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模型54 “費馬點”模型
基礎模型
圖示 △ABC的最大內角小于120°
問題 P 是△ABC內一點,當點 P 在何處時,PA+PB+PC的和最小
結論 當PA+PB+PC的和最小時,點P滿足∠APB=∠BPC=∠APC=120°
結論:當PA+PB+PC的和最小時,點P 滿足∠APB=∠BPC=∠APC=120°
證明:如圖,將△CBP繞點C逆時針旋轉60°得到△CFE,連接PE,BF,AF,∴△CBP≌△CFE,PB=EF,CP=CE,CB=CF.
又∵∠PCE=∠BCF=60°,
∴△BCF,△CEP 均為等邊三角形,
∴PC=CE=PE,∴PA+PB+PC=PA+EF+PE≥AF,
∴當A,P,E,F四點共線時,PA+PB+PC的值最小,最小值為AF 的長.
此時
模型拓展
拓展方向：△ABC的最大內角大于等于 的情況
圖示 △ABC的最大內角大于等于120°
問題 P 是△ABC內一點,當點 P 在何處時,PA+PB+PC的和最小
結論 當PA+PB+PC的和最小時，點 P 與最大角頂點重合
模型解題三步法
例1 如圖,在△ABC中, ,點P 是三角形內部一點,則 PA+PB+PC的最小值為 .
例2 如圖， 為等腰直角三角形， 點P為 內一點，點P到A，B，C三點的距離之和的最小值為 則AB的長為 .
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題以類解
1. 如圖，有一個三角形的花圃ABC，園林設計的工人要在花圃內找一出水口 P，并向A，B，C三點裝水管,已知AB=30米,BC=40米,∠ABC=30°，水管的單價為10元/米，求購買水管最少需要 元.
2. 如圖,菱形ABCD的邊長為6,∠BAD=120°,在菱形 ABCD 內部有一點 P,當PA+PB+PC的值最小時，PD的長為 .
3. 如圖,在△ABC中,∠BCA=15°,AC=2,BC= ,在△ABC 的內部有一點 P,連接 PA,PB,PC,則 的最小值為 .
4. 新考法 閱讀理解 閱讀材料：
費馬被譽為業余數學家之王.1643年，費馬曾提出了一個著名的幾何問題：給定不在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.另一位數學家托里拆利成功地解決了這個問題，后來人們把這個距離之和最小的點 P 稱為“費馬點”.
問題解決：
(1)如圖①,將△ABC 繞點 A 逆時針旋轉60°得到△ADE,DE與BC 交于點 P.
求證:PA+PC=PE;
(2)如圖②,在△MNG 中,MN=6,∠M= 點O 是△MNG內一點，求點O到△MNG三個頂點的距離和的最小值.
5.如圖，在平面直角坐標系xOy中,點B的坐標為(0,2),點D 在x軸的正半軸上,∠ODB=30°,OE 為△BOD 的中線，過B，E兩點的拋物線 與x軸相交于A，F兩點(點A在點 F的左側).
(1)求拋物線的解析式；
(2)點 P為△ABO內的一個動點,設m=PA+PB+PO，請求出m的最小值，以及 m取得最小值時，線段AP 的長.
模型54 “費馬點”模型
模型解題三步法
例1 8 【解析】根據“費馬點”模型作解圖，∴ PA=EA,PB=DE,∠PAE=60°,∴ △PAE為等邊三角形,∴PA=PE,∴ PA+PB+PC=DE+EP+PC,當D,E,P,C四點共線時,DE+EP+PC取得最小值,最小值為 CD 的長,∵AD=AB=3,AC=5,∴CD=AD+AC=8,即PA+PB+PC的最小值為8.
例2 點P 點P到A，B，C三點的距離之和的最小值
2 【解析】根據“費馬點”模型作解圖，∴MN=BP,AN=AP,∠NAP=60°,∴△ANP 為等邊三角形,∴AP=NP,∴AP+PB+PC=MN+NP+PC,當AP+PB+PC取最小值時,折線MNPC 成為線段,則 AM,∠BAM=60°,∴ △ABM 為等邊三角形,∴∠MBC=∠ABM+∠ABC= 150°,過點 M作 MO⊥BC 交 CB 的延長線于點 O,則
在 Rt△OMC 中, ,解得BM=2,即AB=2.
題以類解
1.500 【解析】找模型：三角形內是否存在一動點：點P，是否存在該動點到三角形三個頂點距離之和的最小值：點P到A，B，C三點的距離之和的最小值.抽離模型：如解圖，用模型：根據“費馬點”模型作解圖，將△ABP 繞點A順時針旋轉60°至△ADE,連接EP,CP,DB,DC,∴PA+PB+PC的最小值為CD的長,∵∠DBA=60°,∠ABC=30°,∴ ∠DBC=90°, 米.∵水管的單價為10元/米,∴購買水管最少需要50×10=500元.
2. 4 【解析】找模型：三角形內是否存在一動點：點P，是否存在該動點到三角形三個頂點距離之和的最小值：點P到A，B，C三點的距離之和的最小值.抽離模型：如解圖，用模型根據“費馬點”模型作解圖，連接AC，將△APC 繞點 C 逆時針旋轉60°得到△DEC,連接PE,∴△APC≌△DEC,CP=CE,∠PCE=60°,∴△PCE是等邊三角形,∴PE=CE=CP,∠EPC=∠CEP=60°,∴PA+PB+PC=DE+BP+PE,當B,P,E,D四點共線時,DE+PE+BP 取得最小值,即 PA+PB+PC 的最小值為BD 的長.∵在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°,
30°,∴∠PCB=∠EPC-∠CBP=60°-30°=30°,∴∠PCB=∠CBP,∴BP=CP,同理,DE=CE,∴BP=PE=ED.設AC交BD于點O,在Rt△BOC中,∵∠BOC=90°,∠OBC=30°,BC 即當PA+PB+PC 的值最小時,PD 的長為4
【解析】如解圖，將△PAC繞點 C 逆時針旋轉 120°得到△P'A'C,連接 PP'和A'B,則△PCP'是頂角為 120°的等腰三角形,∴ ∴當B,P,P',A'四點共線時,取得最小值，即為A'B的長(“費馬點”模型)，過點A'作 A'D⊥BC 交 BC 延長線于點 D,∵∠BCA'=120°+15°=135°,∴ ∠DCA'=180°-135°=45°.∵A'C=AC=2,在 Rt△CDA'中, 在 Rt△BDA'中, 的最小值為
4. (1)證明:如解圖①,在BC上截取BG=PD,連接AG,
在△ABG和△ADP中,
∴△ABG≌△ADP(SAS),
∴AG=AP,∠BAG=∠DAP,∴GC=PE,
∵∠BAD=∠BAG+∠GAD=60°,
∴∠PAG=∠GAD+∠DAP=60°,
∴△AGP 是等邊三角形,∴AP=GP,
∴PA+PC=GP+PC=GC=PE,
∴PA+PC=PE;
(2)解:如解圖②,連接 OM,ON,OG,將△MON繞點 M 順時針旋轉60°至△MHI,連接HO,IN,IG,
∴MN=IM,MO=MH,∠IMN=∠HMO=60°,
∴△HMO 為等邊三角形,∴OM=OH,
∵∠NMG=75°,∴∠IMG=135°,過點 G 作 IM 的垂線交 IM 的延長線于點 J,
∴∠GMJ=45°,
∴IJ=MN+MJ=6+4=10,
∴OM+ON+OG=OH+HI+OG≥IG,當I,H,O,G四點共線時取得最小值，即IG 的長，在Rt△IJG中,
∴MO+NO+GO 的最小值為 ，即點O到△MNG 三個頂點的距離和的最小值為
5. 解:(1)如解圖①,過點 E作EG⊥OD 于點 G,
∵∠BOD=∠EGD=90°,∠BDO=∠EDG,
∴△BOD∽△EGD,
∵點B(0,2),∠ODB=30°,
∵OE為△BOD 的中線,
∴點E 的坐標為( ,1),
∵拋物線 經過B(0,2),E( ,1)兩點,
+2,解得
∴拋物線的解析式為
(2)如解圖②,以AB為邊向外作等邊△AO'B,以OA為邊向外作等邊△AOB'，
由(1)得B(0,2),E( ,1),
∴OE=OB=2,∠OBE=60°,
則△OBE是等邊三角形，
連接OO'，BB'，它們的交點即為 m 最小時，P 點的位置(“費馬點”模型)，
∵OA=OB',∠B'OB=∠AOE=150°,OB=OE,
∴ △AOE ≌ △B' OB (SAS),∴ ∠B' BO=∠AEO,
將△BPO 繞點 O 順時針旋轉60°得△EP'O.
∴∠POP'=60°,OP=OP',
∴△POP'為等邊三角形,∴OP=PP',
在 中,令y=0,解得
由(1)得OG= ,EG=1,∴AE= 即
如解圖③，作等邊△OBE的外接圓⊙Q，連接BP,OP,
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,
∴點 Q 是△BOE 的外心,設Q(xρ,yρ),xρ=
則
由切割線定理得:AP·AE=OA·AH,
∴m可以取到的最小值為
當m取得最小值時，線段AP 的長為

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