“费马点”与中考试题
与费马点有关的中考试题赏析
等 边三 角 形 中Ｂ＝ Ｃ Ｐ ，ＰＰ 、Ａ 别 在 三 角 形 三边 Ｐ Ｐ ＝ Ａ Ｂ 、Ｃ Ｐ 分
上 的 高 和 中 线 、 角 形 的 角 分 线 上 ．费 马 点 是 内 切 圆 和 外 三
切 圆 的 圆 心 ． Ｂ Ｃ￣ △ Ｃ Ａ △ Ｐ Ａ △ Ｐ ２ Ｐ丝 Ｂ．
说 明 ： 题 命 题 新 颖 、 意 较 高 ． 先 介 绍 三 角 形 费 马 本 立 它
ＢＢ ＝ＰＡ＋Ｐ ＰＣ・ Ｂ＋
Ｂ
（， ） Ｃ（， 、 丁 ） 延 长 Ａ 到 点 ６０， Ｏ４ ／ ， ｃ
１ －
Ｄ 使 ｃ ＝ Ａ ， 点Ｄ ｇ Ｅ／Ａ ￣ ， Ｄ÷ Ｃ过 ｆＤ ／Ｂ
Ｚ
Ｂ 的 延 长 线 于 点 Ｅ Ｃ ． （ ） Ｄ点 的 坐 标 ； １求 （） Ｃ 关 于 直 线 Ｄ ２作 点 Ｅ的 对 称 点Ｆ ，分 别 连 结 Ｄ Ｅ 若 过 Ｂ点 的 Ｆ、 Ｆ， 直 线 ｙ ｋ ＋ 将 四 边 形 Ｃ Ｆ 分 成 周 ＝ｘｂ ＤＥ
（ 明略 ） 证
例 ２ 如 图４ 在 平 面 直 角 坐 标 系 ｘ ｙ ，Ｘ Ｂ ． ， Ｏ 中 ／ Ａ Ｃ＝ 个 顶
点 的 坐 标 分 别 为 Ａ （６Ｏ Ｂ － ， ），
，
近 年 的 中 考 试 卷 中 就 出现 了 有 关 费 马 点 问 题 的 试 题 ，
试 举 例 说 明． 例 １ 若 Ｐ △ ＡＣ 在 平 面上 一点 ， ． 为 Ｂ所 且 Ａ Ｂ Ｐ ＝Ｌ Ｂ Ｃ Ｌ Ｃ Ａ ２ Ｐ＝ Ｐ ＝１ ０。 ， 点 Ｐ 做 则 叫 △Ａ Ｃ 费 马点 ． Ｂ的 （ ） 若 点 Ｐ为 锐 角 △ Ａ Ｃ的 费 马 点 ， 且 Ａ Ｃ ６ 。 ， １ Ｂ Ｂ＝０ Ｐ ＝ ， Ｃ ４， Ｐ Ａ ３ Ｐ ＝ 则 Ｂ的 值 为 （ ） 图 ｌ 在 锐 角 △ Ａ Ｃ ＇侧 作 等 ２如 ， Ｂ ￣Ｉ － 边 △Ａ Ｂ 连 结Ｂ ． Ｃ Ｂ 求 证 ： Ｂ 过 △ Ａ Ｃ的 费 马 点 Ｐ， Ｂ Ｂ 且
中考数学压轴题 《费马点》
中考数学压轴题《费马点》根据费马点的定义，它是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离叫做费马距离。
如果三角形的内角均小于120°，那么三角形的费马点与各顶点的连线三等分费马点所在的周角；如果三角形内有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点就是到三个顶点距离之和最小的点。
一、如果三角形有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点即为该三角形的费马点。
例如，在△ABC中，如果∠BAC≥120°，则点A为△XXX的费马点。
证明过程如下：在△ABC内有一点P延长BA至C，使得AC＝AC，作∠CAP ＝∠CAP，并且使得AP＝AP，连结PP，则△APC≌△APC，PC＝PC。
因为∠BAC≥120°，所以∠PAP＝∠CAC≤60，所以在等腰△PAP中，AP≥PP，所以PA＋PB＋PC≥PP＋PB＋PC＞BC＝AB＋AC，所以点A为△XXX的费马点。
二、如果三角形的内角均小于120°，则以三角形的任意两边向外作等边三角形，两个等边三角形外接圆在三角形内的交点即为该三角形的费马点。
例如，在△ABC中三个内角均小于120°，分别以AB、AC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点为O，则点O为△ABC的费马点。
证明过程如下：在△ABC内部任意取一点O，连接OA、OB、OC，将△AOC绕着点A逆时针旋转60°，得到△AO′D，连接OO′则O′D＝OC，所以△AOO′为等边三角形，OO′＝AO，所以OA＋OC＋OB＝OO′＋OB＋O′D，则当点B、O、O′、D四点共线时，OA＋OB＋OC最小。
此时ABAC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点即为点O。
如果在△ABC中，若∠BAC、∠ABC、∠ACB均小于120°，O为费马点，则有∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，所以三角形的费马点也叫三角形的等角中心。
2024年中考数学几何模型之动点最值之费马点模型(讲+练)(原卷版[001]
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专题12 动点最值之费马点模型费马点模型：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1. 已知：△ABC是锐角三角形，G是三角形内一点。
△AGC=△AGB=△BGC=120°.求证：GA+GB+GC的值最小.例题2. 已知正方形ABCD 内一动点E 到A 、B 、C 26求正方形的边长．【变式训练1】已知点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 的等腰直角三角形DEF 的费马点，则PD ＋PE ＋PF ＝ .【变式训练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______．【变式训练3】如图，P 是锐角△ABC 所在平面上一点，如果∠APB ＝∠BPC ＝∠CPA ＝120°，则点P 就叫做△ABC 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”．。
中考专题费马点讲义与练习
中考专题费马点讲义与练习从“费马点”说起前言在解题的过程中，我们常常会遇到一些有趣并且有意义的性质。
而其中一个被广泛应用的概念就是费马点。
在本文中，我们将从探究费马点的历史背景开始，逐步深入了解费马点的性质和应用。
一、走近费马点1.设计题费马点是一个有趣的概念。
如图4—11所示，P为△ABC 所在平面上的一点。
当∠APB=∠XXX∠CPA=12°时，点P就被称为费马点。
费马点有许多有趣并且有意义的性质，例如，平面内一点P到△ABC三顶点的距离之和为PA+PB+PC，当点P为费马点时，距离之和最小。
假设A、B、C分别表示三个村庄，我们要选一处建车站，使车站到三个村庄的公路路程的和最短。
如果不考虑其他因素，那么车站应该建在费马点上。
A。
探究费马点1) 历史背景在探究费马点之前，我们需要了解费马点被发现的历史背景。
2) 特殊三角形中的费马点我们可以在特殊三角形中寻找并验证费马点的性质。
例如，当△ABC是等边三角形、等腰三角形或直角三角形时，费马点有哪些性质？3) 小论文我们可以把探究结果写成一篇小论文，并通过与同学交流来修改完善。
2.实例分析如图4—112所示，若P为△ABC所在平面上的一点，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P被称为△XXX的费马点。
1) 锐角△XXX的费马点如果点P为锐角△XXX的费马点，且∠ABC=60°，那么PB的值为什么？已知PA=3，PC=4.2) 求证如图所示，在锐角△ABC外侧作等边△ACB′，连结BB′。
证明：BB′过△ABC的费马点P，且BB′=PA+PB+PC。
3.探究问题1) 阅读理解如图(1)，在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三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△XXX的费马距离。
如图(2)，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。
中考专题费马点讲义与练习
图4—11PC BA从“费马点”说起前言解题 题海战术 通性通法 过程与结果 内化 一、走近费马点 1．（浙教版数学八下P82）设计题 你听说过费马点吗？如图4—11，P 为△ABC 所在平面上一点。
如果∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P 就叫做费马点。
费马点有许多有趣并且有意义的性质，例如，平面内一点P 到△ABC 三顶点的距离之和为PA+PB+PC ，当点P 为费马点时，距离之和最小。
假设A,B,C 表示三个村庄，要选一处建车站，使车站到三个村庄的公路路程的和最短。
若不考虑其他因素，那么车站应建在费马点上。
请按下列步骤对费马点进行探究：（1） 查找有关资料，了解费马点被发现的历史背景；（2） 在特殊三角形中寻找并验证费马点。
例如，当△ABC 是等边三角形、等腰三角形或直角三角形时，费马点有哪些性质？（3） 把你的研究结果写成一篇小论文，并通过与同学交流来修改完善你的小论文。
2．（2009年浙江省湖州市中考题）若P 为ABC △所在平面上一点，且120APB BPC CPA ∠=∠=∠=°，则点P 叫做ABC △的费马点. （1）若点P 为锐角ABC △的费马点，且60ABC PA PC ∠===°，3，4，则PB 的值为________； （2）如图，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 ++.3．（2010年湖南省永州市中考数学试题）探究问题：(1)阅读理解：①如图(1)，在已知△ABC 所在平面上存在一点P ，使它到三角形三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(2)，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：HPDCBA①请你利用托勒密定理，解决如下问题：如图(3)，已知点P 为等边△ABC 外接圆的弧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度)的费 马点和费马距离的方法：第一步：如图(4)在△ABC 的外部以BC 为边长作等边△BCD 及其外接圆； 第二步：在弧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(4)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(5)所示的△ABC(其中∠A 、∠B 、∠C 均小于120o)，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． 4．（2008年广东省中考题）已知正方形ABCD 内一动点E 到A,B,C 三点的距离之和的最小值为62+，求此正方形的边长。
2020年九年级数学中考几何探究型问题：线段最值问题——“费马点”问题(含答案)
几何探究型问题(针对第25题)线段最值问题“费马点”问题【问题背景】“费马点”——就是到三角形三个顶点的距离之和最小的点．“费马点”问题在中考考查时主要隐藏在求PA＋PB＋PC的最小值问题，通常将某三角形绕点旋转一定的角度，从而将三条线段转化在同一条直线上，利用两点之间线段最短解决问题．【模型分析】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．费马点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA＋PB＋PC最小，这就是所谓的“费马”问题．如图，将△APC绕点A逆时针旋转60°到△AP′C′，则可以构造出等边三角形APP′，从而得到AP＝PP′，CP＝C′P′，所以将PA＋PB＋PC的值转化为PP′＋PB＋P′C′的值，则线段BC′的长即为所求的最小值．例题1．如图，已知点P为等边三角形ABC外接圆的劣弧BC上任意一点，求证：PB＋PC＝PA．证明：如答图，在P A上截取PM＝PC，连接CM.∵△ABC 是等边三角形，∴∠ABC ＝∠ACB ＝60°，BC ＝AC ．∵∠ABC ＝∠APC ，∴∠MPC ＝60°，∴△MPC 是等边三角形，∴∠MCP ＝60°，MC ＝PC ，∴∠ACM ＝∠BCP .在△BPC 和△AMC 中，⎩⎪⎨⎪⎧ BC ＝AC ，∠BCP ＝∠ACM ，PC ＝MC ，∴△BPC ≌△AMC (SAS)，∴BP ＝AM ，∴PB ＋PC ＝AM ＋PM ＝P A ．2．已知三个村庄A ，B ，C 构成了如图所示的△ABC(其中∠A ，∠B ，∠C 均小于120°)，现选取一点P 作为打水井，使水井P 到三个村庄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．解：如答图，以BC 为边在△ABC 的外部作等边三角形BCD ，连接AD ．∴AD 的长就是△ABC 的费马距离．易得∠ABD ＝90°，∴AD ＝AB 2＋BD 2＝5(km)．答：输水管总长度的最小值为5 km.练习(2019·陕师大附中六模)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 ′BC ′，则CC ′＝______.【解答】由旋转的性质可知∠CBC ′＝60°，BC ′＝BC ，则∠△BCC ′是等边三角形，故CC ′＝BC ＝2.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．解题思路将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，连接PF，EC．易证PA＋PB＋PC＝EF＋PF＋PC；由PC＋PF＋EF≥EC，推出当点P，F在直线EC上时，PA＋PB＋PC的值最小，即为EC的长，求出EC的长即可解决问题．【解答】如答图1，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，连接PF，EC．由旋转的性质可知△PBF是等边三角形，∴PB＝PF.∵P A＝EF，∴P A＋PB＋PC＝EF＋PF＋PC．∵PC＋PF＋EF≥EC，∴当点P，F在直线EC上时，P A＋PB＋PC的值最小，易得BC＝BE＝BA＝3，∠CBE＝90°，∴EC＝2BC＝32，∴P A＋PB＋PC的最小值为3 2.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P，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．解题思路将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG是等边三角形，易知PQ＋BQ＋CQ＝EG＋GQ＋QC≥EC，推出当EC取得最小值时，PQ ＋BQ ＋CQ 的值最小．延长BA 交CD 的延长线于点S ，作△ADS 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)，推出EO ′＝OP ＝433，故点E 在以点O ′为圆心，433为半径的圆上，则当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值为CO ′－EO ′的长．【解答】如答图2，将△PBQ 绕点B 逆时针旋转60°得到△EBG ，连接GQ ，EC ，则PQ ＝EG ，△BQG 是等边三角形，∴BQ ＝QG ，∴PQ ＋BQ ＋CQ ＝EG ＋GQ ＋QC ≥EC ，∴当EC 取得最小值时，PQ ＋BQ ＋CQ 的值最小．如答图3，延长BA 交CD 的延长线于点S ，作△ADS 的外接圆⊙O ，连接OB ．将线段BO ，BP 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BO ′，BE ，连接EO ′，OP.易证△BEO ′≌△BPO (SAS)，∴EO ′＝PO .∵∠APD ＋∠ASD ＝180°，∴A ，P ，D ，S 四点共圆，∴OP ＝433，∴EO ′＝433， ∴点E 在以点O ′为圆心，433为半径的圆上， ∴当点E 在线段CO ′上时，EC 的值最小，最小值为CO ′－EO ′的长，连接OO ′，延长OO ′到点R ，使得O ′R ＝OO ′，连接BR ，则∠OBR ＝90°，作RH ⊥CB 交CB 的延长线于点H ，O ′T ⊥CH 于点T ，OM ⊥BC 于点M .易知在Rt △OBM 中，BM ＝5，OM ＝1133， ∴OB ＝OM 2＋BM 2＝1433， ∴BR ＝3OB ＝14.易知△BHR ∽△OMB ，∴RH BM ＝BR OB，∴RH ＝5 3.∵HR ∥O ′T ∥OM ，OO ′＝RO ′，∴TM ＝TH ，∴O ′T ＝RH ＋OM 2＝1333，∴BT ＝O ′B 2－O ′T 2＝3， ∴CO ′＝CT 2＋O ′T 2＝2633， ∴CE ＝CO ′－EO ′＝2633－433＝2233， ∴PQ ＋BQ ＋CQ 的最小值为2233.类型三 “阿氏圆”问题【问题背景】“PA ＋k ·PB ”型的最值问题是近几年中考考查的热点，更是一个难点．当k 的值为1时，即可转化为“PA ＋PB ”之和最短问题，就可用我们常见的“将军饮马”问题模型来处理，即可以转化为轴对称问题来处理．当k 取任意不为1的正数时，此类问题的处理通常以动点P 的运动轨迹不同来分类，一般分为两类研究，即点P 在直线上运动和点P 在圆上运动．其中点P 在圆周上运动的类型称之为“阿氏圆”问题．【模型分析】如图1，⊙O 的半径为r ，点A ，B 都在⊙O 外，P 为⊙O 上一动点，已知r ＝k ·OB ，连接PA ，PB ，则当PA ＋k ·PB 的值最小时，点P 的位置如何确定？如图2，在线段OB 上截取OC ，使OC ＝k ·r ，则可证明△BPO 与△PCO 相似，即k ·PB ＝PC ．故求PA ＋k ·PB 的最小值可以转化为PA ＋PC 的最小值，其中A ，C 为定点，P 为动点，当点P ，A ，C 共线时，PA ＋PC 的值最小，如图3.“阿氏圆”模型解题策略：第一步：连接动点与圆心O(一般将含有k 的线段两端点分别与圆心O 相连)，即连接OB ，OP ；第二步：计算线段OP 与OB 及OP 与OA 的线段比，找到线段比为k 的情况，如例子中的OP OB ＝k ； 第三步：在OB 上取点C ，使得OC OP ＝OP OB ；第四步：连接AC ，与⊙O 的交点即为点P .例题如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CB ＝4，CA ＝6，⊙C 的半径为2，P 为圆上一动点，连接AP ，BP ，求AP ＋12BP 的最小值． 解：如答图，连接CP ，在CB 上取点D ，使CD ＝1，连接AD ，PD ．∵CD CP ＝CP BC ＝12，∠PCD ＝∠BCD ， ∴△PCD ∽△BCP ，∴PD BP ＝12， ∴PD ＝12BP ，∴AP ＋12BP ＝AP ＋PD ， ∴要使AP ＋12BP 最小，则AP ＋PD 最小， 当点A ，P ，D 在同一条直线时，AP ＋PD 最小，即AP ＋12BP 的最小值为AD 的长． 在Rt △ACD 中，∵CD ＝1，AC ＝6，∴AD ＝AC 2＋CD 2＝37，∴AP ＋12BP 的最小值为37. 练习问题提出(1)如图1，已知线段AB 和BC ，AB ＝2，BC ＝5，则线段AC 的最小值为______.解题思路当点A 在线段BC 上时，线段AC 有最小值．【解答】∵当点A 在线段BC 上时，线段AC 有最小值，∴线段AC 的最小值为5－2＝3.问题探究(2)如图2，已知在扇形COD 中，∠COD ＝90°，DO ＝CO ＝6，A 是OC的中点，延长OC 到点F ，使CF ＝OC ，P 是CD ︵上的动点，点B 是OD 上的一点，BD ＝1.①求证：△OAP ∽△OPF .解题思路由题意可得OA OP ＝OP OF ＝12，由相似三角形的判定可得△OAP ∽△OPF . 【解答】∵A 是OC 的中点，DO ＝CO ＝6＝OP ，∴OA OP ＝12. ∵CF ＝OC ，∴OF ＝2OC ＝2OP ，∴OP OF ＝12， ∴OA OP ＝OP OF，且∠AOP ＝∠POF ，∴△OAP ∽△OPF .②求BP ＋2AP 的最小值．解题思路由相似三角形的性质可得PF ＝2AP ，可得BP ＋2AP ＝BP ＋PF ，即当F ，P ，B 三点共线时，BP ＋2AP 有最小值，最小值为BF 的长，由勾股定理即可求解．【解答】∵△OAP ∽△OPF ，∴AP PF ＝OP OF ＝12， ∴PF ＝2AP .∵BP ＋2AP ＝BP ＋PF ，∴当F ，P ，B 三点共线时，BP ＋2AP 有最小值，最小值为BF 的长．∵DO ＝CO ＝6，BD ＝1，∴BO ＝5，OF ＝12，∴BF ＝OB 2＋OF 2＝13.问题解决(3)如图3，有一个形状为四边形ABCD 的人工湖，BC ＝9千米，CD ＝4千米，∠BCD ＝150°，现计划在湖中选取一处建造一座假山P ，且BP ＝3千米，为方便游客观光，从C ，D 分别建小桥PD ，PC ．已知建桥PD 每千米的造价是3万元，建桥PC 每千米的造价是1万元，建桥PD 和PC 的总造价是否存在最小值？若存在，请确定点P 的位置，并求出总造价的最小值，若不存在，请说明理由．(桥的宽度忽略不计)解题思路以点B 为圆心，3为半径作圆交AB 于点E ，交BC 于点F ，点P 为EF ︵上一点，连接BP ，PC ，PD ，在BC 上截取BM ＝1，连接MD ，PM ，过点D 作DG ⊥CB ，可证△BPM ∽△BCP ，可得PC ＝3PM ，当点P 在线段MD 上时，建桥PD 和PC 的总造价有最小值，由勾股定理可求MD 的值，即可求出建桥PD 和PC 的总造价的最小值．【解答】存在．如答图，以点B 为圆心，3为半径作圆交AB 于点E ，交BC 于点F ，P 为EF ︵上一点，连接BP ，PC ，PD ，在BC 上截取BM ＝1，连接MD ，PM ，过点D 作DG ⊥BC 交BC 的延长线于点G .∵BM BP ＝13＝BP BC，且∠PBM ＝∠CBP ， ∴△BPM ∽△BCP ，∴PM CP ＝BM BP ＝13，∴PC ＝3PM . ∵建桥PD 和PC 的总造价为3PD ＋PC ＝3PD ＋3PM ＝3(PD ＋PM )，∴当点P 在线段MD 上时，建桥PD 和PC 的总造价有最小值．∵∠BCD ＝150°，∴∠DCG ＝30°.∵DG ⊥BC ，∴DG ＝12DC ＝23(千米)，CG ＝3DG ＝6(千米)， ∴MG ＝BC ＋CG －BM ＝9＋6－1＝14(千米)，∴MD ＝DG 2＋MG 2＝413(千米)，∴建桥PD 和PC 的总造价的最小值为3×413＝1213万元．作业5．(2019·交大附中三模)问题提出(1)如图1，点M ，N 是直线l 外两点，在直线l 上找一点K ，使得MK ＋NK 最小． 问题探究(2)如图2，在等边三角形ABC 内有一点P ，且P A ＝3，PB ＝4，PC ＝5，求∠APB 的度数．问题解决(3)如图3，矩形ABCD是某公园的平面图，AB＝30 3 米，BC＝60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A，B，C的距离之和最小．问：是否存在这样的点E？若存在，请画出点E的位置，并求出EA＋EB＋EC的最小值；若不存在，请说明理由．解：(1)如答图1，连接MN，与直线l交于点K，点K即为所求．(2)如答图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，连接PP′.由旋转的性质，得P′A＝P A＝3，P′C＝PB＝4，∠P AP′＝60°，∠AP′C＝∠APB，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝P A＝3，∠AP′P＝60°.∵PP′2＋P′C2＝32＋42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2＋P′C2＝PC2，∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°，∴∠APB＝∠AP′C＝150°.(3)存在．如答图3，把△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A′BE′，连接EE′.答图由旋转的性质，得A′B＝AB＝30 3 米，BE′＝BE，A′E′＝AE，∠E′BE＝60°，∠A′BA＝60°，∴△E′BE是等边三角形，∴BE＝EE′，∴EA ＋EB ＋EC ＝A ′E ′＋EE ′＋EC ．根据两点之间线段最短，可知当EA ＋EB ＋EC ＝A ′C 时最短，连接A ′C ，与BD 的交点E 2即为所求，此时EA ＋EB ＋EC 最短，最短距离为A ′C 的长度．过点A ′作A ′G ⊥CB 交CB 的延长线于点G . ∵∠A ′BG ＝90°－∠A ′BA ＝90°－60°＝30°， A ′G ＝12A ′B ＝12AB ＝12×303＝153(米)，∴GB ＝3A ′G ＝3×153＝45(米)， ∴GC ＝GB ＋BC ＝45＋60＝105(米)．在Rt △A ′GC 中，A ′C ＝A ′G 2＋GC 2＝(153)2＋1052＝3013(米)， 因此EA ＋EB ＋EC 的最小值为3013 米． 6．问题提出(1)如图1，已知△OAB 中，OB ＝3，将△OAB 绕点O 逆时针旋转90°得△OA ′B ′，连接BB ′，则BB ′＝问题探究(2)如图2，已知△ABC 是边长为43的等边三角形，以BC 为边向外作等边三角形BCD ，P 为△ABC 内一点，将线段CP 绕点C 逆时针旋转60°，点P 的对应点为点Q .①求证：△DCQ ≌△BCP . ②求P A ＋PB ＋PC 的最小值． 问题解决(3)如图3，某货运场为一个矩形场地ABCD ，其中AB ＝500米，AD ＝800米，顶点A ，D 为两个出口，现在想在货运广场内建一个货物堆放平台P ，在BC 边上(含B ，C 两点)开一个货物入口M ，并修建三条专用车道P A ，PD ，PM .若修建每米专用车道的费用为10 000元，当M ，P 建在何处时，修建专用车道的费用最少？最少费用为多少？(结果保留根号)解：(1)由旋转的性质，得∠BOB ′＝90°，OB ＝OB ′＝3， 根据勾股定理，得BB ′＝3 2. (2)①证明：∵△BDC 是等边三角形， ∴CD ＝CB ，∠DCB ＝60°.由旋转的性质，得∠PCQ ＝60°，PC ＝QC ， ∴∠DCQ ＝∠BCP .在△DCQ 和△BCP 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CB ，∠DCQ ＝∠BCP ，CQ ＝CP ，∴△DCQ ≌△BCP (SAS)． ②如答图1，连接AD ，PQ . ∵PC ＝CQ ，∠PCQ ＝60°，∴△CPQ 是等边三角形，∴PQ ＝PC ， 由①知DQ ＝PB ，∴P A ＋PB ＋PC ＝P A ＋QD ＋PQ ，由两点之间线段最短，得P A ＋QD ＋PQ ≥AD ， ∴P A ＋PB ＋PC ≥AD ，∴当点A ，P ，Q ，D 在同一条直线上时，P A ＋PB ＋PC 取得最小值，即为AD 的长，过点D 作DE ⊥AC ，交AC 的延长线于点E . ∵△ABC 是边长为43的等边三角形， ∴CB ＝AC ＝43，∠BCA ＝60°， ∴CD ＝CB ＝43，∠DCE ＝60°， ∴DE ＝6，∠DAE ＝∠ADC ＝30°， ∴AD ＝12，即P A ＋PB ＋PC 的最小值为12.答图(3)如答图2，将△ADP 绕点A 逆时针旋转60°，得△AD ′P ′.由(2)知，当点M ，P ，P ′，D ′在同一条直线上时，P A ＋PM ＋PD 最小，最小值为D ′M 的长．∵M 在BC 上，∴当D ′M ⊥BC 时，D ′M 取得最小值． 设D ′M 交AD 于点E ，连接DD ′，AM ，DM . 易知△ADD ′是等边三角形，∴EM ＝AB ＝500米， ∴BM ＝400米，PM ＝EM －PE ＝(500－40033)米，∴D ′E ＝32AD ＝4003(米)，∴D ′M ＝(4003＋500)米， ∴最少费用为10 000×(4003＋500)＝ 1 000 000(43＋5)元．∴当M 建在BC 的中点(BM ＝400米)处，点P 在过M 且垂直于BC 的直线上，且在M上方(500－40033)米处时，修建专用车道的费用最少，最少费用为1 000 000(43＋5)元．类型三 “阿氏圆”问题7．(2018·西工大附中三模) 问题提出(1)如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，BD 是AC 边的中线，请用尺规作图作出AB 边的中线CE ，并证明BD ＝CE ；问题探究(2)如图2，已知点P 是边长为6的正方形ABCD 内部一动点，P A ＝3，求PC ＋12PD 的最小值；问题解决(3)如图3，在矩形ABCD 中，AB ＝18，BC ＝25，点M 是矩形内部一动点，MA ＝15，当MC ＋35MD 最小时，画出点M 的位置，并求出MC ＋35MD 的最小值．解：(1)如答图1，线段EC 即为所求．证明：∵AB ＝AC ，AE ＝EB ，AD ＝CD ，∴AE ＝AD ， 在△BAD 和△CAE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AC ，∠A ＝∠A ，AD ＝AE ，答图1∴△BAD ≌△CAE (SAS)，∴BD ＝CE . (2)如答图2，在AD 上截取AE ，使得AE ＝32.∵P A 2＝9，AE ·AD ＝32×6＝9，∴P A 2＝AE ·AD ，∴P A AD ＝AEP A.∵∠P AE ＝∠DAP ，∴△P AE ∽△DAP ， ∴PE DP ＝P A DA ＝12，∴PE ＝12PD ， ∴PC ＋12PD ＝PC ＋PE .∵PC ＋PE ≥EC ，∴PC ＋12PD 的最小值即为EC 的长，在Rt △CDE 中，∵∠CDE ＝90°，CD ＝6，DE ＝92，∴EC ＝62＋(92)2＝152，∴PC ＋12PD 的最小值为152.答图(3)如答图3，在AD 上截取AE ，使得AE ＝9. ∵MA 2＝225，AE ·AD ＝9×25＝225，∴MA 2＝AE ·AD ，∴MA AD ＝AEMA.∵∠MAE ＝∠DAM ，∴△MAE ∽△DAM ， ∴EM MD ＝MA DA ＝1525＝35，∴ME ＝35MD ， ∴MC ＋35MD ＝MC ＋ME .∵MC ＋ME ≥EC ，∴MC ＋35MD 的最小值即为EC 的长．如答图3，以点A 为圆心，AM 长为半径画弧，交EC 于点M ′，点M ′即为所求． 在Rt △CDE 中，∵∠CDE ＝90°，CD ＝18，DE ＝16， ∴EC ＝162＋182＝2145， ∴MC ＋35MD 的最小值为2145.8．(1)如图1，已知正方形ABCD 的边长为4，⊙B 的半径为2，P 是⊙B 上的一个动点，求PD ＋12PC 的最小值和PD －12PC 的最大值；(2)如图2，已知正方形ABCD 的边长为9，⊙B 的半径为6，P 是⊙B 上的一个动点，那么PD ＋23PC 的最小值为，PD －23PC 的最大值为(3)如图3，已知菱形ABCD 的边长为4，∠B ＝60°，⊙B 的半径为2，P 是⊙B 上的一个动点，那么PD ＋12PC 的最小值为，PD －12PC 的最大值为解：(1)如答图1，在BC 上取一点G ，使得BG ＝1，连接PB ，PG ，DG .∵PB BG ＝CBPB＝2，∠PBG ＝∠CBP ， ∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝12，∴PG ＝12PC ， ∴PD ＋12PC ＝PD ＋PG .∵PD ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋12PC 的值最小，最小值为DG ＝42＋32＝5.∵PD －12PC ＝PD －PG ≤DG ，∴如答图2，当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为5.答图(2)106，106.【解法提示】如答图3，在BC 上取一点G ，使BG ＝4，连接PG ，PB ，DG . ∵PB BG ＝64＝32，CB PB ＝96＝32，∴PB BG ＝CB BP. ∵∠PBG ＝∠CBP ，∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝23， ∴PG ＝23PC ，∴PD ＋23PC ＝DP ＋PG .∵DP ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋23PC 的值最小，最小值为DG ＝52＋92＝106.∵PD －23PC ＝PD －PG ≤DG ，∴当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为106.答图(3)37，37.【解法提示】如答图4，在BC 上取一点G ，使得BG ＝1，连接PB ，PG ，DG ，作DF ⊥BC 交BC 的延长线于点F .∵PB BG ＝21＝2，BC PB ＝42＝2，∴PB BG ＝CB BP. ∵∠PBG ＝∠CBP ，∴△PBG ∽△CBP ， ∴PG CP ＝BG BP ＝12， ∴PG ＝12PC ，∴PD ＋12PC ＝DP ＋PG .∵DP ＋PG ≥DG ，∴当D ，P ，G 三点共线时，PD ＋12PC 的值最小，最小值为DG 的长．在Rt △CDF 中，∵∠DCF ＝60°，CD ＝4， ∴DF ＝CD ·sin60°＝23，CF ＝2，∴在Rt △GDF 中，DG ＝(23)2＋52＝37. ∴PD ＋12PC 的最小值为37.∵PD －12PC ＝PD －PG ≤DG ，∴当点P 在DG 的延长线上时，PD －12PC 的值最大，最大值为37.。
中考数学试卷费马点
的位置关系是（）A. 共线B. 共圆C. 共点D. 无规律2. 已知三角形ABC的边长分别为a、b、c，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）A. DE=EF=FDB. ∠ABC=∠DEFC. AB+BC+CA=DE+EF+FDD. ABC≌DEF3. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定不成立？（）A. AB=ACB. ∠ABC=∠DEFC. DE=EF=FDD. ABC≌DEF4. 在三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）A. ∠ABC=∠DEFB. ∠ABD=∠BCDC. ∠ACF=∠BCED. ∠BAC=∠BCF5. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）A. AB=ACB. ∠ABC=∠DEFC. AB+BC+CA=DE+EF+FDD. ABC≌DEF二、填空题6. 在三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么点D、E、F 的位置关系是（）7. 已知三角形ABC的边长分别为a、b、c，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）8. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定不成立？（）9. 在三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）10. 已知三角形ABC中，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，那么下列哪个结论一定成立？（）三、解答题点D、E、F在同一直线上。
12. （15分）已知三角形ABC的边长分别为a、b、c，点D、E、F分别满足AD=BD，BE=CE，CF=AF，求证：DE=EF=FD。
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，其中最根本的有：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根本功．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猎取．例1 〔2021湖南永州〕探究问题：〔1〕阅读理解：①如图〔A〕，在△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〕，假设四边形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〕，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：2021年4月，我国西南地区出现了罕见的延续干旱现象，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.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简单获解. 〔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＝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，后续问题的思路猎取、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，为了援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.特别三角形中：(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)假设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，考得比拟直截了当；巧合的是2021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 〔2021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 点在哪里时，AM ＋CM 的值最小；②当M 点在哪里时，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 即可猎取；②要使AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例3积存的知识经验：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 点至少援助我们在思路猎取上提高了效率.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.A DB C⑶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：此题中“AM ＋BM ＋CM 的值最小〞如果没有费马点的知识积存，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。
费马点与中考试题
费马点与中考试题集团文件版本号：(M928・T89&M248-WU2669・I2896・DQ586-M1988)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△/处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△磁的费马点，此时PA+PB+ PC的值为△力处的费马距离.②如图（B）,若四边形個仞的四个顶点在同一圆上，则有BC・DA=AC・血此为托勒密定理.（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△磁外接圆的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△/必（其中Z/、ZB、ZC均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D）,在△磁的外部以庞为边长作等边及其外接圆；第二步：在眈上任取一点P',连结円力、P，B、P，C、" Q.易知尸‘力+ P‘ B+P' C=P f A+ JP' B+P' C）=P‘ /+ ________________ ；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△磁的费马点只并请指出线段___________ 的长度即为△宓的费马距离.（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.己知三村庄力、B、C构成了如图（E）所示的（其中Z/、乙B、ZC均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井尸到三村庄力、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.（1）平面内一点P到AABC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】，ACB】，BCAx，然后连接AA】，BB】，CC”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AABC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；巧合的是例2如图，四边形/妙是正方形，△遊是等边三角形，必为对角线別（不含方点）上任意一点，将剔绕点万逆时针旋转60°得到础连接囱、AM. CM.（1）求证：（2）①当M点在何处时，AM-V CM的值最小；②当财点在何处时，4W+&M+CW的值最小，并说明理由;⑶ 当的最小值为"+1时，求正方形的边长.思路探求：⑴略：（2）①要使4W+CW的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将4M+ CW转化为一条线段，连接AC即可获取；②要使AM-i-BM+CM的值最小，由例3积累的知识经验：点M应该是的费马点.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二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，过疋点作矿丄方C交仿的延长线于尸设正方形的边长为x,则BF=\, EF= ~.狂Rt'EFC中，由勾股2 2定理得（弓）2+ （£x+x）—個+ 1）,解得即可.简答：⑴略；⑵①当财点落在助的中点时，的值最小.②如图，连接处，当财点位于別与比的交点处时， _______________AM+BM+CM的值最小. \ /理由如下：连接规由⑴知，\AM昵:.AM=EN.V ZJ/KV=60°, MB=NB,• •绑是等边三角形.:.BM=MN.:.4W+ BM+ CM= EV+ 咖 + CM.根据“两点之间线段最短”,得EV+愿V+CR」咒最短・•・当”点位于加与比的交点处时，AM-^BM-VCM的值最小，即等于虑的长.⑶过E点作EFJBC交力的延长线于尸，:.上EBF60。
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“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．
下面简单说明如何找点P使它到ABC△三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？这就是
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PA+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，PA+PB+PC
最小．
这时∠BPA=180°-∠APP′=180°-60°=120°，
∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，
∠BPC=360°-∠BPA-∠APC=360°-120°-120°=120°
因此，当ABC△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
120°，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三点的距离之
和的最小值为26，求此正方形的边长．
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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、AG，
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=22a，GC=2a, GO
=62a．
∴ BG=BO+GO =22a+62a．
∵ 点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为26．
∴ 22a+62a=26，解得a=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；
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（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ykxb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ykxb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（3，63）（过程略）．
（2） 直线BM的解析式为363yx（过程略）．
y
x
E
D
C
BAO
yxODMFECBA
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2MQAQvv，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．
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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＝12MQ．
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=∠
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23．
（2）设点P为锐角△ABC的费马点，
即∠APB=∠BPC=∠CPA=120°
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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．
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