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模型探究
费马点问题思考：
如何找一点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？
，当B、P、Q、E四点共线时取得最小值.
费马点的定义：数学上称，到三角形3个顶点距离之和最小的点为费马点。
它是这样确定的：
1. 如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；
2. 如果3个内角均小于120°，则在三角形内部对3边张角均为120°的点，是三角形的费马点。
费马点的性质：
1．费马点到三角形三个顶点距离之和最小.
2．费马点连接三顶点所成的三夹角皆为120°.
费马点最小值快速求解：
费尔马问题告诉我们，存在这么一个点到三个定点的距离的和最小，解决问题的方法是运用
旋转变换．
R秘诀： 以△ AB C 任意一边为边向外作等边三角形，这条边所对两顶点的距离即为最小值例题精讲
【例1】．已知，在△ABC中，∠ACB＝30°
（1）如图1，当AB＝AC＝2，求BC的值；
（2）如图2，当AB＝AC，点P是△ABC内一点，且PA＝2，PB＝ ，PC＝3，求∠APC的度数；
（3）如图3，当AC＝4，AB＝ （CB＞CA），点P是△ABC内一动点，则PA+PB+PC的最小值为
．
解：（1）如图1中，作AP⊥BC于P．
∵AB＝AC，AP⊥BC，
∴BP＝PC，
在Rt△ACP中，∵AC＝2，∠C＝30°，
∴PC＝AC•cos30°＝ ，
∴BC＝2PC＝2 ．
（2）如图2中，将△APB绕点A逆时针旋转120°得到△QAC．
∵AB＝AC，∠C＝30°，
∴∠BAC＝120°，∴PA＝AQ＝2，PB＝QC＝ ，
∵∠PAQ＝120°，
∴PQ＝2 ，
∴PQ2+PC2＝QC2，
∴∠QPC＝90°，
∵∠APQ＝30°，
∴∠APC＝30°+90°＝120°．
（3）如图3中，将△BCP绕点C逆时针旋转60°得到△CB′P′，连接PP′，AB′，则∠ACB′＝
90°．
∵PA+PB+PC＝PA+PP′+P′B′，
∴当A，P，P′，B′共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值＝AB′的长，
由AB＝ ，AC＝4，∠C＝30°，可得BC＝CB′＝3 ，
∴AB′＝ ＝ ．
故答案为 ．
变式训练
【变式1-1】如图， 是边长为1的等边 内的任意一点，求 的取值范围.解：将 绕点 顺时针旋转60°得到 ，
易知 为等边三角形.
从而
（两点之间线段最短），从而 .
过 作 的平行线分别交 于点 ，
易知 .
因为在 和 中，
①，
②。
又 ，所以 ③.
①+②+③可得
，
即 .综上， 的取值范围为 .
【变式1-2】．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（Fermatpoint）．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 的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF
＝ +1 ．
解：如图：等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝ ，
过点D作DM⊥EF于点M，过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，
则EM＝DM＝1，
故cos30°＝ ，解得：PE＝PF＝ ＝ ，则PM＝ ，
故DP＝1﹣ ，
则PD+PE+PF＝2× +1﹣ ＝ +1．
故答案为： +1．
【变式1-3】．如图，P为正方形ABCD对角线BD上一动点，若AB＝2，则AP+BP+CP的最小值为______.
解：如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AEF，当E、F、P、C共线时，PA+PB+PC最小．
理由：∵AP＝AF，∠PAF＝60°，
∴△PAF是等边三角形，
∴PA＝PF＝AF，EF＝PB，
∴PA+PB+PC＝EF+PF+PC，
∴当E、F、P、C共线时，PA+PB+PC最小，
作EM⊥DA交DA的延长线于M，ME的延长线交CB的延长线于N，则四边形ABNM是矩形，
在RT△AME中，∵∠M＝90°，∠MAE＝30°，AE＝2，
∴ME＝1，AM＝BN＝ ，MN＝AB＝2，EN＝1，
∴ EC ＝ ＝ ＝ ＝ ＝
＝ + ．
∴PA+PB+PC的最小值为 + ．【例2】.如图，P是边长为2的正方形ABCD内一动点，Q为边BC上一动点，连接PA、PD、PQ，则
PA+PD+PQ的最小值为________
解：如图，将△APD绕点A逆时针旋转60°得到△AFE，
∴AP＝AF，∠PAF＝60°＝∠EAD，AE＝AD，
∴△AFP是等边三角形，△AED是等边三角形，
∴AP＝PF＝AF，
作EH⊥BC于H，交AD于G．
∴∠AEG＝30°，
∴AG＝1，EG＝
∵PA+PD+PQ＝EF+FP+PQ，
∴当点Q，点F，点E，点Q四点共线且垂直BC时，PA+PD+PQ有最小值为EH，
∵GH＝AB＝2，
∴EH＝2+ ，
∴PA+PD+PQ的最小值 +2变式训练
【变式2-1】．如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，
则MA+MD+ME的最小值为（ ）
A．3+2 B．4+3 C．2+2 D．10
解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM’D’，MD＝M’D’，易得到△ADD’和△AMM’均
为等边三角形，
∴AM＝MM’，
∴MA+MD+ME＝D’M+MM’+ME，
∴D′M、MM′、ME共线时最短，
由于点E也为动点，
∴当D’E⊥BC时最短，此时易求得D’E＝DG+GE＝4+3 ，
∴MA+MD+ME的最小值为4+3 ．
【变式2-2】．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+ ，则这
个正方形的边长为 ．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+ ，
∵AB＝AM，∠BAM＝60°，
∴△ABM为等边三角形，
∴∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，
在Rt△PMC中，设BC＝x，PM＝ x，
∴（1+ ）2＝（ x）2+（ x+x）2
所以x＝ ，
∴BC＝ ，
即正方形的边长为 ，
故答案为： ．
【变式2-3】．两张宽为3cm的纸条交叉重叠成四边形ABCD，如图所示，若∠ ＝30°，则对角线BD上的
动点P到A，B，C三点距离之和的最小值是 6 cm ． α解：如图，过D作DE⊥BC于E，DF⊥BA于F，把△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△A'BP′，
则DE＝DF＝3cm，
∵∠ ＝30°，
∴CDα＝2DE＝6cm，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BC•DE＝AB•DF，
∵DE＝DF，
∴BC＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AD＝CD＝6cm，
由旋转的性质得：A′B＝AB＝CD＝6cm，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，∠A'BA＝60°，
∴△P′BP是等边三角形，
∴BP＝PP'，
∴PA+PB+PC＝A'P′+PP'+PC，
根据两点间线段距离最短可知，当PA+PB+PC＝A'C时最短，
连接A'C，与BD的交点即为到A，B，C三点距离之和的最小的P点，
则点P到A，B，C三点距离之和的最小值是A′C．
∵∠ABC＝∠DCE＝∠ ＝30°，∠A′BA＝60°，
∴∠A′BC＝90°， α
∴A′C＝ ＝ ＝6 （cm），
因此点P到A，B，C三点距离之和的最小值是6 cm，
故答案为：6 cm．1．如图，正方形ABCD内一点E，E到A、B、C三点的距离之和的最小值为 ，正方形的边长为
_______．
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＝ ，
∵AB＝AM，∠BAM＝60°，
∴△ABM为等边三角形，
∴∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，
在Rt△PMC中，设BC＝x，PM＝所以
所以x＝2，
∴BC＝2，
即正方形的边长为2．2．如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M，N分别为AB、BC上的动点，且始终保持BM＝CN．连接
MN，以MN为斜边在矩形内作等腰Rt△MNQ，若在正方形内还存在一点P，则点P到点A、点D、点
Q的距离之和的最小值为 3+ 3 ．
解：设BM＝x，则BN＝6﹣x，
∵MN2＝BM2+BN2，
∴MN2＝x2+（6﹣x）2＝2（x﹣3）2+18，
∴当x＝3时，MN最小，
此时Q点离AD最近，
∵BM＝BN＝3，
∴Q点是AC和BD的交点，
∴AQ＝DQ＝ AD＝3 ，
过点Q作QM′⊥AD于点M′，在△ADQ内部过A、D分别作∠M′DP＝∠M′AP＝30°，则∠APD＝
∠APQ＝∠DPQ＝120°，点P就是费马点，此时PA+PD+PQ最小，
在等腰Rt△AQD中，AQ＝DQ＝3 ，QM′⊥AD，
∴AM＝QM′＝ AQ＝3，
故cos30°＝ ，
解得：PA＝2 ，则PM′＝ ，
故QP＝3﹣ ，同法可得PD＝2 ，
则PA+PD+PQ＝2× +3﹣ ＝3+3 ，
∴点P到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为3+3 ，
故答案为3+3 ．3．如图，四个村庄坐落在矩形ABCD的四个顶点上，AB＝10公里，BC＝15公里，现在要设立两个车站
E，F，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值为 公里．
解：如图1，将△AEB绕A顺时针旋转60°得△AGH，连接BH、EG，将△DFC绕点D逆时针旋转60°得到
△DF'M，连接CM、FF'，
由旋转得：AB＝AH，AE＝AG，∠EAG＝∠BAH＝60°，BE＝GH，
∴△AEG和△ABH是等边三角形，∴AE＝EG，
同理得：△DFF'和△DCM是等边三角形，DF＝FF'，FC＝F'M，
∴当H、G、E、F、F'、M在同一条直线上时，EA+EB+EF+FC+FD有最小值，如图2，
∵AH＝BH，DM＝CM，∴HM是AB和CD的垂直平分线，∴HM⊥AB，HM⊥CD，
∵AB＝10，∴△ABH的高为5 ，
∴EA+EB+EF+FC+FD＝EG+GH+EF+FF'+F'M＝HM＝15+5 +5 ＝15+10 ，
则EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10 ）公理．故答案为：（15+10 ）．
4．如图，P为等边三角形ABC内一点，∠BPC等于150°，PC＝5，PB＝12，求PA的长．
解：如图1，连接PP′，
将△BPC绕C点顺时针旋转60°到△AP′C的位置，由旋转的性质，得CP＝CP′，
∴△PP′C为等边三角形，
由旋转的性质可知∠AP′C＝∠BPC＝150°，
∴∠AP′P＝150°﹣60°＝90°，
又∵PP′＝PC＝5，AP′＝BP＝12，∴在Rt△APP′中，由勾股定理，得PA＝ ＝13．
故PA＝13．
5．将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点B、C落在格点上，点A在BC的垂直平分线上，
∠ABC＝30°，点P为平面内一点．
（1）∠ACB＝ 度；
（2）如图，将△APC绕点C顺时针旋转60°，画出旋转后的图形（尺规作图，保留痕迹）；
（3）AP+BP+CP的最小值为 ．
解（1）∵点A在BC的垂直平分线上．∴AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，∵∠ABC＝30°，∴∠ACB＝30°．故答案为30°．
（2）如图△CA′P′就是所求的三角形．
（3）如图当B、P、P′、A′共线时，PA+PB+PC＝PB+PP′+P′A的值最小，
此时BC＝5，AC＝CA′＝ ，BA′＝ ＝ ．故答案为 ．
6．如图1，P是锐角△ABC所在平面上一点．如果∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P就叫做△ABC费马点．
（1）当△ABC是边长为4的等边三角形时，费马点P到BC边的距离为 ．
（2）若点P是△ABC的费马点，∠ABC＝60°，PA＝2，PC＝3，则PB的值为 ．
（3）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．
（1）解：延长AP，交BC于D，
∵AB＝AC＝BC，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，
∴P为三角形的内心，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝2，∠PBD＝30°，
∴BP＝ ＝ ，
∴AP＝BP＝ ，
∵AD＝ ＝2 ，
∴PD＝AD﹣AP＝2 ﹣ ＝ ，
故答案为： ．
（2）解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，
∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
∴ ＝ ，∴PB2＝PA•PC，即PB＝ ＝ ，
故答案为： ．
（3）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．7．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．
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，
∴△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．
8．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＝ ，求AE+BE+CE＝ 12+ ；
【尝试应用】
（2）如图2，等边三角形ABC边长为 ，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．
解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AC＝ ，
∴BD＝CD＝AD＝ ，
∵∠DEC＝60°，
∴DE＝ ＝4，
∴AE＝AD﹣DE＝ ，CE＝BE＝2DE＝8，
∴AE+BE+CE＝ +8×2＝12+ ；
故答案为：12+ ；
（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＝ ＝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＝ ＝ ，
∴AP＝BP＝2EP＝ ，FP＝EF﹣EP＝3﹣ ，
∴AP+BP+FP＝ ＝3+ ，
∴（AP+BP+FP）2＝ ＝ ，
∴三角形AFB“最近值”的平方为 ．
9．如图①，点M为锐角三角形ABC内任意一点，连接AM、BM、CM．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．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）若AM+BM+CM的值最小，则称点M为△ABC的费马点．若点M为△ABC的费马点，试求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；
（3）小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费马点的简便方法：如图②，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．试
说明这种作法的依据．
解：（1）证明：∵△ABE为等边三角形，
∴AB＝BE，∠ABE＝60°．
而∠MBN＝60°，
∴∠ABM＝∠EBN．
在△AMB与△ENB中，
∵ ，
∴△AMB≌△ENB（SAS）．
（2）连接MN．由（1）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°．
（3）由（2）知，△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上．
因此线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．10．问题提出
（1）如图①，已知△OAB中，OB＝3，将△OAB绕点O逆时针旋转90°得△OA′B′，连接BB′．则
BB′＝ 3 ；
问题探究
（2）如图②，已知△ABC是边长为4 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°，点P的对应点为点Q．
①求证：△DCQ≌△BCP；
②求PA+PB+PC的最小值；
问题解决
（3）如图③，某货运场为一个矩形场地ABCD，其中AB＝500米，AD＝800米，顶点A，D为两个出
口，现在想在货运广场内建一个货物堆放平台 P，在BC边上（含B，C两点）开一个货物入口M，并
修建三条专用车道PA，PD，PM．若修建每米专用车道的费用为10000元，当M，P建在何处时，修建
专用车道的费用最少？最少费用为多少？（结果保留整数）
解：问题提出：
（1）由旋转有，∠∠BOB′＝90°，OB＝3，
根据勾股定理得，BB′＝3 ，
故答案为：3 ；
问题探究：
（2）①∵△BDC是等边三角形，
∴CD＝CB，∠DCB＝60°，
由旋转得，∠PCQ＝60°，PC＝QC，
∴∠DCQ＝∠BCP，在△DCQ和△BCP中
∴△DCQ≌△BCP；
②如图1，连接PQ，
∵PC＝CQ，∠PCQ＝60°
∴△CPQ是等边三角形，
∴PQ＝PC，
由①有，DQ＝PB，
∴PA+PB+PC＝AP+PQ+QD，
由两点之间线段最短得，AP+PQ+QD≥AD，
∴PA+PB+PC≥AD，
∴当点A，P，Q，D在同一条直线上时，PA+PB+PC取最小值为AD的长，
作DE⊥AB，
∵△ABC为边长是4 的等边三角形，
∴CB＝AC＝4 ，∠BCA＝60°，
∴CD＝CB＝4 ，∠DCE＝60°，
∴DE＝6，∠DAE＝∠ADC＝30°，
∴AD＝12，
即：PA+PB+PC取最小值为12；
实际应用：（3）如图2，
连接AM，DM，将△ADP绕点A逆时针旋转60°，得△AP′D′，
由（2）知，当M，P，P′，D′在同一条直线上时，AP+PM+DP最小，最小值为D′N，
∵M在BC上，
∴当D′M⊥BC时，D′M取最小值，
设D′M交AD于E，
∵△ADD′是等边三角形，
∴EM＝AB＝500，
∴BM＝400，PM＝EM﹣PE＝500﹣ ，
∴D′E＝ AD＝400 ，
∴D′M＝400 +500，
∴最少费用为10000×（400 +500）＝1000000（4 +5）万元；
∴M建在BC中点（BM＝400米）处，点P在过M且垂直于BC的直线上，且在M上方（500﹣
）米处，最少费用为1000000（4 +5）万元．
11．【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3 cm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）．
12．已知抛物线y＝﹣ x2+bx+4的对称轴为x＝1，与y交于点A，与x轴负半轴交于点C，作平行四边形
ABOC并将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′O′C′．
（1）求抛物线的解析式和点A、C的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′O′C′重叠部分△OC′D的周长；
（3）若点P为△AOC内一点，直接写出PA+PC+PO的最小值（结果可以不化简）以及直线 CP的解析
式．
解：（1）由已知得，x＝﹣ ＝1，则b＝1，抛物线的解析式为y＝﹣ x2+x+4，
∴A（0，4），令y＝0，得﹣ x2+x+4＝0，
∴x ＝﹣2，x ＝4．
1 2
（2）在 ABCD中，∠OAB＝∠AOC＝90°，则AB∥CO，
▱∴OB＝ ＝2 ，OC′＝OC＝2，
∴∠OC′D＝∠OCA＝∠B，∠C′OD＝∠BOA，
∴△C′OD∽△BOA，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∵△AOB的周长为6+2 ，
∴△C′OD的周长为（6+2 ）× ＝2+ ；
（3）此点位费马点，设三角形AOB的三边为a，b，c，
∵OC＝2，OA＝4，AC＝ ＝2 ，
PA+PO+PC＝
＝2 ．
直线CP解析式为y＝（ ﹣1）x+2 ﹣2．
13．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°，
过点O作OK⊥AE于K，
可得△AOK∽△AEG
∴
∴
∴
∴
∵△OMN是等边三角形，
∴∠NMO＝60°
∴ ；
∴ ，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：m可以取到的最小值为
当m取得最小值时，线段AP的长为 ．声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/3/3 22:37:10；用户：初中数学；邮箱：lsjycs@xyh.com；学号：30145887
