' A2．
∴∠APP'=90°，
∠APB=∠APP'-∠BPP'=45°，
故答案为：45°
【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理逆定理，解题关键是熟练运用旋转构建直角三角形．
