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模型20 加权费马点模型（讲+练）-备战2023年中考数学解题大招复习讲义（全国通用）
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这是一份模型20 加权费马点模型（讲+练）-备战2023年中考数学解题大招复习讲义（全国通用），文件包含模型20加权费马点模型原卷版docx、模型20加权费马点模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。
模型介绍
对于费马点问题，大家已经见得比较多了，相信都能熟练解决，如果所求最值中三条线段
的系数有不为1的情况，我们把这类问题归为加权费马点问题，费马点问题属于权为1的特殊
情况.
加权费马点问题解决方法类似，也是通过旋转进行线段转化，只不过要根据系数的情况选择不
同的旋转或放缩方法.
【类型一 单系数类】
当只有一条线段带有不为1的系数时，相对较为简单，一般有两种处理手段，一种是旋转特殊
角度，一种是旋转放缩.
【类型二 多系数类】
其实当三条线段的三个系数满足勾股数的关系时，都是符合加权费马点的条件的.
经过尝试，我们会发现，以不同的点为旋转中心，旋转不同的三角形得到的系数是不同的，对
于给定的系数，我们该如何选取旋转中心呢？
我们总结了以下方法：
R1. 将最小系数提到括号外；
R2. 中间大小的系数确定放缩比例；
R3. 最大系数确定旋转中心（例如最大系数在PA前面，就以A为旋转中心），旋转系数不
为1的两条线段所在的三角形.
例题精讲
【例1】．已知，如图在△ABC中，∠ACB＝30°，BC＝5，AC＝6，在△ABC内部有一点D，连接DA、DB、DC，则DA+DB+DC的最小值是 ．
解：如图，过点C作CE⊥CD，且CE＝CD，连接DE，将△ADC绕点C逆时针旋转90°得到△FEC，连接FB，过点F作FH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵CE⊥CD，CE＝CD，
∴DE＝CD，
∵将△ADC绕点C逆时针旋转90°得到△FEC，
∴EF＝AD，∠ACF＝90°，CF＝AC＝6，
∴DA+DB+DC＝DB+EF+DE，
∴当点F，点E，点D，点B共线时，DA+DB+DC有最小值为FB，
∵∠FCH＝180°﹣∠ACF﹣∠ACB＝60°，
∴∠CFH＝30°，
∴CH＝CF＝3，FH＝CH＝3，
∴BF＝＝＝，
故答案为：．
Ø变式训练
【变式1-1】．如图，P是边长为2的等边△ABC内的一点，求PA+PB+PC的最小值．
解：如图，
将△ABP扩大倍，并绕点B逆时针旋转90°至△EBD，连接PD，CE，作EF⊥CB于F，
∵△EBD∽△ABP，
∴，
∴BE＝AB＝2，BD＝PB，DE＝AP，
∴PD＝＝2PB，
∴当C、P、D、E共线时，PC+PD+DE最小，即：PC+2PB+PA最小为CE，
在Rt△BEF中，BE＝2，∠EBF＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴EF＝，BF＝2•cos30°＝2＝3，
在Rt△CEF中，EF＝，CF＝BF+BC＝3+2＝5，
∴CE＝＝＝2，
∵PA+PB+PC＝（+2PB+PC），
∴（PA+PB+PC）最小＝CE＝．
【变式1-2】．已知：AC＝4，BC＝6，∠ACB＝60°，P为△ABC内一点，求BP+2AP+PC的最小值．
解：如图
将△ACP绕点A逆时针旋转90°，并使各边扩大倍至△AC′P′，
∴PP′＝2AP，P′C′＝PC，AC′＝AC＝4，
∴BP+2AP+PC＝BP+PP′+P′C′≥BC′，
∴当B、P、P′、C′共线时，BP+2AP+PC最小，
作BE⊥AC于E，作C′D⊥AB，交BA的延长线于D，
在Rt△ABE中，
CE＝BC＝3，BE＝BC＝3，
∴AE＝AC﹣CE＝1， ∴AB＝＝2，
由△ABE∽△C′AD得，
＝＝，
∴，
∴C′D＝，AD＝，
∴BD＝AB+AD＝，
∴BC′＝＝＝=，
∴BP+2AP+PC的最小值为：．
【变式1-3】．如图，正方形ABCD的边长为4，点P是正方形内部一点，求PA+2PB+PC的最小值．
解：延长DC到H，使得CH＝2BC＝8，则BH＝4，在∠CBH的内部作射线BJ，使得∠PBJ＝∠CBH，使得BJ＝BP，连接PJ，JH，AH．
∵∠PBJ＝∠CBH，＝＝，
∴＝，
∴△JBP∽△HBC，
∴∠BPJ＝∠BCH＝90°，
∴PJ＝＝＝2PB，
∵∠PBC＝∠JBH，＝，
∴△PBC∽△JBH，
∴＝＝，
∴HJ＝PC
∴PA+2PB+PC＝PA+PJ+HJ，
∵PA+PJ+JH≥AH，
∴PA+2PB+PC≥＝4，
∴PA+2PB+PC的值最小，最小值为4．
1．已知△ABC中，BC＝a，AB＝c，∠B＝30°，P是△ABC内一点，求PA+PB+PC的最小值．
解：（1）若△ABC每个角小于120°时，只需将△BPC绕点B按逆时针旋转60°得到△BP′C′，易知此时有BP＝PP′，PC＝P′C′，
从而PA+PB+PC＝AP+PP′+P′C′≥AC′＝，
当A、P′、P、C′四点共线时取等号，最小值为；
（2）若有一个角大于120°时，此时以该点为中心，以180°减去该角大小为旋转角进行旋转，
①∠A≥120°时，当P点与A重合时，PA+PB+PC最小，最小值为a+；
②∠C≥120°时，当P点与C重合时，PA+PB+PC最小，最小值为a+．
故答案为：或a+．
2．求 的最小值．
解：因为
＝，
则对于点T（x，x），A（0，1），，，，，
可知y＝TA+TB+TC．容易验证△ABC是中心为（0，0）、边长为的等边三角形．
根据费马点原理，当T在O点处时、TA+TB+TC有最小值，ymin＝3．
3．已知：等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D是△ABC的费马点（∠ADC＝∠BDC＝∠ADB＝120°），求AD+BD+CD的值．
解：如图
以BC为边作等边△BCE，连接DE，
∴CE＝BC，∠CEB＝∠BCE＝CBE＝60°，
∵∠BDC＝120°，
∴点E、B、C、D共圆，
∴∠CDE＝∠CBE＝60°，
∵∠ADC＝120°，
∴∠ADC+∠CDE＝180°，
∴A、D、E共线，
在DE上截取DF＝CD，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠BCE＝∠DCF＝60°，CF＝CD，
∴∠DCB＝∠FCE，
∴△CEF≌△CBD（SAS），
∴EF＝BD，
∵∠ADE+∠ADB＝60°+120°＝180°，
∴AD+CD+BD＝AD+DF+EF＝AE，
在△ACE中，
CE＝AC＝1，
∠ACE＝∠ACB+∠BCE＝90°+60°＝150°，
作EG⊥AC于G，
在Rt△CGE 中，∠GCE＝180°﹣∠ACE＝30°，
∴GE＝＝，CG＝CE•cos30°＝，
在Rt△AGE中，AG＝AC+CG
＝1+
＝，
GE＝，
∴
＝
＝
＝．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝6，BC＝4，点P是△ABC内的一点．则PA+PB+PC的最小值是 2 ．
解：如图，
将△ACP绕点C顺时针旋转90°至△ECD，连接PD，BE，作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，
∴PD＝PC，DE＝PA，
∴PA+PB+PC＝PA+PD+DE，
∴当B，P，D，E共线时，PA+PB+PC最小，最小值为BE的长，
在Rt△CEF中，∠ECF＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，CE＝AC＝4，
∴EF＝4°＝2，CF＝4°＝4＝6，
∴BF＝BC+CF＝12，
在Rt△BEF中，
BE＝＝＝2，
∴PA+PB+PC最小值，为2，
故答案为：2．
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PA+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＝∠CPA＝120°，如图，点P为锐角△ABC的费马点，且PA＝3，PC＝4，∠ABC＝60°，则费马距离为 7+2 ．
解：
如图：
∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，
∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∴△BPC∽△APB
∴＝，
即PB2＝12
∴PB＝2．
∴PA+PB+PC＝7+2
故答案为：7+2．
6．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＝∠CPA＝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PA+PB+PC＝ 5 ；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ 2 ．
解：如图，过A作AD⊥BC，垂足为D，
过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，则PB＝PC，P为△ABC的费马点，
∵AB＝AC＝，BC＝2，
∴，
∴，
∴PD＝1，
∴，
∴，
∴PA+PB+PC＝5；
②如图：
∵AB＝2，BC＝2，AC＝4，
∴AB2+BC2＝16，AC2＝16，
∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，
∵，
∴∠BAC＝30°，
将△APC绕点A逆时针旋转60°，
由旋转可得：△APC≌△AP'C'，
∴AP'＝AP，PC＝P'C'，AC＝AC'，∠CAC'＝∠PAP'＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴∠BAC'＝90°，
∵P为△ABC的费马点，
即B，P，P'，C'四点共线时候，PA+PB+PC＝BC'，
∴PA+PB+PC＝BP+PP'+P'C'＝BC'＝＝，
故答案为：5，．
7．数学上称“费马点”是位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点．现定义：菱形对角线上一点到该对角线同侧两条边上的两点距离最小的点称为类费马点．例如：菱形ABCD，P是对角线BD上一点，E、F是边BC和CD上的两点，若点P满足PE与PF之和最小，则称点P为类费马点．
（1）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，点P是BD上的类费马点
①E为BC的中点，F为CD的中点，则PE+PF＝ 4 ．
②E为BC上一动点，F为CD上一动点，且∠ABC＝60°，则PE+PF＝ 2 ．
（2）如图2，在菱形ABCD中，AB＝4，连接AC，点P是△ABC的费马点，（即PA，PB，PC之和最小），①当∠ABC＝60°时，BP＝ ．
②当∠ABC＝30°时，你能找到△ABC的费马点P吗？画图做简要说明，并求此时PA+PB+PC的值．
解：（1）①取AB的中点E'，连接PE'，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝CD，∠ABP＝∠CBP，
∵点E，E'分别是AB，BC的中点，
∴BE＝BE'，
在△BEP和△BE'P中，
，
∴△BEP≌△BE'P（SAS），
∴PE＝PE'，
∴PE+PF＝PE'+PF，
∴当E'、P、F三点共线时，PE+PF最小值为E'F的长，
∵AE'＝DF，AE'∥DF，
∴四边形AE'FD是平行四边形，
∴E'F＝AB＝4，
∴PE+PF＝4，
故答案为：4；
②由①知PE+PF＝E'F，若E、F为动点，则E'F的最小值为AB与CD之间的距离，
∴过点C作CH⊥AB于H，
在Rt△BCH中，
sin∠CBH＝，
∴CH＝2，
∵点P是BD上的类费马点
∴PE+PF的最小值为2；
故答案为：2；
（2）①如图2，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，
∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴PP'＝PB，
∴PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，
∴当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，
∴连接AC'，AC'与BD的交点为P点，
∵AB＝BC＝4，∠ABC＝120°，
∴∠BAP＝∠ABP＝30°，AC'＝4，
∴AP＝BP，
同理BP'＝CP'，
∴BP＝AC'＝；
故答案为：；
②如图3，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，
∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，∠CBC'＝60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴PP'＝PB，
∴PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，
∴当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，
且点P是△ABC内部的费马点，
∵∠ABC'＝90°，AB＝BC'＝4，
∴AC'＝，
∴此时PA+PB+PC的最小值为4．
8．【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，则△ABC的外接圆的半径值为 5 ．
【问题解决】
如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．
【问题解决】
如图3，正方形ABCD是一个边长为3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE＝cm，点P是正方形ABCD内设立的一个活动岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE＝120°，点A、D为另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和最小，试求QA+QD+QP的最小值．（保留根号或结果精确到1cm，参考数据≈1.7，10.52＝110.25）．
解：（1）如图1，作△ABC的外接圆O，作直径AD，连接OB，
∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，∠BAO＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OBA是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
设AD与BC交于点E，BE＝BC＝，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO＝，
∴sin60°＝＝，
∴AB＝5，
∴OA＝5，
故答案为：5；
（2 ）如图2，
∵∠BPC＝90°，
∴点在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，
则OP＝BC＝2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO＝＝2，
∵PO＝2，
∴AP的最小值为：AO﹣PO＝2﹣2；
（3）如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据（1）可得∠BPE所在圆的半径为＝2，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，过点N作NG⊥AB交BA的延长线于点G，连接AN，则△AND是等边三角形，过点O作OM⊥GN于M交BC于点H，连接OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC∥GN，
∴OH⊥BC，
∵BE＝2，
∴BH＝，
∴OH＝＝1，
∵AD＝DN，∠ADN＝60°，
∴△AND是等边三形，且AN＝3，∠NAD＝60°，
∴∠GAN＝30°，
∴GN＝ANsin30°＝，AG＝ANcos30°＝，
∴OM＝OH+AB+AG＝+1+3＝+3，MN＝GN﹣BH＝﹣＝，
∴ON＝＝≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11﹣2＝9（cm）．
9．已知△ABC为等边三角形，边长为4，点D、E分别是BC、AC边上一点，连接AD、BE，且AE＝CD．
（1）如图1，若AE＝2，求BE的长度；
（2）如图2，点F为AD延长线上一点，连接BF、CF，AD、BE相交于点G，连接CG，已知∠EBF＝60°，CE＝CG，求证：BF+GE＝2CF；
（3）如图3，点P是△ABC内部一动点，顺次连接PA、PB、PC，请直接写出PA+PB+2PC的最小值．
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC＝AB＝4，∠ABC＝60°，
∵AE＝2，
∴CE＝AE＝2，
∴BE⊥AE，
∴∠AEB＝90°，
∴BE＝＝＝2；
（2）证明：如图1，
作DH∥CG交BE于H，作DT∥AC交BE于T，
∴∠THD＝∠EGC，∠DTH＝∠CEG，∠BDH＝∠GCD，
∵CE＝CG，
∴∠EGC＝∠CEG，
∴∠THD＝∠DTH，
∴DH＝DT，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
在△ABE和△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS），
∴∠CAD＝∠ABE，AD＝BE，
∵∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°，
∴∠ABE+∠BAD＝60°，
∴∠BGF＝∠ABE+∠BAD＝60°，
∵∠EBF＝60°，
∴△GBF是等边三角形，
∴BF＝BG，∠GBF＝60°，
∴∠ABC＝∠GBF，
∴∠ABC﹣∠EBC＝∠GBF﹣∠EBC，
即：∠ABG＝∠CBF，
∴△ABG≌△CBF（SAS），
∴AG＝CF，
∵∠BGF＝∠ACB＝60°，∠EGD+∠BGF＝180°，
∴在四边形EGDC中，∠CEG+∠CDG＝180°，
∵∠BHD+∠DHT＝180°，∠DHT＝∠CGE＝∠CEG，
∴∠BHD＝∠CDG，
在△BDH和△GCD中，
，
∴△BDH≌△GCD（AAS），
∴DH＝CD，
∴DT＝DH＝CD＝AE，
∵DT∥AC，
∴∠EAG＝∠TDG，∠AEG＝∠DTG，
∴△AEG≌△DTG（ASA），
∴AG＝DG，
∴AD＝2AG，
∴BE＝AD＝2AG＝2CF，
∴BG+GE＝2CF，
∴BF+GE＝2CF；
（3）如图2，
将△BPC绕点B顺时针旋转60°至△BDE，延长BD至F，使DF＝BD，延长BE至G，使EG＝BE，连接FG，连接AG，
∴GF＝2DE＝2CP，PF＝，
∴AP+＝AP+PF+FG，
∴当点A、P、F、G共线时，AP+PF+FG最小为AG，
作GH⊥AB交AB的延长线于H，
在Rt△BHG中，BG＝2BE＝2BC＝8，∠GBH＝180°﹣∠ABC﹣∠CBE＝60°，
∴BH＝8•cos60°＝4，GH＝8•sin60°＝4，
∴AH＝AB+BH＝8，
∴AG＝＝＝4，
∴AP+PF+FG最小为：4，
∴（AP+）最小＝4，
∵PA+PB+2PC＝（PA+PB+2PC），
∴（PA+PB+2PC）最小＝4．
10．如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．
（1）证明：EF＝DF；
（2）如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．
（3）如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．
（1）证明：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，
∠ACB＝60°，
∴∠CAF+∠DAB＝60°，
∵∠EDF＝60°，
∴∠DAB+∠ABD＝60°，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵AF＝BD，
∴△ACF≌△BAD（SAS），
∴EF＝DF；
（2）证明：如图2，
由（1）知，
EF＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
在EF上截取EN＝EM，连接MN，
∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，
∴△EMN是等边三角形，
∴∠CNM＝60°，
∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，
∴∠NCM＝∠EGM，
∵CM＝GM，
∴△NCM≌△EGM（SAS），
∴∠MEG＝∠CNM＝60°，
∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，
∴∠GME＝∠GEC＝60°，
∵CM＝GM，
∴△CMG是等边三角形，
∴CG＝CM；
（3）解：如图3，
由（1）（2）知，
△DEF和△CDG是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，
∵CD⊥AD，
∴∠CDF＝90°，
∴AD＝CF＝＝，
将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，
∴AD＝DQ，CP＝QG，
∴△PDQ是等边三角形，
∴PD＝PQ，
∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，
∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，
作GH⊥AD于H，
在Rt△DGH中，
GH＝DG＝2，
DH＝DG＝2，
∴AH＝AD+DH＝+2＝，
∴AG＝
＝
＝， ∴AP+PD+CP的最小值是．
11．（1）知识储备
①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的BC上任意一点．求证：PB+PC＝PA．
②定义：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）知识迁移
①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：
如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据（1）的结论，易知线段 AD 的长度即为△ABC的费马距离．
②在图3中，用不同于图2的方法作出△ABC的费马点P（要求尺规作图）．
（3）知识应用
①判断题（正确的打√，错误的打×）：
ⅰ．任意三角形的费马点有且只有一个 √ ；
ⅱ．任意三角形的费马点一定在三角形的内部 × ．
②已知正方形ABCD，P是正方形内部一点，且PA+PB+PC的最小值为，求正方形ABCD的
边长．
（1）①证明：在PA上取一点E，使PE＝PC，连接CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，
又∵PE＝PC，
∴△PEC是正三角形，
∴CE＝CP，∠ACB＝∠ECP＝60°，
∴∠ACE＝∠BCP，
又∵∠PBC＝∠PAC，BC＝AC，
∴△ACE≌△BCP （ASA），
∴AE＝PB，
∴PB+PC＝AE+PE＝AP；
（2）①如图2，得：PA+PB+PC＝PA+（PB+PC）＝PA+PD，
∴当A、P、D共线时，PA+PB+PC的值最小，
∴线段AD的长度即为△ABC的费马距离，
故答案为：AD；
②过AB和AC分别向外作等边三角形，连接CD，BE，交点即为P．（过AC或AB作外接圆视作与图2相同的方法，不得分）．
（3）①ⅰ．（√）；
ⅱ．当三角形有一内角大于或等于120°时，所求三角形的费马点为三角形最大内角的顶点（×） （故答案为：i，√，ii，×；
②解：将△ABP沿点B逆时针旋转60°到△A1BP1，
如图5，过A1作A1H⊥BC，交CB的延长线于H，连接P1P，
易得：A1B＝AB，PB＝P1B，PA＝P1 A1，∠P1BP＝∠A1BA＝60°，
∵PB＝P1B，∠P1BP＝60°，
∴△P1PB是正三角形，
∴PP1＝PB，
∵PA+PB+PC的最小值为，
∴P1A1+PP1+PC的最小值为，
∴A1，P1，P，C在同一直线上，即A1C＝
设正方形的边长为2x，
∵∠A1BA＝60°，∠CBA＝90°，
∴∠1＝30°，
在Rt△A1HB中，A1B＝AB＝2x，∠1＝30°，
得：A1H＝x，BH＝，
在Rt△A1HC中，由勾股定理得：，
解得：x1＝1 x2＝﹣1（舍去）
∴正方形ABCD的边长为2．
12．如图（1），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）如点P为锐角△ABC的费马点．且∠ABC＝60°，PA＝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′＝PA+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．
解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，
∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
∴＝
∴PB2＝PA•PC＝12，
∴PB＝2；
（2）证明：在BB'上取点P，使∠BPC＝120°．连接AP，再在PB'上截取PE＝PC，连接CE．
∠BPC＝120°，
∴∠EPC＝60°，
∴△PCE为正三角形，
∴PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°．
∵△ACB'为正三角形，
∴AC＝B′C，∠ACB'＝60°，
∴∠PCA+∠ACE＝∠ACE+∠ECB′＝60°，
∴∠PCA＝∠ECB′，
∴△ACP≌△B′CE，
∴∠APC＝∠B′EC＝120°，PA＝EB′，
∴∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，
∴P为△ABC的费马点．
∴BB'过△ABC的费马点P，且BB'＝EB'+PB+PE＝PA+PB+PC．
（3）如下图，
作CP平分∠ACB，交BC的垂直平分线于点P，P点就是费马点；
证明：过A作AM∥FC交BC于M，连接DM、EM，
∵∠ACB＝60°，∠CAF＝60°，
∴∠ACB＝∠CAF，
∴AF∥MC，
∴四边形AMCF是平行四边形，
又∵FA＝FC，
∴四边形AMCF是菱形，
∴AC＝CM＝AM，且∠MAC＝60°，
∵在△BAC与△EMC中，
CA＝CM，∠ACB＝∠MCE，CB＝CE，
∴△BAC≌△EMC，
∵∠DAM＝∠DAB+∠BAM＝60°+∠BAM
∠BAC＝∠MAC+∠BAM＝60°+∠BAM
∴∠BAC＝∠DAM
在△ABC和△ADM中
AB＝AD，∠BAC＝∠DAM，AC＝AM
∴△ABC≌△ADM（SAS）
故△ABC≌△MEC≌△ADM，
在CB上截取CM，使CM＝CA，
再连接AM、DM、EM （辅助线这样做△AMC就是等边三角形了，后边证明更简便）
易证△AMC为等边三角形，
在△ABC与△MEC中，
CA＝CM，∠ACB＝∠MCE，CB＝CE，
∴△ABC≌△MEC（SAS），
∴AB＝ME，∠ABC＝∠MEC，
又∵DB＝AB，
∴DB＝ME，
∵∠DBC＝∠DBA+∠ABC＝60°+∠ABC，
∠BME＝∠BCE+∠MEC＝60°+∠MEC，
∴∠DBC＝∠BME，
∴DB∥ME，
即得到DB与ME平行且相等，故四边形DBEM是平行四边形，
∴四边形DBEM是平行四边形，
∴S△BDM+S△DAM+S△MAC＝S△BEM+S△EMC+S△ACF，
即S△ABC+S△ABD＝S△BCE+S△ACF．
13．（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：（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．
15．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：（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；
即m最小＝AE＝；
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）
15．问题探究
将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换．旋转变换是几何变换的一种基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现．题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化．
问题提出：如图1，△ABC是边长为1的等边三角形，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，求PA+PB+PC的最小值．
方法分析：通过转化，把由三角形内一点发出的三条线段（星型线）转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
问题解决：如图2，将△BPA绕点B逆时针旋转60°至△BP'A'，连接PP'、A'C，记A′C与AB交于点D，易知BA'＝BA＝BC＝1，∠A'BC＝∠A'BA+∠ABC＝120°．由BP'＝BP，∠P'BP＝60°，可知△P'BP为正三角形，有PB＝P'P．
故．因此，当A'、P'、P、C共线时，PA+PB+PC有最小值是．
学以致用：（1）如图3，在△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝4，CA＝3，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，则PA+PB+PC的最小值是 5 ．
（2）如图4，在△ABC中，∠BAC＝45°，，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，求的最小值．
（3）如图5，P是边长为2的正方形ABCD内一点，Q为边BC上一点，连接PA、PD、PQ，求PA+PD+PQ的最小值．
解：（1）如图3中，
将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，易知△AFP是等边三角形，∠EAB＝90°，
在Rt△EAB中，BE＝＝5，
∵PA+PB+PC＝EF+FP+PB≥BE，
∴PA+PB+PC≥5，
∴PA+PB+PC的最小值为5．
故答案为5．
（2）如图4中，
将△APB绕点A逆时针旋转90°得到△AFE，易知△AFP是等腰直角三角形，∠EAB＝135°，作EH⊥BA交BA的延长线于H．
在Rt△EAH中，∵∠H＝90°，∠EAH＝45°，AE＝AB＝2
∴EH＝AH＝2，
在Rt△EHC中，EC＝＝
∵PA+PB+PC＝FP+EF+PC≥CE，
∴PA+PB+PC≥，
∴PA+PB+PC的最小值为．
（3）如图5中，将△APD绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，则易知△AFP是等边三角形，
作EH⊥BC于H，交AD于G．
∵PA+PD+PQ＝EF+FP+PQ≥EH，
易知EG＝AE•sin60°＝，GH＝AB＝2，
∴EH＝2+，
∴PA+PD+PQ≥+2，
∴PA+PD+PQ的最小值为+2．
16．在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx﹣8的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线y＝kx+（k≠0）经过点A，与抛物线交于另一点R，已知OC＝2OA，OB＝3OA．
（1）求抛物线与直线的解析式；
（2）如图1，若点P是x轴下方抛物线上一点，过点P作PH⊥AR于点H，过点P作PQ∥x轴交抛物线于点Q，过点P作PH′⊥x轴于点H′，K为直线PH′上一点，且PK＝2PQ，点I为第四象限内一点，且在直线PQ上方，连接IP、IQ、IK，记l＝PQ，m＝IP+IQ+IK，当l取得最大值时，求出点P的坐标，并求出此时m的最小值．
（3）如图2，将点A沿直线AR方向平移13个长度单位到点M，过点M作MN⊥x轴，交抛物线于点N，动点D为x轴上一点，连接MD、DN，再将△MDN沿直线MD翻折为△MDN′（点M、N、D、N′在同一平面内），连接AN、AN′、NN′，当△ANN′为等腰三角形时，请直接写出点D的坐标．
解（1）∵y＝ax2+bx﹣8与y轴的交点为C，令x＝0，y＝﹣8
∴点C（0，﹣8）
∴OC＝8
∵OC＝2OA，OB＝3OA
∴OA＝4，OB＝12
∴A（﹣4，0）B（12，0）
将点A代入直线解析式可得0＝﹣4k+
解得k＝
∴y＝x+
将点A和点B代入抛物线中
解得a＝，b＝﹣
∴y＝x2﹣x﹣8
（2）设点P的坐标为（p，p2﹣p﹣8）
﹣＝4
∴抛物线的对称轴为直线x＝4
∴点Q（8﹣p，）
∴PQ＝2p﹣8
∵PK＝2PQ
∴PK＝4p﹣16
如图1所示，延长PK交直线AR于点M，则M（p，）
∴PM＝﹣（）＝
∵∠PHM＝∠MH′A，∠HMP＝∠AMH′
∴∠HPM＝∠MAH′
∵直线解析式为y＝，令x＝0，y＝．
∴OE＝
∵OA＝4
根据勾股定理得∴AE＝
∴cos∠EAO＝＝
∴cos∠HPM＝＝＝
∴PH＝
∵I＝PH﹣PQ
∴I＝（）﹣（2p﹣8）＝﹣（p﹣5）2+85
∴当p＝5时，I取最大值此时点P（5，）
∴PQ＝2，PK＝
如图2所示，连接QK，以PQ为边向下做等边三角形PQD，连接KD，在KD取I，
使∠PID＝60°，以PI为边做等边三角形IPF，连接IQ
∵IP＝PF，PQ＝PD，∠IPQ＝∠FPD
∴△IPQ≌△FPD
∴DF＝IQ
∴IP+IQ+IK＝IF+FD+IK＝DK，此时m最小
过点D作DN垂直于KP
∵∠KPD＝∠KPQ+∠QPD＝150°
∴∠PDN＝30°
∵DP＝PQ＝2
∴DN＝1，根据勾股定理得PN＝
在△KDN中，KN＝5，DN＝1，根据勾股定理得KD＝2
∴m的最小值为2
（3）设NM与x轴交于点J
∵AM＝13，cos∠MAJ＝
∴AJ＝12，根据勾股定理得MJ＝5
∵OA＝4，∴OJ＝8
∴M（8，5）
当x＝8时，代入抛物线中，可得y＝﹣8
∴N（8，﹣8），MN＝13
在△AJN中，根据勾股定理得AN＝4
∵点D为x轴上的动点，根据翻折，MN′＝13，所以点N′在以M为圆心，13个单位长度为半径的圆上运动，如图3所示
①当N′落在AN的垂直平分线上时
tan∠MNA＝＝
∴tan∠MGJ＝，∵MJ＝5
∴JG＝，根据勾股定理得MG＝
∵MD1为∠GMJ的角平分线
∴
∴D1J＝∴D1（，0）
∵MD4也为角平分线
∴∠D1MD4＝90°
根据射影定理得MJ2＝JD1•JD4
∴JD4＝
∴D4（，0）
②当AN＝AN′时
D2与点A重合
∴D2（﹣4，0）
∵MD3为角平分线
∴
∴JD3＝
∴D3（，0）
综上所述D1（，0），D2（﹣4，0），D3（，0），D4（，0）．
模型介绍
对于费马点问题，大家已经见得比较多了，相信都能熟练解决，如果所求最值中三条线段
的系数有不为1的情况，我们把这类问题归为加权费马点问题，费马点问题属于权为1的特殊
情况.
加权费马点问题解决方法类似，也是通过旋转进行线段转化，只不过要根据系数的情况选择不
同的旋转或放缩方法.
【类型一 单系数类】
当只有一条线段带有不为1的系数时，相对较为简单，一般有两种处理手段，一种是旋转特殊
角度，一种是旋转放缩.
【类型二 多系数类】
其实当三条线段的三个系数满足勾股数的关系时，都是符合加权费马点的条件的.
经过尝试，我们会发现，以不同的点为旋转中心，旋转不同的三角形得到的系数是不同的，对
于给定的系数，我们该如何选取旋转中心呢？
我们总结了以下方法：
R1. 将最小系数提到括号外；
R2. 中间大小的系数确定放缩比例；
R3. 最大系数确定旋转中心（例如最大系数在PA前面，就以A为旋转中心），旋转系数不
为1的两条线段所在的三角形.
例题精讲
【例1】．已知，如图在△ABC中，∠ACB＝30°，BC＝5，AC＝6，在△ABC内部有一点D，连接DA、DB、DC，则DA+DB+DC的最小值是 ．
解：如图，过点C作CE⊥CD，且CE＝CD，连接DE，将△ADC绕点C逆时针旋转90°得到△FEC，连接FB，过点F作FH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵CE⊥CD，CE＝CD，
∴DE＝CD，
∵将△ADC绕点C逆时针旋转90°得到△FEC，
∴EF＝AD，∠ACF＝90°，CF＝AC＝6，
∴DA+DB+DC＝DB+EF+DE，
∴当点F，点E，点D，点B共线时，DA+DB+DC有最小值为FB，
∵∠FCH＝180°﹣∠ACF﹣∠ACB＝60°，
∴∠CFH＝30°，
∴CH＝CF＝3，FH＝CH＝3，
∴BF＝＝＝，
故答案为：．
Ø变式训练
【变式1-1】．如图，P是边长为2的等边△ABC内的一点，求PA+PB+PC的最小值．
解：如图，
将△ABP扩大倍，并绕点B逆时针旋转90°至△EBD，连接PD，CE，作EF⊥CB于F，
∵△EBD∽△ABP，
∴，
∴BE＝AB＝2，BD＝PB，DE＝AP，
∴PD＝＝2PB，
∴当C、P、D、E共线时，PC+PD+DE最小，即：PC+2PB+PA最小为CE，
在Rt△BEF中，BE＝2，∠EBF＝180°﹣∠ABE﹣∠ABC＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴EF＝，BF＝2•cos30°＝2＝3，
在Rt△CEF中，EF＝，CF＝BF+BC＝3+2＝5，
∴CE＝＝＝2，
∵PA+PB+PC＝（+2PB+PC），
∴（PA+PB+PC）最小＝CE＝．
【变式1-2】．已知：AC＝4，BC＝6，∠ACB＝60°，P为△ABC内一点，求BP+2AP+PC的最小值．
解：如图
将△ACP绕点A逆时针旋转90°，并使各边扩大倍至△AC′P′，
∴PP′＝2AP，P′C′＝PC，AC′＝AC＝4，
∴BP+2AP+PC＝BP+PP′+P′C′≥BC′，
∴当B、P、P′、C′共线时，BP+2AP+PC最小，
作BE⊥AC于E，作C′D⊥AB，交BA的延长线于D，
在Rt△ABE中，
CE＝BC＝3，BE＝BC＝3，
∴AE＝AC﹣CE＝1， ∴AB＝＝2，
由△ABE∽△C′AD得，
＝＝，
∴，
∴C′D＝，AD＝，
∴BD＝AB+AD＝，
∴BC′＝＝＝=，
∴BP+2AP+PC的最小值为：．
【变式1-3】．如图，正方形ABCD的边长为4，点P是正方形内部一点，求PA+2PB+PC的最小值．
解：延长DC到H，使得CH＝2BC＝8，则BH＝4，在∠CBH的内部作射线BJ，使得∠PBJ＝∠CBH，使得BJ＝BP，连接PJ，JH，AH．
∵∠PBJ＝∠CBH，＝＝，
∴＝，
∴△JBP∽△HBC，
∴∠BPJ＝∠BCH＝90°，
∴PJ＝＝＝2PB，
∵∠PBC＝∠JBH，＝，
∴△PBC∽△JBH，
∴＝＝，
∴HJ＝PC
∴PA+2PB+PC＝PA+PJ+HJ，
∵PA+PJ+JH≥AH，
∴PA+2PB+PC≥＝4，
∴PA+2PB+PC的值最小，最小值为4．
1．已知△ABC中，BC＝a，AB＝c，∠B＝30°，P是△ABC内一点，求PA+PB+PC的最小值．
解：（1）若△ABC每个角小于120°时，只需将△BPC绕点B按逆时针旋转60°得到△BP′C′，易知此时有BP＝PP′，PC＝P′C′，
从而PA+PB+PC＝AP+PP′+P′C′≥AC′＝，
当A、P′、P、C′四点共线时取等号，最小值为；
（2）若有一个角大于120°时，此时以该点为中心，以180°减去该角大小为旋转角进行旋转，
①∠A≥120°时，当P点与A重合时，PA+PB+PC最小，最小值为a+；
②∠C≥120°时，当P点与C重合时，PA+PB+PC最小，最小值为a+．
故答案为：或a+．
2．求 的最小值．
解：因为
＝，
则对于点T（x，x），A（0，1），，，，，
可知y＝TA+TB+TC．容易验证△ABC是中心为（0，0）、边长为的等边三角形．
根据费马点原理，当T在O点处时、TA+TB+TC有最小值，ymin＝3．
3．已知：等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝1，D是△ABC的费马点（∠ADC＝∠BDC＝∠ADB＝120°），求AD+BD+CD的值．
解：如图
以BC为边作等边△BCE，连接DE，
∴CE＝BC，∠CEB＝∠BCE＝CBE＝60°，
∵∠BDC＝120°，
∴点E、B、C、D共圆，
∴∠CDE＝∠CBE＝60°，
∵∠ADC＝120°，
∴∠ADC+∠CDE＝180°，
∴A、D、E共线，
在DE上截取DF＝CD，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠BCE＝∠DCF＝60°，CF＝CD，
∴∠DCB＝∠FCE，
∴△CEF≌△CBD（SAS），
∴EF＝BD，
∵∠ADE+∠ADB＝60°+120°＝180°，
∴AD+CD+BD＝AD+DF+EF＝AE，
在△ACE中，
CE＝AC＝1，
∠ACE＝∠ACB+∠BCE＝90°+60°＝150°，
作EG⊥AC于G，
在Rt△CGE 中，∠GCE＝180°﹣∠ACE＝30°，
∴GE＝＝，CG＝CE•cos30°＝，
在Rt△AGE中，AG＝AC+CG
＝1+
＝，
GE＝，
∴
＝
＝
＝．
4．如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝6，BC＝4，点P是△ABC内的一点．则PA+PB+PC的最小值是 2 ．
解：如图，
将△ACP绕点C顺时针旋转90°至△ECD，连接PD，BE，作EF⊥BC，交BC的延长线于点F，
∴PD＝PC，DE＝PA，
∴PA+PB+PC＝PA+PD+DE，
∴当B，P，D，E共线时，PA+PB+PC最小，最小值为BE的长，
在Rt△CEF中，∠ECF＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，CE＝AC＝4，
∴EF＝4°＝2，CF＝4°＝4＝6，
∴BF＝BC+CF＝12，
在Rt△BEF中，
BE＝＝＝2，
∴PA+PB+PC最小值，为2，
故答案为：2．
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PA+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＝∠CPA＝120°，如图，点P为锐角△ABC的费马点，且PA＝3，PC＝4，∠ABC＝60°，则费马距离为 7+2 ．
解：
如图：
∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，
∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∴△BPC∽△APB
∴＝，
即PB2＝12
∴PB＝2．
∴PA+PB+PC＝7+2
故答案为：7+2．
6．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＝∠CPA＝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PA+PB+PC＝ 5 ；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ 2 ．
解：如图，过A作AD⊥BC，垂足为D，
过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，则PB＝PC，P为△ABC的费马点，
∵AB＝AC＝，BC＝2，
∴，
∴，
∴PD＝1，
∴，
∴，
∴PA+PB+PC＝5；
②如图：
∵AB＝2，BC＝2，AC＝4，
∴AB2+BC2＝16，AC2＝16，
∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，
∵，
∴∠BAC＝30°，
将△APC绕点A逆时针旋转60°，
由旋转可得：△APC≌△AP'C'，
∴AP'＝AP，PC＝P'C'，AC＝AC'，∠CAC'＝∠PAP'＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴∠BAC'＝90°，
∵P为△ABC的费马点，
即B，P，P'，C'四点共线时候，PA+PB+PC＝BC'，
∴PA+PB+PC＝BP+PP'+P'C'＝BC'＝＝，
故答案为：5，．
7．数学上称“费马点”是位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点．现定义：菱形对角线上一点到该对角线同侧两条边上的两点距离最小的点称为类费马点．例如：菱形ABCD，P是对角线BD上一点，E、F是边BC和CD上的两点，若点P满足PE与PF之和最小，则称点P为类费马点．
（1）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，点P是BD上的类费马点
①E为BC的中点，F为CD的中点，则PE+PF＝ 4 ．
②E为BC上一动点，F为CD上一动点，且∠ABC＝60°，则PE+PF＝ 2 ．
（2）如图2，在菱形ABCD中，AB＝4，连接AC，点P是△ABC的费马点，（即PA，PB，PC之和最小），①当∠ABC＝60°时，BP＝ ．
②当∠ABC＝30°时，你能找到△ABC的费马点P吗？画图做简要说明，并求此时PA+PB+PC的值．
解：（1）①取AB的中点E'，连接PE'，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝CD，∠ABP＝∠CBP，
∵点E，E'分别是AB，BC的中点，
∴BE＝BE'，
在△BEP和△BE'P中，
，
∴△BEP≌△BE'P（SAS），
∴PE＝PE'，
∴PE+PF＝PE'+PF，
∴当E'、P、F三点共线时，PE+PF最小值为E'F的长，
∵AE'＝DF，AE'∥DF，
∴四边形AE'FD是平行四边形，
∴E'F＝AB＝4，
∴PE+PF＝4，
故答案为：4；
②由①知PE+PF＝E'F，若E、F为动点，则E'F的最小值为AB与CD之间的距离，
∴过点C作CH⊥AB于H，
在Rt△BCH中，
sin∠CBH＝，
∴CH＝2，
∵点P是BD上的类费马点
∴PE+PF的最小值为2；
故答案为：2；
（2）①如图2，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，
∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴PP'＝PB，
∴PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，
∴当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，
∴连接AC'，AC'与BD的交点为P点，
∵AB＝BC＝4，∠ABC＝120°，
∴∠BAP＝∠ABP＝30°，AC'＝4，
∴AP＝BP，
同理BP'＝CP'，
∴BP＝AC'＝；
故答案为：；
②如图3，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，
∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，∠CBC'＝60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴PP'＝PB，
∴PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，
∴当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，
且点P是△ABC内部的费马点，
∵∠ABC'＝90°，AB＝BC'＝4，
∴AC'＝，
∴此时PA+PB+PC的最小值为4．
8．【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，则△ABC的外接圆的半径值为 5 ．
【问题解决】
如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．
【问题解决】
如图3，正方形ABCD是一个边长为3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE＝cm，点P是正方形ABCD内设立的一个活动岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE＝120°，点A、D为另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和最小，试求QA+QD+QP的最小值．（保留根号或结果精确到1cm，参考数据≈1.7，10.52＝110.25）．
解：（1）如图1，作△ABC的外接圆O，作直径AD，连接OB，
∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，∠BAO＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OBA是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
设AD与BC交于点E，BE＝BC＝，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO＝，
∴sin60°＝＝，
∴AB＝5，
∴OA＝5，
故答案为：5；
（2 ）如图2，
∵∠BPC＝90°，
∴点在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，
则OP＝BC＝2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO＝＝2，
∵PO＝2，
∴AP的最小值为：AO﹣PO＝2﹣2；
（3）如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据（1）可得∠BPE所在圆的半径为＝2，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，过点N作NG⊥AB交BA的延长线于点G，连接AN，则△AND是等边三角形，过点O作OM⊥GN于M交BC于点H，连接OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC∥GN，
∴OH⊥BC，
∵BE＝2，
∴BH＝，
∴OH＝＝1，
∵AD＝DN，∠ADN＝60°，
∴△AND是等边三形，且AN＝3，∠NAD＝60°，
∴∠GAN＝30°，
∴GN＝ANsin30°＝，AG＝ANcos30°＝，
∴OM＝OH+AB+AG＝+1+3＝+3，MN＝GN﹣BH＝﹣＝，
∴ON＝＝≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11﹣2＝9（cm）．
9．已知△ABC为等边三角形，边长为4，点D、E分别是BC、AC边上一点，连接AD、BE，且AE＝CD．
（1）如图1，若AE＝2，求BE的长度；
（2）如图2，点F为AD延长线上一点，连接BF、CF，AD、BE相交于点G，连接CG，已知∠EBF＝60°，CE＝CG，求证：BF+GE＝2CF；
（3）如图3，点P是△ABC内部一动点，顺次连接PA、PB、PC，请直接写出PA+PB+2PC的最小值．
（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC＝AB＝4，∠ABC＝60°，
∵AE＝2，
∴CE＝AE＝2，
∴BE⊥AE，
∴∠AEB＝90°，
∴BE＝＝＝2；
（2）证明：如图1，
作DH∥CG交BE于H，作DT∥AC交BE于T，
∴∠THD＝∠EGC，∠DTH＝∠CEG，∠BDH＝∠GCD，
∵CE＝CG，
∴∠EGC＝∠CEG，
∴∠THD＝∠DTH，
∴DH＝DT，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
在△ABE和△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS），
∴∠CAD＝∠ABE，AD＝BE，
∵∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°，
∴∠ABE+∠BAD＝60°，
∴∠BGF＝∠ABE+∠BAD＝60°，
∵∠EBF＝60°，
∴△GBF是等边三角形，
∴BF＝BG，∠GBF＝60°，
∴∠ABC＝∠GBF，
∴∠ABC﹣∠EBC＝∠GBF﹣∠EBC，
即：∠ABG＝∠CBF，
∴△ABG≌△CBF（SAS），
∴AG＝CF，
∵∠BGF＝∠ACB＝60°，∠EGD+∠BGF＝180°，
∴在四边形EGDC中，∠CEG+∠CDG＝180°，
∵∠BHD+∠DHT＝180°，∠DHT＝∠CGE＝∠CEG，
∴∠BHD＝∠CDG，
在△BDH和△GCD中，
，
∴△BDH≌△GCD（AAS），
∴DH＝CD，
∴DT＝DH＝CD＝AE，
∵DT∥AC，
∴∠EAG＝∠TDG，∠AEG＝∠DTG，
∴△AEG≌△DTG（ASA），
∴AG＝DG，
∴AD＝2AG，
∴BE＝AD＝2AG＝2CF，
∴BG+GE＝2CF，
∴BF+GE＝2CF；
（3）如图2，
将△BPC绕点B顺时针旋转60°至△BDE，延长BD至F，使DF＝BD，延长BE至G，使EG＝BE，连接FG，连接AG，
∴GF＝2DE＝2CP，PF＝，
∴AP+＝AP+PF+FG，
∴当点A、P、F、G共线时，AP+PF+FG最小为AG，
作GH⊥AB交AB的延长线于H，
在Rt△BHG中，BG＝2BE＝2BC＝8，∠GBH＝180°﹣∠ABC﹣∠CBE＝60°，
∴BH＝8•cos60°＝4，GH＝8•sin60°＝4，
∴AH＝AB+BH＝8，
∴AG＝＝＝4，
∴AP+PF+FG最小为：4，
∴（AP+）最小＝4，
∵PA+PB+2PC＝（PA+PB+2PC），
∴（PA+PB+2PC）最小＝4．
10．如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．
（1）证明：EF＝DF；
（2）如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．
（3）如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．
（1）证明：如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，
∠ACB＝60°，
∴∠CAF+∠DAB＝60°，
∵∠EDF＝60°，
∴∠DAB+∠ABD＝60°，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵AF＝BD，
∴△ACF≌△BAD（SAS），
∴EF＝DF；
（2）证明：如图2，
由（1）知，
EF＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
在EF上截取EN＝EM，连接MN，
∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，
∴△EMN是等边三角形，
∴∠CNM＝60°，
∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，
∴∠NCM＝∠EGM，
∵CM＝GM，
∴△NCM≌△EGM（SAS），
∴∠MEG＝∠CNM＝60°，
∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，
∴∠GME＝∠GEC＝60°，
∵CM＝GM，
∴△CMG是等边三角形，
∴CG＝CM；
（3）解：如图3，
由（1）（2）知，
△DEF和△CDG是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，
∵CD⊥AD，
∴∠CDF＝90°，
∴AD＝CF＝＝，
将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，
∴AD＝DQ，CP＝QG，
∴△PDQ是等边三角形，
∴PD＝PQ，
∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，
∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，
作GH⊥AD于H，
在Rt△DGH中，
GH＝DG＝2，
DH＝DG＝2，
∴AH＝AD+DH＝+2＝，
∴AG＝
＝
＝， ∴AP+PD+CP的最小值是．
11．（1）知识储备
①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的BC上任意一点．求证：PB+PC＝PA．
②定义：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）知识迁移
①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：
如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据（1）的结论，易知线段 AD 的长度即为△ABC的费马距离．
②在图3中，用不同于图2的方法作出△ABC的费马点P（要求尺规作图）．
（3）知识应用
①判断题（正确的打√，错误的打×）：
ⅰ．任意三角形的费马点有且只有一个 √ ；
ⅱ．任意三角形的费马点一定在三角形的内部 × ．
②已知正方形ABCD，P是正方形内部一点，且PA+PB+PC的最小值为，求正方形ABCD的
边长．
（1）①证明：在PA上取一点E，使PE＝PC，连接CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，
又∵PE＝PC，
∴△PEC是正三角形，
∴CE＝CP，∠ACB＝∠ECP＝60°，
∴∠ACE＝∠BCP，
又∵∠PBC＝∠PAC，BC＝AC，
∴△ACE≌△BCP （ASA），
∴AE＝PB，
∴PB+PC＝AE+PE＝AP；
（2）①如图2，得：PA+PB+PC＝PA+（PB+PC）＝PA+PD，
∴当A、P、D共线时，PA+PB+PC的值最小，
∴线段AD的长度即为△ABC的费马距离，
故答案为：AD；
②过AB和AC分别向外作等边三角形，连接CD，BE，交点即为P．（过AC或AB作外接圆视作与图2相同的方法，不得分）．
（3）①ⅰ．（√）；
ⅱ．当三角形有一内角大于或等于120°时，所求三角形的费马点为三角形最大内角的顶点（×） （故答案为：i，√，ii，×；
②解：将△ABP沿点B逆时针旋转60°到△A1BP1，
如图5，过A1作A1H⊥BC，交CB的延长线于H，连接P1P，
易得：A1B＝AB，PB＝P1B，PA＝P1 A1，∠P1BP＝∠A1BA＝60°，
∵PB＝P1B，∠P1BP＝60°，
∴△P1PB是正三角形，
∴PP1＝PB，
∵PA+PB+PC的最小值为，
∴P1A1+PP1+PC的最小值为，
∴A1，P1，P，C在同一直线上，即A1C＝
设正方形的边长为2x，
∵∠A1BA＝60°，∠CBA＝90°，
∴∠1＝30°，
在Rt△A1HB中，A1B＝AB＝2x，∠1＝30°，
得：A1H＝x，BH＝，
在Rt△A1HC中，由勾股定理得：，
解得：x1＝1 x2＝﹣1（舍去）
∴正方形ABCD的边长为2．
12．如图（1），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）如点P为锐角△ABC的费马点．且∠ABC＝60°，PA＝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′＝PA+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．
解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，
∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
∴＝
∴PB2＝PA•PC＝12，
∴PB＝2；
（2）证明：在BB'上取点P，使∠BPC＝120°．连接AP，再在PB'上截取PE＝PC，连接CE．
∠BPC＝120°，
∴∠EPC＝60°，
∴△PCE为正三角形，
∴PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°．
∵△ACB'为正三角形，
∴AC＝B′C，∠ACB'＝60°，
∴∠PCA+∠ACE＝∠ACE+∠ECB′＝60°，
∴∠PCA＝∠ECB′，
∴△ACP≌△B′CE，
∴∠APC＝∠B′EC＝120°，PA＝EB′，
∴∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，
∴P为△ABC的费马点．
∴BB'过△ABC的费马点P，且BB'＝EB'+PB+PE＝PA+PB+PC．
（3）如下图，
作CP平分∠ACB，交BC的垂直平分线于点P，P点就是费马点；
证明：过A作AM∥FC交BC于M，连接DM、EM，
∵∠ACB＝60°，∠CAF＝60°，
∴∠ACB＝∠CAF，
∴AF∥MC，
∴四边形AMCF是平行四边形，
又∵FA＝FC，
∴四边形AMCF是菱形，
∴AC＝CM＝AM，且∠MAC＝60°，
∵在△BAC与△EMC中，
CA＝CM，∠ACB＝∠MCE，CB＝CE，
∴△BAC≌△EMC，
∵∠DAM＝∠DAB+∠BAM＝60°+∠BAM
∠BAC＝∠MAC+∠BAM＝60°+∠BAM
∴∠BAC＝∠DAM
在△ABC和△ADM中
AB＝AD，∠BAC＝∠DAM，AC＝AM
∴△ABC≌△ADM（SAS）
故△ABC≌△MEC≌△ADM，
在CB上截取CM，使CM＝CA，
再连接AM、DM、EM （辅助线这样做△AMC就是等边三角形了，后边证明更简便）
易证△AMC为等边三角形，
在△ABC与△MEC中，
CA＝CM，∠ACB＝∠MCE，CB＝CE，
∴△ABC≌△MEC（SAS），
∴AB＝ME，∠ABC＝∠MEC，
又∵DB＝AB，
∴DB＝ME，
∵∠DBC＝∠DBA+∠ABC＝60°+∠ABC，
∠BME＝∠BCE+∠MEC＝60°+∠MEC，
∴∠DBC＝∠BME，
∴DB∥ME，
即得到DB与ME平行且相等，故四边形DBEM是平行四边形，
∴四边形DBEM是平行四边形，
∴S△BDM+S△DAM+S△MAC＝S△BEM+S△EMC+S△ACF，
即S△ABC+S△ABD＝S△BCE+S△ACF．
13．（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：（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．
15．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：（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；
即m最小＝AE＝；
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）
15．问题探究
将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换．旋转变换是几何变换的一种基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现．题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化．
问题提出：如图1，△ABC是边长为1的等边三角形，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，求PA+PB+PC的最小值．
方法分析：通过转化，把由三角形内一点发出的三条线段（星型线）转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．
问题解决：如图2，将△BPA绕点B逆时针旋转60°至△BP'A'，连接PP'、A'C，记A′C与AB交于点D，易知BA'＝BA＝BC＝1，∠A'BC＝∠A'BA+∠ABC＝120°．由BP'＝BP，∠P'BP＝60°，可知△P'BP为正三角形，有PB＝P'P．
故．因此，当A'、P'、P、C共线时，PA+PB+PC有最小值是．
学以致用：（1）如图3，在△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝4，CA＝3，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，则PA+PB+PC的最小值是 5 ．
（2）如图4，在△ABC中，∠BAC＝45°，，P为△ABC内部一点，连接PA、PB、PC，求的最小值．
（3）如图5，P是边长为2的正方形ABCD内一点，Q为边BC上一点，连接PA、PD、PQ，求PA+PD+PQ的最小值．
解：（1）如图3中，
将△APC绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，易知△AFP是等边三角形，∠EAB＝90°，
在Rt△EAB中，BE＝＝5，
∵PA+PB+PC＝EF+FP+PB≥BE，
∴PA+PB+PC≥5，
∴PA+PB+PC的最小值为5．
故答案为5．
（2）如图4中，
将△APB绕点A逆时针旋转90°得到△AFE，易知△AFP是等腰直角三角形，∠EAB＝135°，作EH⊥BA交BA的延长线于H．
在Rt△EAH中，∵∠H＝90°，∠EAH＝45°，AE＝AB＝2
∴EH＝AH＝2，
在Rt△EHC中，EC＝＝
∵PA+PB+PC＝FP+EF+PC≥CE，
∴PA+PB+PC≥，
∴PA+PB+PC的最小值为．
（3）如图5中，将△APD绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，则易知△AFP是等边三角形，
作EH⊥BC于H，交AD于G．
∵PA+PD+PQ＝EF+FP+PQ≥EH，
易知EG＝AE•sin60°＝，GH＝AB＝2，
∴EH＝2+，
∴PA+PD+PQ≥+2，
∴PA+PD+PQ的最小值为+2．
16．在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx﹣8的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线y＝kx+（k≠0）经过点A，与抛物线交于另一点R，已知OC＝2OA，OB＝3OA．
（1）求抛物线与直线的解析式；
（2）如图1，若点P是x轴下方抛物线上一点，过点P作PH⊥AR于点H，过点P作PQ∥x轴交抛物线于点Q，过点P作PH′⊥x轴于点H′，K为直线PH′上一点，且PK＝2PQ，点I为第四象限内一点，且在直线PQ上方，连接IP、IQ、IK，记l＝PQ，m＝IP+IQ+IK，当l取得最大值时，求出点P的坐标，并求出此时m的最小值．
（3）如图2，将点A沿直线AR方向平移13个长度单位到点M，过点M作MN⊥x轴，交抛物线于点N，动点D为x轴上一点，连接MD、DN，再将△MDN沿直线MD翻折为△MDN′（点M、N、D、N′在同一平面内），连接AN、AN′、NN′，当△ANN′为等腰三角形时，请直接写出点D的坐标．
解（1）∵y＝ax2+bx﹣8与y轴的交点为C，令x＝0，y＝﹣8
∴点C（0，﹣8）
∴OC＝8
∵OC＝2OA，OB＝3OA
∴OA＝4，OB＝12
∴A（﹣4，0）B（12，0）
将点A代入直线解析式可得0＝﹣4k+
解得k＝
∴y＝x+
将点A和点B代入抛物线中
解得a＝，b＝﹣
∴y＝x2﹣x﹣8
（2）设点P的坐标为（p，p2﹣p﹣8）
﹣＝4
∴抛物线的对称轴为直线x＝4
∴点Q（8﹣p，）
∴PQ＝2p﹣8
∵PK＝2PQ
∴PK＝4p﹣16
如图1所示，延长PK交直线AR于点M，则M（p，）
∴PM＝﹣（）＝
∵∠PHM＝∠MH′A，∠HMP＝∠AMH′
∴∠HPM＝∠MAH′
∵直线解析式为y＝，令x＝0，y＝．
∴OE＝
∵OA＝4
根据勾股定理得∴AE＝
∴cos∠EAO＝＝
∴cos∠HPM＝＝＝
∴PH＝
∵I＝PH﹣PQ
∴I＝（）﹣（2p﹣8）＝﹣（p﹣5）2+85
∴当p＝5时，I取最大值此时点P（5，）
∴PQ＝2，PK＝
如图2所示，连接QK，以PQ为边向下做等边三角形PQD，连接KD，在KD取I，
使∠PID＝60°，以PI为边做等边三角形IPF，连接IQ
∵IP＝PF，PQ＝PD，∠IPQ＝∠FPD
∴△IPQ≌△FPD
∴DF＝IQ
∴IP+IQ+IK＝IF+FD+IK＝DK，此时m最小
过点D作DN垂直于KP
∵∠KPD＝∠KPQ+∠QPD＝150°
∴∠PDN＝30°
∵DP＝PQ＝2
∴DN＝1，根据勾股定理得PN＝
在△KDN中，KN＝5，DN＝1，根据勾股定理得KD＝2
∴m的最小值为2
（3）设NM与x轴交于点J
∵AM＝13，cos∠MAJ＝
∴AJ＝12，根据勾股定理得MJ＝5
∵OA＝4，∴OJ＝8
∴M（8，5）
当x＝8时，代入抛物线中，可得y＝﹣8
∴N（8，﹣8），MN＝13
在△AJN中，根据勾股定理得AN＝4
∵点D为x轴上的动点，根据翻折，MN′＝13，所以点N′在以M为圆心，13个单位长度为半径的圆上运动，如图3所示
①当N′落在AN的垂直平分线上时
tan∠MNA＝＝
∴tan∠MGJ＝，∵MJ＝5
∴JG＝，根据勾股定理得MG＝
∵MD1为∠GMJ的角平分线
∴
∴D1J＝∴D1（，0）
∵MD4也为角平分线
∴∠D1MD4＝90°
根据射影定理得MJ2＝JD1•JD4
∴JD4＝
∴D4（，0）
②当AN＝AN′时
D2与点A重合
∴D2（﹣4，0）
∵MD3为角平分线
∴
∴JD3＝
∴D3（，0）
综上所述D1（，0），D2（﹣4，0），D3（，0），D4（，0）．
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