费马点与中考试题

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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.。

费马点与中考试题(可编辑修改word版)

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△ABC 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△ABC 的费马点，此时PA＋PB＋PC 的值为△ABC 的费马距离.②如图（B），若四边形ABCD 的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA＝AC·BD.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△ABC 外接圆的B C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△ABC（其中∠A、∠B、∠C 均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D），在△ABC 的外部以BC 为边长作等边△BCD 及其外接圆；第二步：在B C上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC 的费马点P，并请指出线段的长度即为△ABC 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.已知三村庄A、B、C 构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C 均小于120°），现选取一点P 打水井，使从水井P 到三村庄A、B、C 所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.AB 2 +BD 2 32 + 42 简解：（2）①证明：由托勒密定理可知 PB ·AC ＋PC ·AB ＝PA ·BC∵△ABC 是等边三角形∴ AB ＝AC ＝BC∴PB ＋PC ＝PA②P ′D AD（3）解：如图，以 BC 为边长在△ABC 的外部作等边△BCD ，连接 AD ，则知线段 AD 的长即为△ABC 的费马距离.∵△BCD 为等边三角形，BC ＝4，∴∠CBD ＝60°，BD ＝BC ＝4.∵∠ABC ＝30°， ∴∠ABD =90°.在 Rt △ABD 中，∵AB ＝3，BD ＝4∴AD ＝＝＝5（km ）∴从水井 P 到三村庄 A 、B 、C 所铺设的输水管总长度的最小值为 5km.点评：此题集阅读理解、创新探究、实际应用于一体，题型新颖别致，综合考查自主探究、创新应用能力，是一道不可多得的好题.命题者设置成递进式问题，后续问题的思路获取、求解都靠对上一结论的解读、利用，这也是近年“课题学习”考查的一大风向，值得重视.如果说例 1 只是以“费马点”为课题学习的素材进行了考查，为了帮助同学们更好的理解三角形的费马点，我们补充几点：（1）平面内一点 P 到△ABC 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 1，ACB 1，BCA 1，然后连接 AA 1，BB 1，CC 1，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△ABC 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 2010 年福建宁德一道考题对这个知识考查显得隐蔽了，请看：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 .⑴ 求证：△AMB ➴△ENB ；⑵ ①当 M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；②当 M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由；⑶ 当 AM ＋BM ＋CM 的最小值为 1时，求正方形的边长.A DEB C 3 NM3 2 2 思路探求：⑴略；⑵ ①要使 AM ＋CM 的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将 AM ＋CM 转化为一条线段，连接 AC 即可获取；②要使 AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例 3 积累的知识经验：点 M 应该是△ABC 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=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 E 点作 EF ⊥BC 交 CB 的延长线于 F . 设正方形的边长为 x ，则 BF，EF ＝ x .在 Rt △EFC 中，由勾股定理得（ x ）2＋（ 3 x ＋x ）2＝ (+ 1)2， 2 2 2 2 解得即可.简答：⑴略；⑵①当 M 点落在 BD 的中点时，AM ＋CM 的值最小.②如图，连接 CE ，当 M 点位于 BD 与 CE 的交点处时，A D AM ＋BM ＋CM 的值最小.理由如下：连接 MN.由⑴知，△AMB ➴△ENB ，∴AM ＝EN .∵∠MBN ＝60°，MB ＝NB ，∴△BMN 是等边三角形.∴BM ＝MN .∴AM ＋BM ＋CM ＝EN ＋MN ＋CM .F B C 根据“两点之间线段最短”，得 EN ＋MN ＋CM ＝EC 最短∴当 M 点位于 BD 与 CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，即等于 EC 的长.⑶过 E 点作 EF ⊥BC 交 CB 的延长线于 F ，∴∠EBF ＝90°－60°＝30°. 设正方形的边长为 x ，则 BF ＝ 3x ，EF ＝ x . 2 2在 Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（ x ）2x ＋x ）2＝ ( + 1)2. 2 2 解得，x ＝（舍去负值）.∴正方形的边长为 .点评：本题中“AM ＋BM ＋CM 的值最小”如果没有费马点的知识积累，会在探究点 M 的位置上花费不少时间，这对紧张的考试来说，势必造成“隐性失分”． 3 E N M。

(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 。

费马点与中考试题

费马点与中考试题LEKIBM standardization office【IBM5AB- LEKIBMK08- LEKIBM2C】识别“费马点”思路快突破解题的成功取决于多种因素，其中最基本的有：解题的知识因素、解题的能力因素、解题的经验因素和解题的非智力因素，这也就是我们常说的解题基本功．可见解题的知识因素是第一位的，足以说明它的重要性．下面我们从解题的知识因素上关注两道中考题的思路获取．例1 （2010湖南永州）探究问题：（1）阅读理解：①如图（A），在已知△ABC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△ABC的费马点，此时PA＋PB＋PC的值为△ABC的费马距离.②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA＝AC·BD.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△ABC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△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在BC上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段的长度即为△ABC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.已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.思路探求：（2）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证. ②问，借用①问中对于费马点的定义结论容易获解. （3）知识应用，模仿（2）的图形，先构造正三角形，由（2）中的结论，再计算AD即为最小距离.简解：（2）①证明：由托勒密定理可知PB·AC＋PC·AB＝PA·BC∵△ABC是等边三角形∴AB＝AC＝BC∴PB＋PC＝PA②P′D AD（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离.∵△BCD为等边三角形，BC＝4，∴∠CBD＝60°，BD＝BC＝4.∵∠ABC＝30°，∴∠ABD=90°.在Rt△ABD中，∵AB＝3，BD＝4∴AD22+＝5（km）34AB BD+22∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km.点评：此题集阅读理解、创新探究、实际应用于一体，题型新颖别致，综合考查自主探究、创新应用能力，是一道不可多得的好题.命题者设置成递进式问题，后续问题的思路获取、求解都靠对上一结论的解读、利用，这也是近年“课题学习”考查的一大风向，值得重视.如果说例1只是以“费马点”为课题学习的素材进行了考查，为了帮助同学们更好的理解三角形的费马点，我们补充几点：（1）平面内一点P 到△ABC 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 1，ACB 1，BCA 1，然后连接AA 1，BB 1，CC 1，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△ABC 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2010年福建宁德一道考题对这个知识考查显得隐蔽了，请看：例2 （2010福建宁德）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 .⑴ 求证：△AMB ≌△ENB ；⑵ ①当M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；②当M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由； ⑶ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时，求正方形的边长.思路探求：⑴略；A DB C⑵ ①要使AM ＋CM 的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将AM ＋CM 转化为一条线段，连接AC 即可获取；②要使AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例3积累的知识经验：点M 应该是△ABC 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=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E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F . 设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x .在Rt △EFC 中，由勾股定理得（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+，解得即可.简答：⑴略；⑵①当M 点落在BD 的中点时，AM ＋CM 的值最小. ②如图，连接CE ，当M 点位于BD 与CE 的交点处时， AM ＋BM ＋CM 的值最小.理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB∴AM ＝EN .∵∠MBN ＝60°，MB ＝NB ， ∴△BMN 是等边三角形. ∴BM ＝MN .∴AM ＋BM ＋CM ＝EN ＋MN ＋CM .根据“两点之间线段最短”，得EN ＋MN ＋CM ＝EC 最短∴当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，即等于EC 的长. ⑶过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F ，∴∠EBF ＝90°－60°＝30°.F A DB C设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x . 在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（2x）2＋（23x ＋x ）2＝()213+.解得，x ＝2（舍去负值）.∴正方形的边长为2.点评：本题中“AM ＋BM ＋CM 的值最小”如果没有费马点的知识积累，会在探究点M 的位置上花费不少时间，这对紧张的考试来说，势必造成“隐性失分”．。

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]

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。

费马点与中考试题

费马点与中考试题文档编制序号：[KK8UY-LL9IO69-TTO6M3-MTOL89-FTT688]识别“费马点”思路快突破解题的成功取决于多种因素，其中最基本的有：解题的知识因素、解题的能力因素、解题的经验因素和解题的非智力因素，这也就是我们常说的解题基本功．可见解题的知识因素是第一位的，足以说明它的重要性．下面我们从解题的知识因素上关注两道中考题的思路获取．例1 （2010湖南永州）探究问题：（1）阅读理解：①如图（A），在已知△ABC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△ABC的费马点，此时PA＋PB＋PC的值为△ABC的费马距离.②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA＝AC·BD.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△ABC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△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在BC上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段的长度即为△ABC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.已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.思路探求：（2）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证.②问，借用①问中对于费马点的定义结论容易获解. （3）知识应用，模仿（2）的图形，先构造正三角形，由（2）中的结论，再计算AD即为最小距离.简解：（2）①证明：由托勒密定理可知PB·AC＋PC·AB＝PA·BC∵△ABC是等边三角形∴ AB＝AC＝BC∴PB＋PC＝PA②P′D AD（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离.∵△BCD为等边三角形，BC＝4，∴∠CBD＝60°，BD＝BC＝4.∵∠ABC＝30°，∴∠ABD=90°.在Rt△ABD中，∵AB＝3，BD＝4∴AD＝5（km）∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km.点评：此题集阅读理解、创新探究、实际应用于一体，题型新颖别致，综合考查自主探究、创新应用能力，是一道不可多得的好题.命题者设置成递进式问题，后续问题的思路获取、求解都靠对上一结论的解读、利用，这也是近年“课题学习”考查的一大风向，值得重视.如果说例1只是以“费马点”为课题学习的素材进行了考查，为了帮助同学们更好的理解三角形的费马点，我们补充几点：（1）平面内一点P到△ABC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ABC1，ACB1，BCA1，然后连接AA1，BB1，CC1，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△ABC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2010年福建宁德一道考题对这个知识考查显得隐蔽了，请看：例2 （2010福建宁德）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 .⑴ 求证：△AMB ≌△ENB ；⑵ ①当M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；②当M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由； ⑶ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时，求正方形的边长.思路探求：⑴略；⑵ ①要使AM ＋CM 的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将AM ＋CM 转化为一条线段，连接AC 即可获取；②要使AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例3积累的知识经验：点M 应该是△ABC 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=BN ，将三条线段转化到CE 上去，问题化为两点之间线段最短.B⑶根据题意，添加辅助线，构造直角三角形，过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F . 设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x .在Rt △EFC 中，由勾股定理得（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+，解得即可.简答：⑴略；⑵①当M 点落在BD 的中点时，AM ＋CM 的值最小. ②如图，连接CE ，当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小.理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB∴AM ＝EN .∵∠MBN ＝60°，MB ＝NB ， ∴△BMN 是等边三角形. ∴BM ＝MN .∴AM ＋BM ＋CM ＝EN ＋MN ＋CM .根据“两点之间线段最短”，得EN ＋MN ＋CM ＝EC 最短∴当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，即等于EC 的长.⑶过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F ，∴∠EBF ＝90°－60°＝30°. 设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x .在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+.解得，x ＝2（舍去负值）.∴正方形的边长为2.FB点评：本题中“AM＋BM＋CM的值最小”如果没有费马点的知识积累，会在探究点M的位置上花费不少时间，这对紧张的考试来说，势必造成“隐性失分”．。

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．。

2024成都中考数学二轮复习专题：费马点求最小值

费马点求最小值内容导航方法点拨△APC≌△AQE，且△APQ为等边三角形，∴PC=QE，AP=PQ∴AP+BP+CP=BP+PQ+QE当B、P、Q、E共线时，AP+BP+CP和最小例题演练题组1：费马点在三角形中运用例1．如图，在△ABC中，P为平面内一点，连结PA，PB，PC，分别以PC和AC为一边向右作等边三角形△PCM和△ACD．【探究】求证：PM＝PC，MD＝PA【应用】若BC＝a，AC＝b，∠ACB＝60°，则PA+PB+PC的最小值是（用a，b表示）【解答】【探究】证明：∵以PC和AC为一边向右作等边三角形△PCM和△ACD，∴PM＝PC，AC＝CD，PC＝CM，∠PCM＝∠ACD＝60°，∴∠PCA＝∠MCD，在△ACP和△DCM中，，∴△ACP≌△DCM（SAS），∴MD＝PA；【应用】解：连接BD，如图所示：∵△APC≌△DCM，∴∠ACP＝∠DCM，AC＝CD＝b，∴∠ACP+∠PCB＝∠DCM+∠PCB，∴∠DCM+∠PCB＝∠ACB＝60°，∴∠BCD＝∠DCM+∠PCB+∠PCM＝60°+60°＝120°，作DF⊥BC于F，则∠CFD＝90°，在Rt△CDF中，∵∠DCF＝180°﹣120°＝60°，CD＝b，∴∠CDF＝30°，∴CF＝AC＝b，DF＝CF＝b，∴BF＝a+b，∴BD＝＝＝；当B、P、M、D共线时，PA+PB+PC的值最小，即PA+PB+PC的最小值为：；故答案为：．练1.1问题提出（1）如图①，在△ABC中，BC＝2，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A′B′C′，则CC′＝；问题探究（2）如图②，在△ABC中，AB＝BC＝3，∠ABC＝30°，点P为△ABC内一点，连接PA、PB、PC，求PA+PB+PC的最小值，并说明理由；问题解决（3）如图③，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝6，AD＝4，∠ABC＝∠BCD＝60°．在四边形ABCD内部有一点，满足∠APD＝120°，连接BP、CP，点Q为△BPC内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得PQ+BQ+CQ有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）如图①，由旋转的性质可知：△BCC′是等边三角形，∴CC′＝BC＝2，故答案为2．（2）如图②，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△BFE，连接PF，EC．由旋转的性质可知：△PBF是等边三角形，∴PB＝PF，∵PA＝EF，∴PA+PB+PC＝PC+PF+EF，∵PC+PF+EF≥EC，∴当P，F在直线EC上时，PA+PB+PC的值最小，易证BC＝BE＝BA＝3，∠CBE＝90°，∵EB⊥BC，∴EC＝BC＝3，∴PA+PB+PC的最小值为3．（3）如图③﹣1中，将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG是等边三角形，∴BQ＝QG，PQ＝EG，∴PQ+BQ+CQ＝EG+GQ+QC≥EC，∴EC的值最小时，QP+QB+QC的值最小，如图③﹣2中，延长BA交CD的延长线于J，作△ADJ的外接圆⊙O，将线段BO，BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BO′，BE，连接EO′，OB，OP．易证△BEO′≌△BPO（SAS），∴EO′＝OP，∵∠APD+∠AJD＝180°，∴A，P，D，J四点共圆，∴OP＝，∴EO′＝，∴点E的运动轨迹是以O′为圆心，为半径的圆，∴当点E在线段CO′上时，EC的值最小，最小值＝CO′﹣EO′，连接OO′，延长OO′到R，使得O′R＝OO′，连接BR，则∠OBR＝90°，作RH⊥CB交CB 的延长线于H，O′T⊥CH于T，OM⊥BC于M．在Rt△OBM中，BM＝5，OM＝，∴OB＝＝，∴BR＝OB＝14，由△BHR∽△OMB，∴＝，∴RH＝5，∵HR∥O′T∥OM，OO′＝RO′，∴TM＝TH，∴O′T＝＝，∴BT＝＝3，∴CO′＝＝，∴CO′﹣EO′＝﹣＝．∴QP+QB+QC的最小值为．题组2：费马点在四边形中运用例2．如图，P为正方形ABCD内的动点，若AB＝2，则PA+PB+PC的最小值为．【解答】解：将△BPC绕点B顺时针旋转60°，得到△BP'C'，∴BP＝BP'，∠PBP'＝60°，△BPC≌△BP'C'，∴△BPP'是等边三角形，PC＝P'C'，∠PBC＝∠P'BC'，BC＝BC'＝2，∴BP＝PP'，∴PA+PB+PC＝AP+PP'+P'C'，∴当线段AP，PP'，P'C'在一条直线上时，PA+PB+PC有最小值，最小值是AC'的长，过点C'作C'E⊥AB交AB的延长线于E，∵∠ABP+∠PBP'+∠P'BC'＝60°+∠ABP+∠PBC＝150°，∴∠EBC'＝30°，∴EC'＝1，BE＝EC'＝，∴AE＝2+，∴AC'＝＝＝+，故答案为：+．练2.1如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD上任意一点，将BM 绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接BN、AM、CM．（1）求证：△AMB≌△ENB；（2）若正方形的边长为，正方形内是否存在一点P，使得PA+PB+PC的值最小？若存在，求出它的最小值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD为正方形，△ABE为等边三角形，∴BE＝BA，BA＝BC，∠ABE＝60°；∵∠MBN＝60°，∴BE＝BA，∠MBN＝∠ABE，∴∠MBA＝∠NBE；在△AMB与△ENB中，，∴△AMB≌△ENB（SAS），（2）顺时针旋转△BPC60度，可得△PBE为等边三角形．即得PA+PB+PC＝AP+PE+EF要使最小只要AP，PE，EF在一条直线上，即如下图：可得最小PA+PB+PC＝AF．BM＝BF•cos30°＝BC•cos30°＝，则AM＝+＝，∵AB＝BF，∠ABF＝150°∴∠BAF＝15°既得AF＝＝+1．例3．如图，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为（0，2），点D在x轴的正半轴上，∠ODB＝30°，OE为△BOD的中线，过B、E两点的抛物线与x轴相交于A、F两点（A在F的左侧）．（1）求抛物线的解析式；（2）等边△OMN的顶点M、N在线段AE上，求AE及AM的长；（3）点P为△ABO内的一个动点，设m＝PA+PB+PO，请直接写出m的最小值，以及m取得最小值时，线段AP的长．【解答】解：（1）过E作EG⊥OD于G（1分）∵∠BOD＝∠EGD＝90°，∠D＝∠D，∴△BOD∽△EGD，∵点B（0，2），∠ODB＝30°，可得OB＝2，；∵E为BD中点，∴∴EG＝1，∴∴点E的坐标为（2分）∵抛物线经过B（0，2）、两点，∴，可得；∴抛物线的解析式为；（3分）（2）∵抛物线与x轴相交于A、F，A在F的左侧，∴A点的坐标为∴，∴在△AGE中，∠AGE＝90°，（4分）过点O作OK⊥AE于K，可得△AOK∽△AEG∴∴∴∴∵△OMN是等边三角形，∴∠NMO＝60°∴；∴，或；（6分）（写出一个给1分）（3）如图；以AB为边做等边三角形AO′B，以OA为边做等边三角形AOB′；易证OE＝OB＝2，∠OBE＝60°，则△OBE是等边三角形；连接OO′、BB′、AE，它们的交点即为m最小时，P点的位置（即费马点）；∵OA＝OB′，∠B′OB＝∠AOE＝150°，OB＝OE，∴△AOE≌△B′OB；∴∠B′BO＝∠AEO；∵∠BOP＝∠EOP′，而∠BOE＝60°，∴∠POP'＝60°，∴△POP′为等边三角形，∴OP＝PP′，∴PA+PB+PO＝AP+OP′+P′E＝AE；＝AE＝；即m最小如图；作正△OBE的外接圆⊙Q，根据费马点的性质知∠BPO＝120°，则∠PBO+∠BOP＝60°，而∠EBO＝∠EOB＝60°；∴∠PBE+∠POE＝180°，∠BPO+∠BEO＝180°；即B、P、O、E四点共圆；易求得Q（，1），则H（，0）；∴AH＝；由割线定理得：AP•AE＝OA•AH，即：AP＝OA•AH÷AE＝×÷＝．故：m可以取到的最小值为当m取得最小值时，线段AP的长为．（如遇不同解法，请老师根据评分标准酌情给分）练3.1如图，抛物线y＝ax2+bx+过点A（1，0），B（5，0），与y轴相交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点O到二次函数图象的垂直距离是线段OC的长．已知点E为抛物线对称轴上的一点，且在x轴上方，点F为平面内一点，当以A，B，E，F为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点F到二次函数图象的垂直距离．（3）在（2）中，当点F到二次函数图象的垂直距离最小时，在以A，B，E，F为顶点的菱形内部是否存在点Q，使得AQ，BQ，FQ之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+过点A（1，0），B（5，0），∴0＝a+b+0＝25a+5b+∴a＝，b＝﹣3∴解析式y＝x2﹣3x+（2）当y＝0，则0＝x2﹣3x+∴x1＝5，x2＝1∴A（1，0），B（5，0）∴对称轴直线x＝3，顶点坐标（3，﹣2），AB＝4∵抛物线与y轴相交于点C．∴C（0，）如图1①如AB为菱形的边，则EF∥AB，EF＝AB＝4，且E的横坐标为3∴F的横坐标为7或﹣1∵AE＝AB＝4，AM＝2，EM⊥AB∴EM＝2∴F（7，2），或（﹣1，2）∴当x＝7，y＝×49﹣7×3+＝6∴点F到二次函数图象的垂直距离6﹣2②如AB为对角线，如图2∵AEBF是菱形，AF＝BF＝4∴AB⊥EF，EM＝MF＝2∴F（3，﹣2）∴点F到二次函数图象的垂直距离﹣2+2（3）当F（3，﹣2）时，点F到二次函数图象的垂直距离最小如图3，以BQ为边作等边三角形BQD，将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置，连接AN，作PN⊥AB于P∵等边三角形BQD∴QD＝QB＝BD，∵将△BQF绕B逆时针旋转60°到△BDN位置∴NB＝BF＝4，∠FBN＝60°，DN＝FQ∵AQ+BQ+FQ＝AQ+QD+DN∴当AQ，QD，DN共线时AQ+BQ+FQ的和最短，即最短值为AN的长．∵AF＝BF＝4＝AB，∴∠ABF＝60°∴∠NBP＝60°且BN＝4，∴BP＝2，PN＝2∴AP＝6在Rt△ANP中，AN＝＝4∴AQ+BQ+FQ的和最短值为4．。

“费马点”与中考试题

“费马点”与中考试题图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，GC, GO a．BO=CO∴BG=BO+GO =a．2∵点E到A、B、C三点的距离之和的最∴a a=2．2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()B，(C，延长AC到点D, 使6,06,0A-，()CD=1AC,过点D作DE∥AB交BC的延长线于点2E.（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 =+略）．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MG．就是所要的G点（图6）．可证OG=12图 5图6 图7MQ＋AQ最小，过Q作解法2 考虑12BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=MQ．得∠BMO＝30°，所以QK＝12要使1MQ＋AQ最小，只需使AQ＋QK最2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=∠OBM=60°，∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=（G点为线段OC∴G点的坐标为（0，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=∠CPA=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°，PA=3，PC=4, 则PB的值为；（2）如图8，在锐角△ABC的外侧作等边△ACB′，连结BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′=PA+PB+PC．图8 解：（1）利用相似三角形可求PB的值为（2）设点P为锐角△ABC的费马点，即∠APB=∠BPC=∠CPA=120°如图8，把△ACP绕点C顺时针旋转60°到△B′CE，连结PE，则△EPC为正三角形．∵∠B′EC= ∠APC=120°，∠PEC=60°∴∠B′EC+∠PEC=180°即P、E、B′三点在同一直线上∵∠BPC=120°,∠CPE=60°，∴∠BPC +∠CPE =180°，即B、P、E 三点在同一直线上∴B、P、E、B′四点在同一直线上，即BB′过△ABC的费马点P．又PE=PC，B′E= PA，∴BB′=E B′+PB+PE=PA+PB+PC．注通过旋转变换，可以改变线段的位置，优化图形的结构．在使用这一方法解题时需注意图形旋转变换的基础，即存在相等的线段，一般地，当题目出现等腰三角形（等边三角形）、正方形条件时，可将图形作旋转60°或90°的几何变换，将不规则图形变为规则图形，或将分散的条件集中在一起，以便挖掘隐含条件，使问题得以解决．费尔马问题是个有趣的数学问题，这些问题常常可通过旋转变换来解决．11。

初中数学精品试题：费马点问题

费马点问题
例1 ( 2013 年常州中考) 如图2，在Ｒt△ABC 中，∠C = 90°，AC = 1，BC = 3，
点O 为Ｒt△ABC 内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC = ∠COB = ∠BOA = 120°，按下列要求画图( 保留画图痕迹) :
以点B 为旋转中心，将△AOB 绕点 B 顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B( 其中点A、O 的对应点分别为点A'、O') ，并回答下列问题:
∠ABC = ; ∠A'BC = ; OA + OB+ OC =
例 2 ( 2016 年朝阳中考) 小颖在学习“两点之间，线段最短”查阅资料时发现: △ABC 内总存在一点P 与三个顶点的连线的夹角相等，此时该点到三个顶
点的距离之和最小
例3 ( 2010 年宁德中考) 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) ① 当M 点在何处时，AM + CM 的值最小;
② 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3+ 1 时，求正方形的边长。

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。

费马点问题(含答案)(训练习题)

费马点的问题定义：数学上称，到三角形3个顶点距离之和最小的点为费马点。

它是这样确定的：1. 如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；2. 如果3个内角均小于120°，则在三角形内部对3边张角均为120°的点，是三角形的费马点。

3. 费马点与3个顶点连成的线段是沟通3点的最短路线，容易理解，这个路线是唯一的。

我们称这一结果为最短路线原理。

性质：费马点有如下主要性质：1．费马点到三角形三个顶点距离之和最小。

2．费马点连接三顶点所成的三夹角皆为120°。

3．费马点为三角形中能量最低点。

4．三力平衡时三力夹角皆为120°，所以费马点是三力平衡的点。

例1：已知：△ABH是等边三角形。

求证：GA+GB+GH最小证明：∵△ABH是等边三角形。

G是其重心。

∴∠AGH=∠AGB=∠BGH=120°。

以HB为边向右上方作等边三角形△DBH.以HG为边向右上方作等边三角形△GHP.∵AH=BH=AB=12.∴∠AGH=120°, ∠HGP=60°.∴A、G、P三点一线。

再连PD两点。

∵△ABH、△GHP和△BDH都是等边三角形,∠GHB=30°.∴∠PHD=30°,.在△HGB和△HPD中∵HG=HP∠GHB=∠PHD；HB=HD；∴△HGB≌△HPD；（SAS）∴∠HPD=∠HGB=120°；∵∠HPG=60°.∴G、P、D三点一线。

∴AG=GP=PD,且同在一条直线上。

∵GA+GH+GB=GA+GP+PD=AD.∴G点是等边三角形内到三个顶点的距离之和最小的哪一点，费马点。

也就是重心。

例2：已知：△ABC是等腰三角形，G是三角形内一点。

∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°。

求证：GA+GB+GC最小证明：将△BGC逆时针旋转60°，连GP,DB.则△HGB≌△HPD；∴∠CPD=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD, BC=DC,∠GCB=∠PCD.∵∠GCP=60°,∴∠BCD=60°,∴△GCP和△BCD都是等边三角形。

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．。

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．。