2020年中考数学复习冲刺几何提升----第8讲费马点最值模型(解析版
2020年数学中考 专题复习 万能解题模型(八) 几何中线段最值的求法
万能解题模型(八)几何中线段最值的求法前言：“一学就会，一考就废？”，正是因为考试后缺少了这个环节从小学到初中，学生们经历了无数次考试。
通过考试可以检测同学们对知识的理解、掌握情况，提高应试能力。
但对待考试，部分同学只关注自己的分数，而对试卷的分析和总结缺乏重视。
结果常常出现一些题在考试中屡次出现，但却一错再错的情况。
这样，学生们无法从考试中获益，考试也就失去了它的重要意义。
做好试卷分析和总结是十分有必要的。
那么，怎样做好试卷分析呢？我认为，应从下面两点做起：一．失分的原因主要有如下四方面：（1）考试心理：心理紧张，马虎大意；（2）知识结构：知识面窄，基础不扎实；（3）自身能力：审题不清，读不懂题意；（4）解题基本功：答题规范性差。
只有查出、找准原因，才能对症下药，从弱项方面加强训练，以提高成绩。
二．“扭转乾坤”的方法做题的过程中对每一道题要试图问如下几个问题？（1）怎样做出来的？——想解题方法；（2）为什么这样做？——思考解题原理；（3）怎样想到这种方法？——想解题的基本思路；（4）题目体现什么样的思想？——揭示本质，挖掘规律；（5）是否可将题目变化？——一题多变，拓宽思路；（6）题目是否有创新解法？——创新、求异思维。
转变，让我们从一轮复习开始。
按照上面两点认真完成后面练习题。
希望每一位同学经过一轮复习后，能够扭转“一考就废”的局面，最后决胜中考。
模型1 利用几何基本事实确定最值 基本事实1：两点之间线段最短根据线段的基本事实可知AB ≤AC ＋BC. 当A ，C ，B 三点在一条直线上时， AB 最大＝AC ＋BC.1．(2019·黄冈)如图，AC ，BD 在AB 的同侧，AC ＝2，BD ＝8，AB ＝8，点M 为AB 的中点．若∠CMD ＝120°，则CD 的最大值是14．解析：将△ACM 沿着CM 翻折得△A′CM ，将△BDM 沿着DM 翻折得△B′DM ，易求CA′＝CA ＝2，DB′＝DB ＝8，A′M ＝AM ＝BM ＝B′M ＝4，∠A′MC ＋∠B′MD ＝∠AMC ＋∠BMD ＝180°－120°＝60°，∴∠A′MB′＝180°－2×60°＝60°.∴△A′B′M 为等边三角形，可得A′B′＝AM ＝4.易知CD ≤CA′＋A′B′＋B′D ，∴当C ，A′，B′，D 共线时，CD 取得最大值．此时CD ＝CA′＋A′B′＋B′D ＝2＋4＋8＝14.A ，B 是直线l 两侧的两个定点，P 是直线l 上一动点，当P ，A ，B 三点在一条直线上时，PA ＋PB 最小等于AB.2．(2019·南通)如图，▱ABCD 中，∠DAB ＝60°，AB ＝6，BC ＝2，P 为边CD 上的一动点，则PB ＋32PD 的最小值等于33．A ，B 是直线l 同侧的两个定点，P 是直线l 上一动点，当A ，B ，P 三点在一条直线上时，PA －PB 最大等于AB.3．(2019·安顺)如图，抛物线y ＝12x 2＋bx ＋c 与直线y ＝12x ＋3分别相交于A ，B 两点，且此抛物线与x 轴的一个交点为C ，连接AC ，BC.已知A(0，3)，C(－3，0)．(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线对称轴l 上找一点M ，使|MB －MC|的值最大，并求出这个最大值；解：(1)将A(0，3)，C(－3，0)代入y ＝12x 2＋bx ＋c ，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝3，92－3b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝52，c ＝3.∴抛物线的解析式是y ＝12x 2＋52x ＋3.(2)联立⎩⎨⎧y ＝12x ＋3，y ＝12x 2＋52x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝3，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－4，y 2＝1.∵A(0，3)，∴B(－4，1)．①当点B ，C ，M 三点不共线时，|MB －MC|＜BC ， ②当点B ，C ，M 三点共线时，|MB －MC|＝BC ，∴当点B ，C ，M 三点共线时，|MB －MC|取最大值，即为BC 的长．过点B 作BE ⊥x 轴于点E ，在Rt △BEC 中，由勾股定理得BC ＝BE 2＋CE 2＝2， ∴|MB －MC|的最大值为 2. 基本事实2：垂线段最短直线l 处有一定点A ，点B 是l 上一动点，当AB ⊥l 时，AB 最短．4．(2019·泰安)如图，矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为EC 上一动点，P 为DF 中点，连接PB ，则PB 的最小值是(D)A ．2B ．4 C. 2 D ．2 2解析：根据中位线的性质可以得出点P 的运动轨迹是线段P 1P 2，P 1P 2∥CE ，进而求出∠BP 1P 2＝90°，再根据垂线段最短可以得出BP 垂直P 1P 2时，PB 取最小值．5．(2019·眉山)如图，在Rt △AOB 中，OA ＝OB ＝42，⊙O 的半径为2，点P 是AB 边上的动点，过点P 作⊙O 的一条切线PQ(点Q 为切点)，则线段PQ 长的最小值为23．模型2 利用轴对称变换确定最值 A ，B 是直线l 同侧两定点，P 是直线l 一动点，作点B 关于直线l 的对称点B′，直线AB′交直线l 于点P ，此时PA ＋PB 最小，等于AB′.)6．(2019·龙东)如图，矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝6，点P 是矩形ABCD 内一动点，且S △PAB ＝12S △PCD ，则PC ＋PD 45．7．(2019·凉山州改编)如图，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象过点A(－1，0)，B(3，0)，C(0，3)．P 点是对称轴上一动点，当P 点的坐标为(1，2)时，PA ＋PC 最小，最小值为32．A ，B 是直线l 两侧的两个定点，P 是直线l 一个动点，作点A 关于直线l 的对称点A′，连接BA′并延长交直线l 于点P ，此时PB －PA 最大，等于A′B.)8．(2019·陕西)如图，在正方形ABCD 中，AB ＝8，AC 与BD 交于点O ，N 是AO 的中点，点M 在BC 边上，且BM ＝6.P 为对角线BD 上一点，则PM －PN 的最大值为2．解析：以BD 为对称轴作点N 的对称点N′，连接PN′，根据对称性质可知，PN ＝PN′，∴PM －PN′≤MN′，当P ，M ，N′三点共线时，取“＝”．此时PM －PN ＝PM －PN′＝MN′＝CM ＝8－6＝2.模型3 利用圆的特性确定最值A ，B 是⊙O 上两个动点．当AB 经过圆心时，AB 最大．9．(2019·东营)如图，AC 是⊙O 的弦，AC ＝5，点B 是⊙O 上的一个动点，且∠ABC ＝45°，若点M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则MN 的最大值是522．A 是⊙O 外一定点，P 是⊙O 上一动点，P 点运动到点B 时，AP 最小，P 点运动到C 点时，AP 最大．10．(2019·乐山)如图，抛物线y ＝14x 2－4与x 轴交于A ，B 两点，P 是以点C(0，3)为圆心，2为半径的圆上的动点，Q 是线段PA 的中点，连接OQ ，则线段OQ 的最大值是(C)A ．3B.412C.72 D ．4AB 是⊙O 的定弦，P 是⊙O 上的动点，PC 过圆心O ，且PC ⊥AB 时，P 点到AB 的距离最大．11．(2019·通辽)如图，在边长为3的菱形ABCD 中，∠A ＝60°，M 是AD 边上的一点，且AM ＝13AD ，N 是AB 边上的一动点，将△AMN 沿MN 所在直线翻折得到△A′MN ，连接A′C ，则A′C12．(2019·广元)如图，△ABC 是⊙O 的内接三角形，且AB 是⊙O 的直径，点P 为⊙O 上的动点，且∠BPC ＝60°，⊙O 的半径为6，则点P 到AC 距离的最大值是模型4 利用建立二次函数模型确定最值建立二次函数模型，利用二次函数的增减值，结合自变量的取值范围，确定线段的最值．13．(2019·包头)如图，在平面直角坐标系中，已知A(－3，－2)，B(0，－2)，C(－3，0)，点M 是线段AB 上的一个动点，连接CM ，过点M 作MN ⊥MC 交y 轴于点N.若点M ，N 在直线y ＝kx ＋b 上，则b 的最大值是(A)A ．－78B ．－34C ．－1D ．014.(2019·凉山州)如图，正方形ABCD 中，AB ＝12，AE ＝14AB ，点P 在BC 上运动(不与B ，C 重合)，过点P 作PQ ⊥EP ，交CD 于点Q ，则CQ 的最大值为4．。
中考数学常见几何模型最值模型-费马点问题
专题12 最值模型-费马点问题最值问题在中考数学常以压轴题的形式考查，费马点问题是由全等三角形中的手拉手模型衍生而来，主要考查转化与化归等的数学思想。
在各类考试中都以中高档题为主，中考说明中曾多处涉及。
本专题就最值模型中的费马点问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
【模型背景】皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等．费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。
【模型解读】结论1：如图，点M 为△ABC 内任意一点，连接AM 、BM 、CM ，当M 与三个顶点连线的夹角为120°时，MA +MB +MC 的值最小。
注意：上述结论成立的条件是△ABC 的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A 。
（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°）【模型证明】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 ．△△ABE 为等边三角形，△AB ＝BE ，△ABE ＝60°．而△MBN ＝60°，△△ABM ＝△EBN ． 在△AMB 与△ENB 中，△AB BEABM EBN BM BN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△AMB △△ENB （SAS ）． 连接MN ．由△AMB △△ENB 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°．费马点的作法：如图3，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。
初中几何模型费马点最值模型
几何模型：费马点最值模型费马尔问题思考：如何找一点P 使它到△ABC 三个顶点的距离之和PA+PB+PC 最小？当B 、P 、Q 、E 四点共线时取得最小值费马点的定义：数学上称，到三角形3个顶点距离之和最小的点为费马点。
它是这样确定的：1. 如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；2. 如果3个内角均小于120°，则在三角形内部对3边张角均为120°的点，是三角形的费马点。
费马点的性质：费马点有如下主要性质：1．费马点到三角形三个顶点距离之和最小。
2．费马点连接三顶点所成的三夹角皆为120°。
费马点最小值快速求解：费尔马问题告诉我们，存在这么一个点到三个定点的距离的和最小，解决问题的方法是运用旋转变换．秘诀：以△ABC 任意一边为边向外作等边三角形，这条边所对两顶点的距离即为最小值=BP AP CP BP PQ QE BE++++≥典题探究 启迪思维 探究重点 例题1. 已知：△ABC 是锐角三角形，G 是三角形内一点。
∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°.求证：GA+GB+GC 的值最小.证明：将△BGC 逆时针旋转60°，连GP,DB.则 △CGB ≌△CPD ；∴ ∠CPD=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD, BC=DC,∠GCB=∠PCD.∵ ∠GCP=60°,∴ ∠BCD=60°,∴ △GCP 和△BCD 都是等边三角形。
∵ ∠AGC=120°, ∠CGP=60°.∴ A 、G 、P 三点一线。
∵ ∠CPD=120°, ∠CPG=60°.∴ G 、P 、D 三点一线。
∴ AG 、GP 、PD 三条线段同在一条直线上。
∵ GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.∴ G 点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的那一点变式练习>>>1．如图，P 是边长为1的等边ABC ∆内的任意一点，求t PA PB PC =++的取值范围.解：将BPC ∆绕点B 顺时针旋转60°得到''BP C ∆，易知'BPP ∆为等边三角形.从而''''PA PB PC PA PP P C AC ++=++≥（两点之间线段最短），从而3t ≥.过P 作BC 的平行线分别交AB AC 、于点M N 、，易知MN AN AM ==.因为在BMP ∆和PNC ∆中，PB MP BM <+①，PC PN NC <+②。
中考复习之线段和差最值之费马点问题-附练习题含参考答案
ABCP中考数学复习线段和差最值系列之费马点皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等．言归正传，今天的问题不是费马提出来的，是他解决的，故而叫费马点． 问题：在△ABC 内找一点P ，使得P A +PB +PC 最小．【分析】在之前的最值问题中，我们解决的依据有：两点之间线段最短、点到直线的连线中垂线段最短、作对称化折线段为直线段、确定动点轨迹求最值等．以上依据似乎都用不上，怎么办？若点P 满足∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°，则PA+PB+PC 值最小，P 点称为该三角形的费马点．一、如何作费马点问题要从初一学到的全等说起：（1）如图，分别以△ABC 中的AB 、AC 为边，作等边△ABD 、等边△ACE ． （2）连接CD 、BE ，即有一组手拉手全等：△ADC ≌△ABE ．（3）记CD 、BE 交点为P ，点P 即为费马点．（到这一步其实就可以了）（4）以BC 为边作等边△BCF ，连接AF ，必过点P ，有∠P AB =∠BPC =∠CP A =120°．在图三的模型里有结论：（1）∠BPD =60°；（2）连接AP ，AP 平分∠DPE ．有这两个结论便足以说明∠P AB =∠BPC =∠CP A =120°．但是在这里有个小小的要求，细心的同学会发现，这个图成立的一个必要条件是∠BAC <120°，若120BAC ∠≥︒ ,这个图就不是这个图了，会长成这个样子：EB ACAB CDE此时CD 与BE 交点P 点还是我们的费马点吗？显然这时候就不是了，显然P 点到A 、B 、C 距离之和大于A 点到A 、B 、C 距离之和．所以，是的，你想得没错，此时三角形的费马点就是A 点！当然这种情况不会考的，就不多说了．二、为什么是这个点为什么P 点满足∠P AB =∠BPC =∠CP A =120°，P A +PB +PC 值就会最小呢？归根结底，还是要重组这里3条线段：P A 、PB 、PC 的位置，而重组的方法是构造旋转！在上图3中，如下有△ADC ≌△ABE ，可得：CD =BE ．类似的手拉手，在图4中有3组，可得：AF =BE =CD ．巧的，它们仨的长度居然一样长！更巧的是，其长度便是我们要求的P A +PB +PC 的最小值，这一点是可以猜想得到的，毕竟最小值这个结果，应该也是个特别的值！ 接下来才是真正的证明：考虑到∠APB =120°，∴∠APE =60°，则可以AP 为边，在PE 边取点Q 使得PQ =AP ，则△APQ 是等边三角形．△APQ 、△ACE 均为等边三角形，且共顶点A ，故△APC ≌△AQE ，PC =QE ． 以上两步分别转化P A =PQ ，PC =QE ，故P A +PB +PC =PB +PQ +QE =BE ．没有对比就没有差别，我们换个P 点位置，如下右图，同样可以构造等边△APQ ，同样有△APC ≌△AQE ，转化P A =PQ ，PC =QE ，显然，P A +PB +PC =PB +PQ +QE >BE ．还剩下第3个问题！如果说费马点以前还算是课外的拓展内容，那现在，已经有人把它搬上了中考舞台！【中考再现】问题背景：如图1，将△ABC 绕点A 逆时针旋转60°得到△ADE ，DE 与BC 交于点P ，可推出结论：P A +PC =PE ．问题解决：如图2，在△MNG 中，MN =6，∠M =75°，MG=O 是△MNG 内一点，则点O 到△MNG 三个顶点的距离和的最小值是______．【分析】本题的问题背景实际上是提示了解题思路，构造60°的旋转，当然如果已经了解了费马点问题，直接来解决就好了！如图，以MG 为边作等边△MGH ，连接NH ，则NH 的值即为所求的点O 到△MNG 三个顶点的距离和的最小值．（此处不再证明）过点H 作HQ ⊥NM 交NM 延长线于Q 点，根据∠NMG =75°，∠GMH =60°，可得∠HMQ =45°，∴△MHQ 是等腰直角三角形， ∴MQ =HQ =4，∴NH== 练习题1.如图，在△ABC 中，△ACB=90°，AB=AC=1，P 是△ABC 内一点，求P A +PB +PC 的最小值．2. 如图，已知矩形ABCD ，AB =4，BC =6，点M 为矩形内一点，点E 为BC 边上任意一点，则MA +MD +ME 的最小值为______．NG图2图1ABCD EPHGN M464Q HGN MABCDME3.如图，矩形ABCD中，AB=10，BC=15，现在要找两点E、F，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值为__________4.如图，等腰Rt∆ABC中，AB=4，P为∆ABC内部一点，则PA+PB+PC的最小值为_______5.如图，∆ABC中，AB=4，,∠ABC=75°，P为∆ABC内的一个动点，连接PA、PB、PC，则PA+PB+PC的最小值为________6.如图，P为正方形ABCD对角线BD上一动点，若AB=2，则PA+PB+PC的最小值为______7.在Rt∆ABC中，∠ACB=90°，AC=1，，点O为Rt∆ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，则OA+OB+OC=_______8.如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，AB=BC=3，AD=4，∠BAD=90°，点P是四边形内部一点，则PA+PB+PD的最小值是______9.如图，点P是矩形ABCD对角线BD上的一个动点，已知AB=2，，则PA+PB+PC 的最小值为_______10.如图，菱形ABCD的对角线AC上有一动点P，BC=6，∠ABC=150°，则PA+PB+PD的最小值为__________11.已知，在∆ABC中，∠ACB=30°点P是ABC内一动点，则PA+PB+PC的最小值为__________12.如图，设点P到等边三角形ABC两顶点A、B的距离分别为2则PC的最大值为______13.如图，设点P到正方形ABCD两顶点A、D的距离为2PC的最大值为________14.如图，设点P到正方形ABCD两顶点A、D的距离为2则PO的最大值为_________.15.如图，在Rt∆ABC中，∠BAC=90⁰，AB=AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD 绕点A逆时针旋转90⁰，得到AE，连接CE、DE，点F是DE的中点，连接CF问题：在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小，当PA+PB+PC 取最小值时，AP的长为m，用含有m的式子表示CE的长.参考答案1.7.8.7 9.3 10. 12.2+13.2+1 15.32m +。
中考数学复习专题：几何最值模型—费马点专题
【费马点】平面内，到三角形的三个顶点的距离之和最小的点称为费马点【结论】如图所示，△ABC 的三个内角均不大于120°，P 为三角形内一点，当点P 与△ABC 三个顶点的连线夹角均为120°时，PA +PB +PC 的值最小.（PA +PB +PC=AD=BE=CF ） 【费马点作法】如图，以△ABC 的三边向外分别作等边三角形，然后把外面的三个顶点与原三角形的相对顶点相连，交于点P ，点P 就是原三角形的费马点.【证明】如图，将△ABP 绕点B 逆时针旋转60°，得到△A 'BP '，连接P P '，则△BPP 是等边三角形，所以PB =PP '. 由旋转的性质可得P A +PB +PC =P 'A '+PP '+PC >A 'C 因此，当A '、P '、P 、C 四点共线时，P A 十PB 十PC 的值最小.因为△BPP '是等边三角形，即∠BPP '=60°， 所以∠BPC =120°.因为∠APB =∠A 'P 'B ，∠BP 'P =60°， 所以∠APB =180°-60°=120°，则∠CP A =360°-120°-120°=120°， 故∠BPC =∠APB =∠CP A =120°.CBAPPDFECBAA'P'ABCP费马点结论:1) 对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点; 2) 对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点. 费马问题解决问题的方法是运用旋转变换.1) 利用旋转把三条共点线段转化成折线段， 2) 利用两点之间线段最短 构造直角三角形，利用勾股定理 模型巧记求到三角形三个顶点距离和的最小值，只需要以三角形的一条边为边作等边三角形，那么原三角形的第三个顶点和等边三角形的第三个顶点的距离就是最小值 例1、P 是边长是2的等边△ABC 内的一点， 求PA+PB+PC 的最小值【分析】把△APC 绕A 逆时针旋转60°，得到△AP'C'，连接PP' 易知△APP'是等边三角形∴PC=P'C∴∠CAC'=60°∴P A+PB+PC=PB+PP'+PC’当且仅当BPP'C '共线时取得最小值∵AB =2;∴AD =1；BD =3∴.C'D =3∴BC =23 点评：①用旋转把三条共点线段转化成折线段 ②利用两点之间线段最短③构造直角三角形，利用勾股定理例2、P 是边长是1的正方形ABCD 内的一点， 求PA+PB+PC 的最小值【分析】把△APB 绕B 逆时针旋转，得到△BP'A'，连接PP' ∴△BPP '是等边三角形 ∴BP=BP ' ∴∠PBP '=60°∴P A+PB+PC=P'A'+PP'+PC ，当且仅当CPP'A'共线时取得最小值∵AB =AB '=1;A'P'PCBA∴A'M =12；BM =32；∴CM =232；CA '=622例3、P 是△ABC 内的一点，BC=6,AC=5,∠ACB =30°， 求P A+PB+PC 的最小值 【分析】把△APC 绕C 顺时针旋转60°，得到△CP'A',连接PP' ∴△CPP '是等边三角形 ∴CP=PP'∴∠PCP '=60°∴P A+PB+PC=P 'A'+PB+PP '当且仅当BPP ’A ’共线时取得最小值 ∵CA=CA '=5；CB=6，∠ACB =30° ∴∠A 'CB =60° ∴A 'B =61什么是加权费马点问题？标准的费马点问题式中的三条线段的系数全为1。
费马点模型【模型专题】(含答案解析)
费马点模型【模型分析】费马点是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离叫做费马距离．若三角形内有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点就是到三个顶点距离之和最小的点．若三角形的内角均小于120°，那么三角形的费马点与各顶点的连线三等分费马点所在的周角；1、若三角形有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点即为该三角形的费马点如图在△ABC中，∠BAC≥120°，求证：点A为△ABC的费马点证明：如图，在△ABC内有一点P延长BA至C，使得AC＝AC，作∠CAP＝∠CAP，并且使得AP＝AP，连结PP则△APC≌△APC，PC＝PC因为∠BAC≥120°所以∠P AP′＝∠CAC≤60所以在等腰△P AP中，AP≥PP′所以P A＋PB＋PC≥PP′＋PB＋PC＞BC＝AB＋AC所以点A为△ABC的费马点2、若三角形内角均小于120°，则以三角形的任意两边向外作等边三角形，两个等边三角形外接圆在三角形内的交点即为该三角形的费马点．如图，在△ABC中三个内角均小于120°，分别以AB、AC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点为O，求证：点O为△ABC的费马点证明：在△ABC内部任意取一点O，；连接OA、OB、OC将△AOC绕着点A逆时针旋转60°，得到△AO′D连接OO′则O′D＝OC所以△AOO′等边三角形，OO′＝AO所以OA＋OC＋OB＝OO′＋OB＋O′D则当点B、O、O′、D四点共线时，OA＋OB＋OC最小此时AB、AC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点即为点O3、如图，在△ABC中，若∠BAC、∠ABC、∠ACB均小于120°，O为费马点，则有∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，所以三角形的费马点也叫三角形的等角中心类型一线段的系数都相同求线段的和的情况（费马点）考法1：费马点在三角形中运用例11. 如图，在△ABC 中，P 为平面内一点，连结PA ，PB ，PC ，分别以PC 和AC 为一边向右作等边三角形△PCM 和△ACD ．【探究】求证：PM ＝PC ，MD ＝PA【应用】若BC ＝a ，AC ＝b ，∠ACB ＝60°，则PA+PB+PC 的最小值是 （用a ，b 表示）【答案】【解析】【分析】探究：由等边三角形的性质得出PM ＝PC ，AC ＝CD ，PC ＝CM ，∠PCM ＝∠ACD ＝60°，得出∠PCA ＝∠MCD ，证明△ACP ≌△DCM ，得出MD ＝PA ； 应用：连接BD ，由全等三角形的性质得出∠ACP ＝∠DCM ，AC ＝CD ＝b ，求出∠BCD ＝∠DCM+∠PCB+∠PCM ＝120°，作DF ⊥BC 于F ，则∠CFD ＝90°，在Rt △CDF中，由直角三角形的性质得出11222CF AC b DF b ====，， 求出12BF a b =+，由勾股定理求出BD = 【详解】探究：证明：∵以PC 和AC 为一边向右作等边三角形△PCM 和△ACD ， ∴PM ＝PC ，AC ＝CD ，PC ＝CM ，∠PCM ＝∠ACD ＝60°，∴∠PCA ＝∠MCD ，在△ACP 和△DCM 中， ,AC CD PCA MCD PC CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ACP ≌△DCM （SAS ），∴MD ＝PA ；应用：解：连接BD ，如图所示：∵△APC ≌△DCM ，∴∠ACP ＝∠DCM ，AC ＝CD ＝b ，∴∠ACP+∠PCB ＝∠DCM+∠PCB ，∴∠DCM+∠PCB ＝∠ACB ＝60°，∴∠BCD ＝∠DCM+∠PCB+∠PCM ＝60°+60°＝120°，作DF ⊥BC 于F ，则∠CFD ＝90°，在Rt △CDF 中，∵∠DCF ＝180°﹣120°＝60°，CD ＝b ，∴∠CDF ＝30°，∴1122CF AC b DF ====，， ∴12BF a b =+，∴BD =当B 、P 、M 、D 共线时，PA+PB+PC 的值最小，即PA+PB+PC ；【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、最短距离等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．【变式】2. 问题提出（1）如图①，在△ABC 中，BC ＝2，将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到△A ′B ′C ′，则CC ′＝ ；问题探究（2）如图②，在△ABC 中，AB ＝BC ＝3，∠ABC ＝30°，点P 为△ABC 内一点，连接P A、PB、PC，求P A＋PB＋PC的最小值，并说明理由；问题解决（3）如图③，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝6，AD＝4，∠ABC＝∠BCD＝60°．在四边形ABCD内部有一点，满足∠APD＝120°，连接BP、CP，点Q为△BPC内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得PQ＋BQ＋CQ有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2；（2）（3）存在，3【解析】【分析】（1）如图①，根据等边三角形的判定和性质解决问题即可．（2）如图②，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△BFE，连接PF，EC．易证P A ＋PB＋PC＝PC＋PF＋EF，因为PC＋PF＋EF≥EC，推出当P，F在直线EC上时，P A＋PB＋PC的值最小，求出EC的长即可解决问题．（3）如图③−1中，将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG 是等边三角形，易知PQ＋BQ＋CQ＝EG＋GQ＋QC≥EC，推出EC的值最小时，QP ＋QB＋QC的值最小，如图③−2中，延长BA交CD的延长线于J，作△ADJ的外接圆⊙O，将线段BO，BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BO′，BE，连接EO′，OB，OP．易证△BEO′≌△BPO（SAS），推出EO′＝OP，推出点E的运动轨迹是以O′为半径的圆，推出当点E在线段CO′上时，EC的值最小，最小值＝CO′−EO′．【详解】（1）如图①，由旋转的性质可知：△BCC ′是等边三角形，∴CC ′＝BC ＝2，故答案为2．（2）如图②，将△ABP 绕点B 逆时针旋转60°得到△BFE ，连接PF ，EC ．由旋转的性质可知：△PBF 是等边三角形，∴PB ＝PF ，∵P A ＝EF ，∴P A +PB +PC ＝PC +PF +EF ，∵PC +PF +EF ≥EC ，∴当P ，F 在直线EC 上时，P A +PB +PC 的值最小，根据旋转以及翻折的性质可得BC ＝BE ＝BA ＝3，∵,30EBF ABP ABP PBC ∠=∠∠+∠=︒，∴90FBP EBF PBC ∠+∠+=︒,∵EB ⊥BC ，∴EC ＝∴P A +PB +PC 的最小值为（3）如图③﹣1中，将△PBQ 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBG ，则PQ ＝EG ，△BQG 是等边三角形，∴BQ ＝QG ，PQ ＝EG ，∴PQ +BQ +CQ ＝EG +GQ +QC ≥EC ，∴EC 的值最小时，QP +QB +QC 的值最小，如图③﹣2中，延长BA 交CD 的延长线于J ，作△ADJ 的外接圆⊙O ，将线段BO ，BP 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BO ′，BE ，连接EO ′，OB ，OP ．∵,,BO BO BE BP O BE OBP ==∠=∠''，∴△BEO ′≌△BPO （SAS ），∴EO ′＝OP ，∵∠APD +∠AJD ＝180°，∴A ，P ，D ，J 四点共圆，∴OP ＝3，∴EO ，∴点E 的运动轨迹是以O 为半径的圆， ∴当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值＝CO ′﹣EO ′，连接OO ′，延长OO ′到R ，使得O ′R ＝OO ′，连接BR ，则∠OBR ＝90°，作RH ⊥CB 交CB 的延长线于H ，O ′T ⊥CH 于T ，OM ⊥BC 于M ．在Rt △OBM 中，BM ＝5，OM ，∴OB ，∴BR ＝14，由△BHR ∽△OMB ， ∴RH BM ＝BR OB ，∴RH ＝∵HR ∥O ′T ∥OM ，OO ′＝RO ′，∴TM ＝TH ，∴O ′T ＝2RH OM +∴BT 3，∴CO 3，∴CO ′﹣EO ．∴QP +QB +QC ． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．3. 如图，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 是BC 边上一动点，连接AD ，把AD 绕点A 逆时针旋转90°，得到AE ，连接CE ，DE ．点F 是DE 的中点，连接CF ．（1）求证：2CF AD =； （2）如图2所示，在点D 运动的过程中，当2BD CD =时，分别延长CF ，BA ，相交于点G ，猜想AG 与BC 存在的数量关系，并证明你猜想的结论；（3）在点D 运动的过程中，在线段AD 上存在一点P ，使PA PB PC ++的值最小．当PA PB PC ++的值取得最小值时，AP 的长为m ，请直接用含m 的式子表示CE 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）BC =；（3）CE 【解析】 【分析】（1）先证△BAD ≌△CAE ，可得∠ABD ＝∠ACE ＝45°，可求∠BCE ＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；（2）连接AF ，由（1）得ABD ACE ∆≅∆，CE BD =，45ACE ABD ︒∠=∠=，推出454590DCE BCA ACE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，然后根据现有条件说明在Rt DCE 中，DE =，点A ，D ，C ，E 四点共圆，F 为圆心，则CF AF =，在Rt AGC 中，推出AG =，即可得出答案； （3）在△ABC 内取一点P ，连接AP 、BP 、CP ，将三角形ABP 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBD，证明点P 位于线段CE 上，同理得到点P 位于线段BF 上，证明∠BPC=120°，进而得到120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，设PD 为a ，得出BD =，AD BD ==，得出a m +=，解出a ，根据BD CE =即可得【详解】解：（1）证明如下：∵90BAC DAE ∠=∠=︒，∴BAD CAE ∠=∠，∵AB AC =，AD AE =，∴在ABD △和ACE 中BAD CAE AB AC AD AE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴ABD ACE ∆≅∆，∴45ABD ACE ∠=∠=︒，∴90DCE ACB ACE ∠︒=∠+∠=，在Rt ADE △中，F 为DE 中点（同时AD AE =），45ADE AED ∠=∠=︒， ∴AF DE ⊥，即Rt ADF 为等腰直角三角形，∴2AF DF AD ==， ∵CF DF =，∴CF =； （2）连接AF ，由（1）得ABD ACE ∆≅∆，CE BD =，45ACE ABD ︒∠=∠=， ∴454590DCE BCA ACE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，在Rt DCE中，DE ==，∵F 为DE 中点，∴12DF EF DE ==， 在四边形ADCE 中，有90DAE DCE ∠=∠=︒，180DAE DCE ∠+∠=︒， ∴点A ，D ，C ，E 四点共圆，∵F 为DE 中点，∴F 为圆心，则CF AF =，在Rt AGC 中，∵CF AF =，∴F 为CG中点，即CG 2CF =，∴AG，即BC=；（3）如图1，在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，得到△BPD为等边三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，++的值取得最小值时，点P位于线段CE上；∴当PA PB PC如图2，将三角形ACP绕点C顺时针旋转60°得到△FCG，得到△PCG为等边三角形，所以PC=GP，∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，++的值取得最小值时，点P位于线段BF上；∴当PA PB PC综上所述：如图3，以AB、AC为边向外做等边三角形ABE和等边三角形ACF，连接CE、BF，则交点P为求作的点，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，如图4，同理可得，120APB BPC CPA ∠=∠=∠=︒，∴60BPD ∠=︒，设PD 为a ，∴BD =， 又AD BD ==，∴a m +=，1)m a =a =又BD CE =∴CE ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．考法2：费马点在四边形中运用例24. 如图，P 为正方形ABCD 内的动点，若AB ＝2，则P A ＋PB ＋PC 的最小值为_____．【解析】【分析】先将△BPC 绕点B 顺时针旋转60°，得到△BP 'C '，延长AB ，过C′作C′E ⊥AB 交延长线于E ，得出，当点A 、P 、P′、C′共线时，P A +PB +PC 有最小值是AC '的长，利用30°直角三角形性质可求EC '=112122BC =⨯='，根据勾股定理BE =AE ＝2+AC =='即可．【详解】解：将△BPC 绕点B 顺时针旋转60°，得到△BP 'C '，延长AB ，过C′作C′E ⊥AB 交延长线于E ，∴△BPC ≌△BP 'C '，∠PBP '＝60°，∴BP ＝BP '，∠PBP '＝60°，∴△BPP '是等边三角形，∴PC＝P'C'，∠PBC＝∠P'BC'，BC＝BC'＝2，∴BP＝PP'，∴P A+PB+PC＝AP+PP'+P'C'，∴当点A、点P、点P′、点C′在共线时，P A+PB+PC有最小值，最小值是AC'的长，∵∠ABP+∠PBP'+∠P'BC'＝60°+∠ABP+∠PBC=60°+∠ABC=60°+90°＝150°，∴∠EBC'＝30°，在Rt BC E∆'中∴EC'=1121 22BC=⨯='，∴BE=，∴AE＝2+在Rt AC E∆'中AC====='【点睛】本题考查正方形性质，图形旋转，等边三角形判定与性质，四点共线，30°直角三角形性质，勾股定理，本题难度较大，涉及知识多，利用辅助线构造准确图形是解题关键．【变式】5. 如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接BN、AM、CM．（1）求证：△AMB≌△ENB；（2P，使得P A＋PB＋PC的值最小？若存在，求出它的最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2【解析】【分析】（1）由四边形ABCD 为正方形，△ABE 为等边三角形，可得BE ＝BA ，BA ＝BC ，△ABE ＝60°，再由△MBN ＝60°，可推出△MBA ＝△NBE ，由此即可证明； （2）将△BPC 顺时针旋转60度得到BEF ，过点F 作FM ⊥AB 交AB 延长线于M ，可以推出当AP ，PE ，EF 在一条直线上，即如下图：可得最小P A +PB +PC ＝AF ，由此求解即可．【详解】解：（1）由旋转的性质可得BN =BM ，如图1，△四边形ABCD 为正方形，△ABE 为等边三角形，△BE ＝BA ，BA ＝BC ，△ABE ＝60°；△△MBN ＝60°，△△MBN ＝△ABE ，△△MBA ＝△NBE ；在△AMB 与△ENB 中，BM BN MBA NBE BA BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△AMB △△ENB （SAS ）；（2）将△BPC 顺时针旋转60度得到BEF ，过点F 作FM ⊥AB 交AB 延长线于M ，∴BP BE =，==60PBE CBF ∠∠，PC =EF ，∠PBC =△EBF ，BC =BF∴BPE 为等边三角形，即得P A +PB +PC ＝AP +PE +EF 要使最小只要AP ，PE ，EF 在一条直线上， 即如下图：可得最小P A +PB +PC ＝AF ．∵四边形ABCD 是正方形，∴△ABC =90°，AB =BC =BF ，△△ABF =∠ABC +∠CBF =150°△△BAF =△AFB ＝15°，∴△MBF =∠BAF +∠AFB =30°∴11222MF BF AB ===，∴BM ==∴AM AB BM =+=∴1AF ==．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．【变式】6. 如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，点E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，连接DE 、DF 、EF ．（1）如图1，连接AF ，若AF ⊥BC ，E 为AB 的中点，且EF ＝2，求DF 的长； （2）如图2，若BE ＝BF ，G 为DE 的中点，连接AF 、AG 、FG ，求证：AG ⊥FG ；（3）如图3，若AB ＝4，将△BEF 沿EF 翻折得到△EFP （始终保持点P 在菱形ABCD 的内部），连接AP 、BP 及CP ，请直接写出当P A ＋PB ＋PC 值最小时PB 的长．【答案】（1）（2）见解析；（3．【解析】【分析】（1）方法1：如图1，过点D作DG△BC交BC的延长线于G，根据直角三角形斜边中线的性质可得EF＝BE＝12AB＝2，根据∠ABC=60°可得△BEF是等边三角形，根据菱形的性质可得CF＝EF＝2，∠DCG=60°，利用含30°角的直角三角形的性质可得CG、DG的长，即可得出FG的长，利用勾股定理即可得答案；方法2：同方法1可得BF的长，利用勾股定理可得AF的长，再利用勾股定理即可得答案；（2）方法1：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH，根据平行线的性质可得∠AEG＝∠HDG，根据中点的定义可得EG＝DG，利用ASA可证明△AEG△△DHG，可得AG＝HG，AE＝DH，利用SAS可证明△AFC△△AHD，可得AH＝AF，同理可得△ABF≌△ACH，进而可得∠F AH＝60°，即可证明△AFH是等边三角形，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得结论；方法2：同方法1可证明△AEG≌△HDG，可得AG＝HG，AE＝DH，根据线段的和差关系可得BE＝CH，根据BE＝BF，∠ABC＝60°可得△BEF是等边三角形，可得∠BEF＝60°，EF＝BE，进而可证明△AEF≌△FCH，可得AF＝HF，可得结论；（3）如图a，在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP．以点B 为旋转中心，将△ABP逆时针旋转60°，得到△EBD，根据旋转的性质可得当E、D、P、C四点共线时，为P A+PB+PC最小，如图3，连接AC，交BD于点O，则AC△BD．先由旋转的性质得出△APC≌△DGC，可得CP＝CG，△PCG＝60°，进而可得△PCG是等边三角形，得出PG＝CG＝CP，△GPC＝△CGP＝60°，根据菱形的性质可得BP＝CP，同理可得DG＝CG，可得BP＝PG＝GD，在Rt△BOC中，利用∠OBC的余弦可求出OB的长，即可求出BD的长，进而可得答案．【详解】（1）方法1：如图1，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，∵AF ⊥BC ，∴∠AFB ＝90°，∵E 为AB 的中点，∴AE ＝BE ，∴EF ＝BE ＝12AB ＝2， ∵∠ABC ＝60°，∴△BEF 是等边三角形，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB =BC =CD =4，AB //CD ，∴BF ＝EF ＝12BC =2，∠DCG =∠ABC =60°， ∴CF ＝EF ＝2，∠CDG ＝30°，∴CG ＝12CD ＝2，DG ∴FG ＝CF +CG ＝4，在Rt △DFG 中，DF ．方法2：∵AF ⊥BC ，∴∠AFB ＝90°，∵点E 是AB 的中点，∴AE ＝BE ，在Rt △ABF 中，EF ＝BE ＝12AB ， ∴AB ＝4，∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴AD ＝AB ＝4，∠BAD ＝180°﹣∠ABC ＝120°，∴∠BAF ＝30°，∴BF=12AB=2，∴AF=DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°，∴DF．（2）方法1：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH，∵AB∥CD，∴∠AEG＝∠HDG，∵G为DE的中点，∴EG＝DG，在△AEG和△DHG中，AEG HDGEG DGAGE HGD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AEG≌△DHG，∴AG＝HG，AE＝DH，∵AB＝BC＝CD，BE＝BF，∴FC＝DH，BF＝CH，在△AFC和△AHD中，CF DHACF ADHAC AD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AFC≌△AHD，∴AH＝AF，同理：△ABF≌△ACH，∴∠BAF＝∠CAH，∴∠F AH＝∠F AC+∠CAH＝∠F AC+∠BAF＝∠BAC＝60°，∴△AFH是等边三角形，∵AG＝HG，∴AG⊥FG．方法2：延长AG交CD于H，连接FH，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，∵点G是DE中点，∴EG＝DG，在△AEG和△DHG中，AEG HDGEG DGEAG DHG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△AEG≌△HDG，∴AG＝HG，AE＝DH，∴BE＝CH，∵BE＝BF，∠ABC＝60°，∴△BEF是等边三角形，∴∠BEF＝60°，EF＝BE，∴∠AEF＝∠FCH，EF＝CH，∴△AEF≌△FCH，∴AF＝HF，∵AG＝HG，∴FG⊥AG，（3）如图a，在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP．以点B为旋转中心，将△ABP逆时针旋转60°，得到△EBD△∴P A=DE，BD=BP，∵旋转60°，∴△DBP为一个等边三角形，∴PB＝PD△∴P A +PB +PC ＝DE +PD +PC∴当E 、D 、P 、C 四点共线时，为P A +PB +PC 最小．如图3，连接AC ，交BD 于点O ，则AC ⊥BD ．当B 、P 、G 、D 四点共线时，P A +PB +PC 值最小，最小值为BD ．∵将△APC 绕点C 顺时针旋转60°，得到△DGC ，∴△APC ≌△DGC ，∴CP ＝CG ，∠PCG ＝60°，∴△PCG 是等边三角形，∴PG ＝CG ＝CP ，∠GPC ＝∠CGP ＝60°．∵菱形ABCD 中，∠ABP ＝∠CBP ＝12∠ABC ＝30°， ∴∠PCB ＝∠GPC ﹣∠CBP ＝60°﹣∠30°＝30°，∴∠PCB ＝∠CBP ＝30°，∴BP ＝CP ，同理，DG ＝CG ，∴BP ＝PG ＝GD ．在Rt △BOC 中，∵∠BOC ＝90°，∠OBC ＝30°，BC ＝4，∴BO ＝BC •cos ∠OBC ＝4∴BD ＝2BO ＝，∴BP ＝13BD ＝3．即当P A +PB +PC 值最小时PB 【点睛】本题考查四边形综合，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解题关键．考法3：费马点在二次函数中运用例37. 如图，在平面直角坐标系xoy 中，点B 的坐标为(0，2)，点D 在x 轴的正半轴上，30ODB ∠=︒，OE 为△BOD 的中线，过B 、E 两点的抛物线2y ax x c =+与x 轴相交于A 、F 两点（A 在F 的左侧）.（1）求抛物线的解析式；（2）等边△OMN 的顶点M 、N 在线段AE 上，求AE 及AM 的长；（3）点P 为△ABO 内的一个动点，设m PA PB PO =++，请直接写出m 的最小值,以及m 取得最小值时，线段AP 的长.【答案】(1)21 226y x x =-++ (2) AE =；13AM =或13AM = （3）mm取得最小值时，线段AP【解析】【分析】（1）已知点B的坐标，可求出OB的长；在Rt△OBD中，已知了∠ODB=30°，通过解直角三角形即可求得OD的长，也就得到了点D的坐标；由于E是线段BD 的中点，根据B、D的坐标即可得到E点的坐标；将B、E的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值，由此确定抛物线的解析式；（2）过E作EG⊥x轴于G，根据A、E的坐标，即可用勾股定理求得AE的长；过O作AE的垂线，设垂足为K，易证得△AOK∽△AEG，通过相似三角形所得比例线段即可求得OK的长；在Rt△OMK中，通过解直角三角形，即可求得MK的值，而AK的长可在Rt△AOK中由勾股定理求得，根据AM=AK-KM或AM=AK+KM即可求得AM的长；（3）由于点P到△ABO三顶点的距离和最短，那么点P是△ABO的费马点，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易证得△OBE是等边三角形，那么PA+PO+PB的最小值应为AE的长；求AP的长时，可作△OBE的外接圆（设此圆为⊙Q），那么⊙Q与AE的交点即为m取最小值时P点的位置；设⊙Q与x轴的另一交点（O点除外）为H，易求得点Q的坐标，即可得到点H的坐标，也就得到了AH的长，相对于⊙Q 来说，AE、AH都是⊙Q的割线，根据割线定理（或用三角形的相似）即可求得AP 的长．【详解】（1）过E作EG⊥OD于G∵∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D，∴△BOD∽△EGD，∵点B（0，2），∠ODB=30°，可得OB=2，OD＝∵E为BD中点，∴EG DE GD BO DB OD===12∴EG=1，GD∴OG∴点E 的坐标为1)∵抛物线2y ax x c =+经过()0,2B 、)E 两点，∴212a =. 可得12a =-.∴抛物线的解析式为2122y x x =-++. （2）∵抛物线与x 轴相交于A 、F ，A 在F 的左侧，∴A 点的坐标为().过E 作EG ⊥x 轴于G∴1AG EG ==,∴在△AGE 中，90AGE ∠=︒,AE ==.过点O 作OK ⊥AE 于K ，可得△AOK ∽△AEG ．∴OK EG AO AE=．=．∴OK =∴13AK ==. ∵△OMN 是等边三角形,∴60NMO ∠=︒．∴tan 13OK KM KMO ===∠．∴AM AK KM=-==+=或AM AK KM（3）如图；以AB为边做等边三角形AO′B，以OA为边做等边三角形AOB′；易证OE=OB=2，∠OBE=60°，则△OBE是等边三角形；连接OO′、BB′、AE，它们的交点即为m最小时，P点的位置（即费马点）；∵OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE，∴△AOE≌△B′OB；∴∠B′BO=∠AEO；∵∠BOP=∠EOP′，而∠BOE=60°，∴∠POP'=60°，∴△POP′为等边三角形，∴OP=PP′，∴PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE；即m最小如图；作正△OBE的外接圆⊙Q，根据费马点的性质知∠BPO=120°，则∠PBO+∠BOP=60°，而∠EBO=∠EOB=60°；∴∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°；即B 、P 、O 、E 四点共圆；易求得Q （1），则H 0）；∴AH=3； 由割线定理得：AP•AE=OA•AH ，即：故： m当m 取得最小值时，线段AP 【点睛】此题是二次函数的综合类试题，涉及到二次函数解析式的确定、等边三角形的性质、解直角三角形以及费马点位置的确定和性质，能力要求极高，难度很大．【变式】8. 如图，抛物线252y ax bx =++经点()()1,0,5,0A B ，与y 轴相交于点C ． (1)求抛物线的解析式； (2)定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点O 到二次函数图象的垂直距离是线段OC 的长．已知点E 为抛物线对称轴上的一点，且在x 轴上方，点F 为平面内一点，当以,,,A B E F 为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点F 到二次函数图象的垂直距离．(3)在(2)中，当点F 到二次函数图象的垂直距离最小时，在,,,A B E F 为顶点的菱形内部是否存在点Q ，使得,,AQ BQ FQ 之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)215322y x x =-+；(2)6-或2-；(3)AQ BQ FQ ++的和最小值为【解析】 【分析】（1）利用待定系数法列方程组求出a 、b 的值即可；（2）根据抛物线解析式可求出A 、B 两点坐标，即可得出对称轴解析式，分两种情况：当以AB 为边时，EF//AB ，由对称轴可得E 点的横坐标，根据EF=AB=4即可得出F 点的横坐标，根据菱形的性质求出EM 的长，把F 点横坐标代入抛物线解析式，根据点到二次函数图象的垂直距离的定义即可得出答案；当以AB 为菱形对角线时，根据菱形的性质可得AB ⊥EF ，利用勾股定理可求出FM 的长，进而可得F 点坐标，把F 点横坐标代入抛物线解析式，根据点到二次函数图象的垂直距离的定义即可得出答案；（3）由当(3,F 时，点F 到二次函数图象的垂直距离最小，将BQF 绕点B 逆时针旋转60︒到BDN 位置，连接AN ，作PN AB ⊥于P ，根据AB=AF=BF 可证明△ABF 是等边三角形，根据旋转性质可知,BQD BFN 均为等边三角形，进而可得当,,AQ DQ DN 共线时AQ BQ FQ ++的和最短，在Rt △APN 中，利用勾股定理求出AN 的长即可得答案.【详解】(1)∵抛物线252y ax bx =++过点()()1,0,5,0A B ， ∴502502552a b a b ⎧=++⎪⎪⎨⎪=++⎪⎩解得123a b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩ ∴解析式215322y x x =-+. (2)当0y =时，由2150322x x =-+，得125,1x x ==， 对称轴所在直线为3x =，顶点坐标为()3,2,4AB -=，∵抛物线与y 轴相交于点C ． ∴50,2C ⎛⎫ ⎪⎝⎭①若AB 为菱形的边，如图1，则,4EF AB EF AB ==，且E 的横坐标为3 ∴F 的横坐标为7或-1，∵4,2,AE AB AM EM AB ===⊥，∴EM =∴(7,F或(1,F -， 当157,4973622x y ==⨯-⨯+=， ∴点F到二次函数图象的垂直距离为6-，当x=-1时，y=12×(-1)2-(-1)×3+52=6， ∴点F到二次函数图象的垂直距离为6-.②若AB 为对角线，如图2，∵AEBF 是菱形，4AF BF ==，∴∴(3,F -，当x=3时，y=12×32-3×3+52=-2，∴点F 到二次函数图象的垂直距离为(2)--=，综上所述：点F 到二次函数图象的垂直距离为6-或(3)当(3,F 时，点F 到二次函数图象的垂直距离最小，如图3，将BQF 绕点B 逆时针旋转60︒到BDN 位置，连接AN ，作PN AB ⊥于P ， ∵AB=4，AF=BF=4，∴△ABF 是等边三角形，∵将BQF 绕B 逆时针旋转60︒到BDN 位置，∴BQF ≌BDN ，且,BQD BFN 均为等边三角形，∴,4,QD QB BD NB BF DN FQ =====，∵AQ BQ FQ AQ QD DN ++=++，∴当,,AQ DQ DN 共线时AQ BQ FQ ++的和最短，即最短值为AN 的长． ∵AF BF AB 4===，∴NBP 60∠=︒且BN 4=，∴BP 2,PN ==，∴AP 6=，在Rt ANP 中，AN ==∴AQ BQ FQ ++的和最小值为【点睛】本题是对二次函数的综合考查，包括待定系数法求二次函数解析式，等边三角形的判定与性质、菱形的性质及旋转的性质，理解点到二次函数图象的垂直距离的定义是解题关键.类型二 线段的系数都不相同求线段的和的情况（加权费马点）【模型通解】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大．如：保持BP 不变，x AP ＋y BP ＋z CP ＝()x z y AP BP CP y y++，如图所示，B 、P 、P 2、A 2四点共线时，取得最小值．例4：9. 点P 为锐角△ABC 内任意一点，∠ACB ＝30°，BC ＝6，AC ＝5，连接AP 、BP 、CP ，求3AP ＋4BP ＋5CP 的最小值 【答案】345PA PB PC ++最小值为214． 【解析】【分析】根据题意，将APC △绕点C 顺时针旋转90︒，得到''CP A ，再将''CP A 以点C 为位似中心缩小34倍，得到''''CP A ，当B 、P 、P’’、A’’共线时，取值最小，由旋转及位似的性质可得：120BCA ∠=''︒，34CA CA =''，在''Rt A EC 中，利用三角函数解直角三角形可得8A E =''，再由勾股定理即可得． 【详解】解：如图所示，将APC △绕点C 顺时针旋转90︒，得到''CP A ，再将''CP A 以点C 为位似中心缩小34倍，得到''''CP A ，如图所示：当B 、P 、P’’、A’’共线时，取值最小，35345444PA PB PC PA PB PC ⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭，由旋转及位似的性质可得：在''BCA 中，3090120BCA ∠=︒+︒=''︒，31544CA CA =''=，在''Rt A EC 中，60A CE ∠=''︒，158CE =，tan 608A E CE =︒⨯=''， 在''Rt P CP 中，3''4CP CP = ∴根据勾股定理可得：54PP PC ==''， ∴在''Rt A BE 中，214BA ==''， ∴345PA PB PC ++最小值为214． 【点睛】题目主要考查旋转、位似的性质、特殊三角函数及勾股定理解直角三角形等知识点，理解题意，作出相应辅助线图形是解题关键．例5：10. 如图，在Rt ABC 中，30,6,5ACB BC AC ∠=︒==，在ABC 内部有一点P ，连接PA 、PB 、PC ．（加权费马点）求：（1）PA PB PC ++的最小值；（2）PA PB +的最小值（3）PA PB ++的最小值；（4）2PA PB ++的最小值（5）12PA PB PC ++的最小值；（6）24PA PB ++的最小值（7）42PA PB ++的最小值； （8）345PA PB PC ++的最小值【答案】（1（2；（3（4）；（5）132；（6）26；（7）；（8）214【解析】【分析】（1）将BPC △绕点B 顺时针旋转60得到BP C ''△，则BP BP '=，P C PC '=，60PBP '∠=，可以推出BPP '为等边三角形，得到BP PP '=，则PA PB PC PA PP PC ''++=++，即可得到A 、P 、P '、C '四点共线时，PA PB PC ++最小，最小值为AC '，然后证明==90ACC ACB BCC ''+∠∠∠，由此利用勾股定理求解即可；（2）将BPC △绕点C 逆时针旋转90得到CP B ''△，则可证明PP '=，从而得到PA PB PA PP P B ''++=++，则当A 、P 、P '、B '四点共线时PA PB PC ++最小，最小值为AB '，过点A 再作B C '的垂线，垂足为E ，利用勾股定理求出AE ==172B E B C EC ''=+=，由此即可得到答案；（3）将BPC △绕点C 逆时针旋转120得到B PC ''△，则可证明PP '=，则PA PB PA PP P B '''++=++，故当A 、P 、P '、B '四点共线时PA PB ++最小，最小值为AB '，过点A 再作B C '的垂线，垂足为E ，利用勾股定理求出CE ==B E CE CB ''=+=，由此即可得到答案；（4）将BPC △绕点C 顺时针旋转60，得到CP A ''，再将CP A ''以点C 为位似中心放大2倍，得到CP A ''''，连接PP '，先证明P P ''=，则可以得到2PA PB A P P P PB ''''''++=++，故当A ''，P ''，P ，B 共线时2PA PB ++最小，最小为A B ''，然后证明=90BCA ACB ACA ''''=+∠∠∠，即可利用勾股定理求解；（5）将BPC △绕点C 顺时针旋转60，得到CP A ''，再将CP A ''以点C 为位似中心缩小2倍，得到CP A ''''，同（4）原理可证得当A ''，P ''，P ，B 共线时122PA PB PC ++最小，最小为A B ''，然后证明=90BCA ACB ACA ''''=+∠∠∠，由此求解即可；（6）由12442PA PB PA PB ⎛⎫++=+ ⎪ ⎪⎝⎭可由（5）得：24PA PB ++的最小值为26；（7）由422(2)PA PB PA PB ++=++可由（4）得42PA PB ++的最小值为（8）将BPC △绕点C 顺时针旋转90，得到CP A ''，再将CP A ''以点C 为位似中心缩小34倍，得到CP A ''''，同理可以证得当A 、P 、P ''、A ''，共线时345PA PB PC ++的值最小．在BCA ''中，120BCA ACB ACA ''∠=+'='∠∠，31544A C CA ==''，过点A ''作A E BC ''⊥交BC 延长线于E ，然后求出EA ''，BE 的长，由此即可求解．【详解】解：（1）如图3-2，将BPC △绕点B 顺时针旋转60得到BP C ''△， △BP BP '=，P C PC '=，60PBP '∠=， ∴BPP '为等边三角形， △BP PP '=，∴PA PB PC PA PP PC ''++=++，△A 、P 、P '、C '四点共线时，PA PB PC ++最小，最小值为AC ' 同理可证BCC '为等边三角形， △6CC BC '==，=60BCC '∠， △==90ACC ACB BCC ''+∠∠∠，△AC '==；∴PA PB PC ++；（2）如图3-4，将BPC △绕点C 逆时针旋转90得到CP B ''△，△B P BP ''=，P C PC '=，90PCP '=∠，=P CB PCB ''∠∠，6CB CB '==，∴PP '==，∴PA PB PA PP P B ''++=++，△当A 、P 、P '、B '四点共线时，PA PB PC ++最小，最小值为AB ' △△ACB =30°，∴=30ACP PCB ACP P CB ''∠+∠=∠+∠ △120ACB PCP ACP P CB ''''∠=∠+∠+∠=， 过点A 再作B C '的垂线，垂足为E ， ∴△AEC =90°，△ACE =60°， ∴∠CAE =30°，∴1522CE AC ==△2AE ==，172B E B C EC ''=+=，∴AB '==，∴PA PB +（3）如图3-6，将BPC △绕点C 逆时针旋转120得到B PC ''△，△B P BP ''=，P C PC '=，120PCP '=∠，=P CB PCB ''∠∠，6CB CB '==， ∴30CPP CP P ''==∠∠， 过点C 作CE PP '⊥于E ， △12CE CP =，PE P E '=，△2PE ==，△PP '=，△PA PB PA PP P B '''++=++，△当A 、P 、P '、B '四点共线时，PA PB ++最小，最小值为AB ' △△ACB =30°，∴=30ACP PCB ACP P CB ''∠+∠=∠+∠ △==150ACB PCP ACP P CB ''''++∠∠∠∠， 过点A 再作B C '的垂线，垂足为E ， ∴△AEC =90°，△ACE =3°， ∴1522AE AC ==△CE ==△122B E CE CB +''=+=∴AB ='=∴PA PB ++（4）如图3-8，将BPC △绕点C 顺时针旋转60，得到CP A ''，再将CP A ''以点C 为位似中心放大2倍，得到CP A ''''，连接PP '由旋转的性质得5CA CA '==，CP CP '=，PA P A ''=，==60PCP ACA ''∠∠， △10CA ''=，2CP CP ''=，22P A A P AP '''=='''，PCP '△是等边三角形， △PP P C P P '''''==，=60PP C '∠， △==30PP P P PP '''''∠∠， △=90P PC ''∠，△P P ''==，△2PA PB A P P P PB ''''''++=++，△当A ''，P ''，P ，B 共线时2PA PB ++最小，最小为A B ''， ∵=90BCA ACB ACA ''''=+∠∠∠，∴A B ''==∴2PA PB ++的最小值为；（5）如图3-10，将BPC △绕点C 顺时针旋转60，得到CP A ''，再将CP A ''以点C 为位似中心缩小2倍，得到CP A ''''，同（4）原理可证得当A ''，P ''，P ，B 共线时12PA PB PC ++最小，最小为A B ''，∵=90BCA ACB ACA ''''=+∠∠∠，在Rt BCA ''中，6BC =，15=22CA CA '='132BA ==''，12PA PB PC ++最小为132；（6）∵124422PA PB PA PB PC ⎛⎫++=++ ⎪ ⎪⎝⎭∴由（5）得：24PA PB ++的最小值为26；（7）∵422(2)PA PB PA PB ++=++∴由（4）得42PA PB ++的最小值为（8）如图3-12，将BPC △绕点C 顺时针旋转90，得到CP A ''，再将CP A ''以点C 为位似中心缩小34倍，得到CP A ''''， 同理可以证得当A 、P 、P ''、A ''，共线时345PA PB PC ++的值最小． 在BCA ''中，120BCA ACB ACA ''∠=+'='∠∠，31544A C CA ==''， 过点A ''作A E BC ''⊥交BC 延长线于E ， ∴60A CE ∠=''， ∴30CA E ∠=''，△115=28CE CA ''=，∴8EA =''，1568BE BC CE =+=+，∴214BA ==''， 345PA PB PC ++的最小值为214． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够作出辅助线，找到P 点在什么位置时，线段的和最小．【变式】（1）11. 如图，△ABC 中，AB ＝AC ＝4，∠BAC ＝30°，P 为平面内一点，（1）求CP BP +最小值（2）在（1）条件下，求2CP BP ++最小值（3）在（1）条件下，求3CP AP ++最小值 （4）在（1）条件下，求354CP AP BP ++最小值【答案】（1）（2）（3）（4） 【解析】【分析】（1）将△ABP 绕点A 逆时针旋转90°，得到△A P′B′，取PP′中点D ，连接AD ，可得∠P′AB′=∠P AB ，AB′=AB =4，当点C 、P 、P′、B′共线是，CP +PP′+P′C 最短，即CP BP +最短，根据∠CAP +∠BAP =30°，∠P AP′=90°，∠CAB ′=∠CAP +∠P′AB′+∠P AP′=120°，AC =AB ′=4，可求∠ACB′=∠AB′C =()1180302CAB '︒-∠=︒在Rt △ADC 中，根据勾股定理CD ===（2）将△APB 逆时针旋转90°，得到△AP′B′，延长AP′到AP″=2AP ′，延长AB ′到AB″=2AB′，根据点P′，B′是AP ″，AB″的中点，可得P″B ″=2 P′B′，当点C ，P ，P″，B″共线时，线段2CP BP +最小值=CB ″，过C 作射线B″A 的垂直线CE ⊥B″A 于E ，先求出∠ECA =90°-∠EAC=30°，利用30°直角三角形性质可得AE =114222AC =⨯=，根据勾股定理EC ===Rt △CEB″中CB ''===（3）把△APB 逆时针旋转90°，得到△AP′B′，以AP 、AP 为邻边作正方形APTP′，连接AT ，′延长AP′到AM =2AT ，过M 作MN ∥P′B′，交AB′延长线与N ，可得AM =2AT=，根据MN ∥P′B′，可证△AP′B′∽△AMN ，得出AP AB P B AM AN MN ''''===，可得AN '==MN B ''==，当点C ，P ，M ，N 共线时，线段3CP AP ++最小值最小值=CN ，过C 作射线NA 的垂直线CF ⊥NA 于F ，先求出∠CAN =120°，再求∠FCA =90°-∠F AC=30°，利用30°直角三角形性质可求AF =114222AC =⨯=，利用勾股定理可求FC ==Rt △CFN 中CN ===（4）将△APB 逆时针旋转90°得△AP′B′，延长CP 交AP′与M ，使PM =54AP ，根据勾股定理在Rt △APM 中，AM 34AP ==，过M 作MN ∥P′B′，交AB′于M ，根据MN ∥P′B′，可证△AP′B′∽△AMN ，可得。
2020年九年级数学中考几何探究型问题：线段最值问题——“费马点”问题(含答案)
几何探究型问题(针对第25题)线段最值问题“费马点”问题【问题背景】“费马点”——就是到三角形三个顶点的距离之和最小的点．“费马点”问题在中考考查时主要隐藏在求PA＋PB＋PC的最小值问题，通常将某三角形绕点旋转一定的角度，从而将三条线段转化在同一条直线上，利用两点之间线段最短解决问题．【模型分析】对于一个各角不超过120°的三角形，“费马点”是对各边的张角都是120°的点，对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点．费马点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA＋PB＋PC最小，这就是所谓的“费马”问题．如图，将△APC绕点A逆时针旋转60°到△AP′C′，则可以构造出等边三角形APP′，从而得到AP＝PP′，CP＝C′P′，所以将PA＋PB＋PC的值转化为PP′＋PB＋P′C′的值，则线段BC′的长即为所求的最小值．例题1．如图，已知点P为等边三角形ABC外接圆的劣弧BC上任意一点，求证：PB＋PC＝PA．证明：如答图，在P A上截取PM＝PC，连接CM.∵△ABC 是等边三角形，∴∠ABC ＝∠ACB ＝60°，BC ＝AC ．∵∠ABC ＝∠APC ，∴∠MPC ＝60°，∴△MPC 是等边三角形，∴∠MCP ＝60°，MC ＝PC ，∴∠ACM ＝∠BCP .在△BPC 和△AMC 中，⎩⎪⎨⎪⎧ BC ＝AC ，∠BCP ＝∠ACM ，PC ＝MC ，∴△BPC ≌△AMC (SAS)，∴BP ＝AM ，∴PB ＋PC ＝AM ＋PM ＝P A ．2．已知三个村庄A ，B ，C 构成了如图所示的△ABC(其中∠A ，∠B ，∠C 均小于120°)，现选取一点P 作为打水井，使水井P 到三个村庄A ，B ，C 所铺设的输水管总长度最小．求输水管总长度的最小值．解：如答图，以BC 为边在△ABC 的外部作等边三角形BCD ，连接AD ．∴AD 的长就是△ABC 的费马距离．易得∠ABD ＝90°，∴AD ＝AB 2＋BD 2＝5(km)．答：输水管总长度的最小值为5 km.练习(2019·陕师大附中六模)问题提出(1)如图1，在△ABC 中，BC ＝2，将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到△A ′BC ′，则CC ′＝______.【解答】由旋转的性质可知∠CBC ′＝60°，BC ′＝BC ，则∠△BCC ′是等边三角形，故CC ′＝BC ＝2.问题探究(2)如图2，在△ABC中，AB＝BC＝3，∠ABC＝30°，点P为△ABC内一点，连接PA，PB，PC，求PA＋PB＋PC的最小值，并说明理由．解题思路将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，连接PF，EC．易证PA＋PB＋PC＝EF＋PF＋PC；由PC＋PF＋EF≥EC，推出当点P，F在直线EC上时，PA＋PB＋PC的值最小，即为EC的长，求出EC的长即可解决问题．【解答】如答图1，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，连接PF，EC．由旋转的性质可知△PBF是等边三角形，∴PB＝PF.∵P A＝EF，∴P A＋PB＋PC＝EF＋PF＋PC．∵PC＋PF＋EF≥EC，∴当点P，F在直线EC上时，P A＋PB＋PC的值最小，易得BC＝BE＝BA＝3，∠CBE＝90°，∴EC＝2BC＝32，∴P A＋PB＋PC的最小值为3 2.问题解决(3)如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝6，AD＝4，∠ABC＝∠BCD＝60°.在四边形ABCD内部有一点P，满足∠APD＝120°，连接BP，CP，点Q为△BPC内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得PQ＋BQ＋CQ有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．解题思路将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG是等边三角形，易知PQ＋BQ＋CQ＝EG＋GQ＋QC≥EC，推出当EC取得最小值时，PQ ＋BQ ＋CQ 的值最小．延长BA 交CD 的延长线于点S ，作△ADS 的外接圆⊙O ，将线段BO ，BP 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BO ′，BE ，连接EO ′，OB ，OP .易证△BEO ′≌△BPO(SAS)，推出EO ′＝OP ＝433，故点E 在以点O ′为圆心，433为半径的圆上，则当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值为CO ′－EO ′的长．【解答】如答图2，将△PBQ 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBG ，连接GQ ，EC ，则PQ ＝EG ，△BQG 是等边三角形，∴BQ ＝QG ，∴PQ ＋BQ ＋CQ ＝EG ＋GQ ＋QC ≥EC ，∴当EC 取得最小值时，PQ ＋BQ ＋CQ 的值最小．如答图3，延长BA 交CD 的延长线于点S ，作△ADS 的外接圆⊙O ，连接OB ．将线段BO ，BP 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BO ′，BE ，连接EO ′，OP.易证△BEO ′≌△BPO (SAS)，∴EO ′＝PO .∵∠APD ＋∠ASD ＝180°，∴A ，P ，D ，S 四点共圆，∴OP ＝433，∴EO ′＝433， ∴点E 在以点O ′为圆心，433为半径的圆上， ∴当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值为CO ′－EO ′的长，连接OO ′，延长OO ′到点R ，使得O ′R ＝OO ′，连接BR ，则∠OBR ＝90°，作RH ⊥CB 交CB 的延长线于点H ，O ′T ⊥CH 于点T ，OM ⊥BC 于点M .易知在Rt △OBM 中，BM ＝5，OM ＝1133， ∴OB ＝OM 2＋BM 2＝1433， ∴BR ＝3OB ＝14.易知△BHR ∽△OMB ，∴RH BM ＝BR OB，∴RH ＝5 3.∵HR ∥O ′T ∥OM ，OO ′＝RO ′，∴TM ＝TH ，∴O ′T ＝RH ＋OM 2＝1333，∴BT ＝O ′B 2－O ′T 2＝3， ∴CO ′＝CT 2＋O ′T 2＝2633， ∴CE ＝CO ′－EO ′＝2633－433＝2233， ∴PQ ＋BQ ＋CQ 的最小值为2233.类型三 “阿氏圆”问题【问题背景】“PA ＋k ·PB ”型的最值问题是近几年中考考查的热点，更是一个难点．当k 的值为1时，即可转化为“PA ＋PB ”之和最短问题，就可用我们常见的“将军饮马”问题模型来处理，即可以转化为轴对称问题来处理．当k 取任意不为1的正数时，此类问题的处理通常以动点P 的运动轨迹不同来分类，一般分为两类研究，即点P 在直线上运动和点P 在圆上运动．其中点P 在圆周上运动的类型称之为“阿氏圆”问题．【模型分析】如图1，⊙O 的半径为r ，点A ，B 都在⊙O 外，P 为⊙O 上一动点，已知r ＝k ·OB ，连接PA ，PB ，则当PA ＋k ·PB 的值最小时，点P 的位置如何确定？如图2，在线段OB 上截取OC ，使OC ＝k ·r ，则可证明△BPO 与△PCO 相似，即k ·PB ＝PC ．故求PA ＋k ·PB 的最小值可以转化为PA ＋PC 的最小值，其中A ，C 为定点，P 为动点，当点P ，A ，C 共线时，PA ＋PC 的值最小，如图3.“阿氏圆”模型解题策略：第一步：连接动点与圆心O(一般将含有k 的线段两端点分别与圆心O 相连)，即连接OB ，OP ；第二步：计算线段OP 与OB 及OP 与OA 的线段比，找到线段比为k 的情况，如例子中的OP OB ＝k ； 第三步：在OB 上取点C ，使得OC OP ＝OP OB ；第四步：连接AC ，与⊙O 的交点即为点P .例题如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝4，CA ＝6，⊙C 的半径为2，P 为圆上一动点，连接AP ，BP ，求AP ＋12BP 的最小值． 解：如答图，连接CP ，在CB 上取点D ，使CD ＝1，连接AD ，PD ．∵CD CP ＝CP BC ＝12，∠PCD ＝∠BCD ， ∴△PCD ∽△BCP ，∴PD BP ＝12， ∴PD ＝12BP ，∴AP ＋12BP ＝AP ＋PD ， ∴要使AP ＋12BP 最小，则AP ＋PD 最小， 当点A ，P ，D 在同一条直线时，AP ＋PD 最小，即AP ＋12BP 的最小值为AD 的长． 在Rt △ACD 中，∵CD ＝1，AC ＝6，∴AD ＝AC 2＋CD 2＝37，∴AP ＋12BP 的最小值为37. 练习问题提出(1)如图1，已知线段AB 和BC ，AB ＝2，BC ＝5，则线段AC 的最小值为______.解题思路当点A 在线段BC 上时，线段AC 有最小值．【解答】∵当点A 在线段BC 上时，线段AC 有最小值，∴线段AC 的最小值为5－2＝3.问题探究(2)如图2，已知在扇形COD 中，∠COD ＝90°，DO ＝CO ＝6，A 是OC的中点，延长OC 到点F ，使CF ＝OC ，P 是CD ︵上的动点，点B 是OD 上的一点，BD ＝1.①求证：△OAP ∽△OPF .解题思路由题意可得OA OP ＝OP OF ＝12，由相似三角形的判定可得△OAP ∽△OPF . 【解答】∵A 是OC 的中点，DO ＝CO ＝6＝OP ，∴OA OP ＝12. ∵CF ＝OC ，∴OF ＝2OC ＝2OP ，∴OP OF ＝12， ∴OA OP ＝OP OF，且∠AOP ＝∠POF ，∴△OAP ∽△OPF .②求BP ＋2AP 的最小值．解题思路由相似三角形的性质可得PF ＝2AP ，可得BP ＋2AP ＝BP ＋PF ，即当F ，P ，B 三点共线时，BP ＋2AP 有最小值，最小值为BF 的长，由勾股定理即可求解．【解答】∵△OAP ∽△OPF ，∴AP PF ＝OP OF ＝12， ∴PF ＝2AP .∵BP ＋2AP ＝BP ＋PF ，∴当F ，P ，B 三点共线时，BP ＋2AP 有最小值，最小值为BF 的长．∵DO ＝CO ＝6，BD ＝1，∴BO ＝5，OF ＝12，∴BF ＝OB 2＋OF 2＝13.问题解决(3)如图3，有一个形状为四边形ABCD 的人工湖，BC ＝9千米，CD ＝4千米，∠BCD ＝150°，现计划在湖中选取一处建造一座假山P ，且BP ＝3千米，为方便游客观光，从C ，D 分别建小桥PD ，PC ．已知建桥PD 每千米的造价是3万元，建桥PC 每千米的造价是1万元，建桥PD 和PC 的总造价是否存在最小值？若存在，请确定点P 的位置，并求出总造价的最小值，若不存在，请说明理由．(桥的宽度忽略不计)解题思路以点B 为圆心，3为半径作圆交AB 于点E ，交BC 于点F ，点P 为EF ︵上一点，连接BP ，PC ，PD ，在BC 上截取BM ＝1，连接MD ，PM ，过点D 作DG ⊥CB ，可证△BPM ∽△BCP ，可得PC ＝3PM ，当点P 在线段MD 上时，建桥PD 和PC 的总造价有最小值，由勾股定理可求MD 的值，即可求出建桥PD 和PC 的总造价的最小值．【解答】存在．如答图，以点B 为圆心，3为半径作圆交AB 于点E ，交BC 于点F ，P 为EF ︵上一点，连接BP ，PC ，PD ，在BC 上截取BM ＝1，连接MD ，PM ，过点D 作DG ⊥BC 交BC 的延长线于点G .∵BM BP ＝13＝BP BC，且∠PBM ＝∠CBP ， ∴△BPM ∽△BCP ，∴PM CP ＝BM BP ＝13，∴PC ＝3PM . ∵建桥PD 和PC 的总造价为3PD ＋PC ＝3PD ＋3PM ＝3(PD ＋PM )，∴当点P 在线段MD 上时，建桥PD 和PC 的总造价有最小值．∵∠BCD ＝150°，∴∠DCG ＝30°.∵DG ⊥BC ，∴DG ＝12DC ＝23(千米)，CG ＝3DG ＝6(千米)， ∴MG ＝BC ＋CG －BM ＝9＋6－1＝14(千米)，∴MD ＝DG 2＋MG 2＝413(千米)，∴建桥PD 和PC 的总造价的最小值为3×413＝1213万元．作业5．(2019·交大附中三模)问题提出(1)如图1，点M ，N 是直线l 外两点，在直线l 上找一点K ，使得MK ＋NK 最小． 问题探究(2)如图2，在等边三角形ABC 内有一点P ，且P A ＝3，PB ＝4，PC ＝5，求∠APB 的度数．问题解决(3)如图3，矩形ABCD是某公园的平面图，AB＝30 3 米，BC＝60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A，B，C的距离之和最小．问：是否存在这样的点E？若存在，请画出点E的位置，并求出EA＋EB＋EC的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)如答图1，连接MN，与直线l交于点K，点K即为所求．(2)如答图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，连接PP′.由旋转的性质，得P′A＝P A＝3，P′C＝PB＝4，∠P AP′＝60°，∠AP′C＝∠APB，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝P A＝3，∠AP′P＝60°.∵PP′2＋P′C2＝32＋42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2＋P′C2＝PC2，∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°，∴∠APB＝∠AP′C＝150°.(3)存在．如答图3，把△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A′BE′，连接EE′.答图由旋转的性质，得A′B＝AB＝30 3 米，BE′＝BE，A′E′＝AE，∠E′BE＝60°，∠A′BA＝60°，∴△E′BE是等边三角形，∴BE＝EE′，∴EA ＋EB ＋EC ＝A ′E ′＋EE ′＋EC ．根据两点之间线段最短，可知当EA ＋EB ＋EC ＝A ′C 时最短，连接A ′C ，与BD 的交点E 2即为所求，此时EA ＋EB ＋EC 最短，最短距离为A ′C 的长度．过点A ′作A ′G ⊥CB 交CB 的延长线于点G . ∵∠A ′BG ＝90°－∠A ′BA ＝90°－60°＝30°， A ′G ＝12A ′B ＝12AB ＝12×303＝153(米)，∴GB ＝3A ′G ＝3×153＝45(米)， ∴GC ＝GB ＋BC ＝45＋60＝105(米)．在Rt △A ′GC 中，A ′C ＝A ′G 2＋GC 2＝(153)2＋1052＝3013(米)， 因此EA ＋EB ＋EC 的最小值为3013 米． 6．问题提出(1)如图1，已知△OAB 中，OB ＝3，将△OAB 绕点O 逆时针旋转90°得△OA ′B ′，连接BB ′，则BB ′＝问题探究(2)如图2，已知△ABC 是边长为43的等边三角形，以BC 为边向外作等边三角形BCD ，P 为△ABC 内一点，将线段CP 绕点C 逆时针旋转60°，点P 的对应点为点Q .①求证：△DCQ ≌△BCP . ②求P A ＋PB ＋PC 的最小值． 问题解决(3)如图3，某货运场为一个矩形场地ABCD ，其中AB ＝500米，AD ＝800米，顶点A ，D 为两个出口，现在想在货运广场内建一个货物堆放平台P ，在BC 边上(含B ，C 两点)开一个货物入口M ，并修建三条专用车道P A ，PD ，PM .若修建每米专用车道的费用为10 000元，当M ，P 建在何处时，修建专用车道的费用最少？最少费用为多少？(结果保留根号)解：(1)由旋转的性质，得∠BOB ′＝90°，OB ＝OB ′＝3， 根据勾股定理，得BB ′＝3 2. (2)①证明：∵△BDC 是等边三角形， ∴CD ＝CB ，∠DCB ＝60°.由旋转的性质，得∠PCQ ＝60°，PC ＝QC ， ∴∠DCQ ＝∠BCP .在△DCQ 和△BCP 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CB ，∠DCQ ＝∠BCP ，CQ ＝CP ，∴△DCQ ≌△BCP (SAS)． ②如答图1，连接AD ，PQ . ∵PC ＝CQ ，∠PCQ ＝60°，∴△CPQ 是等边三角形，∴PQ ＝PC ， 由①知DQ ＝PB ，∴P A ＋PB ＋PC ＝P A ＋QD ＋PQ ，由两点之间线段最短，得P A ＋QD ＋PQ ≥AD ， ∴P A ＋PB ＋PC ≥AD ，∴当点A ，P ，Q ，D 在同一条直线上时，P A ＋PB ＋PC 取得最小值，即为AD 的长，过点D 作DE ⊥AC ，交AC 的延长线于点E . ∵△ABC 是边长为43的等边三角形， ∴CB ＝AC ＝43，∠BCA ＝60°， ∴CD ＝CB ＝43，∠DCE ＝60°， ∴DE ＝6，∠DAE ＝∠ADC ＝30°， ∴AD ＝12，即P A ＋PB ＋PC 的最小值为12.答图(3)如答图2，将△ADP 绕点A 逆时针旋转60°，得△AD ′P ′.由(2)知，当点M ，P ，P ′，D ′在同一条直线上时，P A ＋PM ＋PD 最小，最小值为D ′M 的长．∵M 在BC 上，∴当D ′M ⊥BC 时，D ′M 取得最小值． 设D ′M 交AD 于点E ，连接DD ′，AM ，DM . 易知△ADD ′是等边三角形，∴EM ＝AB ＝500米， ∴BM ＝400米，PM ＝EM －PE ＝(500－40033)米，∴D ′E ＝32AD ＝4003(米)，∴D ′M ＝(4003＋500)米， ∴最少费用为10 000×(4003＋500)＝ 1 000 000(43＋5)元．∴当M 建在BC 的中点(BM ＝400米)处，点P 在过M 且垂直于BC 的直线上，且在M上方(500－40033)米处时，修建专用车道的费用最少，最少费用为1 000 000(43＋5)元．类型三 “阿氏圆”问题7．(2018·西工大附中三模) 问题提出(1)如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，BD 是AC 边的中线，请用尺规作图作出AB 边的中线CE ，并证明BD ＝CE ；问题探究(2)如图2，已知点P 是边长为6的正方形ABCD 内部一动点，P A ＝3，求PC ＋12PD 的最小值；问题解决(3)如图3，在矩形ABCD 中，AB ＝18，BC ＝25，点M 是矩形内部一动点，MA ＝15，当MC ＋35MD 最小时，画出点M 的位置，并求出MC ＋35MD 的最小值．解：(1)如答图1，线段EC 即为所求．证明：∵AB ＝AC ，AE ＝EB ，AD ＝CD ，∴AE ＝AD ， 在△BAD 和△CAE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠A ＝∠A ，AD ＝AE ，答图1∴△BAD ≌△CAE (SAS)，∴BD ＝CE . (2)如答图2，在AD 上截取AE ，使得AE ＝32.∵P A 2＝9，AE ·AD ＝32×6＝9，∴P A 2＝AE ·AD ，∴P A AD ＝AEP A.∵∠P AE ＝∠DAP ，∴△P AE ∽△DAP ， ∴PE DP ＝P A DA ＝12，∴PE ＝12PD ， ∴PC ＋12PD ＝PC ＋PE .∵PC ＋PE ≥EC ，∴PC ＋12PD 的最小值即为EC 的长，在Rt △CDE 中，∵∠CDE ＝90°，CD ＝6，DE ＝92，∴EC ＝62＋(92)2＝152，∴PC ＋12PD 的最小值为152.答图(3)如答图3，在AD 上截取AE ，使得AE ＝9. ∵MA 2＝225，AE ·AD ＝9×25＝225，∴MA 2＝AE ·AD ，∴MA AD ＝AEMA.∵∠MAE ＝∠DAM ，∴△MAE ∽△DAM ， ∴EM MD ＝MA DA ＝1525＝35，∴ME ＝35MD ， ∴MC ＋35MD ＝MC ＋ME .∵MC ＋ME ≥EC ，∴MC ＋35MD 的最小值即为EC 的长．如答图3，以点A 为圆心，AM 长为半径画弧，交EC 于点M ′，点M ′即为所求． 在Rt △CDE 中，∵∠CDE ＝90°，CD ＝18，DE ＝16， ∴EC ＝162＋182＝2145， ∴MC ＋35MD 的最小值为2145.8．(1)如图1，已知正方形ABCD 的边长为4，⊙B 的半径为2，P 是⊙B 上的一个动点，求PD ＋12PC 的最小值和PD －12PC 的最大值；(2)如图2，已知正方形ABCD 的边长为9，⊙B 的半径为6，P 是⊙B 上的一个动点，那么PD ＋23PC 的最小值为，PD －23PC 的最大值为(3)如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B ＝60°，⊙B 的半径为2，P 是⊙B 上的一个动点，那么PD ＋12PC 的最小值为，PD －12PC 的最大值为解：(1)如答图1，在BC 上取一点G ，使得BG ＝1，连接PB ，PG ，DG .∵PB BG ＝CBPB＝2，∠PBG ＝∠CBP ， ∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝12，∴PG ＝12PC ， ∴PD ＋12PC ＝PD ＋PG .∵PD ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋12PC 的值最小，最小值为DG ＝42＋32＝5.∵PD －12PC ＝PD －PG ≤DG ，∴如答图2，当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为5.答图(2)106，106.【解法提示】如答图3，在BC 上取一点G ，使BG ＝4，连接PG ，PB ，DG . ∵PB BG ＝64＝32，CB PB ＝96＝32，∴PB BG ＝CB BP. ∵∠PBG ＝∠CBP ，∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝23， ∴PG ＝23PC ，∴PD ＋23PC ＝DP ＋PG .∵DP ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋23PC 的值最小，最小值为DG ＝52＋92＝106.∵PD －23PC ＝PD －PG ≤DG ，∴当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为106.答图(3)37，37.【解法提示】如答图4，在BC 上取一点G ，使得BG ＝1，连接PB ，PG ，DG ，作DF ⊥BC 交BC 的延长线于点F .∵PB BG ＝21＝2，BC PB ＝42＝2，∴PB BG ＝CB BP. ∵∠PBG ＝∠CBP ，∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝12， ∴PG ＝12PC ，∴PD ＋12PC ＝DP ＋PG .∵DP ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋12PC 的值最小，最小值为DG 的长．在Rt △CDF 中，∵∠DCF ＝60°，CD ＝4， ∴DF ＝CD ·sin60°＝23，CF ＝2，∴在Rt △GDF 中，DG ＝(23)2＋52＝37. ∴PD ＋12PC 的最小值为37.∵PD －12PC ＝PD －PG ≤DG ，∴当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为37.。
初中几何模型费马点最值模型
几何模型：费马点最值模型费马尔问题思考：如何找一点P 使它到△ ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？BP AP CP=BP PQ QE BE当B、P、Q、 E 四点共线时取得最小值典题探究启迪思维 探究重点例题 1. 已知： △ABC 是锐角三角形， G 是三角形内一点。
∠ AGC= ∠AGB= ∠BGC=12°0 求证： GA+GB+GC 的值最小 .证明：将 △BGC 逆时针旋转 60°，连 GP,DB.则 △CGB ≌△ CPD ；∠CPD=∠CGB=12°0 ,CG=CP,GB=PD, BC=DC, ∠GCB=∠PCD.∠ GCP=6°0 , ∠ BCD=6°0 ,△GCP 和△BCD 都是等边三角形。
∠AGC=12°0 , ∠CGP=6°0 .A 、G 、P 三点一线。
∠ CPD=12°0 , ∠ CPG=6°0 .G 、P 、 D 三点一线。
AG 、GP 、PD 三条线段同在一条直线上。
GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.G 点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的那一点变式练习 >>> PB PC 的取值范围解：将 BPC 绕点 B 顺时针旋转 60°得到 BP'C' ， AC ' 易知 BPP '为等边三角形 . 从而 PA PB PC PA PP' P'C' （两点之间线段最短），从而 t 3.过 P 作BC 的平行线分别交 AB 、AC 于点 M 、N ， 易知 MN AN AM . 因为在 BMP 和 PNC 中， PB MP BM ①， PC PN NC ②。
又 APM ANM AMN ，所以 PA AM ③ . ①+②+③可得 t AM BM MP NP NC AB MN NC 1 即 t 2.综上， t PA PB PC 的取值范围为 3 t 2.2，AN NC典题探究启迪思维探究重点例题 2. 已知正方形ABCD 内一动点E到A、B、C 三点的距离之和的最小值为BG=BO +GO = 2a+ 6a．22点E到A、B、C 三点的距离之和的最小值为 2 6．2a+ 6a= 2 226 ，解得a=2 ．注本题旋转△ AEB、△BEC 也都可以，但都必须绕着定点旋转，读者不妨一试．变式练习>>> 2．若P为锐角△ABC 的费马点，且∠ ABC=60°，PA=3，PC=4, 求PB 的值.，求正方形的边长．解如图2，连接AC，把△AEC 绕点C顺时针旋转可知△EFC 、△ AGC 都是等边三角形，则EF=CE．又FG=AE，∴AE+BE+CE = BE+EF+FG．∵ 点B、点G 为定点（G 为点A绕 C 点顺时针旋转60°所得）∴ 线段BG 即为点E 到A、B、C 三点的距离之和的最小值，此时设正方形的边长为a ，那么E、F两点都在BG 上．BO=CO=2a2GC= 2a, GO=6a ．a．260°，达标检测 领悟提升 强化落实例题 3. 如图，矩形 ABCD 是一个长为 1000米，宽为 600米的货场， A 、D 是入口，现拟在货场内建一个收 费站 P ，在铁路线 BC 段上建一个发货站台 H ，设铺设公路 AP 、 DP 以及 PH 之长度和为 l ，求 l 的最小值．解答 】600 500 3，线段 A 1E 为最短．变式练习 >>>3．如图，某货运场为一个矩形场地 ABCD ，其中 AB ＝ 500米， AD ＝ 800米，顶点 A ，D 为两个出口，现在想在货运广场内建一个货物堆放平台 P ，在 BC 边上（含 B ，C 两点）开一个货物入口 M ，并修建三条专用 车道 PA ，PD ，PM ．若修建每米专用车道的费用为 10000元，当 M ，P 建在何处时，修建专用车道的费用 最少？最少费用为多少？（结果保留整数）连接 AM ，DM ，将△ADP 绕点 A 逆时针旋转 60°，得△AP ′D ′， 由（ 2）知，当 M ，P ， P ′， D ′在同一条直线上时， AP+PM+DP 最小，最小值为 D ′N ， ∵M 在 BC 上，∴当 D ′M ⊥ BC 时， D ′M 取最小值， 设 D ′M 交 AD 于 E ， ∵△ ADD ′是等边三角形， ∴EM ＝AB ＝500， ∴BM ＝400，PM ＝EM ﹣PE ＝500﹣ ，∴D ′E ＝ AD ＝ 400 ， ∴D ′M ＝ 400 +500，∴最少费用为 10000×（400 +500）＝ 1000000（ 4 +5）元；∴M 建在 BC 中点（BM ＝ 400米）处，点P 在过 M 且垂直于 BC 的直线上，且在 M 上方（500﹣ ）米处，最少费用为 1000000（ 4 +5）元．P1APB EHDC1. 如图，已知矩形ABCD，AB=4，BC=6，点M 为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA+MD +ME 的最小值为 ______ ．F FDH【分析】依然构造60°旋转，将三条折线段转化为一条直线段．分别以AD 、AM 为边构造等边△ ADF、等边△ AMG，连接FG，易证△ AMD≌△ AGF，∴ MD =GF∴ME+MA+MD=ME+EG+GF过 F 作FH⊥BC 交BC 于H 点，线段FH 的长即为所求的最小值4 3 3 ．BD 上一动点，若A ．+ B．+ C．4【解答】解：如图将△ABP 绕点 A 顺时针旋转60°得到△AEF，当E、F、P、C共线时，PA+PB+PC 最小．理由：∵AP＝AF，∠PAF＝60°，∴△ PAF 是等边三角形，∴PA＝PF＝AF，EF＝PB，∴PA+PB+PC＝EF+PF+PC，∴当E、F、P、C共线时，PA+PB+PC 最小，作EM ⊥DA 交DA 的延长线于M ，ME 的延长线交CB 的延长线于N，则四边形ABNM 是矩形，在RT△ AME 中，∵∠M＝90°，∠MAE＝30°，AE＝2，∴ME＝1，AM＝BN＝，MN ＝AB＝2，EN＝1，∴EC＝＝＝＝＝＝+．∴ PA+PB+PC 的最小值为+ ．故选：B ．达标检测领悟提升强化落实3．如图，四边形ABCD 是菱形，AB＝4，且∠ABC＝∠ABE＝60°，M 为对角线BD（不含B点）上任意点，将BM 绕点 B 逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM ，则AM+BM+CM 的最小值为 4 ．【解答】解：如图，连接MN ，∵△ ABE 是等边三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°．∵∠ MBN ＝60°，∴∠ MBN ﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．即∠MBA＝∠NBE．又∵MB＝NB，∴△ AMB≌△ ENB（SAS），∴AM＝EN，∵∠ MBN ＝60°，MB＝NB，∴△ BMN 是等边三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．根据“两点之间线段最短”，得EN+MN +CM ＝EC 最短∴当M 点位于BD 与CE的交点处时，AM + BM+CM 的值最小，即等于EC 的长，过 E 点作EF⊥ BC 交CB 的延长线于F，∴∠ EBF ＝180°﹣120°＝60°，∵BC＝4，∴BF＝2，EF＝2 ，在Rt△EFC 中，∵EF2+FC 2＝EC2，EC＝ 4 ．故答案为：4。
几何最值模型之费马点模型(解析版)
几何最值模型之费马点模型皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等．费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。
费马点问题是由全等三角形中的手拉手模型衍生而来，主要考查转化与化归等的数学思想，在各类考试中都以中高档题为主。
本专题就最值模型中的费马点问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型分析模型：费马点模型1.费马点模型概念：数学上称，到三角形3个顶点距离之和最小的点为费马点。
2.解题依据：旋转变换。
3.解题策略：构造等边三角形共顶点旋转，通过旋转把三条线段凑在一起顺次相连。
4.解题思路：化折为直，共线时求最值。
5.费马点的作法：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。
模型展示模型①：费马点模型【模型解读】结论1：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。
注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A。
(这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°)【模型解析①】构造等边三角形共顶点旋转以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．∵△ABE 为等边三角形，∴AB =BE ，∠ABE =60°．而∠MBN =60°，∴∠ABM =∠EBN ．在△AMB 与△ENB 中，∵AB =BE∠ABM =∠EBN BM =BN，∴△AMB ≌△ENB (SAS )．连接MN ．由△AMB ≌△ENB 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°．【模型解析②】“手拉手模型”原理在△ABC 的外侧，分别作等边△ABT 、等边△ACE ，连接CT 、BE 相交于点P，此时∠BPT =60°，∠APB =∠BPC =∠CPA =120°(参见“手拉手模型-全等”)，点P 就是△ABC 的费马点，费马距离等于CT 或BE ．【模型解析③】费马点的作法如图，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。
第8讲费马点最值模型(解析版)
第8讲费马点最值模型(解析版)中考数学几何模型8：费马点最值模型XXX问题思考：如何找一点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？解法：费马点的定义是指到三角形三个顶点距离之和最小的点。
费马点有如下主要性质：到三角形三个顶点距离之和最小，连接三顶点所成的三夹角皆为120°。
费马点最小值快速求解方法是运用旋转变换，以△XXX任意一边为边向外作等边三角形，这条边所对两顶点的距离即为最小值。
典题探究：已知：△ABC是锐角三角形，G是三角形内一点。
∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°.求证：GA+GB+GC的值最小.证明：将△BGC逆时针旋转60°，连GP,DB.则△CGB≌△CPD；∴∠CPD=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD。
BC=DC,∠GCB=∠PCD.∵∠GCP=60°,∴∠BCD=60°,∴△GCP 和△BCD都是等边三角形。
∵∠AGC=120°,∠CGP=60°.∴A、G、P三点一线。
∵∠CPD=120°,∠CPG=60°.∴G、P、D三点一线。
∴AG、GP、PD三条线段同在一条直线上。
∵GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.∴G点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的那一点。
变式练：如图，P是边长为1的等边△ABC内的任意一点，求t=PA+PB+PC的取值范围。
解法：将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BP'C'，易知△BPP'为等边三角形。
从而PA+PB+PC=PA+PP'+P'C'≥AC'（两点之间线段最短），从而t≥3.过P作BC的平行线分别交AB、AC于点M、N，易知MN=AN=AM。
因为在△BMP和△PNC中，PB∠ANM=∠AMN，所以XXX<AM。
PB+PC≥MN，从而t=PA+PB+PC≥AM+MN=3.所以t的取值范围为[3,∞)。
2020年九年级数学中考几何探究型问题：线段最值问题——“费马点”问题(包含答案)
几何探究型问题(针对第25题)线段最值问题“费马点”问题【问题背景】“费马点”——就是到三角形三个顶点的距离之和最小的点．“费马点”问题在中考考查时主要隐藏在求PA＋PB＋PC的最小值问题，通常将某三角形绕点旋转一定的角度，从而将三条线段转化在同一条直线上，利用两点之间线段最短解决问题．【模型分析】对于一个各角不超过120°的三角形，“费马点”是对各边的张角都是120°的点，对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点．费马点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA＋PB＋PC最小，这就是所谓的“费马”问题．如图，将△APC绕点A逆时针旋转60°到△AP′C′，则可以构造出等边三角形APP′，从而得到AP＝PP′，CP＝C′P′，所以将PA＋PB＋PC的值转化为PP′＋PB＋P′C′的值，则线段BC′的长即为所求的最小值．例题1．如图，已知点P为等边三角形ABC外接圆的劣弧BC上任意一点，求证：PB＋PC＝PA．证明：如答图，在P A上截取PM＝PC，连接CM.∵△ABC 是等边三角形，∴∠ABC ＝∠ACB ＝60°，BC ＝AC ．∵∠ABC ＝∠APC ，∴∠MPC ＝60°，∴△MPC 是等边三角形，∴∠MCP ＝60°，MC ＝PC ，∴∠ACM ＝∠BCP .在△BPC 和△AMC 中，⎩⎪⎨⎪⎧BC ＝AC ，∠BCP ＝∠ACM ，PC ＝MC ，∴△BPC ≌△AMC (SAS)，∴BP ＝AM ，∴PB ＋PC ＝AM ＋PM ＝P A ．2．已知三个村庄A ，B ，C 构成了如图所示的△ABC(其中∠A ，∠B ，∠C 均小于120°)，现选取一点P 作为打水井，使水井P 到三个村庄A ，B ，C 所铺设的输水管总长度最小．求输水管总长度的最小值．解：如答图，以BC 为边在△ABC 的外部作等边三角形BCD ，连接AD ．∴AD 的长就是△ABC 的费马距离． 易得∠ABD ＝90°，∴AD ＝AB 2＋BD 2＝5(km)．答：输水管总长度的最小值为5 km.练习(2019·陕师大附中六模)问题提出(1)如图1，在△ABC 中，BC ＝2，将△ABC 绕点B 顺时针旋转60°得到△A ′BC ′，则CC ′＝______.【解答】由旋转的性质可知∠CBC ′＝60°，BC ′＝BC ，则∠△BCC ′是等边三角形，故CC ′＝BC ＝2.问题探究(2)如图2，在△ABC中，AB＝BC＝3，∠ABC＝30°，点P为△ABC内一点，连接PA，PB，PC，求PA＋PB＋PC的最小值，并说明理由．解题思路将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，连接PF，EC．易证PA＋PB＋PC＝EF＋PF＋PC；由PC＋PF＋EF≥EC，推出当点P，F在直线EC上时，PA＋PB＋PC的值最小，即为EC的长，求出EC的长即可解决问题．【解答】如答图1，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，连接PF，EC．由旋转的性质可知△PBF是等边三角形，∴PB＝PF.∵P A＝EF，∴P A＋PB＋PC＝EF＋PF＋PC．∵PC＋PF＋EF≥EC，∴当点P，F在直线EC上时，P A＋PB＋PC的值最小，易得BC＝BE＝BA＝3，∠CBE＝90°，∴EC＝2BC＝32，∴P A＋PB＋PC的最小值为3 2.问题解决(3)如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝6，AD＝4，∠ABC＝∠BCD＝60°.在四边形ABCD内部有一点P，满足∠APD＝120°，连接BP，CP，点Q为△BPC内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得PQ＋BQ＋CQ有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．解题思路将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG是等边三角形，易知PQ＋BQ＋CQ＝EG＋GQ＋QC≥EC，推出当EC取得最小值时，PQ ＋BQ ＋CQ 的值最小．延长BA 交CD 的延长线于点S ，作△ADS 的外接圆⊙O ，将线段BO ，BP 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BO ′，BE ，连接EO ′，OB ，OP .易证△BEO ′≌△BPO(SAS)，推出EO ′＝OP ＝433，故点E 在以点O ′为圆心，433为半径的圆上，则当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值为CO ′－EO ′的长．【解答】如答图2，将△PBQ 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBG ，连接GQ ，EC ，则PQ ＝EG ，△BQG 是等边三角形，∴BQ ＝QG ，∴PQ ＋BQ ＋CQ ＝EG ＋GQ ＋QC ≥EC ，∴当EC 取得最小值时，PQ ＋BQ ＋CQ 的值最小．如答图3，延长BA 交CD 的延长线于点S ，作△ADS 的外接圆⊙O ，连接OB ．将线段BO ，BP 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BO ′，BE ，连接EO ′，OP.易证△BEO ′≌△BPO (SAS)，∴EO ′＝PO .∵∠APD ＋∠ASD ＝180°，∴A ，P ，D ，S 四点共圆，∴OP ＝433，∴EO ′＝433， ∴点E 在以点O ′为圆心，433为半径的圆上， ∴当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值为CO ′－EO ′的长，连接OO ′，延长OO ′到点R ，使得O ′R ＝OO ′，连接BR ，则∠OBR ＝90°，作RH ⊥CB 交CB 的延长线于点H ，O ′T ⊥CH 于点T ，OM ⊥BC 于点M .易知在Rt △OBM 中，BM ＝5，OM ＝1133， ∴OB ＝OM 2＋BM 2＝1433， ∴BR ＝3OB ＝14.易知△BHR ∽△OMB ，∴RH BM ＝BR OB，∴RH ＝5 3.∵HR ∥O ′T ∥OM ，OO ′＝RO ′，∴TM ＝TH ，∴O ′T ＝RH ＋OM 2＝1333，∴BT ＝O ′B 2－O ′T 2＝3， ∴CO ′＝CT 2＋O ′T 2＝2633， ∴CE ＝CO ′－EO ′＝2633－433＝2233， ∴PQ ＋BQ ＋CQ 的最小值为2233.类型三 “阿氏圆”问题【问题背景】“PA ＋k ·PB ”型的最值问题是近几年中考考查的热点，更是一个难点．当k 的值为1时，即可转化为“PA ＋PB ”之和最短问题，就可用我们常见的“将军饮马”问题模型来处理，即可以转化为轴对称问题来处理．当k 取任意不为1的正数时，此类问题的处理通常以动点P 的运动轨迹不同来分类，一般分为两类研究，即点P 在直线上运动和点P 在圆上运动．其中点P 在圆周上运动的类型称之为“阿氏圆”问题．【模型分析】如图1，⊙O 的半径为r ，点A ，B 都在⊙O 外，P 为⊙O 上一动点，已知r ＝k ·OB ，连接PA ，PB ，则当PA ＋k ·PB 的值最小时，点P 的位置如何确定？如图2，在线段OB 上截取OC ，使OC ＝k ·r ，则可证明△BPO 与△PCO 相似，即k ·PB ＝PC ．故求PA ＋k ·PB 的最小值可以转化为PA ＋PC 的最小值，其中A ，C 为定点，P 为动点，当点P ，A ，C 共线时，PA ＋PC 的值最小，如图3.“阿氏圆”模型解题策略：第一步：连接动点与圆心O(一般将含有k 的线段两端点分别与圆心O 相连)，即连接OB ，OP ；第二步：计算线段OP 与OB 及OP 与OA 的线段比，找到线段比为k 的情况，如例子中的OP OB ＝k ； 第三步：在OB 上取点C ，使得OC OP ＝OP OB ；第四步：连接AC ，与⊙O 的交点即为点P .例题如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝4，CA ＝6，⊙C 的半径为2，P 为圆上一动点，连接AP ，BP ，求AP ＋12BP 的最小值． 解：如答图，连接CP ，在CB 上取点D ，使CD ＝1，连接AD ，PD ．∵CD CP ＝CP BC ＝12，∠PCD ＝∠BCD ， ∴△PCD ∽△BCP ，∴PD BP ＝12， ∴PD ＝12BP ，∴AP ＋12BP ＝AP ＋PD ， ∴要使AP ＋12BP 最小，则AP ＋PD 最小， 当点A ，P ，D 在同一条直线时，AP ＋PD 最小，即AP ＋12BP 的最小值为AD 的长． 在Rt △ACD 中，∵CD ＝1，AC ＝6，∴AD ＝AC 2＋CD 2＝37，∴AP ＋12BP 的最小值为37. 练习问题提出(1)如图1，已知线段AB 和BC ，AB ＝2，BC ＝5，则线段AC 的最小值为______.解题思路当点A 在线段BC 上时，线段AC 有最小值．【解答】∵当点A 在线段BC 上时，线段AC 有最小值，∴线段AC 的最小值为5－2＝3.问题探究(2)如图2，已知在扇形COD 中，∠COD ＝90°，DO ＝CO ＝6，A 是OC的中点，延长OC 到点F ，使CF ＝OC ，P 是CD ︵上的动点，点B 是OD 上的一点，BD ＝1.①求证：△OAP ∽△OPF .解题思路由题意可得OA OP ＝OP OF ＝12，由相似三角形的判定可得△OAP ∽△OPF . 【解答】∵A 是OC 的中点，DO ＝CO ＝6＝OP ，∴OA OP ＝12. ∵CF ＝OC ，∴OF ＝2OC ＝2OP ，∴OP OF ＝12， ∴OA OP ＝OP OF，且∠AOP ＝∠POF ，∴△OAP ∽△OPF .②求BP ＋2AP 的最小值．解题思路由相似三角形的性质可得PF ＝2AP ，可得BP ＋2AP ＝BP ＋PF ，即当F ，P ，B 三点共线时，BP ＋2AP 有最小值，最小值为BF 的长，由勾股定理即可求解．【解答】∵△OAP ∽△OPF ，∴AP PF ＝OP OF ＝12， ∴PF ＝2AP .∵BP ＋2AP ＝BP ＋PF ，∴当F ，P ，B 三点共线时，BP ＋2AP 有最小值，最小值为BF 的长．∵DO ＝CO ＝6，BD ＝1，∴BO ＝5，OF ＝12，∴BF ＝OB 2＋OF 2＝13.问题解决(3)如图3，有一个形状为四边形ABCD 的人工湖，BC ＝9千米，CD ＝4千米，∠BCD ＝150°，现计划在湖中选取一处建造一座假山P ，且BP ＝3千米，为方便游客观光，从C ，D 分别建小桥PD ，PC ．已知建桥PD 每千米的造价是3万元，建桥PC 每千米的造价是1万元，建桥PD 和PC 的总造价是否存在最小值？若存在，请确定点P 的位置，并求出总造价的最小值，若不存在，请说明理由．(桥的宽度忽略不计)解题思路以点B 为圆心，3为半径作圆交AB 于点E ，交BC 于点F ，点P 为EF ︵上一点，连接BP ，PC ，PD ，在BC 上截取BM ＝1，连接MD ，PM ，过点D 作DG ⊥CB ，可证△BPM ∽△BCP ，可得PC ＝3PM ，当点P 在线段MD 上时，建桥PD 和PC 的总造价有最小值，由勾股定理可求MD 的值，即可求出建桥PD 和PC 的总造价的最小值．【解答】存在．如答图，以点B 为圆心，3为半径作圆交AB 于点E ，交BC 于点F ，P 为EF ︵上一点，连接BP ，PC ，PD ，在BC 上截取BM ＝1，连接MD ，PM ，过点D 作DG ⊥BC 交BC 的延长线于点G .∵BM BP ＝13＝BP BC，且∠PBM ＝∠CBP ， ∴△BPM ∽△BCP ，∴PM CP ＝BM BP ＝13，∴PC ＝3PM . ∵建桥PD 和PC 的总造价为3PD ＋PC ＝3PD ＋3PM ＝3(PD ＋PM )，∴当点P 在线段MD 上时，建桥PD 和PC 的总造价有最小值．∵∠BCD ＝150°，∴∠DCG ＝30°.∵DG ⊥BC ，∴DG ＝12DC ＝23(千米)，CG ＝3DG ＝6(千米)， ∴MG ＝BC ＋CG －BM ＝9＋6－1＝14(千米)，∴MD ＝DG 2＋MG 2＝413(千米)，∴建桥PD 和PC 的总造价的最小值为3×413＝1213万元．作业5．(2019·交大附中三模)问题提出(1)如图1，点M ，N 是直线l 外两点，在直线l 上找一点K ，使得MK ＋NK 最小． 问题探究(2)如图2，在等边三角形ABC 内有一点P ，且P A ＝3，PB ＝4，PC ＝5，求∠APB 的度数．问题解决(3)如图3，矩形ABCD是某公园的平面图，AB＝30 3 米，BC＝60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A，B，C的距离之和最小．问：是否存在这样的点E？若存在，请画出点E的位置，并求出EA＋EB＋EC的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)如答图1，连接MN，与直线l交于点K，点K即为所求．(2)如答图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，连接PP′.由旋转的性质，得P′A＝P A＝3，P′C＝PB＝4，∠P AP′＝60°，∠AP′C＝∠APB，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝P A＝3，∠AP′P＝60°.∵PP′2＋P′C2＝32＋42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2＋P′C2＝PC2，∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°，∴∠APB＝∠AP′C＝150°.(3)存在．如答图3，把△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A′BE′，连接EE′.答图由旋转的性质，得A′B＝AB＝30 3 米，BE′＝BE，A′E′＝AE，∠E′BE＝60°，∠A′BA＝60°，∴△E′BE是等边三角形，∴BE＝EE′，∴EA ＋EB ＋EC ＝A ′E ′＋EE ′＋EC ．根据两点之间线段最短，可知当EA ＋EB ＋EC ＝A ′C 时最短，连接A ′C ，与BD 的交点E 2即为所求，此时EA ＋EB ＋EC 最短，最短距离为A ′C 的长度．过点A ′作A ′G ⊥CB 交CB 的延长线于点G . ∵∠A ′BG ＝90°－∠A ′BA ＝90°－60°＝30°， A ′G ＝12A ′B ＝12AB ＝12×303＝153(米)，∴GB ＝3A ′G ＝3×153＝45(米)， ∴GC ＝GB ＋BC ＝45＋60＝105(米)．在Rt △A ′GC 中，A ′C ＝A ′G 2＋GC 2＝(153)2＋1052＝3013(米)， 因此EA ＋EB ＋EC 的最小值为3013 米． 6．问题提出(1)如图1，已知△OAB 中，OB ＝3，将△OAB 绕点O 逆时针旋转90°得△OA ′B ′，连接BB ′，则BB ′＝问题探究(2)如图2，已知△ABC 是边长为43的等边三角形，以BC 为边向外作等边三角形BCD ，P 为△ABC 内一点，将线段CP 绕点C 逆时针旋转60°，点P 的对应点为点Q .①求证：△DCQ ≌△BCP . ②求P A ＋PB ＋PC 的最小值． 问题解决(3)如图3，某货运场为一个矩形场地ABCD ，其中AB ＝500米，AD ＝800米，顶点A ，D 为两个出口，现在想在货运广场内建一个货物堆放平台P ，在BC 边上(含B ，C 两点)开一个货物入口M ，并修建三条专用车道P A ，PD ，PM .若修建每米专用车道的费用为10 000元，当M ，P 建在何处时，修建专用车道的费用最少？最少费用为多少？(结果保留根号)解：(1)由旋转的性质，得∠BOB ′＝90°，OB ＝OB ′＝3， 根据勾股定理，得BB ′＝3 2. (2)①证明：∵△BDC 是等边三角形， ∴CD ＝CB ，∠DCB ＝60°.由旋转的性质，得∠PCQ ＝60°，PC ＝QC ， ∴∠DCQ ＝∠BCP .在△DCQ 和△BCP 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CB ，∠DCQ ＝∠BCP ，CQ ＝CP ，∴△DCQ ≌△BCP (SAS)． ②如答图1，连接AD ，PQ . ∵PC ＝CQ ，∠PCQ ＝60°，∴△CPQ 是等边三角形，∴PQ ＝PC ， 由①知DQ ＝PB ，∴P A ＋PB ＋PC ＝P A ＋QD ＋PQ ，由两点之间线段最短，得P A ＋QD ＋PQ ≥AD ， ∴P A ＋PB ＋PC ≥AD ，∴当点A ，P ，Q ，D 在同一条直线上时，P A ＋PB ＋PC 取得最小值，即为AD 的长，过点D 作DE ⊥AC ，交AC 的延长线于点E . ∵△ABC 是边长为43的等边三角形， ∴CB ＝AC ＝43，∠BCA ＝60°， ∴CD ＝CB ＝43，∠DCE ＝60°， ∴DE ＝6，∠DAE ＝∠ADC ＝30°， ∴AD ＝12，即P A ＋PB ＋PC 的最小值为12.答图(3)如答图2，将△ADP 绕点A 逆时针旋转60°，得△AD ′P ′.由(2)知，当点M ，P ，P ′，D ′在同一条直线上时，P A ＋PM ＋PD 最小，最小值为D ′M 的长．∵M 在BC 上，∴当D ′M ⊥BC 时，D ′M 取得最小值． 设D ′M 交AD 于点E ，连接DD ′，AM ，DM . 易知△ADD ′是等边三角形，∴EM ＝AB ＝500米， ∴BM ＝400米，PM ＝EM －PE ＝(500－40033)米，∴D ′E ＝32AD ＝4003(米)，∴D ′M ＝(4003＋500)米， ∴最少费用为10 000×(4003＋500)＝ 1 000 000(43＋5)元．∴当M 建在BC 的中点(BM ＝400米)处，点P 在过M 且垂直于BC 的直线上，且在M上方(500－40033)米处时，修建专用车道的费用最少，最少费用为1 000 000(43＋5)元．类型三 “阿氏圆”问题7．(2018·西工大附中三模) 问题提出(1)如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，BD 是AC 边的中线，请用尺规作图作出AB 边的中线CE ，并证明BD ＝CE ；问题探究(2)如图2，已知点P 是边长为6的正方形ABCD 内部一动点，P A ＝3，求PC ＋12PD 的最小值；问题解决(3)如图3，在矩形ABCD 中，AB ＝18，BC ＝25，点M 是矩形内部一动点，MA ＝15，当MC ＋35MD 最小时，画出点M 的位置，并求出MC ＋35MD 的最小值．解：(1)如答图1，线段EC 即为所求．证明：∵AB ＝AC ，AE ＝EB ，AD ＝CD ，∴AE ＝AD ， 在△BAD 和△CAE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠A ＝∠A ，AD ＝AE ，答图1∴△BAD ≌△CAE (SAS)，∴BD ＝CE . (2)如答图2，在AD 上截取AE ，使得AE ＝32.∵P A 2＝9，AE ·AD ＝32×6＝9，∴P A 2＝AE ·AD ，∴P A AD ＝AEP A.∵∠P AE ＝∠DAP ，∴△P AE ∽△DAP ， ∴PE DP ＝P A DA ＝12，∴PE ＝12PD ， ∴PC ＋12PD ＝PC ＋PE .∵PC ＋PE ≥EC ，∴PC ＋12PD 的最小值即为EC 的长，在Rt △CDE 中，∵∠CDE ＝90°，CD ＝6，DE ＝92，∴EC ＝62＋(92)2＝152，∴PC ＋12PD 的最小值为152.答图(3)如答图3，在AD 上截取AE ，使得AE ＝9. ∵MA 2＝225，AE ·AD ＝9×25＝225，∴MA 2＝AE ·AD ，∴MA AD ＝AEMA.∵∠MAE ＝∠DAM ，∴△MAE ∽△DAM ， ∴EM MD ＝MA DA ＝1525＝35，∴ME ＝35MD ， ∴MC ＋35MD ＝MC ＋ME .∵MC ＋ME ≥EC ，∴MC ＋35MD 的最小值即为EC 的长．如答图3，以点A 为圆心，AM 长为半径画弧，交EC 于点M ′，点M ′即为所求． 在Rt △CDE 中，∵∠CDE ＝90°，CD ＝18，DE ＝16， ∴EC ＝162＋182＝2145， ∴MC ＋35MD 的最小值为2145.8．(1)如图1，已知正方形ABCD 的边长为4，⊙B 的半径为2，P 是⊙B 上的一个动点，求PD ＋12PC 的最小值和PD －12PC 的最大值；(2)如图2，已知正方形ABCD 的边长为9，⊙B 的半径为6，P 是⊙B 上的一个动点，那么PD ＋23PC 的最小值为，PD －23PC 的最大值为(3)如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B ＝60°，⊙B 的半径为2，P 是⊙B 上的一个动点，那么PD ＋12PC 的最小值为，PD －12PC 的最大值为解：(1)如答图1，在BC 上取一点G ，使得BG ＝1，连接PB ，PG ，DG .∵PB BG ＝CBPB＝2，∠PBG ＝∠CBP ， ∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝12，∴PG ＝12PC ， ∴PD ＋12PC ＝PD ＋PG .∵PD ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋12PC 的值最小，最小值为DG ＝42＋32＝5.∵PD －12PC ＝PD －PG ≤DG ，∴如答图2，当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为5.答图(2)106，106.【解法提示】如答图3，在BC 上取一点G ，使BG ＝4，连接PG ，PB ，DG . ∵PB BG ＝64＝32，CB PB ＝96＝32，∴PB BG ＝CB BP. ∵∠PBG ＝∠CBP ，∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝23， ∴PG ＝23PC ，∴PD ＋23PC ＝DP ＋PG .∵DP ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋23PC 的值最小，最小值为DG ＝52＋92＝106.∵PD －23PC ＝PD －PG ≤DG ，∴当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为106.答图(3)37，37.【解法提示】如答图4，在BC 上取一点G ，使得BG ＝1，连接PB ，PG ，DG ，作DF ⊥BC 交BC 的延长线于点F .∵PB BG ＝21＝2，BC PB ＝42＝2，∴PB BG ＝CB BP. ∵∠PBG ＝∠CBP ，∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝12， ∴PG ＝12PC ，∴PD ＋12PC ＝DP ＋PG .∵DP ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋12PC 的值最小，最小值为DG 的长．在Rt △CDF 中，∵∠DCF ＝60°，CD ＝4， ∴DF ＝CD ·sin60°＝23，CF ＝2，∴在Rt △GDF 中，DG ＝(23)2＋52＝37. ∴PD ＋12PC 的最小值为37.∵PD －12PC ＝PD －PG ≤DG ，∴当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为37.。
2020年中考压轴题模型——最值系列之费马点（含加权费马点）
2020年中考压轴题模型——最值系列之费马点（含加权费马
点）
2020年中考压轴题模型——最值系列之费马点
（感谢有一点数学，刘岳老师分享）
皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等．
据说费马在提出“费马大定理”时，在笔记本上写道：我已经想到了一个绝妙的证明方法，但是这个地方不够写，我就不写了吧。
看得出那个时候纸确实挺贵的，然后，直到1995年，才由英国数学家怀尔斯证明出，而距离费马逝世，已经过去了330年．
果然，数学搞得好的都是装x的一把好手．
言归正传，今天的问题不是费马提出来的，是他解决的，故而叫费马点．
问题：在△ABC内找一点P，使得PA+PB+PC最小．
【分析】在之前的最值问题中，我们解决的依据有：两点之间线段最短、点到直线的连线中垂线段最短、作对称化折线段为直线段、确定动点轨迹求最值等．
阿哈哈哈，此处一个也用不上！
其实理论还是上面的理论，本题难点在于有3条线段，我们需要对这三条线段作一些位置上的变化，如果能变换成在一条直线上，问题就能解决了！
算了算了，不墨迹了，直接报答案了：
若点P满足∠PAB=∠BPC=∠CPA=120°，则PA+PB+PC值最小，P点称为该三角形的费马点．。
几何最值之费马点知识精讲-冲刺2020年中考几何专项复习
几何最值之费马点知识精讲
皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有"业余数学家之王"的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学.费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的"费马小定理"、"费马大定理"等.
今天所讲的问题不是费马提出来的，而是他解决的，因此又叫费马点，问题如下：
问题：如图，在△ABC内部找到一点P，使得PA＋PB＋PC的值最小.
解答：若点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120º，则PA＋PB＋PC的值最小，P点称为三角形的费马点.
1.如何作出费马点
第一步：分别以AB、AC为边作等边△ABD与等边△ACE，如图所示：
第二步：连接CD、BE，即可得到△ADC≌△ABE，如图所示：
第三步：此时CD、BE的交点即为点P（费马点），
第四步：以BC为边，作等边△BCF，连接AF，AF必过点P，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120º.
注：上述结论成立有个前提条件，△ABC中，最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，对应的图如下所示：
此时费马点就是最大角的顶点A，这种情况不会考，了解即可，接下来的研究，都是默认最大角小于120º.
接下来就是要证明，证明分两部分，一部分过三角形两条边向外作等边三角形，连接CD、BE，这两条线的交点为什么就是费马点？另一部分就是为什么费马点到对应顶点的连线之和是最小的.
如下图所示，在△AEB与△ACD中，
∵AB＝AD，AE＝AC，∠BAE＝∠DAC＝∠BAC＋60º，
∴△ABE≌△ACD，∴∠ABE＝∠ADC，。
初三数学中考模型之费马点问题(含答案)
费马点的问题定义：数学上称，到三角形3个顶点距离之和最小的点为费马点。
它是这样确定的：1. 如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；2. 如果3个内角均小于120°，则在三角形内部对3边张角均为120°的点，是三角形的费马点。
3. 费马点与3个顶点连成的线段是沟通3点的最短路线，容易理解，这个路线是唯一的。
我们称这一结果为最短路线原理。
性质：费马点有如下主要性质：1．费马点到三角形三个顶点距离之和最小。
2．费马点连接三顶点所成的三夹角皆为120°。
3．费马点为三角形中能量最低点。
4．三力平衡时三力夹角皆为120°，所以费马点是三力平衡的点。
例1：已知：△ABH是等边三角形。
求证：GA+GB+GH最小证明：∵△ABH是等边三角形。
G是其重心。
∴∠AGH=∠AGB=∠BGH=120°。
以HB为边向右上方作等边三角形△DBH.以HG为边向右上方作等边三角形△GHP.∵AH=BH=AB=12.∴∠AGH=120°，∠HGP=60°.∴A、G、P三点一线。
再连PD两点。
∵△ABH、△GHP和△BDH都是等边三角形，∠GHB=30°.∴∠PHD=30°，.在△HGB和△HPD中∵HG=HP∠GHB=∠PHD；HB=HD；∴△HGB≌△HPD；（SAS）∴∠HPD=∠HGB=120°；∵∠HPG=60°.∴G、P、D三点一线。
∴AG=GP=PD，且同在一条直线上。
∵GA+GH+GB=GA+GP+PD=AD.∴G点是等边三角形内到三个顶点的距离之和最小的哪一点，费马点。
也就是重心。
例2：已知：△ABC是等腰三角形，G是三角形内一点。
∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°。
求证：GA+GB+GC最小证明：将△BGC逆时针旋转60°，连GP，DB.则△HGB≌△HPD；∴∠CPD=∠CGB=120°，CG=CP，GB=PD，BC=DC，∠GCB=∠PCD.∵∠GCP=60°，∴∠BCD=60°，∴△GCP和△BCD都是等边三角形。
2023-2024学年人教版初三下学期中考《旋转模型之费马点问题》知识点专题解析及练习PPT
图1 图2
4 费马点的性质
1. 到三个顶点的距离之和最短：费马点是三角形内唯一一 个使得从该点到三角形三个顶点的距离之和最短的点。 2. 等角性质：从费马点出发，向三角形的三个顶点引出的 三条线段与对应的三角形边所成的角均相等，且均等于120 度。 3. 唯一性：在三角形内部，费马点是唯一的具有上述性质 的点。
∵点A'可看成是线段CA绕C点顺时针旋转60°而得的定点，BA'为
定长，
∴当B、P、P'、A'四点在同一直线上时，PA+PB+PC 最小．最小
值为 BA' .
图2
【如图 1 和图 2，利用旋转、等边等条件转化相等线段.】
∴在图2中，∠APC=∠A′ P′C=180°-∠CP′P=180°-60°=120°， ∠BPC=180°-∠P′PC=180°-60°=120°， ∠APB=360°-∠BPC-∠APC=360°-120°-120°=120°.
情感、态度与价值观目标：
激发学生对于学习的热情，树立学生对于数学的追求。
五、教学过程
总结费马点的性质，构造
方法以及解题思路，最后
通过模型展示讲授费马点
布置作业。
的原理、证明过程以及如
何构建费马点。
讲解中考例题，引导学生
熟练运用费马点性质解题，
以介绍费马点
巩固加深学生的印象。
的来历和实践
开始课程。
中物理
（4）此时以BC为 边作等边△BCF。 连接AF必过点P。
这个图成立的一个必要条件是∠BAC<120°, 若∠BAC 120°, 这个图就会变成这
个样子：
D
E P
A
BHale Waihona Puke C此时CD与BE的交点P点还是我们的费马点吗？ 显然这时候就不是了，此时
[全]中考数压轴题之费马点模型详解
![[全]中考数压轴题之费马点模型详解](https://img.taocdn.com/s3/m/a15ddf7202d276a201292e64.png)
中考数压轴题之费马点模型详解如图，在四边形ABCD中，ZB=60°,AD=30°,AB=BC.(1)求Z4+ZC的度数；(2)连接BD,探究AD,BD,CD三者之间的数量关系，并说明理由；(3)若AB=l i点E在四边形ABCD内部运动，且满足？IE?=BE2*CE2)求点E运动路径的长度.这期这道题并不是中考真题，我也没找到是哪里的模考题，但是不影响这道题的重要性，这种类型的题目，同学们如果做过总结，会发现很简单，如果不做总结，考试时间都给你想你也想不出来,下面我们就来看看这道题吧第一问，求匕A+zC的度数，这个很简单，就是270。
第二问让我们连接BD,探究一下三条边之间的关系A这关系看不出来，我们能够拿尺子量一下，发现不是加和关系，那么考虑勾股定理关系,发现就是它。
这里要注意一下，有的题目会让我们猜测关系，但是关系往往不是那么容易看出来的，所以我们有必要借助一些工具,比如刻度尺,量角器这些来进行辅助猜测。
既然判断出是勾股定理关系，那么我们该怎么证明呢？首先想到是要把它们放到一个三角形当中去，不过这个三角形在哪里呢？这边就需要同学们积累一下了，遇到这种边相等，且存在勾股定理关系的，我们要想到旋转。
A我们将红色的三角形绕点B顺时针旋转60。
到蓝色的三角形的位置，因为BA=BC,所以旋转过来刚好能重合，我去居然这么巧!其实就是因为相等才想到旋转的，这种技巧需要大家记忆，否则你考试很难考自己想出来的。
之后我们就发现，AD=CD',BD=BD'，不过好像还是没有把这三条边放到一个三角形当中去，不急，我们还要连接DD，,这样^DD，就是等边三角形，怎么突然它就是等边三角形了？因为我旋转了60°,而且BD=BD',所以它自然是等边三角形。
那么后面就简单了，BD与DD'是相等的，所以三条边都转化到了A CDD'当中，那么问题就转化为证明/DCD'=90°了。
中考数学押轴题型-费马点相关问题
费马点及其在中考中的应用一、费马点的由来费马(Pierre de Fermat，1601—1665)是法国数学家、物理学家．费马一生从未受过专门的数学教育，数学研究也不过是业余爱好．然而，在17世纪的法国还找不到哪位数学家可以与之匹敌．他是解析几何的发明者之一；概率论的主要创始人；以及独承1 7世纪数论天地的人．一代数学大师费马堪称是17世纪法国最伟大的数学家．尤其他提出的费马大定理更是困惑了世间智者358年．费马曾提出关于三角形的一个有趣问题：在△ABC内求一点P，使 PA+PB+PC 之值为最小，人们称这个点为“费马点”．二、探索费马点1．当三角形有一个内角大于或等于12 0°的时候，则费马点就是这个内角的顶点．下面来验证这个结论：如图1，对三角形内任意一点P，延长BA至点C′，使得AC′=AC，作∠C′AP′=∠CAP，并且使得AP′=A P．即把△APC以A为中心做旋转变换．则△APC≌△AP′C′，∵∠BAC≥120°，∴∠PAP′≤6 0°．∴在等腰三角形PAP′中，AP≥PP′，∴PA+PB+PC≥PP′+PB+ P′C′>BC′=AB+A C．所以A是费马点．2．如果三个内角都在120°以内，那么，费马点就是三角形内与三角形三顶点的连线两两夹角为 120°的点．如图2，以B点为中心，将△APB旋转60°到△A′BP′．因为旋转60°，且PB=P′B，所以△P′PB为正三角形．因此，PA+PB+PC=P′A′+P′P+PC．由此可知当A′，P′，P，C四点共线时，PA+PB+PC=P′A′+P′P+PC为最小．当A′，P′，P共线时，∵∠BP′P=60°，∴∠A′P′B =∠APB=120°．同理，若P′，P，C共线时，则∵∠BPP′=60°，∴∠BPC=120°．所以点P为满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点．费马点相关问题等腰直角三角形,已知在直角平分线上的一点P,PA+PB+PC最小值为√6 +√2，求直角边的长度？解答：如图将三角形PAC逆时针旋转60度得三角形DEC，则角PCD=60度，三角形PCD是正三角形，PC=PD且DE=PA，所以PA+PB+PC=DE+PD+PB，根据两点之间线段最短，当点E、D、P、B在一条直线上时，DE+PD+PB最小，这时角BPC=120度，角APC=EDC=120。
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中考数学几何模型8：费马点最值模型TH 名师点睛拨开云雾开门见山费马尔问题思考：如何找一点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？当B、P、Q、E四点共线时取得最小值费马点的定义：数学上称，到三角形3个顶点距离之和最小的点为费马点。
它是这样确定的：1. 如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；2. 如果3个内角均小于120°，则在三角形内部对3边张角均为120°的点，是三角形的费马点。
费马点的性质：费马点有如下主要性质：1．费马点到三角形三个顶点距离之和最小。
=BP AP CP BP PQ QE BE++++≥2．费马点连接三顶点所成的三夹角皆为120°。
费马点最小值快速求解：费尔马问题告诉我们，存在这么一个点到三个定点的距离的和最小，解决问题的方法是运用旋转变换．秘诀：以△ABC 任意一边为边向外作等边三角形，这条边所对两顶点的距离即为最小值典题探究 启迪思维 探究重点例题1. 已知：△ABC 是锐角三角形，G 是三角形内一点。
∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°. 求证：GA+GB+GC 的值最小. 证明：将△BGC 逆时针旋转60°，连GP,DB.则 △CGB ≌△CPD ； ∴ ∠CPD=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD, BC=DC,∠GCB=∠PCD. ∵ ∠GCP=60°, ∴ ∠BCD=60°,∴ △GCP 和△BCD 都是等边三角形。
∵ ∠AGC=120°, ∠CGP=60°. ∴ A 、G 、P 三点一线。
∵ ∠CPD=120°, ∠CPG=60°. ∴ G 、P 、D 三点一线。
∴ AG 、GP 、PD 三条线段同在一条直线上。
∵ GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.∴ G 点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的那一点变式练习>>>1．如图，P 是边长为1的等边ABC ∆内的任意一点，求t PA PB PC =++的取值范围.解：将BPC ∆绕点B 顺时针旋转60°得到''BP C ∆， 易知'BPP ∆为等边三角形.从而''''PA PB PC PA PP P C AC ++=++≥ （两点之间线段最短），从而3t ≥.过P 作BC 的平行线分别交AB AC 、于点M N 、， 易知MN AN AM ==.因为在BMP ∆和PNC ∆中， PB MP BM <+①， PC PN NC <+②。
又APM ANM AMN ∠>∠=∠，所以PA AM <③. ①+②+③可得()()()12t AM BM MP NP NC AB MN NC AN NC <++++=++=++=，即2t <.综上，t PA PB PC =++的取值范围为32t ≤<.例题2. 已知正方形ABCD 内一动点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值为26+，求正方形的边长．解 如图2，连接AC ，把△AEC 绕点C 顺时针旋转60°，得到△GFC ，连接EF 、BG 、A G ，可知△EFC 、△AGC 都是等边三角形，则EF =CE ．又FG =AE ， ∴AE +BE +CE = BE +EF +FG ．∵ 点B 、点G 为定点（G 为点A 绕C 点顺时针旋转60°所得）．∴ 线段BG 即为点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值，此时E 、F 两点都在BG 上． 设正方形的边长为a ，那么 BO =CO =22a ，GC =2a , GO =6a ． ∴ BG=BO +GO =2a +6a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值为26+．∴2a +6a =26+，解得a =2． 注 本题旋转△AEB 、△BEC 也都可以，但都必须绕着定点旋转，读者不妨一试．变式练习>>>2．若P 为锐角△ABC 的费马点，且∠ABC =60°，P A =3，PC =4, 求PB 的值.例题3. 如图，矩形ABCD是一个长为1000米，宽为600米的货场，A、D是入口，现拟在货场内建一个收费站P，在铁路线BC段上建一个发货站台H，设铺设公路AP、DP以及PH之长度和为l，求l的最小值．600m1000m DACPB H【解答】3500600 ，线段A1E为最短．变式练习>>>3．如图，某货运场为一个矩形场地ABCD ，其中AB＝500米，AD＝800米，顶点A，D 为两个出口，现在想在货运广场内建一个货物堆放平台P，在BC边上（含B，C 两点）开一个货物入口M，并修建三条专用车道P A，PD，PM．若修建每米专用车道的费用为10000元，当M，P建在何处时，修建专用车道的费用最少？最少费用为多少？（结果保留整数）连接AM，DM，将△ADP绕点A逆时针旋转60°，得△AP′D′，由（2）知，当M，P ，P′，D′在同一条直线上时，AP+PM+DP最小，最小值为D′N，∵M在BC上，∴当D′M⊥BC时，D′M取最小值，设D′M交AD于E，∵△ADD′是等边三角形，∴EM＝AB ＝500，∴BM＝400，PM＝EM﹣PE＝500﹣，∴D′E＝AD＝400，∴D′M＝400+500，∴最少费用为10000×（400+500）＝1000000（4+5）元；∴M建在BC中点（BM＝400米）处，点P在过M且垂直于BC的直线上，且在M上方（500﹣）米处，最少费用为1000000（4+5）元．例题4. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣6，0），B（6，0），C（0，4），延长AC到点D，使CD＝AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E．P1EA1P（1）求D点的坐标；（2）作C点关于直线DE的对称点F，分别连接DF、EF，若过B点的直线y＝kx+b将四边形CDFE 分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式；（3）在第二问的条件下，设G为y轴上一点，点P从直线y＝kx+b与y轴的交点出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点，若P点在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短．（要求：简述确定G点位置的方法，但不要求证明）【解答】解：（1）∵A（﹣6，0），C（0，4）∴OA＝6，OC＝4，设DE与y轴交于点M由DE∥AB可得△DMC∽△AOC，又∵CD＝AC∴，∴CM＝2，MD＝3，同理可得EM＝3∴OM＝6，∴D点的坐标为（3，6）；（2）由（1）可得点M的坐标为（0，6）由DE∥AB，EM＝MD，可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上，∴ED与CF互相垂直平分∴CD＝DF＝FE＝EC，∴四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中心作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、点T，可证△FTM≌△CSM，∴FT＝CS，∵FE＝CD，∴TE＝SD，∵EC＝DF，∴TE+EC+CS+ST＝SD+DF+FT+TS，∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，由点B（6，0），点M（0，6）在直线y＝kx+b上，可得直线BM的解析式为y＝﹣x+6．（3）解法1 ∵BQ=AQ，∴MQ＋2AQ最小就是MQ＋AQ＋BQ最小，就是在直线MO上找点G使他到A、B、M三点的距离和最小．至此，再次发现这又是一个费尔马问题的变形，注意到题目中等边三角形的信息，考虑作旋转变换．把△MQB绕点B顺时针旋转60°，得到△M′Q′B，连接QQ′、MM′（图5），可知△QQ′B、△MM′B 都是等边三角形，则QQ′=BQ．又M′Q′=MQ，∴MQ＋AQ＋BQ= M′Q′+ QQ′+AQ．∵点A、M′为定点，所以当Q、Q′两点在线段A M′上时，MQ＋AQ＋BQ最小．由条件可证明Q′点总在AM′上，所以A M′与OM的交点就是所要的G点（图6）．可证OG=12 MG．图5 图6 图7解法2 考虑12MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=63，可得∠BMO＝30°，所以QK＝12MQ．要使12MQ＋AQ最小，只需使AQ＋QK最小，根据“垂线段最短”，可推出当点A、Q、K在一条直线上时，AQ+QK最小，并且此时的QK垂直于BM，此时的点Q即为所求的点G（图7）．过A点作AH⊥BM于H,则AH与y轴的交点为所求的G点.由OB=6，OM=63，可得∠OBM=60°，∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=23∴G点的坐标为（0，23）（G点为线段OC的中点）．例题5. 如图1，已知一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，且与x轴交于另一点C．（1）求b、c的值；（2）如图1，点D为AC的中点，点E在线段BD上，且BE＝2ED，连接CE并延长交抛物线于点M，求点M的坐标；（3）将直线AB绕点A按逆时针方向旋转15°后交y轴于点G，连接CG，如图2，P为△ACG内一点，连接P A、PC、PG，分别以AP、AG为边，在他们的左侧作等边△APR，等边△AGQ，连接QR①求证：PG＝RQ；②求P A+PC+PG的最小值，并求出当P A+PC+PG取得最小值时点P的坐标．【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（﹣3，0），B（0，3），∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，∴解得，∴b＝﹣2，c＝3．（2），对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，∴点C坐标（1，0），∵AD＝DC＝2，∴点D坐标（﹣1，0），∵BE＝2ED，∴点E坐标（﹣，1），设直线CE为y＝kx+b，把E、C代入得到解得，∴直线CE为y＝﹣x+，由解得或，∴点M坐标（﹣，）．（3）①∵△AGQ，△APR是等边三角形，∴AP＝AR，AQ＝AG，∠QAC＝∠RAP＝60°，∴∠QAR＝∠GAP，在△QAR和△GAP中，，∴△QAR≌△GAP，∴QR＝PG．②如图3中，∵P A+PG+PC＝QR+PR+PC＝QC，∴当Q、R、P、C共线时，P A+PG+PC最小，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．∵∠GAO＝60°，AO＝3，∴AG＝QG＝AQ＝6，∠AGO＝30°，∵∠QGA＝60°，∴∠QGO＝90°，∴点Q坐标（﹣6，3），在RT△QCN中，QN＝3，CN＝7，∠QNC＝90°，∴QC＝＝2，∵sin∠ACM＝＝，∴AM＝，∵△APR是等边三角形，∴∠APM＝60°，∵PM＝PR，cos30°＝，∴AP＝，PM＝RM＝，∴MC＝＝，∴PC＝CM﹣PM＝，∵＝＝，∴CK＝，PK＝，∴OK＝CK﹣CO＝，∴点P坐标（﹣，）．∴P A+PC+PG的最小值为2，此时点P的坐标（﹣，）．达标检测领悟提升强化落实1. 如图，已知矩形ABCD，AB=4，BC=6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA+MD+ME 的最小值为______．AB CDMEFGEMDCBAHFGEMDCBA【分析】依然构造60°旋转，将三条折线段转化为一条直线段．分别以AD、AM为边构造等边△ADF、等边△AMG，连接FG，易证△AMD≌△AGF，∴MD=GF∴ME+MA+MD=ME+EG+GF过F作FH⊥BC交BC于H点，线段FH的长即为所求的最小值433．2. 如图，P为正方形ABCD对角线BD上一动点，若AB＝2，则AP+BP+CP的最小值为（）A．+B．+C．4 D．3【解答】解：如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AEF，当E、F、P、C共线时，P A+PB+PC最小．理由：∵AP＝AF，∠P AF＝60°，∴△P AF是等边三角形，∴P A＝PF＝AF，EF＝PB，∴P A+PB+PC＝EF+PF+PC，∴当E、F、P、C共线时，P A+PB+PC最小，作EM⊥DA交DA的延长线于M，ME的延长线交CB的延长线于N，则四边形ABNM是矩形，在RT△AME中，∵∠M＝90°，∠MAE＝30°，AE＝2，∴ME＝1，AM＝BN＝，MN＝AB＝2，EN＝1，∴EC＝＝＝＝＝＝+．∴P A+PB+PC的最小值为+．故选：B．3．如图，四边形ABCD是菱形，AB＝4，且∠ABC＝∠ABE＝60°，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则AM+BM+CM的最小值为4．【解答】解：如图，连接MN，∵△ABE是等边三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°．∵∠MBN＝60°，∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．即∠MBA＝∠NBE．又∵MB＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS），∴AM＝EN，∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等边三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM＝EC最短∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF＝180°﹣120°＝60°，∵BC＝4，∴BF＝2，EF＝2，在Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，EC＝4．故答案为：44．将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点B、C落在格点上，点A在BC的垂直平分线上，∠ABC＝30°，点P为平面内一点．（1）∠ACB＝30度；（2）如图，将△APC绕点C顺时针旋转60°，画出旋转后的图形（尺规作图，保留痕迹）；（3）AP+BP+CP的最小值为．【解答】解（1）∵点A在BC的垂直平分线上．∴AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ABC＝30°，∴∠ACB＝30°．故答案为30°．（2）如图△CA′P′就是所求的三角形．（3）如图当B、P、P′、A′共线时，P A+PB+PC＝PB+PP′+P′A的值最小，此时BC＝5，AC＝CA′＝，BA′＝＝．故答案为．5．如图，四个村庄坐落在矩形ABCD的四个顶点上，AB＝10公里，BC＝15公里，现在要设立两个车站E，F，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值为（15+10）公里．【解答】解：如图1，将△AEB绕A顺时针旋转60°得△AGH，连接BH、EG，将△DFC绕点D逆时针旋转60°得到△DF'M，连接CM、FF'，由旋转得：AB＝AH，AE＝AG，∠EAG＝∠BAH＝60°，BE＝GH，∴△AEG和△ABH是等边三角形，∴AE＝EG，同理得：△DFF'和△DCM是等边三角形，DF＝FF'，FC＝F'M，∴当H、G、E、F、F'、M在同一条直线上时，EA+EB+EF+FC+FD有最小值，如图2，∵AH＝BH，DM＝CM，∴HM是AB和CD的垂直平分线，∴HM⊥AB，HM⊥CD，∵AB＝10，∴△ABH的高为5，∴EA+EB+EF+FC+FD＝EG+GH+EF+FF'+F'M＝HM＝15+5+5＝15+10，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10）公理．故答案为：（15+10）．6．已知，在△ABC中，∠ACB＝30°（1）如图1，当AB＝AC＝2，求BC的值；（2）如图2，当AB＝AC，点P是△ABC内一点，且P A＝2，PB＝，PC＝3，求∠APC的度数；（3）如图3，当AC＝4，AB＝（CB＞CA），点P是△ABC内一动点，则P A+PB+PC的最小值为．【解答】解：（1）如图1中，作AP⊥BC于P．∵AB＝AC，AP⊥BC，∴BP＝PC，在Rt△ACP中，∵AC＝2，∠C＝30°，∴PC＝AC•cos30°＝，∴BC＝2PC＝2．（2）如图2中，将△APB绕点A逆时针旋转120°得到△QAC．∵AB＝AC，∠C＝30°，∴∠BAC＝120°，∴P A＝AQ＝2，PB＝QC＝，∵∠P AQ＝120°，∴PQ＝2，∴PQ2+PC2＝QC2，∴∠QPC＝90°，∵∠APQ＝30°，∴∠APC＝30°+90°＝120°．（3）如图3中，将△BCP绕点C逆时针旋转60°得到△CB′P′，连接PP′，AB′，则∠ACB′＝90°．∵P A+PB+PC＝P A+PP′+P′B′，∴当A，P，P′，B′共线时，P A+PB+PC的值最小，最小值＝AB′的长，由AB＝，AC＝4，∠C＝30°，可得BC＝CB′＝3，∴AB′＝＝．故答案为．7．如图l，在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．（1）连接PB，PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B，C，P的对应点分别为点D、A、E，连接CE．①依题意，请在图2中补全图形；②如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，求CE的长（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接P A、PB、PC，当AC＝3，AB＝6时，根据此图求P A+PB+PC的最小值．【解答】解：（1）①补全图形如图所示；②如图，连接BD、CD∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，∴BC∥AD且BC＝AD，∵∠ACB＝90°，∴四边形BCAD是矩形，∴CD＝AB＝6，∵BP＝3，∴DE＝BP＝3，∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，∴在Rt△DCE中，CE＝＝＝3；（2）证明：如图所示，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN．由旋转可得，△AMN≌△ABP，∴MN＝BP，P A＝AM，∠P AM＝60°＝∠BAN，AB＝AN，∴△P AM、△ABN都是等边三角形，∴P A＝PM，∴P A+PB+PC＝CP+PM+MN，当AC＝3，AB＝6时，BC＝3，∴sin∠ABC＝，∴∠ABC＝30°，∵∠ABN＝60°，∴∠CBN＝90°当C、P、M、N四点共线时，P A+PB+PC的值最小，最小值＝CN＝＝＝3．8．（1）阅读证明①如图1，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P A+PB+PC的值为△ABC的费马距离．②如图2，已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC＝P A．（2）知识迁移根据（1）的结论，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：第一步：如图3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+P0D；第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段AD的长度即为△ABC的费马距离．（3）知识应用已知三村庄A，B，C构成了如图4所示的△ABC（其中∠A，∠B，∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使水井P到三村庄A，B，C所铺设的输水管总长度最小．求输水管总长度的最小值．【解答】解：（1）如图2，延长BP至E，使PE＝PC．∵在等边△ABC中，∴∠EPC＝∠BAC＝60°，∵PC＝PE，∴△PCE为等边三角形，∴PC＝PE，∠PCE＝60°，∴∠BCP+∠PCE＝∠ACB+∠BCP，∴∠ACP＝∠BCE，∵在△ACP和△BCE中，，∴△ACP≌△BCE（SAS）．∴AP＝BE＝BP+PE＝BP+PC；（2）由（1）得出：第一步：如图3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+P0D；第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段AD的长度即为△ABC的费马距离．故答案为：P0D；AD．（3）如图4，以BC为边在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD．∴AD的长就是△ABC的费马距离．可得∠ABD＝90°∴AD＝＝5（km）．∴输水管总长度的最小值为5千米．。