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中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题40中考最值难点突破费马点问题(原卷版+解析)
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这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题40中考最值难点突破费马点问题(原卷版+解析)，共42页。试卷主要包含了典例剖析+针对训练，费马点模型变式等内容，欢迎下载使用。
费马点问题解题技巧：旋转变换．
类型一 费马点模型
典例1 （2023秋•仓山区校级期中）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，此时PA+PB+PC的和最小，称为△ABC的费马距离．
（1）若点P是等边三角形三条高的交点，点P （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如图（2），分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．求证：P点为△ABC的费马点．
（3）若图（2）中，AB＝5，AC＝4，BC＝a，BD＝b，则△ABC的费马距离＝ ．
针对训练
1．（2023春•滨海县期中）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．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）当M点在何处时，2AM的值最小，并说明理由；
（3）当M点在何处时，2AM+BM的值最小，并说明理由．
2．（2023春•历下区期末）【操作发现】
（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B'，点C的对应点为C′；
②连接BB′，此时∠ABB′＝ °；
【问题解决】
在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：
（2）如图2，在等边△ABC中，点P在内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长．
经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△ABP′，连接PP′，寻找PA、PB、PC三边之间的数量关系．…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程；
【学以致用】
（3）如图3，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，且PA＝5，PC＝22，∠BPC＝135°，求PB；
【思维拓展】
（4）注意：从以下①②中，你任意选择一道题解答即可．
①等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内部一点，若BC＝4，则AP+BP+CP的最小值＝ ；
②如图4，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB=3，PC=15，求∠APB的度数．
3．（2023春•金水区校级期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．
（1）如图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．如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，则CE＝ ．
（2）如图2，连接PA，PB，PC，当AC＝BC＝8时，求PA+PB+PC的最小值．
类型二 费马点模型变式
典例2（2023春•碑林区校级期中）[问题发现]如图①，在△OAB中，OB＝3，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得△OA′B′，连接BB'．则BB'＝ ．
[问题探究]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△BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，P的对应点为Q．求PA+PB+PC的最小值．
[实际应用]如图③，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800，点P是长方形内一动点，且S△PAD＝2S△PBC，点Q为△ADP内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出这个最小值，并求出此时PQ的长度，若不存在，请说明理由．
针对训练
1．（2023•雁塔区校级模拟）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝53，则△ABC的外接圆的半径值为 ．
【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33cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE=3cm，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3≈1.7，10.52＝110.25）．
模块二 2023中考押题预测
一．选择题
1．(2023秋•义乌市月考）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（Fermatpint）．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是腰长为2的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF＝（ ）
A．23B．1+3C．6D．33
2．(2023春•山亭区期中）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．40°B．30°C．50°D．65°
二．填空题
3．（2023秋•开福区校级月考）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 ．
4．（2023秋•梁溪区期末）如图，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1+3，则这个正方形的边长为 ．
5．（2023•丹东）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=7，BC＝23，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ ；若AB＝23，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ ．
6．(2023秋•洪山区校级期中）如图，以等边△ABC的一边BC为底边作等腰△BCD，已知AB＝3，CD=BD=3，且∠BDC＝120°，在△BCD内有一动点P，则PB+PC+PD的最小值为 ．
7．(2023秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，
①∠BDC＝ ；②AD的最小值是 ．
三．解答题
8．（2009•湖州）自选题：若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）若点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，则PB的值为 ；
（2）如图，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．
9．问题探究：
（1）如图1，已知，在四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝DC，则对角线AC、BD的位置关系是 ．
（2）如图2，已知，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．△ABC内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2，求AC的长．
问题解决：
（3）如图3，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（0，43），延长AC至点D，使CD=12AC，过点D作DE⊥y轴于点E．设G为y轴上一点，点P从点E出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点．若点P在直线GA上运动速度为定值v，在y轴上运动速度为2v，试确定点G的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短，并求此时点G的坐标．
10．(2023•利辛县一模）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）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；
（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD交于P点．如图（2）
①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．
12．(2023春•兰溪市校级月考）定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．
【基础巩固】
（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC＝60°，AC=46，求AE+BE+CE＝ ；
【尝试应用】
（2）如图2，等边三角形ABC边长为43，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．
专题40 中考最值难点突破费马点问题（解析版）
模块一 典例剖析+针对训练
费马点问题解题技巧：旋转变换．
类型一 费马点模型
典例1（2023秋•仓山区校级期中）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，此时PA+PB+PC的和最小，称为△ABC的费马距离．
（1）若点P是等边三角形三条高的交点，点P 是 （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如图（2），分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．求证：P点为△ABC的费马点．
（3）若图（2）中，AB＝5，AC＝4，BC＝a，BD＝b，则△ABC的费马距离＝ b ．
思路引领：（1）依据等腰三角形三线合一的性质可知：MB平分∠ABC，则∠ABP＝30°，同理∠BAP＝30°，则∠APB＝120°，同理可求得∠APC，∠BPC的度数，然后可作出判断；
（2）如图2所示：首先证明△ACE≌△ABD，则∠1＝∠2，由∠3＝∠4可得到∠CPD＝∠5，由∠CPD＝60°可证明∠BPC＝120°，然后证明△ADF∽△CFP，由相似三角形的性质和判定定理再证明△AFP∽△CDF，故此可得到∠APF＝∠ACD＝60°，然后可求得∠APC＝120°，接下来可求得∠APB＝120°．
（3）如图2﹣1中，在PD上取一点T，使得PT＝CP．利用全等三角形的性质证明PA+PC＝PD的，再证明PA+PB+PC＝BD即可．
解：（1）如图1所示：
∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC．
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．
∴∠APB＝120°．
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．
∴P是△ABC的费马点．
故答案为：是．
（2）设AC交BD于点F，如图2所示：
∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AD∠EAC=∠BADEA=AB，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；．
∵△ADF∽△CPF，
∴AF•PF＝DF•CF，
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△CDF．
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．
（3）如图2﹣1中，在PD上取一点T，使得PT＝CP．
∵∠CPT＝60°，PT＝CP，
∴△CPT是等边三角形，
∴CP＝PT，∠PCT＝60°，
∵CA＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠ACD＝∠PCT，
∴∠ACP＝∠DCT，
∴△ACP≌△DCT（SAS），
∴PA＝DT，
∵PD＝PT+DT，
∴PD＝PA+PC，
∴PA+PB+PC＝PB+PD＝BD＝b，
故答案为：B．
总结提升：本题属于三角形专题，主要考查的是相似三角形的综合应用，解答本题主要应用了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定等知识，证得∠5＝∠6、△AFP∽△CDF是解答本题的关键．
针对训练
1．（2023春•滨海县期中）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．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）当M点在何处时，2AM的值最小，并说明理由；
（3）当M点在何处时，2AM+BM的值最小，并说明理由．
思路引领：（1）由旋转的性质可得MB＝NB，∠MBN＝60°＝∠ABE，由“SAS”可证△AMB≌△ENB；
（2）由“SAS”可证△ABM≌△CBM，可得AM＝CM，即AM+CM＝2AM，根据“两点之间线段最短”，可得：当M点落在BD的中点时，2AM的值最小；
（3）根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，2AM+BM的值最小．
（1）证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴∠MBN＝60°＝∠ABE，BM＝BN，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA＝∠NBE．
在△AMB和△ENB中，
AB=BE∠ABM=∠NBEBM=BN，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（2）解：当M点落在BD的中点时，2AM的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABM＝∠CBM＝45°，
又∵BM＝BM，
∴△ABM≌△CBM（SAS），
∴AM＝CM，
∴AM+CM＝2AM，
∴当点A，点M，点C三点共线，即点M在BD的中点时，2AM的值最小；
（3）解：如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，2AM+BM的值最小．
理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN．
∴2AM+BM＝EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”可知，当E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM＝2AM+MN能取得最小值．
总结提升：本题考查了四边形的综合题，考查了正方形性质，全等三角形的判定与性质和旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（2023春•历下区期末）【操作发现】
（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B'，点C的对应点为C′；
②连接BB′，此时∠ABB′＝ 45 °；
【问题解决】
在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：
（2）如图2，在等边△ABC中，点P在内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长．
经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△ABP′，连接PP′，寻找PA、PB、PC三边之间的数量关系．…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程；
【学以致用】
（3）如图3，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，且PA＝5，PC＝22，∠BPC＝135°，求PB；
【思维拓展】
（4）注意：从以下①②中，你任意选择一道题解答即可．
①等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内部一点，若BC＝4，则AP+BP+CP的最小值＝ 22+26 ；
②如图4，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB=3，PC=15，求∠APB的度数．
思路引领：（1）①由题意画出图形；
②由旋转的性质得出AB＝AB′，∠B′AB＝90°，则可得出结论；
（2）将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，由旋转的性质得出AP'＝AP＝3，∠P'AP＝60°，P'B＝PC＝4，得出△APP'是等边三角形，由勾股定理可求出答案；
（3）将△BCP绕点C顺时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，由旋转的性质得出∠PCP'＝90°，CP′=CP=22，AP'＝BP，∠AP'C＝∠BPC＝135°，得出△CPP'是等腰直角三角形，由勾股定理可求出答案；
（4）①由旋转得到结论PA+PB+PC＝P1A1+P1B+PC，只有，A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，根据勾股定理，即可．
②将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，证明△BPP'是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得出答案．
（1）解：①如图1所示，△AB'C'即为所求；
②连接BB′，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，如图1所示：
∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，
∴∠AB′B＝45°，
故答案为：45°；
【问题解决】（2）如图2，
∵将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，
∴AP'＝AP＝3，∠P'AP＝60°，P'B＝PC＝4，
∴△APP'是等边三角形，
∴PP'＝3，∠AP'P＝60°，
∵∠AP'B＝∠APC＝150°，
∴∠BP'P＝∠AP'B﹣∠AP'P＝90°，
∴PB=P′B2+P′P2=42+32=5．
【学以致用】
（3）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
将△BCP绕点C顺时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，
则∠PCP'＝90°，CP′=CP=22，AP'＝BP，∠AP'C＝∠BPC＝135°，
∴△CPP'是等腰直角三角形，
∴∠CPP'＝∠CP'P＝45°，PP′=CP′2+CP2=4，
∴∠AP'P＝∠AP'C﹣∠CP'P＝135°﹣45°＝90°，
∴BP=AP′=PA2−PP′2=52−42=3．
【思维拓展】
（4）①如图4，
∵Rt△ABC是等腰三角形，
∴AB＝BC．
以B为中心，将△APB逆时针旋转60°得到△A1P1B．则A1B＝AB＝BC＝4，PA＝P1A1，PB＝P1B＝P1P，
∴PA+PB+PC＝P1A1+P1P+PC．
∵当A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，
∴A1C＝PA+PB+PC，
∴A1C长度即为所求．
过A1作A1D⊥CB延长线于D．
∵∠A1BA＝60°（由旋转可知），
∴∠A1BD＝30°．
∵A1B＝4，
∴A1D＝2，BD＝23，
∴CD＝4+23；
在Rt△A1DC中，A1C=A1D2+DC2=22+(4+23)2=22+26．
故答案为22+26．
②将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，
∴∠PBP'＝90°，AP′=CP=15，BP=BP′=3，
∴△BPP'是等腰直角三角形，
∴∠BPP'＝45°，PP′=BP2+BP′2=6，
又∵AP＝3，AP′=15，
∴AP2+PP'2＝AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，
∴∠APB＝∠APP'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，正确作辅助线并能根据旋转的性质进行证明是解此题的关键．
3．（2023春•金水区校级期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．
（1）如图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．如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，则CE＝ 33 ．
（2）如图2，连接PA，PB，PC，当AC＝BC＝8时，求PA+PB+PC的最小值．
思路引领：（1）连接BD、CD，构造矩形ACBD和Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算，即可求得CE的长；
（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN．根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC＝CP+PM+MN，最后根据当C、P、M、N四点共线时，由CA＝CB，NA＝NB可得CN垂直平分AB，进而求得PA+PB+PC的最小值．
解：（1）如图1，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=CD2−DE2=27=33；
故答案为：33．
（2）如图2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＝BC＝8时，AB＝82，
当C、P、M、N四点共线时，
由CA＝CB，NA＝NB可得CN垂直平分AB，
∴AQ=12AB＝42=CQ，NQ=3AQ＝46，
∴此时CN＝CP+PM+MN＝PA+PB+PC＝42+46．
即PA+PB+PC的最小值为42+46．
总结提升：本题考查旋转变换，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
类型二 费马点模型变式
典例2（2023春•碑林区校级期中）[问题发现]如图①，在△OAB中，OB＝3，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得△OA′B′，连接BB'．则BB'＝ 33 ．
[问题探究]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△BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，P的对应点为Q．求PA+PB+PC的最小值．
[实际应用]如图③，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800，点P是长方形内一动点，且S△PAD＝2S△PBC，点Q为△ADP内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出这个最小值，并求出此时PQ的长度，若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）如图1，过点O作OE⊥BB′于点E，根据旋转的性质和勾股定理即可求得答案．
（2）如图2，连接PQ，AD，根据等边三角形性质、旋转的性质得出∠CAD＝∠CDA＝30°，BC⊥AD，设垂足为F，利用勾股定理可求得AD＝12，利用SAS证明△BCP≌△DCQ，由PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，可知当且仅当A、P、Q、D四点在同一条直线上时，PA+PB+PC的值最小，即可求得答案．
（3）如图3，过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，由S△PAD＝2S△PBC，可得AE＝2BE，进而求得AE＝400，当D′P⊥EF时，D′P取最小值，运用勾股定理即可求得答案．
解：（1）如图1，过点O作OE⊥BB′于点E，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转120°得△OA′B′，
∴OB′＝OB＝3，∠BOB′＝120°，
∴∠OBB′＝∠OB′B＝30°，
∵OE⊥BB′，
∴∠OEB＝90°，BE＝B′E，
∴OE=12OB=32，
在Rt△BOE中，BE=OB2−OE2=32−(32)2=332，
∴BB′＝2BE＝2×332=33；
故答案为：33.
（2）如图2，连接PQ，AD，
∵△ABC、△BCD都是等边三角形，
∴∠ACB＝∠BCD＝60°，AC＝BC＝DC＝43，
∵将线段CP绕点C逆时针旋转60°，P的对应点为Q，
∴∠PCQ＝60°，CP＝CQ，
∵∠ACP+∠BCP＝60°，∠BCP+∠BCQ＝60°，∠BCQ+∠DCQ＝60°，
∴∠ACP＝∠DCQ＝∠BCP＝∠BCQ＝30°，
∴∠ACD＝120°，BC⊥AD，设垂足为F，
∴∠CAD＝∠CDA＝30°，
∴CF=12AC＝23，
∴AF=AC2−CF2=(43)2−(23)2=6，
∴AD＝2AF＝2×6＝12，
∵△PCQ是等边三角形，
∴PQ＝PC，
在△BCP和△DCQ中，
CB=CD∠BCP=∠DCQCP=CQ，
∴△BCP≌△DCQ（SAS），
∴PB＝QD，
∴PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，当且仅当A、P、Q、D四点在同一条直线上时，PA+PB+PC的值最小，
此时，PA+PB+PC的最小值为12.
（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值．
如图3，过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，
连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，
由（2）知，当P、Q、Q′、D′在同一条直线上时，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值为D′P，
在长方形ABCD中，AB＝600，AD＝800，
∴BC＝AD＝800，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF＝∠EFD＝90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF＝AD＝800，
∵S△PAD＝2S△PBC，
∴12AD•AE＝2×12BC•BE，
∴AE＝2BE，
∵AE+BE＝AB＝600，
∴AE＝400，
∵点P在EF上，
∴当D′P⊥EF时，D′P取最小值，
∵AD∥EF，
∴D′P⊥AD，
∵△ADD′是等边三角形，
∴AD′＝AD＝800，AG=12AD＝400，∠AGD′＝90°，
∴D′G=AD′2−AG2=8002−4002=4003，
∵∠EAG＝∠AEP＝∠EPG＝90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP＝AE＝400，
∴D′P＝D′G+GP＝4003+400，
∴AQ+DQ+PQ的最小值为4003+400；
∵△AQQ′是等边三角形，AD⊥QQ′，
∴∠GAQ＝30°，AQ＝2GQ，
在Rt△AGQ中，AG2+GQ2＝AQ2，
∴4002+GQ2＝（2GQ）2，
解得：GQ=40033，
∴PQ＝GP﹣GQ＝400−40033．
总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形性质，全等三角形判定和性质，两点之间线段最短及点到直线的距离垂线段最短的应用，矩形性质，勾股定理等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，确定线段和取最小值的位置．
针对训练
1．（2023•雁塔区校级模拟）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝53，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33cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE=3cm，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3≈1.7，10.52＝110.25）．
思路引领：（1）作出三角形的外接圆O，证明△OBA是等边三角形，利用三线合一性质计算即可；
（2 ）点P在以BC为直径的圆上，根据圆心，P，A三点共线时AP最小，计算即可；
（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，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，构造直角三角形求解即可．
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=12BC=532，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO=BEAB，
∴sin60°=532AB=32，
∴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=12BC＝2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO=AB2+OB2=25，
∵PO＝2，
∴AP的最小值为：AO﹣PO＝25−2；
（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23232=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＝23，
∴BH=3，
∴OH=OB2−BH2=1，
∵AD＝DN，∠ADN＝60°，
∴△AND是等边三形，且AN＝33，∠NAD＝60°，
∴∠GAN＝30°，
∴GN＝ANsin30°=332，AG＝ANcs30°=92，
∴OM＝OH+AB+AG=92+1+33=112+33，MN＝GN﹣BH=332−3=32，
∴ON=OM2+MN2=(112+33)2+(32)2≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11﹣2＝9（cm）．
总结提升：本题考查了正方形的性质、圆中半径相等，点与圆位置关系中的最值问题，费马点最值问题，旋转的思想，锐角三角函数，解题的关键是正确构造辅助圆，旋转60°处理费马点问题
模块二 2023中考押题预测
一．选择题
1．(2023秋•义乌市月考）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（Fermatpint）．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是腰长为2的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF＝（ ）
A．23B．1+3C．6D．33
思路引领：根据题意首先画出图形，过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，求出PE，PF，DP的长即可解决问题；
解：如图：过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，
在等腰Rt△DEF中，DE＝DF=2，DM⊥EF，
∴EF=2DE＝2
∴EM＝DM＝1，
故cs30°=EMPE，
解得：PE=233，则PM=33，
故DP＝1−33，同法可得PF=233
则PD+PE+PF＝2×233+1−33=3+1．
故选：B．
总结提升：此题主要考查了解直角三角，正确画出图形进而求出PE的长是解题关键．
2．(2023春•山亭区期中）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．40°B．30°C．50°D．65°
思路引领：根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根据旋转的性质可得AC＝AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．
解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝65°，
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，
∴AC＝AC′，
∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×65°＝50°，
∴∠CAC′＝∠BAB′＝50°．
故选：C．
总结提升：本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
二．填空题
3．（2023秋•开福区校级月考）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+23 ．
思路引领：根据相似三角形的判定和性质，即可求解．
解：
如图：
∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，
∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∴△BPC∽△APB
∴PCPB=PBPA，
即PB2＝12
∴PB＝23．
∴PA+PB+PC＝7+23
故答案为：7+23．
总结提升：本题考查了轴对称﹣最短路线问题，解决本题的关键是利用相似三角形的判定和性质．
4．（2023秋•梁溪区期末）如图，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1+3，则这个正方形的边长为 2 ．
思路引领：以A为旋转中心，将△ABE顺时针旋转60°得到△AMN，连NE，MB，过M作MP⊥BC交CB的延长线于P点，根据旋转的性质得MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，则△ANE为等边三角形，得AE＝NE，所以AE+EB+EC＝MN+NE+EC，当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC=2，易得△ABM为等边三角形，则∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，在Rt△PMC中，设BC＝x，PM=12x，然后利用勾股定理即可求出x．
解：以A为旋转中心，将△ABE顺时针旋转60°得到△AMN，连NE，MB，过M作MP⊥BC交BC的延长线于P点，如图，
∴MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，
∴△ANE为等边三角形，
∴AE＝NE，
∴AE+EB+EC＝MN+NE+EC，
当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC＝1+3，
∵AB＝AM，∠BAM＝60°，
∴△ABM为等边三角形，
∴∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，
在Rt△PMC中，设BC＝x，PM=12x，
∴（1+3）2＝（12x）2+（32x+x）2
所以x=2，
∴BC=2，
即正方形的边长为2，
故答案为：2．
总结提升：本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正方形和等边三角形的性质以及勾股定理．
5．（2023•丹东）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=7，BC＝23，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ 5 ；若AB＝23，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ 27 ．
思路引领：①作出图形，过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，勾股定理解直角三角形即可；
②作出图形，将△APC绕点A逆时针旋转60°，P为△ABC的费马点则B，P，P'，C'四点共线，即PA+PB+PC＝BC'，再用勾股定理求得即可．
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=7，BC＝23，
∴BD=DC=12BC=3，
∴tan30°=PDBD=33，
∴PD＝1，
∴PB=PDsin30°=2，
∴AD=AB2−BD2=7−3=2，
∴PA+PB+PC＝5；
②如图：
∵AB＝23，BC＝2，AC＝4，
∴AB2+BC2＝16，AC2＝16，
∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，
∵sin∠BAC=BCAC=12=sin30°，
∴∠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'=AB2+AC′2=(23)2+42=27，
故答案为：5，27．
总结提升：本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转△PAB，△PBC也可，但必须绕顶点旋转．
6．(2023秋•洪山区校级期中）如图，以等边△ABC的一边BC为底边作等腰△BCD，已知AB＝3，CD=BD=3，且∠BDC＝120°，在△BCD内有一动点P，则PB+PC+PD的最小值为 23 ．
思路引领：将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，根据旋转性质可得∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，以此得到PB＝PP′，根据两点之间线段最短得PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD≥AD，根据等边三角形和等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，再根据勾股定理即可求解．
解：如图，将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，
根据旋转的性质得，∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，
∴△PBP′为等边三角形，
∴PB＝PP′，
∴PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD，
∵PP′+P′A+PD≥AD，
∴当A、P′、P、D四点共线时，PB+PC+PD有最小值，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BCD为等腰三角形，∠BDC＝120°，
∴∠CBD＝30°，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，
在Rt△ABD中，AB＝3，BD=3，∠ABD＝90°，
由勾股定理得AD=AB2+BD2=32+(3)2=23．
∴PB+PC+PD的最小值为23．
故答案为：23．
总结提升：本题主要考查旋转的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、两点之间线段最短、勾股定理，正确作出辅助线，利用两点之间线段最短得到PB+PC+PD≥AD是解题关键．
7．(2023秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，
①∠BDC＝ 60° ；
②AD的最小值是 5 ．
思路引领：以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再根据C，D，E三点共线时，CE有最小值，即可得到AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．
解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，
∵△BDE，△ABC均为等边三角形，
∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
AB=CB∠ABD=∠CBEBD=BE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴CE＝AD，
∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，
∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值，
∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，
∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．
故答案为：①60°；②5．
总结提升：本题主要考查了旋转的性质以及等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是以BD为边向外作等边三角形BDE，依据全等三角形的性质得出结论．
三．解答题
8．（2009•湖州）自选题：若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）若点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，则PB的值为 23 ；
（2）如图，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．
思路引领：（1）由题意可得△ABP∽△BCP，所以PB2＝PA•PC，即PB＝23；
（2）在BB'上取点P，使∠BPC＝120°，连接AP，再在PB'上截取PE＝PC，连接CE．由此可以证明△PCE为正三角形，再利用正三角形的性质得到PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°，而△ACB'为正三角形，由此也可以得到AC＝B'C，∠ACB'＝60°，现在根据已知的条件可以证明△ACP≌△B'CE，然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论．
解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，
∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
∴PAPB=PBPC，
∴PB2＝PA•PC＝12，
∴PB＝23；
（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．
总结提升：此题考查了等腰三角形与等边三角形的性质及三角形内角和为180°等知识；此类已知三角形边之间的关系求角的度数的题，一般是利用等腰（等边）三角形的性质得出有关角的度数，进而求出所求角的度数．
9．问题探究：
（1）如图1，已知，在四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝DC，则对角线AC、BD的位置关系是 AC⊥BD ．
（2）如图2，已知，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．△ABC内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2，求AC的长．
问题解决：
（3）如图3，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（0，43），延长AC至点D，使CD=12AC，过点D作DE⊥y轴于点E．设G为y轴上一点，点P从点E出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点．若点P在直线GA上运动速度为定值v，在y轴上运动速度为2v，试确定点G的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短，并求此时点G的坐标．
思路引领：（1）结论：AC⊥BD．证明BD垂直平分线段AC可得结论；
（2）如图2中，将△BCE绕点B逆时针旋转60°得到△BKT，连接ET，AK，过点K作KH⊥AC交AC的延长线于点H．证明当A，E，T，K共线时，AE+EC+EB的值最小，最小值为AK＝2．设AC＝BC＝m，则HK=12m，CH=32m，利用勾股定理构建方程求出m即可；
（3）由题意点P在AG上的运动速度为v，点P在y轴上的运动速度为2v则点P到达点A的时间为t=EG2v+AGv=1v（EG2+AG），证明EG2=GH，利用垂线段最短解决问题．
解：（1）结论：AC⊥BD．
理由：∵BA＝BC，DA＝DC，
∴点B，点D在线段AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分线段AC，
∴AC⊥BD；
（2）如图2中，将△BCE绕点B逆时针旋转60°得到△BKT，连接ET，AK，过点K作KH⊥AC交AC的延长线于点H．
∵EB＝BT，∠EBT＝60°，
∴△EBT是等边三角形，
∴BE＝ET，
∴AE+EC+EB＝AE+ET+TK≥AK，
∴当A，E，T，K共线时，AE+EC+EB的值最小，最小值为AK＝2．
设AC＝BC＝m，则HK=12m，CH=32m，
∴AH＝m+32m，
∵AH2+KH2＝AK2，
∴（m+32m）2+（12m）2＝22，
∴m=6−2（负根已经舍去），
∴AC=6−2；
（3）由题意点P在AG上的运动速度为v，点P在y轴上的运动速度为2v.
则点P到达点A的时间为t=EG2v+AGv=1v（EG2+AG），
∵DE∥OA，
∴ECOC=CDAC=12，
∵C（0，43），
∴OC＝43，
∴EC＝23，
过点G作GH⊥BE于点H，
可证得△EGH∽△EBO，
则EGGH=EBBO=(63)2+626=2，
∴EG2=GH，
∴t=1v（EG2+GA）=1v（GH+GA），
要使t最小，则GH+GA最小，即当点G、A、H三点一线时，t有最小值，
确定G点位置的方法：过A点作AH⊥BE于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点
由OB＝6，OE＝63，
可得∠OBE＝60°，
∴∠BAH＝30°，
在Rt△OAG中，OG＝AO•tan∠BAH＝23，
∴G点的坐标为（0，23）．
总结提升：本题综合考查了图形的性质和坐标的确定，是综合性较强，难度较大的综合题，其中本题第三问是难点，学生主要不会确定点G的位置．
10．(2023•利辛县一模）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）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P 是 （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；
（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点．
思路引领：（1）依据等腰三角形三线合一的性质可知：MB平分∠ABC，则∠ABP＝30°，同理∠BAP＝30°，则∠APB＝120°，同理可求得∠APC，∠BPC的度数，然后可作出判断；
（2）由费马点的定义可知∠PAB＝∠PBC，然后再证明∠PAB＝∠PBC即可；
（3）如图2所示：①首先证明△ACE≌△ABD，则∠1＝∠2，由∠3＝∠4可得到∠CPD＝∠5； ②由∠CPD＝60°可证明∠BPC＝120°，然后证明△ADF∽△CFP，由相似三角形的性质和判定定理再证明△AFP∽△CDF，故此可得到∠APF＝∠ACD＝60°，然后可求得∠APC＝120°，接下来可求得∠APB＝120°．
解：（1）如图1所示：
∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC．
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．
∴∠APB＝120°．
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．
∴P是△ABC的费马点．
故答案为：是．
（2）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP．
（3）如图2所示：
①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，AC=AD∠EAC=∠BADEA=AB
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵△ADF∽△CFP，
∴AF•CF＝DF•PF，
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△CDF．
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．
总结提升：本题主要考查的是相似三角形的综合应用，解答本题主要应用了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定等知识，证得∠5＝∠6、△AFP∽△CDF是解答本题的关键．
11．(2023春•兰溪市校级月考）定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．
【基础巩固】
（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC＝60°，AC=46，求AE+BE+CE＝ 12+43 ；
【尝试应用】
（2）如图2，等边三角形ABC边长为43，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．
思路引领：（1）△CDE为含30°角直角三角形，可求出DE、CE的长度，进而得出结果．
（2）△AEF为等边三角形，可得AE+BE+CE＝EF+BE+GF，故当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，进而可得∠AEB＝∠AEC＝∠BEC＝120°，即可求出结果．
（3）作DM⊥AB于点M，可知EF＝DM=12AB，进而可推出△ABF为等腰直角三角形，结合（2）中的结论，当点P满足：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，进而结合（1）中方法求出结果．
解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AC=46，
∴BD＝CD＝AD=43，
∵∠DEC＝60°，
∴DE=CD3=4，
∴AE＝AD﹣DE=43−4，CE＝BE＝2DE＝8，
∴AE+BE+CE=43−4+8×2＝12+43；
故答案为：12+43；
（2）由题意可得：AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△EAF为等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，
∴AE+BE+CE＝EF+BE+GF，
∵B、G两点均为定点，
∴当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，
∴∠AEB＝120°，∠AEC＝∠AFG＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴此时E点为等边△ABC的中心，
∴AE+BE+CE＝3AE=3×AB3=12，
故等边三角形ABC的“最近值”为12；
（3）如图，过点D作DM⊥AB于点M，
∵∠BDA＝75°，AB＝AD，
∴∠DAB＝30°，
∴2DM＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴EF＝DM，
∴2EF＝AB，
∴AE＝BE＝EF＝3，
∴△AEF与△BEF均为等腰直角三角形，
∴△ABF为等腰直角三角形，
设P为EF上一点，由（2）得：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，
此时：EP=AE3=3，
∴AP＝BP＝2EP=23，FP＝EF﹣EP＝3−3，
∴AP+BP+FP=23+23+3−3=3+33，
∴（AP+BP+FP）2=(3+33)2=36+183，
∴三角形AFB“最近值”的平方为36+183．
总结提升：本题考查三角形与四边形综合问题，掌握费马点模型可帮助快速解题．
费马点问题解题技巧：旋转变换．
类型一 费马点模型
典例1 （2023秋•仓山区校级期中）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，此时PA+PB+PC的和最小，称为△ABC的费马距离．
（1）若点P是等边三角形三条高的交点，点P （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如图（2），分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．求证：P点为△ABC的费马点．
（3）若图（2）中，AB＝5，AC＝4，BC＝a，BD＝b，则△ABC的费马距离＝ ．
针对训练
1．（2023春•滨海县期中）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．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）当M点在何处时，2AM的值最小，并说明理由；
（3）当M点在何处时，2AM+BM的值最小，并说明理由．
2．（2023春•历下区期末）【操作发现】
（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B'，点C的对应点为C′；
②连接BB′，此时∠ABB′＝ °；
【问题解决】
在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：
（2）如图2，在等边△ABC中，点P在内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长．
经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△ABP′，连接PP′，寻找PA、PB、PC三边之间的数量关系．…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程；
【学以致用】
（3）如图3，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，且PA＝5，PC＝22，∠BPC＝135°，求PB；
【思维拓展】
（4）注意：从以下①②中，你任意选择一道题解答即可．
①等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内部一点，若BC＝4，则AP+BP+CP的最小值＝ ；
②如图4，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB=3，PC=15，求∠APB的度数．
3．（2023春•金水区校级期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．
（1）如图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．如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，则CE＝ ．
（2）如图2，连接PA，PB，PC，当AC＝BC＝8时，求PA+PB+PC的最小值．
类型二 费马点模型变式
典例2（2023春•碑林区校级期中）[问题发现]如图①，在△OAB中，OB＝3，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得△OA′B′，连接BB'．则BB'＝ ．
[问题探究]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△BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，P的对应点为Q．求PA+PB+PC的最小值．
[实际应用]如图③，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800，点P是长方形内一动点，且S△PAD＝2S△PBC，点Q为△ADP内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出这个最小值，并求出此时PQ的长度，若不存在，请说明理由．
针对训练
1．（2023•雁塔区校级模拟）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝53，则△ABC的外接圆的半径值为 ．
【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33cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE=3cm，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3≈1.7，10.52＝110.25）．
模块二 2023中考押题预测
一．选择题
1．(2023秋•义乌市月考）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（Fermatpint）．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是腰长为2的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF＝（ ）
A．23B．1+3C．6D．33
2．(2023春•山亭区期中）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．40°B．30°C．50°D．65°
二．填空题
3．（2023秋•开福区校级月考）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 ．
4．（2023秋•梁溪区期末）如图，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1+3，则这个正方形的边长为 ．
5．（2023•丹东）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=7，BC＝23，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ ；若AB＝23，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ ．
6．(2023秋•洪山区校级期中）如图，以等边△ABC的一边BC为底边作等腰△BCD，已知AB＝3，CD=BD=3，且∠BDC＝120°，在△BCD内有一动点P，则PB+PC+PD的最小值为 ．
7．(2023秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，
①∠BDC＝ ；②AD的最小值是 ．
三．解答题
8．（2009•湖州）自选题：若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）若点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，则PB的值为 ；
（2）如图，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．
9．问题探究：
（1）如图1，已知，在四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝DC，则对角线AC、BD的位置关系是 ．
（2）如图2，已知，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．△ABC内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2，求AC的长．
问题解决：
（3）如图3，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（0，43），延长AC至点D，使CD=12AC，过点D作DE⊥y轴于点E．设G为y轴上一点，点P从点E出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点．若点P在直线GA上运动速度为定值v，在y轴上运动速度为2v，试确定点G的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短，并求此时点G的坐标．
10．(2023•利辛县一模）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）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；
（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD交于P点．如图（2）
①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．
12．(2023春•兰溪市校级月考）定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．
【基础巩固】
（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC＝60°，AC=46，求AE+BE+CE＝ ；
【尝试应用】
（2）如图2，等边三角形ABC边长为43，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．
专题40 中考最值难点突破费马点问题（解析版）
模块一 典例剖析+针对训练
费马点问题解题技巧：旋转变换．
类型一 费马点模型
典例1（2023秋•仓山区校级期中）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，此时PA+PB+PC的和最小，称为△ABC的费马距离．
（1）若点P是等边三角形三条高的交点，点P 是 （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如图（2），分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．求证：P点为△ABC的费马点．
（3）若图（2）中，AB＝5，AC＝4，BC＝a，BD＝b，则△ABC的费马距离＝ b ．
思路引领：（1）依据等腰三角形三线合一的性质可知：MB平分∠ABC，则∠ABP＝30°，同理∠BAP＝30°，则∠APB＝120°，同理可求得∠APC，∠BPC的度数，然后可作出判断；
（2）如图2所示：首先证明△ACE≌△ABD，则∠1＝∠2，由∠3＝∠4可得到∠CPD＝∠5，由∠CPD＝60°可证明∠BPC＝120°，然后证明△ADF∽△CFP，由相似三角形的性质和判定定理再证明△AFP∽△CDF，故此可得到∠APF＝∠ACD＝60°，然后可求得∠APC＝120°，接下来可求得∠APB＝120°．
（3）如图2﹣1中，在PD上取一点T，使得PT＝CP．利用全等三角形的性质证明PA+PC＝PD的，再证明PA+PB+PC＝BD即可．
解：（1）如图1所示：
∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC．
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．
∴∠APB＝120°．
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．
∴P是△ABC的费马点．
故答案为：是．
（2）设AC交BD于点F，如图2所示：
∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AD∠EAC=∠BADEA=AB，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；．
∵△ADF∽△CPF，
∴AF•PF＝DF•CF，
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△CDF．
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．
（3）如图2﹣1中，在PD上取一点T，使得PT＝CP．
∵∠CPT＝60°，PT＝CP，
∴△CPT是等边三角形，
∴CP＝PT，∠PCT＝60°，
∵CA＝CD，∠ACD＝60°，
∴∠ACD＝∠PCT，
∴∠ACP＝∠DCT，
∴△ACP≌△DCT（SAS），
∴PA＝DT，
∵PD＝PT+DT，
∴PD＝PA+PC，
∴PA+PB+PC＝PB+PD＝BD＝b，
故答案为：B．
总结提升：本题属于三角形专题，主要考查的是相似三角形的综合应用，解答本题主要应用了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定等知识，证得∠5＝∠6、△AFP∽△CDF是解答本题的关键．
针对训练
1．（2023春•滨海县期中）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．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）当M点在何处时，2AM的值最小，并说明理由；
（3）当M点在何处时，2AM+BM的值最小，并说明理由．
思路引领：（1）由旋转的性质可得MB＝NB，∠MBN＝60°＝∠ABE，由“SAS”可证△AMB≌△ENB；
（2）由“SAS”可证△ABM≌△CBM，可得AM＝CM，即AM+CM＝2AM，根据“两点之间线段最短”，可得：当M点落在BD的中点时，2AM的值最小；
（3）根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，2AM+BM的值最小．
（1）证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°．
∵将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴∠MBN＝60°＝∠ABE，BM＝BN，
∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．
即∠MBA＝∠NBE．
在△AMB和△ENB中，
AB=BE∠ABM=∠NBEBM=BN，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（2）解：当M点落在BD的中点时，2AM的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABM＝∠CBM＝45°，
又∵BM＝BM，
∴△ABM≌△CBM（SAS），
∴AM＝CM，
∴AM+CM＝2AM，
∴当点A，点M，点C三点共线，即点M在BD的中点时，2AM的值最小；
（3）解：如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，2AM+BM的值最小．
理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵∠MBN＝60°，MB＝NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN．
∴2AM+BM＝EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”可知，当E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM＝2AM+MN能取得最小值．
总结提升：本题考查了四边形的综合题，考查了正方形性质，全等三角形的判定与性质和旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（2023春•历下区期末）【操作发现】
（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①请按要求画图：将ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B'，点C的对应点为C′；
②连接BB′，此时∠ABB′＝ 45 °；
【问题解决】
在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：
（2）如图2，在等边△ABC中，点P在内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长．
经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△ABP′，连接PP′，寻找PA、PB、PC三边之间的数量关系．…请参考他们的想法，完成该问题的解答过程；
【学以致用】
（3）如图3，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，且PA＝5，PC＝22，∠BPC＝135°，求PB；
【思维拓展】
（4）注意：从以下①②中，你任意选择一道题解答即可．
①等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内部一点，若BC＝4，则AP+BP+CP的最小值＝ 22+26 ；
②如图4，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB=3，PC=15，求∠APB的度数．
思路引领：（1）①由题意画出图形；
②由旋转的性质得出AB＝AB′，∠B′AB＝90°，则可得出结论；
（2）将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，由旋转的性质得出AP'＝AP＝3，∠P'AP＝60°，P'B＝PC＝4，得出△APP'是等边三角形，由勾股定理可求出答案；
（3）将△BCP绕点C顺时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，由旋转的性质得出∠PCP'＝90°，CP′=CP=22，AP'＝BP，∠AP'C＝∠BPC＝135°，得出△CPP'是等腰直角三角形，由勾股定理可求出答案；
（4）①由旋转得到结论PA+PB+PC＝P1A1+P1B+PC，只有，A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，根据勾股定理，即可．
②将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，证明△BPP'是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得出答案．
（1）解：①如图1所示，△AB'C'即为所求；
②连接BB′，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，如图1所示：
∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，
∴∠AB′B＝45°，
故答案为：45°；
【问题解决】（2）如图2，
∵将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，
∴AP'＝AP＝3，∠P'AP＝60°，P'B＝PC＝4，
∴△APP'是等边三角形，
∴PP'＝3，∠AP'P＝60°，
∵∠AP'B＝∠APC＝150°，
∴∠BP'P＝∠AP'B﹣∠AP'P＝90°，
∴PB=P′B2+P′P2=42+32=5．
【学以致用】
（3）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝90°，AC＝BC，
将△BCP绕点C顺时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，
则∠PCP'＝90°，CP′=CP=22，AP'＝BP，∠AP'C＝∠BPC＝135°，
∴△CPP'是等腰直角三角形，
∴∠CPP'＝∠CP'P＝45°，PP′=CP′2+CP2=4，
∴∠AP'P＝∠AP'C﹣∠CP'P＝135°﹣45°＝90°，
∴BP=AP′=PA2−PP′2=52−42=3．
【思维拓展】
（4）①如图4，
∵Rt△ABC是等腰三角形，
∴AB＝BC．
以B为中心，将△APB逆时针旋转60°得到△A1P1B．则A1B＝AB＝BC＝4，PA＝P1A1，PB＝P1B＝P1P，
∴PA+PB+PC＝P1A1+P1P+PC．
∵当A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，
∴A1C＝PA+PB+PC，
∴A1C长度即为所求．
过A1作A1D⊥CB延长线于D．
∵∠A1BA＝60°（由旋转可知），
∴∠A1BD＝30°．
∵A1B＝4，
∴A1D＝2，BD＝23，
∴CD＝4+23；
在Rt△A1DC中，A1C=A1D2+DC2=22+(4+23)2=22+26．
故答案为22+26．
②将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，
∴∠PBP'＝90°，AP′=CP=15，BP=BP′=3，
∴△BPP'是等腰直角三角形，
∴∠BPP'＝45°，PP′=BP2+BP′2=6，
又∵AP＝3，AP′=15，
∴AP2+PP'2＝AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，
∴∠APB＝∠APP'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．
总结提升：本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，正确作辅助线并能根据旋转的性质进行证明是解此题的关键．
3．（2023春•金水区校级期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．
（1）如图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．如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，则CE＝ 33 ．
（2）如图2，连接PA，PB，PC，当AC＝BC＝8时，求PA+PB+PC的最小值．
思路引领：（1）连接BD、CD，构造矩形ACBD和Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算，即可求得CE的长；
（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN．根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC＝CP+PM+MN，最后根据当C、P、M、N四点共线时，由CA＝CB，NA＝NB可得CN垂直平分AB，进而求得PA+PB+PC的最小值．
解：（1）如图1，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=CD2−DE2=27=33；
故答案为：33．
（2）如图2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＝BC＝8时，AB＝82，
当C、P、M、N四点共线时，
由CA＝CB，NA＝NB可得CN垂直平分AB，
∴AQ=12AB＝42=CQ，NQ=3AQ＝46，
∴此时CN＝CP+PM+MN＝PA+PB+PC＝42+46．
即PA+PB+PC的最小值为42+46．
总结提升：本题考查旋转变换，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
类型二 费马点模型变式
典例2（2023春•碑林区校级期中）[问题发现]如图①，在△OAB中，OB＝3，若将△OAB绕点O逆时针旋转120°得△OA′B′，连接BB'．则BB'＝ 33 ．
[问题探究]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△BCD，P为△ABC内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，P的对应点为Q．求PA+PB+PC的最小值．
[实际应用]如图③，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800，点P是长方形内一动点，且S△PAD＝2S△PBC，点Q为△ADP内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出这个最小值，并求出此时PQ的长度，若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）如图1，过点O作OE⊥BB′于点E，根据旋转的性质和勾股定理即可求得答案．
（2）如图2，连接PQ，AD，根据等边三角形性质、旋转的性质得出∠CAD＝∠CDA＝30°，BC⊥AD，设垂足为F，利用勾股定理可求得AD＝12，利用SAS证明△BCP≌△DCQ，由PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，可知当且仅当A、P、Q、D四点在同一条直线上时，PA+PB+PC的值最小，即可求得答案．
（3）如图3，过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，由S△PAD＝2S△PBC，可得AE＝2BE，进而求得AE＝400，当D′P⊥EF时，D′P取最小值，运用勾股定理即可求得答案．
解：（1）如图1，过点O作OE⊥BB′于点E，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转120°得△OA′B′，
∴OB′＝OB＝3，∠BOB′＝120°，
∴∠OBB′＝∠OB′B＝30°，
∵OE⊥BB′，
∴∠OEB＝90°，BE＝B′E，
∴OE=12OB=32，
在Rt△BOE中，BE=OB2−OE2=32−(32)2=332，
∴BB′＝2BE＝2×332=33；
故答案为：33.
（2）如图2，连接PQ，AD，
∵△ABC、△BCD都是等边三角形，
∴∠ACB＝∠BCD＝60°，AC＝BC＝DC＝43，
∵将线段CP绕点C逆时针旋转60°，P的对应点为Q，
∴∠PCQ＝60°，CP＝CQ，
∵∠ACP+∠BCP＝60°，∠BCP+∠BCQ＝60°，∠BCQ+∠DCQ＝60°，
∴∠ACP＝∠DCQ＝∠BCP＝∠BCQ＝30°，
∴∠ACD＝120°，BC⊥AD，设垂足为F，
∴∠CAD＝∠CDA＝30°，
∴CF=12AC＝23，
∴AF=AC2−CF2=(43)2−(23)2=6，
∴AD＝2AF＝2×6＝12，
∵△PCQ是等边三角形，
∴PQ＝PC，
在△BCP和△DCQ中，
CB=CD∠BCP=∠DCQCP=CQ，
∴△BCP≌△DCQ（SAS），
∴PB＝QD，
∴PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，当且仅当A、P、Q、D四点在同一条直线上时，PA+PB+PC的值最小，
此时，PA+PB+PC的最小值为12.
（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值．
如图3，过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，
连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，
由（2）知，当P、Q、Q′、D′在同一条直线上时，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值为D′P，
在长方形ABCD中，AB＝600，AD＝800，
∴BC＝AD＝800，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
∵EF∥AD，
∴∠AEF＝∠EFD＝90°，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF＝AD＝800，
∵S△PAD＝2S△PBC，
∴12AD•AE＝2×12BC•BE，
∴AE＝2BE，
∵AE+BE＝AB＝600，
∴AE＝400，
∵点P在EF上，
∴当D′P⊥EF时，D′P取最小值，
∵AD∥EF，
∴D′P⊥AD，
∵△ADD′是等边三角形，
∴AD′＝AD＝800，AG=12AD＝400，∠AGD′＝90°，
∴D′G=AD′2−AG2=8002−4002=4003，
∵∠EAG＝∠AEP＝∠EPG＝90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP＝AE＝400，
∴D′P＝D′G+GP＝4003+400，
∴AQ+DQ+PQ的最小值为4003+400；
∵△AQQ′是等边三角形，AD⊥QQ′，
∴∠GAQ＝30°，AQ＝2GQ，
在Rt△AGQ中，AG2+GQ2＝AQ2，
∴4002+GQ2＝（2GQ）2，
解得：GQ=40033，
∴PQ＝GP﹣GQ＝400−40033．
总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形性质，全等三角形判定和性质，两点之间线段最短及点到直线的距离垂线段最短的应用，矩形性质，勾股定理等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，确定线段和取最小值的位置．
针对训练
1．（2023•雁塔区校级模拟）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝53，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33cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE=3cm，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3≈1.7，10.52＝110.25）．
思路引领：（1）作出三角形的外接圆O，证明△OBA是等边三角形，利用三线合一性质计算即可；
（2 ）点P在以BC为直径的圆上，根据圆心，P，A三点共线时AP最小，计算即可；
（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，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，构造直角三角形求解即可．
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=12BC=532，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO=BEAB，
∴sin60°=532AB=32，
∴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=12BC＝2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO=AB2+OB2=25，
∵PO＝2，
∴AP的最小值为：AO﹣PO＝25−2；
（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23232=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＝23，
∴BH=3，
∴OH=OB2−BH2=1，
∵AD＝DN，∠ADN＝60°，
∴△AND是等边三形，且AN＝33，∠NAD＝60°，
∴∠GAN＝30°，
∴GN＝ANsin30°=332，AG＝ANcs30°=92，
∴OM＝OH+AB+AG=92+1+33=112+33，MN＝GN﹣BH=332−3=32，
∴ON=OM2+MN2=(112+33)2+(32)2≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11﹣2＝9（cm）．
总结提升：本题考查了正方形的性质、圆中半径相等，点与圆位置关系中的最值问题，费马点最值问题，旋转的思想，锐角三角函数，解题的关键是正确构造辅助圆，旋转60°处理费马点问题
模块二 2023中考押题预测
一．选择题
1．(2023秋•义乌市月考）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（Fermatpint）．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是腰长为2的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF＝（ ）
A．23B．1+3C．6D．33
思路引领：根据题意首先画出图形，过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，求出PE，PF，DP的长即可解决问题；
解：如图：过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，
在等腰Rt△DEF中，DE＝DF=2，DM⊥EF，
∴EF=2DE＝2
∴EM＝DM＝1，
故cs30°=EMPE，
解得：PE=233，则PM=33，
故DP＝1−33，同法可得PF=233
则PD+PE+PF＝2×233+1−33=3+1．
故选：B．
总结提升：此题主要考查了解直角三角，正确画出图形进而求出PE的长是解题关键．
2．(2023春•山亭区期中）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（ ）
A．40°B．30°C．50°D．65°
思路引领：根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根据旋转的性质可得AC＝AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．
解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝65°，
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，
∴AC＝AC′，
∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×65°＝50°，
∴∠CAC′＝∠BAB′＝50°．
故选：C．
总结提升：本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．
二．填空题
3．（2023秋•开福区校级月考）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+23 ．
思路引领：根据相似三角形的判定和性质，即可求解．
解：
如图：
∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，
∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∴△BPC∽△APB
∴PCPB=PBPA，
即PB2＝12
∴PB＝23．
∴PA+PB+PC＝7+23
故答案为：7+23．
总结提升：本题考查了轴对称﹣最短路线问题，解决本题的关键是利用相似三角形的判定和性质．
4．（2023秋•梁溪区期末）如图，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1+3，则这个正方形的边长为 2 ．
思路引领：以A为旋转中心，将△ABE顺时针旋转60°得到△AMN，连NE，MB，过M作MP⊥BC交CB的延长线于P点，根据旋转的性质得MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，则△ANE为等边三角形，得AE＝NE，所以AE+EB+EC＝MN+NE+EC，当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC=2，易得△ABM为等边三角形，则∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，在Rt△PMC中，设BC＝x，PM=12x，然后利用勾股定理即可求出x．
解：以A为旋转中心，将△ABE顺时针旋转60°得到△AMN，连NE，MB，过M作MP⊥BC交BC的延长线于P点，如图，
∴MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，
∴△ANE为等边三角形，
∴AE＝NE，
∴AE+EB+EC＝MN+NE+EC，
当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC＝1+3，
∵AB＝AM，∠BAM＝60°，
∴△ABM为等边三角形，
∴∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，
在Rt△PMC中，设BC＝x，PM=12x，
∴（1+3）2＝（12x）2+（32x+x）2
所以x=2，
∴BC=2，
即正方形的边长为2，
故答案为：2．
总结提升：本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正方形和等边三角形的性质以及勾股定理．
5．（2023•丹东）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=7，BC＝23，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ 5 ；若AB＝23，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝ 27 ．
思路引领：①作出图形，过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，勾股定理解直角三角形即可；
②作出图形，将△APC绕点A逆时针旋转60°，P为△ABC的费马点则B，P，P'，C'四点共线，即PA+PB+PC＝BC'，再用勾股定理求得即可．
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=7，BC＝23，
∴BD=DC=12BC=3，
∴tan30°=PDBD=33，
∴PD＝1，
∴PB=PDsin30°=2，
∴AD=AB2−BD2=7−3=2，
∴PA+PB+PC＝5；
②如图：
∵AB＝23，BC＝2，AC＝4，
∴AB2+BC2＝16，AC2＝16，
∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，
∵sin∠BAC=BCAC=12=sin30°，
∴∠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'=AB2+AC′2=(23)2+42=27，
故答案为：5，27．
总结提升：本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转△PAB，△PBC也可，但必须绕顶点旋转．
6．(2023秋•洪山区校级期中）如图，以等边△ABC的一边BC为底边作等腰△BCD，已知AB＝3，CD=BD=3，且∠BDC＝120°，在△BCD内有一动点P，则PB+PC+PD的最小值为 23 ．
思路引领：将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，根据旋转性质可得∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，以此得到PB＝PP′，根据两点之间线段最短得PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD≥AD，根据等边三角形和等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，再根据勾股定理即可求解．
解：如图，将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，
根据旋转的性质得，∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，
∴△PBP′为等边三角形，
∴PB＝PP′，
∴PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD，
∵PP′+P′A+PD≥AD，
∴当A、P′、P、D四点共线时，PB+PC+PD有最小值，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BCD为等腰三角形，∠BDC＝120°，
∴∠CBD＝30°，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，
在Rt△ABD中，AB＝3，BD=3，∠ABD＝90°，
由勾股定理得AD=AB2+BD2=32+(3)2=23．
∴PB+PC+PD的最小值为23．
故答案为：23．
总结提升：本题主要考查旋转的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、两点之间线段最短、勾股定理，正确作出辅助线，利用两点之间线段最短得到PB+PC+PD≥AD是解题关键．
7．(2023秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，
①∠BDC＝ 60° ；
②AD的最小值是 5 ．
思路引领：以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再根据C，D，E三点共线时，CE有最小值，即可得到AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．
解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，
∵△BDE，△ABC均为等边三角形，
∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
在△ABD和△CBE中，
AB=CB∠ABD=∠CBEBD=BE，
∴△ABD≌△CBE（SAS），
∴CE＝AD，
∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，
∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值，
∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，
∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．
故答案为：①60°；②5．
总结提升：本题主要考查了旋转的性质以及等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是以BD为边向外作等边三角形BDE，依据全等三角形的性质得出结论．
三．解答题
8．（2009•湖州）自选题：若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）若点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，则PB的值为 23 ；
（2）如图，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．
思路引领：（1）由题意可得△ABP∽△BCP，所以PB2＝PA•PC，即PB＝23；
（2）在BB'上取点P，使∠BPC＝120°，连接AP，再在PB'上截取PE＝PC，连接CE．由此可以证明△PCE为正三角形，再利用正三角形的性质得到PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°，而△ACB'为正三角形，由此也可以得到AC＝B'C，∠ACB'＝60°，现在根据已知的条件可以证明△ACP≌△B'CE，然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论．
解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，
∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
∴PAPB=PBPC，
∴PB2＝PA•PC＝12，
∴PB＝23；
（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．
总结提升：此题考查了等腰三角形与等边三角形的性质及三角形内角和为180°等知识；此类已知三角形边之间的关系求角的度数的题，一般是利用等腰（等边）三角形的性质得出有关角的度数，进而求出所求角的度数．
9．问题探究：
（1）如图1，已知，在四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝DC，则对角线AC、BD的位置关系是 AC⊥BD ．
（2）如图2，已知，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．△ABC内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2，求AC的长．
问题解决：
（3）如图3，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（0，43），延长AC至点D，使CD=12AC，过点D作DE⊥y轴于点E．设G为y轴上一点，点P从点E出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点．若点P在直线GA上运动速度为定值v，在y轴上运动速度为2v，试确定点G的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短，并求此时点G的坐标．
思路引领：（1）结论：AC⊥BD．证明BD垂直平分线段AC可得结论；
（2）如图2中，将△BCE绕点B逆时针旋转60°得到△BKT，连接ET，AK，过点K作KH⊥AC交AC的延长线于点H．证明当A，E，T，K共线时，AE+EC+EB的值最小，最小值为AK＝2．设AC＝BC＝m，则HK=12m，CH=32m，利用勾股定理构建方程求出m即可；
（3）由题意点P在AG上的运动速度为v，点P在y轴上的运动速度为2v则点P到达点A的时间为t=EG2v+AGv=1v（EG2+AG），证明EG2=GH，利用垂线段最短解决问题．
解：（1）结论：AC⊥BD．
理由：∵BA＝BC，DA＝DC，
∴点B，点D在线段AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分线段AC，
∴AC⊥BD；
（2）如图2中，将△BCE绕点B逆时针旋转60°得到△BKT，连接ET，AK，过点K作KH⊥AC交AC的延长线于点H．
∵EB＝BT，∠EBT＝60°，
∴△EBT是等边三角形，
∴BE＝ET，
∴AE+EC+EB＝AE+ET+TK≥AK，
∴当A，E，T，K共线时，AE+EC+EB的值最小，最小值为AK＝2．
设AC＝BC＝m，则HK=12m，CH=32m，
∴AH＝m+32m，
∵AH2+KH2＝AK2，
∴（m+32m）2+（12m）2＝22，
∴m=6−2（负根已经舍去），
∴AC=6−2；
（3）由题意点P在AG上的运动速度为v，点P在y轴上的运动速度为2v.
则点P到达点A的时间为t=EG2v+AGv=1v（EG2+AG），
∵DE∥OA，
∴ECOC=CDAC=12，
∵C（0，43），
∴OC＝43，
∴EC＝23，
过点G作GH⊥BE于点H，
可证得△EGH∽△EBO，
则EGGH=EBBO=(63)2+626=2，
∴EG2=GH，
∴t=1v（EG2+GA）=1v（GH+GA），
要使t最小，则GH+GA最小，即当点G、A、H三点一线时，t有最小值，
确定G点位置的方法：过A点作AH⊥BE于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点
由OB＝6，OE＝63，
可得∠OBE＝60°，
∴∠BAH＝30°，
在Rt△OAG中，OG＝AO•tan∠BAH＝23，
∴G点的坐标为（0，23）．
总结提升：本题综合考查了图形的性质和坐标的确定，是综合性较强，难度较大的综合题，其中本题第三问是难点，学生主要不会确定点G的位置．
10．(2023•利辛县一模）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）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P 是 （填是或不是）该三角形的费马点．
（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：△ABP∽△BCP；
（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点．
思路引领：（1）依据等腰三角形三线合一的性质可知：MB平分∠ABC，则∠ABP＝30°，同理∠BAP＝30°，则∠APB＝120°，同理可求得∠APC，∠BPC的度数，然后可作出判断；
（2）由费马点的定义可知∠PAB＝∠PBC，然后再证明∠PAB＝∠PBC即可；
（3）如图2所示：①首先证明△ACE≌△ABD，则∠1＝∠2，由∠3＝∠4可得到∠CPD＝∠5； ②由∠CPD＝60°可证明∠BPC＝120°，然后证明△ADF∽△CFP，由相似三角形的性质和判定定理再证明△AFP∽△CDF，故此可得到∠APF＝∠ACD＝60°，然后可求得∠APC＝120°，接下来可求得∠APB＝120°．
解：（1）如图1所示：
∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC．
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．
∴∠APB＝120°．
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．
∴P是△ABC的费马点．
故答案为：是．
（2）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP．
（3）如图2所示：
①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，AC=AD∠EAC=∠BADEA=AB
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵△ADF∽△CFP，
∴AF•CF＝DF•PF，
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△CDF．
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．
总结提升：本题主要考查的是相似三角形的综合应用，解答本题主要应用了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定等知识，证得∠5＝∠6、△AFP∽△CDF是解答本题的关键．
11．(2023春•兰溪市校级月考）定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．
【基础巩固】
（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC＝60°，AC=46，求AE+BE+CE＝ 12+43 ；
【尝试应用】
（2）如图2，等边三角形ABC边长为43，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．
思路引领：（1）△CDE为含30°角直角三角形，可求出DE、CE的长度，进而得出结果．
（2）△AEF为等边三角形，可得AE+BE+CE＝EF+BE+GF，故当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，进而可得∠AEB＝∠AEC＝∠BEC＝120°，即可求出结果．
（3）作DM⊥AB于点M，可知EF＝DM=12AB，进而可推出△ABF为等腰直角三角形，结合（2）中的结论，当点P满足：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，进而结合（1）中方法求出结果．
解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AC=46，
∴BD＝CD＝AD=43，
∵∠DEC＝60°，
∴DE=CD3=4，
∴AE＝AD﹣DE=43−4，CE＝BE＝2DE＝8，
∴AE+BE+CE=43−4+8×2＝12+43；
故答案为：12+43；
（2）由题意可得：AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△EAF为等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，
∴AE+BE+CE＝EF+BE+GF，
∵B、G两点均为定点，
∴当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，
∴∠AEB＝120°，∠AEC＝∠AFG＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴此时E点为等边△ABC的中心，
∴AE+BE+CE＝3AE=3×AB3=12，
故等边三角形ABC的“最近值”为12；
（3）如图，过点D作DM⊥AB于点M，
∵∠BDA＝75°，AB＝AD，
∴∠DAB＝30°，
∴2DM＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴EF＝DM，
∴2EF＝AB，
∴AE＝BE＝EF＝3，
∴△AEF与△BEF均为等腰直角三角形，
∴△ABF为等腰直角三角形，
设P为EF上一点，由（2）得：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，
此时：EP=AE3=3，
∴AP＝BP＝2EP=23，FP＝EF﹣EP＝3−3，
∴AP+BP+FP=23+23+3−3=3+33，
∴（AP+BP+FP）2=(3+33)2=36+183，
∴三角形AFB“最近值”的平方为36+183．
总结提升：本题考查三角形与四边形综合问题，掌握费马点模型可帮助快速解题．
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