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【全國通用】2024中考數學二輪復習（重難點題型突破）
專題05 幾何最值問題-5.5 費馬點模型
費馬點問題是由全等三角形中的手拉手模型衍生而來，主要考查轉化與化歸等的數學思想，在各類考試中都以中高檔題為主。本專題就最值模型中的費馬點問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握。
皮耶·德·費馬，17世紀法國數學家，有“業余數學家之王”的美譽，之所以叫業余并非段位不夠，而是因為其主職是律師，兼職搞搞數學．費馬在解析幾何、微積分等領域都有卓越的貢獻，除此之外，費馬廣為人知的是以其名字命名的“費馬小定理”、“費馬大定理”等。
1）費馬點模型：如圖1，點M為△ABC內任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小。（條件：△ABC的最大的角小于120 ）
如圖，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設交點為M，則點M即為△ABC的費馬點。
輔助線作法：將三角形△BAM，繞點B逆時針（向外）旋轉60°得到△BEN，連接MN。
∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最小．
2）加權費馬點模型：點P為銳角△ABC內任意一點，連接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。
【模型證明】第一步，選定固定不變線段；第二步，對剩余線段進行縮小或者放大。
保持BP不變，xAP+yBP+zCP=，如圖B、P、P2、A2四點共線時，取得最小值。
考向一　費馬點模型
例1．（2023·湖北隨州·統考中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．
(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）
當的三個內角均小于時，如圖1，將繞，點C順時針旋轉得到，連接，

由，可知為 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有 ③ ；
已知當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若，則該三角形的“費馬點”為 ④ 點．
(2)如圖4，在中，三個內角均小于，且，已知點P為的“費馬點”，求的值；

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/，a元/，元/，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設成本最低為___________元．（結果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等邊；②兩點之間線段最短；③；④A．(2)(3)
【分析】（1）根據旋轉的性質和兩點之間線段最短進行推理分析即可得出結論；
（2）根據（1）的方法將繞，點C順時針旋轉得到，即可得出可知當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，再根據可證明，由勾股定理求即可，
（3）由總的鋪設成本，通過將繞，點C順時針旋轉得到，得到等腰直角，得到，即可得出當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，然后根據已知和旋轉性質求出即可．
【詳解】（1）解：∵，
∴為等邊三角形；∴，，
又，故，
由兩點之間線段最短可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，
最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，
∴，，∴，，
又∵，∴，
∴，∴；
∵，∴，，∴，，
∴三個頂點中，頂點A到另外兩個頂點的距離和最小．
又∵已知當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．
∴該三角形的“費馬點”為點A，故答案為：①等邊；②兩點之間線段最短；③；④．
（2）將繞，點C順時針旋轉得到，連接，
由（1）可知當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，最小值為，

∵，∴，
又∵∴，
由旋轉性質可知：，∴，∴最小值為，
（3）∵總的鋪設成本
∴當最小時，總的鋪設成本最低，
將繞，點C順時針旋轉得到，連接，
由旋轉性質可知：，，，，
∴，∴，
當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，即取最小值為，

過點作，垂足為，∵，，∴，
∴，∴，
∴，∴
的最小值為
總的鋪設成本（元）故答案為：
【點睛】本題考查了費馬點求最值問題，涉及到的知識點有旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，以及兩點之間線段最短等知識點，讀懂題意，利用旋轉作出正確的輔助線是解本題的關鍵．
例2．（2023春·浙江·八年級專題練習）在正方形ABCD中，點E為對角線AC（不含點A）上任意一點，AB=；（1）如圖1，將△ADE繞點D逆時針旋轉90°得到△DCF，連接EF；①把圖形補充完整（無需寫畫法）； ②求的取值范圍；(2)如圖2，求BE+AE+DE的最小值．
【答案】（1）①補圖見解析；②；（2）
【分析】（1）①根據要求畫出圖形即可；②首先證明∠ECF＝90°，設AE＝CF＝x，EF2＝y，則EC＝4 x，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解決問題；（2）如圖2中，將△ABE繞點A順時針旋轉60°得到△AFG，連接EG，DF．作FH⊥AD于H．根據兩點之間線段最短可得DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，推出AE＋BE＋DE的最小值為線段DF的長；
【詳解】（1）①如圖△DCF即為所求；
②∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝2，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°，
∴AC＝＝AB＝4，∵△ADE繞點D逆時針旋轉90°得到△DCF，
∴∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF，∴∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°，
設AE＝CF＝x，EF2＝y，則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時，y有最小值，最小值為8，當x＝4時，y最大值＝16，∴8≤EF2≤16．
（2）如圖中，將△ABE繞點A順時針旋轉60°得到△AFG，連接EG，DF．作FH⊥AD于H．
由旋轉的性質可知，△AEG是等邊三角形，∴AE＝EG，
∵DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，∴AE＋BE＋DE的最小值為線段DF的長．
在Rt△AFH中，∠FAH＝30°，AB＝=AF，∴FH＝AF＝，AH＝＝，
在Rt△DFH中，DF＝＝，
∴BE＋AE＋ED的最小值為．
【點睛】本題考查作圖 旋轉變換，正方形的性質，勾股定理，兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是配方法解決最值問題，學會利用旋轉法添加輔助線，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考常考題型．
例3．（2023春·江蘇·八年級專題練習）如圖，四邊形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形內任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM 的最小值為________．
【答案】
【分析】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，如圖，則△BCM≌△BEN，由全等三角形的對應邊相等得到CM=NE，進而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．根據等腰三角形“三線合一”的性質得到BH⊥AE，AH=EH，根據30°直角三角形三邊的關系即可得出結論．
【詳解】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，則BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案為．
【點睛】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質．難度比較大．作出恰當的輔助線是解答本題的關鍵．
例4．（2023春·浙江·八年級專題練習）如圖，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，點M為矩形內一點，點E為BC邊上任意一點，則MA＋MD＋ME的最小值為______．
【答案】
解：將△AMD繞點A逆時針旋轉60°得到△AM’D’，MD＝M’D’，易得到△ADD’和△AMM’均為等邊三角形，∴AM＝MM’，∴MA+MD+ME＝D’M+MM’+ME，∴D′M、MM′、ME共線時最短，
由于點E也為動點，∴當D’E⊥BC時最短，此時易求得D’E＝DG+GE＝4+3，
∴MA+MD+ME的最小值為4+3．
例5．（2023·重慶·九年級專題練習）【問題提出】
（1）如圖1，四邊形是正方形，是等邊三角形，M為對角線（不含B點）上任意一點，將繞點B逆時針旋轉得到，連接、，．若連接，則的形狀是________．
（2）如圖2，在中，，，求的最小值．
【問題解決】（3）如圖3，某高新技術開發區有一個平行四邊形的公園，千米，，公園內有一個兒童游樂場E，分別從A、B、C向游樂場E修三條，求三條路的長度和（即）最小時，平行四邊形公園的面積．
【答案】（1）等邊三角形；（2）BC的最小值為；（3）平行四邊形公園ABCD的面積為（平方米）．
【分析】（1）由旋轉得BN=BM，∠MBN=60°，可判斷出△BMN是等邊三角形即可；
（2）設AB=a，則AC=10-a，進而根據勾股定理得出即可得出結論；（3）先判斷出點A'，E'，E，C在同一條線上，設BF=x，進而依次得出AB=2x，BC=6-2x，CF=6-x，再利用勾股定理得出，得出x=是A'C最小，進而求出A'F，BC，利用平行四邊形面積公式計算即可．
【詳解】（1）證明：的形狀是等邊三角形，理由如下;
由旋轉知，BN=BM，∠MBN=60°∴△BMN為等邊三角形 故答案為：等邊三角形；
（2）解：設AB=a，∵AB+AC=10，∴AC=10-AB=，在Rt△ABC中，根據勾股定理得，
，
∵，∴，即，∴，即BC的最小值為；
（3）解：如圖3，
將△ABE繞點B逆時針旋轉60°得到△A'BE'，∴△ABE≌△A'BE'，
∴∠A'E'B=∠AEB，AB=A'B，A'E'=AE，BE'=BE，∠EBE'=60°，
∴△EBE'為等邊三角形，∴∠BE'E=∠BEE'=60°，EE'=BE，∴AE+BE+CE=A'E'+EE'+CE，
要AE+BE+CE最小，即點A'，E'，E，C在同一條線上，即最小值為A'C，
過點A'作A'F⊥CB，交CB的延長線于F，在Rt△A'FB中，∠A'BF=180°-∠ABA'-∠ABC=60°，
設BF=x，則A'B=2x， 根據勾股定理得，A'F=，
∵AB=A'B，∴AB=2x，∵AB+BC=6，∴BC=6-AB=6-2x，∴CF=BF+BC=6-x，
在Rt△A'FC中，根據勾股定理得，，
∴當x=，即AB=2x=3時，最小，此時，BC=6-3=3，A'F=，
∴平行四邊形公園ABCD的面積為（平方千米）．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了等邊三角形的判定和性質，旋轉的性質，勾股定理，用代數式表示線段，利用配方法確定極值問題，判斷出AB=BC時，AE+BE+CE最小是解本題的關鍵．
例6．（2023下·四川成都·八年級統考期中）如圖，在中，，，．如果在三角形內部有一條動線段，且，則的最小值為 ．

【答案】
【分析】在BC上取一點，使，連接B′N．首先證明，將繞點C逆時針旋轉得到，連接，過點T作交的延長線于H．要使的值最小，需點、N、G、T四點共線．連接，則其就是所求最小值，求出B′T可得結論．
【詳解】解：如圖，在上取一點，使得，連接，將繞點C逆時針旋轉得到，連接，過點T作交的延長線于H．
∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴．
由旋轉的性質可知，和都是等邊三角形，
∴，．∴．
要使的值最小，需點、N、G、T四點共線．連接，則其就是所求最小值．
∵中，，．∴，．
由旋轉的性質可知：，，∴，
在中，，，
∵．∴，
∴．∴的最小值是．故答案為：．

【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質，旋轉變換，30度角所對的直角邊等于斜邊的一半，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，構造全等三角形解決問題．
例7．（2022·江蘇連云港·校考三模）如圖，四個村莊坐落在矩形ABCD的四個頂點上，公里，公里，現在要設立兩個車站E，F，則的最小值為______公里．
【答案】15+10
【分析】將△AEB繞A順時針旋轉60°得△AGH，連接BH、EG，將△DFC繞點D逆時針旋轉60°得到△DF'M，連接CM、FM、FF'，如圖2，此時EH、EF、FM共線，EA+EB+EF+FC+FD是最小值，利用旋轉的性質和等邊三角形的性質，相加即可得出結論．
【詳解】解：如圖1，將△AEB繞A順時針旋轉60°得△AGH，連接BH、EG，將△DFC繞點D逆時針旋轉60°得到△DF'M，連接CM、FF'，
由旋轉得：AB=AH，AE=AG，∠EAG=∠BAH=60°，BE=GH，
∴△AEG和△ABH是等邊三角形，∴AE=EG，
同理得：△DFF'和△DCM是等邊三角形，DF=FF'，FC=F'M，
∴當H、G、E、F、F'、M在同一條直線上時，EA+EB+EF+FC+FD有最小值，如圖2，
∵AH=BH，DM=CM，∴HM是AB和CD的垂直平分線，∴HM⊥AB，HM⊥CD，
∵AB=10，∴△ABH的高為5，
∴EA+EB+EF+FC+FD=EG+GH+EF+FF'+F'M=HM=15+5+5=15+10，
則EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10）公里．故答案為：（15+10）．
【點睛】本題考查了矩形的性質和最短路徑問題，旋轉的性質和等邊三角形的性質，確定最小值時點E和F的位置是本題的關鍵，利用全等、勾股定理求其邊長，從而得出結論．
考向二　加權費馬點模型
例1．（2023下·陜西西安·九年級校考階段練習）問題探究
將幾何圖形按照某種法則或規則變換成另一種幾何圖形的過程叫做幾何變換．旋轉變換是幾何變換的一種基本模型．經過旋轉，往往能使圖形的幾何性質明白顯現．題設和結論中的元素由分散變為集中，相互之間的關系清楚明了，從而將求解問題靈活轉化．

問題提出：如圖1，是邊長為1的等邊三角形，P為內部一點，連接、、，求的最小值．
方法分析：通過轉化，把由三角形內一點發出的三條線段（星型線）轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．
問題解決：如圖2，將繞點逆時針旋轉至，連接，記與交于點，易知．由，可知為正三角形，有．
故．因此，當共線時，有最小值是．
學以致用：(1)如圖3，在中，為內部一點，連接，則的最小值是________．(2)如圖4，在中，為內部一點，連接，求的最小值．
【答案】(1)5(2)
【分析】（1）將繞點逆時針旋轉得到，易知是等邊三角形，，轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．（2）將繞點逆時針旋轉得到，易知是等腰直角三角形，，作交的延長線于．轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．
【詳解】（1）解：如圖3中，

將繞點逆時針旋轉得到，∴，，
∴是等邊三角形，，在中，，
，，的最小值為5．故答案為5．
（2）如圖4中，將繞點逆時針旋轉得到，∴，，
∴是等腰直角三角形，∴，作交的延長線于．
在中，，，，
在中，，
，的最小值為．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定，兩點之間線段最短時的位置的確定，解本題的關鍵是確定取最小值時的位置．
例2．（2023上·福建廈門·九年級校考期中）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”．
(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，分兩種情況討論，請補充以下推理過程：
①當的三個內角均小于時，
如圖1，將繞點C順時針旋轉得到，連接，

∵繞點C順時針旋轉得到∴，
∴為_________三角形，∴
∵∴∴
由幾何公理：_____________可得：
∴當B，P，，在同一條直線上時，取最小值，
如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有________°．
②當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點，證明略．
(2)如圖3，在中，三個內角均小于，且，，，若P為的“費馬點”，求的值；
(3)如圖4，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知，，．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為1萬元，1萬元，萬元，則總的鋪設成本最少是_______萬元．

【答案】(1)①等邊，兩點之間選的最短，120；②見解析(2)7(3)
【分析】（1）①根據題目所給的推理步驟即可解答；②當時，根據大邊對大角得出，進而求出頂點A到另兩個頂點距離和最小，即可求證；
（2）將繞點C順時針旋轉得到，連接，由（1）可得：當B，P，，在同一條直線上時，取最小值，延長，過點作延長線的垂線，垂足為D， 求出，則，根據勾股定理可得：，最后根據勾股定理得出即可求解；（3）根據題意可得：總的鋪設成本為萬元，將繞點C順時針旋轉得到，連接，求出，則當B，P，，在同一條直線上時，，此時取最小值，用和（2）同樣的方法求解即可．
【詳解】（1）解：①當的三個內角均小于時，
如圖1，將繞點C順時針旋轉得到，連接，

∵繞點C順時針旋轉得到，
∴，，∴為等邊三角形，∴，
∵，∴，∴，
由幾何公理：兩點之間選的最短，可得：
∴當B，P，，在同一條直線上時，取最小值，
如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有．
②當時，∵，∴，
∴，∴頂點A到另兩個頂點距離和最小，
∵，∴，
∴當點P和點A重合時，取最小值，即此時的A點為該三角形的“費馬點”．
（2）解：將繞點C順時針旋轉得到，連接，

由（1）可得：當B，P，，在同一條直線上時，取最小值，
延長，過點作延長線的垂線，垂足為D，
∵繞點C順時針旋轉得到，∴，，
∵，∴，∵，∴，
∴，則
根據勾股定理可得：，∴；
（3）解：根據題意可得：總的鋪設成本為萬元，
將繞點C順時針旋轉得到，連接，
∴，，∴，則，
當B，P，，在同一條直線上時，，此時取最小值，∵，∴，∴，
根據勾股定理可得：，∴，
根據勾股定理可得：，
即最小值為，∴總鋪設成本最少為萬元．故答案為：．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握旋轉前后對應邊相等，對應邊夾角等于旋轉角，直角三角形兩直角邊平方和等于斜邊平方．
一、選擇題
1．（2023·浙江·八年級專題練習）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G為對角線BD（不含B點）上任意一點，將△ABG繞點B逆時針旋轉60°得到△EBF，當AG+BG+CG取最小值時EF的長（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】據“兩點之間線段最短”，當G點位于BD與CE的交點處時，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的長．
【詳解】解：如圖，∵將△ABG繞點B逆時針旋轉60°得到△EBF，∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴△BFG是等邊三角形．∴BF=BG=FG，．∴AG+BG+CG=FE+GF+CG．根據“兩點之間線段最短”，
∴當G點位于BD與CE的交點處時，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的長，
過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，∴∠EBF=180°-120°=60°，
∵BC=4，∴BF=2，EF=2，在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2=EC2，∴EC=4．∵∠CBE=120°，∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，∴EF=BF=FG，∴EF=CE=，故選：D．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，菱形的性質，等邊三角形的性質，軸對稱最短路線問題，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
2．（2022·江蘇泰州·統考中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為與點D不重合的動點，以DE一邊作正方形DEFG.設DE=d1，點F、G與點C的距離分別為d2，d3，則d1＋d2＋d3的最小值為( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】連接CF、CG、AE，證可得，當A、E、F、C四點共線時，即得最小值；
【詳解】解：如圖，連接CF、CG、AE，∵∴
在和中，∵∴
∴∴當時，最小，
∴d1＋d2＋d3的最小值為，故選：C．
【點睛】本題主要考查正方形的性質、三角形的全等證明，正確構造全等三角形是解本題的關鍵．
3．（2023春·浙江·八年級期中）如圖，是等邊三角形，M是正方形ABCD對角線BD（不含B點）上任意一點，，（點N在AB的左側），當AM+BM+CM的最小值為時，正方形的邊長為（ ）．
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】首先通過SAS判定，得出，因為,,得出是等邊三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且為最小值，我們可以得出EC=，作輔助線，過點E作交CB的延長線于F，由題意求出，設正方形的邊長為x，在中，根據勾股定理求得正方形的邊長為．
【詳解】∵為正三角形，∴，∴
∵BD是正方形ABCD的對角線，∴∴．
在和中，∴（SAS）∴
在中，又∵，∴為等邊三角形，∴．
∵AM+BM+CM最小值為．∴EN+MN+CM的最小值為即CE=．
過點E作交CB的延長線于F，可得．
設正方形的邊長為x，則BF=，．
在，∵，∴解得（負值舍去）．
∴正方形的邊長為．故答案為：A．
【點睛】本題考查了等邊三角形和正方形邊相等的性質，全等三角形的判定，靈活使用輔助線，掌握直角三角的性質，熟練運用勾股定理是解題的關鍵．
4．（2023·四川成都·統考二模）如圖，矩形中，，，點是的中點，點是邊上一動點．將沿著翻折，使得點落在點處，若點是矩形內一動點，連接、、，則的最小值為______．
A． B． C．5 D．4

【答案】B
【分析】將繞點順時針旋轉得到，連接，連接，由等腰三角形得出，再由折疊得出點的軌跡在點為圓心，為半徑的圓周上，所以的最小值為，即的最小值為，經計算答出答案即可．
【詳解】解：將繞點順時針旋轉得到，連接，連接，則，，共線，，
，，點是的中點，，
， ，
由折疊成，，點在以點為圓心，為半徑的圓上，，
兩點間線段最短，，即
，，
則的最小值為．故答案為：B．

【點睛】本題考查了兩點之間線段最短的應用，掌握圖形的旋轉及圖形的折疊對稱的性質，添加輔助線是解題關鍵．
5.（2022·宜賓·中考真題）如圖，和都是等腰直角三角形，，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結CE．下列結論：①；②；③若，則；④在內存在唯一一點P，使得的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則．其中含所有正確結論的選項是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】證明，即可判斷①，根據①可得，由可得四點共圓，進而可得，即可判斷②，過點作于,交的延長線于點，證明，根據相似三角形的性質可得，即可判斷③，將繞點逆時針旋轉60度，得到，則是等邊三角形，根據當共線時，取得最小值，可得四邊形是正方形，勾股定理求得， 根據即可判斷④．
【詳解】解：和都是等腰直角三角形，，
故①正確；
四點共圓，
故②正確；如圖，過點作于,交的延長線于點，
,
，,
設，則，，則
AH∥CE，則；故③正確
如圖，將繞點逆時針旋轉60度，得到，則是等邊三角形，
，當共線時，取得最小值，
此時
，此時，
，，，，，
，平分，，
四點共圓， ，
又,，，則四邊形是菱形，
又，四邊形是正方形，
，
則，，
，， ，，
則，，
，，故④不正確，故選B．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，費馬點，圓內接四邊形的性質，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性質與判定，掌握以上知識是解題的關
二、填空題
6．（2023·成都實外九年級階段練習）如圖，在中，，P是內一點，求的最小值為______．
【答案】
【分析】將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，將轉化為，此時當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；根據勾股定理求解即可．
【詳解】解：將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，連接PF、AD、DB，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E；∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD，
∴△PCF、△ACD是等邊三角形，∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=∴，
∴當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；
∵，∠CAD=，∴∠EAD=，∴，∴，
∴，∴，
∴的值最小值為．故答案為：．
【點睛】本題考查費馬點問題，解題的關鍵在于將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，將三條線段的長轉化到一條直線上．
7．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點P是AB邊上一動點，作PD⊥BC于點D，線段AD上存在一點Q，當QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時，則PD=________．
【答案】
【分析】如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC，證明AM垂直平分BC，證明AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，構建方程求出x可得結論．
【詳解】解：如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，
∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等邊三角形，
∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，
∴當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC
∵將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，
∴△BQN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，
∵BM=CM，AB=AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BQD=60°，∴BD=QD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，
∴x=，∴x=3+，∴PD=3+．故答案為：．
【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，等邊三角形的判定和性質，解題的關鍵是正確運用等邊三角形的性質解決問題，學會構建方程解決問題．
8．（2019·湖北武漢·中考真題）問題背景：如圖，將繞點逆時針旋轉60°得到，與交于點，可推出結論：
問題解決：如圖，在中，，，．點是內一點，則點到三個頂點的距離和的最小值是___________
【答案】
【分析】如圖，將△MOG繞點M逆時針旋轉60°，得到△MPQ，易知△MOP為等邊三角形，繼而得到點O到三頂點的距離為：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以發現當點N、O、P、Q在同一條直線上時，有ON＋OM＋OG最小，此時，∠NMQ＝75°+60°＝135°，過Q作QA⊥NM交NM的延長線于A，利用勾股定理進行求解即可得.
【詳解】如圖，將△MOG繞點M逆時針旋轉60°，得到△MPQ，
顯然△MOP為等邊三角形，∴OM＋OG＝OP＋PQ，
∴點O到三頂點的距離為：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，
∴當點N、O、P、Q在同一條直線上時，有ON＋OM＋OG最小，此時，∠NMQ＝75°+60°＝135°，
過Q作QA⊥NM交NM的延長線于A，則∠MAQ=90°，∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，
∵MQ＝MG＝4，∴AQ＝AM＝MQ cos45°=4，
∴NQ＝，故答案為.
【點睛】本題考查了旋轉的性質，最短路徑問題，勾股定理，解直角三角形等知識，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線是解題的關鍵.
9．（2023·重慶·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底邊上的高AH上一點．若AP+BP+CP的最小值為2，則BC＝_____．
【答案】
【分析】如圖將△ABP繞點A順時針旋轉60°得到△AMG．連接PG，CM．首先證明當M，G，P，C共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，想辦法求出AC的長即可解決問題.
【詳解】如圖將△ABP繞點A順時針旋轉60°得到△AMG．連接PG，CM．
∵AB=AC，AH⊥BC，∴∠BAP=∠CAP，
∵PA=PA，∴△BAP≌△CAP（SAS），∴PC=PB，
∵MG=PB，AG=AP，∠GAP=60°，∴△GAP是等邊三角形，
∴PA=PG，∴PA+PB+PC=CP+PG+GM，
∴當M，G，P，C共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，
∵AP+BP+CP的最小值為2，∴CM=2，
∵∠BAM=60°，∠BAC=30°，∴∠MAC=90°，∴AM=AC=2，
作BN⊥AC于N．則BN=AB=1，AN=，CN=2-，
∴BC=．故答案為．
【點睛】本題考查軸對稱-最短問題，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用兩點之間線段最短解決問題
10．（2023·江蘇·九年級專題練習）如圖，四邊形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形內任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM 的最小值為________．
【答案】
【分析】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，如圖，則△BCM≌△BEN，由全等三角形的對應邊相等得到CM=NE，進而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．根據等腰三角形“三線合一”的性質得到BH⊥AE，AH=EH，根據30°直角三角形三邊的關系即可得出結論．
【詳解】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，則BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．
∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案為．
【點睛】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質．難度比較大．作出恰當的輔助線是解答本題的關鍵．
11．（2023·陜西·二模）已知，如圖在中，，，，在內部有一點D，連接DA、DB、DC．則的最小值是__________．
【答案】．
【分析】把△CDB順時針旋轉90°到△CD′B′，過B′作B′E⊥AC，交AC延長于E，則CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，可求DD′= ，在Rt△CEB′中，可求CE，AE= ，BE= ，當點A、D、D′、B′四點在一直線時，AB′最短，可求AB′=BD++AD=．
【詳解】解：把△CDB順時針旋轉90°到△CD′B′，過B′作B′E⊥AC，交AC延長于E，
則CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，∴DD′=CD÷cos45°=，
∵，，∴，
在Rt△CEB′中，∴CE=B′C·cos60°=5，∴AE=AC+CE=6+，
∴BE= B′C·sin60°=5，當點A、D、D′、B′四點在一直線時，AB′最短，
∴AB′最短=，
AB′=B′D′+D′D+AD=BD++AD=．故答案為：．
【點睛】本題考查三角形旋轉變換，特殊角銳角三角函數，勾股定理，四點共線時最短，掌握三角形旋轉變換，特殊角銳角三角函數，勾股定理，四點共線時最短，準確作圖是解題關鍵．
12．（2023·山東·九年級專題練習）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．
【答案】 5
【分析】①作出圖形，過分別作,勾股定理解直角三角形即可
②作出圖形，將繞點逆時針旋轉60，P為的費馬點則四點共線，即，再用勾股定理求得即可
【詳解】①如圖,過作，垂足為,
過分別作, 則, P為的費馬點
5
②如圖：.
將繞點逆時針旋轉60
由旋轉可得：
是等邊三角形， P為的費馬點
即四點共線時候，=
故答案為：①5，②
【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉的性質，銳角三角函數，等腰三角形性質，作出旋轉的圖形是解題的關鍵．本題旋轉也可，但必須繞頂點旋轉．
13．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，在中，，，．若點P是內一點，則的最小值為____________．
【答案】
【分析】根據題意，首先以點A為旋轉中心，順時針旋轉△APB到△AP′B′，旋轉角是60°，作出圖形，然后根據旋轉的性質和全等三角形的性質、等邊三角形的性質，可以得到PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，再根據兩點之間線段最短，可以得到PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，然后根據勾股定理可以求得CB′的值，從而可以解答本題．
【詳解】以點A為旋轉中心，順時針旋轉△APB到△AP′B′，旋轉角是60°，連接BB′、PP′，，如圖所示，
則∠PAP′=60°，AP=AP′，PB=P′B′，∴△APP′是等邊三角形，∴AP=PP′，∴PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，
∵PP′+P′B′+PC≥CB′，∴PP′+P′B′+PC的最小值就是CB′的值，即PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，
∵∠BAC=30°，∠BAB′=60°，AB==2，∴∠CAB′=90°，AB′=2，AC=AB cos∠BAC=2×cos30°=，
∴CB′=，故答案為：．
【點睛】本題考查旋轉的性質、等邊三角形的性質、最短路徑問題、勾股定理，解答本題的關鍵是作出合適的輔助線，得出PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，其中用到的數學思想是數形結合的思想．
14．（2021·遼寧丹東·中考真題）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．
【答案】5
【分析】①作出圖形，過分別作,勾股定理解直角三角形即可
②作出圖形，將繞點逆時針旋轉60，P為的費馬點則四點共線，即，再用勾股定理求得即可
【詳解】①如圖,過作，垂足為,
過分別作, 則, P為的費馬點
5
②如圖：.
將繞點逆時針旋轉60 由旋轉可得：
是等邊三角形，
P為的費馬點,即四點共線時候，
=故答案為：①5，②
【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉的性質，銳角三角函數，等腰三角形性質，作出旋轉的圖形是解題的關鍵．本題旋轉也可，但必須繞頂點旋轉．
15．（2023·江蘇蘇州·校考二模）如圖，在中，．如果在三角形內部有一條動線段，且，則的最小值為________．

【答案】
【分析】在上取一點，使得，連接，如圖所示，首先證明，將繞點順時針旋轉得到，連接，過點作交的延長線于，證明，求出可得結論．
【詳解】解：在上取一點，使得，連接，如圖所示：

，，四邊形是平行四邊形，，，將繞點順時針旋轉得到，連接，過點作交的延長線于，如圖所示：
，，是等邊三角形，，，
，，，，
，，，
，，，，，，
，，
，的最小值為，故答案為：．
【點睛】本題考查解直角三角形的應用，旋轉變換，兩點之間線段最短等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
三、解答題
16．（2023·江蘇·九年級階段練習）探究題
(1)知識儲備：①如圖1，已知點P為等邊△ABC外接圓的弧BC上任意一點．求證：PB+PC=PA．
②定義：在△ABC所在平面上存在一點P，使它到三角形三頂點的距離之和最小，則稱點P為△ABC的費馬點，此時PA+PB+PC的值為△ABC的費馬距離．
(2)知識遷移：我們有如下探尋△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的費馬點和費馬距離的方法：如圖2，在△ABC的外部以BC為邊長作等邊△BCD及其外接圓，根據(1)的結論，易知線段____的長度即為△ABC的費馬距離．
(3)知識應用：①如圖3所示的△ABC（其中均小于），，現取一點P，使點P到三點的距離之和最小，求最小值；
②如圖4，若三個村莊構成Rt△ABC，其中．現選取一點P打水井，使P點到三個村莊鋪設的輸水管總長度最小，畫出點P所對應的位置，輸水管總長度的最小值為________．（直接寫結果）
【答案】(1)證明見解析； (2)AD (3)5，．
【分析】（1）在PA上截取PD=PC，可證明△ACD≌△BCP，則AD=PB，從而得出PA=PB+PC；
（2）利用（1）中結論得出PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，再根據“兩點之間線段最短”可得答案；
（3）①在（2）的基礎上先畫出圖形，再利用勾股定理求解；
②仿照①的方法可畫出P的位置，利用勾股定理可求出輸水管總長度的最小值，
（1）解：①證明：在PA上截取PD=PC，連接CD，
∵AB=AC=BC，所以，
∴∠APB=∠APC=60°，∴△PCD為等邊三角形，∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴，即∠ACD=∠BCP，
在△ACD和△BCP中，∴△ACD≌△BCP(SAS)，∴AD=PB，
∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；
（2）如圖2，根據（1）的結論得：PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，
∴當A、P、D共線時，PA+PB+PC的值最小，
∴線段AD的長度即為△ABC的費馬距離，故答案為：AD；
（3）①如圖，以BC為邊長在△ABC的外部作等邊△BCD，連接AD，則線段AD的長即為最短距離，
∵△BCD為等邊三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，
∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，
∴；
②以BC為邊，在BC下方作等邊△BCK，設等邊△BCK外接圓為⊙O，連接AK交⊙O于P，則由①知此時PA+PB+PC最短，且最短距離等于AK的長度，過K作KT⊥AC交AC延長線于T，如圖：
∵△BCK是等邊三角形，∴∠BCK=60°，CK=BC=，∵∠CAB=90°，∴．∠TCK=30°，
在Rt△AKT中，∴
在Rt△AKT中，，故答案為：．
【點睛】本題考查圓的綜合應用，也是閱讀理解型問題，主要考查了新定義：三角形費馬點和費馬距離，還考查了等邊三角形的性質、三角形全等、勾股定理等知識，難度很大，理解新定義是本題關鍵．
17．（2020·重慶中考真題）如圖，在中，，，點D是BC邊上一動點，連接AD，把AD繞點A逆時針旋轉90°，得到AE，連接CE，DE．點F是DE的中點，連接CF．（1）求證：；（2）如圖2所示，在點D運動的過程中，當時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數量關系，并證明你猜想的結論；
（3）在點D運動的過程中，在線段AD上存在一點P，使的值最小．當的值取得最小值時，AP的長為m，請直接用含m的式子表示CE的長．
【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）
【分析】（1）先證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性質和等腰直角三角形的性質可得結論；（2）連接AF，由（1）得，，，推出，然后根據現有條件說明
在中，，點A，D，C，E四點共圓，F為圓心，則，在中，推出，即可得出答案；
（3）在△ABC內取一點P，連接AP、BP、CP，將三角形ABP繞點B逆時針旋轉60°得到△EBD，證明點P位于線段CE上，同理得到點P位于線段BF上，證明∠BPC=120°，進而得到，設PD為，得出，，得出，解出a，根據即可得出答案．
【詳解】解：（1）證明如下：∵，∴，∵，，
∴在和中，∴，
∴，∴，
在中，F為DE中點（同時），，
∴，即為等腰直角三角形，∴，
∵，∴；
（2）連接AF，由（1）得，，，
∴，
在中，，
∵F為DE中點，∴，
在四邊形ADCE中，有，，∴點A，D，C，E四點共圓，
∵F為DE中點，∴F為圓心，則，
在中，∵，∴F為CG中點，即，
∴，即；
（3）如圖1，在△ABC內取一點P，連接AP、BP、CP，將三角形ABP繞點B逆時針旋轉60°得到△EBD，得到△BPD為等邊三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，
∴當的值取得最小值時，點P位于線段CE上；
如圖2，將三角形ACP繞點C順時針旋轉60°得到△FCG，得到△PCG為等邊三角形，所以PC=GP，
∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，∴當的值取得最小值時，點P位于線段BF上；
綜上所述：如圖3，以AB、AC為邊向外做等邊三角形ABE和等邊三角形ACF，連接CE、BF，則交點P為求作的點，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，
如圖4，同理可得，，∴，設PD為，∴，
又，∴， 又∴．
【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，銳角三角函數等知識，靈活運用所學知識是解本題的關鍵．
18．（2023·河北·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系xoy中，點B的坐標為(0，2)，點在軸的正半軸上，，OE為△BOD的中線，過B、兩點的拋物線與軸相交于、兩點（在的左側）.（1）求拋物線的解析式；（2）等邊△的頂點M、N在線段AE上，求AE及的長；（3）點為△內的一個動點，設，請直接寫出的最小值,以及取得最小值時，線段的長.
【答案】(1) (2) ；或 （3）可以取到的最小值為．當取得最小值時，線段的長為
【分析】（1）已知點B的坐標，可求出OB的長；在Rt△OBD中，已知了∠ODB=30°，通過解直角三角形即可求得OD的長，也就得到了點D的坐標；由于E是線段BD的中點，根據B、D的坐標即可得到E點的坐標；將B、E的坐標代入拋物線的解析式中，即可求得待定系數的值，由此確定拋物線的解析式；（2）過E作EG⊥x軸于G，根據A、E的坐標，即可用勾股定理求得AE的長；過O作AE的垂線，設垂足為K，易證得△AOK∽△AEG，通過相似三角形所得比例線段即可求得OK的長；在Rt△OMK中，通過解直角三角形，即可求得MK的值，而AK的長可在Rt△AOK中由勾股定理求得，根據AM=AK-KM或AM=AK+KM即可求得AM的長；（3）由于點P到△ABO三頂點的距離和最短，那么點P是△ABO的費馬點，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易證得△OBE是等邊三角形，那么PA+PO+PB的最小值應為AE的長；求AP的長時，可作△OBE的外接圓（設此圓為⊙Q），那么⊙Q與AE的交點即為m取最小值時P點的位置；設⊙Q與x軸的另一交點（O點除外）為H，易求得點Q的坐標，即可得到點H的坐標，也就得到了AH的長，相對于⊙Q來說，AE、AH都是⊙Q的割線，根據割線定理（或用三角形的相似）即可求得AP的長．
【詳解】（1）過E作EG⊥OD于G ∵∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D，∴△BOD∽△EGD，
∵點B（0，2），∠ODB=30°，可得OB=2，OD＝2；
∵E為BD中點，∴= ∴EG=1，GD＝∴OG＝∴點E的坐標為(，1)
∵拋物線經過、兩點，
∴.可得. ∴拋物線的解析式為.
（2）∵拋物線與軸相交于、，在的左側，∴點的坐標為.過E作EG⊥x軸于G
∴,∴在△AGE中，,.過點作⊥于，
可得△∽△．∴．∴．∴∴.
∵△是等邊三角形,∴．∴．
∴,或
（3）如圖；以AB為邊做等邊三角形AO′B，以OA為邊做等邊三角形AOB′；
易證OE=OB=2，∠OBE=60°，則△OBE是等邊三角形；
連接OO′、BB′、AE，它們的交點即為m最小時，P點的位置（即費馬點）；
∵OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE，∴△AOE≌△B′OB；∴∠B′BO=∠AEO；
∵∠BOP=∠EOP′，而∠BOE=60°，∴∠POP'=60°，
∴△POP′為等邊三角形，∴OP=PP′，∴PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE；
即m最小=AE= 如圖；作正△OBE的外接圓⊙Q，
根據費馬點的性質知∠BPO=120°，則∠PBO+∠BOP=60°，而∠EBO=∠EOB=60°；
∴∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°；即B、P、O、E四點共圓；
易求得Q（，1），則H（，0）；∴AH=；由割線定理得：AP AE=OA AH，
即：AP=OA AH÷AE=×÷=故： 可以取到的最小值為．
當取得最小值時，線段的長為
【點睛】此題是二次函數的綜合類試題，涉及到二次函數解析式的確定、等邊三角形的性質、解直角三角形以及費馬點位置的確定和性質，能力要求極高，難度很大．
19．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P為平面內一點，求最小值
【答案】
【分析】將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△A，將△A擴大倍，得到△，當點B、P、、在同一直線上時，=最短，利用勾股定理求出即可．
【詳解】解：如圖，將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△A，將△A擴大，相似比為倍，得到△，則，，，
過點P作PE⊥A于E，
∴AE=，∴E=A-AE=，∴P=，
當點B、P、、在同一直線上時，=最短，此時=B，
∵∠BA=∠BAC+∠CA=90°，AB=6，，
∴．
∴=B=
【點睛】此題考查旋轉的性質，全等三角形的性質，勾股定理，正確理解費馬點問題的造圖方法：利用旋轉及全等的性質構建等量的線段，利用三角形的三邊關系及點共線的知識求解，有時根據系數將圖形擴大或縮小構建圖形．
20．（2023·福建三明·八年級期中）【問題背景】17世紀有著“業余數學家之王”美譽的法國律師皮耶·德·費馬，提出一個問題：求作三角形內的一個點，使它到三角形三個頂點的距離之和最小后來這點被稱之為“費馬點”．
如圖，點是內的一點，將繞點逆時針旋轉60°到，則可以構造出等邊，得，，所以的值轉化為的值，當，，，四點共線時，線段的長為所求的最小值，即點為的“費馬點”．
(1)【拓展應用】如圖1，點是等邊內的一點，連接，，，將繞點逆時針旋轉60°得到．①若，則點與點之間的距離是___；②當，，時，求的大小；(2)如圖2，點是內的一點，且，，，求的最小值．
【答案】(1)①3；②150°；(2)
【分析】（1）①根據旋轉的性質即可求出的值；②先證△ABP≌，利用全等的性子求出對應的邊長，通過勾股定理的逆定理得到，即可求出的大小；（2）將△APC繞C點順時針旋轉60°得到，先求出，然后證明為等邊三角形，當B、P、、四點共線時，和最小，用勾股定理求出的值即可．
（1）①如圖，將繞A逆時針旋轉60°，則，，
∴為等邊三角形，；
②∵△ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，
又∵是等邊三角形，∴∠PAC+=60°，∴∠BAP=，
在△ABP與中，，∴△ABP≌（SAS），
∴∴，，
，又∵旋轉，∴；
（2）如圖，將△APC繞C點順時針旋轉60°得到，
則，在中，，
，，
又∵，
，，
過作⊥BC交BC的延長線于點D，
則，，
（30°所對的直角邊等于斜邊的一半），，
，為等邊三角形，
當B、P、、四點共線時，和最小，
在中，，
，∴的最小值為．
【點睛】本題考查了旋轉變換，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵在于能夠添加輔助線構造全等三角形解決問題．
21．（2023·江蘇·蘇州八年級期中）背景資料：在已知所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最小.這個問題是法國數學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖1，當三個內角均小于120°時，費馬點P在內部，當時，則取得最小值．
(1)如圖2，等邊內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求的度數，為了解決本題，我們可以將繞頂點A旋轉到處，此時這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段、、轉化到一個三角形中，從而求出_______；
知識生成：怎樣找三個內角均小于120°的三角形的費馬點呢？為此我們只要以三角形一邊在外側作等邊三角形并連接等邊三角形的頂點與的另一頂點，則連線通過三角形內部的費馬點．請同學們探索以下問題．(2)如圖3，三個內角均小于120°，在外側作等邊三角形，連接，求證：過的費馬點．(3)如圖4，在中，，，，點P為的費馬點，連接、、，求的值．(4)如圖5，在正方形中，點E為內部任意一點，連接、、，且邊長；求的最小值．
【答案】(1)150°；(2)見詳解；(3)；(4)．
【分析】（1）根據旋轉性質得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根據△ABC為等邊三角形，得出∠BAC=60°，可證△APP′為等邊三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根據勾股定理逆定理，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）將△APB逆時針旋轉60°，得到△AB′P′，連結PP′，根據△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根據∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，根據，根據兩點之間線段最短得出點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，點P在CB′上即可；
（3）將△APB逆時針旋轉60°，得到△AP′B′，連結BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可證△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根據，可得點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，利用30°直角三角形性質得出AB=2AC=2，根據勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根據∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；
（4）將△BCE逆時針旋轉60°得到△CE′B′，連結EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可證△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出點C，點E，點E′，點B′四點共線時，最小=AB′，根據四邊形ABCD為正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根據30°直角三角形性質得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根據勾股定理AB′=即可．
(1)解：連結PP′，∵≌，∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′為等邊三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案為150°；
(2)證明：將△APB逆時針旋轉60°，得到△AB′P′，連結PP′，
∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，
∵，∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，
∴點P在CB′上∴過的費馬點．
(3)解：將△APB逆時針旋轉60°，得到△AP′B′，連結BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，
∵，，，∴AB=2AC=2，
根據勾股定理BC=∴BB′=AB=2，∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=∴最小=CB′=；
(4)解：將△BCE逆時針旋轉60°得到△CE′B′，連結EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，
∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵，
∴點C，點E，點E′，點B′四點共線時，最小=AB′，
∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=2，∠ABC=90°，∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，∴BF=，BF=，
∴AF=AB+BF=2+，∴AB′=，
∴最小=AB′=．
【點睛】本題考查圖形旋轉性質，等邊三角形判定與性質，勾股定理，直角三角形判定與性質，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質，30°直角三角形性質，掌握圖形旋轉性質，等邊三角形判定與性質，勾股定理，直角三角形判定與性質，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質，30°直角三角形性質是解題關鍵．
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【全國通用】2024中考數學二輪復習（重難點題型突破）
專題05 幾何最值問題-5.5 費馬點模型
費馬點問題是由全等三角形中的手拉手模型衍生而來，主要考查轉化與化歸等的數學思想，在各類考試中都以中高檔題為主。本專題就最值模型中的費馬點問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握。
皮耶·德·費馬，17世紀法國數學家，有“業余數學家之王”的美譽，之所以叫業余并非段位不夠，而是因為其主職是律師，兼職搞搞數學．費馬在解析幾何、微積分等領域都有卓越的貢獻，除此之外，費馬廣為人知的是以其名字命名的“費馬小定理”、“費馬大定理”等。
1）費馬點模型：如圖1，點M為△ABC內任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小。（條件：△ABC的最大的角小于120 ）
如圖，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設交點為M，則點M即為△ABC的費馬點。
輔助線作法：將三角形△BAM，繞點B逆時針（向外）旋轉60°得到△BEN，連接MN。
∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最小．
2）加權費馬點模型：點P為銳角△ABC內任意一點，連接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。
【模型證明】第一步，選定固定不變線段；第二步，對剩余線段進行縮小或者放大。
保持BP不變，xAP+yBP+zCP=，如圖B、P、P2、A2四點共線時，取得最小值。
考向一　費馬點模型
例1．（2023·湖北隨州·統考中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．
(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）
當的三個內角均小于時，如圖1，將繞，點C順時針旋轉得到，連接，

由，可知為 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，當B，P，，A在同一條直線上時，取最小值，如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有 ③ ；
已知當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若，則該三角形的“費馬點”為 ④ 點．
(2)如圖4，在中，三個內角均小于，且，已知點P為的“費馬點”，求的值；

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/，a元/，元/，選取合適的P的位置，可以使總的鋪設成本最低為___________元．（結果用含a的式子表示）
例2．（2023春·浙江·八年級專題練習）在正方形ABCD中，點E為對角線AC（不含點A）上任意一點，AB=；（1）如圖1，將△ADE繞點D逆時針旋轉90°得到△DCF，連接EF；①把圖形補充完整（無需寫畫法）； ②求的取值范圍；(2)如圖2，求BE+AE+DE的最小值．
例3．（2023春·江蘇·八年級專題練習）如圖，四邊形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形內任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM 的最小值為________．
例4．（2023春·浙江·八年級專題練習）如圖，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，點M為矩形內一點，點E為BC邊上任意一點，則MA＋MD＋ME的最小值為______．
例5．（2023·重慶·九年級專題練習）【問題提出】
（1）如圖1，四邊形是正方形，是等邊三角形，M為對角線（不含B點）上任意一點，將繞點B逆時針旋轉得到，連接、，．若連接，則的形狀是________．
（2）如圖2，在中，，，求的最小值．
【問題解決】（3）如圖3，某高新技術開發區有一個平行四邊形的公園，千米，，公園內有一個兒童游樂場E，分別從A、B、C向游樂場E修三條，求三條路的長度和（即）最小時，平行四邊形公園的面積．
例6．（2023下·四川成都·八年級統考期中）如圖，在中，，，．如果在三角形內部有一條動線段，且，則的最小值為 ．

例7．（2022·江蘇連云港·校考三模）如圖，四個村莊坐落在矩形ABCD的四個頂點上，公里，公里，現在要設立兩個車站E，F，則的最小值為______公里．
考向二　加權費馬點模型
例1．（2023下·陜西西安·九年級校考階段練習）問題探究
將幾何圖形按照某種法則或規則變換成另一種幾何圖形的過程叫做幾何變換．旋轉變換是幾何變換的一種基本模型．經過旋轉，往往能使圖形的幾何性質明白顯現．題設和結論中的元素由分散變為集中，相互之間的關系清楚明了，從而將求解問題靈活轉化．

問題提出：如圖1，是邊長為1的等邊三角形，P為內部一點，連接、、，求的最小值．
方法分析：通過轉化，把由三角形內一點發出的三條線段（星型線）轉化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．
問題解決：如圖2，將繞點逆時針旋轉至，連接，記與交于點，易知．由，可知為正三角形，有．
故．因此，當共線時，有最小值是．
學以致用：(1)如圖3，在中，為內部一點，連接，則的最小值是________．(2)如圖4，在中，為內部一點，連接，求的最小值．
例2．（2023上·福建廈門·九年級校考期中）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”．
(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，分兩種情況討論，請補充以下推理過程：
①當的三個內角均小于時，
如圖1，將繞點C順時針旋轉得到，連接，

∵繞點C順時針旋轉得到∴，
∴為_________三角形，∴
∵∴∴
由幾何公理：_____________可得：
∴當B，P，，在同一條直線上時，取最小值，
如圖2，最小值為，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有________°．
②當有一個內角大于或等于時，“費馬點”為該三角形的某個頂點，證明略．
(2)如圖3，在中，三個內角均小于，且，，，若P為的“費馬點”，求的值；
(3)如圖4，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知，，．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為1萬元，1萬元，萬元，則總的鋪設成本最少是_______萬元．

一、選擇題
1．（2023·浙江·八年級專題練習）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G為對角線BD（不含B點）上任意一點，將△ABG繞點B逆時針旋轉60°得到△EBF，當AG+BG+CG取最小值時EF的長（　　）
A． B． C． D．
2．（2022·江蘇泰州·統考中考真題）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為與點D不重合的動點，以DE一邊作正方形DEFG.設DE=d1，點F、G與點C的距離分別為d2，d3，則d1＋d2＋d3的最小值為( )
A． B． C． D．
3．（2023春·浙江·八年級期中）如圖，是等邊三角形，M是正方形ABCD對角線BD（不含B點）上任意一點，，（點N在AB的左側），當AM+BM+CM的最小值為時，正方形的邊長為（ ）．
A． B． C． D．1
4．（2023·四川成都·統考二模）如圖，矩形中，，，點是的中點，點是邊上一動點．將沿著翻折，使得點落在點處，若點是矩形內一動點，連接、、，則的最小值為______．
A． B． C．5 D．4

5.（2022·宜賓·中考真題）如圖，和都是等腰直角三角形，，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結CE．下列結論：①；②；③若，則；④在內存在唯一一點P，使得的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則．其中含所有正確結論的選項是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
二、填空題
6．（2023·成都實外九年級階段練習）如圖，在中，，P是內一點，求的最小值為______．
7．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點P是AB邊上一動點，作PD⊥BC于點D，線段AD上存在一點Q，當QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時，則PD=________．
8．（2019·湖北武漢·中考真題）問題背景：如圖，將繞點逆時針旋轉60°得到，與交于點，可推出結論：
問題解決：如圖，在中，，，．點是內一點，則點到三個頂點的距離和的最小值是___________
9．（2023·重慶·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底邊上的高AH上一點．若AP+BP+CP的最小值為2，則BC＝_____．
10．（2023·江蘇·九年級專題練習）如圖，四邊形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形內任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM 的最小值為________．
11．（2023·陜西·二模）已知，如圖在中，，，，在內部有一點D，連接DA、DB、DC．則的最小值是__________．
12．（2023·山東·九年級專題練習）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．
13．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，在中，，，．若點P是內一點，則的最小值為____________．
14．（2021·遼寧丹東·中考真題）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．
15．（2023·江蘇蘇州·校考二模）如圖，在中，．如果在三角形內部有一條動線段，且，則的最小值為________．

三、解答題
16．（2023·江蘇·九年級階段練習）探究題
(1)知識儲備：①如圖1，已知點P為等邊△ABC外接圓的弧BC上任意一點．求證：PB+PC=PA．
②定義：在△ABC所在平面上存在一點P，使它到三角形三頂點的距離之和最小，則稱點P為△ABC的費馬點，此時PA+PB+PC的值為△ABC的費馬距離．
(2)知識遷移：我們有如下探尋△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的費馬點和費馬距離的方法：如圖2，在△ABC的外部以BC為邊長作等邊△BCD及其外接圓，根據(1)的結論，易知線段____的長度即為△ABC的費馬距離．
(3)知識應用：①如圖3所示的△ABC（其中均小于），，現取一點P，使點P到三點的距離之和最小，求最小值；
②如圖4，若三個村莊構成Rt△ABC，其中．現選取一點P打水井，使P點到三個村莊鋪設的輸水管總長度最小，畫出點P所對應的位置，輸水管總長度的最小值為________．（直接寫結果）
17．（2020·重慶中考真題）如圖，在中，，，點D是BC邊上一動點，連接AD，把AD繞點A逆時針旋轉90°，得到AE，連接CE，DE．點F是DE的中點，連接CF．（1）求證：；（2）如圖2所示，在點D運動的過程中，當時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數量關系，并證明你猜想的結論；
（3）在點D運動的過程中，在線段AD上存在一點P，使的值最小．當的值取得最小值時，AP的長為m，請直接用含m的式子表示CE的長．
18．（2023·河北·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系xoy中，點B的坐標為(0，2)，點在軸的正半軸上，，OE為△BOD的中線，過B、兩點的拋物線與軸相交于、兩點（在的左側）.（1）求拋物線的解析式；（2）等邊△的頂點M、N在線段AE上，求AE及的長；（3）點為△內的一個動點，設，請直接寫出的最小值,以及取得最小值時，線段的長.
19．（2023·浙江·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P為平面內一點，求最小值
20．（2023·福建三明·八年級期中）【問題背景】17世紀有著“業余數學家之王”美譽的法國律師皮耶·德·費馬，提出一個問題：求作三角形內的一個點，使它到三角形三個頂點的距離之和最小后來這點被稱之為“費馬點”．
如圖，點是內的一點，將繞點逆時針旋轉60°到，則可以構造出等邊，得，，所以的值轉化為的值，當，，，四點共線時，線段的長為所求的最小值，即點為的“費馬點”．
(1)【拓展應用】如圖1，點是等邊內的一點，連接，，，將繞點逆時針旋轉60°得到．①若，則點與點之間的距離是___；②當，，時，求的大小；(2)如圖2，點是內的一點，且，，，求的最小值．
21．（2023·江蘇·蘇州八年級期中）背景資料：在已知所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最小.這個問題是法國數學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖1，當三個內角均小于120°時，費馬點P在內部，當時，則取得最小值．
(1)如圖2，等邊內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求的度數，為了解決本題，我們可以將繞頂點A旋轉到處，此時這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段、、轉化到一個三角形中，從而求出_______；
知識生成：怎樣找三個內角均小于120°的三角形的費馬點呢？為此我們只要以三角形一邊在外側作等邊三角形并連接等邊三角形的頂點與的另一頂點，則連線通過三角形內部的費馬點．請同學們探索以下問題．(2)如圖3，三個內角均小于120°，在外側作等邊三角形，連接，求證：過的費馬點．(3)如圖4，在中，，，，點P為的費馬點，連接、、，求的值．(4)如圖5，在正方形中，點E為內部任意一點，連接、、，且邊長；求的最小值．
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