2024年中考数学几何模型归纳训练(通用版)专题26最值模型之费马点模型(原卷版+解析)

这是一份2024年中考数学几何模型归纳训练(通用版)专题26最值模型之费马点模型(原卷版+解析)，共55页。
【模型背景】皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等．费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。
【模型解读】
结论1：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。
注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A。（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°）
【模型证明】以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN．
∵△ABE为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．
在△AMB与△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．
连接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN为等边三角形．
∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小．
此时，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；
∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．
费马点的作法：如图3，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点。
【最值原理】两点之间，线段最短。
结论2：点P为锐角△ABC内任意一点，连接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加权费马点）
【模型证明】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大。
如：保持BP不变，xAP+yBP+zCP=，如图，B、P、P2、A2四点共线时，取得最小值。
模型特征：PA+PB+PC（P为动点）
①一动点，三定点；②以三角形的三边向外作等边三角形的，再分别将所作等边三角形最外的顶点与已知三角形且与所作等边三角形相对的顶点相连，连线的交点即为费马点；③同时线段前可以有不为1的系数出现，即：加权费马点。
例1．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，

由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
例2．（2023·广东深圳·二模）如图，是等边三角形，M是正方形ABCD对角线BD（不含B点）上任意一点，，（点N在AB的左侧），当AM+BM+CM的最小值为时，正方形的边长为______．
例3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为________．
例4．（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，点M是矩形内一点，且，，N为边上一点，连接、、，则的最小值为______．
例5．（2023·广东广州·校考二模）平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．
(1)如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度；
(2)如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：；
(3)如图3，已知，若，直接写出的最小值．
例6．（2023.河南四模）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
例7．（2023·江苏·校考三模）如图，四个村庄坐落在矩形ABCD的四个顶点上，公里，公里，现在要设立两个车站E，F，则的最小值为______公里．
例8．（2023下·陕西西安·九年级校考阶段练习）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，是边长为1的等边三角形，P为内部一点，连接、、，求的最小值．
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，将绕点逆时针旋转至，连接，记与交于点，易知．由，可知为正三角形，有．
故．因此，当共线时，有最小值是．
学以致用：(1)如图3，在中，为内部一点，连接，则的最小值是________．(2)如图4，在中，为内部一点，连接，求的最小值．
课后专项训练
1.（2022·宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
2．（2023·成都实外九年级阶段练习）如图，在中，，P是内一点，求的最小值为______．
3．（2023·广东广州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD=________．
4．（2019·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论：
问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是___________

5．（2023·重庆·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底边上的高AH上一点．若AP+BP+CP的最小值为2，则BC＝_____．
6．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为________．
7．（2023·陕西·二模）已知，如图在中，，，，在内部有一点D，连接DA、DB、DC．则的最小值是__________．
8．（2023·山东·九年级专题练习）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．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
9．（2021·山东滨州·中考真题）如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为____________．
10．（2021·辽宁丹东·中考真题）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．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
11．（2023·江苏·九年级阶段练习）探究题
(1)知识储备：①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧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：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____的长度即为△ABC的费马距离．
(3)知识应用：①如图3所示的△ABC（其中均小于），，现取一点P，使点P到三点的距离之和最小，求最小值；
②如图4，若三个村庄构成Rt△ABC，其中．现选取一点P打水井，使P点到三个村庄铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为________．（直接写结果）
12．（2020·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
13．（2023·河北·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系xy中，点B的坐标为(0，2)，点在轴的正半轴上，，OE为△BOD的中线，过B、两点的抛物线与轴相交于、两点（在的左侧）.（1）求抛物线的解析式；（2）等边△的顶点M、N在线段AE上，求AE及的长；（3）点为△内的一个动点，设，请直接写出的最小值,以及取得最小值时，线段的长.
14．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求最小值
15．（2023·福建三明·八年级期中）【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小后来这点被称之为“费马点”．
如图，点是内的一点，将绕点逆时针旋转60°到，则可以构造出等边，得，，所以的值转化为的值，当，，，四点共线时，线段的长为所求的最小值，即点为的“费马点”．
(1)【拓展应用】如图1，点是等边内的一点，连接，，，将绕点逆时针旋转60°得到．①若，则点与点之间的距离是___；②当，，时，求的大小；(2)如图2，点是内的一点，且，，，求的最小值．
16．（2023·江苏·苏州八年级期中）背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．
(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．
专题26 最值模型之费马点模型
费马点问题是由全等三角形中的手拉手模型衍生而来，主要考查转化与化归等的数学思想，在各类考试中都以中高档题为主。本专题就最值模型中的费马点问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
【模型背景】皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等．费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。
【模型解读】
结论1：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。
注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A。（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°）
【模型证明】以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN．
∵△ABE为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．
在△AMB与△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．
连接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN为等边三角形．
∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小．
此时，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；
∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．
费马点的作法：如图3，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点。
【最值原理】两点之间，线段最短。
结论2：点P为锐角△ABC内任意一点，连接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加权费马点）
【模型证明】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大。
如：保持BP不变，xAP+yBP+zCP=，如图，B、P、P2、A2四点共线时，取得最小值。
模型特征：PA+PB+PC（P为动点）
①一动点，三定点；②以三角形的三边向外作等边三角形的，再分别将所作等边三角形最外的顶点与已知三角形且与所作等边三角形相对的顶点相连，连线的交点即为费马点；③同时线段前可以有不为1的系数出现，即：加权费马点。
例1．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，

由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．(2)(3)
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可，
（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴为等边三角形；∴，，
又，故，
由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，
最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴，，∴，，
又∵，∴，
∴，∴；
∵，∴，，∴，，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．
（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，

∵，∴，
又∵∴，
由旋转性质可知：，∴，∴最小值为，
（3）∵总的铺设成本
∴当最小时，总的铺设成本最低，
将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转性质可知：，，，，
∴，∴，
当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，

过点作，垂足为，∵，，∴，
∴，∴，
∴，∴
的最小值为
总的铺设成本（元）故答案为：
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
例2．（2023·广东深圳·二模）如图，是等边三角形，M是正方形ABCD对角线BD（不含B点）上任意一点，，（点N在AB的左侧），当AM+BM+CM的最小值为时，正方形的边长为______．
【答案】
【分析】首先通过SAS判定，得出，因为,,得出是等边三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且为最小值，我们可以得出EC=，作辅助线，过点E作交CB的延长线于F，由题意求出，设正方形的边长为x，在中，根据勾股定理求得正方形的边长为．
【详解】∵为正三角形，∴，∴
∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∴．
在和中，∴（SAS）∴
在中，又∵，∴为等边三角形，∴．
∵AM+BM+CM最小值为．∴EN+MN+CM的最小值为即CE=．
过点E作交CB的延长线于F，可得．
设正方形的边长为x，则BF=，．
在，∵，∴
解得（负值舍去）．∴正方形的边长为．故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形和正方形边相等的性质，全等三角形的判定，灵活使用辅助线，掌握直角三角的性质，熟练运用勾股定理是解题的关键．
例3．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为________．
【答案】
【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．
【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．
例4．（2023春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，点M是矩形内一点，且，，N为边上一点，连接、、，则的最小值为______．
【答案】
【分析】将绕点A逆时针旋转得到，连接、，然后即可得为等边三角形，同理为等边三角形，接着证明当、、三条线段在同一直线上，的值最小，即的值最小，过点作于点E，即最小值为：，问题随之得解．
【详解】如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，连接、，
根据旋转的性质有：，，，
为等边三角形，同理为等边三角形，
，，，
当线段、、三条线段在同一直线上，且该直线与垂直时，的值最小，即的值最小，如下图，过点作于点E，交于点F，
最小值为：，在矩形中，于点E，
即可知四边形是矩形，，即，
为等边三角形，，，
，，
的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的判定定理与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，作出合理的辅助线是解答本题的关键．
例5．（2023·广东广州·校考二模）平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．
(1)如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度；
(2)如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：；
(3)如图3，已知，若，直接写出的最小值．
【答案】(1)(2)见解析(3)
【分析】（1）根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到，再在直角中，利用勾股定理求出，则，即可求解；
（2）由题意可得，是的角平分线，且，故延长交于点M，可证，要证，而，即证明即可，延长交于N，过E作于P，先证明，可以得到，再证明四边形是正方形，得到，接着证明即可解决；
（3）如图3，分别以和为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到，所以，则，当B，F，M，N四点共线时，所求线段和的值最小，利用，解即可解决．
【详解】（1）解：∵，如图1，

∴，E为的中点，，∴，
∵，∴，在中，，∴；
（2）证明：如图2，设射线与射线交于点M，由题可设，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，延长交于N，
∴，过E作于P，则，
在与中， ，∴，∴，
过E作于Q，∴，∴四边形为矩形，
∵，∴，∴，
∴矩形为正方形，∴，∴，
在与中，， ∴，∴，
∵，∴；
（3）解：如图3，把绕点A逆时针旋转得到，得到等边，同理以为边构造等边，

∴，，
∴，∴，
在与中，，∴，
∴，∴，
当B，F，M，N四点共线时，最小，即为线段BN的长度，如图4，
过N作交其延长线于T，∴，
∵，∴，∵，∴，
∴，∴，∵，
∴，在中， ，
∴，∴，∴，
∴的最小值为 ．
【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意基本辅助线构造方法，比如第（2）问中的线段既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转化线段是解决此问的关键．
例6．（2023.河南四模）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2
【分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与勾股定理即可求出GE，故可求解．
【详解】（1）连接AE，如图，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2
∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=
如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，∠BCE=60°
∴PD=PC 由旋转可得DE=PB，CE=BC=4 ∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90° ∴在Rt△ACE中，AE=
即PA+PB+PC的最小值为2；
（3）存在在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF 由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
∵∠BEC=90°∴点E在以BC为直径的O上，如图3 则OB=OC==2
如图3，连接OG交O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30° ∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=AD=2∴根据勾股定理得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的最小值为2-2．
【点睛】此题主要考查四边形与圆综合的最短距离，解题的关键是熟知旋转的性质、圆周角定理及两点之间的距离特点．
例7．（2023·江苏·校考三模）如图，四个村庄坐落在矩形ABCD的四个顶点上，公里，公里，现在要设立两个车站E，F，则的最小值为______公里．
【答案】15+10
【分析】将△AEB绕A顺时针旋转60°得△AGH，连接BH、EG，将△DFC绕点D逆时针旋转60°得到△DF'M，连接CM、FM、FF'，如图2，此时EH、EF、FM共线，EA+EB+EF+FC+FD是最小值，利用旋转的性质和等边三角形的性质，相加即可得出结论．
【详解】解：如图1，将△AEB绕A顺时针旋转60°得△AGH，连接BH、EG，将△DFC绕点D逆时针旋转60°得到△DF'M，连接CM、FF'，
由旋转得：AB=AH，AE=AG，∠EAG=∠BAH=60°，BE=GH，
∴△AEG和△ABH是等边三角形，∴AE=EG，
同理得：△DFF'和△DCM是等边三角形，DF=FF'，FC=F'M，
∴当H、G、E、F、F'、M在同一条直线上时，EA+EB+EF+FC+FD有最小值，如图2，
∵AH=BH，DM=CM，∴HM是AB和CD的垂直平分线，∴HM⊥AB，HM⊥CD，
∵AB=10，∴△ABH的高为5，
∴EA+EB+EF+FC+FD=EG+GH+EF+FF'+F'M=HM=15+5+5=15+10，
则EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10）公里．故答案为：（15+10）．
【点睛】本题考查了矩形的性质和最短路径问题，旋转的性质和等边三角形的性质，确定最小值时点E和F的位置是本题的关键，利用全等、勾股定理求其边长，从而得出结论．
例8．（2023下·陕西西安·九年级校考阶段练习）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，是边长为1的等边三角形，P为内部一点，连接、、，求的最小值．
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，将绕点逆时针旋转至，连接，记与交于点，易知．由，可知为正三角形，有．
故．因此，当共线时，有最小值是．
学以致用：(1)如图3，在中，为内部一点，连接，则的最小值是________．(2)如图4，在中，为内部一点，连接，求的最小值．
【答案】(1)5(2)
【分析】（1）将绕点逆时针旋转得到，易知是等边三角形，，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）．（2）将绕点逆时针旋转得到，易知是等腰直角三角形，，作交的延长线于．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）．
【详解】（1）解：如图3中，

将绕点逆时针旋转得到，∴，，
∴是等边三角形，，在中，，
，，的最小值为5．故答案为5．
（2）如图4中，

将绕点逆时针旋转得到，∴，，
∴是等腰直角三角形，∴，作交的延长线于．
在中，，，，
在中，，
，的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定，两点之间线段最短时的位置的确定，解本题的关键是确定取最小值时的位置．
课后专项训练
1.（2022·宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
【答案】B
【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得， 根据即可判断④．
【详解】解：和都是等腰直角三角形，，
故①正确；
四点共圆，
故②正确；如图，过点作于,交的延长线于点，

,
，,
设，则，，则
AH∥CE，则；故③正确
如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，
，当共线时，取得最小值，
此时
，此时，
，，，，，
，平分，，
四点共圆， ，
又,，，则四边形是菱形，
又，四边形是正方形，
，
则，，
，， ，，
则，，
，，故④不正确，故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关
2．（2023·成都实外九年级阶段练习）如图，在中，，P是内一点，求的最小值为______．
【答案】
【分析】将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，将转化为，此时当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长；根据勾股定理求解即可．
【详解】解：将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，连接PF、AD、DB，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E；∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD，
∴△PCF、△ACD是等边三角形，∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=
∴，
∴当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长；
∵，∠CAD=，∴∠EAD=，
∴，∴，
∴，∴，
∴的值最小值为．故答案为：．
【点睛】本题考查费马点问题，解题的关键在于将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，将三条线段的长转化到一条直线上．
3．（2023·广东广州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD=________．
【答案】
【分析】如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC，证明AM垂直平分BC，证明AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，构建方程求出x可得结论．
【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，

∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°，∴△BQN是等边三角形，
∴BQ=QN，∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN，
∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC
∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM，
∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形，∴∠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，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，
∴x=，∴x=3+，∴PD=3+．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题．
4．（2019·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论：
问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是___________

【答案】
【分析】如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，易知△MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得.
【详解】如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，
显然△MOP为等边三角形，∴OM＋OG＝OP＋PQ，
∴点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，
∴当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，
过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°，∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°，
∵MQ＝MG＝4，∴AQ＝AM＝MQ•cs45°=4，
∴NQ＝，故答案为.
【点睛】本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键.
5．（2023·重庆·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底边上的高AH上一点．若AP+BP+CP的最小值为2，则BC＝_____．
【答案】
【分析】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．首先证明当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，想办法求出AC的长即可解决问题.
【详解】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．
∵AB=AC，AH⊥BC，∴∠BAP=∠CAP，
∵PA=PA，∴△BAP≌△CAP（SAS），∴PC=PB，
∵MG=PB，AG=AP，∠GAP=60°，∴△GAP是等边三角形，
∴PA=PG，∴PA+PB+PC=CP+PG+GM，
∴当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，
∵AP+BP+CP的最小值为2，∴CM=2，
∵∠BAM=60°，∠BAC=30°，∴∠MAC=90°，∴AM=AC=2，
作BN⊥AC于N．则BN=AB=1，AN=，CN=2-，
∴BC=．故答案为．
【点睛】本题考查轴对称-最短问题，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，学会利用两点之间线段最短解决问题
6．（2023·江苏·九年级专题练习）如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为________．
【答案】
【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．
【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．
∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．
7．（2023·陕西·二模）已知，如图在中，，，，在内部有一点D，连接DA、DB、DC．则的最小值是__________．
【答案】．
【分析】把△CDB顺时针旋转90°到△CD′B′，过B′作B′E⊥AC，交AC延长于E，则CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，可求DD′= ，在Rt△CEB′中，可求CE，AE= ，BE= ，当点A、D、D′、B′四点在一直线时，AB′最短，可求AB′=BD++AD=．
【详解】解：把△CDB顺时针旋转90°到△CD′B′，过B′作B′E⊥AC，交AC延长于E，
则CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，∴DD′=CD÷cs45°=，
∵，，∴，
在Rt△CEB′中，∴CE=B′C·cs60°=5，∴AE=AC+CE=6+，
∴BE= B′C·sin60°=5，当点A、D、D′、B′四点在一直线时，AB′最短，
∴AB′最短=，
AB′=B′D′+D′D+AD=BD++AD=．故答案为：．
【点睛】本题考查三角形旋转变换，特殊角锐角三角函数，勾股定理，四点共线时最短，掌握三角形旋转变换，特殊角锐角三角函数，勾股定理，四点共线时最短，准确作图是解题关键．
8．（2023·山东·九年级专题练习）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．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
【答案】 5
【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过作，垂足为,
过分别作, 则, P为的费马点

5
②如图：.
将绕点逆时针旋转60
由旋转可得：
是等边三角形， P为的费马点
即四点共线时候，=
故答案为：①5，②
【点睛】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．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．
9．（2021·山东滨州·中考真题）如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】根据题意，首先以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，作出图形，然后根据旋转的性质和全等三角形的性质、等边三角形的性质，可以得到PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，再根据两点之间线段最短，可以得到PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，然后根据勾股定理可以求得CB′的值，从而可以解答本题．
【详解】以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，连接BB′、PP′，，如图所示，
则∠PAP′=60°，AP=AP′，PB=P′B′，∴△APP′是等边三角形，∴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•cs∠BAC=2×cs30°=，
∴CB′=，故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、最短路径问题、勾股定理，解答本题的关键是作出合适的辅助线，得出PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，其中用到的数学思想是数形结合的思想．
10．（2021·辽宁丹东·中考真题）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．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
【答案】5
【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过作，垂足为,
过分别作, 则, P为的费马点

5
②如图：.

将绕点逆时针旋转60 由旋转可得：
是等边三角形，
P为的费马点,即四点共线时候，
=故答案为：①5，②
【点睛】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．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．
11．（2023·江苏·九年级阶段练习）探究题
(1)知识储备：①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧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：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____的长度即为△ABC的费马距离．
(3)知识应用：①如图3所示的△ABC（其中均小于），，现取一点P，使点P到三点的距离之和最小，求最小值；
②如图4，若三个村庄构成Rt△ABC，其中．现选取一点P打水井，使P点到三个村庄铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为________．（直接写结果）
【答案】(1)证明见解析； (2)AD (3)5，．
【分析】（1）在PA上截取PD=PC，可证明△ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（2）利用（1）中结论得出PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，再根据“两点之间线段最短”可得答案；
（3）①在（2）的基础上先画出图形，再利用勾股定理求解；
②仿照①的方法可画出P的位置，利用勾股定理可求出输水管总长度的最小值，
（1）解：①证明：在PA上截取PD=PC，连接CD，
∵AB=AC=BC，所以，
∴∠APB=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，∴∠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）如图2，根据（1）的结论得：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；

（3）①如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则线段AD的长即为最短距离，
∵△BCD为等边三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，
∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，
∴；
②以BC为边，在BC下方作等边△BCK，设等边△BCK外接圆为⊙O，连接AK交⊙O于P，则由①知此时PA+PB+PC最短，且最短距离等于AK的长度，过K作KT⊥AC交AC延长线于T，如图：
∵△BCK是等边三角形，∴∠BCK=60°，CK=BC=，∵∠CAB=90°，∴．∠TCK=30°，
在Rt△AKT中，∴
在Rt△AKT中，，故答案为：．
【点睛】本题考查圆的综合应用，也是阅读理解型问题，主要考查了新定义：三角形费马点和费马距离，还考查了等边三角形的性质、三角形全等、勾股定理等知识，难度很大，理解新定义是本题的关键．
12．（2020·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；（2）连接AF，由（1）得，，，推出，然后根据现有条件说明
在中，，点A，D，C，E四点共圆，F为圆心，则，在中，推出，即可得出答案；
（3）在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，证明点P位于线段CE上，同理得到点P位于线段BF上，证明∠BPC=120°，进而得到，设PD为，得出，，得出，解出a，根据即可得出答案．
【详解】解：（1）证明如下：∵，∴，∵，，
∴在和中，∴，
∴，∴，
在中，F为DE中点（同时），，
∴，即为等腰直角三角形，∴，
∵，∴；
（2）连接AF，由（1）得，，，
∴，
在中，，
∵F为DE中点，∴，
在四边形ADCE中，有，，∴点A，D，C，E四点共圆，
∵F为DE中点，∴F为圆心，则，
在中，∵，∴F为CG中点，即，
∴，即；
（3）如图1，在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，得到△BPD为等边三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，
∴当的值取得最小值时，点P位于线段CE上；

如图2，将三角形ACP绕点C顺时针旋转60°得到△FCG，得到△PCG为等边三角形，所以PC=GP，
∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，∴当的值取得最小值时，点P位于线段BF上；
综上所述：如图3，以AB、AC为边向外做等边三角形ABE和等边三角形ACF，连接CE、BF，则交点P为求作的点，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，

如图4，同理可得，，∴，设PD为，∴，
又，∴， 又∴．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．
13．（2023·河北·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系xy中，点B的坐标为(0，2)，点在轴的正半轴上，，OE为△BOD的中线，过B、两点的抛物线与轴相交于、两点（在的左侧）.（1）求抛物线的解析式；（2）等边△的顶点M、N在线段AE上，求AE及的长；（3）点为△内的一个动点，设，请直接写出的最小值,以及取得最小值时，线段的长.
【答案】(1) (2) ；或 （3）可以取到的最小值为．当取得最小值时，线段的长为
【分析】（1）已知点B的坐标，可求出OB的长；在Rt△OBD中，已知了∠ODB=30°，通过解直角三角形即可求得OD的长，也就得到了点D的坐标；由于E是线段BD的中点，根据B、D的坐标即可得到E点的坐标；将B、E的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值，由此确定抛物线的解析式；
（2）过E作EG⊥x轴于G，根据A、E的坐标，即可用勾股定理求得AE的长；过O作AE的垂线，设垂足为K，易证得△AOK∽△AEG，通过相似三角形所得比例线段即可求得OK的长；在Rt△OMK中，通过解直角三角形，即可求得MK的值，而AK的长可在Rt△AOK中由勾股定理求得，根据AM=AK-KM或AM=AK+KM即可求得AM的长；（3）由于点P到△ABO三顶点的距离和最短，那么点P是△ABO的费马点，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易证得△OBE是等边三角形，那么PA+PO+PB的最小值应为AE的长；求AP的长时，可作△OBE的外接圆（设此圆为⊙Q），那么⊙Q与AE的交点即为m取最小值时P点的位置；设⊙Q与x轴的另一交点（O点除外）为H，易求得点Q的坐标，即可得到点H的坐标，也就得到了AH的长，相对于⊙Q来说，AE、AH都是⊙Q的割线，根据割线定理（或用三角形的相似）即可求得AP的长．
【详解】（1）过E作EG⊥OD于G ∵∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D，∴△BOD∽△EGD，
∵点B（0，2），∠ODB=30°，可得OB=2，OD＝2；
∵E为BD中点，∴= ∴EG=1，GD＝∴OG＝∴点E的坐标为(，1)
∵抛物线经过、两点，
∴.可得. ∴抛物线的解析式为.
（2）∵抛物线与轴相交于、，在的左侧，∴点的坐标为.过E作EG⊥x轴于G
∴,∴在△AGE中，,.过点作⊥于，
可得△∽△．∴．∴．∴∴.
∵△是等边三角形,∴．∴．
∴,或

（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： 可以取到的最小值为．
当取得最小值时，线段的长为
【点睛】此题是二次函数的综合类试题，涉及到二次函数解析式的确定、等边三角形的性质、解直角三角形以及费马点位置的确定和性质，能力要求极高，难度很大．
14．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求最小值
【答案】
【分析】将△APC绕点A逆时针旋转45°，得到△A，将△A扩大倍，得到△，当点B、P、、在同一直线上时，=最短，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，将△APC绕点A逆时针旋转45°，得到△A，将△A扩大，相似比为倍，得到△，则，，，
过点P作PE⊥A于E，
∴AE=，∴E=A-AE=，∴P=，
当点B、P、、在同一直线上时，=最短，此时=B，
∵∠BA=∠BAC+∠CA=90°，AB=6，，
∴．
∴=B=
【点睛】此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理，正确理解费马点问题的造图方法：利用旋转及全等的性质构建等量的线段，利用三角形的三边关系及点共线的知识求解，有时根据系数将图形扩大或缩小构建图形．
15．（2023·福建三明·八年级期中）【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小后来这点被称之为“费马点”．
如图，点是内的一点，将绕点逆时针旋转60°到，则可以构造出等边，得，，所以的值转化为的值，当，，，四点共线时，线段的长为所求的最小值，即点为的“费马点”．
(1)【拓展应用】如图1，点是等边内的一点，连接，，，将绕点逆时针旋转60°得到．①若，则点与点之间的距离是___；②当，，时，求的大小；(2)如图2，点是内的一点，且，，，求的最小值．
【答案】(1)①3；②150°；(2)
【分析】（1）①根据旋转的性质即可求出的值；②先证△ABP≌，利用全等的性子求出对应的边长，通过勾股定理的逆定理得到，即可求出的大小；（2）将△APC绕C点顺时针旋转60°得到，先求出，然后证明为等边三角形，当B、P、、四点共线时，和最小，用勾股定理求出的值即可．
（1）①如图，将绕A逆时针旋转60°，则，，
∴为等边三角形，；
②∵△ABC为等边三角形，∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，
又∵是等边三角形，∴∠PAC+=60°，∴∠BAP=，
在△ABP与中，，∴△ABP≌（SAS），
∴∴，，
，又∵旋转，∴；
（2）如图，将△APC绕C点顺时针旋转60°得到，
则，在中，，
，，
又∵，
，，
过作⊥BC交BC的延长线于点D，则，，
（30°所对的直角边等于斜边的一半），，
，为等边三角形，
当B、P、、四点共线时，和最小，
在中，，
，∴的最小值为．
【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，解题的关键在于能够添加辅助线构造全等三角形解决问题．
16．（2023·江苏·苏州八年级期中）背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．
(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．
【答案】(1)150°；(2)见详解；(3)；(4)．
【分析】（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可；
（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；
（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可．
(1)解：连结PP′，∵≌，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案为150°；

(2)证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，∴PP′=AP，
∵，∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∴点P在CB′上∴过的费马点．
(3)解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∵，，，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，∴在Rt△CBB′中，B′C=
∴最小=CB′=；

(4)解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，
∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=2，∠ABC=90°，∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，∴BF=，BF=，
∴AF=AB+BF=2+，∴AB′=，∴最小=AB′=．
【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．