難關必刷03旋轉綜合題（2種解題模型專練）【模型梳理】模型一：“奔馳”模型旋轉是中考必考題型，奔馳模型是非常經典的一類題型，且近幾年中考中經常出現。我們不僅要掌握這類題型，提升利用旋轉解決問題的能力，更重要的是要明白一點:旋轉的本質是把分散的條件集中化，從而解決問題模型二：“費馬點”模型最值問題是中考常考題型，費馬點屬于幾何中的經典題型，目前全國范圍內的中考題都是從經典題改編而來，所以應熟練掌握費馬點等此類最值經典題。【題型專練】模型一：“奔馳”模型一．選擇題（共2小題）1．（2023?中原區校級三模）小星利用平面直角坐標系繪制了如下風車圖形，他先將△OBA固定在坐標系中，其中A（2，4），B（2，0），接著他將△OBA繞原點O逆時針轉動90°至△OB1A1，稱為第一次轉動，然后將△OB1A1繞原點O逆時針轉動90°至△OB2A2，稱為第二次轉動，…那么按照這種轉動方式，轉動2023次后，點A的坐標為（）A．（4，﹣2） B． C． D．（2，4）【分析】依題意不難發現第4次旋轉后△OBA回到初始位置，而2023÷4＝505……3，據此可得當△OBA旋轉2023次后的位置與旋轉第3次后的位置重合，進而可得出答案．【解答】解：∵△OBA每次繞點O逆時針旋轉90°，∴第4次旋轉后△OBA回到初始位置，又∵2023÷4＝505……3，∴當△OBA旋轉2023次后的位置與旋轉第3次后的位置重合，即此時點A與點A3重合，∵點A（2，4），∴點A3（4，﹣2），∴轉動2023次后，點A的坐標為（4，﹣2）．故選：A．【點評】此題主要考查了圖形的旋轉及性質，解答此題的關鍵是找出第4次旋轉后△OBA回到初始位置．2．（2020秋?順平縣期中）如圖，P是等邊三角形ABC內的一點，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，將△ABP繞點B順時針旋轉60°到△CBQ位置．連接PQ，則以下結論錯誤的是（）A．∠QPB＝60° B．∠PQC＝90° C．∠APB＝150° D．∠APC＝135°【分析】根據等邊三角形性質以及勾股定理的逆定理，即可判斷B；依據△BPQ是等邊三角形，即可得到∠QPB＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，進而得出∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，求出∠QPC＝15°即可判斷D選項．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∵將△ABP繞點B順時針旋轉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是等邊三角形，∴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正確，∵△BPQ是等邊三角形，∴∠QPB＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，故A正確，∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，故C正確，若∠APC＝135°，則∠QPC＝360°﹣135°﹣150°﹣60°＝15°，與PA＝3，PB＝4，PC＝5不符，故選項D錯誤．故選：D．【點評】本題考查了等邊三角形的性質和判定，勾股定理的逆定理的應用，主要考查學生綜合運用定理進行推理的能力．二．填空題（共1小題）3．（2022秋?新撫區期中）如圖，正方形ABCD中，將邊AB繞著點A旋轉，當點B落在邊CD的垂直平分線上的點E處時，∠BED的度數為．【分析】分兩種情況討論，由旋轉的性質和線段垂直平分線的性質可得△BEC是等邊三角形，由等腰三角形的性質可求解．【解答】解：如圖，當點E在BA的右邊時，∵MN是CD的垂直平分線，四邊形ABCD是正方形，∴MN垂直平分BA，∴BE＝EA，∵將邊BA繞著點A旋轉，∴BA＝AE，∴△BEA是等邊三角形，∴∠EBA＝∠BEA＝60°，∴∠CBE＝∠EAD＝30°，∵AB＝AD＝AE，∴∠AED＝75°，∴∠BED＝75°+60°＝135°；當點E'在BA的左邊時，同理可得△BE'A是等邊三角形，∴BA＝BE'，∠BE'A＝60°＝∠ABE'，∴∠DAE'＝150°，∵AB＝AD＝AE'，∴∠AE'B＝15°，∴∠BE'D＝45°，∴∠BED的度數為45°或135°．故答案為：45°或135°．【點評】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，等邊三角形的性質，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．三．解答題（共5小題）4．（2021秋?長樂區期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝4，將△ABC繞點B順時針旋轉一定的角度得到△DBE，點A，C的對應點分別是D，E，連接AD．（1）如圖1，當點E恰好在邊AB上時，求∠ADE的大小；（2）如圖2，若F為AD中點，求CF的最大值．【分析】（1）由旋轉可得：BA＝BD，∠EBD＝∠CBA＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，再運用三角形內角和定理即可得出答案；（2）如圖2，連接BF，利用等腰三角形的性質證明∠AFB＝90°，然后證明A、C、B、F四點共圓，接著利用圓是圓中最長的弦即可求解．【解答】解：（1）如圖1，∵△ABC繞點B順時針旋轉α得到△DEB，點E恰好在AB上，∴BA＝BD，∠EBD＝∠CBA＝30°，∠DEB＝∠ACB＝90°，∴∠BAD＝∠BDA＝75°，∴∠ADE＝90°﹣75°＝15°；（2）如圖2，連接BF，∵BA＝BD，F為AD中點，∴BF⊥AD，∴∠AFB＝90°，而∠ACB＝90°，∴A、C、B、F四點共圓，∴AB為這個圓的直徑，CF為這個圓的一條弦，∵AC＝4，∠ABC＝30°，∴AB＝8，∴CF的最大值為8．【點評】此題主要考查了旋轉的性質，同時也利用了含30°角的直角三角形的性質，有一定的綜合性．5．（2021春?高州市期中）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△P′AB．（1）求點P與點P′之間的距離；（2）求∠APB的度數．【分析】（1）由已知△PAC繞點A逆時針旋轉后，得到△P′AB，可得△PAC≌△P′AB，PA＝P′A，旋轉角∠P′AP＝∠BAC＝60°，所以△APP′為等邊三角形，即可求得PP′；（2）由△APP′為等邊三角形，得∠APP′＝60°，在△PP′B中，已知三邊，用勾股定理逆定理證出直角三角形，得出∠P′PB＝90°，可求∠APB的度數．【解答】解：（1）連接PP′，由題意可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，∠PAC＝∠P′AB，而∠PAC+∠BAP＝60°，所以∠PAP′＝60度．故△APP′為等邊三角形，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′為直角三角形，且∠BPP′＝90°可求∠APB＝90°+60°＝150°．【點評】本題考查旋轉的性質，旋轉變化前后，對應線段、對應角分別相等，圖形的大小、形狀都不改變．6．（2023?嶗山區模擬）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．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的度數等于．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的度數等于，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的度數等于，正六邊形的邊長為．【分析】閱讀材料：把△APB繞點A逆時針旋轉60°得到△ACP′，根據旋轉的性質可得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；（1）把△APB繞點A逆時針旋轉90°得到△ADP′，根據旋轉的性質可得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；再求出點P′、P、B三點共線，過點A作AE⊥PP′于E，根據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；根據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°，．【點評】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，正方形的性質，勾股定理以及勾股定理逆定理的應用，全等三角形的判定與性質，（1）（2）兩問求多邊形的邊長有一定的難度，作輔助線構造出直角三角形與全等三角形是解題的關鍵．7．（2023?青島二模）（1）探究發現下面是一道例題及其解答過程，請補充完整．如圖1，在等邊三角形ABC內部有一點P，PA＝3，PB＝4，PC＝5．求∠APB的度數．解：將△APC繞點A逆時針旋轉60°，得到△AP′B，連接PP'，則△APP'為等邊三角形．∵P′P＝PA＝3，PB＝4，P'B＝PC＝5，∴P'P2+PB2＝P′B2△BPP'為三角形∴∠APB的度數為．（2）類比延伸如圖2，在正方形ABCD內部有一點P，若∠APD＝135°，試判斷線段PA、PB、PD之間的數量關系，并說明理由．（3）聯想拓展如圖3，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC．點P在直線AB上方且∠APB＝60°，試判斷是否存在常數k，滿足（kPA）2+PB2＝PC2．若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據勾股定理的逆定理可得到△BPP′為直角三角形，且∠BPP′＝90°，即可得到∠APB的度數；（2）把△ADP繞點A順時針旋轉90°得到△ABP′，根據旋轉變換只改變圖形的位置不改變圖形的形狀可得P′B＝PD，P′A＝PA，然后求出△APP′是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質得出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，等量代換得出2PA2+PD2＝PB2．（3）將△APC繞A點順時針旋轉120°得到△AP′B，連接PP′，過點A作AH⊥PP′，論證PP′＝PA，再根據勾股定理代換即可．【解答】解：（1）如圖1，將△APC繞點A逆時針旋轉60°，得到△AP′B，連接PP′，則△APP′為等邊三角形．∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，∴P′P2+PB2＝P′B2．∴△BPP′為直角三角形．∴∠APB的度數為90°+60°＝150°．故答案為：直角；150°；（2）2PA2+PD2＝PB2．理由如下：如圖2，把△ADP繞點A順時針旋轉90°得到△ABP′，連接PP′．則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＝±．證明：如圖③將△APC繞A點順時針旋轉120°得到△AP′B，連接PP′，過點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＝±．【點評】本題考查了旋轉的性質：旋轉前后的兩個圖形全等，對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角，對應點到旋轉中心的距離相等．也考查了正方形的性質，等邊三角形的判定與性質以及勾股定理的逆定理．8．（2020秋?田家庵區校級月考）（原題初探）（1）小明在數學作業本中看到有這樣一道作業題：如圖1，P是正方形ABCD內一點，連結PA，PB，PC現將△PAB繞點B順時針旋轉90°得到的△P′CB，連接PP′．若PA＝，PB＝3，∠APB＝135°，則PC的長為，正方形ABCD的邊長為．（變式猜想）（2）如圖2，若點P是等邊△ABC內的一點，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，請猜想∠APB的度數，并說明理由．（拓展應用）（3）聰明的小明經過上述兩小題的訓練后，善于反思的他又提出了如下的問題：如圖3，在四邊形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，則BD的長度為．【分析】（1）由旋轉的性質得BP＝BP′＝3，P′C＝PA＝，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，則△BPP′為等腰直角三角形，再由勾股定理得PC＝2，過點A作AE⊥BP交BP的延長線于E，則△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）由旋轉的性質得△BPP′是等邊三角形，則PP′＝BP＝4，∠BPP′＝60°，AP＝3，AP′＝PC＝5，再由勾股定理得逆定理得△APP′為直角三角形，即可求解；（3）由旋轉的性質得AK＝AD＝3，CK＝BD，∠KAD＝90°，則△DAK是等腰直角三角形，得DK＝3，∠ADK＝45°，再證∠CDK＝90°，即可解決問題．【解答】解：（1）∵△PAB繞點B順時針旋轉90°得到的△P′CB，∴BP＝BP′＝3，P′C＝PA＝，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，∴△BPP′為等腰直角三角形，∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝3，∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，在Rt△PP′C中，由勾股定理得：PC＝＝＝2，過點A作AE⊥BP交BP的延長線于E，如圖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＝＝＝，故答案為：2，；（2）∠APB的度數為150°，理由如下：∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝60°，將△BPC繞點B逆時針旋轉60°，得到△BP′A，連接PP′，如圖2所示：則△BPP′是等邊三角形，∴PP′＝BP＝4，∠BPP′＝60°，∵AP＝3，AP′＝PC＝5，∴P'P2+AP2＝AP'2，∴△APP′為直角三角形，∴∠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，將△ABD繞點A順時針旋轉90°，得到△ACK，連接DK，如圖3所示：由旋轉的性質得：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＝，故答案為：．【點評】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、旋轉的性質、等腰直角三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、勾股定理和勾股定理的逆定理等知識，本題綜合性強，熟練掌握正方形的性質和旋轉的性質是解題的關鍵，屬于中考常考題型．模型二：“費馬點”模型一．填空題1．（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，則當線段AD的長度最小時，①∠BDC＝；②AD的最小值是．【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的性質以及等邊三角形的性質以及全等三角形的判定與性質的運用，解決問題的關鍵是以BD為邊向外作等邊三角形BDE，依據全等三角形的性質得出結論．2．（2020?荷塘區模擬）在△ABC中，若其內部的點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P為△ABC的費馬點，且滿足∠PBA＝45°，PA＝4，則△PAC的面積為．【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，根據三角形的面積公式可得結論．【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和判定，含30°角的直角三角形的性質等知識，正確作出輔助線構建等腰直角三角形是本題的關鍵．二．解答題3．（2021?山西模擬）閱讀下列材料，完成后面相應的任務：費馬（Ferrmat，1601年8月17日﹣1665年1月12日），生于法國南部圖盧茲（Toulouse）附近的波蒙?德?羅曼，被譽為業余數學家之王．1643年，費馬曾提出了一個著名的幾何問題：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置．另一位數學家托里拆利成功地解決了這個問題：如圖1，△ABC（三個內角均小于120°）的三條邊的張角都等于120°，即滿足∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°的點P，就是到點A，B，C的距離之和最小的點，后來人們把這個點P稱為“費馬點”．下面是“費馬點”的證明過程：如圖2，將△APB繞著點B逆時針旋轉60°得到△A′P′B，使得A′P′落在△ABC外，則△A′AB為等邊三角形，∴P′B＝PB＝PP′，于是PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，…．任務：（1）材料中，判定△A′AB為等邊三角形的依據是．（2）請你完成剩余的部分．（3）如圖，△ABC為銳角三角形，以AC為一邊作等邊△ACD，⊙O是△ACD的外接圓，連接BD交⊙O于點M，求證：M是△ABC的費馬點．【分析】（1）判定依據是頂角為60°等腰三角形是等邊三角形；（2）根據題中條件可知當A'P'PC四點共線時PA+PB+PC有最小值為A'C的長度，求出此時∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°即可；（3）先根據MD是直徑和△ACD為等邊三角形證直角三角形MCD和直角三角形MAD全等，得出∠ADM+∠CDM＝∠ADC＝30°，再根據外角定義計算出∠AMB＝∠BMC＝∠AMC＝120°即可．【解答】解：（1）由題知判定依據的是頂角為60°等腰三角形是等邊三角形；（2）補充如下：∴當A'，P'，P，C四點在同一直線上時PA+PB+PC有最小值為A'C的長度，∵P′B＝PB，∠P'BP＝60°，∴△P'BP為等邊三角形，則當A'，P'，P，C四點在同一直線上時，∠BPC＝180°﹣∠P'PB＝180°﹣60°＝120°，∠APB＝∠A'PB＝180°﹣∠BP'P＝180°﹣60°＝120°，∠APC＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝360°﹣120°﹣120°＝120°，∴滿足∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°的點P，就是到點A，B，C的距離之和最小的點；（3）如圖，連接MA，MC，∵△ACD為等邊三角形，∴∠DAC＝∠ADC＝∠ACD＝60°，又∵⊙O是△ACD的外接圓，∴∠AMD＝∠ACD＝60°，∴∠AMB＝180°﹣∠AMD＝180°﹣60°＝120°，同理可得∠BMC＝120°，∴∠AMC＝360°﹣∠AMB﹣∠BMC＝360°﹣120°﹣120°＝120°，即點M是△ABC的“費馬點”．【點評】本題主要考查“費馬點”的證明過程，熟練掌握等邊三角形的性質性質是解題的關鍵．4．（2023?桐城市校級開學）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＝；【嘗試應用】（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60°得到三角形AFG，連接EF，請你在此基礎上繼續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，進而得出結果．（2）△AEF為等邊三角形，可得AE+BE+CE＝EF+BE+GF，故當B、E、F、G四點共線時，EF+BE+GF最小，進而可得∠AEB＝∠AEC＝∠BEC＝120°，即可求出結果．（3）作DM⊥AB于點M，可知EF＝DM＝AB，進而可推出△ABF為等腰直角三角形，結合（2）中的結論，當點P滿足：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°時，PA+PB+PF最小，進而結合（1）中方法求出結果．【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＝，FP＝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．5．（2019秋?臺州期中）（1）知識儲備①如圖1，已知點P為等邊△ABC外接圓的BC上任意一點．求證：PB+PC＝PA．②定義：在△ABC所在平面上存在一點P，使它到三角形三頂點的距離之和最小，則稱點P為△ABC的費馬點，此時PA+PB+PC的值為△ABC的費馬距離．（2）知識遷移①我們有如下探尋△ABC（其中∠A，∠B，∠C均小于120°）的費馬點和費馬距離的方法：如圖2，在△ABC的外部以BC為邊長作等邊△BCD及其外接圓，根據（1）的結論，易知線段的長度即為△ABC的費馬距離．②在圖3中，用不同于圖2的方法作出△ABC的費馬點P（要求尺規作圖）．（3）知識應用①判斷題（正確的打√，錯誤的打×）：ⅰ．任意三角形的費馬點有且只有一個；ⅱ．任意三角形的費馬點一定在三角形的內部．②已