模型54 “费马点”模型（含答案）2025年中考数学几何模型专题复习

模型54 “费马点”模型
基础模型
图示 △ABC的最大内角小于120°
问题 P 是△ABC内一点,当点 P 在何处时,PA+PB+PC的和最小
结论 当PA+PB+PC的和最小时,点P满足∠APB=∠BPC=∠APC=120°
结论:当PA+PB+PC的和最小时,点P 满足∠APB=∠BPC=∠APC=120°
证明:如图,将△CBP绕点C逆时针旋转60°得到△CFE,连接PE,BF,AF,∴△CBP≌△CFE,PB=EF,CP=CE,CB=CF.
又∵∠PCE=∠BCF=60°,
∴△BCF,△CEP 均为等边三角形,
∴PC=CE=PE,∴PA+PB+PC=PA+EF+PE≥AF,
∴当A,P,E,F四点共线时,PA+PB+PC的值最小,最小值为AF 的长.
此时
模型拓展
拓展方向：△ABC的最大内角大于等于 的情况
图示 △ABC的最大内角大于等于120°
问题 P 是△ABC内一点,当点 P 在何处时,PA+PB+PC的和最小
结论 当PA+PB+PC的和最小时，点 P 与最大角顶点重合
模型解题三步法
例1 如图,在△ABC中, ,点P 是三角形内部一点,则 PA+PB+PC的最小值为 .
例2 如图， 为等腰直角三角形， 点P为 内一点，点P到A，B，C三点的距离之和的最小值为 则AB的长为 .
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题以类解
1. 如图，有一个三角形的花圃ABC，园林设计的工人要在花圃内找一出水口 P，并向A，B，C三点装水管,已知AB=30米,BC=40米,∠ABC=30°，水管的单价为10元/米，求购买水管最少需要 元.
2. 如图,菱形ABCD的边长为6,∠BAD=120°,在菱形 ABCD 内部有一点 P,当PA+PB+PC的值最小时，PD的长为 .
3. 如图,在△ABC中,∠BCA=15°,AC=2,BC= ,在△ABC 的内部有一点 P,连接 PA,PB,PC,则 的最小值为 .
4. 新考法 阅读理解 阅读材料：
费马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，后来人们把这个距离之和最小的点 P 称为“费马点”.
问题解决：
(1)如图①,将△ABC 绕点 A 逆时针旋转60°得到△ADE,DE与BC 交于点 P.
求证:PA+PC=PE;
(2)如图②,在△MNG 中,MN=6,∠M= 点O 是△MNG内一点，求点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值.
5.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(点A在点 F的左侧).
(1)求抛物线的解析式；
(2)点 P为△ABO内的一个动点,设m=PA+PB+PO，请求出m的最小值，以及 m取得最小值时，线段AP 的长.
模型54 “费马点”模型
模型解题三步法
例1 8 【解析】根据“费马点”模型作解图，∴ PA=EA,PB=DE,∠PAE=60°,∴ △PAE为等边三角形,∴PA=PE,∴ PA+PB+PC=DE+EP+PC,当D,E,P,C四点共线时,DE+EP+PC取得最小值,最小值为 CD 的长,∵AD=AB=3,AC=5,∴CD=AD+AC=8,即PA+PB+PC的最小值为8.
例2 点P 点P到A，B，C三点的距离之和的最小值
2 【解析】根据“费马点”模型作解图，∴MN=BP,AN=AP,∠NAP=60°,∴△ANP 为等边三角形,∴AP=NP,∴AP+PB+PC=MN+NP+PC,当AP+PB+PC取最小值时,折线MNPC 成为线段,则 AM,∠BAM=60°,∴ △ABM 为等边三角形,∴∠MBC=∠ABM+∠ABC= 150°,过点 M作 MO⊥BC 交 CB 的延长线于点 O,则
在 Rt△OMC 中, ,解得BM=2,即AB=2.
题以类解
1.500 【解析】找模型：三角形内是否存在一动点：点P，是否存在该动点到三角形三个顶点距离之和的最小值：点P到A，B，C三点的距离之和的最小值.抽离模型：如解图，用模型：根据“费马点”模型作解图，将△ABP 绕点A顺时针旋转60°至△ADE,连接EP,CP,DB,DC,∴PA+PB+PC的最小值为CD的长,∵∠DBA=60°,∠ABC=30°,∴ ∠DBC=90°, 米.∵水管的单价为10元/米,∴购买水管最少需要50×10=500元.
2. 4 【解析】找模型：三角形内是否存在一动点：点P，是否存在该动点到三角形三个顶点距离之和的最小值：点P到A，B，C三点的距离之和的最小值.抽离模型：如解图，用模型根据“费马点”模型作解图，连接AC，将△APC 绕点 C 逆时针旋转60°得到△DEC,连接PE,∴△APC≌△DEC,CP=CE,∠PCE=60°,∴△PCE是等边三角形,∴PE=CE=CP,∠EPC=∠CEP=60°,∴PA+PB+PC=DE+BP+PE,当B,P,E,D四点共线时,DE+PE+BP 取得最小值,即 PA+PB+PC 的最小值为BD 的长.∵在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°,
30°,∴∠PCB=∠EPC-∠CBP=60°-30°=30°,∴∠PCB=∠CBP,∴BP=CP,同理,DE=CE,∴BP=PE=ED.设AC交BD于点O,在Rt△BOC中,∵∠BOC=90°,∠OBC=30°,BC 即当PA+PB+PC 的值最小时,PD 的长为4
【解析】如解图，将△PAC绕点 C 逆时针旋转 120°得到△P'A'C,连接 PP'和A'B,则△PCP'是顶角为 120°的等腰三角形,∴ ∴当B,P,P',A'四点共线时,取得最小值，即为A'B的长(“费马点”模型)，过点A'作 A'D⊥BC 交 BC 延长线于点 D,∵∠BCA'=120°+15°=135°,∴ ∠DCA'=180°-135°=45°.∵A'C=AC=2,在 Rt△CDA'中, 在 Rt△BDA'中, 的最小值为
4. (1)证明:如解图①,在BC上截取BG=PD,连接AG,
在△ABG和△ADP中,
∴△ABG≌△ADP(SAS),
∴AG=AP,∠BAG=∠DAP,∴GC=PE,
∵∠BAD=∠BAG+∠GAD=60°,
∴∠PAG=∠GAD+∠DAP=60°,
∴△AGP 是等边三角形,∴AP=GP,
∴PA+PC=GP+PC=GC=PE,
∴PA+PC=PE;
(2)解:如解图②,连接 OM,ON,OG,将△MON绕点 M 顺时针旋转60°至△MHI,连接HO,IN,IG,
∴MN=IM,MO=MH,∠IMN=∠HMO=60°,
∴△HMO 为等边三角形,∴OM=OH,
∵∠NMG=75°,∴∠IMG=135°,过点 G 作 IM 的垂线交 IM 的延长线于点 J,
∴∠GMJ=45°,
∴IJ=MN+MJ=6+4=10,
∴OM+ON+OG=OH+HI+OG≥IG,当I,H,O,G四点共线时取得最小值，即IG 的长，在Rt△IJG中,
∴MO+NO+GO 的最小值为 ，即点O到△MNG 三个顶点的距离和的最小值为
5. 解:(1)如解图①,过点 E作EG⊥OD 于点 G,
∵∠BOD=∠EGD=90°,∠BDO=∠EDG,
∴△BOD∽△EGD,
∵点B(0,2),∠ODB=30°,
∵OE为△BOD 的中线,
∴点E 的坐标为( ,1),
∵抛物线 经过B(0,2),E( ,1)两点,
+2,解得
∴抛物线的解析式为
(2)如解图②,以AB为边向外作等边△AO'B,以OA为边向外作等边△AOB'，
由(1)得B(0,2),E( ,1),
∴OE=OB=2,∠OBE=60°,
则△OBE是等边三角形，
连接OO'，BB'，它们的交点即为 m 最小时，P 点的位置(“费马点”模型)，
∵OA=OB',∠B'OB=∠AOE=150°,OB=OE,
∴ △AOE ≌ △B' OB (SAS),∴ ∠B' BO=∠AEO,
将△BPO 绕点 O 顺时针旋转60°得△EP'O.
∴∠POP'=60°,OP=OP',
∴△POP'为等边三角形,∴OP=PP',
在 中,令y=0,解得
由(1)得OG= ,EG=1,∴AE= 即
如解图③，作等边△OBE的外接圆⊙Q，连接BP,OP,
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,
∴点 Q 是△BOE 的外心,设Q(xρ,yρ),xρ=
则
由切割线定理得:AP·AE=OA·AH,
∴m可以取到的最小值为
当m取得最小值时，线段AP 的长为