最新费马点及其在中考中的应用
费马点及其在中考中的应用
章 ， 以对 碰撞 过程 “ 可 放大 ” “ 和 强化 ” 处理 ， 学生 使
明确质点 组 间的碰撞 由于一对 内力 做功 一般 不为 零， 因此机械 能有损失．
［ 丁三 七． ４ 】 几个功 能 问题 的错 解分 析及 原 因
探 究Ｕ＿ ｌ 中学物理 ，０ ８ ７ ． ２０ （）
作 Ｄ ／Ａ 交 Ｂ Ｅ ／ Ｂ， Ｃ的延长线于点 Ｅ ．
（ ） Ｄ点 的坐标 ； １求
角形．
因此 ， ＋ ＋ Ｃ ＰＣ＋ ， Ｐ ． 船 Ｐ ＝ ＇ ＪＰ Ｃ Ｐ＋
由此可知 当 Ｃ ， ， ， Ｐ ， Ｃ四点共线时 ，Ａ Ｐ ＋ Ｃ Ｐ Ｐ ＋ＢＰ ＝ Ｐ ｃ＋ ，＋ Ｃ为最小． ， ＰＰ Ｐ 当 Ｃ ， Ｐ共线时 ，． ．ＰＰ－０ ’． ｃＰ曰 Ｐ ， ’ ＡＢ － 。 ＿ ’ ６ ． ～ ：
／ ＡＰＢ＝１ ０ ． ２ 。
（ ） Ｃ点关 于直线 Ｄ ２作 Ｅ的对称点 Ｆ 分别连结 ，
Ｄ ， ，若 过 曰点的直 线 ｙ ｋ＋ 将 四边 形 Ｃ Ｆ Ｆ ＝ｘ ｂ ＤＥ
分成周长相等 的两个 四边形 ， 试确定此直线 的解析
式；
同理 ， Ｐ ， ， 若 ， Ｃ共线时 ， ‘／Ｂ Ｐ＝ ０， Ｐ 则 ．＿ Ｐ ６ 。 ‘
学家 、物理 学家． 费马一生从 未受过 专门的数学教 １ 对三 角形 内任 ， 育， 数学研 究也 不过是 业余 爱好 ． 然而 ， １ 在 ７世纪 意一 点 Ｐ，延 长 的法 国还找 不到哪位数学家可 以与之 匹敌． 他是解 Ｂ Ａ至点 ｃ ， 使得 析几 何 的发 明者 之一 ； 概率 论 的主要创 始 人 ； 以及 ＡＣ ＝ Ｃ， Ａ 作 Ｃ
教 师 ，０ ９ ７ ． ２０（ ）
费马点问题(含答案)
>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。
2023年中考数学常见几何模型之最值模型费马点问题
专题12 最值模型-费马点问题最值问题在中考数学常以压轴题的形式考查，费马点问题是由全等三角形中的手拉手模型衍生而来，主要考查转化与化归等的数学思想。
在各类考试中都以中高档题为主，中考说明中曾多处涉及。
本专题就最值模型中的费马点问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
【模型背景】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．费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。
【模型解读】结论1：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。
注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于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°）【模型证明】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．∵△ABE为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB 与△ENB 中，∵AB BEABM EBN BM BN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AMB ≌△ENB （SAS ）． 连接MN ．由△AMB ≌△ENB 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°．费马点的作法：如图3，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。
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．。
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 +。
旋转中的最值模型(费马点模型)(解析版)—2024-2025学年九年级数学上学期(人教版)
旋转中的最值模型（费马点模型）【知识点归纳】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【例题精讲】例1．（等边三角形费马点）如图，在ABC V 中，3AB =，2AC =，60BAC Ð=°，P 为ABC V 内一点，则PA PB PC ++的最小值为 ．【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质，旋转的性质，以及等边三角形的性质和求线段最值的问题，掌握做辅助线是解题的关键．例2．（直角三角形费马点）如图，已知Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，∠ACB ＝30°，斜边AC ＝4，点P 是三角形内的一动点，则PA +PB +PC 的最小值是 ．∵∠90,30ABC ACB °°=Ð=，AC 2,AB \=结AD，BE，CE．若AB＝DE＝BC＝10，∠ABC＝75°，则AD+BE+CE的最小值为．【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称的性质，通过构造平行四边形、旋转例4．（加权费马点）如图，Rt ABC △中，30CAB Ð=°，3BC =，点P 为ABC V 内一点，连接,,PA PB PC ，则PC PB +的最小值为 .++++的最小值为．AP BP PQ QC QD∴AP BP PQ CQ DQ ++++B P P P PQ QQ Q C ¢¢¢¢¢¢=++++，∴当,,,,,B P P Q Q C ¢¢¢¢六点共线时AP BP PQ CQ ++++连接,¢¢BB CC ，∵AB AB ¢=，60B AB ¢Ð=°，∴ABB ¢V 是等边三角形，∴1AB BB ¢¢==，∴B ¢在AB 的垂直平分线上，例6．（培优综合）在ABCD Y 中，45ABC Ð=°，连接AC ，已知AB AC ==E 在线段AC 上，将线段DE 绕点D 顺时针旋转 90° 为线段DF ．(1)如图1，线段AC 与线段BD 的交点和点E 重合，连接EF ，求线段EF 的长度；(2)如图2，点G 为DC 延长线上一点，使得GC EC =，连接FG 交AD 于点H ，求证：CD =；(3)如图3，在（2）的条件下，平面内一点P ，当HP CP +最小时，求HPB △的面积．∵45BAC Ð=°，AB AC ==∴45ACB ABC Ð=Ð=°，BAC Ð∴2222BC AB ==´=，∵ABCD Y ，∴45DCG ABC Ð=Ð=°，CD∵90BAC Ð=°，AB CD ∥，∴AC GD ^，90GCA ECD Ð=Ð=°，又∵GC EC =，AC DC =，∴()SAS GCA ECD V V ≌，∴GA ED =，GAC EDC Ð=Ð，∵ED FD =，ED FD ^，∴GA FD =，90AGC GDF Ð+Ð=°-Ð由旋转的性质可得，2BC BC ¢==，∵AD BC ∥，∴90AIB Ð=°，45IAB ABC Ð=Ð=°，∴222122IB IA AB ===´=，在Rt IC H ¢V 中，12IC IB BC ¢¢=+=+22223213C H IC IH ¢¢=+=+=，∵1122BC H S C H BJ BC IH ¢¢¢=⋅=⋅V ，即：在Rt IBH V 中，221BH IB IH =+=在Rt BJH V 中，22JH BH BJ =-=【课后训练】1．如图，在ABC V 中，90,5,BAC AB AC Ð==°=P 为ABC V 内部一点，则点P 到ABC V 三个顶点之和的最小值是 ．∴BAP HAE Ð=Ð，AE AP =，AH AB ==∴60HAB EAP Ð=Ð=°，∴AEP △是等边三角形，∴AE AP EP ==，∴AP BP PC EP EH PC ++=++，∴当点H 、E 、P 、C 共线时，AP BP PC ++∵18018060NAC BAH BAC Ð=°-Ð-Ð=°-条动线段MN BC ∥，且MN =，则AN BM CN ++的最小值为 ．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，旋转变换，的一半，等边三角形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．．如图，点M 是矩形ABCD 内一点，且,,MA MD MN ，则MA MD MN ++的最小值为 ．【答案】7532+根据旋转的性质有：ADD ¢\△为等边三角形，同理AMM ¢V 为等边三角形，AM AM MM ¢==\MA MD MN +\+=\当线段M D ¢¢、MM 在矩形ABCD 中，D 即可知四边形ABEF 是矩形，ADD ¢QV 为等边三角形，\12AF FD AD ===\2D F D A AF ¢¢=-4．如图，P为正方形ABCD内的动点，若AB＝2，则PA＋PB＋PC的最小值为．(1)如图1，已知150AOB Ð=°，120BOC Ð=°，将BOC V 绕点C 按顺时针方向旋转60°得ADC △．①DAO Ð的度数是 ；②用等式表示线段OA ，OB ，之间的数量关系，并证明；(2)设AOB a Ð=，BOC b Ð=．①当a ，b 满足什么关系时，OA OB OC ++有最小值？请在图2中画出符合条件的图形，并说明理由；②若等边ABC V 的边长为1，直接写出OA OB OC ++的最小值．QV ADC BOC \≌△△，OCD ÐCD OC \=，ADC BOC Ð=ÐOCD \△是等边三角形，OC OD CD \==，COD Ð=150AOB Ð=°Q ，120BOC Ð=90AOC \Ð=°，\O C OC ¢\=，O A OA ¢¢=，A C BC ¢=，A O C AOC ¢¢Ð=Ð．(1)如图1， 连接DE BE 、， 若5,3BCE ABE S S ==V V ，求BED S V ；(2)如图2， 若,DM BC DM BM ^=， 延长BE 交DM 于点N ， 且NM MC =， 求证：AD DN =-；(3)如图3，若4,90AD AB ABD ==Ð=°，P 为BCD △内一点，请直接写出PD PC PB ++的最小值．∵,DM BC DM BM ^=，∴BDM V 是等腰直角三角形，∴222BD BM DM DM =+=∴BD BF =，∴45F BDM CBD Ð=Ð=Ð=∴90DBF Ð=°，∴2DF BD =，∴4CH BC ==，DCH BCD BCH Ð=Ð+Ð∴PG PC =，∴PD PC PB PD PG GH DH ++=++³即当点D ，P ，G ，H 四点共线时，PD 在Rt DCH △中，22DH CD CH =+=即PD PC PB ++的最小值为27．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，图形的形ACFG ，点D 恰好在线段GF 上．(1)若AB的长度比BC少4，8V的面积；AC=，求ABC(2)求证：BG DG-；(3)已知点P是ABCV的顶点和边重合，在（1）的条件下，请直V内一动点，且P不与ABC接写出PA PB++的最小值．∵90BED HEG Ð=Ð=°，∴BED HED HEG Ð-Ð=Ð-即BEH DEG Ð=Ð，∵EMG BED EBG =Ð+Ð=∠∴EBG GDE Ð=Ð，∵90BAC Ð=°，∴1122ABC S AB AC BC AG =´=´△，∴6824105AB AC AG BC ´´===，针旋转90°交DC 的延长线于点F ，求证：AE CF =；（2）边长4AB =把边AB 沿BE 翻折．①如图2，若点P 落在对角线BD 上，则AE = ；②如图3，点G 在边CD 上，1DG =，连接AG 、BG ，当点P 落在ABG V 内部时（不含边上），线段AE 长度的取值范围为 ；（3）如图4，点M 是正方形ABCD 内一点，连接MA 、MC ，若5AB =，求MA MC +最小值；（4）如图5，点M 是矩形ABCD 内一点，连接,,MA MB MC ，若AB =4BC =，则MA MB MC ++最小值为 ．当点P 落到BG 上，连接由折叠的性质可得，∴=EPG EDG ÐÐ∵1DG =，（3）①当A 、M AM MC AC +>，②当点A 、M 、C ∵AB BC =，ABC Ð（4）如图，将V ∴A M AM ¢¢=，BM 又∵60M BM ¢Ð=°∴M BM ¢V 是等边三角形，【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理、等边三角形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．。
初二费马点的典型例题
初二费马点的典型例题（原创版）目录一、初二费马点的概念二、初二费马点的典型例题及解法1.直线与圆的交点问题2.圆与圆的交点问题3.费马点与几何图形的综合应用正文一、初二费马点的概念费马点是几何学中的一个重要概念，特别是在初二数学中，它是解决许多几何问题的关键。
费马点是指在平面上给定一个点，通过这个点可以作出已知线段的垂直平分线，也可以作出已知圆的直径。
费马点具有许多重要的性质，如费马点是任意三角形的垂心，费马点是任意四边形的外心等。
在初二阶段，学生需要掌握费马点的基本概念和性质，以及如何利用费马点解决几何问题。
二、初二费马点的典型例题及解法1.直线与圆的交点问题题目：已知直线 l：x - 2y + 3 = 0 和圆 O：x^2 + y^2 = 4，求直线与圆的交点。
解法：首先，根据直线方程，我们可以得到直线的斜率为 2。
然后，通过圆心 (0, 0) 作直线的垂线，可以得到垂足为费马点。
接着，利用费马点的性质，可以求出直线与圆的交点。
2.圆与圆的交点问题题目：已知圆 O1：x^2 + y^2 = 4 和圆 O2：(x - 2)^2 + (y - 1)^2 = 9，求两圆的交点。
解法：同样地，通过圆心作直线的垂线，可以得到两个圆的费马点。
然后，利用费马点的性质，可以求出两圆的交点。
3.费马点与几何图形的综合应用题目：已知矩形 ABCD，AB = 4，BC = 6，求对角线 AC 和 BD 的交点 E（费马点）。
解法：首先，根据矩形的性质，可以得到对角线 AC 和 BD 的交点 E 即为矩形的费马点。
然后，利用费马点的性质，可以求出 E 点的坐标。
总结：初二费马点是几何学中的一个重要概念，掌握费马点的性质和解法对于解决许多初二几何问题具有关键作用。
中考数学几何模型专题12费马点问题(学生版) 知识点+例题
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题12费马点问题-年8月17日﹣1665年1月12日），生于法国南部图卢兹（Toulouse ）附近的波蒙•德•罗曼，被誉为业余数学家之王．1643年，费马曾提出了一个著名的几何问题：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小的点的位置．另一位数学家托里拆利成功地解决了这个问题：如图1，△ABC （三个内角均小于120°）的三条边的张角都等于120°，即满足∠APB ＝∠BPC ＝∠APC ＝120°的点P ，就是到点A ，B ，C 的距离之和最小的点，后来人们把这个点P 称为“费马点”． 下面是“费马点”的证明过程：如图2，将△APB 绕着点B 逆时针旋转60°得到△A ′P ′B ，使得A ′P ′落在△ABC 外，则△A ′AB 为等边三角形，∴P ′B ＝PB ＝PP ′，于是P A +PB +PC ＝P ′A ′+PP ′+PC ≥A ′C ，∴当A '，P '，P ，C 四点在同一直线上时P A +PB +PC 有最小值为A 'C 的长度，∵P ′B ＝PB ，∠P 'BP ＝60°，∴△P 'BP 为等边三角形，则当A '，P '，P ，C 四点在同一直线上时，∠BPC ＝180°﹣∠P 'PB ＝180°﹣60°＝120°，∠APB ＝∠A 'PB ＝180°﹣∠BP 'P ＝180°﹣60°＝120°，∠APC ＝360°﹣∠BPC ﹣∠APC ＝360°﹣120°﹣120°＝120°，∴满足∠APB ＝∠BPC ＝∠APC ＝120°的点P ，就是到点A ，B ，C 的距离之和最小的点；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）如点P为锐角△ABC的费马点．且∠ABC＝60°，P A＝3，PC＝4，求PB的长．（2）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′＝P A+PB+PC．（3）已知锐角△ABC，∠ACB＝60°，分别以三边为边向形外作等边三角形ABD，BCE，ACF，请找出△ABC的费马点，并探究S△ABC与S△ABD的和，S△BCE与S△ACF的和是否相等．【例2】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：在上任取一点P′，连接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．【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＝P A+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．1．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＝∠CP A＝120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若AB＝AC＝，BC＝2，P为△ABC的费马点，则P A+PB+PC＝；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则P A+PB+PC＝．2．在△ABC中，若其内部的点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CP A＝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°，P A＝4，则△P AC的面积为．3．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．4．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是腰长为的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF＝．5．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P A+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＝∠CP A＝120°，如图，点P为锐角△ABC的费马点，且。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
费马点及其在中考中的应用
一、费马点的由来
费马(Pierre de Fermat，1601—1665)是法国数学家、物理学家．费马一生从未受过专门的数学教育，数学研究也不过是业余爱好．然而，在17世纪的法国还找不到哪位数学家可以与之匹敌．他是解析几何的发明者之一；概率论的主要创始人；以及独承17世纪数论天地的人．一代数学大师费马堪称是17世纪法国最伟大的数学家．尤其他提出的费马大定理更是困惑了世间智者358年．费马曾提出关于三角形的一个有趣问题：在△ABC内求一点P，使 PA+PB+PC之值为最小，人们称这个点为“费马点”．
二、探索费马点
1．当三角形有一个内角大于或等于120°的时候，则费马点就是这个内角的顶点．
下面来验证这个结论：如图1，对三角形内任意一点P，延长BA至点C′，使得AC′=AC，
作∠C′AP′=∠CAP，并且使得AP′=AP．即把△APC以A为中心做旋转变换．则△APC≌△AP′C′，
∵∠BAC≥120°，∴∠PAP′≤60°．
∴在等腰三角形PAP′中，AP≥PP′，
∴PA+PB+PC≥PP′+PB+ P′C′>BC′=AB+AC．
所以A是费马点．
图
1
图2
2．如果三个内角都在120°以内，那么，费马点就是三角形内与三角形三顶点的连线两两夹角为
120°的点．
如图2，以B点为中心，将△APB旋转60°到△A′BP′．因为旋转60°，且PB=P′B，所以△P′PB为正三角形．
因此，PA+PB+PC=P′A′+P′P+PC．
由此可知当A′，P′，P，C四点共线时，PA+PB+PC=P′A′+P′P+PC为最小．
当A′，P′，P共线时，∵∠BP′P=60°，∴∠A′P′B=∠APB=120°．同理，若P′，P，C共线时，则∵∠BPP′=60°，∴∠BPC=120°．
所以点P为满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点．
三、费马点的简单应用
近几年，在全国各地的中考中，时常可以看见费马点的影子．
例1(2009浙江湖州--25)
若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为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4，
则PB的值为________；
(2)如图3，在锐角△ABC外侧作等边△ACB，连结BB′．
求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′=PA+PB+PC．
解：(1)∵∠PBA+∠PBC=∠PBC+∠PCB=60°，∴∠PBA=∠PCB．
又∠APB=∠BPC=120°，
∴△PBA∽△PCB，则PB2=PA×PC=12，即PB=2
．
(2)证明：在BB′上取点P，使∠BPC=120°，连结AP，再在PB′上
截取PE=PC，连结CE．
∵PC=CE，AC=CB′，∠PCA=∠ECB′，
∴△ACP≌△B′CE．
∴∠APC=∠B′EC=120°，PA=EB′．
∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°，
∴P为△ABC的费马点，且BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC．
例2 (2009北京) 如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个点的坐标分别为A(-6，0)，B(6，0)，
C(0，4)，延长AC到点D，使CD=AC，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，试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．(要求：简述确定G点位置的方法，但不要求证明)
【析】本题第三问要求：简述确定G点位置的方法，但不要求证明．如果不知原理，比较难找，用常规数学的方法，会涉及到一元二次方程的判别式的问题，并不容易想到．而用费马点的知识就能轻松找出这个G点．由于直线y=kx+b与y轴的交点坐标在第二问当中可求出M(0，6)，所以，本题第三问便可以转化为：AO⊥OM于点O，AO=6，MO=6，G点从M出发，向O 点运动到达G点后，再沿GA到达A点．若G点在MO上运动的速度是它在GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置．
(如图5，G点按照上述要求到达A点所用的时间为t)
解法一：方程解法
设GO=x，则MG=6-x，AG=，
则t=，
移项平方得：3x2+(12-4t)x +36+24t-4t2=0，
∵方程有解，
Δ=(12-4t)2-12(36+24t-4t2)≥0 解得t≥6，
将t=6代回方程，求出x=2时，t最小．
解法二：费马点解法
如图6，要使MG+AG最小，即使MG+2AG最小．
作A关于MO的对称点A'，
则MG+2AG=MG+AG+A'G，
即MG+AG+A'G最小．故G为△AA'M的费尔马点．作∠GAO=30°，交MO于G点，则∠AGM=∠A'GM=∠AG A'=120°，故G点为所求． OG=2．
由此利用费马点的解法可以看出：
当动点G在OM上的运动速度是在AG上的2倍的时候，动点的位置与MO的长度无关，与AO的长度有关，GO长是AO长的倍．
2009北京中考25题最后一问不需证明其实证明也很简单！（仅供参考）
Q N
O M
G K
B
A
其中K 为DE 与y 轴的交点，由前两个问题容易得知ABK ∆为等边三角形， G 为y 轴上的任意一点，作GN BK ⊥,30BKO ∠=︒,∴12GN KG =
,故速度为2v 走完KG 所用的时间等于速度为v 走完GN 所用的时间，即2KG GN v v
=，故以2v 速度走完KG 和以v 走完GA 的时间和，其实就是以v 速度走完路程AG GN +,由速度一定，路程最短，时间最少！再由垂线段最短,最短路程就是AM ,此时G 点就是Q 点。
求该点坐标就不难了！。