中考数学几何模型：费马点最值模型（Word版，附答案）

中考数学几何模型：费马点最值模型
费马尔问题思考：
如何找一点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？
当B、P、Q、E四点共线时取得最小值
费马点的定义：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。
费马点的性质：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°。
费马点最小值快速求解：
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．
秘诀：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
典题探究
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.
证明：将△BGC逆时针旋转60°，连GP,DB.则
△CGB≌△CPD；
∴
∠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。
∵
∠AGC=120°,
∠CGP=60°.
∴
A、G、P三点一线。
∵
∠CPD=120°,
∠CPG=60°.
∴
G、P、D三点一线。
∴
AG、GP、PD三条线段同在一条直线上。
∵
GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.
∴
G点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的那一点
变式练习>>>
1．如图，是边长为1的等边内的任意一点，求的取值范围.
解：将绕点顺时针旋转60°得到，
易知为等边三角形.
从而
（两点之间线段最短），从而.
过作的平行线分别交于点，
易知.
因为在和中，
①，
②。
又，所以③.
①+②+③可得
，
即.综上，的取值范围为.
例题2.
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，求正方形的边长．
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．
∵
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．
设正方形的边长为，那么
BO=CO=，GC=,
GO=．
∴
BG=BO+GO
=+．
∵
点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为．
∴
+=，解得=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．
变式练习>>>
2．若P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4,
求PB的值.
例题3.
如图，矩形ABCD是一个长为1000米，宽为600米的货场，A、D是入口，现拟在货场内建一个收费站P，在铁路线BC段上建一个发货站台H，设铺设公路AP、DP以及PH之长度和为l，求l的最小值．
【解答】，线段A1E为最短．
变式练习>>>
3．如图，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PA，PD，PM．若修建每米专用车道的费用为10000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？（结果保留整数）
连接AM，DM，将△ADP绕点A逆时针旋转60°，得△AP′D′，
由（2）知，当M，P，P′，D′在同一条直线上时，AP+PM+DP最小，最小值为D′N，
∵M在BC上，
∴当D′M⊥BC时，D′M取最小值，
设D′M交AD于E，
∵△ADD′是等边三角形，
∴EM＝AB＝500，
∴BM＝400，PM＝EM﹣PE＝500﹣，
∴D′E＝AD＝400，
∴D′M＝400+500，
∴最少费用为10000×（400+500）＝1000000（4+5）元；
∴M建在BC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﹣）米处，最少费用为1000000（4+5）元．
例题4.
如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为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，分别连接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）在第二问的条件下，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）
【解答】解：（1）∵A（﹣6，0），C（0，4）
∴OA＝6，OC＝4，设DE与y轴交于点M
由DE∥AB可得△DMC∽△AOC，又∵CD＝AC
∴，∴CM＝2，MD＝3，同理可得EM＝3
∴OM＝6，∴D点的坐标为（3，6）；
（2）由（1）可得点M的坐标为（0，6）
由DE∥AB，EM＝MD，可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线
∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上，∴ED与CF互相垂直平分
∴CD＝DF＝FE＝EC，∴四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中心
作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、点T，
可证△FTM≌△CSM，∴FT＝CS，
∵FE＝CD，∴TE＝SD，
∵EC＝DF，∴TE+EC+CS+ST＝SD+DF+FT+TS，
∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，
由点B（6，0），点M（0，6）在直线y＝kx+b上，可得直线BM的解析式为y＝﹣x+6．
（3）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=MG．
图5
图6
图7
解法2
考虑MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=，可得∠BMO＝30°，所以QK＝MQ．要使MQ＋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=，可得∠OBM=60°，∴∠BAH=30°
在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=
∴G点的坐标为（0，）（G点为线段OC的中点）．
例题5.
如图1，已知一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、
B两点，且与x轴交于另一点C．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，点D为AC的中点，点E在线段BD上，且BE＝2ED，连接CE并延长交抛物线于点M，求点M的坐标；
（3）将直线AB绕点A按逆时针方向旋转15°后交y轴于点G，连接CG，如图2，P为△ACG内一点，连接PA、PC、PG，分别以AP、AG为边，在他们的左侧作等边△APR，等边△AGQ，连接QR
①求证：PG＝RQ；
②求PA+PC+PG的最小值，并求出当PA+PC+PG取得最小值时点P的坐标．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（﹣3，0），B（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，∴解得，∴b＝﹣2，c＝3．
（2），对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，
∴点C坐标（1，0），
∵AD＝DC＝2，∴点D坐标（﹣1，0），
∵BE＝2ED，∴点E坐标（﹣，1），
设直线CE为y＝kx+b，把E、C代入得到解得，∴直线CE为y＝﹣x+，
由解得或，∴点M坐标（﹣，）．
（3）①∵△AGQ，△APR是等边三角形，
∴AP＝AR，AQ＝AG，∠QAC＝∠RAP＝60°，
∴∠QAR＝∠GAP，
在△QAR和△GAP中，，
∴△QAR≌△GAP，∴QR＝PG．
②如图3中，∵PA+PG+PC＝QR+PR+PC＝QC，
∴当Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，
作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．
∵∠GAO＝60°，AO＝3，
∴AG＝QG＝AQ＝6，∠AGO＝30°，
∵∠QGA＝60°，∴∠QGO＝90°，∴点Q坐标（﹣6，3），
在RT△QCN中，QN＝3，CN＝7，∠QNC＝90°，
∴QC＝＝2，
∵sin∠ACM＝＝，∴AM＝，
∵△APR是等边三角形，∴∠APM＝60°，∵PM＝PR，cos30°＝，
∴AP＝，PM＝RM＝，∴MC＝＝，∴PC＝CM﹣PM＝，
∵＝＝，∴CK＝，PK＝，∴OK＝CK﹣CO＝，
∴点P坐标（﹣，）．
∴PA+PC+PG的最小值为2，此时点P的坐标（﹣，）．
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1.
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______．
【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．
2.
如图，P为正方形ABCD对角线BD上一动点，若AB＝2，则AP+BP+CP的最小值为（　　）
A．+
B．+
C．4
D．3
【解答】解：如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AEF，
当E、F、P、C共线时，PA+PB+PC最小．
理由：∵AP＝AF，∠PAF＝60°，
∴△PAF是等边三角形，
∴PA＝PF＝AF，EF＝PB，
∴PA+PB+PC＝EF+PF+PC，
∴当E、F、P、C共线时，PA+PB+PC最小，
作EM⊥DA交DA的延长线于M，ME的延长线交CB的延长线于N，则四边形ABNM是矩形，
在RT△AME中，∵∠M＝90°，∠MAE＝30°，AE＝2，
∴ME＝1，AM＝BN＝，MN＝AB＝2，EN＝1，
∴EC＝＝＝
＝＝
＝+．
∴PA+PB+PC的最小值为+．
故选：B．
3．如图，四边形ABCD是菱形，AB＝4，且∠ABC＝∠ABE＝60°，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　4　．
【解答】解：如图，连接MN，∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA＝∠NBE．
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS），
∴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，
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF＝180°﹣120°＝60°，
∵BC＝4，
∴BF＝2，EF＝2，在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2＝EC2，
EC＝4．
故答案为：4
4．将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点B、C落在格点上，点A在BC的垂直平分线上，∠ABC＝30°，点P为平面内一点．
（1）∠ACB＝　30　度；
（2）如图，将△APC绕点C顺时针旋转60°，画出旋转后的图形（尺规作图，保留痕迹）；
（3）AP+BP+CP的最小值为　　．
【解答】解（1）∵点A在BC的垂直平分线上．
∴AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ACB＝30°．
故答案为30°．
（2）如图△CA′P′就是所求的三角形．
（3）如图当B、P、P′、A′共线时，PA+PB+PC＝PB+PP′+P′A的值最小，
此时BC＝5，AC＝CA′＝，BA′＝＝．
故答案为．
5．如图，四个村庄坐落在矩形ABCD的四个顶点上，AB＝10公里，BC＝15公里，现在要设立两个车站E，F，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值为　（15+10）　公里．
【解答】解：如图1，将△AEB绕A顺时针旋转60°得△AGH，连接BH、EG，将△DFC绕点D逆时针旋转60°得到△DF'M，连接CM、FF'，
由旋转得：AB＝AH，AE＝AG，∠EAG＝∠BAH＝60°，BE＝GH，
∴△AEG和△ABH是等边三角形，
∴AE＝EG，
同理得：△DFF'和△DCM是等边三角形，DF＝FF'，FC＝F'M，
∴当H、G、E、F、F'、M在同一条直线上时，EA+EB+EF+FC+FD有最小值，如图2，
∵AH＝BH，DM＝CM，
∴HM是AB和CD的垂直平分线，
∴HM⊥AB，HM⊥CD，
∵AB＝10，
∴△ABH的高为5，
∴EA+EB+EF+FC+FD＝EG+GH+EF+FF'+F'M＝HM＝15+5+5＝15+10，
则EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10）公理．
故答案为：（15+10）．
6．已知，在△ABC中，∠ACB＝30°
（1）如图1，当AB＝AC＝2，求BC的值；
（2）如图2，当AB＝AC，点P是△ABC内一点，且PA＝2，PB＝，PC＝3，求∠APC的度数；
（3）如图3，当AC＝4，AB＝（CB＞CA），点P是△ABC内一动点，则PA+PB+PC的最小值为　　．
【解答】解：（1）如图1中，作AP⊥BC于P．
∵AB＝AC，AP⊥BC，
∴BP＝PC，
在Rt△ACP中，∵AC＝2，∠C＝30°，
∴PC＝AC?cos30°＝，
∴BC＝2PC＝2．
（2）如图2中，将△APB绕点A逆时针旋转120°得到△QAC．
∵AB＝AC，∠C＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴PA＝AQ＝2，PB＝QC＝，
∵∠PAQ＝120°，
∴PQ＝2，
∴PQ2+PC2＝QC2，
∴∠QPC＝90°，
∵∠APQ＝30°，
∴∠APC＝30°+90°＝120°．
（3）如图3中，将△BCP绕点C逆时针旋转60°得到△CB′P′，连接PP′，AB′，则∠ACB′＝90°．
∵PA+PB+PC＝PA+PP′+P′B′，
∴当A，P，P′，B′共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值＝AB′的长，
由AB＝，AC＝4，∠C＝30°，可得BC＝CB′＝3，
∴AB′＝＝．
故答案为．
7．如图l，在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．
（1）连接PB，PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B，C，P的对应点分别为点D、A、E，连接CE．
①依题意，请在图2中补全图形；
②如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，求CE的长
（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC＝3，AB＝6时，根据此图求PA+PB+PC的最小值．
【解答】解：（1）①补全图形如图所示；
②如图，连接BD、CD
∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，
∴BC∥AD且BC＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形BCAD是矩形，
∴CD＝AB＝6，
∵BP＝3，
∴DE＝BP＝3，
∵BP⊥CE，BP∥DE，
∴DE⊥CE，
∴在Rt△DCE中，CE＝＝＝3；
（2）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＝CP+PM+MN，
当AC＝3，AB＝6时，BC＝3，
∴sin∠ABC＝，
∴∠ABC＝30°，∵∠ABN＝60°，
∴∠CBN＝90°
当C、P、M、N四点共线时，PA+PB+PC的值最小，
最小值＝CN＝＝＝3．
8．（1）阅读证明
①如图1，在△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，已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC＝PA．
（2）知识迁移
根据（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3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；
第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+　P0D　；
第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段　AD　的长度即为△ABC的费马距离．
（3）知识应用
已知三村庄A，B，C构成了如图4所示的△ABC（其中∠A，∠B，∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使水井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．
【解答】解：（1）如图2，延长BP至E，使PE＝PC．
∵在等边△ABC中，∴∠EPC＝∠BAC＝60°，
∵PC＝PE，∴△PCE为等边三角形，
∴PC＝PE，∠PCE＝60°，
∴∠BCP+∠PCE＝∠ACB+∠BCP，
∴∠ACP＝∠BCE，
∵在△ACP和△BCE中，
，
∴△ACP≌△BCE（SAS）．
∴AP＝BE＝BP+PE＝BP+PC；
（2）由（1）得出：第一步：如图3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；
第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+P0D；
第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段AD的长度即为△ABC的费马距离．
故答案为：P0D；AD．
（3）如图4，以BC为边在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD．
∴AD的长就是△ABC的费马距离．
可得∠ABD＝90°
∴AD＝＝5（km）．
∴输水管总长度的最小值为5千米．