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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。
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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
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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；∴
，
，
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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
，
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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，
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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________．
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【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______．
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【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，
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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
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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
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，
∴
，
，
∴
，∴
，
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
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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；
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（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
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∴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．
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【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
，
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∴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
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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
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；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．①②④
B．①②③
C．①③④
D．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
，
,
淘宝：学思创想
，
,
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______．
淘宝：学思创想
【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
淘宝：学思创想
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，
淘宝：学思创想
∴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•cos45°=4，
NQ
∴
＝
，故答案为
.
淘宝：学思创想
【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，
淘宝：学思创想
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
．
淘宝：学思创想
【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÷cos45°=
，
∵
，
，∴
，
淘宝：学思创想
在Rt△CEB′中，∴CE=B′C·cos60°=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
淘宝：学思创想
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ABC
中，
90
ACB
，
30
BAC
，
2
AB
．若点P 是
淘宝：学思创想
ABC
内一点，则PA
PB
PC
的最小值为____________．
【答案】7
【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′，CB，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= AB=2，∴∠CAB′=90°，AB′=2，AC=AB•cos∠BAC=2×cos30°=
3
2
3
2
，
∴CB′=
2
2
7
AC
AB
，故答案为：
7 ．
【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
120
APB
BPC
CPA
．
淘宝：学思创想
（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若
7,
2 3
AB
AC
BC
，P 为ABC
的费马点，
则PA
PB
PC
_________；若
2 3,
2,
4
AB
BC
AC
，P 为ABC
的费马点，则PA
PB
PC
_________．
【答案】5 2 7
【分析】①作出图形，过
,
B C
分别作
30
DBP
DCP
,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
【详解】①如图,过A 作AD
BC
，垂足为D ,
过
,
B C
分别作
30
DBP
DCP
, 则
PB
PC
, P 为
ABC
的费马点
7,
2 3
AB
AC
BC
1
3
2
BD
DC
BC
3
tan30
3
PD
BD
1
PD
2
sin30
PD
PB
2
2
7
3
2
AD
AB
BD
PA
PB
PC
5
②如图：
2 3,
2,
4
AB
BC
AC
.
2
2
2
16,
16
AB
BC
BC
2
2
2
AB
BC
AC
90
ABC
1
sin
sin30
2
BC
BAC
AC
30
BAC
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
60
CAC
PAP
APP
是等边三角形，
90
BAC
淘宝：学思创想
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
2
2
AB
AC
2
2
(2 3)
4
2 7
故答案为：①5，②2 7
【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
,
PAB
PBC
△
△
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；
淘宝：学思创想
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：
淘宝：学思创想
∵△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Rt ABC
中，
90
BAC
，AB
AC
，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
2
CF
AD
；（2）如图2 所示，在点D 运动的过程中，当
2
BD
CD
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PA
PB
PC
的值最小．当PA
PB
PC
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 2
BC
AG
；（3）
3
3
2
CE
m
【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ABD
ACE
，CE
BD
，
45
ACE
ABD
，推出
45
45
90
DCE
BCA
ACE
，然后根据现有条件说明
在Rt DCE
中，
2
2
2
2
5
DE
CD
CE
CD
BD
CD
，点A，D，C，E 四点共圆，F 为圆心，则
淘宝：学思创想
CF
AF
，在Rt AGC
中，推出
2
2
2
2
18
2
5
4
2
AG
CG
AC
CD
CD
CD
，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
120
APB
BPC
CPA
，设PD 为a ，得出
3
BD
a
，
3
AD
BD
a
，得出
3
a
m
a
，解
出a，根据BD
CE
即可得出答案．
【详解】解：（1）证明如下：∵
90
BAC
DAE
，∴
BAD
CAE
，∵AB
AC
，
AD
AE
，
∴在
ABD
△
和
ACE
△
中
BAD
CAE
AB
AC
AD
AE
，∴
ABD
ACE
，
∴
45
ABD
ACE
，∴
90
DCE
ACB
ACE
，
在Rt
ADE
△
中，F 为DE 中点（同时AD
AE
），
45
ADE
AED
，
∴AF
DE
，即Rt ADF
为等腰直角三角形，∴
2
2
AF
DF
AD
，
∵CF
DF
，∴
2
2
CF
AD
；
（2）连接AF，由（1）得ABD
ACE
，CE
BD
，
45
ACE
ABD
，
∴
45
45
90
DCE
BCA
ACE
，
在Rt DCE
中，
2
2
2
2
5
DE
CD
CE
CD
BD
CD
，
∵F 为DE 中点，∴
1
5
2
2
DF
EF
DE
CD
，
在四边形ADCE 中，有
90
DAE
DCE
，
180
DAE
DCE
，∴点A，D，C，E 四点共圆，
淘宝：学思创想
∵F 为DE 中点，∴F 为圆心，则CF
AF
，
在Rt AGC
中，∵CF
AF
，∴F 为CG 中点，即CG
2CF
5CD
，
∴
2
2
2
2
18
2
5
4
2
AG
CG
AC
CD
CD
CD
，即
3 2
BC
AG
；
（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PA
PB
PC
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PA
PB
PC
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°，
淘宝：学思创想
如图4，同理可得，
120
APB
BPC
CPA
，∴
60
BPD
，设PD 为a ，∴
3
BD
a
，
又
3
AD
BD
a
，∴
3
a
m
a
，
( 3
1)
m
a
3
1
m
a
又BD
CE
∴
3
3
=
2
CE
m
．
【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xoy 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
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【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
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（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．
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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
，
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∵∠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
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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
，
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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．
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(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，
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∠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，
，
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∴△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，
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∴△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．
淘宝：学思创想
