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。
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．。
“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。
中考数学专题复习最值问题费马点
中考数学专题复最值问题费马点学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分一、单选题1．如图，四边形ABCD 是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将△ABG 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBF ，当AG+BG+CG 取最小值时EF 的长（ ）A ．33 2B ．23 3C ．33 3D ．43 3评卷人 得分二、填空题 2．如图，已知矩形ABCD ，AB ＝4，BC ＝6，点M 为矩形内一点，点E 为BC 边上任意一点，则MA ＋MD ＋ME 的最小值为______．3．问题背景：如图，将ABC ∆绕点A 逆时针旋转60°得到ADE ∆，DE 与BC 交于点P ，可推出结论：PA PC PE +=问题解决：如图，在MNG ∆中，6MN =，75M ∠=︒，42MG =．点O 是MNG ∆内一点，则点O 到MNG ∆三个顶点的距离和的最小值是___________4．如图，∠ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底边上的高AH上一点．若AP+BP+CP的最小值为22，则BC＝_____．5．如图，四边形ABCD是菱形，A B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM的最小值为________．评卷人得分三、解答题6．如图，∠ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求2253BP AP PC++最小值7．如图，在∠ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，P是∠ABC内一点，求P A＋PB＋PC的最小值．8．【问题提出】（1）如图1，四边形ABCD 是正方形，ABE △是等边三角形，M 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将BM 绕点B 逆时针旋转60︒得到BN ，连接EN 、AM ，CM ．若连接MN ，则BMN △的形状是________．（2）如图2，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，10AB AC +=，求BC 的最小值． 【问题解决】（3）如图3，某高新技术开发区有一个平行四边形的公园ABCD ，6AB BC +=千米，60ABC ∠=︒，公园内有一个儿童游乐场E ，分别从A 、B 、C 向游乐场E 修三条,,AE BE CE ，求三条路的长度和（即AE BE CE ++）最小时，平行四边形公园ABCD的面积．9．在正方形ABCD 中，点E 为对角线AC （不含点A ）上任意一点，AB=22； （1）如图1，将△ADE 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCF ，连接EF ； ∠把图形补充完整（无需写画法）； ∠求2EF 的取值范围； (2)如图2，求BE+AE+DE 的最小值．10．如图，在平面直角坐标系xoy中，点B的坐标为(0，2)，点D在x轴的正半轴上，30ODB∠=︒，OE为∠BOD的中线，过B、E两点的抛物线236y ax x c=++与x 轴相交于A、F两点（A在F的左侧）.（1）求抛物线的解析式；（2）等边∠OMN的顶点M、N在线段AE上，求AE及AM的长；（3）点P为∠ABO内的一个动点，设m PA PB PO=++，请直接写出m的最小值,以及m取得最小值时，线段AP的长.11．背景资料：在已知ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当ABC三个内角均小于120°时，费马点P 在ABC内部，当120APB APC CPB∠=∠=∠=︒时，则PA PB PC++取得最小值．(1)如图2，等边ABC 内有一点P ，若点P 到顶点A 、B 、C 的距离分别为3，4，5，求APB ∠的度数，为了解决本题，我们可以将ABP △绕顶点A 旋转到ACP '△处，此时ACP ABP '≌这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA 、PB 、PC 转化到一个三角形中，从而求出APB ∠=_______；知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与ABC 的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．(2)如图3，ABC 三个内角均小于120°，在ABC 外侧作等边三角形ABB '，连接CB '，求证：CB '过ABC 的费马点．(3)如图4，在RT ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，30ABC ∠=︒，点P 为ABC 的费马点，连接AP 、BP 、CP ，求PA PB PC ++的值．(4)如图5，在正方形ABCD 中，点E 为内部任意一点，连接AE 、BE 、CE ，且边长2AB =；求AE BE CE ++的最小值．参考答案：1．D【解析】【分析】根据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．【详解】解：如图，∠将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，∠BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，∠∠BFG是等边三角形．∠BF=BG=FG，．∠AG+BG+CG=FE+GF+CG．根据“两点之间线段最短”，∠当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，过E点作EF∠BC交CB的延长线于F，∠∠EBF=180°-120°=60°，∠BC=4，∠BF=2，EF=23，在Rt△EFC中，∠EF2+FC2=EC2，∠EC=43．∠∠CBE=120°，∠∠BEF=30°，∠∠EBF=∠ABG=30°，∠EF=BF=FG，∠EF=13CE=433，故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．2．4+33【解析】【分析】【详解】【分析】依然构造60°旋转，将三条折线段转化为一条直线段．分别以AD、AM为边构造等边∠ADF、等边∠AMG，连接FG，易证∠AMD∠∠AGF，∠MD＝GF∠ME＋MA＋MD＝ME＋EG＋GF过F作FH∠BC交BC于H点，线段FH的长即为所求的最小值．3．229【解析】【分析】如图，将∠MOG绕点M逆时针旋转60°，得到∠MPQ，易知∠MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q 作QA∠NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得.【详解】如图，将∠MOG绕点M逆时针旋转60°，得到∠MPQ，显然∠MOP为等边三角形，∠，OM＋OG＝OP＋PQ，∠点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，∠当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA∠NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，∠∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，∠MQ＝MG＝42，∠AQ＝AM＝MQ•cos45°=4，∠NQ＝2222AN AQ+=++=，(46)4229故答案为229.【点睛】本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键.4．62-【解析】【分析】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．首先证明当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，想办法求出AC的长即可解决问题.【详解】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．∠AB=AC，AH∠BC，∠∠BAP=∠CAP，∠PA=PA，∠∠BAP∠∠CAP（SAS），∠PC=PB，∠MG=PB，AG=AP，∠GAP=60°，∠∠GAP是等边三角形，∠PA=PG，∠PA+PB+PC=CP+PG+GM，∠当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，∠AP+BP+CP的最小值为22，∠CM=22，∠∠BAM=60°，∠BAC=30°，∠∠MAC=90°，∠AM=AC=2，作BN∠AC于N．则BN=12AB=1，AN=3，CN=2-3，∠BC=2222=1(23)=62BN CN++--．故答案为62．【点睛】本题考查轴对称-最短问题，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用两点之间线段最短解决问题5．63【解析】【分析】以BM为边作等边∠BMN，以BC为边作等边∠BCE，如图，则∠BCM∠∠BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH∠AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．【详解】以BM为边作等边∠BMN，以BC为边作等边∠BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∠∠MBC=∠NBE，∠∠BCM∠∠BEN，∠CM=NE，∠AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∠AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∠BH∠AE，AH=EH，∠BAH=30°，∠BH=1AB=3，2AH=3BH=33，∠AE=2AH=63．故答案为63．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．6．36【解析】【分析】将∠APC 绕点A 逆时针旋转45°，得到∠A P 'C '，将∠A P 'C '扩大324倍，得到∠AP C ''''，当点B 、P 、P ''、C ''在同一直线上时，2253BP AP PC ++=()''''''22PB PP P C ++最短，利用勾股定理求出BC ''即可．【详解】解：如图，将∠APC 绕点A 逆时针旋转45°，得到∠A P 'C '，将∠A P 'C '扩大，相似比为324倍，得到∠AP C ''''，则32=4AP AP '''，32=4P C P C ''''''，32=4AC AC '''， 过点P 作PE ∠A P ''于E ，∠AE=22PE AP =， ∠P ''E=A P ''-AE=24AP ， ∠P P ''=22104PE P E AP ''+=， 当点B 、P 、P ''、C ''在同一直线上时，2253BP AP PC ++=()''''''22PB PP P C ++最短，此时()''''''22PB PP P C ++=B C ''，∠∠BA C ''=∠BAC +∠CA C ''=90°，AB =6，3232==43244AC AC '''⨯=，∠2222=6(32)36BC AB AC ''''+=+=．【点睛】此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理，正确理解费马点问题的造图方法：利用旋转及全等的性质构建等量的线段，利用三角形的三边关系及点共线的知识求解，有时根据系数将图形扩大或缩小构建图形．7．22+62 【解析】【分析】以点A 为旋转中心，将△ABP 顺时针旋转60°得到△AMN ，连接BN ．根据△PAM 、△ABN 都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN ；根据当C 、P 、M 、N 四点共线时，由CA=CB ，NA=NB 可得CN 垂直平分AB ，进而求得PA+PB+PC 的最小值．【详解】证明：如图所示，以点A 为旋转中心，将△ABP 顺时针旋转60°得到△AMN ，连接BN ．由旋转可得，△AMN∠∠ABP ，∠MN=BP ，PA=AM ，∠PAM=60°=∠BAN ，AB=AN ，∠∠PAM 、△ABN 都是等边三角形，∠PA=PM ，∠PA+PB+PC=PM+MN+PC ； （3）当AC=BC=1时，AB=22，当C 、P 、M 、N 四点共线时，由CA=CB ，NA=NB 可得CN 垂直平分AB ，∠AQ=12AB=22=CQ ，NQ=62， 此时CN=CP+PM+MN=PA+PB+PC=22+628．（1）等边三角形；（2）BC 的最小值为52；（3）平行四边形公园ABCD 的面积为932（平方米）．【解析】【分析】（1）由旋转得BN =BM ，∠MBN =60°，可判断出△BMN 是等边三角形即可；（2）设AB =a ，则AC=10-a ，进而根据勾股定理得出()222550BC a =-+即可得出结论； （3）先判断出点A'，E'，E ，C 在同一条线上，设BF =x ，进而依次得出AB =2x ，BC =6-2x ，CF =6-x ，再利用勾股定理得出223'4()272A C x =-+，得出x =32是A'C 最小，进而求出A'F ，BC ，利用平行四边形面积公式计算即可．【详解】（1）证明：BMN △的形状是等边三角形，理由如下;由旋转知，BN =BM ，∠MBN =60°∠△BMN 为等边三角形故答案为：等边三角形；（2）解：设AB=a，∠AB+AC=10，∠AC=10-AB=10a-，在Rt△ABC中，根据勾股定理得，()2222210BC AB AC a a=+=+-2220100a a=-+()22550a=-+，∠()250a-≥，∠()2255050a-+≥，即250BC≥，∠52BC≥，即BC的最小值为52；（3）解：如图3，将△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A'BE'，∠∠ABE∠∠A'BE'，∠∠A'E'B=∠AEB，AB=A'B，A'E'=AE，BE'=BE，∠EBE'=60°，∠∠EBE'为等边三角形，∠∠BE'E=∠BEE'=60°，EE'=BE，∠AE+BE+CE=A'E'+EE'+CE，要AE+BE+CE最小，即点A'，E'，E，C在同一条线上，即最小值为A'C，过点A'作A'F∠CB，交CB的延长线于F，在Rt△A'FB中，∠A'BF=180°-∠ABA'-∠ABC=60°，设BF=x，则A'B=2x，根据勾股定理得，A'F=3x，∠AB=A'B，∠AB =2x ，∠AB +BC =6，∠BC =6-AB =6-2x ，∠CF =BF +BC =6-x ，在Rt △A'FC 中，根据勾股定理得，2222223''3(6)4()272A C A F CF x x x =+=+-=-+， ∠当x =32，即AB =2x =3时，2'A C 最小， 此时，BC =6-3=3，A'F =3332x =， ∠平行四边形公园ABCD 的面积为3393322⨯=（平方千米）． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，用代数式表示线段，利用配方法确定极值问题，判断出AB =BC 时，AE +BE +CE 最小是解本题的关键．9．（1）∠补图见解析；∠2816EF ≤≤；（2）232+【解析】【分析】（1）∠根据要求画出图形即可；∠首先证明∠ECF ＝90°，设AE ＝CF ＝x ，EF 2＝y ，则EC ＝4−x ，在Rt∠ECF 中，利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，将∠ABE 绕点A 顺时针旋转60°得到∠AFG ，连接EG ，DF ．作FH∠AD 于H ．根据两点之间线段最短可得DF≤FG ＋EG ＋DE ，BE ＝FG ，推出AE ＋BE ＋DE 的最小值为线段DF 的长；【详解】（1）∠如图∠DCF 即为所求；∠∠四边形ABCD是正方形，∠BC＝AB＝22，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°，∠AC＝22AB BC＝2AB＝4，∠∠ADE绕点D逆时针旋转90°得到∠DCF，∠∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF，∠∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，∠y＝（4−x）2＋x2＝2x2−8x＋160（0＜x≤4）．即y＝2（x−2）2＋8，∠2＞0，∠x＝2时，y有最小值，最小值为8，当x＝4时，y最大值＝16，∠8≤EF2≤16．（2）如图中，将∠ABE绕点A顺时针旋转60°得到∠AFG，连接EG，DF．作FH∠AD于H．由旋转的性质可知，∠AEG是等边三角形，∠AE＝EG，∠DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，∠AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长．在Rt∠AFH中，∠FAH＝30°，AB＝22=AF，∠FH ＝12AF ＝2，AH ＝22AF FH -＝6， 在Rt∠DFH 中，DF ＝()2222(226)2FH DH +=++＝232+，∠BE ＋AE ＋ED 的最小值为232+．【点睛】本题考查作图−旋转变换，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用旋转法添加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．10．(1)213 226y x x =-++ (2) 13AE = ；71313AM =或51313AM = （3）m 可以取到的最小值为13．当m 取得最小值时，线段AP 的长为51313【解析】【分析】 （1）已知点B 的坐标，可求出OB 的长；在Rt △OBD 中，已知了∠ODB=30°，通过解直角三角形即可求得OD 的长，也就得到了点D 的坐标；由于E 是线段BD 的中点，根据B 、D 的坐标即可得到E 点的坐标；将B 、E 的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值，由此确定抛物线的解析式；（2）过E 作EG∠x 轴于G ，根据A 、E 的坐标，即可用勾股定理求得AE 的长；过O 作AE 的垂线，设垂足为K ，易证得△AOK∠∠AEG ，通过相似三角形所得比例线段即可求得OK 的长；在Rt △OMK 中，通过解直角三角形，即可求得MK 的值，而AK 的长可在Rt △AOK 中由勾股定理求得，根据AM=AK-KM 或AM=AK+KM 即可求得AM 的长； （3）由于点P 到△ABO 三顶点的距离和最短，那么点P 是△ABO 的费马点，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易证得△OBE 是等边三角形，那么PA+PO+PB 的最小值应为AE 的长；求AP 的长时，可作△OBE 的外接圆（设此圆为∠Q ），那么∠Q 与AE 的交点即为m 取最小值时P 点的位置；设∠Q 与x 轴的另一交点（O 点除外）为H ，易求得点Q 的坐标，即可得到点H 的坐标，也就得到了AH 的长，相对于∠Q 来说，AE 、AH 都是∠Q 的割线，根据割线定理（或用三角形的相似）即可求得AP 的长．【详解】（1）过E 作EG∠OD 于G∠∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D ，∠∠BOD∠∠EGD ，∠点B （0，2），∠ODB=30°，可得OB=2，OD ＝23；∠E 为BD 中点，∠EG DE GD BO DB OD ===12∠EG=1，GD ＝3∠OG ＝3∠点E 的坐标为(3，1)∠抛物线236y ax x c =++经过()0,2B 、()3,1E 两点， ∠()2313326a =+⨯+. 可得12a =-. ∠抛物线的解析式为213226y x x =-++. （2）∠抛物线与x 轴相交于A 、F ，A 在F 的左侧，∠A 点的坐标为()3,0-.过E 作EG∠x 轴于G∠23,1AG EG ==,∠在△AGE 中，90AGE ∠=︒, ()2223113AE =+=. 过点O 作OK ∠AE 于K ，可得△AOK ∠∠AEG ．∠OK EG AO AE=． ∠1313OK =． ∠39.13OK = ∠2261313AK AO OK =-=.∠∠OMN是等边三角形,∠60NMO∠=︒．∠391313tan133OKKMKMO===∠．∠71313AM AK KM=+=,或51313AM AK KM=-=（3）如图；以AB为边做等边三角形AO′B，以OA为边做等边三角形AOB′；易证OE=OB=2，∠OBE=60°，则△OBE是等边三角形；连接OO′、BB′、AE，它们的交点即为m最小时，P点的位置（即费马点）；∠OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE，∠∠AOE∠∠B′OB；∠∠B′BO=∠AEO；∠∠BOP=∠EOP′，而∠BOE=60°，∠∠POP'=60°，∠∠POP′为等边三角形，∠OP=PP′，∠PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE；即m最小=AE=13如图；作正△OBE的外接圆∠Q，根据费马点的性质知∠BPO=120°，则∠PBO+∠BOP=60°，而∠EBO=∠EOB=60°；∠∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°；即B、P、O、E四点共圆；易求得Q（33，1），则H（233，0）；∠AH=533；由割线定理得：AP•AE=OA•AH，即：AP=OA•AH÷AE=3×533÷13=51313故：m可以取到的最小值为13．当m取得最小值时，线段AP的长为513 13【点睛】此题是二次函数的综合类试题，涉及到二次函数解析式的确定、等边三角形的性质、解直角三角形以及费马点位置的确定和性质，能力要求极高，难度很大．11．(1)150°；(2)见详解；(3)7；(4)62+．【解析】【分析】（1）根据旋转性质得出ABP△∠ACP'△，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP =AP′=3，BP=CP′=4，根据∠ABC 为等边三角形，得出∠BAC =60°，可证∠APP′为等边三角形，PP′=AP =3，∠AP′P =60°，根据勾股定理逆定理222223425PP P C PC ''+=+==，得出△PP′C 是直角三角形，∠PP′C =90°，可求∠AP′C =∠APP +∠PPC =60°+90°=150°即可； （2）将△APB 逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB ∠△AB′P′，AP =AP′，PB =PB′，AB =AB′，根据∠P AP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP ，根据PA PB PC PP P B PC '''++=++，根据两点之间线段最短得出点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，点P 在CB′上即可；（3）将△APB 逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB ∠∠AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP ，BB′=AB ，∠ABB′=60°，根据PA PB PC PP P B PC '''++=++，可得点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB =2AC =2，根据勾股定理BC =2222213AB AC -=-=，可求BB′=AB =2，根据∠CBB′=∠ABC +∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt △CBB′中，B′C =()2222327BC BB '+=+=即可； （4）将△BCE 逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F ∠AB ，交AB 延长线于F ，得出△BCE ∠△CE′B′，BE =B′E′，CE =CE ′，CB =CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE ′=EC ，BB′=BC ，∠B′BC =60°，AE BE CE AE EE E B '''++=++，得出点C ，点E ，点E′，点B′四点共线时，AE BE CE AE EE E B '''++=++最小=AB′，根据四边形ABCD 为正方形，得出AB =BC =2，∠ABC =90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC -∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF =112122BB '=⨯=，勾股定理BF =2222213BB B F ''-=-=，可求AF =AB +BF =2+3，再根据勾股定理AB′=()222223162AF B F '+=++=+即可． (1)解：连结PP′，∠ABP △∠ACP '△，∠∠BAP =∠CAP′，∠APB =∠AP′C ，AP =AP′=3，BP=CP′=4，∠∠ABC 为等边三角形，∠∠BAC =60°∠∠P AP ′=∠P AC +∠CAP ′=∠P AC +∠BAP =60°，∠∠APP′为等边三角形，,∠PP′=AP =3，∠AP′P =60°，在△P′PC 中，PC =5，222223425PP P C PC ''+=+==，∠∠PP′C 是直角三角形，∠PP′C =90°，∠∠AP′C =∠APP +∠PPC =60°+90°=150°，∠∠APB =∠AP′C =150°，故答案为150°；(2)证明：将△APB 逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，∠∠APB ∠△AB′P′，∠AP =AP′，PB =PB′，AB =AB′，∠∠P AP′=∠BAB′=60°，∠∠APP′和△ABB′均为等边三角形，∠PP′=AP ，∠PA PB PC PP P B PC '''++=++，∠点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，∠点P 在CB′上，∠CB '过ABC 的费马点．(3)解：将∠APB 逆时针旋转60°，得到∠AP′B′，连结BB′，PP′，∠∠APB ∠∠AP′B′，∠AP′=AP ，AB′=AB ，∠∠P AP′=∠BAB′=60°，∠∠APP′和∠ABB′均为等边三角形，∠PP′=AP ，BB′=AB ，∠ABB′=60°，∠PA PB PC PP P B PC '''++=++∠点C ，点P ，点P′，点B′四点共线时，PA PB PC ++最小=CB′，∠90C ∠=︒，1AC =，30ABC ∠=︒，∠AB =2AC =2，根据勾股定理BC =2222213AB AC -=-=∠BB′=AB =2，∠∠CBB′=∠ABC +∠ABB′=30°+60°=90°，∠在Rt∠CBB′中，B′C =()2222327BC BB '+=+= ∠PA PB PC ++最小=CB′=7；(4)解：将∠BCE 逆时针旋转60°得到∠CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F ∠AB ，交AB 延长线于F ，∠∠BCE ∠∠CE′B′，∠BE =B′E′，CE =CE ′，CB =CB′，∠∠ECE′=∠BCB′=60°，∠∠ECE′与∠BCB′均为等边三角形，∠EE ′=EC ，BB′=BC ，∠B′BC =60°，∠AE BE CE AE EE E B '''++=++，∠点C ，点E ，点E′，点B′四点共线时，AE BE CE AE EE E B '''++=++最小=AB′， ∠四边形ABCD 为正方形，∠AB =BC =2，∠ABC =90°，∠∠FBB′=180°-∠ABC -∠CBB′=180°-90°-60°=30°，∠B′F ∠AF ，∠BF =112122BB '=⨯=，BF =2222213BB B F ''-=-=， ∠AF =AB +BF =2+3，∠AB′=()222223162AF B F '+=++=+，∠AE BE CE ++最小=AB′=62+．【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．。
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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＝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
∴AD22
+＝5（km）
34
AB 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 D
B C
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 ＝23
x ，EF ＝2
x .在Rt △EFC 中，由勾股定理得（2x ）2
＋（
2
3
x ＋x ）2＝()2
13+，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 D
B C
设正方形的边长为x ，则BF ＝
23
x ，EF ＝2
x . 在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（2
x
）2＋（2
3
x ＋x ）2＝()2
13+.
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”．。