费马点及其在中考中的应用
“费马点”与中考试题
“费马点”与中考试题费马，法国业余数学家，拥有业余数学之王的称号，他是解析几何的发明者之一．费马点——就是到三角形的三个顶点的距离之和最小的点．费尔马的结论：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．下面简单说明如何找点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．图1解析：如图1，把△APC绕A点逆时针旋转60°得到△AP′C′，连接PP′．则△APP′为等边三角形，AP= PP′，P′C′=PC，所以PA+PB+PC= PP′+ PB+ P′C′．点C′可看成是线段AC绕A点逆时针旋转60°而得的定点，BC′为定长，所以当B、P、P′、C′四点在同一直线上时，PA+PB+PC最小．这时∠BPA=180°-∠APP′=180°-60°=120°，∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，∠BPC=360°-∠BPA-∠APC=360°-120°-120°=120°因此，当ABC△的每一个内角都小于120°时，所求的点P对三角形每边的张角都是120°，可在AB、BC 边上分别作120°的弓形弧，两弧在三角形内的交点就是P点；当有一内角大于或等于120°时，所求的P点就是钝角的顶点．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．本文列举近年“费马点”走进中考试卷的实例，供同学们学习参考．例1 （2008年广东中考题）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，求此正方形的边长．图2 图3分析：连接AC，发现点E到A、B、C三点的距离之和就是到ABC△三个顶点的距离之和，这实际是费尔马问题的变形，只是背景不同．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 （图4）．∵ 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（图3）．设正方形的边长为a ，那么BO =CO =，GC , GO =2a ．∴ BG=BO +GO =2a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值为∴2+2a 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．例2 （2009年北京中考题） 如图4，在平面直角坐标系xOy 中，△ABC 三个顶点的坐标分别为()6,0A -，()6,0B ，(0,C ，延长AC 到点D , 使CD =12AC ,过点D 作DE ∥AB 交BC 的延长线于点E .（1）求D 点的坐标；（2）作C 点关于直线DE 的对称点F ,分别连结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）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．分析和解：（1）D 点的坐标（3，（过程略）．（2） 直线BM的解析式为y =+．图4（3）如何确定点G 的位置是本题的难点也是关健所在．设Q 点为y 轴上一点，P 在y 轴上运动的速度为v ，则P 沿M →Q →A 运动的时间为2MQ AQ v v+，使P 点到达A 点所用的时间最短，就是12MQ ＋AQ 最小，或MQ ＋2AQ 最小．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MG．证OG=12图 5 图 6图7MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交解法2 考虑12BMO＝30°，所以QKBM于K，由OB=6，OM=＝12MQ＋AQ最小，只需使AQ＋QK最小，根据要使12“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=∠OBM=60°，∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=（G点为线段OC的中点）．∴G点的坐标为（0，（1）若P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4, 则PB的值为；（2）如图8，在锐角△ABC的外侧作等边△ACB′，连结BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′=PA+PB+PC．图8 解：（1）利用相似三角形可求PB的值为3（2）设点P为锐角△ABC的费马点，即∠APB=∠BPC=∠CPA=120°如图8，把△ACP绕点C顺时针旋转60°到△B′CE，连结PE，则△EPC为正三角形．∵∠B′EC = ∠APC =120°，∠PEC=60°∴∠B′EC+∠PEC=180°即P、E、B′三点在同一直线上∵∠BPC=120°, ∠CPE=60°，∴∠BPC +∠CPE =180°，即B、P、E 三点在同一直线上∴B、P、E、B′四点在同一直线上，即BB′过△ABC的费马点P．又PE=PC，B′E= PA，∴BB′=E B′+PB+PE=PA+PB+PC．注通过旋转变换，可以改变线段的位置，优化图形的结构．在使用这一方法解题时需注意图形旋转变换的基础，即存在相等的线段，一般地，当题目出现等腰三角形（等边三角形）、正方形条件时，可将图形作旋转60°或90°的几何变换，将不规则图形变为规则图形，或将分散的条件集中在一起，以便挖掘隐含条件，使问题得以解决．费尔马问题是个有趣的数学问题，这些问题常常可通过旋转变换来解决．。
初三数学中考模型之费马点问题
∵ 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°,.
即 t 2 .综上， t PA PB PC 的取值范围为 3 t 2 .
“费马点”与中考试题
费尔马，法国业余数学家，拥有业余数学之王的称号，他是解析几何的发明者之一． 费马点—— 就是到三角形的三个顶点的距离之和最小的点． 费尔马的结论：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．
（2） 直线 BM 的解析式为 y 3x 6 3 （过程略）．
y
E
D
C
y F
E
MD
C
A
O Bx
A
O Bx
图4
（3）如何确定点 G 的位置是本题的难点也是关健所在．设 Q 点为 y 轴上一点，P 在 y 轴上运动的速
度为 v，则 P 沿 M→Q→A 运动的时间为 MQ AQ ，使 P 点到达 A 点所用的时间最短，就是 1 MQ＋AQ
（3）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．
分析和解：（1）D 点的坐标（3， 6 3 ）（过程略）．
中考中的费马点问题
费马点“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点.若给定一个三角形△ABC的话，从这个三角形的费马点P到三角形的三个顶点A、B、C 的距离之和比从其它点算起的都要小.这个特殊点对于每个给定的三角形都只有一个.【定义】1.若三角形3个内角均小于120°，那么3条距离连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对三角形三边的张角相等，均为120°。
所以三角形的费马点也称为三角形的等角中心.（托里拆利的解法中对这个点的描述是：对于每一个角都小于120°的三角形ABC的每一条边为底边，向外作正三角形，然后作这三个正三角形的外接圆。
托里拆利指出这三个外接圆会有一个共同的交点，而这个交点就是所要求的点。
这个点和当时已知的三角形特殊点都不一样。
这个点因此也叫做托里拆利点。
）2.若三角形有一内角大于等于120°，则此钝角的顶点就是距离和最小的点.【费马点问题】问题：如图1，如何找点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？图文解析：如图1，把△APC绕C点顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′．则△CPP′为等边三角形，CP=PP′，PA=P′A′，∴PA+PB+PC= P′A′+PB+PP′BC′．∵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.′【如图1和图2，利用旋转、等边等条件转化相等线段.】∴∠APC=∠A′P′C=180°-∠CP′P=180°-60°=120°，∠BPC=180°-∠P′PC=180°-60°=120°，∠APC=360°-∠BPC-∠APC=360°-120°-120°=120°.因此，当△ABC的每一个内角都小于120°时，所求的点P对三角形每边的张角都是120°；当有一内角大于或等于120°时，所求的P点就是钝角的顶点．费马点问题告诉我们，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．【方法总结】利用旋转、等边等条件转化相等线段，将三条线段转化成首尾相连的三条线段. 【知识应用】两点之间线段最短.【典型例题】1.已知：P是边长为1的等边三角形ABC内的一点，求PA+PB+PC的最小值.2.（2015·无锡二模）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__________．3. 已知：P 是边长为1的正方形ABCD 内的一点，求PA+PB+PC 的最小值．4. (朝阳二模)阅读下列材料：小华遇到这样一个问题，如图1,△ABC 中，∠ACB=30º，BC=6，AC=5，在△ABC 内部有一点P ，连接PA 、PB 、PC ，求PA+PB+PC 的最小值．小华是这样思考的：要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可以求出这三条线段和的最小值了．他先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题．他的做法是，如图2，将△APC 绕点C 顺时针旋转60º，得到△EDC ，连接PD 、BE ，则BE 的长即为所求．（1）请你写出图2中，PA+PB+PC 的最小值为________________；（2）参考小华的思考问题的方法，解决下列问题：①如图3，菱形ABCD 中，∠ABC=60º，在菱形ABCD 内部有一点P ，请在图3中画出并指明长度等于PA+PB+PC 最小值的线段（保留画图痕迹，画出一条即可）；②若①中菱形ABCD 的边长为4，请直接写出当PA+PB+PC 值最小时PB 的长．D A B P 图2 A B 图3 A C B P 图15. 如图，在ABC 中，ABC ＝60，AB ＝5，BC ＝3，P 是ABC 内一点，求P A ＋PB ＋PC 的最小值，并确定当P A ＋PB ＋PC 取得最小值时，APC 的度数． B CAP6. 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 ，连结AM ，CM ，EN ．（1）当M 在何处时，AM ＋CM 的值最小?（2）当M 在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小？请说明理由；（3）当AM ＋BM ＋CM 31时，求正方形的边长．NE M7. （海淀二模）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236y 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.8.（2019河东一模）如图,抛物线25 2y ax bx=++过点A(1,0),B(5,0)，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。
中考数学几何最值简析一：“费马点”
中考数学几何最值简析一：“费马点”
民间传说：《将军巡营》解
三座兵营分别设置在大片开阔地的三处，将军经常要去巡视。
他从自己的指挥所出发，到达第一兵营后回到指挥所；再去到第二兵营后回到指挥所；最后又去到第三兵营后回到指挥所。
一天，他忽然想到要把指挥所搬到少走路程的地方，却拿不定主意，不知指挥所应放在哪儿才合适？
根据那则民间传说提出这个极值问题的就是费马。
皮埃尔·德·费马，法国律师和业余数学家。
他在数学上的成就不比职业数学家差，他似乎对数论最有兴趣，亦对现代微积分的建立有所贡献。
被誉为“业余数学家之王”。
费马，是当今常见译法。
费马问题是著名的几何极值问题。
曾提出一问题征解：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和为最小。
”
答案是：①当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心；
②当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点。
在费马问题中所求的点称为费马点。
经典例题
练习（2019武汉中考）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，证明结论：P A+PC＝PE．
问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝．点O是△MNG内
．
一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是2。
费马点及其在中考中的应用
章 ， 以对 碰撞 过程 “ 可 放大 ” “ 和 强化 ” 处理 ， 学生 使
明确质点 组 间的碰撞 由于一对 内力 做功 一般 不为 零， 因此机械 能有损失．
［ 丁三 七． ４ 】 几个功 能 问题 的错 解分 析及 原 因
探 究Ｕ＿ ｌ 中学物理 ，０ ８ ７ ． ２０ （）
作 Ｄ ／Ａ 交 Ｂ Ｅ ／ Ｂ， Ｃ的延长线于点 Ｅ ．
（ ） Ｄ点 的坐标 ； １求
角形．
因此 ， ＋ ＋ Ｃ ＰＣ＋ ， Ｐ ． 船 Ｐ ＝ ＇ ＪＰ Ｃ Ｐ＋
由此可知 当 Ｃ ， ， ， Ｐ ， Ｃ四点共线时 ，Ａ Ｐ ＋ Ｃ Ｐ Ｐ ＋ＢＰ ＝ Ｐ ｃ＋ ，＋ Ｃ为最小． ， ＰＰ Ｐ 当 Ｃ ， Ｐ共线时 ，． ．ＰＰ－０ ’． ｃＰ曰 Ｐ ， ’ ＡＢ － 。 ＿ ’ ６ ． ～ ：
／ ＡＰＢ＝１ ０ ． ２ 。
（ ） Ｃ点关 于直线 Ｄ ２作 Ｅ的对称点 Ｆ 分别连结 ，
Ｄ ， ，若 过 曰点的直 线 ｙ ｋ＋ 将 四边 形 Ｃ Ｆ Ｆ ＝ｘ ｂ ＤＥ
分成周长相等 的两个 四边形 ， 试确定此直线 的解析
式；
同理 ， Ｐ ， ， 若 ， Ｃ共线时 ， ‘／Ｂ Ｐ＝ ０， Ｐ 则 ．＿ Ｐ ６ 。 ‘
学家 、物理 学家． 费马一生从 未受过 专门的数学教 １ 对三 角形 内任 ， 育， 数学研 究也 不过是 业余 爱好 ． 然而 ， １ 在 ７世纪 意一 点 Ｐ，延 长 的法 国还找 不到哪位数学家可 以与之 匹敌． 他是解 Ｂ Ａ至点 ｃ ， 使得 析几 何 的发 明者 之一 ； 概率 论 的主要创 始 人 ； 以及 ＡＣ ＝ Ｃ， Ａ 作 Ｃ
教 师 ，０ ９ ７ ． ２０（ ）
2024成都中考数学二轮复习专题：费马点求最小值
费马点求最小值内容导航方法点拨△APC≌△AQE，且△APQ为等边三角形，∴PC=QE，AP=PQ∴AP+BP+CP=BP+PQ+QE当B、P、Q、E共线时，AP+BP+CP和最小例题演练题组1：费马点在三角形中运用例1．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）【解答】【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，，∴△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°，∴CF＝AC＝b，DF＝CF＝b，∴BF＝a+b，∴BD＝＝＝；当B、P、M、D共线时，PA+PB+PC的值最小，即PA+PB+PC的最小值为：；故答案为：．练1.1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PA、PB、PC，求PA+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．【解答】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，∵PA＝EF，∴PA+PB+PC＝PC+PF+EF，∵PC+PF+EF≥EC，∴当P，F在直线EC上时，PA+PB+PC的值最小，易证BC＝BE＝BA＝3，∠CBE＝90°，∵EB⊥BC，∴EC＝BC＝3，∴PA+PB+PC的最小值为3．（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．易证△BEO′≌△BPO（SAS），∴EO′＝OP，∵∠APD+∠AJD＝180°，∴A，P，D，J四点共圆，∴OP＝，∴EO′＝，∴点E的运动轨迹是以O′为圆心，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＝OB＝14，由△BHR∽△OMB，∴＝，∴RH＝5，∵HR∥O′T∥OM，OO′＝RO′，∴TM＝TH，∴O′T＝＝，∴BT＝＝3，∴CO′＝＝，∴CO′﹣EO′＝﹣＝．∴QP+QB+QC的最小值为．题组2：费马点在四边形中运用例2．如图，P为正方形ABCD内的动点，若AB＝2，则PA+PB+PC的最小值为．【解答】解：将△BPC绕点B顺时针旋转60°，得到△BP'C'，∴BP＝BP'，∠PBP'＝60°，△BPC≌△BP'C'，∴△BPP'是等边三角形，PC＝P'C'，∠PBC＝∠P'BC'，BC＝BC'＝2，∴BP＝PP'，∴PA+PB+PC＝AP+PP'+P'C'，∴当线段AP，PP'，P'C'在一条直线上时，PA+PB+PC有最小值，最小值是AC'的长，过点C'作C'E⊥AB交AB的延长线于E，∵∠ABP+∠PBP'+∠P'BC'＝60°+∠ABP+∠PBC＝150°，∴∠EBC'＝30°，∴EC'＝1，BE＝EC'＝，∴AE＝2+，∴AC'＝＝＝+，故答案为：+．练2.1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；（2）若正方形的边长为，正方形内是否存在一点P，使得PA+PB+PC的值最小？若存在，求出它的最小值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）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°，∴BE＝BA，∠MBN＝∠ABE，∴∠MBA＝∠NBE；在△AMB与△ENB中，，∴△AMB≌△ENB（SAS），（2）顺时针旋转△BPC60度，可得△PBE为等边三角形．即得PA+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PA+PB+PC＝AF．BM＝BF•cos30°＝BC•cos30°＝，则AM＝+＝，∵AB＝BF，∠ABF＝150°∴∠BAF＝15°既得AF＝＝+1．例3．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，∠ODB＝30°，OE为△BOD的中线，过B、E两点的抛物线与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．【解答】解：（1）过E作EG⊥OD于G（1分）∵∠BOD＝∠EGD＝90°，∠D＝∠D，∴△BOD∽△EGD，∵点B（0，2），∠ODB＝30°，可得OB＝2，；∵E为BD中点，∴∴EG＝1，∴∴点E的坐标为（2分）∵抛物线经过B（0，2）、两点，∴，可得；∴抛物线的解析式为；（3分）（2）∵抛物线与x轴相交于A、F，A在F的左侧，∴A点的坐标为∴，∴在△AGE中，∠AGE＝90°，（4分）过点O作OK⊥AE于K，可得△AOK∽△AEG∴∴∴∴∵△OMN是等边三角形，∴∠NMO＝60°∴；∴，或；（6分）（写出一个给1分）（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；＝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＝；由割线定理得：AP•AE＝OA•AH，即：AP＝OA•AH÷AE＝×÷＝．故：m可以取到的最小值为当m取得最小值时，线段AP的长为．（如遇不同解法，请老师根据评分标准酌情给分）练3.1如图，抛物线y＝ax2+bx+过点A（1，0），B（5，0），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，在以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．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+过点A（1，0），B（5，0），∴0＝a+b+0＝25a+5b+∴a＝，b＝﹣3∴解析式y＝x2﹣3x+（2）当y＝0，则0＝x2﹣3x+∴x1＝5，x2＝1∴A（1，0），B（5，0）∴对称轴直线x＝3，顶点坐标（3，﹣2），AB＝4∵抛物线与y轴相交于点C．∴C（0，）如图1①如AB为菱形的边，则EF∥AB，EF＝AB＝4，且E的横坐标为3∴F的横坐标为7或﹣1∵AE＝AB＝4，AM＝2，EM⊥AB∴EM＝2∴F（7，2），或（﹣1，2）∴当x＝7，y＝×49﹣7×3+＝6∴点F到二次函数图象的垂直距离6﹣2②如AB为对角线，如图2∵AEBF是菱形，AF＝BF＝4∴AB⊥EF，EM＝MF＝2∴F（3，﹣2）∴点F到二次函数图象的垂直距离﹣2+2（3）当F（3，﹣2）时，点F到二次函数图象的垂直距离最小如图3，以BQ为边作等边三角形BQD，将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置，连接AN，作PN⊥AB于P∵等边三角形BQD∴QD＝QB＝BD，∵将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置∴NB＝BF＝4，∠FBN＝60°，DN＝FQ∵AQ+BQ+FQ＝AQ+QD+DN∴当AQ，QD，DN共线时AQ+BQ+FQ的和最短，即最短值为AN的长．∵AF＝BF＝4＝AB，∴∠ABF＝60°∴∠NBP＝60°且BN＝4，∴BP＝2，PN＝2∴AP＝6在Rt△ANP中，AN＝＝4∴AQ+BQ+FQ的和最短值为4．。
初三数学中考模型之费马点问题
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。
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 +。
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.。
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。
中考数学专题复习37几何最值之费马点问题(全国通用解析版)
问题分析“费马点”指的是位于三角形内且到三角形三个顶点距高之和最短的点。
主要分为两种情况：（1）当三角形三个内角都小于120°的三角形.通常将某三角形绕点旋转60度.从而将“不等三爪图”中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。
（2）当三角形有一个内角大于120°时.费马点就是此内角的顶点.费马点问题解题的核心技巧：旋转60° 构造等边三角形将“不等三爪图”中三条线段转化至同一直线上利用两点之间线段最短求解问题模型展示：如图.在△ABC内部找到一点P.使得PA＋PB＋PC的值最小.当点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.特别地.△ABC中.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°）费马点的性质：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°。
最值解法：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。
证明过程：几何最值之费马点问题方法技巧将△APC 边以A 为顶点逆时针旋转60°.得到AQE.连接PQ.则△APQ 为等边三角形.PA=PQ 。
即PA+PB+PC=PQ+PB+PC.当B 、P 、Q 、E 四点共线时取得最小值BE【例1】如图.四边形 ABCD 是菱形.A B =6.且△ABC =60° .M 是菱形内任一点.连接AM .BM .CM .则AM +BM +CM 的最小值为________．【答案】63【详解】将△BMN 绕点B 顺时针旋转60度得到△BNE .△BM =BN .△MBN =△CBE =60°.△MN=BM△MC=NE△AM +MB +CM =AM +MN +NE ．当A 、M 、N 、E 四点共线时取最小值AE ．△AB =BC =BE =6.△ABH =△EBH =60°.△BH △AE .AH =EH .△BAH =30°.△BH =12AB =3.AH =3BH =33.△AE =2AH =63．故答案为63．题型精讲【例2】如图.四边形ABCD 是正方形.△ABE 是等边三角形.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.（1）求证：△AMB△△ENB ；（2）△当M 点在何处时.AM ＋CM 的值最小； △当M 点在何处时.AM ＋BM ＋CM 的值最小.并说明理由；（3）当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时.求正方形的边长.【答案】（1）△AMB△△ENB.证明略。
(完整版)“费马点”与中考试题
“费马点”与中考试题费马，法国业余数学家，拥有业余数学之王的称号，他是解析几何的发明者之一. 费马点一一就是到三角形的三个顶点的距离之和最小的点. 费尔马的结论：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.下面简单说明如何找点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.解析：如图1，把△ APC绕A点逆时针旋转60°得到△ APC',连接PP'.则厶APP为等边三角形，AP= PP P C = PC,所以PA+PB+PC= PP + PB+ PC'.点C'可看成是线段AC绕A点逆时针旋转60°而得的定点，BC为定长，所以当B、P、P、C '四点在同一直线上时，FA+PB+PC最小.这时/ BPA=180°- / APP =180°-60 °=120°,/ APC= / A P C =180°-Z AP P=180° -60 °=120°,/ BPC=360°-Z BPA- Z APC=360° -120。
-120 °=120°因此，当厶ABC的每一个内角都小于120。
时，所求的点P对三角形每边的张角都是120 °可在AB、BC边上分别作120 的弓形弧，两弧在三角形内的交点就是P点；当有一内角大于或等于120°时，所求的P点就是钝角的顶点.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.本文列举近年“费马点”走进中考试卷的实例，供同学们学习参考.例1 （2008年广东中考题）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2 -.6，求此正方形的边长.分析：连接AC ,发现点E 到A 、B 、C 三点的距离之和就是到 △ ABC 三个顶点的距离 之和，这实际是费尔马问题的变形，只是背景不同.解 如图2，连接人6把厶AEC 绕点C 顺时针旋转60°得到△ GFC ，连接EF 、BG 、 AG ，可知△ EFC 、△ AGC 都是等边三角形，则 EF=CE .又 FG =AE ,••• AE+BE+CE = BE+EF+FG （图 4）.•••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（图3）.设正方形的边长为 a ，那么BG=BO+GO =』a +2点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值为.2,6 .注 本题旋转厶AEB 、△ BEC 也都可以，但都必须绕着定点旋转，读者不妨一试. 例2（2009年北京中考题） 如图4,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-. 3，延长AC 到点D,使CD=1 AC ,过点D 作2DE // AB 交BC 的延长线于点 E.（1）求D 点的坐标；BO=CO=GC=」2a , GO=「6，解得 a =2.（2）作C点关于直线DE的对称点F,分别连结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）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.分析和解：（1）D点的坐标（3, 3 ）（过程略）.（2）直线BM的解析式为y ,3x 6.3 （过程略）.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.把厶MQB绕点B顺时针旋转60。
费马点及其在中考中的应用
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17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120°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′=AP．即把△APC以A为中心做旋转变换．则△APC≌△AP′C′，∵∠BAC≥120°，∴∠PAP′≤60°．∴在等腰三角形PAP′中，AP≥PP′，∴PA+PB+PC≥PP′+PB+ P′C′>BC′=AB+AC．所以A是费马点．图1图22．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．三、费马点的简单应用近几年，在全国各地的中考中，时常可以看见费马点的影子．例1(2009浙江湖州--25)若P为△ABC所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P叫做△ABC的费马点．(1)若点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4，则PB的值为________；(2)如图3，在锐角△ABC外侧作等边△ACB，连结BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′=PA+PB+PC．解：(1)∵∠PBA+∠PBC=∠PBC+∠PCB=60°，∴∠PBA=∠PCB．又∠APB=∠BPC=120°，∴△PBA∽△PCB，则PB2=PA×PC=12，即PB=2．(2)证明：在BB′上取点P，使∠BPC=120°，连结AP，再在PB′上截取PE=PC，连结CE．∵PC=CE，AC=CB′，∠PCA=∠ECB′，∴△ACP≌△B′CE．∴∠APC=∠B′EC=120°，PA=EB′．∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°，∴P为△ABC的费马点，且BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC．例2 (2009北京) 如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个点的坐标分别为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．(1)求D点的坐标；(2)作C点关于直线DE的对称点F，分别连结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，试确定此直线的解析式；(3)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)【析】本题第三问要求：简述确定G点位置的方法，但不要求证明．如果不知原理，比较难找，用常规数学的方法，会涉及到一元二次方程的判别式的问题，并不容易想到．而用费马点的知识就能轻松找出这个G点．由于直线y=kx+b与y轴的交点坐标在第二问当中可求出M(0，6)，所以，本题第三问便可以转化为：AO⊥OM于点O，AO=6，MO=6，G点从M出发，向O 点运动到达G点后，再沿GA到达A点．若G点在MO上运动的速度是它在GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置．(如图5，G点按照上述要求到达A点所用的时间为t)解法一：方程解法设GO=x，则MG=6-x，AG=，则t=，移项平方得：3x 2+(12-4t)x +36+24t-4t 2=0， ∵方程有解，Δ=(12-4t)2-12(36+24t-4t 2)≥0 解得t ≥6， 将t=6代回方程，求出x=2时，t 最小．解法二：费马点解法如图6，要使MG+AG 最小，即使MG+2AG 最小．作A 关于MO 的对称点A'，则MG+2AG=MG+AG+A'G ，即MG+AG+A'G 最小．故G 为△AA'M 的费尔马点．作∠GAO=30°，交MO 于G 点，则∠AGM=∠A'GM=∠AG A'=120°，故G 点为所求． OG=2． 由此利用费马点的解法可以看出：当动点G 在OM 上的运动速度是在AG 上的2倍的时候，动点的位置与MO 的长度无关，与AO 的长度有关，GO 长是AO 长的倍．2009北京中考25题最后一问不需证明其实证明也很简单！（仅供参考）Q NO MG KBA其中K 为DE 与y 轴的交点，由前两个问题容易得知ABK ∆为等边三角形， G 为y 轴上的任意一点，作GN BK ⊥,30BKO ∠=︒,∴12GN KG =,故速度为2v 走完KG 所用的时间等于速度为v 走完GN 所用的时间，即2KG GN v v=，故以2v 速度走完KG 和以v 走完GA 的时间和，其实就是以v 速度走完路程AG GN +,由速度一定，路程最短，时间最少！再由垂线段最短,最短路程就是AM ,此时G 点就是Q 点。
初三数学中考模型之费马点问题
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。
它是如此确定的:1。
假如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、假如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°,因此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。
费马点的认识于作图，费马点及加权费马点的计算中考实战题型演练超有方向教育
费马点的认识于作图，费马点及加权费马点的计算中考实战题
型演练超有方向教育
同学们大家好，我是超有方向的超老师，应很多同学的要求，我们今天来学习一下费马点问题，本系列的学习目标有两个，一是认识费马点，包括包括费马点的几何作图法，费马点证明以及费马点的图形特征。
二费马点在中考实战题型中的应用，包括费马点最小值的计算，以及加权费马点的计算。
费马点的讲解我会分为四个视频，这一系列我会讲的特别详细，因为有好多同学们都问超老师费马点的问题，再有费马点在近些年的中考题型中出现频次也在变高，同学们可以依次查看视频讲解。
解决费马点问题的关键在于两点：一、等值转换；二、换到同一条直线上，加权费马点也是同样。
最近好多同学在问超老师费马点的问题，这一系列超老师会讲的很详细，分四个视频，同学们可以依次查看。
有同学给超老师留言私信说手机上看题目有些小啊看不到，同学们可以搜索一下超有方向公众号，然后发送关键词费马点，就可以得到本系列的所有课件了，自己放大看，或者打印出来都可以。
以下图片请同学们结合视频观看。
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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17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120°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′=AP. 即把△APC以A为中心做旋转变换.
则△APC≌△AP′C′,
∵∠BAC≥120°,∴∠PAP′≤60°.
∴在等腰三角形PAP′中,AP≥PP′,
∴PA+PB+PC≥PP′+PB+ P′C′>BC′=AB+AC.
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△C′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′C′+P′P+PC.
由此可知当C′,P′,P,C四点共线时,PA+PB+PC=
P′C′+P′P+PC为最小.
当C′,P′,P共线时,∵∠BP′P=60°,∴∠C′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.
三、费马点的简单应用
近几年,在全国各地的中考中,时常可以看见费马点的影子.
例1(2009浙江湖州) 若P为△ABC所在平面上一点,且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°,则点P叫做△ABC的费马点.
(1)若点P为锐角△ABC的费马点,且∠ABC=60°,PA=3,PC=4,则PB的值为________;
(2)如图3,在锐角△ABC外侧作等边△ACB,连结BB′.求证:BB′过△ABC的费马点P,且BB′=PA+PB+PC.
解:(1)∵∠PBA+∠PBC=∠PBC+∠PCB=60°,∴∠PBA=∠PCB.
又∠APB=∠BPC=120°,
∴△PBA∽△PCB,则PB2=PA×PC=12,
即PB=2.
(2)证明:在BB′上取点P,使∠BPC=120°,连结AP,再在PB′上截取PE=PC,连结CE.
∵PC=CE,AC=CB′,∠PCA=∠ECB′,
∴△ACP≌△B′CE.
∴∠APC=∠B′EC=120°,PA=EB′.
∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°,
∴P为△ABC的费马点,且BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC.
例2 (2009北京) 如图,在平面直角坐标系xOy中,△ABC三个点的坐标分别为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.
(1)求D点的坐标;
(2)作C点关于直线DE的对称点F,分别连结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,试确定此直线的解析式;
(3)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)
本题第三问要求:简述确定G点位置的方法,但不要求证明.如果不知原理,比较难找,用常规数学的方法,会涉及到一元二次方程的判别式的问题,并不容易想到.而用费马点的知识就能轻松找出这个G点.
由于直线y=kx+b与y轴的交点坐标在第二问当中可求出M(0,6),所以,本题第三问便可以转化为:AO⊥OM于点O,AO=6,MO=6,G点从M出发,向O点运动到达G点后,再沿GA到达A点.若G点在MO上运动的速度是它在GA上运动速度的2倍,试确定G点的位置.(如图5,G点按照上述要求到达A点所用的时间为t)
解法一: 方程解法
设GO=x,则MG=6-x,AG=,
则t=+,
移项平方得:3x2+(12-4t)x
+36+24t-4t2=0,
∵方程有解,
Δ=(12-4t)2-12(36+24t-4t2)≥0?圯t≥6,
将t=6代回方程,求出x=2时,t最小.
解法二:费马点解法
如图6,要使+AG最小,即使MG+2AG最小.
作A关于MO的对称点A’,
则MG+2AG=MG+AG+A’G,
即MG+AG+A’G最小.故G为△AA’M的费尔马点.作∠GAO=30°,交MO于G点,则∠AGM=∠A’GM=∠AG A’=120°,故G点为所求. OG=2.
由此利用费马点的解法可以看出:
当动点G在OM上的运动速度是在AG上的2倍的时候,动点的位置与MO 的长度无关,与AO的长度有关,GO长是AO长的倍.。