專題19最值問題中的費馬點模型(原卷版+解析)

專題19最值問題中的費馬點模型【模型展示】特點費馬點：三角形內(nèi)的點到三個頂點距離之和最小的點如圖，點M為銳角△ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小【證明】以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN．∵△ABE為等邊三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．連接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最?。藭r，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．結(jié)論三角形內(nèi)的點到三個頂點距離之和最小的點【模型證明】解決方案如圖,在銳角△ABC外側(cè)作等邊△ACB',連接BB’.求證:BB'過△ABC的費馬點P,且BB'=PA+PB+PC.【證明】在BB'上取點P,使∠BPC=120°,連接AP,在PB'上截取PE=PC,連接CE.∵∠BPC=120°,∴∠EPC=60°,∴△PCE為等邊三角形,∴PC=CE,∠PCE=60°,∠CEB'=120°.∵△ACB'為等邊三角形,∴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為△ABC的費馬點,∴BB'過△ABC的費馬點P,且BB'=EB'+PB+PE=PA+PB+PC.如圖,在△ABC中,以它的邊AB,AC為邊,分別在形外作等邊三角形ABD,ACE,連接BE,CD.求證:BE=DC.【證明】由已知可得AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠DAC=∠BAE.在△BAE和△DAC中,∴△BAE≌△DAC,∴BE=DC.【題型演練】一、單選題1．數(shù)學很多的知識都是以發(fā)明者的名字命名的，如韋達定理、楊輝三角、費馬點等，你知道平面直角坐標系是哪一位法國的數(shù)學家創(chuàng)立的，并以他的名字命名的嗎？（）A．迪卡爾 B．歐幾里得 C．歐拉 D．丟番圖2．已知點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當∠APB=∠APC=∠BPC=120°時，P就是△ABC的費馬點．若點P是腰長為的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD+PE+PF=（

）A． B． C．6 D．3．已知點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°時，P就是△ABC的費馬點．若點P是腰長為6的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD＋PE＋PF＝（）A．6 B． C． D．94．已知點P是內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫的費馬點（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于的中，當時，P就是的費馬點．若點P是腰長為的等腰直角三角形的費馬點，則（

）A．6 B． C． D．9二、填空題5．已知點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點（Fermatpoint），已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當∠APB=∠APC=∠BPC=120°時，P就是△ABC的費馬點，若P就是△ABC的費馬點，若點P是腰長為的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD+PE+PF=_____．6．若P為△ABC所在平面上一點，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120，則點P叫做△ABC的費馬點．若點P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC=60，PA=3，PC=4，則PB的值為___________．7．法國數(shù)學家費馬提出：在△ABC內(nèi)存在一點P，使它到三角形頂點的距離之和最?。藗兎Q這個點為費馬點，此時PA+PB+PC的值為費馬距離．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)：在銳角△ABC中，費馬點P滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，如圖，點P為銳角△ABC的費馬點，且PA＝3，PC＝4，∠ABC＝60°，則費馬距離為_____．8．已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內(nèi)一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．三、解答題9．如圖（1），P為ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做ABC的費馬點．（1）若點P是等邊三角形三條中線的交點，點P（填是或不是）該三角形的費馬點．（2）如果點P為銳角ABC的費馬點，且∠ABC＝60°．求證：ABP∽BCP；（3）已知銳角ABC，分別以AB、AC為邊向外作正ABE和正ACD，CE和BD相交于P點．如圖（2）①求∠CPD的度數(shù)；②求證：P點為ABC的費馬點．10．背景資料:在已知△ABC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?。@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△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，此時∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，此時，PA＋PB＋PC的值最?。鉀Q問題：（1）如圖②，等邊△ABC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∠APB的度數(shù)．為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉(zhuǎn)到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉(zhuǎn)變換，將三條線段PA，PB，PC轉(zhuǎn)化到一個三角形中，從而求出∠APB=；基本運用：（2）請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題：如圖③，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E，F(xiàn)為BC上的點，且∠EAF=45°，判斷BE，EF，F(xiàn)C之間的數(shù)量關系并證明；能力提升：（3）如圖④，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，點P為Rt△ABC的費馬點，連接AP，BP，CP，求PA+PB+PC的值．

11．若P為△ABC所在平面上一點，且，則點P叫做△ABC的費馬點．(1)若點P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4，則PB的值為________；(2)如圖，在銳角△ABC外側(cè)作等邊連結(jié)．求證：過△ABC的費馬點P，且．12．若一個三角形的最大內(nèi)角小于120°，則在其內(nèi)部有一點所對三角形三邊的張角均為120°，此時該點叫做這個三角形的費馬點．如圖1，當△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，此時，的值最?。?1)如圖2，等邊三角形ABC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，小林利用“轉(zhuǎn)化”思想，將△ABP繞頂點A旋轉(zhuǎn)到處，連接，此時，這樣就可以通過旋轉(zhuǎn)變換，將三條線段PA，PB，PC轉(zhuǎn)化到一個三角形中，從而求出______．(2)如圖3，在圖1的基礎上延長BP，在射線BP上取點D，E，連接AE，AD．使，，求證：．(3)如圖4，在直角三角形ABC中，，，，點P為直角三角形ABC的費馬點，連接AP，BP，CP，請直接寫出的值．13．【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(zhuǎn)60°到，則可以構造出等邊，得，，所以的值轉(zhuǎn)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(zhuǎn)60°得到．①若，則點與點之間的距離是______；②當，，時，求的大??；(2)如圖2，點是內(nèi)的一點，且，，，求的最小值．14．如圖1，點M為銳角三角形內(nèi)任意一點，連接．以為一邊向外作等邊三角形，將繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．（1）求證：；（2）若的值最小，則稱點M為的費馬點．若點M為的費馬點，求此時的度數(shù)；（3）受以上啟發(fā)，你能想出作銳角三角形的費馬點的一個方法嗎？請利用圖2畫出草圖，并說明作法以及理由．15．如圖，在中，，在內(nèi)部有一點P，連接、、．（加權費馬點）求：（1）的最小值；（2）的最小值（3）的最小值；（4）的最小值（5）的最小值；（6）的最小值（7）的最小值；（8）的最小值16．閱讀材料：平面幾何中的費馬問題是十七世紀法國數(shù)學家、被譽為業(yè)余數(shù)學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題．1643年，在一封寫給意大利數(shù)學家和物理學家托里拆利的私人信件中，費馬提出了下面這個極富挑戰(zhàn)性和趣味性的幾何難題，請求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最短的點P的位置．托里拆利成功地解決了費馬的問題．后來人們就把平面上到一個三角形的三個頂點A，B，C距離之和最小的點稱為ABC的費馬-托里拆利點，也簡稱為費馬點或托里拆利點．問題解決：（1）費馬問題有多種不同的解法，最簡單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到BDE，連接PD，可得BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉(zhuǎn)可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由可知，PA+PB+PC的最小值與線段的長度相等；（2）如圖2，在直角三角形ABC內(nèi)部有一動點P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，平面內(nèi)有一動點E，在點E運動過程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請直接寫出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請說明理由．17．綜合與實踐材料一：“轉(zhuǎn)化思想”是幾何變換中常用的思想，例如將圖形進行旋轉(zhuǎn)變換，實現(xiàn)圖形位置的“轉(zhuǎn)化”，把一般情形轉(zhuǎn)化為特殊情形，使問題化難為易．它是一種以變化的、運動的觀點來處理孤立的、離散問題的思想．材料二：皮埃爾·德·費馬（如圖），世紀法國律師和業(yè)余數(shù)學家，被譽為“業(yè)余數(shù)學家之王”．年勒·笛卡兒邀請費馬思考關于三個頂點距離為定值的問題，費馬經(jīng)過思考并由此推出費馬點的相關結(jié)論．定義：若一個三角形的最大內(nèi)角小于則在其內(nèi)部有一點所對三角形三邊的張角均為此時該點叫做這個三角形的費馬點.如圖1，當三個內(nèi)角均小于時，費馬點在內(nèi)部，此時的值最?。?）如圖2，等邊三角形內(nèi)有一點若點到頂點的距離分別為，求的度數(shù).為了解決本題，小林利用“轉(zhuǎn)化”思想，將繞頂點旋轉(zhuǎn)到處，連接此時這樣就可以通過旋轉(zhuǎn)變換，將三條線段，轉(zhuǎn)化到一個三角形中，從而求出；（2）如圖3，在圖1的基礎上延長，在射線上取點，連接．使求證：；（3）如圖4，在中，點為的費馬點，連接，請直接寫出的值．18．若點P為△ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做△ABC的費馬點．當三角形的最大角小于120°時，可以證明費馬點就是“到三角形的三個頂點的距離之和最小的點“．即PA+PB+PC最小．（1）如圖1，向△ABC外作等邊三角形△ABD，△AEC．連接BE，DC相交于點P，連接AP．①證明：點P就是△ABC費馬點；②證明：PA+PB+PC＝BE＝DC；（2）如圖2，在△MNG中，MN＝4，∠M＝75°，MG＝3．點O是△MNG內(nèi)一點，則點O到△MNG三個頂點的距離和的最小值是．19．如圖①，點M為銳角三角形ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM．以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）若AM+BM+CM的值最小，則稱點M為△ABC的費馬點．若點M為△ABC的費馬點，試求此時∠AMB、∠BMC、∠CMA的度數(shù)；（3）小翔受以上啟發(fā)，得到一個作銳角三角形費馬點的簡便方法：如圖②，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設交點為M，則點M即為△ABC的費馬點．試說明這種作法的依據(jù)．20．(1)知識儲備①如圖1，已知點P為等邊△ABC外接圓的弧BC上任意一點．求證：PB+PC=PA．②定義：在△ABC所在平面上存在一點P，使它到三角形三頂點的距離之和最小，則稱點P為△ABC的費馬點，此時PA+PB+PC的值為△ABC的費馬距離．(2)知識遷移①我們有如下探尋△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的費馬點和費馬距離的方法：如圖2，在△ABC的外部以BC為邊長作等邊△BCD及其外接圓，根據(jù)(1)的結(jié)論，易知線段____的長度即為△ABC的費馬距離.②在圖3中，用不同于圖2的方法作出△ABC的費馬點P(要求尺規(guī)作圖).(3)知識應用①判斷題（正確的打√，錯誤的打×）：ⅰ.任意三角形的費馬點有且只有一個（

）；ⅱ.任意三角形的費馬點一定在三角形的內(nèi)部（

）.②已知正方形ABCD，P是正方形內(nèi)部一點，且PA+PB+PC的最小值為，求正方形ABCD的邊長．

21．如圖（1），P為△ABC所在平面上一點，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，則點P叫做△ABC的費馬點．（1）如果點P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC=60°．①求證：△ABP∽△BCP；②若PA=3，PC=4，則PB=__________．（2）已知銳角△ABC，分別以AB、AC為邊向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P點．如圖（2）①求∠CPD的度數(shù)；②求證：P點為△ABC的費馬點．專題19最值問題中的費馬點模型【模型展示】特點費馬點：三角形內(nèi)的點到三個頂點距離之和最小的點如圖，點M為銳角△ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM，當M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小【證明】以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN．∵△ABE為等邊三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．連接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最?。藭r，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．結(jié)論三角形內(nèi)的點到三個頂點距離之和最小的點【模型證明】解決方案如圖,在銳角△ABC外側(cè)作等邊△ACB',連接BB’.求證:BB'過△ABC的費馬點P,且BB'=PA+PB+PC.【證明】在BB'上取點P,使∠BPC=120°,連接AP,在PB'上截取PE=PC,連接CE.∵∠BPC=120°,∴∠EPC=60°,∴△PCE為等邊三角形,∴PC=CE,∠PCE=60°,∠CEB'=120°.∵△ACB'為等邊三角形,∴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為△ABC的費馬點,∴BB'過△ABC的費馬點P,且BB'=EB'+PB+PE=PA+PB+PC.如圖,在△ABC中,以它的邊AB,AC為邊,分別在形外作等邊三角形ABD,ACE,連接BE,CD.求證:BE=DC.【證明】由已知可得AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠DAC=∠BAE.在△BAE和△DAC中,∴△BAE≌△DAC,∴BE=DC.【題型演練】一、單選題1．數(shù)學很多的知識都是以發(fā)明者的名字命名的，如韋達定理、楊輝三角、費馬點等，你知道平面直角坐標系是哪一位法國的數(shù)學家創(chuàng)立的，并以他的名字命名的嗎？（）A．迪卡爾 B．歐幾里得 C．歐拉 D．丟番圖【答案】A【分析】根據(jù)實際選擇對應科學家--迪卡爾.【詳解】平面直角坐標系是法國的數(shù)學家迪卡爾創(chuàng)立的，并以他的名字命名.故選A【點睛】本題考核知識點：數(shù)學常識.解題關鍵點：了解數(shù)學家的成就.2．已知點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當∠APB=∠APC=∠BPC=120°時，P就是△ABC的費馬點．若點P是腰長為的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD+PE+PF=（

）A． B． C．6 D．【答案】B【詳解】解：如圖：等腰Rt△DEF中，DE=DF=，過點D作DM⊥EF于點M，過E、F分別作∠MEP=∠MFP=30°，則EM=DM=1，故cos30°=，解得：PE=PF==，則PM=，故DP=1﹣，則PD+PE+PF=2×+1﹣=．故選B．點睛：此題主要考查了解直角三角形，正確畫出圖形進而求出PE的長是解題關鍵．3．已知點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°時，P就是△ABC的費馬點．若點P是腰長為6的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD＋PE＋PF＝（）A．6 B． C． D．9【答案】B【分析】根據(jù)題意畫出圖形，根據(jù)勾股定理可得EF，由過點D作DM⊥EF于點M，過E、F分別作∠MEP=∠MFP=30°就可以得到滿足條件的點P，易得EM=DM=MF＝，根據(jù)勾股定理列方程求出PM、PE、PF，繼而求出PD的長即可求解．【詳解】解：如圖：等腰Rt△DEF中，DE=DF=6，∴，過點D作DM⊥EF于點M，過E、F分別作∠MEP=∠MFP=30°，則∠EPF=∠FPD=∠DPE=120°，點P就是馬費點，∴EM=DM=MF＝，設PM＝x，PE＝PF=2x，在Rt△EMP中，由勾股定理可得：，即，解得：，（負數(shù)舍去），即PM=，∴PE＝PF＝故DP=DM－PM＝，則PD+PE+PF===．故選B．【點睛】此題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理的應用，正確畫出做輔助線構造直角三角形進而求出PM的長是解題關鍵．4．已知點P是內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫的費馬點（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于的中，當時，P就是的費馬點．若點P是腰長為的等腰直角三角形的費馬點，則（

）A．6 B． C． D．9【答案】B【分析】根據(jù)題意首先畫出圖形，過點作于點，在內(nèi)部過、分別作，則，點就是費馬點，求出，，的長即可解決問題．【詳解】解：如圖：過點作于點，在內(nèi)部過、分別作，則，點就是費馬點，在等腰中，，，，，∵∠PEM=30°，∠PME=90°，∴EP=2PM，則，解得：，則，故，同法可得，則．故選：．【點睛】此題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，正確畫出圖形進而求出的長是解題關鍵．二、填空題5．已知點P是△ABC內(nèi)一點，且它到三角形的三個頂點距離之和最小，則P點叫△ABC的費馬點（Fermatpoint），已經(jīng)證明：在三個內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當∠APB=∠APC=∠BPC=120°時，P就是△ABC的費馬點，若P就是△ABC的費馬點，若點P是腰長為的等腰直角三角形DEF的費馬點，則PD+PE+PF=_____．【答案】．【詳解】如圖：等腰Rt△DEF中，DE=DF=，過點D作DM⊥EF于點M，過E、F分別作∠MEP=∠MFP=30°，則EM=DM=1，故cos30°=，解得：PE=PF==，則PM=，故DP=1﹣，則PD+PE+PF=2×+1﹣=．故答案為．6．若P為△ABC所在平面上一點，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120，則點P叫做△ABC的費馬點．若點P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC=60，PA=3，PC=4，則PB的值為___________．【答案】【詳解】如圖，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可得∠PAB+∠PBA=180°-∠APB=60°，再由∠PBC+∠PBA=∠ABC=60°，即可得∠PAB=∠PBC，又因∠APB=∠BPC=120°，即可判定△ABP∽△BCP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即，再由PA=3，PC=4，即可求得PB=.7．法國數(shù)學家費馬提出：在△ABC內(nèi)存在一點P，使它到三角形頂點的距離之和最?。藗兎Q這個點為費馬點，此時PA+PB+PC的值為費馬距離．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)：在銳角△ABC中，費馬點P滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，如圖，點P為銳角△ABC的費馬點，且PA＝3，PC＝4，∠ABC＝60°，則費馬距離為_____．【答案】7+2【分析】根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，即可求解．【詳解】解：如圖：∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，∴△BPC∽△APB∴即PB2＝12∴∴故答案為：【點睛】本題考查了軸對稱-最短路線問題，解決本題的關鍵是利用相似三角形的判定和性質(zhì)．8．已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內(nèi)一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若，P為的費馬點，則_________；若，P為的費馬點，則_________．【答案】

5

【分析】①作出圖形，過分別作,勾股定理解直角三角形即可②作出圖形，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)60，P為的費馬點則四點共線，即，再用勾股定理求得即可【詳解】①如圖,過作，垂足為,過分別作,則,P為的費馬點5②如圖：.將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)60由旋轉(zhuǎn)可得：是等邊三角形，P為的費馬點即四點共線時候，=故答案為：①5，②【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，等腰三角形性質(zhì)，作出旋轉(zhuǎn)的圖形是解題的關鍵．本題旋轉(zhuǎn)也可，但必須繞頂點旋轉(zhuǎn)．三、解答題9．如圖（1），P為ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做ABC的費馬點．（1）若點P是等邊三角形三條中線的交點，點P（填是或不是）該三角形的費馬點．（2）如果點P為銳角ABC的費馬點，且∠ABC＝60°．求證：ABP∽BCP；（3）已知銳角ABC，分別以AB、AC為邊向外作正ABE和正ACD，CE和BD相交于P點．如圖（2）①求∠CPD的度數(shù)；②求證：P點為ABC的費馬點．【答案】（1）是；（2）見解析；（3）①60°，②見解析【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)證明可得同法可得：從而可得結(jié)論；（2）由為銳角ABC的費馬點，且∠ABC＝60°，證明∠PAB＝∠PBC，∠APB＝∠BPC＝120°，從而可得△ABP∽△BCP；（3）①如圖2所示：由△ABE與△ACD都為等邊三角形，證明△ACE≌△ADB（SAS），利用全等三角形的性質(zhì)可得∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；②先證明△ADF∽△PCF，可得再證明△AFP∽△DFC．可得∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，再證明∠BPC＝120°，從而可得結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1所示：∵AB＝BC，BM是AC的中線，∴MB平分∠ABC．同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．∵△ABC為等邊三角形，∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．∴∠APB＝120°．同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．∴P是△ABC的費馬點．故答案為：是．（2）為銳角ABC的費馬點，且∠ABC＝60°．∠APB＝∠BPC＝120°，∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，∴∠PAB＝∠PBC，∴△ABP∽△BCP．（3）如圖2所示：①∵△ABE與△ACD都為等邊三角形，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，在△ACE和△ABD中，∴△ACE≌△ADB（SAS），∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠4，∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；②證明：△ADF∽△PCF，∵∠AFP＝∠CFD，∴△AFP∽△DFC．∴∠APF＝∠ACD＝60°，∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，∴∠BPC＝120°，∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，∴P點為△ABC的費馬點．【點睛】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，確定圖中隱含的全等三角形與相似三角形是解題的關鍵．10．背景資料:在已知△ABC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△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，此時∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，此時，PA＋PB＋PC的值最?。鉀Q問題：（1）如圖②，等邊△ABC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∠APB的度數(shù)．為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉(zhuǎn)到△ACP′處，此時△ACP′≌△ABP，這樣就可以利用旋轉(zhuǎn)變換，將三條線段PA，PB，PC轉(zhuǎn)化到一個三角形中，從而求出∠APB=；基本運用：（2）請你利用第（1）題的解答思想方法，解答下面問題：如圖③，△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC，E，F(xiàn)為BC上的點，且∠EAF=45°，判斷BE，EF，F(xiàn)C之間的數(shù)量關系并證明；能力提升：（3）如圖④，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，點P為Rt△ABC的費馬點，連接AP，BP，CP，求PA+PB+PC的值．

【答案】（1）150°；

（2）E′F2=CE′2+FC2，理由見解析；（3）．【詳解】試題分析：（1）（2）首先把△ACE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ACE′．連接E′F，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AE′=AE，CE′=BE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，然后再證明△EAF≌△E′AF可得E′F=EF，，再利用勾股定理可得結(jié)論；（3）將△AOB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′O′B處，連接OO′，根據(jù)已知證明C、O、A′、O′四點共線，在Rt△A′BC中，利用勾股定理求得A′C的長，根據(jù)新定義即可得OA+OB+OC=．試題解析：（1）∵△ABC為等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∴將△ABP繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△ACP′，如圖，連結(jié)PP′，∴AP=AP′=3，∠PAP′=60°，P′C=PB=4，∠APB=∠AP′C，∴△APP′為等邊三角形，∴∠PP′A=60°，PP′=AP=3，在△PP′C中，∵PP′=3，P′C=4，PC=5，∴PP′2+P′C2=PC2，∴△PP′C為直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠PP′A+∠PP′C=60°+90°=150°，∴∠APB=150°，故答案為150°；

（2）E′F2=CE′2+FC2，理由如下：如圖2，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACE′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，AE′=AE，CE′=BE，∠CAE′=∠BAE，∠ACE′=∠B，∠EAE′=90°，∵∠EAF=45°，∴∠E′AF=∠CAE′+∠CAF=∠BAE+∠CAF=∠BAC﹣∠EAF=90°﹣45°=45°，∴∠EAF=∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F=EF，∵∠CAB=90°，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠E′CF=45°+45°=90°，由勾股定理得，E′F2=CE′2+FC2，即EF2=BE2+FC2；

（3）如圖3，將△AOB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′O′B處，連接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2，∴BC==，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，∴△A′O′B如圖所示；∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2AC=2，∵△AOB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△A′O′B，∴A′B=AB=2，BO=BO′，A′O′=AO，∴△BOO′是等邊三角形，∴BO=OO′，∠BOO′=∠BO′O=60°，∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BO′O=120°+60°=180°，∴C、O、A′、O′四點共線，在Rt△A′BC中，A′C===，∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C=．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)、全等三角形的判定與性質(zhì)等，是一道綜合性題目，正確的作出輔助線是解題的關鍵.11．若P為△ABC所在平面上一點，且，則點P叫做△ABC的費馬點．(1)若點P為銳角△ABC的費馬點，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4，則PB的值為________；(2)如圖，在銳角△ABC外側(cè)作等邊連結(jié)．求證：過△ABC的費馬點P，且．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由題意可得△ABP∽△BCP，所以，即PB=2；（2）在上取點P，使∠BPC=120°，連接AP，再在上截取PE=PC，連接CE．由此可以證明△PCE為正三角形，再利用正三角形的性質(zhì)得到PC=CE，∠PCE=60°，，而為正三角形，由此也可以得到，，現(xiàn)在根據(jù)已知的條件可以證明，然后利用全等三角形的性質(zhì)即可證明題目的結(jié)論．（1）∵∠PAB+∠PBA=180°-∠APB=60°，∠PBC+∠PBA=∠ABC=60°，∴∠PAB=∠PBC，又∵∠APB=∠BPC=120°，∴，∴，∴，∴PB=；（2）證明：在BB'上取點P，使∠BPC=120°．連接AP，再在PB'上截取PE=PC，連接CE．∠BPC=120°，∴∠EPC=60°，∴△PCE為正三角形，∴PC=CE，∠PCE=60°，．∵為正三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°，∴P為△ABC的費馬點．∴過△ABC的費馬點P，且．【點睛】此題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形與等邊三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和為180°等知識；此類已知三角形邊之間的關系求角的度數(shù)的題，一般是利用等腰（等邊）三角形的性質(zhì)得出有關角的度數(shù)，進而求出所求角的度數(shù)．12．若一個三角形的最大內(nèi)角小于120°，則在其內(nèi)部有一點所對三角形三邊的張角均為120°，此時該點叫做這個三角形的費馬點．如圖1，當△ABC三個內(nèi)角均小于120°時，費馬點P在△ABC內(nèi)部，此時，的值最?。?1)如圖2，等邊三角形ABC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，小林利用“轉(zhuǎn)化”思想，將△ABP繞頂點A旋轉(zhuǎn)到處，連接，此時，這樣就可以通過旋轉(zhuǎn)變換，將三條線段PA，PB，PC轉(zhuǎn)化到一個三角形中，從而求出______．(2)如圖3，在圖1的基礎上延長BP，在射線BP上取點D，E，連接AE，AD．使，，求證：．(3)如圖4，在直角三角形ABC中，，，，點P為直角三角形ABC的費馬點，連接AP，BP，CP，請直接寫出的值．【答案】(1)150°(2)見解析(3)【分析】（1）由全等三角形的性質(zhì)得到AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，證明△APP′為等邊三角形，△PP′C為直角三角形，最后由∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C解答；（2）由費馬點的性質(zhì)得到，，再證明(ASA)，由全等三角形對應邊相等的性質(zhì)解得，最后根據(jù)線段的和差解答；（3）將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，由勾股定理解得，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可證明△BPP′是等邊三角形，再證明C、P、A′、P′四點共線，最后由勾股定理解答．（1）解：∵，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，由題意知旋轉(zhuǎn)角∠PAP′＝60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：AP′＝AP＝PP′=3，CP′＝4，PC=5，∵32+42=52∴△PP′C為直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°；故答案為：150°；（2）證明：∵點P為△ABC的費馬點，∴，∴，又∵，∴APD為等邊三角形∴，，∴，∴，在△APC和△ADE中，∴(ASA)；∴，∵，∴BE＝PA＋PB＋PC；（3）解：如圖，將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴，把△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△A′P′B，∴∠A′BC＝∠ABC＋60°＝30°＋60°＝90°，∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△A′P′B，∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，∴△BPP′是等邊三角形，∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，∴∠CPB＋∠BPP′＝∠BP′A′＋∠BP′P＝120°＋60°＝180°，∴C、P、A′、P′四點共線，在Rt△A′BC中，，∴PA＋PB＋PC＝A′P′＋PP′＋PC＝A′C＝．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、費馬點等知識，是重要考點，有難度，掌握相關知識，正確做出輔助線是解題關鍵．13．【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(zhuǎn)60°到，則可以構造出等邊，得，，所以的值轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)的性質(zhì)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?。唬?）將△APC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhuǎn)，∴；（2）如圖，將△APC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)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(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，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．14．如圖1，點M為銳角三角形內(nèi)任意一點，連接．以為一邊向外作等邊三角形，將繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接．（1）求證：；（2）若的值最小，則稱點M為的費馬點．若點M為的費馬點，求此時的度數(shù)；（3）受以上啟發(fā)，你能想出作銳角三角形的費馬點的一個方法嗎？請利用圖2畫出草圖，并說明作法以及理由．【答案】（1）見解析；（2）：；；（3）見解析【分析】（1）結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)，根據(jù)SAS可證△AMB≌△ENB（2）連接MN，由（1）的結(jié)論證明ΔBMN為等邊三角形，所以BM=MN，即AM+BM+CM=EN+MN+CM，所以當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最小，從而可求此時∠AMB、∠BMC、ΔCMA的度數(shù)；（3）根據(jù)（2）中費馬點的定義，又△ABC的費馬點在線段EC上，同理也在線段BF上，因此線段EC和BF的交點即為△ABC的費馬點．【詳解】解：（1）證明：∵為等邊三角形，∴．而，∴．在與中，∴．（2）連接．由（1）知，．∵，∴為等邊三角形．∴．∴．∴當E、N、M、C四點共線時，的值最?。藭r，：；．（3）如圖2，分別以的，為一邊向外作等邊和等邊，連接，相交于M，則點M即為的費馬點，由（2）知，的費馬點在線段上，同理也在線段上．因此線段與的交點即為的費馬點．（方法不唯一，正確即可）【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì),掌握三角形全等的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．15．如圖，在中，，在內(nèi)部有一點P，連接、、．（加權費馬點）求：（1）的最小值；（2）的最小值（3）的最小值；（4）的最小值（5）的最小值；（6）的最小值（7）的最小值；（8）的最小值【答案】（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）26；（7）；（8）【分析】（1）將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到，則，，，可以推出為等邊三角形，得到，則，即可得到A、P、、四點共線時，最小，最小值為，然后證明，由此利用勾股定理求解即可；（2）將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，則可證明，從而得到，則當A、P、、四點共線時最小，最小值為，過點A再作的垂線，垂足為E，利用勾股定理求出，，由此即可得到答案；（3）將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，則可證明，則，故當A、P、、四點共線時最小，最小值為，過點A再作的垂線，垂足為E，利用勾股定理求出，，由此即可得到答案；（4）將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，得到，再將以點C為位似中心放大2倍，得到，連接，先證明，則可以得到，故當，，，共線時最小，最小為，然后證明，即可利用勾股定理求解；（5）將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，得到，再將以點C為位似中心縮小2倍，得到，同（4）原理可證得當，，，共線時最小，最小為，然后證明，由此求解即可；（6）由可由（5）得：的最小值為26；（7）由可由（4）得的最小值為；（8）將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，得到，再將以點C為位似中心縮小倍，得到，同理可以證得當A、P、、，共線時的值最?。谥校?，，過點作交BC延長線于E，然后求出，的長，由此即可求解．【詳解】解：（1）如圖3-2，將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，，∴為等邊三角形，∴，∴，∴A、P、、四點共線時，最小，最小值為同理可證為等邊三角形，∴，，∴，∴；∴的最小值為；（2）如圖3-4，將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，，，，∴，∴，∴當A、P、、四點共線時，最小，最小值為∵∠ACB=30°，∴∴，過點A再作的垂線，垂足為E，∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，∴∠CAE=30°，∴∴，，∴，∴的最小值為；（3）如圖3-6，將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，，，，∴，過點C作于E，∴，，∴，∴，∴，∴當A、P、、四點共線時，最小，最小值為∵∠ACB=30°，∴∴，過點A再作的垂線，垂足為E，∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，∴∴，∴∴，∴的最小值為；（4）如圖3-8，將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，得到，再將以點C為位似中心放大2倍，得到，連接由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，，，，∴，，，是等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴當，，，共線時最小，最小為，∵，∴，∴的最小值為；（5）如圖3-10，將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，得到，再將以點C為位似中心縮小2倍，得到，同（4）原理可證得當，，，共線時最小，最小為，∵，在中，，，最小為；（6）∵∴由（5）得：的最小值為26；（7）∵∴由（4）得的最小值為；（8）如圖3-12，將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)，得到，再將以點C為位似中心縮小倍，得到，同理可以證得當A、P、、，共線時的值最?。谥?，，，過點作交BC延長線于E，∴，∴，∴，∴，，∴，的最小值為．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定等等，解題的關鍵在于能夠作出輔助線，找到P點在什么位置時，線段的和最?。?6．閱讀材料：平面幾何中的費馬問題是十七世紀法國數(shù)學家、被譽為業(yè)余數(shù)學家之王的皮埃爾·德·費馬提出的一個著名的幾何問題．1643年，在一封寫給意大利數(shù)學家和物理學家托里拆利的私人信件中，費馬提出了下面這個極富挑戰(zhàn)性和趣味性的幾何難題，請求托里拆利幫忙解答：給定不在一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最短的點P的位置．托里拆利成功地解決了費馬的問題．后來人們就把平面上到一個三角形的三個頂點A，B，C距離之和最小的點稱為ABC的費馬-托里拆利點，也簡稱為費馬點或托里拆利點．問題解決：（1）費馬問題有多種不同的解法，最簡單快捷的還是幾何解法．如圖1，我們可以將BPC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°得到BDE，連接PD，可得BPD為等邊三角形，故PD=PB，由旋轉(zhuǎn)可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由可知，PA+PB+PC的最小值與線段的長度相等；（2）如圖2，在直角三角形ABC內(nèi)部有一動點P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，連接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如圖3，菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°，平面內(nèi)有一動點E，在點E運動過程中，始終有∠BEC=90°，連接AE、DE，在ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，若存在，請直接寫出PA+PD+PE的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）兩點之間，線段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2【分析】（1）連接AE，由兩點之間線段最短即可求解；（2）在Rt△ABC中先求出AC，將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CDE，連接PD、AE，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等，根據(jù)勾股定理即可求解；（3）在△ADE內(nèi)部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△FGD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等，再根據(jù)圓的特點、菱形與勾股定理即可求出GE，故可求解．【詳解】（1）連接AE，如圖，由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值為線段AE的長故答案為：兩點之間線段最短；AE；（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2∴BC=2AB=4由勾股定理可得AC=如圖2，將△BPC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△CDE，連接PD、AE，可得△CPD為等邊三角形，∠BCE=60°∴PD=PC由旋轉(zhuǎn)可得DE=PB，CE=BC=4∴PA+PB+PC=PA+DE+PD由兩點之間線段最短可知，PA+PB+PC的最小值與線段AE的長度相等∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°∴在Rt△ACE中，AE=即PA+PB+PC的最小值為2；（3）存在在ADE內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PD+PE最小，如圖3，在△ADE內(nèi)部取一點P，連接PA、PD、PE，把△PAD饒點D順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△FGD，連接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均為等邊三角形∴PD=PF由旋轉(zhuǎn)可得PA=GF∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，兩點之間線段最短可知，PA+PD+PE的最小值與線段GE的長度相等∵∠BEC=90°∴點E在以BC為直徑的O上，如圖3則OB=OC==2如圖3，連接OG交O于點H，連接CG交AD于點K，連接AC，則當點E與點H重合時，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值為線段GH的長∵菱形ABCD的邊長為4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4∴△ABC、△ACD均為等邊三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°∴四邊形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30°∴CG、AD互相垂直平分∴DK=AD=2∴根據(jù)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的最小值為2-2．【點睛】此題主要考查四邊形與圓綜合的最短距離，解題的關鍵是熟知旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、圓周角定理及兩點之間的距離特點．17．綜合與實踐材料一：“轉(zhuǎn)化思想”是幾何變換中常用的思想，例如將圖形進行旋轉(zhuǎn)變換，實現(xiàn)圖形位置的“轉(zhuǎn)化”，把一般情形轉(zhuǎn)化為特殊情形，使問題化難為易．它是一種以變化的、運動的觀點來處理孤立的、離散問題的思想．材料二：皮埃爾·德·費馬（如圖），世紀法國律師和業(yè)余數(shù)學家，被譽為“業(yè)余數(shù)學家之王”．年勒·笛卡兒邀請費馬思考關于三個頂點距離為定值的問題，費馬經(jīng)過思考并由此推出費馬點的相關結(jié)論．定義：若一個三角形的最大內(nèi)角小于則在其內(nèi)部有一點所對三角形三邊的張角均為此時該點叫做這個三角形的費馬點.如圖1，當三個內(nèi)角均小于時，費馬點在內(nèi)部，此時的值最?。?）如圖2，等邊三角形內(nèi)有一點若點到頂點的距離分別為，求的度數(shù).為了解決本題，小林利用“轉(zhuǎn)化”思想，將繞頂點旋轉(zhuǎn)到處，連接此時這樣就可以通過旋轉(zhuǎn)變換，將三條線段，轉(zhuǎn)化到一個三角形中，從而求出；（2）如圖3，在圖1的基礎上延長，在射線上取點，連接．使求證：；（3）如圖4，在中，點為的費馬點，連接，請直接寫出的值．【答案】（1）；（2）見解析；（3）．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換前后的兩個三角形全等，全等三角形對應邊相等，全等三角形對應角相等以及等邊三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）根據(jù)題意，先證明△APD是等邊三角形，再證明，得到，然后即可得到結(jié)論成立．（3）將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AB=2AC，即A′B的長，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出△BPP′是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得BP=PP′，等邊三角形三個角都是60°求出∠BPP′=∠BP′P=60°，然后求出C、P、A′、P′四點共線，再利用勾股定理列式求出A′C，從而得到PA+PB+PC=A′C．【詳解】解：∵△ACP′≌△ABP，∴AP′=AP=3、CP′=BP=4、∠AP′C=∠APB，由題意知旋轉(zhuǎn)角∠PAP′=60°，∴△APP′為等邊三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，易證△PP′C為直角三角形，且∠PP′C=90°，∴∠APB=∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；故答案為：；證明:點為的費馬點，又為等邊三角形在和中，，；解：如圖，將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△A′P′B處，連接PP′，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2，∴BC=，∵△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，∴△A′P′B如圖所示；∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°，∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2AC=2，∵△APB繞點B順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△A′P′B，∴A′B=AB=2，BP=BP′，A′P′=AP，∴△BPP′是等邊三角形，∴BP=PP′，∠BPP′=∠BP′P=60°，∵∠APC=∠CPB=∠BPA=120°，∴∠COP+∠BPP′=∠BP′A′+∠BP′P=120°+60°=180°，∴C、P、A′、P′四點共線，在Rt△A′BC中，A′C=，∴PA+PB+PC=A′P′+PP′+PC=A′C=．【點睛】本題考查了三角形綜合題，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用旋轉(zhuǎn)變換添加輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．18．若點P為△ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做△ABC的費馬點．當三角形的最大角小于120°時，可以證明費馬點就是“到三角形的三個頂點的距離之和最小的點“．即PA+PB+PC最?。?）如圖1，向△ABC外作等邊三角形△ABD，△AEC．連接BE，DC相交于點P，連接AP．①證明：點P就是△ABC費馬點；②證明：PA+PB+PC＝BE＝DC；（2）如圖2，在△MNG中，MN＝4，∠M＝75°，MG＝3．點O是△MNG內(nèi)一點，則點O到△MNG三個頂點的距離和的最小值是．【答案】（1）①證詳見解析；②詳見解析；（2）．【分析】（1）①如圖1﹣1中，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N設AB交CD于O．證明△ADC≌△ABE（SAS）即可解決問題．②在線段PDA上取一點T，使得PA＝PT，連接AT．證明△DAT≌△BAP（SAS），推出PD＝PA+PB即可解決問題．（2）以MG為邊作等邊三角形△MGD，以OM為邊作等邊△OME．連接ND，可證△GMO≌△DME，可得GO＝DE，則MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即當D、E、O、N四點共線時，MO+NO+GO值最小，最小值為ND的長度，根據(jù)勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的長度，即可求MO+NO+GO的最小值．【詳解】（1）①如圖1﹣1中，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N設AB交CD于O．∵△ADB，△ACE都是等邊三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，∴∠DAB＝∠BAE，∴△ADC≌△ABE（SAS），∴CD＝BE，S△DAC＝S△ABE，∠ADC＝∠ABE，∵AM⊥CD，AN⊥BE，∴?CD?AM＝?BE?AN，∴AM＝AN，∴∠APM＝∠APN，∵∠AOD＝∠POB，∴∠OPB＝∠DAO＝60°，∴∠APN＝∠APM＝60°，∴∠APC＝∠BPC＝∠APC＝120°，∴點P是就是△ABC費馬點．②在線段PDA上取一點T，使得PA＝PT，連接AT．∵∠APT＝60°，PT＝PA，∴△APT是等邊三角形，∴∠PAT＝60°，AT＝AP，∵∠DAB＝∠TAP＝60°，∴∠DAT＝∠BAP，∵AD＝AB，∴△DAT≌△BAP（SAS），∴PB＝DT，∴PD＝DT+PT＝PA+PB，∴PA+PB+PC＝PD+PC＝CD＝BE．（2）如圖2：以MG為邊作等邊三角形△MGD，以OM為邊作等邊△OME．連接ND，作DF⊥NM，交NM的延長線于F．∵△MGD和△OME是等邊三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中，，∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO∴當D、E、O、M四點共線時，NO+GO+MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝3∴MF＝DF＝，∴NF＝MN+MF＝4＝，∴ND＝＝＝，∴MO+NO+GO最小值為，故答案為，【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，最短路徑問題，構造等邊三角形是解答本題的關鍵．19．如圖①，點M為銳角三角形ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM．以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN．（1）求證：△AMB≌△ENB；（2）若AM+BM+CM的值最小，則稱點M為△ABC的費馬點．若點M為△ABC的費馬點，試求此時∠AMB、∠BMC、∠CMA的度數(shù)；（3）小翔受以上啟發(fā)，得到一個作銳角三角形費馬點的簡便方法：如圖②，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設交點為M，則點M即為△ABC的費馬點．試說明這種作法的依據(jù)．【答案】（1）見解析；（2）∠BMC=120°；∠AMB=120°；∠AMC=120°；（3）線段EC與BF的交點即為△ABC的費馬點．【分析】(1)結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)，根據(jù)SAS可證△AMB≌△ENB；(2)連接MN，由(1)的結(jié)論證明△BMN為等邊三角形，所以BM=MN，即AM+BM+CM=EN+MN+CM，所以當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最小，從而可求此時∠AMB、∠BMC、∠CMA的度數(shù)；(3)根據(jù)(2)中費馬點的定義，又△ABC的費馬點在線段EC上，同理也在線段BF上，因此線段EC和BF的交點即為△ABC的費馬點.【詳解】（1）證明：∵△ABE為等邊三角形，∴AB=BE，∠ABE=60°．而∠MBN=60°，∴∠ABM=∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵∴△AMB≌△ENB（SAS）．（2）連接MN．由（1）知，AM=EN．∵∠MBN=60°，BM=BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM=MN．∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．∴當E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最?。藭r，∠BMC=180°﹣∠NMB=120°；∠AMB=∠ENB=180°﹣∠BNM=120°；∠AMC=360°﹣∠BMC﹣∠AMB=120°．（3）由（2）知，△ABC的費馬點在線段EC上，同理也在線段BF上．因此線段EC與BF的交點即為△ABC的費馬點．故答案為（1）見解析；（2）∠BMC=120°；∠AMB=120°；∠AMC=120°；（3）線段EC與BF的交點即為△ABC的費馬點．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的決定與性質(zhì).20．(1)知識儲備①如圖1，已知點P為等邊△ABC外接圓的弧BC上任意一點