费马点与中考试题
初三数学费马点练习题
初三数学费马点练习题费马点（Fermat Point）是指在一个三角形中，距离三个顶点的距离之和最小的点。
它被称为费马点，是为了纪念法国数学家皮埃尔·费马（Pierre de Fermat）。
在本文中，将提供一些初三数学费马点练习题，通过这些题目的解答，读者将更好地理解费马点的概念和特性。
题目一：已知△ABC中，∠ABC = 60°，AD为边BC上的高，点E为三角形内部一点，满足∠BAE = ∠CAE = 30°。
证明：点E为△ABC的费马点。
解答一：我们需要证明点E到三个顶点A、B、C的距离之和最小。
首先，连接AE、BE、CE，构造△BAE和△CAE。
由已知条件可知，∠BAE = ∠CAE = 30°，而∠ABC = 60°。
观察三角形△BAE，角度和为180°，因此∠AEB = 180° - 30° - 30°= 120°。
同理，在三角形△CAE中，∠AEC = 180° - 30° - 30° = 120°。
现在我们可以继续分析三角形△ABC，∠ABC = 60°，∠BAC = 180°- 60° - 30° - 30° = 60°。
接下来，我们来考虑三角形△BAE和△CAE的外角。
对于△BAE，∠BEA = 180° - 120° = 60°；对于△CAE，∠CEA = 180° - 120° = 60°。
现在，我们可以观察到三角形△BAE、△CAE和△ABC中都有一个60°的角，并且对应的外角也是60°。
根据确定费马点的性质，可知点E为△ABC的费马点。
题目二：已知△ABC中，∠BAC = 90°，点D为边BC上的一点，满足BD = DC。
费马 点定理,在中考题中应用
费马点
“费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点。
若给定一个三角形△ABC的话，从这个三角形的费马点P到三角形的三个顶点A、B、C的距离之和比从其它点算起的都要小。
如图，在△ABC中，P为其中任意一点。
连接AP，BP，得到△ABP。
合并图册
合并图册(2张)
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
因此，PA+PB+PC=DE+PD+PC
由此可知当E、D、P、C 四点共线时，为PA+PB+PC最小
若E、D、P共线时，
∵等边△DBP
∴∠EDB=120°
同理，若D、P、C共线时，则∠CPB=120°
∴P点为满足∠APB=∠BPC=∠APC=120°的点。
历史背景。
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”．。
费马点最值问题(中考备考宝典)
费马点最值问题例题精讲例1：如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=60°，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则AM+BM+CM的最小值为．例2：如图（1），P为△ABC所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P叫做△ABC的费马点．（1）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P（填是或不是）该三角形的费马点．（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°．求证：△ABP∽△BCP；（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．强化练习1、在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=1，BC= ，点O 为Rt △ABC 内一点，连接AO 、BO 、CO ，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，则OA+OB+OC= ．2、如图，在四边形ABCD 中，60B ο∠=，AB=BC=3，AD=4，90BAD ο∠=，点P 是形内一点，则PA+PB+PD 的最小值为________第1题图 第2题图3、如图，点P 是矩形ABCD 对角线BD 上的一个动点，已知，，则的最小值是_______4、如图，菱形ABCD 的对角线AC 上有一动点P ，BC ＝6，∠ABC ＝150°，则线段 AP ＋BP ＋PD 的最小值为________第3题图 第4题图PDCA5、（1）如图①，△ABD 和△ACE 均为等边三角形，BE 、CE 交于F ，连AF ， 求证：AF +BF +CF ＝CD ；（2）在△ABC 中，∠ABC ＝30°，AB ＝6，BC ＝8，∠A ，∠C 均小于120°，求作一点P ，使PA +PB +PC 的值最小，试求出最小值并说明理由．图①D图②CA6、如图，ABC ∆为正三角形，做ABC ∆的外接圆（1）D 为劣弧AB 上一点，则ADB ∠=（2）若三角形的3个内角均小于120°，三角形存在一点P ，使得PA 、PB 、PC 的夹角均为120°，我们称点P 为ABC ∆的费马点。
中考费马点例题
2022年春北师大版九年级数学中考二轮复习《费马点模型》专题突破训练（附答案）1．如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数的为（）A．150°B．135°C．120°D．165°2．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC 外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论错误的是（）A．△BPQ是等边三角形B．△PCQ是直角三角形C．∠APB＝150°D．∠APC＝135°3．如图，点D是等边△ABC内一点，AD＝3，BD＝3，CD＝，△ACE是由△ABD绕点A逆时针旋转得到的，则∠ADC的度数是（）A．40°B．45°C．105°D．55°4．如图，点P是等边△ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，则∠APB的度数为（）A．150°B．145°C．135°D．120°5．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置．连接PQ，则以下结论错误的是（）A．∠QPB＝60°B．∠PQC＝90°C．∠APB＝150°D．∠APC＝135°6．已知，P为等边三角形ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则S△ABC＝．7．点P是等边三角形ABC内部一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则三角形ACP的面积是．8．如图，点P是等边△ABC内的一点，PA＝6，PB＝8，PC＝10．若点P′是△ABC外的一点，且△P′AB≌△PAC，则∠APB的度数为．9．如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数．10．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°，得到线段AQ，连接BQ，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，则四边形APBQ的面积为11．如图，点P为等边△ABC内一点，若PC＝3，PB＝4，PA＝5，则∠BPC的度数是．12．如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC 外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有（填序号）①△BPQ是等边三角形②△PCQ是直角三角形③∠APB＝150°④∠APC＝120°13．如图，已点P是△ABC的重心（三边中线的交点），且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求S△ABC．14．如图，点P是等边△ABC外一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5（1）将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△P1AC1，画出旋转后的图形；（2）在（1）的图形中，求∠APB的度数．15．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A 逆时针旋转后，得到△P′AB．（1）求点P与点P′之间的距离；（2）求∠APB的度数．16．数学探究课上老师处这样一道题：“如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，试求∠APB的度数．”小明和小军探讨时发现了一种求∠APB度数的方法，下面是这种方法的一部分思路，请按照下列思路要求画图或判断（1）在图中画出△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B；（2）试判断△AP1P的形状，并说明理由；（3）试判断△BP1P的形状，并说明理由；（4）由（2）、（3）两问可知：∠APB＝．17．（原题初探）（1）小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，P是正方形ABCD 内一点，连结PA，PB，PC现将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，连接PP ′．若PA＝，PB＝3，∠APB＝135°，则PC的长为，正方形ABCD的边长为．（变式猜想）（2）如图2，若点P是等边△ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，请猜想∠APB的度数，并说明理由．（拓展应用）（3）聪明的小明经过上述两小题的训练后，善于反思的他又提出了如下的问题：如图3，在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD 的长度为．18．问题：如图1，在等边△ABC内部有一点P，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB 的度数？（1）请写出常见四组勾股数：、、、．（2）解决方法：通过观察发现PA，PB，PC的长度符合勾股数，但由于PA，PB，PC不在一个三角形中，想法将这些条件集中在一个三角形，于是可将△ABP绕A逆时针旋转60°到△AP′C，此时△ABP≌△ACP'，这样利用等边三角形和全等三角形知识，便可求出∠APB＝．请写出解题过程．（3）应用：请你利用（2）题的思路，解答下面的问题：如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E，F为BC的点，且∠EAF＝45°，若BE＝m，FC＝n，请求出线段EF的长度（用m、n的代数式表示）．19．下面是一道例题及其解答过程，请补充完整．（1）如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB度数．解：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形．∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，∴P′P2+PB2＝P′B2．∴△BPP′为三角形．∴∠APB的度数为．（2）类比延伸如图2，在正方形ABCD内部有一点P，若∠APD＝135°，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．20．（1）如图1，点P是等边△ABC内一点，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．分析：要直接求∠APB的度数显然很困难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内．解：如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠BAC＝60°∴∠BAP＝∴△ABP≌△ACD∴BP＝CD＝4，＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°（2）如图3，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点P是△ABC内一点，PA＝1，PB ＝2，PC＝3，求∠APB的度数．（3）拓展应用．如图（4），△ABC中，∠ABC＝30°，AB＝4，BC＝5，P是△ABC内部的任意一点，连接PA，PB，PC，则PA+PB+PC的最小值为．21．（1）如图1，点P是等边△ABC内一点，已知PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．要直接求∠A的度数显然很困难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内，如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠BAC＝60°∴∠BAP＝∴△ABP≌△ACD∴BP＝CD＝4，＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°（2）如图3，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点P是△ABC内一点，PA＝1，PB ＝2，PC＝3，求∠APB的度数．22．【方法呈现】：（1）已知，点P是正方形ABCD内的一点，连PA、PB、PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置（如图1），设AB的长为a，PB的长为b（b＜a），求△PAB 旋转到△P′CB的过程中边PA所扫过区域（图1中阴影部分）的面积；【实际运用】：（2）如图2，点P是等腰Rt△ABC内一点，AB＝BC，连接PA，PB，PC．若PA＝2，PB＝4，PC＝6，求∠APB的大小；【拓展延伸】：（3）如图3，点P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，则△APC的面积是（直接填答案）23．阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC ＝5，求∠APB的度数；小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．（1）请你回答：图1中∠APB的度数等于．（直接写答案）参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA＝2，PB＝1，PD＝．（2）求∠APB的度数；（3）求正方形的边长．24．（1）在一次数学探究活动中，陈老师给出了一道题．如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一点，且PA＝3，PB ＝1，PC＝2，求∠BPC的度数．小强在解决此题时，是将△APC绕C旋转到△CBE的位置（即过C作CE⊥CP，且使CE＝CP，连接EP、EB）．你知道小强是怎么解决的吗？（2）请根据（1）的思想解决以下问题：如图2所示，设P是等边△ABC内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB的度数．25．阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC ＝5，求∠APB度数．小明发现，利用旋转和全等的知识构造△AP′C，连接PP′，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决（如图2）．请回答：图1中∠APB的度数等于，图2中∠PP′C的度数等于．参考小明思考问题的方法，解决问题：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A坐标为（﹣，1），连接AO．如果点B是x 轴上的一动点，以AB为边作等边三角形ABC．当C（x，y）在第一象限内时，求y与x 之间的函数表达式．参考答案1．解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．故选：A．2．解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵△BQC≌△BPA，∴∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴△BPQ是等边三角形，∴PQ＝BP＝4，∵PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，∵△BPQ是等边三角形，∴∠BOQ＝∠BQP＝60°，∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，∴∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，∵∠PQC＝90°，PQ≠QC，∴∠QPC≠45°，即∠APC≠135°，∴选项A、B、C正确，选项D错误．故选：D．3．解：连接DE，由旋转可知，△ACE≌△ABD，∴AE＝AD＝3，CE＝BD＝3，CD＝，∠BAD＝∠CAE，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°，∴∠BAD+∠DAC＝60°，∴∠CAE+∠DAC＝60°，即∠DAE＝60°，∴△DAE是等边三角形，∴DE＝AD＝3，∵32+32＝（3）2，∴DE2+CE2＝CD2，∴△DEC是直角三角形，且∠DEC＝90°，∴DE＝CE，∠EDC＝45°，∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝105°，故选：C．4．解：如图，连接PQ，∵将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，∴△ABP≌△CBQ，∴BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∠APB＝∠BQC，AP＝QC＝3，∴△BPQ是等边三角形，∴BP＝BQ＝PQ＝4，∠BQP＝60°，∵PC2＝25，PQ2+QC2＝9+16＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∴∠BQC＝150°，∴∠APB＝150°，故选：A．5．解：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵将△ABP绕点B顺时针旋转60°到△CBQ位置，∴△BQC≌△BPA，∴∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴△BPQ是等边三角形，∴PQ＝BP＝4，∵PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，故B正确，∵△BPQ是等边三角形，∴∠QPB＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，故A正确，∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，故C正确，若∠APC＝135°，则∠QPC＝360°﹣135°﹣150°﹣60°＝15°，与PA＝3，PB＝4，PC＝5不符，故选项D错误．故选：D．6．解：∵△ABC为等边三角形，∴BA＝BC，可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，连EP，且延长BP，作AF⊥BP于点F．如图，∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，∴△BPE为等边三角形，∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4，∴AE2＝PE2+PA2，∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．∴∠APF＝30°，∴在直角△APF中，AF＝AP＝，PF＝AP＝．∴在直角△ABF中，AB2＝BF2+AF2＝（4+）2+（）2＝25+12．∴△ABC的面积＝AB2＝（25+12）＝；故答案为：．7．解：如图，把△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACD，则AD＝PA＝3，CD＝PB＝4，∴△APD是等边三角形，∴PD＝PA＝3，∵PD2+CD2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PD2+CD2＝PC2，由勾股定理逆定理得，△PCD是直角三角形，∴∠ADC＝150°，S四边形APCD＝S△APD+S△PCD＝×3×（3×）+×3×4＝+6，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于E，则∠CDE＝180°﹣∠ADC＝180°﹣150°＝30°，∴CE＝CD＝×4＝2，＝AD•CE＝×3×2＝3，∴S△ACD＝S四边形APCD﹣S△ACD＝+6﹣3＝+3．∴S△ACP故答案为：+3．8．解：连接PP′，由旋转可知，△PAC≌△P′AB，∴PA＝P′A，∠P′AB＝∠PAC，∴∠P′AP＝∠BAC＝60°，∴△APP′为等边三角形，∴PP′＝AP＝AP′＝6；∵PP′2+BP2＝BP′2，∴△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，∴∠APB＝90°+60°＝150°．故答案为：150°．9．解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ 则QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，∴△BPQ为等边三角形，∴PQ＝PB＝BQ＝4，又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∵△BPQ为等边三角形，∴∠BQP＝60°，∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°∴∠APB＝∠BQC＝150°10．解：连接PQ，如图，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∵线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，∴AP＝AQ＝3，∠PAQ＝60°，∴△APQ为等边三角形，∴PQ＝AP＝3，∵∠CAP+∠BAP＝60°，∠BAP+∠BAQ＝60°，∴∠CAP＝∠BAQ，且AC＝AB，AP＝AQ∴△APC≌△ABQ（SAS），∴PC＝QB＝5，在△BPQ中，∵PB2＝42＝16，PQ2＝32＝9，BQ2＝52＝25，∴PB2+PQ2＝BQ2，∴△PBQ为直角三角形，∠BPQ＝90°，＝S△BPQ+S△APQ＝BP×PQ+×PQ2＝6+∴S四边形APBQ故答案为：6+11．解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△ABD，由旋转的性质得，BD＝PB＝4，AD＝PC＝3，∠BPC＝∠ADB，所以，△BDP是等边三角形，所以，PD＝PB＝4，∠BDP＝60°，∵AD2+DP2＝32+42＝25，PA2＝52＝25，∴AD2+DP2＝PA2，∴△ADP是直角三角形，∠ADP＝90°，∴∠ADB＝60°+90°＝150°，∴∠BPC＝150°．故答案为：150°．12．解：①∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵△BQC≌△BPA，∴∠CBQ＝∠ABP，PB＝QB＝4，PA＝QC＝3，∠BPA＝∠BQC，∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，∴△BPQ是等边三角形，所以①正确；②PQ＝PB＝4，PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∴△PCQ是直角三角形，所以②正确；③∵△BPQ是等边三角形，∴∠PQB＝∠BPQ＝60°，∴∠APB＝∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，所以③正确；④∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，∵∠PQC＝90°，PC≠2QC，∴∠QPC≠30°，∴∠APC≠120°．所以④错误．所以正确的有①②③．13．解：如图，延长PC′到P′使C′P′＝PC′，连AP′，∵AC′＝BC′，∠AC′P′＝∠BC′P，C′P′＝PC′，∴△AC′P′≌△BC′P，则在△PAP′中：PP′＝CP＝5，AP′＝PB＝4，而AP＝3，∴AP′2+AP2＝PP′2，∴△APP′是直角三角形，∴PA⊥AP′，∴AC′＝0.5PP′＝2.5，∴AB＝5，∴△PAB是直角三角形，∴AP⊥BP，＝0.5×3×4＝6，∴S△P AB∴S ABC＝3S△P AB＝18．14．解：（1）将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△P1AC1，如图所示，（2）∵△AP1C1是由△APC旋转所得，∴△AP1C1≌△APC，∴P1C1＝PC＝5，AP＝AP1＝3，∠PAP1＝60°，∴△APP1是等边三角形，∴PP1＝AP＝3，∠APP1＝60°，∵PB＝4，P1B＝5，PP1＝3，∴PB2+PP12＝P1B2，∴∠P1PB＝90°∴∠APB＝∠BPP1﹣∠APP1＝30°．15．解：（1）连接PP′，由题意可知BP′＝PC＝10，AP′＝AP，∠PAC＝∠P′AB，而∠PAC+∠BAP＝60°，所以∠PAP′＝60度．故△APP′为等边三角形，所以PP′＝AP＝AP′＝6；（2）利用勾股定理的逆定理可知：PP′2+BP2＝BP′2，所以△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°可求∠APB＝90°+60°＝150°．16．解：（1）如图，△AP1B为所作；（2）连接PP1，如图，△AP1P为等边三角形．理由如下：∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，∴AP1＝AP，∠PAP1＝60°，∴△AP1P为等边三角形；（3）△BP1P为直角三角形．理由如下：∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，∴BP1＝PC＝5，∵△AP1P为等边三角形，∴PP1＝AP＝3，∵PP12+PB2＝BP12，∴△BP1P为直角三角形，∠BPP1＝90°；（3）∵△AP1P为等边三角形，∴∠APP1＝60°，而∠BPP1＝90°；∴∠AP1B＝90°+60°＝150°，∵△APC绕点A顺时针旋转60°后的△AP1B，∴∠BPC＝∠AP1B＝150°．故答案为150°．17．解：（1）∵△PAB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，∴BP＝BP′＝3，P′C＝PA＝，∠PBP′＝90°，∠BP′C＝∠APB＝135°，∴△BPP′为等腰直角三角形，∴∠BP′P＝45°，PP′＝PB＝3，∴∠PP′C＝135°﹣45°＝90°，在Rt△PP′C中，由勾股定理得：PC＝＝＝2，过点A作AE⊥BP交BP的延长线于E，如图1所示：∵∠APB＝135°，∴∠APE＝180°﹣135°＝45°，∴△AEP是等腰直角三角形，∴AE＝PE＝PA＝×＝1，∴BE＝PB+PE＝3+1＝4，在Rt△AEB中，由勾股定理得：AB＝＝＝，故答案为：2，；（2）∠APB的度数为150°，理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝60°，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A，连接PP′，如图2所示：则△BPP′是等边三角形，∴PP′＝BP＝4，∠BPP′＝60°，∵AP＝3，AP′＝PC＝5，∴P'P2+AP2＝AP'2，∴△APP′为直角三角形，∴∠APP′＝90°，∴∠APB＝∠APP′+∠BPP′＝90°+60°＝150°；（3）∵∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，∴△BAC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝90°，AB＝AC，将△ABD绕点A顺时针旋转90°，得到△ACK，连接DK，如图3所示：由旋转的性质得：AK＝AD＝3，CK＝BD，∠KAD＝90°，∴△DAK是等腰直角三角形，∴DK＝AD＝3，∠ADK＝45°，∴∠CDK＝∠ADC+∠ADK＝45°+45°＝90°，∴△CDK是直角三角形，∴CK＝＝＝，∴BD＝，故答案为：．18．解：（1）勾股数：3，4，5；5，12，13，7，24，25；6，8，10；故答案为：3，4，5；5，12，13，7，24，25；6，8，10；（2）如图1，将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP′处，则△ACP′≌△ABP，∵三角形ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∴PA＝P′A＝3，PB＝P′C＝4，∠BAP＝∠CAP′，∴∠P′AP＝∠PAC+∠CAP′＝∠PAC+∠BAP＝∠BAC＝60°，∴△PAP′是等边三角形，∴PP′＝P′A＝3，在△PP′C中，PP'2+P′C2＝9+16＝25＝PC2，∴△PP′C是直角三角形，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝60°+90°＝150°．故答案为150°．（3）如图2中，将△ABE绕顶点A逆时针旋转90°到△ACE′处，则△ACE′≌△ABE，∴AE＝AE′，BE＝CE′，∠E′AC＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝45°，∠FAE′＝∠E′AC+∠FAC＝∠BAE+∠FAC＝45°＝∠EAF，在△AEF和△AE′F中，，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴FE＝FE′，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CA＝∠B＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，在Rt△E′FC中，E′C2+FC2＝E′F2，∴EF2＝BE2+CF2＝m2+n2，∴EF＝．19．解：（1）如图1，将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形．∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，∴P′P2+PB2＝P′B2．∴△BPP′为直角三角形．∴∠APB的度数为90°+60°＝150°．故答案为：直角；150°；（2）2PA2+PD2＝PB2．理由如下：如图2，把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，连接PP′．则P′B＝PD，P′A＝PA，∠PAP′＝90°，∴△APP′是等腰直角三角形，∴PP′2＝PA2+P′A2＝2PA2，∠PP′A＝45°，∵∠APD＝135°，∴∠AP′B＝∠APD＝135°，∴∠PP′B＝135°﹣45°＝90°，在Rt△PP′B中，由勾股定理得，PP′2+P′B2＝PB2，∴2PA2+PD2＝PB2．20．解：（1）如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴PD＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°∵△ABC是等边三角形∴AC＝AB，∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAD，∴△ABP≌△ACD（SAS）∴BP＝CD＝4，∠APB＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝90°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°故答案为：PD，∠CAD，∠APB，90．（2）解：∵∠ABC＝90°，BC＝AB，∴把△PBC绕B点逆时针旋转90°得到△DBA，如图，∴AD＝PC＝3，BD＝BP＝2，∵∠PBD＝90°∴DP＝PB＝2，∠DPB＝45°，在△APD中，AD＝3，PD＝2，PA＝1，∵12+（2）2＝32，∴AP2+PD2＝BD2，∴△APD为直角三角形，∴∠APD＝90°，∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝90°+45°＝135°．（3）解：如图4中，将△ABP绕着点B逆时针旋转60°，得到△DBE，连接EP，CD，∴△ABP≌△DBE∴∠ABP＝∠DBE，BD＝AB＝4，∠PBE＝60°，BE＝PE，AP＝DE，∴△BPE是等边三角形∴EP＝BP∴AP+BP+PC＝PC+EP+DE∴当点D，点E，点P，点C共线时，PA+PB+PC有最小值CD∵∠ABC＝30°＝∠ABP+∠PBC∴∠DBE+∠PBC＝30°∴∠DBC＝90°∴CD＝＝＝，故答案为．21．解：（1）如图2，作∠PAD＝60°使AD＝AP，连接PD，CD，则△PAD是等边三角形．∴PD＝AD＝AP＝3，∠ADP＝∠PAD＝60°，∵△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠BAC＝60°，∴∠BAP＝∠CAD，∴△ABP≌△ACD（SAS），∴BP＝CD＝4，∠APB＝∠ADC∵在△PCD中，PD＝3，PC＝5，CD＝4，PD2+CD2＝PC2∴∠PDC＝90°∴∠APB＝∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝60°+90°＝150°故答案为：PD，∠CAD，∠APB，90．（2）解：∵∠ABC＝90°，BC＝AB，∴把△PAC绕A点逆时针旋转90°得到△DBA，如图，∴BD＝PC＝3，AD＝AP＝2，∠PAD＝90°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴DP＝PA＝2，∠DPA＝45°，在△BPD中，PB＝2，PD＝2，DB＝3，∵12+（2）2＝32，∴AP2+PD2＝BD2，∴△BPD为直角三角形，∴∠BPD＝90°，∴∠APB＝∠APD+∠DPB＝90°+45°＝135°．22．解：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，＝S△P'CB，∴S△P ABS阴影＝S扇形BAC﹣S扇形BPP′＝（a2﹣b2）；（2）如图2，连接PP′．∵将△PAB绕B点顺时针旋转90°，与△P′CB重合，∴△PAB≌△P′CB，∠PBP′＝90°，∴BP＝BP′，∠APB＝∠CP′B，AP＝CP′＝2，∴△PBP′是等腰直角三角形，∴PP′＝PB＝4，∠BP′P＝45°．在△CPP′中，∵PP′＝4，CP′＝2，PC＝6，∴PP′2+CP′2＝PC2，∴△CP′P是直角三角形，∠CP′P＝90°，∴∠CP′B＝∠BP′P+∠CP′P＝45°+90°＝135°；（3）如图3①，将△PAB绕A点逆时针旋转60°得到△P1AC，连接PP1，∴△APB≌△AP1C，∴AP＝AP1，∠PAP1＝60°，CP1＝BP＝4，∴△PAP1是等边三角形，∴PP1＝AP＝3，∵CP＝5，CP1＝4，PP1＝3，∴PP12+CP12＝CP2，∴△CP1P是直角三角形，∠CP1P＝90°，＝×3×＝，S△PP1C＝×3×4＝6，∴S△APP1＝S△APP1+S△PP1C＝+6；∴S四边形APCP1∵△APB≌△AP1C，+S△APC＝S四边形APCP1＝+6；∴S△ABP如图3②，同理可求：△ABP和△BPC的面积的和＝×4×+×3×4＝4+6，△APC和△BPC的面积的和＝×5×+×3×4＝+6，∴△ABC的面积＝（+6+4+6++6）＝+9，∴△APC的面积＝△ABC的面积﹣△APB与△BPC的面积的和＝（+9）﹣（4+6）＝+3．故答案为+3．23．解：（1）如图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，∠APB＝∠AP′C，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2+P′C2＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故∠APB＝∠AP′C＝150°；故答案为：150°．（2）如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝2，P′D＝PB＝1，∠PAP′＝90°，∴△APP′是等腰直角三角形，∴PP′＝PA＝4，∠AP′P＝45°，∵PP′2+P′D2＝42+12＝17，PD2＝（）2＝17，∴PP′2+P′D2＝PD2，∴∠PP′D＝90°，∴∠AP′D＝∠AP′P+∠PP′D＝45°+90°＝135°，故∠APB＝∠AP′D＝135°，（3）∵∠APB+∠APP′＝135°+45°＝180°，∴点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，则AE＝PE＝PP′＝×4＝2，∴BE＝PE+PB＝2+1＝3，在Rt△ABE中，AB＝＝＝．24．解：（1）如图1，由题意得：∠PCE＝90°PC＝EC＝2；BE＝PA＝3；由勾股定理得：PE2＝22+22＝8；∵PB2＝1，BE2＝9，∴BE2＝PE2+PB2，∴∠BPE＝90°，∵∠CPE＝45°，∴∠BPC＝135°．（2）如图2，将△ABP绕点A逆时针旋转60°到△ACQ的位置，连接PQ；则AP＝AQ，∠PAQ＝60°，QC＝PB＝4；∴△APQ为等边三角形，∠AQP＝60°，PQ＝PA＝3；∵PQ2+CQ2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PQ2+CQ2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∠AQC＝60°+90°＝150°，∴∠APB＝∠AQC＝150°．25．解：阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2+P′C2＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故∠APB＝∠AP′C＝150°；故答案为：150°；90°；如图3，在y轴上截取OD＝2，作CF⊥y轴于F，AE⊥x轴于E，连接AD和CD，∵点A的坐标为（﹣，1），∴tan∠AOE＝，∴AO＝OD＝2，∠AOE＝30°，∴∠AOD＝60°．∴△AOD是等边三角形，又∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠CAB＝∠OAD＝60°，∴∠CAD＝∠OAB，∴△ADC≌△AOB．∴∠ADC＝∠AOB＝150°，又∵∠ADF＝120°，∴∠CDF＝30°．∴DF＝CF．∵C（x，y）且点C在第一象限内，∴y﹣2＝x，∴y＝x+2（x＞0）．。
费马点与中考试题
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P A＋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＝P A.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＝P A·BC∵△ABC是等边三角形∴AB＝AC＝BC∴PB＋PC＝P A②P′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 22AB BD +2234+＝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 （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.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 ≌△ENB∴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.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A DB C F A D B C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．。
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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外接圆的上任意一点.求证：PB＋PC＝PA.
A BC
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）
A BC
＝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.
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 ＝PA ②P ′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 的最小值为时，求正方形的边长.
13
A
D
B
C
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 ＝
x ，EF ＝.在Rt △EFC 中，由勾股定理得（）2＋（x ＋x ）2＝
232
x 2x 23
，解得即可.
()2
13+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 ≌△ENB ，∴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 ＝
x ，EF ＝.23
2
x 在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（
）2＋（x ＋x ）2＝.
2x 2
3
()2
13+解得，x ＝（舍去负值）.∴正方形的边长为.
22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”．
F A D B
C。