最新“费马点”与中考试题
中考数学压轴题费马点
《费马点》解题思路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；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.一、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4ABC中，N BAC N120。
，求证：点A为4ABC 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N CAP =N CAP,并且使得AP=AP,连结PP贝IJ4APC四△APC, PC=PC 因为N BAC N120。
所以N PAP=/CAC W60所以在等腰4PAP中，AP N PP所以PA+PB+PC N PP+PB+PC〉BC=AB+AC所以点A为4ABC的费马点二、若三角形的内角均小于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4ABC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4ABC内的交点为O,求证: 点。
为4ABC的费马点证明：在4ABC内部任意取一点O,；连接OA、OB、OC将4AOC绕着点A逆时针旋转60°,得到A AO, 口连接。
，则O' D=OC所以△AO。
，为等边三角形，OO'=AO所以0A+0C+0B=00,+0B+0/ D则当点B、。
、。
/、D四点共线时，OA+OB+OC最小此时ABAC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O如图，在4ABC中，若N BAC、N ABC、N ACB均小于120°, O为费马点，则有N AOB=N BOC=N COA=120°,所以三角形的费马点也叫三角形的等角中心例1 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（一6, 0）, 点B的坐标为（6, 0）,点C的坐标为（6, 4内），延长AC至点D 使得CD=AC,过点DE作DE//AB,交BC的延长线于点E,设G为y 轴上的一点，点P从直线y=无x+6城3与y轴的交点M出发，先沿y轴到达点G,再沿GA到达点A,若点P在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定点G的位置，使点P按照上述要求到达A所用的时间最短解解・.・t= GM GA 2GA + GM 2 v v 2 v・•・当2GA+GM最小时，时间最短如图，假设在OM上存在一点G,则BG=AG・・.MG+2AG=MG+AG+BG把4MGB绕点B顺时针旋转60°,得到A M，G/ B,连结GG', MM, ・・・A GG' B、A MM，B都为等边三角形则GG'=G，B=GB又・・・M, G，=MG・・.MG+AG+BG=M/ G’+GG’+AG二•点A、M/为定点・・・AM,与OM的交点为G,此时MG+AG+BG最小・••点G的坐标为（0, 2S）例2 A、B、C、D四个城市恰好为一个正方形的四个顶点，要建立一个公路系统使得每两个城市之间都有公路相通，并是整个公路系统的总长度为最小，则应当如何修建？解：如图，将4ABP绕点N逆时针旋转60°，得到A EBM；同样，将△DCQ绕点C顺时针旋转60°，得到△FCN，连结AE、DF，则A ABE、△DCF均为等边三角形，连结PM、QN，则△BPM，^CQN均为等边三角形所以当点E，M，P，Q，N，F共线时，整个公路系统的总长取到最小值，为线段EF的长，如图，此时点P, Q在EF上，1= 2 = 3= 4 = 30 .进阶训练1.如图，在ABC中，ABC=60 , AB=5, BC=3, P是ABC 内一点，求PA+PB+PC的最小值，并确定当PA+PB+PC取得最小值时，APC的度数.答案：PA+PB+PC的最小值为7,此时APC=120【提示】如图，将APB绕点B逆时针旋转60 ，得到A'BP', 连结PP',A'C.过点A'作A'E BC,交CB的延长线于点E.解Rt A' EC求A'C的长，所得即为PA+PB+PC的最小值.2.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的最小值为,：3 i时，求正方形的边长.答案：(1)当点M落在BD的中点时，AM+CM的值最小，最小值为AC的长；(2)连结CE,当点M位于BD与CE的交点处时.AM+BM+CM的值最小，最小值为CE的长.(3)正方形的边长为我.【提示】(3)过点E作EF BC,交CB的延长线于点F,解Rt EFC 即可.。
初三数学费马点练习题
初三数学费马点练习题费马点（Fermat Point）是指在一个三角形中，距离三个顶点的距离之和最小的点。
它被称为费马点，是为了纪念法国数学家皮埃尔·费马（Pierre de Fermat）。
在本文中，将提供一些初三数学费马点练习题，通过这些题目的解答，读者将更好地理解费马点的概念和特性。
题目一：已知△ABC中，∠ABC = 60°，AD为边BC上的高，点E为三角形内部一点，满足∠BAE = ∠CAE = 30°。
证明：点E为△ABC的费马点。
解答一：我们需要证明点E到三个顶点A、B、C的距离之和最小。
首先，连接AE、BE、CE，构造△BAE和△CAE。
由已知条件可知，∠BAE = ∠CAE = 30°，而∠ABC = 60°。
观察三角形△BAE，角度和为180°，因此∠AEB = 180° - 30° - 30°= 120°。
同理，在三角形△CAE中，∠AEC = 180° - 30° - 30° = 120°。
现在我们可以继续分析三角形△ABC，∠ABC = 60°，∠BAC = 180°- 60° - 30° - 30° = 60°。
接下来，我们来考虑三角形△BAE和△CAE的外角。
对于△BAE，∠BEA = 180° - 120° = 60°；对于△CAE，∠CEA = 180° - 120° = 60°。
现在，我们可以观察到三角形△BAE、△CAE和△ABC中都有一个60°的角，并且对应的外角也是60°。
根据确定费马点的性质，可知点E为△ABC的费马点。
题目二：已知△ABC中，∠BAC = 90°，点D为边BC上的一点，满足BD = DC。
(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-—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、C26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 2，GC 2a ， GO 6． ∴ BG=BO +GO =22a +62a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 26∴2626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．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 ，(0,43C ,延长AC 到点D ， 使CD =12AC ,过点D 作DE ∥AB 交BC 的延长线于点E 。
费马点最值问题(中考备考宝典)
费马点最值问题例题精讲例1：如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=60°，△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，则AM+BM+CM的最小值为．例2：如图（1），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是等边三角形三条中线的交点，点P（填是或不是）该三角形的费马点．（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°．求证：△ABP∽△BCP；（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．强化练习1、在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=1，BC= ，点O 为Rt △ABC 内一点，连接AO 、BO 、CO ，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，则OA+OB+OC= ．2、如图，在四边形ABCD 中，60B ο∠=，AB=BC=3，AD=4，90BAD ο∠=，点P 是形内一点，则PA+PB+PD 的最小值为________第1题图 第2题图3、如图，点P 是矩形ABCD 对角线BD 上的一个动点，已知，，则的最小值是_______4、如图，菱形ABCD 的对角线AC 上有一动点P ，BC ＝6，∠ABC ＝150°，则线段 AP ＋BP ＋PD 的最小值为________第3题图 第4题图PDCA5、（1）如图①，△ABD 和△ACE 均为等边三角形，BE 、CE 交于F ，连AF ， 求证：AF +BF +CF ＝CD ；（2）在△ABC 中，∠ABC ＝30°，AB ＝6，BC ＝8，∠A ，∠C 均小于120°，求作一点P ，使PA +PB +PC 的值最小，试求出最小值并说明理由．图①D图②CA6、如图，ABC ∆为正三角形，做ABC ∆的外接圆（1）D 为劣弧AB 上一点，则ADB ∠=（2）若三角形的3个内角均小于120°，三角形存在一点P ，使得PA 、PB 、PC 的夹角均为120°，我们称点P 为ABC ∆的费马点。
中考费马点例题
2022年春北师大版九年级数学中考二轮复习《费马点模型》专题突破训练（附答案）1．如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数的为（）A．150°B．135°C．120°D．165°2．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC 外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论错误的是（）A．△BPQ是等边三角形B．△PCQ是直角三角形C．∠APB＝150°D．∠APC＝135°3．如图，点D是等边△ABC内一点，AD＝3，BD＝3，CD＝，△ACE是由△ABD绕点A逆时针旋转得到的，则∠ADC的度数是（）A．40°B．45°C．105°D．55°4．如图，点P是等边△ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，则∠APB的度数为（）A．150°B．145°C．135°D．120°5．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置．连接PQ，则以下结论错误的是（）A．∠QPB＝60°B．∠PQC＝90°C．∠APB＝150°D．∠APC＝135°6．已知，P为等边三角形ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则S△ABC＝．7．点P是等边三角形ABC内部一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则三角形ACP的面积是．8．如图，点P是等边△ABC内的一点，PA＝6，PB＝8，PC＝10．若点P′是△ABC外的一点，且△P′AB≌△PAC，则∠APB的度数为．9．如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数．10．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°，得到线段AQ，连接BQ，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，则四边形APBQ的面积为11．如图，点P为等边△ABC内一点，若PC＝3，PB＝4，PA＝5，则∠BPC的度数是．12．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC 外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有（填序号）①△BPQ是等边三角形②△PCQ是直角三角形③∠APB＝150°④∠APC＝120°13．如图，已点P是△ABC的重心（三边中线的交点），且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求S△ABC．14．如图，点P是等边△ABC外一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5（1）将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△P1AC1，画出旋转后的图形；（2）在（1）的图形中，求∠APB的度数．15．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A 逆时针旋转后，得到△P′AB．（1）求点P与点P′之间的距离；（2）求∠APB的度数．16．数学探究课上老师处这样一道题：“如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，试求∠APB的度数．”小明和小军探讨时发现了一种求∠APB度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断（1）在图中画出△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B；（2）试判断△AP1P的形状，并说明理由；（3）试判断△BP1P的形状，并说明理由；（4）由（2）、（3）两问可知：∠APB＝．17．（原题初探）（1）小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，P是正方形ABCD 内一点，连结PA，PB，PC现将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，连接PP ′．若PA＝，PB＝3，∠APB＝135°，则PC的长为，正方形ABCD的边长为．（变式猜想）（2）如图2，若点P是等边△ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，请猜想∠APB的度数，并说明理由．（拓展应用）（3）聪明的小明经过上述两小题的训练后，善于反思的他又提出了如下的问题：如图3，在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD 的长度为．18．问题：如图1，在等边△ABC内部有一点P，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB 的度数？（1）请写出常见四组勾股数：、、、．（2）解决方法：通过观察发现PA，PB，PC的长度符合勾股数，但由于PA，PB，PC不在一个三角形中，想法将这些条件集中在一个三角形，于是可将△ABP绕A逆时针旋转60°到△AP′C，此时△ABP≌△ACP'，这样利用等边三角形和全等三角形知识，便可求出∠APB＝．请写出解题过程．（3）应用：请你利用（2）题的思路，解答下面的问题：如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E，F为BC的点，且∠EAF＝45°，若BE＝m，FC＝n，请求出线段EF的长度（用m、n的代数式表示）．19．下面是一道例题及其解答过程，请补充完整．（1）如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB度数．解：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形．∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，∴P′P2+PB2＝P′B2．∴△BPP′为三角形．∴∠APB的度数为．（2）类比延伸如图2，在正方形ABCD内部有一点P，若∠APD＝135°，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．20．（1）如图1，点P是等边△ABC内一点，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．分析：要直接求∠APB的度数显然很困难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内．解：如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠BAC＝60°∴∠BAP＝∴△ABP≌△ACD∴BP＝CD＝4，＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°（2）如图3，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点P是△ABC内一点，PA＝1，PB ＝2，PC＝3，求∠APB的度数．（3）拓展应用．如图（4），△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝4，BC＝5，P是△ABC内部的任意一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值为．21．（1）如图1，点P是等边△ABC内一点，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．要直接求∠A的度数显然很困难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内，如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠BAC＝60°∴∠BAP＝∴△ABP≌△ACD∴BP＝CD＝4，＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°（2）如图3，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点P是△ABC内一点，PA＝1，PB ＝2，PC＝3，求∠APB的度数．22．【方法呈现】：（1）已知，点P是正方形ABCD内的一点，连PA、PB、PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置（如图1），设AB的长为a，PB的长为b（b＜a），求△PAB 旋转到△P′CB的过程中边PA所扫过区域（图1中阴影部分）的面积；【实际运用】：（2）如图2，点P是等腰Rt△ABC内一点，AB＝BC，连接PA，PB，PC．若PA＝2，PB＝4，PC＝6，求∠APB的大小；【拓展延伸】：（3）如图3，点P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则△APC的面积是（直接填答案）23．阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC ＝5，求∠APB的度数；小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．（1）请你回答：图1中∠APB的度数等于．（直接写答案）参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝2，PB＝1，PD＝．（2）求∠APB的度数；（3）求正方形的边长．24．（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题．如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PA＝3，PB ＝1，PC＝2，求∠BPC的度数．小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE＝CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？（2）请根据（1）的思想解决以下问题：如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．25．阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC ＝5，求∠APB度数．小明发现，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决（如图2）．请回答：图1中∠APB的度数等于，图2中∠PP′C的度数等于．参考小明思考问题的方法，解决问题：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A坐标为（﹣，1），连接AO．如果点B是x 轴上的一动点，以AB为边作等边三角形ABC．当C（x，y）在第一象限内时，求y与x 之间的函数表达式．参考答案1．解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．故选：A．2．解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵△BQC≌△BPA，∴∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴△BPQ是等边三角形，∴PQ＝BP＝4，∵PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，∵△BPQ是等边三角形，∴∠BOQ＝∠BQP＝60°，∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，∴∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，∵∠PQC＝90°，PQ≠QC，∴∠QPC≠45°，即∠APC≠135°，∴选项A、B、C正确，选项D错误．故选：D．3．解：连接DE，由旋转可知，△ACE≌△ABD，∴AE＝AD＝3，CE＝BD＝3，CD＝，∠BAD＝∠CAE，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠CAE+∠DAC＝60°，即∠DAE＝60°，∴△DAE是等边三角形，∴DE＝AD＝3，∵32+32＝（3）2，∴DE2+CE2＝CD2，∴△DEC是直角三角形，且∠DEC＝90°，∴DE＝CE，∠EDC＝45°，∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝105°，故选：C．4．解：如图，连接PQ，∵将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，∴△ABP≌△CBQ，∴BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∠APB＝∠BQC，AP＝QC＝3，∴△BPQ是等边三角形，∴BP＝BQ＝PQ＝4，∠BQP＝60°，∵PC2＝25，PQ2+QC2＝9+16＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∴∠BQC＝150°，∴∠APB＝150°，故选：A．5．解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置，∴△BQC≌△BPA，∴∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴△BPQ是等边三角形，∴PQ＝BP＝4，∵PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，故B正确，∵△BPQ是等边三角形，∴∠QPB＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，故A正确，∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，故C正确，若∠APC＝135°，则∠QPC＝360°﹣135°﹣150°﹣60°＝15°，与PA＝3，PB＝4，PC＝5不符，故选项D错误．故选：D．6．解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．∴∠APF＝30°，∴在直角△APF中，AF＝AP＝，PF＝AP＝．∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4+）2+（）2＝25+12．∴△ABC的面积＝AB2＝（25+12）＝；故答案为：．7．解：如图，把△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACD，则AD＝PA＝3，CD＝PB＝4，∴△APD是等边三角形，∴PD＝PA＝3，∵PD2+CD2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PD2+CD2＝PC2，由勾股定理逆定理得，△PCD是直角三角形，∴∠ADC＝150°，S四边形APCD＝S△APD+S△PCD＝×3×（3×）+×3×4＝+6，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于E，则∠CDE＝180°﹣∠ADC＝180°﹣150°＝30°，∴CE＝CD＝×4＝2，＝AD•CE＝×3×2＝3，∴S△ACD＝S四边形APCD﹣S△ACD＝+6﹣3＝+3．∴S△ACP故答案为：+3．8．解：连接PP′，由旋转可知，△PAC≌△P′AB，∴PA＝P′A，∠P′AB＝∠PAC，∴∠P′AP＝∠BAC＝60°，∴△APP′为等边三角形，∴PP′＝AP＝AP′＝6；∵PP′2+BP2＝BP′2，∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．故答案为：150°．9．解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ 则QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，∴△BPQ为等边三角形，∴PQ＝PB＝BQ＝4，又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∵△BPQ为等边三角形，∴∠BQP＝60°，∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°∴∠APB＝∠BQC＝150°10．解：连接PQ，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∵线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，∴AP＝AQ＝3，∠PAQ＝60°，∴△APQ为等边三角形，∴PQ＝AP＝3，∵∠CAP+∠BAP＝60°，∠BAP+∠BAQ＝60°，∴∠CAP＝∠BAQ，且AC＝AB，AP＝AQ∴△APC≌△ABQ（SAS），∴PC＝QB＝5，在△BPQ中，∵PB2＝42＝16，PQ2＝32＝9，BQ2＝52＝25，∴PB2+PQ2＝BQ2，∴△PBQ为直角三角形，∠BPQ＝90°，＝S△BPQ+S△APQ＝BP×PQ+×PQ2＝6+∴S四边形APBQ故答案为：6+11．解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△ABD，由旋转的性质得，BD＝PB＝4，AD＝PC＝3，∠BPC＝∠ADB，所以，△BDP是等边三角形，所以，PD＝PB＝4，∠BDP＝60°，∵AD2+DP2＝32+42＝25，PA2＝52＝25，∴AD2+DP2＝PA2，∴△ADP是直角三角形，∠ADP＝90°，∴∠ADB＝60°+90°＝150°，∴∠BPC＝150°．故答案为：150°．12．解：①∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵△BQC≌△BPA，∴∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴△BPQ是等边三角形，所以①正确；②PQ＝PB＝4，PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∴△PCQ是直角三角形，所以②正确；③∵△BPQ是等边三角形，∴∠PQB＝∠BPQ＝60°，∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，所以③正确；④∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，∵∠PQC＝90°，PC≠2QC，∴∠QPC≠30°，∴∠APC≠120°．所以④错误．所以正确的有①②③．13．解：如图，延长PC′到P′使C′P′＝PC′，连AP′，∵AC′＝BC′，∠AC′P′＝∠BC′P，C′P′＝PC′，∴△AC′P′≌△BC′P，则在△PAP′中：PP′＝CP＝5，AP′＝PB＝4，而AP＝3，∴AP′2+AP2＝PP′2，∴△APP′是直角三角形，∴PA⊥AP′，∴AC′＝0.5PP′＝2.5，∴AB＝5，∴△PAB是直角三角形，∴AP⊥BP，＝0.5×3×4＝6，∴S△P AB∴S ABC＝3S△P AB＝18．14．解：（1）将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△P1AC1，如图所示，（2）∵△AP1C1是由△APC旋转所得，∴△AP1C1≌△APC，∴P1C1＝PC＝5，AP＝AP1＝3，∠PAP1＝60°，∴△APP1是等边三角形，∴PP1＝AP＝3，∠APP1＝60°，∵PB＝4，P1B＝5，PP1＝3，∴PB2+PP12＝P1B2，∴∠P1PB＝90°∴∠APB＝∠BPP1﹣∠APP1＝30°．15．解：（1）连接PP′，由题意可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，∠PAC＝∠P′AB，而∠PAC+∠BAP＝60°，所以∠PAP′＝60度．故△APP′为等边三角形，所以PP′＝AP＝AP′＝6；（2）利用勾股定理的逆定理可知：PP′2+BP2＝BP′2，所以△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°可求∠APB＝90°+60°＝150°．16．解：（1）如图，△AP1B为所作；（2）连接PP1，如图，△AP1P为等边三角形．理由如下：∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，∴AP1＝AP，∠PAP1＝60°，∴△AP1P为等边三角形；（3）△BP1P为直角三角形．理由如下：∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，∴BP1＝PC＝5，∵△AP1P为等边三角形，∴PP1＝AP＝3，∵PP12+PB2＝BP12，∴△BP1P为直角三角形，∠BPP1＝90°；（3）∵△AP1P为等边三角形，∴∠APP1＝60°，而∠BPP1＝90°；∴∠AP1B＝90°+60°＝150°，∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，∴∠BPC＝∠AP1B＝150°．故答案为150°．17．解：（1）∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，∴BP＝BP′＝3，P′C＝PA＝，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，∴△BPP′为等腰直角三角形，∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝3，∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，在Rt△PP′C中，由勾股定理得：PC＝＝＝2，过点A作AE⊥BP交BP的延长线于E，如图1所示：∵∠APB＝135°，∴∠APE＝180°﹣135°＝45°，∴△AEP是等腰直角三角形，∴AE＝PE＝PA＝×＝1，∴BE＝PB+PE＝3+1＝4，在Rt△AEB中，由勾股定理得：AB＝＝＝，故答案为：2，；（2）∠APB的度数为150°，理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝60°，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A，连接PP′，如图2所示：则△BPP′是等边三角形，∴PP′＝BP＝4，∠BPP′＝60°，∵AP＝3，AP′＝PC＝5，∴P'P2+AP2＝AP'2，∴△APP′为直角三角形，∴∠APP′＝90°，∴∠APB＝∠APP′+∠BPP′＝90°+60°＝150°；（3）∵∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，∴△BAC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝90°，AB＝AC，将△ABD绕点A顺时针旋转90°，得到△ACK，连接DK，如图3所示：由旋转的性质得：AK＝AD＝3，CK＝BD，∠KAD＝90°，∴△DAK是等腰直角三角形，∴DK＝AD＝3，∠ADK＝45°，∴∠CDK＝∠ADC+∠ADK＝45°+45°＝90°，∴△CDK是直角三角形，∴CK＝＝＝，∴BD＝，故答案为：．18．解：（1）勾股数：3，4，5；5，12，13，7，24，25；6，8，10；故答案为：3，4，5；5，12，13，7，24，25；6，8，10；（2）如图1，将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP′处，则△ACP′≌△ABP，∵三角形ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴PA＝P′A＝3，PB＝P′C＝4，∠BAP＝∠CAP′，∴∠P′AP＝∠PAC+∠CAP′＝∠PAC+∠BAP＝∠BAC＝60°，∴△PAP′是等边三角形，∴PP′＝P′A＝3，在△PP′C中，PP'2+P′C2＝9+16＝25＝PC2，∴△PP′C是直角三角形，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝60°+90°＝150°．故答案为150°．（3）如图2中，将△ABE绕顶点A逆时针旋转90°到△ACE′处，则△ACE′≌△ABE，∴AE＝AE′，BE＝CE′，∠E′AC＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝45°，∠FAE′＝∠E′AC+∠FAC＝∠BAE+∠FAC＝45°＝∠EAF，在△AEF和△AE′F中，，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴FE＝FE′，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CA＝∠B＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，在Rt△E′FC中，E′C2+FC2＝E′F2，∴EF2＝BE2+CF2＝m2+n2，∴EF＝．19．解：（1）如图1，将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形．∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，∴P′P2+PB2＝P′B2．∴△BPP′为直角三角形．∴∠APB的度数为90°+60°＝150°．故答案为：直角；150°；（2）2PA2+PD2＝PB2．理由如下：如图2，把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，连接PP′．则P′B＝PD，P′A＝PA，∠PAP′＝90°，∴△APP′是等腰直角三角形，∴PP′2＝PA2+P′A2＝2PA2，∠PP′A＝45°，∵∠APD＝135°，∴∠AP′B＝∠APD＝135°，∴∠PP′B＝135°﹣45°＝90°，在Rt△PP′B中，由勾股定理得，PP′2+P′B2＝PB2，∴2PA2+PD2＝PB2．20．解：（1）如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴PD＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAD，∴△ABP≌△ACD（SAS）∴BP＝CD＝4，∠APB＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝90°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°故答案为：PD，∠CAD，∠APB，90．（2）解：∵∠ABC＝90°，BC＝AB，∴把△PBC绕B点逆时针旋转90°得到△DBA，如图，∴AD＝PC＝3，BD＝BP＝2，∵∠PBD＝90°∴DP＝PB＝2，∠DPB＝45°，在△APD中，AD＝3，PD＝2，PA＝1，∵12+（2）2＝32，∴AP2+PD2＝BD2，∴△APD为直角三角形，∴∠APD＝90°，∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝90°+45°＝135°．（3）解：如图4中，将△ABP绕着点B逆时针旋转60°，得到△DBE，连接EP，CD，∴△ABP≌△DBE∴∠ABP＝∠DBE，BD＝AB＝4，∠PBE＝60°，BE＝PE，AP＝DE，∴△BPE是等边三角形∴EP＝BP∴AP+BP+PC＝PC+EP+DE∴当点D，点E，点P，点C共线时，PA+PB+PC有最小值CD∵∠ABC＝30°＝∠ABP+∠PBC∴∠DBE+∠PBC＝30°∴∠DBC＝90°∴CD＝＝＝，故答案为．21．解：（1）如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴PD＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°，∵△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAD，∴△ABP≌△ACD（SAS），∴BP＝CD＝4，∠APB＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝90°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°故答案为：PD，∠CAD，∠APB，90．（2）解：∵∠ABC＝90°，BC＝AB，∴把△PAC绕A点逆时针旋转90°得到△DBA，如图，∴BD＝PC＝3，AD＝AP＝2，∠PAD＝90°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴DP＝PA＝2，∠DPA＝45°，在△BPD中，PB＝2，PD＝2，DB＝3，∵12+（2）2＝32，∴AP2+PD2＝BD2，∴△BPD为直角三角形，∴∠BPD＝90°，∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝90°+45°＝135°．22．解：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，＝S△P'CB，∴S△P ABS阴影＝S扇形BAC﹣S扇形BPP′＝（a2﹣b2）；（2）如图2，连接PP′．∵将△PAB绕B点顺时针旋转90°，与△P′CB重合，∴△PAB≌△P′CB，∠PBP′＝90°，∴BP＝BP′，∠APB＝∠CP′B，AP＝CP′＝2，∴△PBP′是等腰直角三角形，∴PP′＝PB＝4，∠BP′P＝45°．在△CPP′中，∵PP′＝4，CP′＝2，PC＝6，∴PP′2+CP′2＝PC2，∴△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，∴∠CP′B＝∠BP′P+∠CP′P＝45°+90°＝135°；（3）如图3①，将△PAB绕A点逆时针旋转60°得到△P1AC，连接PP1，∴△APB≌△AP1C，∴AP＝AP1，∠PAP1＝60°，CP1＝BP＝4，∴△PAP1是等边三角形，∴PP1＝AP＝3，∵CP＝5，CP1＝4，PP1＝3，∴PP12+CP12＝CP2，∴△CP1P是直角三角形，∠CP1P＝90°，＝×3×＝，S△PP1C＝×3×4＝6，∴S△APP1＝S△APP1+S△PP1C＝+6；∴S四边形APCP1∵△APB≌△AP1C，+S△APC＝S四边形APCP1＝+6；∴S△ABP如图3②，同理可求：△ABP和△BPC的面积的和＝×4×+×3×4＝4+6，△APC和△BPC的面积的和＝×5×+×3×4＝+6，∴△ABC的面积＝（+6+4+6++6）＝+9，∴△APC的面积＝△ABC的面积﹣△APB与△BPC的面积的和＝（+9）﹣（4+6）＝+3．故答案为+3．23．解：（1）如图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，∠APB＝∠AP′C，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2+P′C2＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故∠APB＝∠AP′C＝150°；故答案为：150°．（2）如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝2，P′D＝PB＝1，∠PAP′＝90°，∴△APP′是等腰直角三角形，∴PP′＝PA＝4，∠AP′P＝45°，∵PP′2+P′D2＝42+12＝17，PD2＝（）2＝17，∴PP′2+P′D2＝PD2，∴∠PP′D＝90°，∴∠AP′D＝∠AP′P+∠PP′D＝45°+90°＝135°，故∠APB＝∠AP′D＝135°，（3）∵∠APB+∠APP′＝135°+45°＝180°，∴点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，则AE＝PE＝PP′＝×4＝2，∴BE＝PE+PB＝2+1＝3，在Rt△ABE中，AB＝＝＝．24．解：（1）如图1，由题意得：∠PCE＝90°PC＝EC＝2；BE＝PA＝3；由勾股定理得：PE2＝22+22＝8；∵PB2＝1，BE2＝9，∴BE2＝PE2+PB2，∴∠BPE＝90°，∵∠CPE＝45°，∴∠BPC＝135°．（2）如图2，将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACQ的位置，连接PQ；则AP＝AQ，∠PAQ＝60°，QC＝PB＝4；∴△APQ为等边三角形，∠AQP＝60°，PQ＝PA＝3；∵PQ2+CQ2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+CQ2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∠AQC＝60°+90°＝150°，∴∠APB＝∠AQC＝150°．25．解：阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2+P′C2＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故∠APB＝∠AP′C＝150°；故答案为：150°；90°；如图3，在y轴上截取OD＝2，作CF⊥y轴于F，AE⊥x轴于E，连接AD和CD，∵点A的坐标为（﹣，1），∴tan∠AOE＝，∴AO＝OD＝2，∠AOE＝30°，∴∠AOD＝60°．∴△AOD是等边三角形，又∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠CAB＝∠OAD＝60°，∴∠CAD＝∠OAB，∴△ADC≌△AOB．∴∠ADC＝∠AOB＝150°，又∵∠ADF＝120°，∴∠CDF＝30°．∴DF＝CF．∵C（x，y）且点C在第一象限内，∴y﹣2＝x，∴y＝x+2（x＞0）．。
2024年中考数学几何模型之动点最值之费马点模型(讲+练)(原卷版[001]
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专题12 动点最值之费马点模型费马点模型：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°。
费马点最小值解法：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：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.例题2. 已知正方形ABCD 内一动点E 到A 、B 、C 26求正方形的边长．【变式训练1】已知点P 是△ABC 内一点，且它到三角形的三个顶点距离之和最小，则P 点叫△ABC 的费马点。
已经证明：在三个内角均小于120°的△ABC 中，当∠APB ＝∠APC ＝∠BPC ＝120°时，P 就是△ABC 的费马点。
若点P 的等腰直角三角形DEF 的费马点，则PD ＋PE ＋PF ＝ .【变式训练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______．【变式训练3】如图，P 是锐角△ABC 所在平面上一点，如果∠APB ＝∠BPC ＝∠CPA ＝120°，则点P 就叫做△ABC 费马点。
中考中的费马点详解加练习
皮耶·德·费马（Pierre de Fermat）是一个17世纪的法国律师，也是一位业余数学家。
之所以称业余，是由于皮耶·德·费马具有律师的全职工作。
他的姓氏根据法文与英文实际发音也常译为“费尔玛”（注意“玛”字）。
费马最后定理在中国习惯称为费马大定理，西方数学界原名“最后”的意思是：其它猜想都证实了，这是最后一个。
著名的数学史学家贝尔（E. T. Bell）在20世纪初所撰写的著作中，称皮耶·德·费马为”业余数学家之王。
“贝尔深信，费马比皮耶·德·费马同时代的大多数专业数学家更有成就，然而皮耶·德·费马并未在其他方面另有成就，本人也渐渐退出人们的视野，考虑到17世纪是杰出数学家活跃的世纪，因而贝尔认为费马是17世纪数学家中最多产的明星。
费马点问题最早是由法国数学家皮埃尔·德·费马在一封写给意大利数学家埃万杰利斯塔·托里拆利（气压计的发明者）的信中提出的。
托里拆利最早解决了这个问题，而19世纪的数学家斯坦纳重新发现了这个问题，并系统地进行了推广，因此这个点也称为托里拆利点或斯坦纳点，相关的问题也被称作费马-托里拆利-斯坦纳问题。
这一问题的解决极大推动了联合数学的发展，在近代数学史上具有里程碑式的意义。
“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。
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X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。
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。
中考数学专题复习37几何最值之费马点问题(全国通用原卷版)
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________．【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.EA DB CNM题型精讲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______．2．如图.四边形ABCD 是菱形.AB=4.且△ABC=△ABE=60°.G 为对角线BD （不含B 点）上任意一点.将△ABG 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBF.当AG+BG+CG 取最小值时EF的长（ ）A．33 2 B ．23 3 C ．33 3 D ．43 33．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______．4．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． AB CD ME AB C D M E F G E M D C B A H FG E MDCB A 提分作业5．已知：△ABC是锐角三角形.G是三角形内一点。
费马点与中考试题
“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．△三个顶点的距离之和P A+PB+PC最小？这就下面简单说明如何找点P使它到ABC是所谓的费尔马问题．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P A+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，P A+PB+PC最小．这时∠BP A=180°-∠APP′=180°-60°=120°，∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，∠BPC=360°-∠BP A-∠APC=360°-120°-120°=120°△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因此，当ABC120°，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26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 2，GC 2a , GO 6． ∴ BG=BO +GO =22+62a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 26∴ 22a 6a 26a =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 ，(0,43C ，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）．可证OG =12MG ．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＝12 MQ．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3 （2009年湖州中考题）若点P 为△ABC所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CP A=120°, 则点P叫做△ABC的费马点．（1）若P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，P A=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′=P A+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=∠CP A=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= P A，∴BB′=E B′+PB+PE=P A+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．。
中考数学专题复习最值问题费马点
中考数学专题复最值问题费马点学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分一、单选题1．如图，四边形ABCD 是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将△ABG 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBF ，当AG+BG+CG 取最小值时EF 的长（ ）A ．33 2B ．23 3C ．33 3D ．43 3评卷人 得分二、填空题 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______．3．问题背景：如图，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：PA PC PE +=问题解决：如图，在MNG ∆中，6MN =，75M ∠=︒，42MG =．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___________4．如图，∠ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底边上的高AH上一点．若AP+BP+CP的最小值为22，则BC＝_____．5．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________．评卷人得分三、解答题6．如图，∠ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求2253BP AP PC++最小值7．如图，在∠ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，P是∠ABC内一点，求P A＋PB＋PC的最小值．8．【问题提出】（1）如图1，四边形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 ．若连接MN ，则BMN △的形状是________．（2）如图2，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，10AB AC +=，求BC 的最小值． 【问题解决】（3）如图3，某高新技术开发区有一个平行四边形的公园ABCD ，6AB BC +=千米，60ABC ∠=︒，公园内有一个儿童游乐场E ，分别从A 、B 、C 向游乐场E 修三条,,AE BE CE ，求三条路的长度和（即AE BE CE ++）最小时，平行四边形公园ABCD的面积．9．在正方形ABCD 中，点E 为对角线AC （不含点A ）上任意一点，AB=22； （1）如图1，将△ADE 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCF ，连接EF ； ∠把图形补充完整（无需写画法）； ∠求2EF 的取值范围； (2)如图2，求BE+AE+DE 的最小值．10．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.11．背景资料：在已知ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当ABC三个内角均小于120°时，费马点P 在ABC内部，当120APB APC CPB∠=∠=∠=︒时，则PA PB PC++取得最小值．(1)如图2，等边ABC 内有一点P ，若点P 到顶点A 、B 、C 的距离分别为3，4，5，求APB ∠的度数，为了解决本题，我们可以将ABP △绕顶点A 旋转到ACP '△处，此时ACP ABP '≌这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA 、PB 、PC 转化到一个三角形中，从而求出APB ∠=_______；知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与ABC 的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．(2)如图3，ABC 三个内角均小于120°，在ABC 外侧作等边三角形ABB '，连接CB '，求证：CB '过ABC 的费马点．(3)如图4，在RT ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，30ABC ∠=︒，点P 为ABC 的费马点，连接AP 、BP 、CP ，求PA PB PC ++的值．(4)如图5，在正方形ABCD 中，点E 为内部任意一点，连接AE 、BE 、CE ，且边长2AB =；求AE BE CE ++的最小值．参考答案：1．D【解析】【分析】根据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．【详解】解：如图，∠将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，∠BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，∠∠BFG是等边三角形．∠BF=BG=FG，．∠AG+BG+CG=FE+GF+CG．根据“两点之间线段最短”，∠当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG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=23，在Rt△EFC中，∠EF2+FC2=EC2，∠EC=43．∠∠CBE=120°，∠∠BEF=30°，∠∠EBF=∠ABG=30°，∠EF=BF=FG，∠EF=13CE=433，故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．2．4+33【解析】【分析】【详解】【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．3．229【解析】【分析】如图，将∠MOG绕点M逆时针旋转60°，得到∠MPQ，易知∠MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q 作QA∠NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得.【详解】如图，将∠MOG绕点M逆时针旋转60°，得到∠MPQ，显然∠MOP为等边三角形，∠，OM＋OG＝OP＋PQ，∠点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，∠当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA∠NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，∠∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，∠MQ＝MG＝42，∠AQ＝AM＝MQ•cos45°=4，∠NQ＝2222AN AQ+=++=，(46)4229故答案为229.【点睛】本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键.4．62-【解析】【分析】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．首先证明当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，想办法求出AC的长即可解决问题.【详解】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．∠AB=AC，AH∠BC，∠∠BAP=∠CAP，∠PA=PA，∠∠BAP∠∠CAP（SAS），∠PC=PB，∠MG=PB，AG=AP，∠GAP=60°，∠∠GAP是等边三角形，∠PA=PG，∠PA+PB+PC=CP+PG+GM，∠当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，∠AP+BP+CP的最小值为22，∠CM=22，∠∠BAM=60°，∠BAC=30°，∠∠MAC=90°，∠AM=AC=2，作BN∠AC于N．则BN=12AB=1，AN=3，CN=2-3，∠BC=2222=1(23)=62BN CN++--．故答案为62．【点睛】本题考查轴对称-最短问题，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用两点之间线段最短解决问题5．63【解析】【分析】以BM为边作等边∠BMN，以BC为边作等边∠BCE，如图，则∠BCM∠∠BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH∠AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．【详解】以BM为边作等边∠BMN，以BC为边作等边∠BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∠∠MBC=∠NBE，∠∠BCM∠∠BEN，∠CM=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=1AB=3，2AH=3BH=33，∠AE=2AH=63．故答案为63．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．6．36【解析】【分析】将∠APC 绕点A 逆时针旋转45°，得到∠A P 'C '，将∠A P 'C '扩大324倍，得到∠AP C ''''，当点B 、P 、P ''、C ''在同一直线上时，2253BP AP PC ++=()''''''22PB PP P C ++最短，利用勾股定理求出BC ''即可．【详解】解：如图，将∠APC 绕点A 逆时针旋转45°，得到∠A P 'C '，将∠A P 'C '扩大，相似比为324倍，得到∠AP C ''''，则32=4AP AP '''，32=4P C P C ''''''，32=4AC AC '''， 过点P 作PE ∠A P ''于E ，∠AE=22PE AP =， ∠P ''E=A P ''-AE=24AP ， ∠P P ''=22104PE P E AP ''+=， 当点B 、P 、P ''、C ''在同一直线上时，2253BP AP PC ++=()''''''22PB PP P C ++最短，此时()''''''22PB PP P C ++=B C ''，∠∠BA C ''=∠BAC +∠CA C ''=90°，AB =6，3232==43244AC AC '''⨯=，∠2222=6(32)36BC AB AC ''''+=+=．【点睛】此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理，正确理解费马点问题的造图方法：利用旋转及全等的性质构建等量的线段，利用三角形的三边关系及点共线的知识求解，有时根据系数将图形扩大或缩小构建图形．7．22+62 【解析】【分析】以点A 为旋转中心，将△ABP 顺时针旋转60°得到△AMN ，连接BN ．根据△PAM 、△ABN 都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN ；根据当C 、P 、M 、N 四点共线时，由CA=CB ，NA=NB 可得CN 垂直平分AB ，进而求得PA+PB+PC 的最小值．【详解】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 ，PA=AM ，∠PAM=60°=∠BAN ，AB=AN ，∠∠PAM 、△ABN 都是等边三角形，∠PA=PM ，∠PA+PB+PC=PM+MN+PC ； （3）当AC=BC=1时，AB=22，当C 、P 、M 、N 四点共线时，由CA=CB ，NA=NB 可得CN 垂直平分AB ，∠AQ=12AB=22=CQ ，NQ=62， 此时CN=CP+PM+MN=PA+PB+PC=22+628．（1）等边三角形；（2）BC 的最小值为52；（3）平行四边形公园ABCD 的面积为932（平方米）．【解析】【分析】（1）由旋转得BN =BM ，∠MBN =60°，可判断出△BMN 是等边三角形即可；（2）设AB =a ，则AC=10-a ，进而根据勾股定理得出()222550BC a =-+即可得出结论； （3）先判断出点A'，E'，E ，C 在同一条线上，设BF =x ，进而依次得出AB =2x ，BC =6-2x ，CF =6-x ，再利用勾股定理得出223'4()272A C x =-+，得出x =32是A'C 最小，进而求出A'F ，BC ，利用平行四边形面积公式计算即可．【详解】（1）证明：BMN △的形状是等边三角形，理由如下;由旋转知，BN =BM ，∠MBN =60°∠△BMN 为等边三角形故答案为：等边三角形；（2）解：设AB=a，∠AB+AC=10，∠AC=10-AB=10a-，在Rt△ABC中，根据勾股定理得，()2222210BC AB AC a a=+=+-2220100a a=-+()22550a=-+，∠()250a-≥，∠()2255050a-+≥，即250BC≥，∠52BC≥，即BC的最小值为52；（3）解：如图3，将△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A'BE'，∠∠ABE∠∠A'BE'，∠∠A'E'B=∠AEB，AB=A'B，A'E'=AE，BE'=BE，∠EBE'=60°，∠∠EBE'为等边三角形，∠∠BE'E=∠BEE'=60°，EE'=BE，∠AE+BE+CE=A'E'+EE'+CE，要AE+BE+CE最小，即点A'，E'，E，C在同一条线上，即最小值为A'C，过点A'作A'F∠CB，交CB的延长线于F，在Rt△A'FB中，∠A'BF=180°-∠ABA'-∠ABC=60°，设BF=x，则A'B=2x，根据勾股定理得，A'F=3x，∠AB=A'B，∠AB =2x ，∠AB +BC =6，∠BC =6-AB =6-2x ，∠CF =BF +BC =6-x ，在Rt △A'FC 中，根据勾股定理得，2222223''3(6)4()272A C A F CF x x x =+=+-=-+， ∠当x =32，即AB =2x =3时，2'A C 最小， 此时，BC =6-3=3，A'F =3332x =， ∠平行四边形公园ABCD 的面积为3393322⨯=（平方千米）． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，用代数式表示线段，利用配方法确定极值问题，判断出AB =BC 时，AE +BE +CE 最小是解本题的关键．9．（1）∠补图见解析；∠2816EF ≤≤；（2）232+【解析】【分析】（1）∠根据要求画出图形即可；∠首先证明∠ECF ＝90°，设AE ＝CF ＝x ，EF 2＝y ，则EC ＝4−x ，在Rt∠ECF 中，利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，将∠ABE 绕点A 顺时针旋转60°得到∠AFG ，连接EG ，DF ．作FH∠AD 于H ．根据两点之间线段最短可得DF≤FG ＋EG ＋DE ，BE ＝FG ，推出AE ＋BE ＋DE 的最小值为线段DF 的长；【详解】（1）∠如图∠DCF 即为所求；∠∠四边形ABCD是正方形，∠BC＝AB＝22，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°，∠AC＝22AB BC＝2AB＝4，∠∠ADE绕点D逆时针旋转90°得到∠DCF，∠∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF，∠∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，∠y＝（4−x）2＋x2＝2x2−8x＋160（0＜x≤4）．即y＝2（x−2）2＋8，∠2＞0，∠x＝2时，y有最小值，最小值为8，当x＝4时，y最大值＝16，∠8≤EF2≤16．（2）如图中，将∠ABE绕点A顺时针旋转60°得到∠AFG，连接EG，DF．作FH∠AD于H．由旋转的性质可知，∠AEG是等边三角形，∠AE＝EG，∠DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，∠AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长．在Rt∠AFH中，∠FAH＝30°，AB＝22=AF，∠FH ＝12AF ＝2，AH ＝22AF FH -＝6， 在Rt∠DFH 中，DF ＝()2222(226)2FH DH +=++＝232+，∠BE ＋AE ＋ED 的最小值为232+．【点睛】本题考查作图−旋转变换，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用旋转法添加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．10．(1)213 226y x x =-++ (2) 13AE = ；71313AM =或51313AM = （3）m 可以取到的最小值为13．当m 取得最小值时，线段AP 的长为51313【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 ＝23；∠E 为BD 中点，∠EG DE GD BO DB OD ===12∠EG=1，GD ＝3∠OG ＝3∠点E 的坐标为(3，1)∠抛物线236y ax x c =++经过()0,2B 、()3,1E 两点， ∠()2313326a =+⨯+. 可得12a =-. ∠抛物线的解析式为213226y 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()3,0-.过E 作EG∠x 轴于G∠23,1AG EG ==,∠在△AGE 中，90AGE ∠=︒, ()2223113AE =+=. 过点O 作OK ∠AE 于K ，可得△AOK ∠∠AEG ．∠OK EG AO AE=． ∠1313OK =． ∠39.13OK = ∠2261313AK AO OK =-=.∠∠OMN是等边三角形,∠60NMO∠=︒．∠391313tan133OKKMKMO===∠．∠71313AM AK KM=+=,或51313AM 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=AE=13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（33，1），则H（233，0）；∠AH=533；由割线定理得：AP•AE=OA•AH，即：AP=OA•AH÷AE=3×533÷13=51313故：m可以取到的最小值为13．当m取得最小值时，线段AP的长为513 13【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．11．(1)150°；(2)见详解；(3)7；(4)62+．【解析】【分析】（1）根据旋转性质得出ABP△∠ACP'△，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP =AP′=3，BP=CP′=4，根据∠ABC 为等边三角形，得出∠BAC =60°，可证∠APP′为等边三角形，PP′=AP =3，∠AP′P =60°，根据勾股定理逆定理222223425PP P C PC ''+=+==，得出△PP′C 是直角三角形，∠PP′C =90°，可求∠AP′C =∠APP +∠PPC =60°+90°=150°即可； （2）将△APB 逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB ∠△AB′P′，AP =AP′，PB =PB′，AB =AB′，根据∠P AP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP ，根据PA PB PC PP P B PC '''++=++，根据两点之间线段最短得出点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，点P 在CB′上即可；（3）将△APB 逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB ∠∠AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP ，BB′=AB ，∠ABB′=60°，根据PA PB PC PP P B PC '''++=++，可得点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB =2AC =2，根据勾股定理BC =2222213AB AC -=-=，可求BB′=AB =2，根据∠CBB′=∠ABC +∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt △CBB′中，B′C =()2222327BC BB '+=+=即可； （4）将△BCE 逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F ∠AB ，交AB 延长线于F ，得出△BCE ∠△CE′B′，BE =B′E′，CE =CE ′，CB =CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE ′=EC ，BB′=BC ，∠B′BC =60°，AE BE CE AE EE E B '''++=++，得出点C ，点E ，点E′，点B′四点共线时，AE BE CE AE EE E B '''++=++最小=AB′，根据四边形ABCD 为正方形，得出AB =BC =2，∠ABC =90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC -∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF =112122BB '=⨯=，勾股定理BF =2222213BB B F ''-=-=，可求AF =AB +BF =2+3，再根据勾股定理AB′=()222223162AF B F '+=++=+即可． (1)解：连结PP′，∠ABP △∠ACP '△，∠∠BAP =∠CAP′，∠APB =∠AP′C ，AP =AP′=3，BP=CP′=4，∠∠ABC 为等边三角形，∠∠BAC =60°∠∠P AP ′=∠P AC +∠CAP ′=∠P AC +∠BAP =60°，∠∠APP′为等边三角形，,∠PP′=AP =3，∠AP′P =60°，在△P′PC 中，PC =5，222223425PP P C PC ''+=+==，∠∠PP′C 是直角三角形，∠PP′C =90°，∠∠AP′C =∠APP +∠PPC =60°+90°=150°，∠∠APB =∠AP′C =150°，故答案为150°；(2)证明：将△APB 逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，∠∠APB ∠△AB′P′，∠AP =AP′，PB =PB′，AB =AB′，∠∠P AP′=∠BAB′=60°，∠∠APP′和△ABB′均为等边三角形，∠PP′=AP ，∠PA PB PC PP P B PC '''++=++，∠点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，∠点P 在CB′上，∠CB '过ABC 的费马点．(3)解：将∠APB 逆时针旋转60°，得到∠AP′B′，连结BB′，PP′，∠∠APB ∠∠AP′B′，∠AP′=AP ，AB′=AB ，∠∠P AP′=∠BAB′=60°，∠∠APP′和∠ABB′均为等边三角形，∠PP′=AP ，BB′=AB ，∠ABB′=60°，∠PA PB PC PP P B PC '''++=++∠点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，∠90C ∠=︒，1AC =，30ABC ∠=︒，∠AB =2AC =2，根据勾股定理BC =2222213AB AC -=-=∠BB′=AB =2，∠∠CBB′=∠ABC +∠ABB′=30°+60°=90°，∠在Rt∠CBB′中，B′C =()2222327BC BB '+=+= ∠PA PB PC ++最小=CB′=7；(4)解：将∠BCE 逆时针旋转60°得到∠CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F ∠AB ，交AB 延长线于F ，∠∠BCE ∠∠CE′B′，∠BE =B′E′，CE =CE ′，CB =CB′，∠∠ECE′=∠BCB′=60°，∠∠ECE′与∠BCB′均为等边三角形，∠EE ′=EC ，BB′=BC ，∠B′BC =60°，∠AE BE CE AE EE E B '''++=++，∠点C ，点E ，点E′，点B′四点共线时，AE BE CE AE EE E B '''++=++最小=AB′， ∠四边形ABCD 为正方形，∠AB =BC =2，∠ABC =90°，∠∠FBB′=180°-∠ABC -∠CBB′=180°-90°-60°=30°，∠B′F ∠AF ，∠BF =112122BB '=⨯=，BF =2222213BB B F ''-=-=， ∠AF =AB +BF =2+3，∠AB′=()222223162AF B F '+=++=+，∠AE BE CE ++最小=AB′=62+．【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．。
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 +。
中考数学试卷费马点
的位置关系是（）A. 共线B. 共圆C. 共点D. 无规律2. 已知三角形ABC的边长分别为a、b、c，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）A. DE=EF=FDB. ∠ABC=∠DEFC. AB+BC+CA=DE+EF+FDD. ABC≌DEF3. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定不成立？（）A. AB=ACB. ∠ABC=∠DEFC. DE=EF=FDD. ABC≌DEF4. 在三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）A. ∠ABC=∠DEFB. ∠ABD=∠BCDC. ∠ACF=∠BCED. ∠BAC=∠BCF5. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）A. AB=ACB. ∠ABC=∠DEFC. AB+BC+CA=DE+EF+FDD. ABC≌DEF二、填空题6. 在三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么点D、E、F 的位置关系是（）7. 已知三角形ABC的边长分别为a、b、c，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）8. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定不成立？（）9. 在三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）10. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）三、解答题点D、E、F在同一直线上。
12. （15分）已知三角形ABC的边长分别为a、b、c，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，求证：DE=EF=FD。
费马点与中考试题
费马点与中考试题集团文件版本号：(M928・T89&M248-WU2669・I2896・DQ586-M1988)识别“费马点”思路快突破例1探究问题:（1）阅读理解：①如图（A）,在已知△/处所在平面上存在一点P,使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P为△磁的费马点，此时PA+PB+ PC的值为△力处的费马距离.②如图（B）,若四边形個仞的四个顶点在同一圆上，则有BC・DA=AC・血此为托勒密定理.（2）知识迁移：①请你利用托勒密定理，解决如下问题：如图（C）,已知点P为等边△磁外接圆的BC上任意一点.求证：PB+ PC= PA.②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△/必（其中Z/、ZB、ZC均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D）,在△磁的外部以庞为边长作等边及其外接圆；第二步：在眈上任取一点P',连结円力、P，B、P，C、" Q.易知尸‘力+ P‘ B+P' C=P f A+ JP' B+P' C）=P‘ /+ ________________ ；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△磁的费马点只并请指出线段___________ 的长度即为△宓的费马距离.（3）知识应用:2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水.己知三村庄力、B、C构成了如图（E）所示的（其中Z/、乙B、ZC均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井尸到三村庄力、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.（1）平面内一点P到AABC三顶点的之和为PA+PB+PC,当点P为费马点时，距离之和最小.特殊三角形中：（2）三内角皆小于120°的三角形，分别以AB, BC, CA,为边，向三角形外侧做正三角形ABC】，ACB】，BCAx，然后连接AA】，BB】，CC”则三线交于一点P,则点P就是所求的费马点.（3）若三角形有一内角大于或等于120度，则此钝角的顶点就是所求.（4）当AABC为等边三角形时，此时外心与费马点重合.可见，永州卷这道考题对于费马点只是以课题学习为问题载体，考得比较直截了当；巧合的是例2如图，四边形/妙是正方形，△遊是等边三角形，必为对角线別（不含方点）上任意一点，将剔绕点万逆时针旋转60°得到础连接囱、AM. CM.（1）求证：（2）①当M点在何处时，AM-V CM的值最小；②当财点在何处时，4W+&M+CW的值最小，并说明理由;⑶ 当的最小值为"+1时，求正方形的边长.思路探求：⑴略：（2）①要使4W+CW的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将4M+ CW转化为一条线段，连接AC即可获取；②要使AM-i-BM+CM的值最小，由例3积累的知识经验：点M应该是的费马点.由例3中（2）的求解示范，只要连接CE即可获得CE为AM+BM^CM 的值最小•这样获到M点至少帮助我们在思路获取上提高了效率.理由说明供助于第（1）问的全等获得BM二BN,将三条线段转化到CE上去，问题化为两点之间线段最短.⑶根据题意，添加辅助线，构造直角三角形，过疋点作矿丄方C交仿的延长线于尸设正方形的边长为x,则BF=\, EF= ~.狂Rt'EFC中，由勾股2 2定理得（弓）2+ （£x+x）—個+ 1）,解得即可.简答：⑴略；⑵①当财点落在助的中点时，的值最小.②如图，连接处，当财点位于別与比的交点处时， _______________AM+BM+CM的值最小. \ /理由如下：连接规由⑴知，\AM昵:.AM=EN.V ZJ/KV=60°, MB=NB,• •绑是等边三角形.:.BM=MN.:.4W+ BM+ CM= EV+ 咖 + CM.根据“两点之间线段最短”,得EV+愿V+CR」咒最短・•・当”点位于加与比的交点处时，AM-^BM-VCM的值最小，即等于虑的长.⑶过E点作EFJBC交力的延长线于尸，:.上EBF60。
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
任课教师签名：旋转模型之费马点问题一、题目背景和实际应用：费马点，又称为费马-托里拆利点（Fermat-Torricelli Point ），是几何学中的一个重要概念。
费马点是三角形内的一个特殊点，从该点到三角形的三个顶点的距离之和最短。
这个神秘而有趣的点，自17世纪由法国数学家皮埃尔·德·费马提出以来，一直吸引着无数数学爱好者和研究者的关注。
费马点在几何学和实际应用中有很多用途。
例如，在建筑设计、机器人路径规划、电路设计等领域，通过找到费马点，可以实现最短路径、最优布局等目标。
此外，费马点还在一些数学竞赛和趣味题中得到了广泛应用，成为考察学生几何知识和思维能力的重要工具。
二、费马点证明问题：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' ≥BA′．∵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.】皮埃尔·德·费马图1∴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°.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图2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.三：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。
2024学年初中数学几何(费马点模型)模型专项练习(附答案)
2024学年初中数学几何（费马点模型）模型专项练习1．数学上称“费马点”是位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点．现定义：菱形对角线上一点到该对角线同侧两条边上的两点距离最小的点称为类费马点．例如：菱形ABCD，P是对角线BD上一点，E、F是边BC和CD上的两点，若点P满足PE与PF之和最小，则称点P为类费马点．（1）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，点P是BD上的类费马点①E为BC的中点，F为CD的中点，则PE+PF＝ ．②E为BC上一动点，F为CD上一动点，且∠ABC＝60°，则PE+PF＝ ．（2）如图2，在菱形ABCD中，AB＝4，连接AC，点P是△ABC的费马点，（即P A，PB，FC之和最小），①当∠ABC＝60°时，BP＝ ．②当∠ABC＝30°时，你能找到△ABC的费马点P吗？画图做简要说明，并求此时P A+PB+PC的值．2．阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答： 给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为△ABC的费马﹣托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将△BPC 绕点B顺时针旋转60°得到△BDE，连接PD，可得△BPD为等边三角形，故PD＝PB，由旋转可得DE＝PC，因此P A+PB+PC＝P A+PD+DE，由可知，P A+PB+PC的最小值与线段的长度相等；（2）如图2，在直角三角形△ABC内部有一动点P，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，连接P A，PB，PC，若AB＝2，求P A+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC＝90°，连接AE、DE，在△ADE内部是否存在一点P，使得P A+PD+PE最小，若存在，请直接写出P A+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．3．若点P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CP A＝120°，则点P叫做△ABC的费马点．当三角形的最大角小于120°时，可以证明费马点就是“到三角形的三个顶点的距离之和最小的点”．即P A+PB+PC最小．（1）如图1，向△ABC外作等边三角形△ABD，△AEC．连接BE，DC相交于点P，连接AP．①证明：点P就是△ABC费马点；②证明：P A+PB+PC＝BE＝DC；（2）如图2，在△MNG中，MN＝4，∠M＝75°，MG＝3．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．4．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．参考答案1．数学上称“费马点”是位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点．现定义：菱形对角线上一点到该对角线同侧两条边上的两点距离最小的点称为类费马点．例如：菱形ABCD，P是对角线BD上一点，E、F是边BC和CD上的两点，若点P满足PE与PF之和最小，则称点P为类费马点．（1）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，点P是BD上的类费马点①E为BC的中点，F为CD的中点，则PE+PF＝ ．②E为BC上一动点，F为CD上一动点，且∠ABC＝60°，则PE+PF＝ ．（2）如图2，在菱形ABCD中，AB＝4，连接AC，点P是△ABC的费马点，（即P A，PB，FC之和最小），①当∠ABC＝60°时，BP＝ ．②当∠ABC＝30°时，你能找到△ABC的费马点P吗？画图做简要说明，并求此时P A+PB+PC的值．【详细解答】解：（1）①取AB的中点E'，连接PE'，∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝AB＝CD，∠ABP＝∠CBP，∵点E，E'分别是AB，BC的中点，∴BE＝BE'，在△BEP和△BE'P中，，∴△BEP≌△BE'P（SAS），∴PE＝PE'，1∴PE+PF＝PE'+PF，∴当E'、P、F三点共线时，PE+PF最小值为E'F的长，∵AE'＝DF，AE'∥DF，∴四边形AE'FD是平行四边形，∴E'F＝AB＝4，∴PE+PF＝4，故答案为：4；②由①知PE+PF＝E'F，若E、F为动点，则E'F的最小值为AB与CD之间的距离，∴过点C作CH⊥AB于H，在Rt△BCH中，sin∠CBH ＝，∴CH＝2，∵点P是BD上的类费马点∴PE+PF的最小值为2；故答案为：2；（2）①如图2，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，∴△BPP'是等边三角形，∴PP'＝PB，∴P A+PB+PC＝P A+PP'+P'C'，∴当P、P'在线段AC'上时，P A+PB+PC最小值为AC'的长，2∴连接AC'，AC'与BD的交点为P点， ∵AB＝BC＝4，∠ABC＝120°，∴∠BAP＝∠ABP＝30°，AC'＝4， ∴AP＝BP，同理BP'＝CP'，∴BP＝AC'＝；故答案为：；②如图3，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，∠CBC'＝60°，∴△BPP'是等边三角形，∴PP'＝PB，∴P A+PB+PC＝P A+PP'+P'C'，∴当P、P'在线段AC'上时，P A+PB+PC最小值为AC'的长，且线段AC'在△ABC内部的线段即为费马点P，∵∠ABC'＝90°，AB＝BC'＝4，∴AC'＝，∴此时P A+PB+PC的最小值为4．2．阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙详细解答： 给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，3C距离之和最小的点称为△ABC的费马﹣托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将△BPC 绕点B顺时针旋转60°得到△BDE，连接PD，可得△BPD为等边三角形，故PD＝PB，由旋转可得DE＝PC，因此P A+PB+PC＝P A+PD+DE，由可知，P A+PB+PC的最小值与线段的长度相等；（2）如图2，在直角三角形△ABC内部有一动点P，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，连接P A，PB，PC，若AB＝2，求P A+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC＝90°，连接AE、DE，在△ADE内部是否存在一点P，使得P A+PD+PE 最小，若存在，请直接写出P A+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．【详细解答】解：（1）将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BDE，连接PD，可得△BPD 为等边三角形，故PD＝PB，由旋转可得DE＝PC，因此P A+PB+PC＝P A+PD+DE，由两点之间线段最短可知，P A+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等．故答案为：两点之间线段最短，AE．（2）如图，将△ABP绕点B顺时针旋转60°得到△EBF，连接PF，CE，作EH⊥CA交CA的延长线于H．4在Rt△ABC中，∵∠ABC＝30°，AB＝2，∴BC＝2AC＝4，AB＝AC＝2，由旋转的旋转可知：P A＝EF，△PBF，△ABE是等边三角形， ∴PF＝PB，∴P A+PB+PC＝EF+FP+PC，∵EF+FP+PC≥CE，∴当C，P，F，E共线时，P A+PB+PC的值最小，∵∠BAC＝90°，∠CAE＝60°，∴∠HAE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∵EH⊥AH，AE＝AB＝2，∴EH ＝AE＝1，AH＝EH ＝，∴CE ＝＝＝2，∴P A+PB+PC的最小值为2．故答案为2．（3）如图3中，将△ADP绕点A逆时针旋转90°得到△TAH，连接PH，DT，CT．5∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵∠ABC＝60°，∴△ABC，△ADC都是等边三角形，∵∠BEC＝90°，∴点E在以BC为直径的⊙O上运动，连接OT，OE，则OE＝BC＝2，由旋转的性质可知，△P AH，△ADT都是等边三角形，P A＝PH，HT＝PD， ∵OE+PE+PH+TH≥OT，∴PE+P A+PD≥OT﹣OE，∵TA＝TD＝AC＝CD＝AD＝4，∴CT⊥AD，∵AD∥BC，∴CT⊥BC，CT＝4，∴OT＝＝2，∴PE+P A+PD≥2﹣2，∴PA+PD+PE的最小值为2﹣2．3．若点P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CP A＝120°，则点P叫做△ABC 的费马点．当三角形的最大角小于120°时，可以证明费马点就是“到三角形的三个顶点6的距离之和最小的点”．即P A+PB+PC最小．（1）如图1，向△ABC外作等边三角形△ABD，△AEC．连接BE，DC相交于点P，连接AP．①证明：点P就是△ABC费马点；②证明：P A+PB+PC＝BE＝DC；（2）如图2，在△MNG中，MN＝4，∠M＝75°，MG＝3．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．【详细解答】（1）证明：①如图1﹣1中，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N设AB交CD于O．∵△ADB，△ACE都是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，∴∠DAC＝∠BAE，∴△ADC≌△ABE（SAS），∴CD＝BE，S△DAC＝S△ABE，∠ADC＝∠ABE，∵AM⊥CD，AN⊥BE，∴•CD•AM ＝•BE•AN，∴AM＝AN，∴∠APM＝∠APN，∵∠AOD＝∠POB，∴∠OPB＝∠DAO＝60°，∴∠APN＝∠APM＝60°，∴∠APC＝∠BPC＝∠APC＝120°，7∴点P是就是△ABC费马点．②在线段PD上取一点T，使得P A＝PT，连接AT．∵∠APT＝60°，PT＝P A，∴△APT是等边三角形，∴∠P AT＝60°，AT＝AP，∵∠DAB＝∠TAP＝60°，∴∠DAT＝∠BAP，∵AD＝AB，∴△DAT≌△BAP（SAS），∴PB＝DT，∴PD＝DT+PT＝P A+PB，∴P A+PB+PC＝PD+PC＝CD＝BE．（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中，，∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO∴当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝3∴MF＝DF＝，∴NF＝MN+MF＝4+＝，∴ND＝＝＝，∴MO+NO+GO最小值为，故答案为，4．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．【详细解答】解：（1）方法1、如图1，∵AF⊥BC，∴∠AFB＝90°，∵E为AB的中点，∴AE＝BE，∴EF＝BE＝AB＝2，∵∠ABC＝60°，∴BF＝EF＝BC，∴CF＝EF＝2，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，在Rt△CDG中，∠DCG＝180°﹣∠BCD＝60°，∴∠CDG＝30°，CG＝CD＝2，DG＝CG＝2，∴FG＝CF+CG＝4，在Rt△DFG中，DF＝＝2；方法2、∵AF⊥BC，∴∠AFB＝90°，∵点E是AB的中点，∴AE＝BE，在Rt△ABF中，EF＝BE＝AB，∴AB＝4，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝4，∠BAD＝180°﹣∠ABC＝120°，在Rt△ABF中，∠ABC＝60°，∴∠BAF＝30°，∴AF＝2，∠DAF＝∠BAD﹣∠BAF＝90°，在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF＝＝2；（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≌△DHG，∴AG＝HG，AE＝DH，∵AB＝BC＝CD，BE＝BF，∴FC＝DH，BF＝CH，在△AFC和△AHD中，，∴△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，∴△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∵旋转60°，且BD＝BP，∴△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，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＝∠ABC＝30°，∴∠PCB＝∠GPC﹣∠CBP＝60°﹣∠30°＝30°，∴∠PCB＝∠CBP＝30°，∴BP＝CP，同理，DG＝CG，∴BP＝PG＝GD．连接AC，交BD于点O，则AC⊥BD．在Rt△BOC中，∵∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，BC＝4，∴BO＝BC•cos∠OBC＝4×＝2，∴BD＝2BO＝4，∴BP＝BD＝．即当P A+PB+PC值最小时PB的长为．。
中考专题复习-费马点+课件+-2023-2024学年人教版数学九年级下册+
（PA+PB+PC）min=B'C
由旋转得AB'=AB=3，∠BAB'=60°
∴∠B'AD=60°
在Rt△AB'D中，AD=12
AB'=
3 2
，B'D=23
3
在Rt△CB'D中 B'C CD2 B' D2 2 6
B' B
D
A P'
P
C
模型应用
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 ________．
（PA+PB+PC）min=B'C
A
P' P
B
C
模型应用
例1 如图，在△ABC中，AB=3，AC=2，
∠BAC=60°，P为△ABC内一点，求
PA+PB+PC的最小值．
解：将△APB绕点A顺时针旋转60°得到△AP'B'
连接PP'，B'C
∴PA+PB+PC=P'A+P'B'+PC≥B'C
∴当B'、P'、P、C四点共线时PA+PB+PC的值最小
B'
△AP'B'
A
P' P
B
C
模型应用
例1 如图，在△ABC中，AB=3，AC=2，∠BAC=60°，P为△ABC内一点，求
PA+PB+PC的最小值．
解：将△APB绕点A顺时针旋转60°得到△AP'B'
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“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．△三个顶点的距离之和P A+PB+PC最小？这就下面简单说明如何找点P使它到ABC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P A+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，P A+PB+PC最小．这时∠BP A=180°-∠APP′=180°-60°=120°，∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，∠BPC=360°-∠BP A-∠APC=360°-120°-120°=120°△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因此，当ABC120°，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26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 2，GC 2a , GO 6． ∴ BG=BO +GO =22+62a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 26∴ 22a 6a 26a =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 ，(0,43C ，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）．可证OG =12MG ．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＝12 MQ．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3 （2009年湖州中考题）若点P 为△ABC所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CP A=120°, 则点P叫做△ABC的费马点．（1）若P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，P A=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′=P A+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=∠CP A=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= P A，∴BB′=E B′+PB+PE=P A+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．目录(A面)第一章丰富的图形世界.............................................. A3-A10 1.1 生活中的立体图形 ................................................................. A3-A4 1.2 展开与折叠 ............................................................................ A5-A6 1.3 截一个几何体......................................................................... A7-A8 1.4 从三个方向看物体的形状 .................................................... A9-A10第二章有理数及其运算............................................ A11-A29 2.1 有理数 ............................................................................... A11-A12 2.2 数轴 ................................................................................... A13-A142.3 绝对值 ............................................................................... A15-A16 2.4 有理数的加法............................................................................ A17 2.5 有理数的减法..................................................................... A18-A19 2.6 有理数的加减混合运算...................................................... A20-A22 2.7 有理数的乘法..................................................................... A23-A24 2.8 有理数的除法............................................................................ A25 2.9 有理数的乘方............................................................................ A26 2.10 科学记数法 ............................................................................. A27 2.11 有理数的混合运算 ........................................................... A28-A29第三章整式及其加减 ............................................... A30-A373.1 字母表示数 ............................................................................... A30 3.2 代数式 ............................................................................... A31-A32 3.3 整式 .......................................................................................... A33 3.4 整式的加减 ........................................................................ A34-A35 3.5 探索规律............................................................................ A36-A37第四章基本平面图形 ............................................... A38-A464.1 线段、射线、直线 ............................................................. A38-A39。