林初中2017届中考数学压轴题专项汇编：专题9费马点(附答案)
[全]中考数压轴题之费马点模型详解
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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。
旋转模型——费马点 压轴好题(解析版)-初中数学
旋转模型——费马点压轴好题（解析版）1．（2023秋•萧山区期中）如图，已知∠BAC＝60°，AB＝4，AC＝6，点P在△ABC内，将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF．则AE+PB+PC的最小值为（）A．10 B．C．D．【考点】旋转的性质；轴对称﹣最短路线问题．【分析】连接BF，过点B作BD⊥AF，与AF的延长线交于点D，由旋转可知∠P AE＝∠CAF＝60°，AP＝AE，PC＝EF，AC＝AF＝6，于是可得△APE为等边三角形，进而得到AE+PB+PC＝PE+PB+EF≥BF，利用含30度的直角三角形性质可得AD＝AB＝2，BD＝AD＝，最后利用勾股定理求出BF的长即可．【解答】解：如图，连接BF，过点B作BD⊥AF，与AF的延长线交于点D，则∠ADB＝90°，∵将△APC绕着点A逆时针方向旋转60°得到△AEF，∴∠P AE＝∠CAF＝60°，AP＝AE，PC＝EF，AC＝AF＝6，∴△APE为等边三角形，∴AE＝PE，∴AE+PB+PC＝PE+PB+EF，∵PB+PE+EF≥BF，∴当点B、P、E在同一条直线上时，PB+PE+EF取得最小值为BF，即AE+PB+PC取得最小值为BF，∵∠BAC＝60°＝∠CAE，∴∠BAD＝60°，∴∠ABD＝30°，∴AD＝AB＝2，BD＝AD＝，∴DF＝AD+AF＝2+6＝8，在Rt△BDF中，BF＝＝＝，∴AE+PB+PC取得最小值为．故选：B．【点评】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题关键．2．（2023秋•翠屏区校级月考）法国数学家费马提出：在△ABC内存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小．人们称这个点为费马点，此时P A+PB+PC的值为费马距离．经研究发现：在锐角△ABC中，费马点P满足∠APB ＝∠BPC＝∠CP A＝120°，如图，点P为锐角△ABC的费马点，且P A＝3，PC＝4，∠ABC＝60°，则费马距离为7+2．【考点】轴对称﹣最短路线问题；数学常识．【分析】根据相似三角形的判定和性质，即可求解．【解答】解：如图：∵∠APB＝∠BPC＝∠CP A＝120，∠ABC＝60°，∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，∴△BPC∽△APB∴＝，即PB2＝12∴PB＝2．∴P A+PB+PC＝7+2故答案为：7+2．【点评】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，解决本题的关键是利用相似三角形的判定和性质．3．（2022秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，①∠BDC＝60° ；②AD的最小值是5．【考点】旋转的性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【分析】以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再根据C，D，E三点共线时，CE有最小值，即可得到AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．【解答】解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，∵△BDE，△ABC均为等边三角形，∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴CE＝AD，∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值，∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．故答案为：①60°；②5．【点评】本题主要考查了旋转的性质以及等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是以BD为边向外作等边三角形BDE，依据全等三角形的性质得出结论．4．（2023春•沈阳期中）如图，在平面直角坐标系中，点A，点B分别是y轴，x轴正半轴上的点，且OA＝OB，△AOC是等边三角形，且点C在第二象限，M为∠AOB平分线上的动点，将OM绕点O逆时针旋转60°得到ON，连接CN，AM，BM．（1）求证：△AMO≌△CNO；（2）若A点坐标为（0，4）；①当AM+BM的值最小时，请直接写出点M的坐标；②当AM+BM+OM的值最小时，求出点M的坐标，并说明理由．【考点】几何变换综合题．【分析】（1）先根据旋转的性质得OM＝ON，∠NOA＝15°，进而可求得∠AOM＝∠CON＝45°，再结合OA ＝OC，依据“SAS”即可判定△AMO和△CNO全等；（2）首先确定当AM+BM为最小时，点A、M、B在同一条直线上，此时由OA＝OB＝4，OM平分∠AOB即可得出点M为为AB的中点，进而可求出点M的坐标；（3）连接MN，过点M作ME⊥x轴于点E，作BM的垂直平分线交x轴于点F，由（1）可知：AM＝CN，由转转的性质得出△OMN为等边三角形，进而得AM+BM+OM＝CN+BM+MN，因此当AM+BM+OM的值最小时，就是CN+BM+MN的值最小，此时点B，M，N，C在同一条直线上，可由∠OMB＝120°，BOM＝45°，求出∠OBM＝15°，据此得∠MFE＝30°，设ME＝a，则OE＝a，MF＝BF＝2a，，再根据OB＝OE+EF+FB＝4即可求出a的值，从而可求得点M的坐标．【解答】（1）证明：∵OM平分∠AOB，∴∠AOM＝45°，由旋转的意义可知：∠MON＝60°，OM＝ON，∴∠NOA＝∠MON﹣∠AOM＝60°﹣45°＝15°，∵△AOC为等边三角形，∴OA＝OC，∠COA＝60°，∴∠CON＝∠COA﹣∠NOA＝60°﹣15°＝45°，∴∠AOM＝∠CON，在△AMO和△CNO中，，∴△AMO≌△CNO（SAS）．（2）解：点M的坐标为（2，2），理由如下：∵点M为∠AOB平分线上的动点，∴当AM+BM为最小时，点A、M、B在同一条直线上，当点A、M、B在同一条直线上时，∵点A的坐标为（0，4），OA＝OB，∴OA＝OB＝4，∵OM平分∠AOB，∴点M为为AB的中点，∴点M的坐标为（2，2）．（3）解：点M的坐标为，理由如下：连接MN，过点M作ME⊥x轴于点E，作线段BM的垂直平分线交x轴于点F，则BF＝MF，由（1）可知：△AMO≌△CNO，∴AM＝CN，由转转的性质可知：OM＝ON，∠MON＝60°，∴△OMN为等边三角形，∴OM＝MN，∴AM+BM+OM＝CN+BM+MN，当AM+BM+OM的值最小时，就是CN+BM+MN的值为最小，当CN+BM+MN的值为最小时，点B，M，N，C在同一条直线上，∴∠OMB＝180°﹣60°＝120°，∵OM平分∠AOB，∴BOM＝45°，∴∠OBM＝180°﹣45°﹣120°＝15°，又MF＝BF，∴∠FMB＝∠OBM＝15°，∴∠MFE＝∠FMB+∠OBM＝30°，设ME＝a，则OE＝a，在Rt△MEF中，ME＝a，∠MFE＝30°，∴MF＝2ME＝2a，由勾股定理得：，∴FB＝FM＝2a，∴OB＝OE+EF+FB＝4，即：，解得：，∴点M的坐标为．【点评】此题主要考查了图形的旋转变换和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段的性质等知识点，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，理解两点之间线段最短．5．（2023秋•九龙坡区校级期中）如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，点D为△ABC外一点，连接AD，过点A作AE⊥AD，交BC于点E，过点D作DH⊥AB，垂足为H，HD＝BC．（1）求证：AE＝AD；（2）如图2，延长AB到点G，连接GD，使得∠HGD＝∠ADH，F为AC上一点，连接FG、FE，若FE⊥AE．求证：EF+GF＝GD；（3）如图3，点K在△GHD内，连接KG、KH、KD，当KG+KH+KD的值最小时，直接写出∠KGH+∠KDH的值．【考点】三角形综合题．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可证得△EAB≌△ADH（ASA），即可推出AE＝AD；（2）在DG上截取DN＝EF，连接AN，FN，FN与AG交于M，利用SAS可证得△AEF≌△ADN，得出∠EAF ＝∠DAN，AF＝AN，进而可得△AFN是等腰直角三角形，再证得AM平分∠F AN，利用等腰三角形的性质可得AM⊥FN，FM＝MN，即AG垂直平分FN，推出GF＝GN，即可证得结论；（3）延长GK交HD于S，延长DK交GH于T，根据费马点模型可知：当点K在△GHD内，KG+KH+KD的值最小时，∠GKD＝∠DKH＝∠GKH＝120°，再运用三角形外角性质即可求得答案．【解答】（1）证明：如图1，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，∴AB＝BC，∵HD＝BC，∴HD＝AB，∵AE⊥AD，∴∠EAD＝90°，∴∠EAB+∠BAD＝90°，∵DH⊥AB，∴∠DHA＝90°，∴∠BAD+∠HDA＝90°，∴∠EAB＝∠HDA，在△EAB和△ADH中，，∴△EAB≌△ADH（ASA），∴AE＝AD；（2）证明：如图2，在DG上截取DN＝EF，连接AN，FN，FN与AG交于M，∵DH⊥AB，∴∠AHD＝∠DHG＝90°，∴∠HGD+∠HDG＝90°，∵∠HGD＝∠ADH，∴∠ADH+∠HDG＝90°，即∠ADG＝90°，∵FE⊥AE，∴∠AEF＝90°，∴∠AEF＝∠ADH，在△AEF和△ADN中，，∴△AEF≌△ADN（SAS），∴∠EAF＝∠DAN，AF＝AN，∵AE⊥AD，∴∠EAD＝90°，即∠EAN+∠DAN＝90°，∴∠EAN+∠EAF＝90°，即∠F AN＝90°，∴△AFN是等腰直角三角形，∵△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠BCA＝45°，即∠F AM＝45°，∴∠NAM＝45°＝∠F AM，∴AM平分∠F AN，∴AM⊥FN，FM＝MN，即AG垂直平分FN，∴GF＝GN，∵DN+GN＝GD，∴EF+GF＝GD；（3）解：如图3，延长GK交HD于S，延长DK交GH于T，∵点K在△GHD内，KG+KH+KD的值最小，∴∠GKD＝∠DKH＝∠GKH＝120°，∴∠KGH+∠KHG＝∠HKS＝60°，∠KHD+∠KDH＝∠HKT＝60°，∴∠TKS＝∠HKS+∠HKT＝120°，∵∠KHG+∠KHD＝∠DHG＝90°，∴∠KGH+∠KHG+∠KHD+∠KDH＝120°，∴∠KGH+∠KDH＝120°﹣（∠KHG+∠KHD）＝120°﹣90°＝30°．【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形外角性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，费马点模型，正确添加辅助线构造全等三角形是解题关键．6．（2024•铜梁区校级模拟）已知△ABC中AB＝BC，点D和点E是平面内两点，连接BD，DE和BE，∠BED＝90°．（1）如图1，若BD＝BA，∠ABC＝2∠D，BE＝2，求AC的长度；（2）如图2，连接AD和CD，点F为AD中点，点G为CD中点，连接EF和BG，若EF＝BG，求证：∠BAC ＝∠DBE；（3）若∠ABC＝60°，AB＝2，当取得最小值，且AE取得最大值时，直接写出△BDE的面积．【考点】三角形综合题．【分析】（1）过点B作BH⊥AC交AC于点H，证明△AHB≌△BED（AAS）即可求解；（2）取BD的中点T，连接TE，TF，TG，根据中位线的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出△TFE≌△TBG（SSS），再证明△TBE∽△TFG，得出∠EBT＝∠GFT，进而即可得证；（3）将△BDC绕点B顺时针转60°得到△BD′A，将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△BA'D'，连接AA'，根据，当G，F、D、C四点共线时，GC最小，进而确定E的位置，根据点E在O为圆心，为半径的圆上运动，由点到圆上的距离关系，得出当AE取得最大值时，E在AO的延长线上，连接OF，过点E作ES⊥BD于点S，进而解直角三角形，求得SE的长，根据三角形面积公式，即可求解．【解答】（1）解：如图所示，过点B作BH⊥AC交AC于点H，∵△ABC中，AB＝BC，∴∠AHB＝90°，∠ABC＝2∠ABH，AC＝2AH，∵∠BED＝90°，∠ABC＝2∠D，∴∠AHB＝∠BED，∠ABH＝∠D，又∵BD＝BA，∴△AHB≌△BED（AAS），∴AH＝BE＝2，∴AC＝2AH＝4；（2）解：如图所示，取BD的中点T，连接TE、TF、TG、FG，又∵F，G是AD，DC，∴，，FG∥AC，FT∥AB，∵AB＝BC，∴FT＝TG，∵∠BED＝90°，T为BD的中点，∴TE＝BT，在△TFE和△TBG中，，∴△TFE≌△TBG（SSS），∴∠FTE＝∠GTB，∴∠FTE﹣∠GTE＝∠GTB﹣∠GTE，即∠FTG＝∠ETB，又∵FT＝TG，TE＝EB，即，∴△TBE∽△TFG，∴∠EBT＝∠GFT，∵FG∥AC，FT∥AB，∴∠TFB＝∠BAC，∴∠BAC＝∠DBE；（3）解：∵△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，如图所示，将△BDC绕点B顺时针转60°得到△BD′A，将△ABD绕点B顺时针旋转60°得到△BAD，连接AA'，∴BD＝BD'，∠DBD'＝60°，AB＝A'B，AB∥AC，则△DBD'是等边三角形，△A'AB是等边三角形，∵CD＝AD'，AA'＝AC，取BD'，BA'的中点F，G，则FG＝A'D'＝，∵F是BD的中点，∴DF⊥BD，，∴，∴当G，F，D，C四点共线时，GC最小，此时如图所示，∴GC⊥BD'，∵A'D'∥GF，∴A'D'⊥B'D'，∴△A'D'B是直角三角形，∴△ABD是直角三角形，∴AD⊥BD，∵∠BDD'＝60°，∴∠D'DA＝30°，∴，设CD＝a，则AD'＝a，AD＝2a，在Rt△ADD'中，，∵△BDD'是等边三角形，∴，在Rt△ABD中，AB＝2，∴AB2＝AD2+BD2，∴，解得：，∴，，取BD的中点O，连接AO，OE，∵∠BED＝90°，∴点E在O为圆心，为半径的圆上运动，∴，当AE取得最大值时，E在AO的延长线上，连接OF，过点E作ES⊥BD于点S，在Rt△AOD中，，∴，∴，∴SE＝cos∠SOE×OE＝cos∠AOD×OE＝，∴△BDE的面积为．【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，旋转的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，相似三角形的性质与判定，加权费马点问题，点与圆的位置关系，直径所对的圆周角是直角；熟练掌握以上知识是解题的关键．7．（2023春•渠县校级期末）如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．（1）证明：EF＝DF；（2）如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．（3）如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．【考点】三角形综合题．【分析】（1）可先推出∠CAF＝∠ABD，再证△ACF≌△BAD，即可得出结论；（2）在EF上截取EN＝EM，连接MN，可推出△EMN是等边三角形，可证△NCM≌△EGM，然后推出△CMG 是等边三角形，从而问题得证；（3）先求得AD＝，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，可得△PDQ是等边三角形，于是AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，故当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，最后解斜三角形ADG，从而求得．【解答】（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠ACB＝60°，∴∠CAF+∠DAB＝60°，∵∠EDF＝60°，∴∠DAB+∠ABD＝60°，∴∠CAF＝∠ABD，∵AF＝BD，∴△ACF≌△BAD（SAS），∴CF＝AD，∵EF＝DF，∴EF＝DF；（2）证明：如图2，由（1）知，EF＝DF，∠EDF＝60°，∴△DEF是等边三角形，∴∠DEF＝60°，在EF上截取EN＝EM，连接MN，∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，∴△EMN是等边三角形，∴∠CNM＝60°，∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，∴∠NCM＝∠EGM，∵CM＝GM，∴△NCM≌△EGM（SAS），∴∠MEG＝∠CNM＝60°，∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，∴∠GME＝∠GEC＝60°，∵CM＝GM，∴△CMG是等边三角形，∴CG＝CM；（3）解：如图3，由（1）（2）知，△DEF和△CDG是等边三角形，∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，∵CD⊥AD，∴∠CDF＝90°，∴AD＝CF＝＝，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，∴AD＝DQ，CP＝QG，∴△PDQ是等边三角形，∴PD＝PQ，∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，作GH⊥AD于H，在Rt△DGH中，GH＝DG＝2，DH＝DG＝2，∴AH＝AD+DH＝+2＝，∴AG＝＝＝，∴AP+PD+CP的最小值是．【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质和应用等知识，解决问题的关键是掌握“费马点”模型及“截长补短”等题型．8.定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．【基础巩固】（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC=60°，AC=4√6，求AE+BE+CE= ；【尝试应用】（2）如图2，等边三角形ABC边长为4√3，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；【拓展提高】（3）如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA=75°，AB=6，求三角形AFB“最近值”的平方．【分析】（1）△CDE为含30°角直角三角形，可求出DE、CE的长度，进而得出结果．（2）△AEF为等边三角形，可得AE+BE+CE=EF+BE+GF，故当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，进而可得∠AEB=∠AEC=∠BEC=120°，即可求出结果．（3）作DM⊥AB于点M，可知EF=DM=1/2AB，进而可推出△ABF为等腰直角三角形，结合（2）中的结论，当点P满足：∠APF=∠BPF=∠APB=120°时，PA+PB+PF最小，进而结合（1）中方法求出结果．【点评】本题考查三角形与四边形综合问题，掌握费马点模型可帮助快速解题．9.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）如果点P为锐角三角形ABC的费马点，且∠ABC=60°．①求证：△ABP∽△BCP；②若PA=3，PC=4，求PB的长．（2）已知锐角三角形ABC，分别以AB、AC为边向外作正三角形ABE和正三角形ACD，CE和BD相交于P点，连结AP，如图②．①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，费马点的定义，以及等边三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．10.【问题情境】如图1，在△ABC中，∠A=120°，AB=AC，BC=5√3，则△ABC的外接圆的半径值为5．【问题解决】如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC=90°，若AB=4，求AP的最小值．【问题解决】如图3，正方形ABCD是一个边长为3√3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE=√3cm,点P是正方形ABCD内设立的一个活动岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE=120°，点A、D为另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和最小，试求QA+QD+QP的最小值．（保留根号或结果精确到1cm,参考数据√3≈1.7，10.52=110.25）．【点评】本题考查了正方形的性质、圆中半径相等，点与圆位置关系中的最值问题，费马点最值问题，旋转的思想，锐角三角函数，解题的关键是正确构造辅助圆，旋转60°处理费马点问题．。
【中考几何模型压轴题】专题9《费马点》
中考几何压轴题（几何模型30讲）最新讲义专题9《费马点》破解策略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．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∠PAP＝∠CAC≤60所以在等腰△PAP中，AP≥PP所以PA＋PB＋PC≥PP＋PB＋PC＞BC＝AB＋AC所以点A为△ABC的费马点2.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△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′为等边三角形，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△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例1 如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（－6，0），点B 的坐标为（6，0），点C 的坐标为（6，34），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 ＝3-x ＋36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：∵t ＝vGM v v GM 22GA GA 2+=+ ∴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△MGB绕点B顺时针旋转60°，得到△M′G′B，连结GG′，MM′∴△GG′B、△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∵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（0，32）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△ABP 绕点N 逆时针旋转60°，得到△EBM ；同样，将△DCQ 绕点C 顺时针旋转60°，得到△FCN ，连结AE 、DF ，则△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． F N E MB C A D P Q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． B C AP答案：PA ＋PB ＋PC 的最小值为7，此时APC ＝120．P'A'P AC B E【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31 时，求正方形的边长．NE C DB A M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2．【提示】（3）过点E 作EF BC ，交CB 的延长线于点F ，解Rt EFC 即可．E。
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 +。
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。
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。
中考数学压轴题专项汇编专题9费马点2
专题9 费马点破解策略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．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∠PAP＝∠CAC≤60所以在等腰△PAP中，AP≥PP所以PA＋PB＋PC≥PP＋PB＋PC＞BC＝AB＋AC所以点A为△ABC的费马点2.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△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′为等边三角形，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△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例1 如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（－6，0），点B 的坐标为（6，0），点C 的坐标为（6，34），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 ＝3-x ＋36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：∵t ＝vGMv v GM 22GA GA 2+=+ ∴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△MGB 绕点B 顺时针旋转60°，得到△M ′G ′B ，连结GG ′，MM ′ ∴△GG ′B 、△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 ∵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（0，32）例2A、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△ABP绕点N逆时针旋转60°，得到△EBM；同样，将△DCQ绕点C顺时针旋转60°，得到△FCN，连结AE、DF，则△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．E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．E【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'E C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＋CM1时，求正方形的边长．E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【提示】（3）过点E作EF BC，交CB的延长线于点F，解Rt EFC即可．E。
旋转之“费马点”模型13种题型(解析版)--中考数学专项训练
旋转之“费马点”模型13种题型【知识梳理】最值问题是中考常考题型，费马点属于几何中的经典题型，目前全国范围内的中考题都是从经典题改编而来，所以应熟练掌握费马点等此类最值经典题。
【考点剖析】一．一元一次方程的应用(共1小题)1(2020春•江北区期末)如图，已知直线AB与直线CD相交于点O，∠BOE=90°，OF平分∠BOD，∠BOC：∠AOC=1：3．(1)求∠DOE，∠COF的度数；(2)若射线OF，OE同时绕O点分别以2°/s，4°/s的速度，顺时针匀速旋转，当射线OE，OF的夹角为90°时，两射线同时停止旋转．设旋转时间为t，试求t值．【分析】(1)根据平角的定义和∠BOC：∠AOC=1：3可求∠BOC的度数，根据对顶角相等可求∠AOD的度数，根据角的和差关系可求出∠DOE的度数，根据平角的定义和角平分线的定义可求∠BOF的度数，根据角的和差关系求出∠COF的度数；(2)先求出∠EOF的度数，再根据射线OE、OF的夹角为90°，列出方程求解即可．【解答】解：(1)∵∠BOC：∠AOC=1：3，∴∠BOC=180°×11+3=45°，∴∠AOD=∠BOC=45°，∵∠BOE=90°，∴∠AOE=90°，∴∠DOE=∠AOE+∠AOD=90°+45°=135°，∠BOD=180°-∠AOD=180°-45°=135°，∵FO平分∠BOD，∴∠BOF=12∠BOD=12×135°=67.5°，∴∠COF=∠BOC+∠BOF=45°+67.5°=112.5°；(2)∠EOF=∠EOB+∠BOF=90°+67.5°=157.5°，根据题意得：4t-2t=157.5-90，解得：t=33.75，答：t的值为33.75s．【点评】本题考查了角的计算，角平分线的定义，解题的关键是根据题中等量关系列出方程．二．二次函数综合题(共1小题)2(2018秋•沙坪坝区校级期中)在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx-8的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线y=kx+53(k≠0)经过点A，与抛物线交于另一点R，已知OC=2OA，OB=3OA．(1)求抛物线与直线的解析式；(2)如图1，若点P是x轴下方抛物线上一点，过点P作PH⊥AR于点H，过点P作PQ∥x轴交抛物线于点Q，过点P作PH′⊥x轴于点H′，K为直线PH′上一点，且PK=23PQ，点I为第四象限内一点，且在直线PQ上方，连接IP、IQ、IK，记l=132PH-14PQ，m=IP+IQ+IK，当l取得最大值时，求出点P的坐标，并求出此时m的最小值．(3)如图2，将点A沿直线AR方向平移13个长度单位到点M，过点M作MN⊥x轴，交抛物线于点N，动点D为x轴上一点，连接MD、DN，再将△MDN沿直线MD翻折为△MDN′(点M、N、D、N′在同一平面内)，连接AN、AN′、NN′，当△ANN′为等腰三角形时，请直接写出点D的坐标．【分析】(1)令二次函数x=0，解出C点坐标(0，-8)，根据已知条件可知点A(-4，0)点B(12，0)．代入解析式从而求得抛物线和直线解析式．(2)设点P坐标的横坐标为p，求出对称轴为直线x=4，根据对称性求出点Q的坐标，从而求出PQ的长度，延长PK交直线AR与点M，利用一次函数解析式求出点M的坐标，PM线段长可表示，利用△PHM ∽△AEO，求出PH的长度，则I可用点p的代数式表示，从而求得最大值，点P坐标也可求出，由m=IP +IQ+IK求其最小值可知，点I为△PQK的“费马点”．(3)由点A平移13个单位可知点M的坐标，则点N的坐标可求为(8，-8)可求AN的长度，MN的长度为13，因为翻折可知MN′的长度也为13，则N′在以点M为圆心13个单位长度为半径的圆上运动，再利用等腰三角形求出点D的坐标．【解答】解(1)∵y=ax2+bx-8与y轴的交点为C，令x=0，y=-8∴点C(0，-8)∴OC=8∵OC=2OA，OB=3OA∴OA=4，OB=12∴A(-4，0)B(12，0)将点A代入直线解析式可得0=-4k+5 3解得k=5 12∴y=512x+53将点A和点B代入抛物线中，0=16a-4b-8 0=144a+12b-8解得a=16，b=-43∴y=16x2-43x-8(2)设点P的坐标为(p，16p2-43p-8)-2ab=4∴抛物线的对称轴为直线x=4∴点Q(8-p，16p2-43p-8)∴PQ=2p-8∵PK=23PQ∴PK=43p-163如图1所示，延长PK交直线AR于点M，则M(p，512p+53)∴PM=(512P+53-(16p2-43p-8)=16p2+2112p+293∵∠PHM=∠MH′A，∠HMP=∠AMH′∴∠HPM=∠MAH′∵直线解析式为y=512×53，令x=0，y=53．∴OE=53∵OA=4根据勾股定理得∴AE=13 3∴cos∠EAO=OAAE =12 13∴cos∠HPM=PHPM =PH-16p2+2112p+293=1213∴PH=-213p2+2113p+11613∵I=132PH-14PQ∴I=132(-213p2+2113p+11613)-14(2p-8)=-(p-5)2+85∴当p=5时，I取最大值此时点P(5，-212)∴PQ=2，PK=43如图2所示，连接QK，以PQ为边向下做等边三角形PQD，连接KD，在KD取I，使∠PID=60°，以PI为边做等边三角形IPF，连接IQ∵IP=PF，PQ=PD，∠IPQ=∠FPD∴△IPQ≌△FPD∴DF=IQ∴IP+IQ+IK=IF+FD+IK=DK，此时m最小过点D作DN垂直于KP∵∠KPD=∠KPQ+∠QPD=150°∴∠PDN=30°∵DP=PQ=2∴DN=1，根据勾股定理得PN=3在△KDN中，KN=53，DN=1，根据勾股定理得KD=219∴m的最小值为219(3)设NM与x轴交于点J∵AM=13，cos∠MAJ=1213∴AJ=12，根据勾股定理得MJ=5∵OA=4，∴OJ=8∴M(8，5)当x=8时，代入抛物线中，可得y=-8∴N(8，-8)，MN=13在△AJN中，根据勾股定理得AN=13∵点D为x轴上的动点，根据翻折，MN′=13，所以点N′在以M为圆心，13个单位长度为半径的圆上运动，如图3所示①当N′落在AN的垂直平分线上时tan∠MNA==128∴tan∠MGJ=32，∵MJ=5∴JG=103，根据勾股定理得MG=513 3∵MD1为∠GMJ的角平分线∴MGMJ =GDDJ∴D1J=513-152∴D1(31-5132，0)∵MD4也为角平分线∴∠D1MD4=90°根据射影定理得MJ2=JD1•JD4∴JD4=513+152∴D4(513+152，0)②当AN=AN′时D2与点A重合∴D2(-4，0)∵MD3为角平分线∴MJ MN =JD3 D3N∴JD3=103∴D3(343，0)综上所述D1(31-5132，0)，D2(-4，0)，D3(343，0)，D4(31+5132，0)．【点评】本题(1)考查了二次函数及一次函数的待定系数法，(2)考查了二次函数的最值问题及费马点定理，(3)考查了等腰三角形及角平分线分线段成比例及射影定理．此题综合性较强．三．全等三角形的判定与性质(共1小题)3(2022秋•静安区校级期中)如图①，点M为锐角三角形ABC内任意一点，连接AM、BM、CM．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．(1)求证：△AMB≌△ENB；(2)若AM+BM+CM的值最小，则称点M为△ABC的费马点．若点M为△ABC的费马点，试求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；(3)小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费马点的简便方法：如图②，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．试说明这种作法的依据．【分析】(1)结合等边三角形的性质，根据SAS可证△AMB≌△ENB；(2)连接MN，由(1)的结论证明△BMN为等边三角形，所以BM=MN，即AM+BM+CM=EN+MN+CM，所以当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小，从而可求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；(3)根据(2)中费马点的定义，又△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上．因此线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．【解答】解：(1)证明：∵△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 )．(2)连接MN ．由(1)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°．(3)由(2)知，△ABC 的费马点在线段EC 上，同理也在线段BF 上．因此线段EC 与BF 的交点即为△ABC 的费马点．【点评】本题考查全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质，是一道综合性的题目难度很大．四．角平分线的性质(共1小题)4(2020•荷塘区模拟)在△ABC中，若其内部的点P 满足∠APB =∠BPC =∠CPA =120°，则称P 为△ABC 的费马点．如图所示，在△ABC 中，已知∠BAC =45°，设P 为△ABC 的费马点，且满足∠PBA =45°，PA =4，则△PAC 的面积为43 ．【分析】如图，延长BP 交AC 于D ，先说明△ABD 是等腰直角三角形，△ADP 是30°的直角三角形，可得PD 和AD 的长，根据费马点的定义可得∠APC =120°，从而可知△PDC 也是30°的直角三角形，可得CD 的长，根据三角形的面积公式可得结论．【解答】解：如图，延长BP 交AC 于D ，∵∠BAC =∠PBA =45°，∴∠ADB =90°，AD =BD ，∵P 为△ABC 的费马点，∴∠APB =∠CPA =120°，∴∠BAP =180°-120°-45°=15°，∴∠PAC =45°-15°=30°，∴∠APD=60°，Rt△PAD中，∵PA=4，∴PD=2，AD=23，∵∠APC=120°，∴∠CPD=120°-60°=60°，Rt△PDC中，∠PCD=30°，∴CD=23，∴AC=AD+CD=23+23=43，∴△PAC的面积为12AC⋅PD=12×43×2=43．故答案为：43．【点评】本题考查了费马点的定义，三角形的面积，等腰直角三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质等知识，正确作出辅助线构建等腰直角三角形是本题的关键．五．等腰三角形的判定与性质(共1小题)5(2017秋•义乌市月考)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(Fermatpo int)．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是腰长为2的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF=()A.23B.1+3C.6D.33【分析】根据题意首先画出图形，过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP=∠MFP=30°，则∠EPF=∠FPD=∠EPD=120°，点P就是费马点，求出PE，PF，DP的长即可解决问题；【解答】解：如图：过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP=∠MFP=30°，则∠EPF=∠FPD=∠EPD=120°，点P就是费马点，在等腰Rt△DEF中，DE=DF=2，DM⊥EF，∴EF=2DE=2∴EM=DM=1，故cos30°=EM PE，解得：PE=233，则PM=33，故DP=1-33，同法可得PF=233则PD+PE+PF=2×233+1-33=3+1．故选：B．【点评】此题主要考查了解直角三角，正确画出图形进而求出PE的长是解题关键．六．等边三角形的性质(共1小题)6(2014秋•厦门期中)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．如图(2)，在锐角△ABC外侧作等边△ACB′连接BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′=PA+PB+PC．【分析】根据费马点的定义，在BB′上取点P，使∠BPC=120°，再在PB′上取PE=PC，然后连接CE，根据等边三角形的判定可以证明△PCE是等边三角形，从而得到PC=CE，∠PCE=60°，根据角的关系可以推出∠PCA=∠ECB′，再利用边角边证明ACP与△B′CE全等，根据全等三角形对应边相等可得PA =EB′，∠APC=∠CEB′=120°，从而可得点P为△ABC的费马点，并且BB′=PA+PB+PC．【解答】证明：在BB′上取点P，使∠BPC=120°，连接AP，再在PB′上截取PE=PC，连接CE，∵∠BPC=120°，∴∠EPC=60°，∴△PCE为正三角形，∴PC=CE，∠PCE=60°，∠CEB′=120°，∵△ACB′为正三角形，∴AC=B′C，∠ACB′=60°，∴∠PCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB′=60°，∴∠PCA=∠ECB′，∴△ACP≌△B′CE，∴∠APC=∠B′EC=120°，PA=EB′，∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°，∴P为△ABC的费马点，∴BB′过△ABC的费马点P，且BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC．【点评】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，根据新定义，作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键．七．等腰直角三角形(共1小题)7(2020•崇州市模拟)如果点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是腰长为2的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+ PF= 3+1 ．【分析】过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP=∠MFP=30°，则∠EPF=∠FPD=∠EPD=120°，点P就是费马点，求出PE，PF，DP的长即可解决问题；【解答】解：如图：过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP=∠MFP=30°，则∠EPF=∠FPD=∠EPD=120°，点P就是费马点，在等腰Rt △DEF 中，DE =DF =2，DM ⊥EF ，∴EF =2DE =2∴EM =DM =1，故cos30°=EM PE，解得：PE =233，则PM =33，故DP =1-33，同法可得PF =233则PD +PE +PF =2×233+1-33=3+1．故答案为3+1．【点评】此题主要考查了解直角三角，正确画出图形进而求出PE 的长是解题关键．八．三角形综合题(共2小题)8(2023春•渠县校级期末)如图1，D 、E 、F 是等边三角形ABC 中不共线三点，连接AD 、BE 、CF ，三条线段两两分别相交于D 、E 、F ．已知AF =BD ，∠EDF =60°．(1)证明：EF =DF ；(2)如图2，点M 是ED 上一点，连接CM ，以CM 为边向右作△CMG ，连接EG ．若EG =EC +EM ，CM =GM ，∠GMC =∠GEC ，证明：CG =CM ．(3)如图3，在(2)的条件下，当点M 与点D 重合时，若CD ⊥AD ，GD =4，请问在△ACD 内部是否存在点P 使得P 到△ACD 三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．【分析】(1)可先推出∠CAF =∠ABD ，再证△ACF ≌△BAD ，即可得出结论；(2)在EF 上截取EN =EM ，连接MN ，可推出△EMN 是等边三角形，可证△NCM ≌△EGM ，然后推出△CMG 是等边三角形，从而问题得证；(3)先求得AD =833，将△DPC 绕点D 顺时针旋转60°至△DQG ，连接AG ，可得△PDQ 是等边三角形，于是AP +PD +CP =AP +PQ +QG ，故当A 、P 、Q 、G 共线时，AP +PD +CP 最小=AG ，最后解斜三角形ADG ，从而求得．【解答】(1)证明：如图1，∵△ABC 是等边三角形，∴AC =AB ，∠ACB =60°，∴∠CAF +∠DAB =60°，∵∠EDF =60°，∴∠DAB +∠ABD =60°，∴∠CAF=∠ABD，∵AF=BD，∴△ACF≌△BAD(SAS)，∴EF=DF；(2)证明：如图2，由(1)知，EF=DF，∠EDF=60°，∴△DEF是等边三角形，∴∠DEF=60°，在EF上截取EN=EM，连接MN，∴CN=CE+EN=CE+EM=EG，∴△EMN是等边三角形，∴∠CNM=60°，∵∠GMC=∠GEC，∠α=∠β，∴∠NCM=∠EGM，∵CM=GM，∴△NCM≌△EGM(SAS)，∴∠MEG=∠CNM=60°，∴∠CEG=180°-∠MEG-∠FED=60°，∴∠GME=∠GEC=60°，∵CM=GM，∴△CMG是等边三角形，∴CG=CM；(3)解：如图3，由(1)(2)知，△DEF和△CDG是等边三角形，∴∠CFD=60°，CD=GD=4，∵CD⊥AD，∴∠CDF=90°，∴AD=CF=CD60osin =833，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，∴AD=DQ，CP=QG，∴△PDQ是等边三角形，∴PD=PQ，∴AP+PD+CP=AP+PQ+QG，∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小=AG，作GH⊥AD于H，在Rt△DGH中，GH=12DG=2，DH=32DG=23，∴AH=AD+DH=833+23=1433，∴AG=GH2+AH2=14332+22=4339，∴AP+PD+CP的最小值是4339．【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质和应用等知识，解决问题的关键是掌握“费马点”模型及“截长补短”等题型．9(2017秋•邗江区期末)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，此时∠APB=∠BPC=∠CPA= 120°，此时，PA+PB+PC的值最小．解决问题：(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=150°；基本运用：(2)请你利用第(1)题的解答思想方法，解答下面问题：如图③，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E，F为BC上的点，且∠EAF=45°，判断BE，EF，FC之间的数量关系并证明；能力提升：(3)如图④，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为Rt△ABC的费马点，连接AP，BP，CP，求PA+PB+PC的值．【分析】(1)根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；(2)把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACE ′，根据旋转的性质可得AE ′=AE ，CE ′=CE ，∠CAE ′=∠BAE ，∠ACE ′=∠B ，∠EAE ′=90°，再求出∠E ′AF =45°，从而得到∠EAF =∠E ′AF ，然后利用“边角边”证明△EAF 和△E ′AF 全等，根据全等三角形对应边相等可得E ′F =EF ，再利用勾股定理列式即可得证．(3)将△APB 绕点B 顺时针旋转60°至△A ′P ′B 处，连接PP ′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB =2AC ，即A ′B 的长，再根据旋转的性质求出△BPP ′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BP =PP ′，等边三角形三个角都是60°求出∠BPP ′=∠BP ′P =60°，然后求出C 、P 、A ′、P ′四点共线，再利用勾股定理列式求出A ′C ，从而得到PA +PB +PC =A ′C ．【解答】解：(1)∵△ACP ′≌△ABP ，∴AP ′=AP =3、CP ′=BP =4、∠AP ′C =∠APB ，由题意知旋转角∠PA P ′=60°，∴△AP P ′为等边三角形，P P ′=AP =3，∠A P ′P =60°，易证△P P ′C 为直角三角形，且∠P P ′C =90°，∴∠APB =∠AP ′C =∠A P ′P +∠P P ′C =60°+90°=150°；故答案为：150°；(2)EF 2=BE 2+FC 2，理由如下：如图2，把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACE ′，由旋转的性质得，AE ′=AE ，CE ′=BE ，∠CAE ′=∠BAE ，∠ACE ′=∠B ，∠EAE ′=90°，∵∠EAF =45°，∴∠E ′AF =∠CAE ′+∠CAF =∠BAE +∠CAF =∠BAC -∠EAF =90°-45°=45°，∴∠EAF =∠E ′AF ，在△EAF 和△E ′AF 中，AE =AE ∠EAF =∠E ′AF AF =AF，∴△EAF ≌△E ′AF (SAS )，∴E ′F =EF ，∵∠CAB =90°，AB =AC ，∴∠B =∠ACB =45°，∴∠E ′CF =45°+45°=90°，由勾股定理得，E ′F 2=CE ′2+FC 2，即EF 2=BE 2+FC 2．(3)如图④，将△APB 绕点B 顺时针旋转60°至△A ′P ′B 处，连接PP ′，∵在Rt △ABC 中，∠C =90°，AC =1，∠ABC =30°，∴AB =2，∴BC =AB 2-AC 2=3，∵△APB 绕点B 顺时针方向旋转60°，∴△A ′P ′B 如图所示；∠A ′BC =∠ABC +60°=30°+60°=90°，∴AB =2AC =2，∵△APB 绕点B 顺时针方向旋转60°，得到△A ′P ′B ，∴A ′B =AB =2，BP =BP ′，A′P ′=AP ，∴△BPP ′是等边三角形，∴BP =PP ′，∠BPP ′=∠BP ′P =60°，∵∠APC =∠CPB =∠BPA =120°，∴∠CPB +∠BPP ′=∠BP ′A ′+∠BP ′P =120°+60°=180°，∴C 、P 、A ′、P ′四点共线，在Rt △A ′BC 中，A ′C =A B 2+BC 2=3 2+22=7，∴PA +PB +PC =A ′P ′+PP ′+PC =A ′C =7．【点评】本题考查三角形综合题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转变换添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．九．正方形的性质(共1小题)10(2020•碑林区校级模拟)如图，在边长为6的正方形ABCD 中，点M ，N 分别为AB 、BC 上的动点，且始终保持BM =CN ．连接MN ，以MN 为斜边在矩形内作等腰Rt △MNQ ，若在正方形内还存在一点P ，则点P 到点A 、点D 、点Q 的距离之和的最小值为 3+33 ．【分析】根据勾股定理得到关于x 的一元二次方程，根据函数的性质求得当BM =BN =3时，Q 点到AD 距离最近，此时Q 点是AC 和BD 的交点，过点Q 作QM ⊥AD 于点M ′，在△ADQ 内部过A 、D 分别作∠M ′DP =∠M ′AP =30°，则∠APD =∠APQ =∠DPQ =120°，点P 就是费马点，此时PA +PD +PQ 最小，根据特殊直角三角形才求出AQ ，PA ，PD ，PQ 的长，进而得出答案．【解答】解：设BM =x ，则BN =6-x ，∵MN 2=BM 2+BN 2，∴MN 2=x 2+(6-x )2=2(x -3)2+18，∴当x =3时，MN 最小，此时Q 点离AD 最近，∵BM =BN =3，∴Q 点是AC 和BD 的交点，∴AQ =DQ =22AD =32，过点Q 作QM ′⊥AD 于点M ′，在△ADQ 内部过A 、D 分别作∠M ′DP =∠M ′AP =30°，则∠APD =∠APQ =∠DPQ =120°，点P 就是费马点，此时PA +PD +PQ 最小，在等腰Rt △AQD 中，AQ =DQ =32，QM ′⊥AD ，∴AM =QM ′=22AQ =3，故cos30°=AM PA，解得：PA =23，则PM ′=3，故QP =3-3，同法可得PD =23，则PA +PD +PQ =2×23+3-3=3+33，∴点P到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为3+33，故答案为3+33．【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角，正确画出图形进而求出PA 的长是解题关键．一十．四边形综合题(共1小题)11(2023•桐城市校级开学)定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．【基础巩固】(1)如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC=60°，AC=46，求AE+BE+CE= 12+43 ；【尝试应用】(2)如图2，等边三角形ABC边长为43，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；【拓展提高】(3)如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA=75°，AB=6，求三角形AFB“最近值”的平方．【分析】(1)△CDE为含30°角直角三角形，可求出DE、CE的长度，进而得出结果．(2)△AEF为等边三角形，可得AE+BE+CE=EF+BE+GF，故当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，进而可得∠AEB=∠AEC=∠BEC=120°，即可求出结果．AB，进而可推出△ABF为等腰直角三角形，结合(2)中的结(3)作DM⊥AB于点M，可知EF=DM=12论，当点P满足：∠APF=∠BPF=∠APB=120°时，PA+PB+PF最小，进而结合(1)中方法求出结果．【解答】解：(1)∵AB=AC，∠BAC=90°，AC=46，∴BD=CD=AD=43，∵∠DEC=60°，=4，∴DE=CD3∴AE=AD-DE=43-4，CE=BE=2DE=8，∴AE+BE+CE=43-4+8×2=12+43；故答案为：12+43；(2)由题意可得：AE=AF，∠EAF=60°，∴△EAF为等边三角形，∴AE=EF=AF，∴AE+BE+CE=EF+BE+GF，∵B、G两点均为定点，∴当B 、E 、F 、G 四点共线时，EF +BE +GF 最小，∴∠AEB =120°，∠AEC =∠AFG =120°，∴∠BEC =120°，∴此时E 点为等边△ABC 的中心，∴AE +BE +CE =3AE =3×AB 3=12，故等边三角形ABC 的“最近值”为12；(3)如图，过点D 作DM ⊥AB 于点M ，∵∠BDA =75°，AB =AD ，∴∠DAB =30°，∴2DM =AD =AB ，∵AB ∥CD ，∴EF =DM ，∴2EF =AB ，∴AE =BE =EF =3，∴△AEF 与△BEF 均为等腰直角三角形，∴△ABF 为等腰直角三角形，设P 为EF 上一点，由(2)得：∠APF =∠BPF =∠APB =120°时，PA +PB +PF 最小，此时：EP =AE 3=3，∴AP =BP =2EP =23，FP =EF -EP =3-3，∴AP +BP +FP =23+23+3-3=3+33，∴(AP +BP +FP )2=3+33 2=36+183，∴三角形AFB “最近值”的平方为36+183．【点评】本题考查三角形与四边形综合问题，掌握费马点模型可帮助快速解题．一十一．轴对称-最短路线问题(共2小题)12(2021•丹东)已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果△ABC 是锐角(或直角)三角形，则其费马点P 是三角形内一点，且满足∠APB =∠BPC =∠CPA =120°．(例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点)．若AB =AC =7，BC =23，P 为△ABC 的费马点，则PA +PB +PC =5；若AB =23，BC =2，AC =4，P 为△ABC 的费马点，则PA +PB +PC = 27 ．【分析】①作出图形，过B ，C 分别作∠DBP =∠DCP =30°，勾股定理解直角三角形即可；②作出图形，将△APC 绕点A 逆时针旋转60°，P 为△ABC 的费马点则B ，P ，P '，C '四点共线，即PA +PB +PC =BC '，再用勾股定理求得即可．【解答】解：如图，过A 作AD ⊥BC ，垂足为D ，过B ，C 分别作∠DBP =∠DCP =30°，则PB =PC ，P 为△ABC 的费马点，∵AB =AC =7，BC =23，∴BD =DC =12BC =3，∴30o tan =PD BD=33，∴PD =1，∴PB =PD 30osin =2，∴AD =AB 2-BD 2=7-3=2，∴PA +PB +PC =5；②如图：∵AB =23，BC =2，AC =4，∴AB 2+BC 2=16，AC 2=16，∴AB 2+BC 2=AC 2，∠ABC =90°，∵∠BAC sin =BC AC=12=30o sin ，∴∠BAC =30°，将△APC 绕点A 逆时针旋转60°，由旋转可得：△APC ≌△AP 'C '，∴AP '=AP ，PC =P 'C '，AC =AC '，∠CAC '=∠PAP '=60°，∴△APP ′是等边三角形，∴∠BAC '=90°，∵P 为△ABC 的费马点，即B ，P ，P '，C '四点共线时候，PA +PB +PC =BC '，∴PA +PB +PC =BP +PP '+P 'C '=BC '=AB 2+AC 2=23 2+42=27故答案为：5，27．【点评】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转△PAB ，△PBC 也可，但必须绕顶点旋转．13(2019秋•开福区校级月考)法国数学家费马提出：在△ABC 内存在一点P ，使它到三角形顶点的距离之和最小．人们称这个点为费马点，此时PA +PB +PC 的值为费马距离．经研究发现：在锐角△ABC 中，费马点P 满足∠APB =∠BPC =∠CPA =120°，如图，点P 为锐角△ABC 的费马点，且PA =3，PC =4，∠ABC =60°，则费马距离为 7+23 ．【分析】根据相似三角形的判定和性质，即可求解．【解答】解：如图：∵∠APB =∠BPC =∠CPA =120，∠ABC =60°，∴∠1+∠3=60°，∠1+∠2=60°，∠2+∠4=60°，∴∠1=∠4，∠2=∠3，∴△BPC∽△APB∴PC PB =PB PA，即PB2=12∴PB=23．∴PA+PB+PC=7+23故答案为：7+23．【点评】本题考查了轴对称-最短路线问题，解决本题的关键是利用相似三角形的判定和性质．一十二．旋转的性质(共4小题)14(2023春•城关区校级期中)如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为()A.40°B.30°C.50°D.65°【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′=∠CAB，根据旋转的性质可得AC=AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．【解答】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°-2∠ACC′=180°-2×65°=50°，∴∠CAC′=∠BAB′=50°．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．15(多选)(2023春•临朐县期中)如图，将一副三角板按如图方式叠放在一起，保持三角板ABC不动，将三角板DCE的CE边与CA边重合，然后绕点C按顺时针或逆时针方向任意转动一个角度．当这两块三角板各有一条边互相平行时，∠ACE的度数可能是()A.45°B.90°C.120°D.135°【分析】本题学生需要分情况讨论，分别画出图形，即可求值．【解答】解：(1)如图：当DE∥AB时，∠ACE=60°-45°=15°，(2)如图：当CD∥AB时，∠ACE=90°-(90°-30°)=30°，(3)如图：当DE∥AC时，∠ACE=90°-45°=45°，(4)如图：当CE∥AB时，∠ACE=90°+30°=120°，(5)如图：当CE∥AB时，∠ACE=∠A=60°，(6)如图：当DE∥AB时，∠ACE=180°-15°=165°，(7)如图：当CD∥AB时，∠ACE=90°+60°=150°，(8)如图：当DE ∥AC 时，∠ACE =180°-45°=135°．故选：ACD ．【点评】本题主要考查了旋转的知识和平行线的知识，难度较大，需要分情况画出图形，考虑全面比较困难．16(2022秋•大冶市期末)如图，D 是等边三角形ABC 外一点，连接AD ，BD ，CD ，已知BD =8，CD =3，则当线段AD 的长度最小时，①∠BDC =60°；②AD 的最小值是5．【分析】以BD 为边向外作等边三角形BDE ，连接CE ，判定△ABD ≌△CBE ，即可得出CE =AD ，再根据C ，D ，E 三点共线时，CE 有最小值，即可得到AD 的最小值为5，此时∠BDC =60°．【解答】解：如图所示，以BD 为边向外作等边三角形BDE ，连接CE ，∵△BDE ，△ABC 均为等边三角形，∴BE =BD ，AB =BC ，∠ABC =∠DBE =60°，∴∠ABD =∠CBE ，在△ABD 和△CBE 中，AB =CB ∠ABD =∠CBE BD =BE，∴△ABD ≌△CBE (SAS )，∴CE =AD ，∵BE =BD =DE =8，CD =3，∴当C ，D ，E 三点共线时，CE 有最小值，∴CE =DE -CD =8-3=5，∴AD 的最小值为5，此时∠BDC =60°．故答案为：①60°；②5．【点评】本题主要考查了旋转的性质以及等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是以BD为边向外作等边三角形BDE，依据全等三角形的性质得出结论．17(2022秋•洪山区校级期中)如图，以等边△ABC的一边BC为底边作等腰△BCD，已知AB=3，，且∠BDC=120°，在△BCD内有一动点P，则PB+PC+PD的最小值为23 ．【分析】将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，根据旋转性质可得∠PBP′= 60°，PB=P′B，PC=P′A，以此得到PB=PP′，根据两点之间线段最短得PB+PC+PD=PP′+P′A +PD≥AD，根据等边三角形和等腰三角形的性质得到∠ABD=∠ABC+∠CBD=90°，再根据勾股定理即可求解．【解答】解：如图，将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，根据旋转的性质得，∠PBP′=60°，PB=P′B，PC=P′A，∴△PBP′为等边三角形，∴PB=PP′，∴PB+PC+PD=PP′+P′A+PD，∵PP′+P′A+PD≥AD，∴当A、P′、P、D四点共线时，PB+PC+PD有最小值，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=60°，∵△BCD为等腰三角形，∠BDC=120°，∴∠CBD=30°，∴∠ABD=∠ABC+∠CBD=90°，在Rt△ABD中，AB=3，BD=3，∠ABD=90°，由勾股定理得AD=AB2+BD2=32+32=23．∴PB+PC+PD的最小值为23．故答案为：23．【点评】本题主要考查旋转的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、两点之间线段最短、勾股定理，正确作出辅助线，利用两点之间线段最短得到PB+PC+PD≥AD是解题关键．一十三．几何变换综合题(共1小题)18(2023春•沈阳期中)如图，在平面直角坐标系中，点A，点B分别是y轴，x轴正半轴上的点，且OA=OB，△AOC是等边三角形，且点C在第二象限，M为∠AOB平分线上的动点，将OM绕点O逆时针旋转60°得到ON，连接CN，AM，BM．(1)求证：△AMO ≌△CNO ；(2)若A 点坐标为(0，4)；①当AM +BM 的值最小时，请直接写出点M 的坐标；②当AM +BM +OM 的值最小时，求出点M 的坐标，并说明理由．【分析】(1)先根据旋转的性质得OM =ON ，∠NOA =15°，进而可求得∠AOM =∠CON =45°，再结合OA =OC ，依据“SAS ”即可判定△AMO 和△CNO 全等；(2)首先确定当AM +BM 为最小时，点A 、M 、B 在同一条直线上，此时由OA =OB =4，OM 平分∠AOB 即可得出点M 为为AB 的中点，进而可求出点M 的坐标；(3)连接MN ，过点M 作ME ⊥x 轴于点E ，作BM 的垂直平分线交x 轴于点F ，由(1)可知：AM =CN ，由转转的性质得出△OMN 为等边三角形，进而得AM +BM +OM =CN +BM +MN ，因此当AM +BM +OM 的值最小时，就是CN +BM +MN 的值最小，此时点B ，M ，N ，C 在同一条直线上，可由∠OMB =120°，BOM =45°，求出∠OBM =15°，据此得∠MFE =30°，设ME =a ，则OE =a ，MF =BF =2a ，EF =3a ，再根据OB =OE +EF +FB =4即可求出a 的值，从而可求得点M 的坐标．【解答】(1)证明：∵OM 平分∠AOB ，∴∠AOM =45°，由旋转的意义可知：∠MON =60°，OM =ON ，∴∠NOA =∠MON -∠AOM =60°-45°=15°，∵△AOC 为等边三角形，∴OA =OC ，∠COA =60°，∴∠CON =∠COA -∠NOA =60°-15°=45°，∴∠AOM =∠CON ，在△AMO 和△CNO 中，OM =ON ∠AOM =∠CON OA =OC，∴△AMO ≌△CNO (SAS )．(2)解：点M 的坐标为(2，2)，理由如下：∵点M 为∠AOB 平分线上的动点，∴当AM +BM 为最小时，点A 、M 、B 在同一条直线上，当点A 、M 、B 在同一条直线上时，∵点A 的坐标为(0，4)，OA =OB ，∴OA =OB =4，∵OM 平分∠AOB ，∴点M 为为AB 的中点，∴点M 的坐标为(2，2)．(3)解：点M 的坐标为6-233,6-233，理由如下：连接MN ，过点M 作ME ⊥x 轴于点E ，作线段BM 的垂直平分线交x 轴于点F ，则BF =MF ，由(1)可知：△AMO ≌△CNO ，∴AM =CN ，由转转的性质可知：OM =ON ，∠MON =60°，∴△OMN 为等边三角形，∴OM =MN ，∴AM +BM +OM =CN +BM +MN ，当AM +BM +OM 的值最小时，就是CN +BM +MN 的值为最小，当CN +BM +MN 的值为最小时，点B ，M ，N ，C 在同一条直线上，∴∠OMB =180°-60°=120°，∵OM 平分∠AOB ，∴BOM =45°，∴∠OBM =180°-45°-120°=15°，又MF =BF ，∴∠FMB =∠OBM =15°，∴∠MFE =∠FMB +∠OBM =30°，设ME =a ，则OE =a ，在Rt △MEF 中，ME =a ，∠MFE =30°，∴MF =2ME =2a ，由勾股定理得：EF =MF 2-ME 2=2a 2-a 2=3a ，∴FB =FM =2a ，∴OB =OE +EF +FB =4，即：a +3a +2a =4a ，解得：6-233，∴点M 的坐标为6-233,6-233．【点评】此题主要考查了图形的旋转变换和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，线段的性质等知识点，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，理解两点之间线段最短．。
费马点问题（含答案）
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. 如果三⾓形有⼀个⾓⼤于或等于120°，这个⾓的顶点就是费马点；2. 如果3个⾓均⼩于120°，则在三⾓形部对3边⾓均为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。
(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。
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．。
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。
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专题9 费马点
破解策略
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．
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△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′为等边三角形，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△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
例1 如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（－6，0），点B 的坐标为（6，0），
点C 的坐标为（6，34），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 ＝3-x ＋36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：∵t ＝v
GM v v GM 22GA GA 2+=+ ∴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△MGB 绕点B 顺时针旋转60°，得到△M ′G ′B ，连结GG ′，MM ′
∴△GG ′B 、△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
∵点A、M′为定点
∴AM′与OM的交点为G，此时MG＋AG＋BG最小
2）
∴点G的坐标为（0，3
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△ABP绕点N逆时针旋转60°，得到△EBM；同样，将△DCQ绕点C顺时针旋转60°，得到△FCN，连结AE、DF，则△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．
E
进阶训练
1．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．
E
【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P A ＋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 1时，求正方形的边长．
E
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．
【提示】（3）过点E 作EF BC ，交CB 的延长线于点F ，解Rt EFC 即可．
E。