模型34 旋轉-費馬點模型-解析版

旋轉模型（三十四）——費馬點模型費馬點：到一個三角形三個頂點距離之和最小的點，稱為三角形的費馬點.當PA+PB+PC取最小值時，點P叫三角形的費馬點.◎結論：如圖,△ABC的三個內(nèi)角均不大于120°，點P在形內(nèi)，當∠BPC＝∠APC＝∠CPA＝120o時，PA+PB+PC的值最小.【證明】如圖，將△ABP繞點B逆時針旋轉60°，得到△A1BP1，連接PP1，則△BPP1是等邊三角形，所以PB=PP1.由旋轉的性質可得PA+PB+PC＝P1A1+PP1+PC≥A1C,∴當A1、P1、P、C四點共線時，PA+PB+PC的值最小，∵△BPP1是等邊三角形，∠BPP1＝60o，∴∠BPC＝120o，∵∠APB＝∠A1P1B，∠BP1P＝60o，∴∠APB＝180o－60o＝120o則∠CPA＝360o－120o－120o＝120o，故∠BPC＝∠APC＝∠CPA＝120o.費馬點作法：分別以AC、BC、AB為邊作等邊△ACD、△BCE、△ABF,連接CF,BD,AE,由手拉手可得△ACE≌△DCB，△ABE≌△FBC,∴AE＝BD，AE＝CF，∴AE＝BD＝CF旋轉角：∠BPE＝∠EPC＝∠CPD＝60°eq\o\ac(○,巧)eq\o\ac(○,記)eq\o\ac(○,口)eq\o\ac(○,訣)有等邊，求長度，不好求，作等邊1．（2021·四川·成都實外九年級階段練習）如圖，在中，，P是內(nèi)一點，求的最小值為______．【答案】【分析】將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，將轉化為，此時當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；根據(jù)勾股定理求解即可．【詳解】解：將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，連接PF、AD、DB，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E；∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD，∴△PCF、△ACD是等邊三角形，∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=∴，∴當B、P、F、D四點共線時，的值最小，最小值為BD的長；∵，∠CAD=，∴∠EAD=，∴，∴，∴，∴，∴的值最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查費馬點問題，解題的關鍵在于將△APC繞點C順時針旋轉得△DFC，將三條線段的長轉化到一條直線上．2．（2021·全國·九年級專題練習）如圖，四邊形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形內(nèi)任一點，連接AM，BM，CM，則AM+BM+CM的最小值為________．【答案】【分析】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，如圖，則△BCM≌△BEN，由全等三角形的對應邊相等得到CM=NE，進而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質得到BH⊥AE，AH=EH，根據(jù)30°直角三角形三邊的關系即可得出結論．【詳解】以BM為邊作等邊△BMN，以BC為邊作等邊△BCE，則BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．當A、M、N、E四點共線時取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案為．【點睛】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質．難度比較大．作出恰當?shù)妮o助線是解答本題的關鍵．1．（2022·福建三明·八年級期中）【問題背景】17世紀有著“業(yè)余數(shù)學家之王”美譽的法國律師皮耶·德·費馬，提出一個問題：求作三角形內(nèi)的一個點，使它到三角形三個頂點的距離之和最小后來這點被稱之為“費馬點”．如圖，點是內(nèi)的一點，將繞點逆時針旋轉60°到，則可以構造出等邊，得，，所以的值轉化為的值，當，，，四點共線時，線段的長為所求的最小值，即點為的“費馬點”．(1)【拓展應用】如圖1，點是等邊內(nèi)的一點，連接，，，將繞點逆時針旋轉60°得到．①若，則點與點之間的距離是______；②當，，時，求的大小；(2)如圖2，點是內(nèi)的一點，且，，，求的最小值．【答案】(1)①3；②150°；(2)【分析】（1）①根據(jù)旋轉的性質即可求出的值；②先證△ABP≌，利用全等的性子求出對應的邊長，通過勾股定理的逆定理得到，即可求出的大??；（2）將△APC繞C點順時針旋轉60°得到，先求出，然后證明為等邊三角形，當B、P、、四點共線時，和最小，用勾股定理求出的值即可．（1）①如圖，將繞A逆時針旋轉60°，則，，∴為等邊三角形，；②∵△ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°，又∵是等邊三角形，∴∠PAC+=60°，∴∠BAP=，在△ABP與中，，∴△ABP≌（SAS），∴∴，，，又∵旋轉，∴；（2）如圖，將△APC繞C點順時針旋轉60°得到，則，在中，，，，又∵，，，過作⊥BC交BC的延長線于點D，則，，（30°所對的直角邊等于斜邊的一半），，，為等邊三角形，當B、P、、四點共線時，和最小，在中，，，∴的最小值為．【點睛】本題考查了旋轉變換，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵在于能夠添加輔助線構造全等三角形解決問題．2．（2021·江蘇·蘇州工業(yè)園區(qū)星灣學校八年級期中）背景資料：在已知所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最小.這個問題是法國數(shù)學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖1，當三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在內(nèi)部，當時，則取得最小值．(1)如圖2，等邊內(nèi)有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求的度數(shù)，為了解決本題，我們可以將繞頂點A旋轉到處，此時這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段、、轉化到一個三角形中，從而求出_______；知識生成：怎樣找三個內(nèi)角均小于120°的三角形的費馬點呢？為此我們只要以三角形一邊在外側作等邊三角形并連接等邊三角形的頂點與的另一頂點，則連線通過三角形內(nèi)部的費馬點．請同學們探索以下問題．(2)如圖3，三個內(nèi)角均小于120°，在外側作等邊三角形，連接，求證：過的費馬點．(3)如圖4，在中，，，，點P為的費馬點，連接、、，求的值．(4)如圖5，在正方形中，點E為內(nèi)部任意一點，連接、、，且邊長；求的最小值．【答案】(1)150°；(2)見詳解；(3)；(4)．【分析】（1）根據(jù)旋轉性質得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根據(jù)△ABC為等邊三角形，得出∠BAC=60°，可證△APP′為等邊三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根據(jù)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）將△APB逆時針旋轉60°，得到△AB′P′，連結PP′，根據(jù)△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根據(jù)∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，根據(jù)，根據(jù)兩點之間線段最短得出點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，點P在CB′上即可；（3）將△APB逆時針旋轉60°，得到△AP′B′，連結BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可證△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根據(jù)，可得點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，利用30°直角三角形性質得出AB=2AC=2，根據(jù)勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根據(jù)∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；（4）將△BCE逆時針旋轉60°得到△CE′B′，連結EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可證△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出點C，點E，點E′，點B′四點共線時，最小=AB′，根據(jù)四邊形ABCD為正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根據(jù)30°直角三角形性質得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根據(jù)勾股定理AB′=即可．(1)解：連結PP′，∵≌，∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，∴△APP′為等邊三角形，,∴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°，故答案為150°；(2)證明：將△APB逆時針旋轉60°，得到△AB′P′，連結PP′，∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，∵，∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，∴點P在CB′上，∴過的費馬點．(3)解：將△APB逆時針旋轉60°，得到△AP′B′，連結BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，∵∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，最小=CB′，∵，，，∴AB=2AC=2，根據(jù)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：將△BCE逆時針旋轉60°得到△CE′B′，連結EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，∵，∴點C，點E，點E′，點B′四點共線時，最小=AB′，∵四邊形ABCD為正方形，∴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′=．【點睛】本題考查圖形旋轉性質，等邊三角形判定與性質，勾股定理，直角三角形判定與性質，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質，30°直角三角形性質，掌握圖形旋轉性質，等邊三角形判定與性質，勾股定理，直角三角形判定與性質，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質，30°直角三角形性質是解題關鍵．3．（2021·全國·九年級專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P為平面內(nèi)一點，求最小值【答案】【分析】將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△A，將△A擴大倍，得到△，當點B、P、、在同一直線上時，=最短，利用勾股定理求出即可．【詳解】解：如圖，將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△A，將△A擴大，相似比為倍，得到△，則，，，過點P作PE⊥A于E，∴AE=，∴E=A-AE=，∴P=，當點B、P、、在同一直線上時，=最短，此時=B，∵∠BA=∠BAC+∠CA=90°，AB=6，，∴．∴=B=【點睛】此題考查旋轉的性質，全等三角形的性質，勾股定理，正確理解費馬點問題的造圖方法：利用旋轉及全等的性質構建等量的線段，利用三角形的三邊關系及點共線的知識求解，有時根據(jù)系數(shù)將圖形擴大或縮小構建圖形1．如圖，在平面直角坐標系xoy中，點B的坐標為(0，2)，點在軸的正半軸上，，OE為△BOD的中線，過B、兩點的拋物線與軸相交于、兩點（在的左側）.（1）求拋物線的解析式；（2）等邊△的頂點M、N在線段AE上，求AE及的長；（3）點為△內(nèi)的一個動點，設，請直接寫出的最小值,以及取得最小值時，線段的長.【答案】(1)

(2)；或

（3）可以取到的最小值為．當取得最小值時，線段的長為【分析】（1）已知點B的坐標，可求出OB的長；在Rt△OBD中，已知了∠ODB=30°，通過解直角三角形即可求得OD的長，也就得到了點D的坐標；由于E是線段BD的中點，根據(jù)B、D的坐標即可得到E點的坐標；將B、E的坐標代入拋物線的解析式中，即可求得待定系數(shù)的值，由此確定拋物線的解析式；（2）過E作EG⊥x軸于G，根據(jù)A、E的坐標，即可用勾股定理求得AE的長；過O作AE的垂線，設垂足為K，易證得△AOK∽△AEG，通過相似三角形所得比例線段即可求得OK的長；在Rt△OMK中，通過解直角三角形，即可求得MK的值，而AK的長可在Rt△AOK中由勾股定理求得，根據(jù)AM=AK-KM或AM=AK+KM即可求得AM的長；（3）由于點P到△ABO三頂點的距離和最短，那么點P是△ABO的費馬點，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易證得△OBE是等邊三角形，那么PA+PO+PB的最小值應為AE的長；求AP的長時，可作△OBE的外接圓（設此圓為⊙Q），那么⊙Q與AE的交點即為m取最小值時P點的位置；設⊙Q與x軸的另一交點（O點除外）為H，易求得點Q的坐標，即可得到點H的坐標，也就得到了AH的長，相對于⊙Q來說，AE、AH都是⊙Q的割線，根據(jù)割線定理（或用三角形的相似）即可求得AP的長．【詳解】（1）過E作EG⊥OD于G∵∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D，∴△BOD∽△EGD，∵點B（0，2），∠ODB=30°，可得OB=2，OD＝2；∵E為BD中點，∴=∴EG=1，GD＝∴OG＝∴點E的坐標為(，1)∵拋物線經(jīng)過、兩點，∴.可得.∴拋物線的解析式為.（2）∵拋物線與軸相交于、，在的左側，∴點的坐標為.過E作EG⊥x軸于G∴,∴在△AGE中，,.過點作⊥于，可得△∽△．∴．∴．∴∴.∵△是等邊三角形,∴．∴．∴,或

（3）如圖；以AB為邊做等邊三角形AO′B，以OA為邊做等邊三角形AOB′；易證OE=OB=2，∠OBE=60°，則△OBE是等邊三角形；連接OO′、BB′、AE，它們的交點即為m最小時，P點的位置（即費馬點）；∵OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE，∴△AOE≌△B′OB；∴∠B′BO=∠AEO；∵∠BOP=∠EOP′，而∠BOE=60°，∴∠POP'=60°，∴△POP′為等邊三角形，∴OP=PP′，∴PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE；即m最小=AE=如圖；作正△OBE的外接圓⊙Q，根據(jù)費馬點的性質知∠BPO=120°，則∠PBO+∠BOP=60°，而∠EBO=∠EOB=60°；∴∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°；即B、P、O、E四點共圓；易求得Q（，1），則H（，0）；∴AH=；由割線定理得：AP?AE=OA?AH，即：AP=OA?AH÷AE=×÷=故：可以取到的最小值為．當取得最小值時，線段的長為【點睛】此題是二次函數(shù)的綜合類試題，涉及到二次函數(shù)解