挑戰(zhàn)2024年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘(全國通用)專題12最值模型-費馬點問題(原卷版+解析)

專題12最值模型-費馬點問題最值問題在中考數(shù)學常以壓軸題的形式考查，費馬點問題是由全等三角形中的手拉手模型衍生而來，主要考查轉化與化歸等的數(shù)學思想。在各類考試中都以中高檔題為主，中考說明中曾多處涉及。本專題就最值模型中的費馬點問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握?！灸Ｐ捅尘啊科ひさ隆べM馬，17世紀法國數(shù)學家，有“業(yè)余數(shù)學家之王”的美譽，之所以叫業(yè)余并非段位不夠，而是因為其主職是律師，兼職搞搞數(shù)學．費馬在解析幾何、微積分等領域都有卓越的貢獻，除此之外，費馬廣為人知的是以其名字命名的“費馬小定理”、“費馬大定理”等．費馬點：三角形內(nèi)的點到三個頂點距離之和最小的點?！灸Ｐ徒庾x】結論1：如圖，點M為△ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小。注意：上述結論成立的條件是△ABC的最大的角要小于120o，若最大的角大于或等于120o，此時費馬點就是最大角的頂點A。（這種情況一般不考，通常三角形的最大頂角都小于120°）【模型證明】以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN．∵△ABE為等邊三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．連接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最?。藭r，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．費馬點的作法：如圖3，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設交點為M，則點M即為△ABC的費馬點。結論2：點P為銳角△ABC內(nèi)任意一點，連接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加權費馬點）【模型證明】第一步，選定固定不變線段；第二步，對剩余線段進行縮小或者放大。如：保持BP不變，xAP+yBP+zCP=，如圖，B、P、P2、A2四點共線時，取得最小值。模型特征：PA+PB+PC（P為動點）①一動點，三定點；②以三角形的三邊向外作等邊三角形的，再分別將所作等邊三角形最外的頂點與已知三角形且與所作等邊三角形相對的頂點相連，連線的交點即為費馬點；③同時線段前可以有不為1的系數(shù)出現(xiàn)，即：加權費馬點?！咀钪翟怼績牲c之間，線段最短。例1．（2023·山東濱州·中考真題）如圖，在中，，，．若點P是內(nèi)一點，則的最小值為____________．例2．（2023·遼寧丹東·中考真題）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內(nèi)一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．例3.（2023·宜賓·中考真題）如圖，和都是等腰直角三角形，，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結CE．下列結論：①；②；③若，則；④在內(nèi)存在唯一一點P，使得的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則．其中含所有正確結論的選項是（

）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④例4．（2023·江蘇·九年級階段練習）探究題(1)知識儲備：①如圖1，已知點P為等邊△ABC外接圓的弧BC上任意一點．求證：PB+PC=PA．②定義：在△ABC所在平面上存在一點P，使它到三角形三頂點的距離之和最小，則稱點P為△ABC的費馬點，此時PA+PB+PC的值為△ABC的費馬距離．(2)知識遷移：我們有如下探尋△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的費馬點和費馬距離的方法：如圖2，在△ABC的外部以BC為邊長作等邊△BCD及其外接圓，根據(jù)(1)的結論，易知線段____的長度即為△ABC的費馬距離．(3)知識應用：①如圖3所示的△ABC（其中均小于），，現(xiàn)取一點P，使點P到三點的距離之和最小，求最小值；②如圖4，若三個村莊構成Rt△ABC，其中．現(xiàn)選取一點P打水井，使P點到三個村莊鋪設的輸水管總長度最小，畫出點P所對應的位置，輸水管總長度的最小值為________．（直接寫結果）例5．（2023·重慶中考真題）如圖，在中，，，點D是BC邊上一動點，連接AD，把AD繞點A逆時針旋轉90°，得到AE，連接CE，DE．點F是DE的中點，連接CF．（1）求證：；（2）如圖2所示，在點D運動的過程中，當時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數(shù)量關系，并證明你猜想的結論；（3）在點D運動的過程中，在線段AD上存在一點P，使的值最小．當?shù)闹等〉米钚≈禃r，AP的長為m，請直接用含m的式子表示CE的長．例6．（2022·河北·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系xoy中，點B的坐標為(0，2)，點在軸的正半軸上，，OE為△BOD的中線，過B、兩點的拋物線與軸相交于、兩點（在的左側）.（1）求拋物線的解析式；（2）等邊△的頂點M、N在線段AE上，求AE及的長；（3）點為△內(nèi)的一個動點，設，請直接寫出的最小值,以及取得最小值時，線段的長.例7．（2022·浙江·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P為平面內(nèi)一點，求最小值課后專項訓練1．（2021·山東淄博市·中考真題）兩張寬為的紙條交叉重疊成四邊形，如圖所示．若，則對角線上的動點到三點距離之和的最小值是__________．2．（2022·成都實外九年級階段練習）如圖，在中，，P是內(nèi)一點，求的最小值為______．3．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點P是AB邊上一動點，作PD⊥BC于點D，線段AD上存在一點Q，當QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時，則PD=________．4．（2023·湖北武漢·中考真題）問題背景：如圖，將繞點逆時針旋轉60°得到，與交于點，可推出結論：問題解決：如圖，在中，，，．點是內(nèi)一點，則點到三個頂點的距離和的最小值是___________5．（2022·重慶·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底邊上的高AH上一點．若AP+BP+CP的最小值為2，則BC＝_____．6．（2023·江蘇·九年級專題練習）如圖，四邊形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形內(nèi)任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM的最小值為________．7．（2022·陜西·二模）已知，如圖在中，，，，在內(nèi)部有一點D，連接DA、DB、DC．則的最小值是__________．8．（2022·陜西·八年級期末）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E在BC邊上，且BE＝1．點P是AB邊上的動點，連接PE，將線段PE繞點E順時針旋轉90°得到線段EQ．若在正方形內(nèi)還存在一點M，則點M到點A、點D、點Q的距離之和的最小值為_____．9．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN、AM、CM．(1)求證：；(2)①當M點在何處時，AM＋CM的值最??；②當M點在何處時，AM＋BM＋CM的值最小，并說明理由；(3)當AM＋BM＋CM的最小值為時，求正方形的邊長．10．（2022·福建九年級開學考試）如圖，四邊形是正方形，是等邊三角形，為對角線（不含點）上任意一點，將繞點逆時針旋轉得到，連接、、.設點的坐標為.（1）若建立平面直角坐標系，滿足原點在線段上，點，.且（），則點的坐標為，點的坐標為；請直接寫出點縱坐標的取值范圍是；（2）若正方形的邊長為2，求的長，以及的最小值.(提示：連接:，)11．（2023·廣東·九年級專題練習）閱讀材料：平面幾何中的費馬問題是十七世紀法國數(shù)學家、被譽為業(yè)余數(shù)學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題．1643年，在一封寫給意大利數(shù)學家和物理學家托里拆利的私人信件中，費馬提出了下面這個極富挑戰(zhàn)性和趣味性的幾何難題，請求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最短的點P的位置．托里拆利成功地解決了費馬的問題．后來人們就把平面上到一個三角形的三個頂點A，B，C距離之和最小的點稱為ABC的費馬-托里拆利點，也簡稱為費馬點或托里拆利點．問題解決：（1）費馬問題有多種不同的解法，最簡單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將BPC繞點B順時針旋轉60°得到BDE，連接PD，可得BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由可知，PA+PB+PC的最小值與線段的長度相等；（2）如圖2，在直角三角形ABC內(nèi)部有一動點P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，平面內(nèi)有一動點E，在點E運動過程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請直接寫出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請說明理由．12．（2022·山西·九年級專題練習）請閱讀下列材料，并完成相應的任務：費馬，17世紀德國的業(yè)余數(shù)學家，被譽為“業(yè)余數(shù)學家之王”，他獨立于笛卡兒發(fā)現(xiàn)了解析幾何的基本原理.費馬得到過這樣的結論：如圖①，當三角形的三個角均小于時，在三角形內(nèi)有一點，使得，且該點到三角形三個頂點的距離之和最小，這個點被稱為費馬點.證明：如圖②，把繞點逆時針旋轉得到，連接，則，________，為等邊三角形.，，點可看成是線段繞點逆時針旋轉而得的定點，為定長，當四點在同一直線上時，最小，這時，，.任務：（1）橫線處填寫的條件是__________；（2）已知正方形內(nèi)一動點到三點的距離之和的最小值為，求此正方形的邊長.13．（2022·山西·八年級階段練習）綜合與實踐材料一：“轉化思想”是幾何變換中常用的思想，例如將圖形進行旋轉變換，實現(xiàn)圖形位置的“轉化”，把一般情形轉化為特殊情形，使問題化難為易．它是一種以變化的、運動的觀點來處理孤立的、離散問題的思想．材料二：皮埃爾·德·費馬（如圖），世紀法國律師和業(yè)余數(shù)學家，被譽為“業(yè)余數(shù)學家之王”．年勒·笛卡兒邀請費馬思考關于三個頂點距離為定值的問題，費馬經(jīng)過思考并由此推出費馬點的相關結論．定義：若一個三角形的最大內(nèi)角小于則在其內(nèi)部有一點所對三角形三邊的張角均為此時該點叫做這個三角形的費馬點.如圖1，當三個內(nèi)角均小于時，費馬點在內(nèi)部，此時的值最?。?）如圖2，等邊三角形內(nèi)有一點若點到頂點的距離分別為，求的度數(shù).為了解決本題，小林利用“轉化”思想，將繞頂點旋轉到處，連接此時這樣就可以通過旋轉變換，將三條線段，轉化到一個三角形中，從而求出；（2）如圖3，在圖1的基礎上延長，在射線上取點，連接．使求證：；（3）如圖4，在中，點為的費馬點，連接，請直接寫出的值．14．（2023·重慶綦江·九年級期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點E、F分別是AB、BC上的動點，連接DE、DF、EF．(1)如圖1，連接AF，若AF⊥BC，E為AB的中點，且EF＝5，求DF的長；(2)如圖2，若BE＝BF，G為DE的中點，連接AF、AG、FG，求證：AG⊥FG；(3)如圖3，若AB＝7，將△BEF沿EF翻折得到△EFP（始終保持點P在菱形ABCD的內(nèi)部），連接AP、BP及CP，請直接寫出當PA＋PB＋PC值最小時PB的長．15.（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，拋物線經(jīng)點，與軸相交于點．1)求拋物線的解析式；(2)定義：平面上的任一點到二次函數(shù)圖象上與它橫坐標相同的點的距離，稱為點到二次函數(shù)圖象的垂直距離．如：點到二次函數(shù)圖象的垂直距離是線段的長．已知點為拋物線對稱軸上的一點，且在軸上方，點為平面內(nèi)一點，當以為頂點的四邊形是邊長為4的菱形時，請求出點到二次函數(shù)圖象的垂直距離．(3)在(2)中，當點到二次函數(shù)圖象的垂直距離最小時，在為頂點的菱形內(nèi)部是否存在點，使得之和最小，若存在，請求出最小值；若不存在，請說明理由．專題12最值模型-費馬點問題最值問題在中考數(shù)學常以壓軸題的形式考查，費馬點問題是由全等三角形中的手拉手模型衍生而來，主要考查轉化與化歸等的數(shù)學思想。在各類考試中都以中高檔題為主，中考說明中曾多處涉及。本專題就最值模型中的費馬點問題進行梳理及對應試題分析，方便掌握?！灸Ｐ捅尘啊科ひさ隆べM馬，17世紀法國數(shù)學家，有“業(yè)余數(shù)學家之王”的美譽，之所以叫業(yè)余并非段位不夠，而是因為其主職是律師，兼職搞搞數(shù)學．費馬在解析幾何、微積分等領域都有卓越的貢獻，除此之外，費馬廣為人知的是以其名字命名的“費馬小定理”、“費馬大定理”等．費馬點：三角形內(nèi)的點到三個頂點距離之和最小的點?！灸Ｐ徒庾x】結論1：如圖，點M為△ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小。注意：上述結論成立的條件是△ABC的最大的角要小于120o，若最大的角大于或等于120o，此時費馬點就是最大角的頂點A。（這種情況一般不考，通常三角形的最大頂角都小于120°）【模型證明】以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN．∵△ABE為等邊三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．連接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最?。藭r，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．費馬點的作法：如圖3，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設交點為M，則點M即為△ABC的費馬點。結論2：點P為銳角△ABC內(nèi)任意一點，連接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加權費馬點）【模型證明】第一步，選定固定不變線段；第二步，對剩余線段進行縮小或者放大。如：保持BP不變，xAP+yBP+zCP=，如圖，B、P、P2、A2四點共線時，取得最小值。模型特征：PA+PB+PC（P為動點）①一動點，三定點；②以三角形的三邊向外作等邊三角形的，再分別將所作等邊三角形最外的頂點與已知三角形且與所作等邊三角形相對的頂點相連，連線的交點即為費馬點；③同時線段前可以有不為1的系數(shù)出現(xiàn)，即：加權費馬點?！咀钪翟怼績牲c之間，線段最短。例1．（2023·山東濱州·中考真題）如圖，在中，，，．若點P是內(nèi)一點，則的最小值為____________．【答案】【分析】根據(jù)題意，首先以點A為旋轉中心，順時針旋轉△APB到△AP′B′，旋轉角是60°，作出圖形，然后根據(jù)旋轉的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，可以得到PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，再根據(jù)兩點之間線段最短，可以得到PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，然后根據(jù)勾股定理可以求得CB′的值，從而可以解答本題．【詳解】以點A為旋轉中心，順時針旋轉△APB到△AP′B′，旋轉角是60°，連接BB′、PP′，，如圖所示，則∠PAP′=60°，AP=AP′，PB=P′B′，∴△APP′是等邊三角形，∴AP=PP′，∴PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，∵PP′+P′B′+PC≥CB′，∴PP′+P′B′+PC的最小值就是CB′的值，即PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，∵∠BAC=30°，∠BAB′=60°，AB==2，∴∠CAB′=90°，AB′=2，AC=AB?cos∠BAC=2×cos30°=，∴CB′=，故答案為：．【點睛】本題考查旋轉的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、最短路徑問題、勾股定理，解答本題的關鍵是作出合適的輔助線，得出PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，其中用到的數(shù)學思想是數(shù)形結合的思想．例2．（2023·遼寧丹東·中考真題）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內(nèi)一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．【答案】5【分析】①作出圖形，過分別作,勾股定理解直角三角形即可②作出圖形，將繞點逆時針旋轉60，P為的費馬點則四點共線，即，再用勾股定理求得即可【詳解】①如圖,過作，垂足為,過分別作,則,P為的費馬點5②如圖：.將繞點逆時針旋轉60由旋轉可得：是等邊三角形，P為的費馬點,即四點共線時候，=故答案為：①5，②【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等腰三角形性質(zhì)，作出旋轉的圖形是解題的關鍵．本題旋轉也可，但必須繞頂點旋轉．例3.（2023·宜賓·中考真題）如圖，和都是等腰直角三角形，，點D是BC邊上的動點（不與點B、C重合），DE與AC交于點F，連結CE．下列結論：①；②；③若，則；④在內(nèi)存在唯一一點P，使得的值最小，若點D在AP的延長線上，且AP的長為2，則．其中含所有正確結論的選項是（

）A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】B【分析】證明，即可判斷①，根據(jù)①可得，由可得四點共圓，進而可得，即可判斷②，過點作于,交的延長線于點，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即可判斷③，將繞點逆時針旋轉60度，得到，則是等邊三角形，根據(jù)當共線時，取得最小值，可得四邊形是正方形，勾股定理求得，根據(jù)即可判斷④．【詳解】解：和都是等腰直角三角形，，故①正確；四點共圓，故②正確；如圖，過點作于,交的延長線于點，,，,設，則，，則AH∥CE，則；故③正確如圖，將繞點逆時針旋轉60度，得到，則是等邊三角形，，當共線時，取得最小值，此時，此時，，，，，，，平分，，四點共圓，

，又,，，則四邊形是菱形，又，四邊形是正方形，，則，，，，

，，則，，，，故④不正確，故選B．【點睛】本題考查了旋轉的性質(zhì)，費馬點，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關例4．（2023·江蘇·九年級階段練習）探究題(1)知識儲備：①如圖1，已知點P為等邊△ABC外接圓的弧BC上任意一點．求證：PB+PC=PA．②定義：在△ABC所在平面上存在一點P，使它到三角形三頂點的距離之和最小，則稱點P為△ABC的費馬點，此時PA+PB+PC的值為△ABC的費馬距離．(2)知識遷移：我們有如下探尋△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的費馬點和費馬距離的方法：如圖2，在△ABC的外部以BC為邊長作等邊△BCD及其外接圓，根據(jù)(1)的結論，易知線段____的長度即為△ABC的費馬距離．(3)知識應用：①如圖3所示的△ABC（其中均小于），，現(xiàn)取一點P，使點P到三點的距離之和最小，求最小值；②如圖4，若三個村莊構成Rt△ABC，其中．現(xiàn)選取一點P打水井，使P點到三個村莊鋪設的輸水管總長度最小，畫出點P所對應的位置，輸水管總長度的最小值為________．（直接寫結果）【答案】(1)證明見解析；(2)AD(3)5，．【分析】（1）在PA上截取PD=PC，可證明△ACD≌△BCP，則AD=PB，從而得出PA=PB+PC；（2）利用（1）中結論得出PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，再根據(jù)“兩點之間線段最短”可得答案；（3）①在（2）的基礎上先畫出圖形，再利用勾股定理求解；②仿照①的方法可畫出P的位置，利用勾股定理可求出輸水管總長度的最小值，（1）解：①證明：在PA上截取PD=PC，連接CD，∵AB=AC=BC，所以，∴∠APB=∠APC=60°，∴△PCD為等邊三角形，∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，∴，即∠ACD=∠BCP，在△ACD和△BCP中，∴△ACD≌△BCP(SAS)，∴AD=PB，∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；（2）如圖2，根據(jù)（1）的結論得：PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，∴當A、P、D共線時，PA+PB+PC的值最小，∴線段AD的長度即為△ABC的費馬距離，故答案為：AD；（3）①如圖，以BC為邊長在△ABC的外部作等邊△BCD，連接AD，則線段AD的長即為最短距離，∵△BCD為等邊三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，∴；②以BC為邊，在BC下方作等邊△BCK，設等邊△BCK外接圓為⊙O，連接AK交⊙O于P，則由①知此時PA+PB+PC最短，且最短距離等于AK的長度，過K作KT⊥AC交AC延長線于T，如圖：∵△BCK是等邊三角形，∴∠BCK=60°，CK=BC=，∵∠CAB=90°，∴．∠TCK=30°，在Rt△AKT中，∴在Rt△AKT中，，故答案為：．【點睛】本題考查圓的綜合應用，也是閱讀理解型問題，主要考查了新定義：三角形費馬點和費馬距離，還考查了等邊三角形的性質(zhì)、三角形全等、勾股定理等知識，難度很大，理解新定義是本題的關鍵．例5．（2023·重慶中考真題）如圖，在中，，，點D是BC邊上一動點，連接AD，把AD繞點A逆時針旋轉90°，得到AE，連接CE，DE．點F是DE的中點，連接CF．（1）求證：；（2）如圖2所示，在點D運動的過程中，當時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數(shù)量關系，并證明你猜想的結論；（3）在點D運動的過程中，在線段AD上存在一點P，使的值最?。?shù)闹等〉米钚≈禃r，AP的長為m，請直接用含m的式子表示CE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）【分析】（1）先證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得結論；（2）連接AF，由（1）得，，，推出，然后根據(jù)現(xiàn)有條件說明在中，，點A，D，C，E四點共圓，F(xiàn)為圓心，則，在中，推出，即可得出答案；（3）在△ABC內(nèi)取一點P，連接AP、BP、CP，將三角形ABP繞點B逆時針旋轉60°得到△EBD，證明點P位于線段CE上，同理得到點P位于線段BF上，證明∠BPC=120°，進而得到，設PD為，得出，，得出，解出a，根據(jù)即可得出答案．【詳解】解：（1）證明如下：∵，∴，∵，，∴在和中，∴，∴，∴，在中，F(xiàn)為DE中點（同時），，∴，即為等腰直角三角形，∴，∵，∴；（2）連接AF，由（1）得，，，∴，在中，，∵F為DE中點，∴，在四邊形ADCE中，有，，∴點A，D，C，E四點共圓，∵F為DE中點，∴F為圓心，則，在中，∵，∴F為CG中點，即，∴，即；（3）如圖1，在△ABC內(nèi)取一點P，連接AP、BP、CP，將三角形ABP繞點B逆時針旋轉60°得到△EBD，得到△BPD為等邊三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，∴當?shù)闹等〉米钚≈禃r，點P位于線段CE上；如圖2，將三角形ACP繞點C順時針旋轉60°得到△FCG，得到△PCG為等邊三角形，所以PC=GP，∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，∴當?shù)闹等〉米钚≈禃r，點P位于線段BF上；綜上所述：如圖3，以AB、AC為邊向外做等邊三角形ABE和等邊三角形ACF，連接CE、BF，則交點P為求作的點，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，如圖4，同理可得，，∴，設PD為，∴，又，∴，又∴．【點睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識，靈活運用所學知識是解本題的關鍵．例6．（2022·河北·九年級專題練習）如圖，在平面直角坐標系xoy中，點B的坐標為(0，2)，點在軸的正半軸上，，OE為△BOD的中線，過B、兩點的拋物線與軸相交于、兩點（在的左側）.（1）求拋物線的解析式；（2）等邊△的頂點M、N在線段AE上，求AE及的長；（3）點為△內(nèi)的一個動點，設，請直接寫出的最小值,以及取得最小值時，線段的長.【答案】(1)

(2)；或

（3）可以取到的最小值為．當取得最小值時，線段的長為【分析】（1）已知點B的坐標，可求出OB的長；在Rt△OBD中，已知了∠ODB=30°，通過解直角三角形即可求得OD的長，也就得到了點D的坐標；由于E是線段BD的中點，根據(jù)B、D的坐標即可得到E點的坐標；將B、E的坐標代入拋物線的解析式中，即可求得待定系數(shù)的值，由此確定拋物線的解析式；（2）過E作EG⊥x軸于G，根據(jù)A、E的坐標，即可用勾股定理求得AE的長；過O作AE的垂線，設垂足為K，易證得△AOK∽△AEG，通過相似三角形所得比例線段即可求得OK的長；在Rt△OMK中，通過解直角三角形，即可求得MK的值，而AK的長可在Rt△AOK中由勾股定理求得，根據(jù)AM=AK-KM或AM=AK+KM即可求得AM的長；（3）由于點P到△ABO三頂點的距離和最短，那么點P是△ABO的費馬點，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易證得△OBE是等邊三角形，那么PA+PO+PB的最小值應為AE的長；求AP的長時，可作△OBE的外接圓（設此圓為⊙Q），那么⊙Q與AE的交點即為m取最小值時P點的位置；設⊙Q與x軸的另一交點（O點除外）為H，易求得點Q的坐標，即可得到點H的坐標，也就得到了AH的長，相對于⊙Q來說，AE、AH都是⊙Q的割線，根據(jù)割線定理（或用三角形的相似）即可求得AP的長．【詳解】（1）過E作EG⊥OD于G∵∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D，∴△BOD∽△EGD，∵點B（0，2），∠ODB=30°，可得OB=2，OD＝2；∵E為BD中點，∴=∴EG=1，GD＝∴OG＝∴點E的坐標為(，1)∵拋物線經(jīng)過、兩點，∴.可得.∴拋物線的解析式為.（2）∵拋物線與軸相交于、，在的左側，∴點的坐標為.過E作EG⊥x軸于G∴,∴在△AGE中，,.過點作⊥于，可得△∽△．∴．∴．∴∴.∵△是等邊三角形,∴．∴．∴,或（3）如圖；以AB為邊做等邊三角形AO′B，以OA為邊做等邊三角形AOB′；易證OE=OB=2，∠OBE=60°，則△OBE是等邊三角形；連接OO′、BB′、AE，它們的交點即為m最小時，P點的位置（即費馬點）；∵OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE，∴△AOE≌△B′OB；∴∠B′BO=∠AEO；∵∠BOP=∠EOP′，而∠BOE=60°，∴∠POP'=60°，∴△POP′為等邊三角形，∴OP=PP′，∴PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE；即m最小=AE=如圖；作正△OBE的外接圓⊙Q，根據(jù)費馬點的性質(zhì)知∠BPO=120°，則∠PBO+∠BOP=60°，而∠EBO=∠EOB=60°；∴∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°；即B、P、O、E四點共圓；易求得Q（，1），則H（，0）；∴AH=；由割線定理得：AP?AE=OA?AH，即：AP=OA?AH÷AE=×÷=故：可以取到的最小值為．當取得最小值時，線段的長為【點睛】此題是二次函數(shù)的綜合類試題，涉及到二次函數(shù)解析式的確定、等邊三角形的性質(zhì)、解直角三角形以及費馬點位置的確定和性質(zhì)，能力要求極高，難度很大．例7．（2022·浙江·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P為平面內(nèi)一點，求最小值【答案】【分析】將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△A，將△A擴大倍，得到△，當點B、P、、在同一直線上時，=最短，利用勾股定理求出即可．【詳解】解：如圖，將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△A，將△A擴大，相似比為倍，得到△，則，，，過點P作PE⊥A于E，∴AE=，∴E=A-AE=，∴P=，當點B、P、、在同一直線上時，=最短，此時=B，∵∠BA=∠BAC+∠CA=90°，AB=6，，∴．∴=B=【點睛】此題考查旋轉的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確理解費馬點問題的造圖方法：利用旋轉及全等的性質(zhì)構建等量的線段，利用三角形的三邊關系及點共線的知識求解，有時根據(jù)系數(shù)將圖形擴大或縮小構建圖形．課后專項訓練1．（2021·山東淄博市·中考真題）兩張寬為的紙條交叉重疊成四邊形，如圖所示．若，則對角線上的動點到三點距離之和的最小值是__________．【答案】【分析】由題意易得四邊形是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，易得，，然后根據(jù)勾股定理可得，則，，進而可得，要使為最小，即的值為最小，則可過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，最后根據(jù)“胡不歸”問題可求解．【詳解】解：∵紙條的對邊平行，即，∴四邊形是平行四邊形，∵兩張紙條的寬度都為，∴，∴，∴四邊形是菱形，過點D作DE⊥BC于點E，連接AC，交BD于點O，如圖所示：∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴，過點A作AM⊥AP，且使，連接BM，如圖所示：∴，要使的值為最小，則需滿足為最小，根據(jù)三角不等關系可得：，所以當B、P、M三點共線時，取最小，即為BM的長，如圖所示：∴，∴，∴的最小值為，即的最小值為；故答案為．【點睛】本題主要考查三角函數(shù)、菱形的性質(zhì)與判定及含30°直角三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是利用“胡不歸”原理找到最小值的情況，然后根據(jù)三角函數(shù)及菱形的性質(zhì)進行求解即可．2．（2022·成都實外九年級階段練習）如圖，在中，，P是內(nèi)一點，求的最小值為______．【答案】【分析】將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，將轉化為，此時當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；根據(jù)勾股定理求解即可．【詳解】解：將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，連接PF、AD、DB，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E；∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD，∴△PCF、△ACD是等邊三角形，∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=∴，∴當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；∵，∠CAD=，∴∠EAD=，∴，∴，∴，∴，∴的值最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查費馬點問題，解題的關鍵在于將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，將三條線段的長轉化到一條直線上．3．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點P是AB邊上一動點，作PD⊥BC于點D，線段AD上存在一點Q，當QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2時，則PD=________．【答案】【分析】如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC，證明AM垂直平分BC，證明AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，構建方程求出x可得結論．【詳解】解：如圖1，將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，連接QN，∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等邊三角形，∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，∴當點A，點Q，點N，點M共線時，QA+QB+QC值最小，此時，如圖2，連接MC∵將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，∴△BQN是等邊三角形，△CBM是等邊三角形，∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM，∵BM=CM，AB=AC，∴AM垂直平分BC，∵AD⊥BC，∠BQD=60°，∴BD=QD，∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，∴AD=BD，此時P與D重合，設PD=x，則DQ=x-2，∴x=，∴x=3+，∴PD=3+．故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是正確運用等邊三角形的性質(zhì)解決問題，學會構建方程解決問題．4．（2023·湖北武漢·中考真題）問題背景：如圖，將繞點逆時針旋轉60°得到，與交于點，可推出結論：問題解決：如圖，在中，，，．點是內(nèi)一點，則點到三個頂點的距離和的最小值是___________【答案】【分析】如圖，將△MOG繞點M逆時針旋轉60°，得到△MPQ，易知△MOP為等邊三角形，繼而得到點O到三頂點的距離為：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以發(fā)現(xiàn)當點N、O、P、Q在同一條直線上時，有ON＋OM＋OG最小，此時，∠NMQ＝75°+60°＝135°，過Q作QA⊥NM交NM的延長線于A，利用勾股定理進行求解即可得.【詳解】如圖，將△MOG繞點M逆時針旋轉60°，得到△MPQ，顯然△MOP為等邊三角形，∴OM＋OG＝OP＋PQ，∴點O到三頂點的距離為：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，∴當點N、O、P、Q在同一條直線上時，有ON＋OM＋OG最小，此時，∠NMQ＝75°+60°＝135°，過Q作QA⊥NM交NM的延長線于A，則∠MAQ=90°，∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，∵MQ＝MG＝4，∴AQ＝AM＝MQ?cos45°=4，∴NQ＝，故答案為.【點睛】本題考查了旋轉的性質(zhì)，最短路徑問題，勾股定理，解直角三角形等知識，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線是解題的關鍵.5．（2022·重慶·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底邊上的高AH上一點．若AP+BP+CP的最小值為2，則BC＝_____．【答案】【分析】如圖將△ABP繞點A順時針旋轉60°得到△AMG．連接PG，CM．首先證明當M，G，P，C共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，想辦法求出AC的長即可解決問題.【詳解】如圖將△ABP繞點A順時針旋轉60°得到△AMG．連接PG，CM．∵AB=AC，AH⊥BC，∴∠BAP=∠CAP，∵PA=PA，∴△BAP≌△CAP（SAS），∴PC=PB，∵MG=PB，AG=AP，∠GAP=60°，∴△GAP是等邊三角形，∴PA=PG，∴PA+PB+PC=CP+PG+GM，∴當M，G，P，C共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為線段CM的長，∵AP+BP+CP的最小值為2，∴CM=2，∵∠BAM=60°，∠BAC=30°，∴∠MAC=90°，∴AM=AC=2，作BN⊥AC于N．則BN=AB=1，AN=，CN=2-，∴BC=．故答案為．【點睛】本題考查軸對稱-最短問題，等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會利用兩點之間線段最短解決問題6．（2023·江蘇·九年級專題練習）如圖，四邊形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形內(nèi)任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM的最小值為________．【答案】【分析】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，如圖，則△BCM≌△BEN，由全等三角形的對應邊相等得到CM=NE，進而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)得到BH⊥AE，AH=EH，根據(jù)30°直角三角形三邊的關系即可得出結論．【詳解】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，則BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案為．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)．難度比較大．作出恰當?shù)妮o助線是解答本題的關鍵．7．（2022·陜西·二模）已知，如圖在中，，，，在內(nèi)部有一點D，連接DA、DB、DC．則的最小值是__________．【答案】．【分析】把△CDB順時針旋轉90°到△CD′B′，過B′作B′E⊥AC，交AC延長于E，則CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，可求DD′=，在Rt△CEB′中，可求CE，AE=，BE=，當點A、D、D′、B′四點在一直線時，AB′最短，可求AB′=BD++AD=．【詳解】解：把△CDB順時針旋轉90°到△CD′B′，過B′作B′E⊥AC，交AC延長于E，則CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，∴DD′=CD÷cos45°=，∵，，∴，在Rt△CEB′中，∴CE=B′C·cos60°=5，∴AE=AC+CE=6+，∴BE=B′C·sin60°=5，當點A、D、D′、B′四點在一直線時，AB′最短，∴AB′最短=，AB′=B′D′+D′D+AD=BD++AD=．故答案為：．【點睛】本題考查三角形旋轉變換，特殊角銳角三角函數(shù)，勾股定理，四點共線時最短，掌握三角形旋轉變換，特殊角銳角三角函數(shù)，勾股定理，四點共線時最短，準確作圖是解題關鍵．8．（2022·陜西·八年級期末）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E在BC邊上，且BE＝1．點P是AB邊上的動點，連接PE，將線段PE繞點E順時針旋轉90°得到線段EQ．若在正方形內(nèi)還存在一點M，則點M到點A、點D、點Q的距離之和的最小值為_____．【答案】2+3【分析】如圖，過點Q作QK⊥BC于K．首先說明等Q的運動軌跡是直線l，將△ADM繞點D順時針旋轉60°得到△NDP，連接AN，PN，PM，則△ADN，△DM都是等邊三角形，推出MA=PN，MD=MP，推出MA+MQ+MD=QM+MP+PN，過點N作NH⊥直線l于H，根據(jù)垂線段最短可知，當N，P，M，Q共線且與NH重合時，MA+MQ+MD的值最小．【詳解】解：如圖，過點Q作QK⊥BC于K．∵∠B＝∠QKE＝∠PEQ＝90°，∴∠PEB+∠QEK＝90°，∠QEK+∠EQK＝90°，∴∠PEB＝∠EQK，∵EP＝EQ，∴△PBE≌△EKQ（AAS），∴BE＝QK＝1，∴點Q在直線BC的上方到直線BC的距離為1的直線l上運動，將△ADM繞點D順時針旋轉60°得到△NDP，連接AN，PN，PM，則△ADN，△DM都是等邊三角形，∴MA＝PN，MD＝MP，∴MA+MQ+MD＝QM+MP+PN，過點N作NH⊥直線l于H，根據(jù)垂線段最短可知，當N，P，M，Q共線且與NH重合時，MA+MQ+MD的值最小，最小值＝2+3，故答案為2+3．【點睛】本題考查了旋轉變換，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．9．（2023·廣東·九年級專題練習）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，將BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN、AM、CM．(1)求證：；(2)①當M點在何處時，AM＋CM的值最小；②當M點在何處時，AM＋BM＋CM的值最小，并說明理由；(3)當AM＋BM＋CM的最小值為時，求正方形的邊長．【答案】(1)見解析(2)①BD的中點，②BD與CE的交點處，見解析(3)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，得出∠BMA=∠NBE，然后即可證明，（2）①根據(jù)兩點之間線段最短可知當M點落在BD的中點時，根據(jù)“兩點之間線段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短，②連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM＋CM的值最小，（3）過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F,設正方形的邊長為x，，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，得出BF=x，EF=，在Rt△EFC中，勾股定理建立方程，解方程即可求解．（1）解：∵△ABE是等邊三角形，∴BA=BE，∠ABE=60°．∵∠MBN=60°，∴．即∠BMA=∠NBE．又∵MB=NB，∴（SAS）（2）①∵，∴當M點落在BD的中點時，AM＋CM的值最?、谌鐖D，連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM＋CM的值最小理由如下：連接MN．由（1）知，，∴AM=EN．∵∠MBN=60°，MB=NB，∴△BMN是等邊三角形．∴BM=MN．∴AM＋BM＋CM=EN＋MN＋CM根據(jù)“兩點之間線段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短∴當M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的長（3）過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，∴．設正方形的邊長為x，則BF=x，EF=．在Rt△EFC中，∵，∴，解得，（舍去負值）．∴正方形的邊長為，【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，解一元二次方程，掌握以上知識是解題的關鍵．10．（2022·福建九年級開學考試）如圖，四邊形是正方形，是等邊三角形，為對角線（不含點）上任意一點，將繞點逆時針旋轉得到，連接、、.設點的坐標為.（1）若建立平面直角坐標系，滿足原點在線段上，點，.且（），則點的坐標為，點的坐標為；請直接寫出點縱坐標的取值范圍是；（2）若正方形的邊長為2，求的長，以及的最小值.(提示：連接:，)【答案】（1），，；（2），.【分析】（1）如圖1，以直線BD為x軸，直線AC為y軸，建立平面直角坐標系，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到OA=OB=OC=OD，由點B（-1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，-1）；過N作NH⊥BD于h，根據(jù)旋轉的性質(zhì)得到∠NBH=60°，BM=BN，求得NH=BN=t，于是得到結論；（2）如圖所示，連接MN，過E作EH⊥BC，交CB的延長線于H，由旋轉的性質(zhì)得到BM=BN，∠NBM=60°，求得△BMN是等邊三角形，求得MN=BM，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到BE=BA，∠ABE=60°，求得∠ABM=∠EBN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AM=EN，求得AM+BM+CM=EN+MN+CM，當E，N，M，C在同一直線上時，AM+BM+CN的最小值是CE的長，解直角三角形即可得到結論．【詳解】解：（1）如圖1，以直線為軸，直線為軸，建立平面直角坐標系，∵四邊形是正方形∴∵點，∴，過作于∴∵將繞點逆時針旋轉得到，∴∴∵∴點縱坐標的取值范圍是故答案為：，，（2）如圖所示，連接，過作，交的延長線于，由旋轉可得，，，∴是等邊三角形，∴∵是等邊三角形∴∴∴≌（）∴∴∴當，，，在同一直線上時，的最小值是的長，又∵，∴∴中，∴∴∴中，∴的最小值為【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)、旋轉以及勾股定理的綜合運用，解決問題的關鍵是根據(jù)兩點之間線段最短，得出結論．11．（2023·廣東·九年級專題練習）閱讀材料：平面幾何中的費馬問題是十七世紀法國數(shù)學家、被譽為業(yè)余數(shù)學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題．1643年，在一封寫給意大利數(shù)學家和物理學家托里拆利的私人信件中，費馬提出了下面這個極富挑戰(zhàn)性和趣味性的幾何難題，請求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最短的點P的位置．托里拆利成功地解決了費馬的問題．后來人們就把平面上到一個三角形的三個頂點A，B，C距離之和最小的點稱為ABC的費馬-托里拆利點，也簡稱為費馬點或托里拆利點．問題解決：（1）費馬問題有多種不同的解法，最簡單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將BPC繞點B順時針旋轉60°得到BDE，連接PD，可得BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由可知，PA+PB+PC的最小值與線段的長度相等；（2）如圖2，在直角三角形ABC內(nèi)部有一動點P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，平面內(nèi)有一動點E，在點E運動過程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請直接寫出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）兩點之間，線段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2【分析】（1）連接AE，由兩點之間線段最短即可求解；（2）在Rt△ABC中先求出AC，將△BPC繞點C順時針旋轉60°得到△CDE，連接PD、AE，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等，根據(jù)勾股定理即可求解；（3）在△ADE內(nèi)部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉60°得到△FGD，根據(jù)旋轉的性質(zhì)和兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等，再根據(jù)圓的特點、菱形與勾股定理即可求出GE，故可求解．【詳解】（1）連接AE，如圖，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值為線段AE的長故答案為：兩點之間線段最短；AE；（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=如圖2，將△BPC繞點C順時針旋轉60°得到△CDE，連接PD、AE，可得△CPD為等邊三角形，∠BCE=60°∴PD=PC由旋轉可得DE=PB，CE=BC=4∴PA+PB+PC=PA+DE+PD由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°∴在Rt△ACE中，AE=即PA+PB+PC的最小值為2；（3）存在在ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，如圖3，在△ADE內(nèi)部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉60°得到△FGD，連接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均為等邊三角形∴PD=PF由旋轉可得PA=GF∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等∵∠BEC=90°∴點E在以BC為直徑的O上，如圖3則OB=OC==2如圖3，連接OG交O于點H，連接CG交AD于點K，連接AC，則當點E與點H重合時，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值為線段GH的長∵菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4∴△ABC、△ACD均為等邊三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°∴四邊形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30°∴CG、AD互相垂直平分∴DK=AD=2∴根據(jù)勾股定理得CK=∴CG=2CK=∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°∴在Rt△OCG中，OG=∵OH=OC=2∴GH=OG-OH=2-2即PA+PD+PE的最小值為2-2．【點睛】此題主要考查四邊形與圓綜合的最短距離，解題的關鍵是熟知旋轉的性質(zhì)、圓周角定理及兩點之間的距離特點．12．（2022·山西·九年級專題練習）請閱讀下列材料，并完成相應的任務：費馬，17世紀德國的業(yè)余數(shù)學家，被譽為“業(yè)余數(shù)學家之王”，他獨立于笛卡兒發(fā)現(xiàn)了解析幾何的基本原理.費馬得到過這樣的結論：如圖①，當三角形的三個角均小于時，在三角形內(nèi)有一點，使得，且該點到三角形三個頂點的距離之和最小，這個點被稱為費馬點.證明：如圖②，把繞點逆時針旋轉得到，連接，則，________，為等邊三角形.，，點可看成是線段繞點逆時針旋轉而得的定點，為定長，當四點在同一直線上時，最小，這時，，.任務：（1）橫線處填寫的條件是__________；（2）已知正方形內(nèi)一動點到三點的距離之和的最小值為，求此正方形的邊長.【答案】（1）；（2）2.【分析】(1)根據(jù)旋轉的性質(zhì)得到;(2)根據(jù)旋轉的性質(zhì)得到,都是等邊三角形,再利用正方形性質(zhì)和勾股定理表示出,根據(jù)題意得到求出a的值即可.【詳解】解：（1）；

（2）如解圖①，連接，把繞點順時針旋轉，得到，連接EF,BG,AG，可知,都是等邊三角形，則.又，.

點、點為定點（點為點繞點順時針旋轉所得），線段即為點到A,B,C三點的距離之和的最小值，此時E,F兩點都在上（如解圖②）.設正方形的邊長為，，在中，，，

點到A,B,C三點的距離之和的最小值為，，解得，此正方形的邊長為2.【點睛】本題考查了圖形旋轉的性質(zhì),正方形的性質(zhì),勾股定理的應用,中等難度,掌握正方形的性質(zhì)是解題關鍵,主要失分原因是:（1）未掌握圖形旋轉的性質(zhì)；（2）不能夠將題目探究過程中的發(fā)現(xiàn)進行推廣應用.13．（2022·山西·八年級階段練習）綜合與實踐材料一：“轉化思想”是幾何變換中常用的思想，例如將圖形進行旋轉變換，實現(xiàn)圖形位置的“轉化”，把一般情形轉化為特殊情形，使問題化難為易．它是一種以變化的、運動的觀點來處理孤立的、離散問題的思想．材料二：皮埃爾·德·費馬（如圖），世紀法國律師和業(yè)余數(shù)學家，被譽為“業(yè)余數(shù)學家之王”．年勒·笛卡兒邀請費馬思考關于三個頂點距離為定值的問題，費馬經(jīng)過思考并由此推出費馬點的相關結論．定義：若一個三角形的最大內(nèi)角小于則在其內(nèi)部有一點所對三角形三邊的張角均為此時該點叫做這個三角形的費馬點.如圖1，當三個內(nèi)角均小于時，費馬點在內(nèi)部，此時的值最?。?）如圖2，等邊三角形內(nèi)有一點若點到頂點的距離分別為，求的度數(shù).為了解決本題，小林利用“轉化”思想，將繞頂點旋轉到處，連接此時這樣就可以通過旋轉變換，將三條線段，轉化到一個三角形中，從而求出；（2）如圖3，在圖1的基礎上延長，在射線上取點，連接．使求證：；（3）如圖4，在中，點為的費馬點，連接，請直接寫出的值．【答案】（1）；（2）見解析；（3）．【分析】（1）根據(jù)旋轉變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應角相等以及等邊三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）根據(jù)題意，先證明△APD是等邊三角形，再證明，得到，然后即可得到結論成立．（3）將△APB繞點B順時針旋轉60°至△A′P′B處，連接PP′，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB=2AC，即A′B的長，再根據(jù)旋轉的性質(zhì)求出△BPP′是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BP=PP′，等邊三角形三個角都是60°求出∠BPP′=∠BP′P=60°，然后求出C、P、A′、P′四點共線，再利用勾股定理列式求出A′C，從而得到PA+PB+PC=A′C．【詳解】解：∵△ACP′≌△ABP，∴AP′=AP=3、CP′=BP=4、∠AP′C=∠APB，由題意知旋轉角∠PAP′=60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，易證△PP′C為直角三角形，且∠PP′C=90°，∴∠APB=∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；故答案為：；證明:點為的費馬點，又為等邊三角形在和中，，；解：如圖，將△APB繞點B順時針旋轉60°至△A′P′B處，連接PP′，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2，∴BC=，∵△APB繞點B順時針方向旋轉60°，∴△A′P′B如圖所示；∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2AC=2，∵△APB繞點B順時針方向旋轉60°，得到△A′P′B，∴A′B=AB=2，BP=BP′，A′P′=AP，∴△BPP′是等邊三角形，∴BP=PP′，∠BPP′=∠BP′P=60°，∵∠APC=∠CPB=∠BPA=120°，∴∠COP+∠BPP′=∠BP′A′+∠BP′P=120°+60°=180°，∴C、P、A′、P′四點共線，在Rt△A′BC中，A′C=，∴PA+PB+PC=A′P′+PP′+PC=A′C=．【點睛】本題考查了三角形綜合題，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉變換添加輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．14．（2023·重慶綦江·九年級期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點E、F分別是AB、BC上的動點，連接DE、DF、EF．(1)如圖1，連接AF，若AF⊥BC，E為AB的中點，且EF＝5，求DF的長；(2)如圖2，若BE＝BF，G為DE的中點，連接AF、AG、FG，求證：AG⊥FG；(3)如圖3，若AB＝7，將△BEF沿EF翻折得到△EFP（始終保持點P在菱形ABCD的內(nèi)部），連接AP、BP及CP，請直接寫出當PA＋PB＋PC值最小時PB的長．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）法一：如圖1，過點D作DG⊥BC交BC的延長線于G，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，，在中，，E為AB的中點，AF⊥BC，BF＝EF＝BC，CG＝CD，DG＝CG，F(xiàn)G＝CF+CG，在中，DF＝，進而求出DF；法二：四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，，，AF⊥BC則∠AFB＝90°，在中，，，是的中點，，是等邊三角形，可知EF＝BE＝AB，，AF＝5，在中，DF＝，進而求出DF；（2）法一：如圖2，延長AG交CD于H，連接AC，F(xiàn)H；由四邊形ABCD為菱形知AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC＝60°，AB∥CD，∠AEG＝∠HDG，G為DE的中點有EG＝DG，得△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝BF，∠ABC＝60°，△BEF為等邊三角形，有FC＝DH，AC＝AD，，知△AFC≌△AHD，AH＝AF，同理△ABF≌△ACH，∠BAF＝∠CAH，∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，△AFH是等邊三角形，AG＝HG，進而說明AG⊥FG．法二：如圖4，延長AG交CD于H，連接FH，四邊形ABCD是菱形，有AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝60°，∠BCD=120°知∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，點G是DE中點，EG＝DG，由，知△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝CH，BE＝BF，∠ABC＝60°知△BEF是等邊三角形，有∠BEF＝60°，EF＝BE，∠AEF=120°，∠AEF＝∠FCH，EF＝CH，由，得△AEF≌△FCH，有AF＝HF，AG＝HG，進而說明FG⊥AG；（3）解：如圖a，在△ABC中，P為其中任意一點．連接AP，BP，得到△ABP．以點B為旋轉中心，將△ABP逆時針旋轉60°，得到△EBD，BD＝BP，△DBP為一個等邊三角形，有PB＝PD，當E、D、P、C四點共線時，PA+PB+PC最??；如圖3，當B、P、G、D四點共線時，PA+PB+PC值最小，最小值為BD．將△APC繞點C順時針旋轉60°，得到△DGC，知△APC≌△DGC，CP＝CG，∠PCG＝60°，△PCG是等邊三角形，PG＝CG＝CP，∠GPC＝∠CGP＝60°；菱形ABCD中，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，∠PCB＝∠GPC﹣