專題40 中考最值難點(diǎn)突破費(fèi)馬點(diǎn)問題（解析版）

專題40中考最值難點(diǎn)突破費(fèi)馬點(diǎn)問題（解析版）

模塊一典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練

費(fèi)馬點(diǎn)問題解題技巧：旋轉(zhuǎn)變換．

類型一費(fèi)馬點(diǎn)模型

典例1（2020秋?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）如圖（1），P為△ABC所在平面上一點(diǎn)，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝

120°，則點(diǎn)P叫做△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，此時(shí)PA+PB+PC的和最小，稱為△ABC的費(fèi)馬距離．

（1）若點(diǎn)P是等邊三角形三條高的交點(diǎn)，點(diǎn)P是（填是或不是）該三角形的費(fèi)馬點(diǎn)．

（2）如圖（2），分別以AB、AC為邊向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P點(diǎn)．求證：P點(diǎn)

為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．

（3）若圖（2）中，AB＝5，AC＝4，BC＝a，BD＝b，則△ABC的費(fèi)馬距離＝b．

思路引領(lǐng)：（1）依據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知：MB平分∠ABC，則∠ABP＝30°，同理∠BAP＝

30°，則∠APB＝120°，同理可求得∠APC，∠BPC的度數(shù)，然后可作出判斷；

（2）如圖2所示：首先證明△ACE≌△ABD，則∠1＝∠2，由∠3＝∠4可得到∠CPD＝∠5，由∠CPD

＝60°可證明∠BPC＝120°，然后證明△ADF∽△CFP，由相似三角形的性質(zhì)和判定定理再證明△AFP

∽△CDF，故此可得到∠APF＝∠ACD＝60°，然后可求得∠APC＝120°，接下來可求得∠APB＝120°．

（3）如圖2﹣1中，在PD上取一點(diǎn)T，使得PT＝CP．利用全等三角形的性質(zhì)證明PA+PC＝PD的，再

證明PA+PB+PC＝BD即可．

解：（1）如圖1所示：

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∵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(fèi)馬點(diǎn)．

故答案為：是．

（2）設(shè)AC交BD于點(diǎn)F，如圖2所示：

∵△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，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AC?E?≌△ABD（SAS），

∴∠1＝∠2，

∵∠3＝∠4，

∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；．

∵△ADF∽△CPF，

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∴AF?PF＝DF?CF，

∵∠AFP＝∠CFD，

∴△AFP∽△CDF．

∴∠APF＝∠ACD＝60°，

∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，

∴∠BPC＝120°，

∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，

∴P點(diǎn)為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．

（3）如圖2﹣1中，在PD上取一點(diǎn)T，使得PT＝CP．

∵∠CPT＝60°，PT＝CP，

∴△CPT是等邊三角形，

∴CP＝PT，∠PCT＝60°，

∵CA＝CD，∠ACD＝60°，

∴∠ACD＝∠PCT，

∴∠ACP＝∠DCT，

∴△ACP≌△DCT（SAS），

∴PA＝DT，

∵PD＝PT+DT，

∴PD＝PA+PC，

∴PA+PB+PC＝PB+PD＝BD＝b，

故答案為：B．

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總結(jié)提升：本題屬于三角形專題，主要考查的是相似三角形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了等邊三角

形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、相似三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)，證得∠5

＝∠6、△AFP∽△CDF是解答本題的關(guān)鍵．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2021春?濱海縣期中）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對(duì)角線BD（不含B

點(diǎn)）上任意一點(diǎn)，將BM繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．

（1）求證：△AMB≌△ENB；

（2）當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，2AM的值最小，并說明理由；

（3）當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，2AM+BM的值最小，并說明理由．

思路引領(lǐng)：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得MB＝NB，∠MBN＝60°＝∠ABE，由“SAS”可證△AMB≌△ENB；

（2）由“SAS”可證△ABM≌△CBM，可得AM＝CM，即AM+CM＝2AM，根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”，

可得：當(dāng)M點(diǎn)落在BD的中點(diǎn)時(shí)，2AM的值最??；

（3）根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”，當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí)，2AM+BM的值最?。?/p>

（1）證明：∵△ABE是等邊三角形，

∴BA＝BE，∠ABE＝60°．

∵將BM繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，

∴∠MBN＝60°＝∠ABE，BM＝BN，

∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．

即∠MBA＝∠NBE．

在△AMB和△ENB中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?A=M?B?≌△ENB（SAS）；

（2）解：當(dāng)M點(diǎn)落在BD的中點(diǎn)時(shí)，2AM的值最小，

∵四邊形ABCD是正方形，

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∴AB＝BC，∠ABM＝∠CBM＝45°，

又∵BM＝BM，

∴△ABM≌△CBM（SAS），

∴AM＝CM，

∴AM+CM＝2AM，

∴當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)M，點(diǎn)C三點(diǎn)共線，即點(diǎn)M在BD的中點(diǎn)時(shí)，2AM的值最??；

（3）解：如圖，連接CE，當(dāng)M點(diǎn)位于BD與CE的交點(diǎn)處時(shí)，2AM+BM的值最?。?/p>

理由如下：連接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，

∴AM＝EN，

∵∠MBN＝60°，MB＝NB，

∴△BMN是等邊三角形．

∴BM＝MN．

∴2AM+BM＝EN+MN+CM．

根據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”可知，當(dāng)E、N、M、C在同一條直線上時(shí)，EN+MN+CM＝2AM+MN能取得

最小值．

總結(jié)提升：本題考查了四邊形的綜合題，考查了正方形性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，

靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．

2．（2021春?歷下區(qū)期末）【操作發(fā)現(xiàn)】

（1）如圖1，在邊長(zhǎng)為1個(gè)單位長(zhǎng)度的小正方形組成的網(wǎng)格中，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上．

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①請(qǐng)按要求畫圖：將ABC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B'，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C′；

②連接BB′，此時(shí)∠ABB′＝45°；

【問題解決】

在某次數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，小明同學(xué)遇到了如下問題：

（2）如圖2，在等邊△ABC中，點(diǎn)P在內(nèi)部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的長(zhǎng)．

經(jīng)過同學(xué)們的觀察、分析、思考、交流，對(duì)上述問題形成了如下想法：將△APC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋

轉(zhuǎn)60°，得到△ABP′，連接PP′，尋找PA、PB、PC三邊之間的數(shù)量關(guān)系．…請(qǐng)參考他們的想法，

完成該問題的解答過程；

【學(xué)以致用】

（3）如圖3，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)，且PA＝5，PC＝2，∠BPC

＝135°，求PB；2

【思維拓展】

（4）注意：從以下①②中，你任意選擇一道題解答即可．

①等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P為△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，若BC＝4，則AP+BP+CP的最小值＝

22；

②2如+圖46，若點(diǎn)P是正方形ABCD外一點(diǎn)，PA＝3，PB，PC，求∠APB的度數(shù)．

思路引領(lǐng)：（1）①由題意畫出圖形；=3=15

②由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AB＝AB′，∠B′AB＝90°，則可得出結(jié)論；

（2）將△APC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP'B，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AP'＝AP＝3，∠P'AP＝

60°，P'B＝PC＝4，得出△APP'是等邊三角形，由勾股定理可求出答案；

（3）將△BCP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACP'，連接PP'，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠PCP'＝90°，

，AP'＝BP，∠AP'C＝∠BPC＝135°，得出△CPP'是等腰直角三角形，由勾股定理可求出答??案′=；

?（?4=）①22由旋轉(zhuǎn)得到結(jié)論P(yáng)A+PB+PC＝P1A1+P1B+PC，只有，A1、P1、P、C四點(diǎn)共線時(shí)，（P1A+P1B+PC）

最短，即線段A1C最短，根據(jù)勾股定理，即可．

②將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BP'A，連接PP'，證明△BPP'是等腰直角三角形，由等腰直

角三角形的性質(zhì)可得出答案．

（1）解：①如圖1所示，△AB'C'即為所求；

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②連接BB′，將△ABC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，如圖1所示：

∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，

∴∠AB′B＝45°，

故答案為：45°；

【問題解決】（2）如圖2，

∵將△APC繞點(diǎn)A按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△AP'B，

∴AP'＝AP＝3，∠P'AP＝60°，P'B＝PC＝4，

∴△APP'是等邊三角形，

∴PP'＝3，∠AP'P＝60°，

∵∠AP'B＝∠APC＝150°，

∴∠BP'P＝∠AP'B﹣∠AP'P＝90°，

∴．

2222

【學(xué)??以=致用?′】?+?′?=4+3=5

（3）∵△ABC是等腰直角三角形，

∴∠ACB＝90°，AC＝BC，

將△BCP繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACP'，連接PP'，

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則∠PCP'＝90°，，AP'＝BP，∠AP'C＝∠BPC＝135°，

∴△CPP'是等腰直角??三′=角?形?，=22

∴∠CPP'＝∠CP'P＝45°，，

22

∴∠AP'P＝∠AP'C﹣∠CP'P?＝?1′3=5°﹣??4′5°+＝??90°=，4

∴．

2222

【思??維=拓?展?′】=?????′=5?4=3

（4）①如圖4，

∵Rt△ABC是等腰三角形，

∴AB＝BC．

以B為中心，將△APB逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△A1P1B．則A1B＝AB＝BC＝4，PA＝P1A1，PB＝P1B＝P1P，

∴PA+PB+PC＝P1A1+P1P+PC．

∵當(dāng)A1、P1、P、C四點(diǎn)共線時(shí)，（P1A+P1B+PC）最短，即線段A1C最短，

∴A1C＝PA+PB+PC，

∴A1C長(zhǎng)度即為所求．

過A1作A1D⊥CB延長(zhǎng)線于D．

∵∠A1BA＝60°（由旋轉(zhuǎn)可知），

∴∠A1BD＝30°．

∵A1B＝4，

∴A1D＝2，BD＝2，

∴CD＝4+2；3

3

在Rt△A1DC中，A1C22．

2222

1

故答案為．=??+??=2+(4+23)=2+6

22+26

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②將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BP'A，連接PP'，

∴∠PBP'＝90°，，，

∴△BPP'是等腰直角??三′=角?形?，=15??=??′=3

∴∠BPP'＝45°，，

22

又∵AP＝3，??′=，??+??′=6

∴AP2+PP'2＝?A?P′'2=，15

∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，

∴∠APB＝∠APP'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．

總結(jié)提升：本題是幾何變換綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰

直角三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確作輔助線并能根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)進(jìn)行證明是解此題的關(guān)鍵．

3．（2019春?金水區(qū)校級(jí)期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)P為△ABC內(nèi)一點(diǎn)．

（1）如圖1，連接PB，PC，將△BCP沿射線CA方向平移，得到△DAE，點(diǎn)B，C，P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為

點(diǎn)D，A，E，連接CE．如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，則CE＝3．

（2）如圖2，連接PA，PB，PC，當(dāng)AC＝BC＝8時(shí)，求PA+PB+PC的3最小值．

思路引領(lǐng)：（1）連接BD、CD，構(gòu)造矩形ACBD和Rt△CDE，根據(jù)矩形的對(duì)角線相等以及勾股定理進(jìn)行

計(jì)算，即可求得CE的長(zhǎng)；

（2）以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABP順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMN，連接BN．根據(jù)△PAM、△ABN都是

等邊三角形，可得PA+PB+PC＝CP+PM+MN，最后根據(jù)當(dāng)C、P、M、N四點(diǎn)共線時(shí)，由CA＝CB，NA

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＝NB可得CN垂直平分AB，進(jìn)而求得PA+PB+PC的最小值．

解：（1）如圖1，連接BD、CD，

∵△BCP沿射線CA方向平移，得到△DAE，

∴BC∥AD且BC＝AD，

∵∠ACB＝90°，

∴四邊形BCAD是矩形，

∴CD＝AB＝6，

∵BP＝3，

∴DE＝BP＝3，

∵BP⊥CE，BP∥DE，

∴DE⊥CE，

∴在Rt△DCE中，CE3；

22

故答案為：3．=?????=27=3

（2）如圖2所3示，以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABP順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMN，連接BN．

由旋轉(zhuǎn)可得，△AMN≌△ABP，

∴MN＝BP，PA＝AM，∠PAM＝60°＝∠BAN，AB＝AN，

∴△PAM、△ABN都是等邊三角形，

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∴PA＝PM，

∴PA+PB+PC＝CP+PM+MN，

當(dāng)AC＝BC＝8時(shí)，AB＝8，

當(dāng)C、P、M、N四點(diǎn)共線時(shí)2，

由CA＝CB，NA＝NB可得CN垂直平分AB，

∴AQAB＝4CQ，NQAQ＝4，

1

∴此時(shí)=C2N＝CP+2PM=+MN＝PA=+PB3+PC＝464．

即PA+PB+PC的最小值為4．2+6

總結(jié)提升：本題考查旋轉(zhuǎn)變換2，+解4直6角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添

加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．

類型二費(fèi)馬點(diǎn)模型變式

典例2（2021春?碑林區(qū)校級(jí)期中）[問題發(fā)現(xiàn)]如圖①，在△OAB中，OB＝3，若將△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針

旋轉(zhuǎn)120°得△OA′B′，連接BB'．則BB'＝3．

[問題探究]如圖②，已知△ABC是邊長(zhǎng)為4的等邊3三角形，以BC為邊向外作等邊△BCD，P為△ABC

內(nèi)一點(diǎn)，將線段CP繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，3P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為Q．求PA+PB+PC的最小值．

[實(shí)際應(yīng)用]如圖③，在長(zhǎng)方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800，點(diǎn)P是長(zhǎng)方形內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且S△PAD

＝2S△PBC，點(diǎn)Q為△ADP內(nèi)的任意一點(diǎn)，是否存在一點(diǎn)P和一點(diǎn)Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存

在，請(qǐng)求出這個(gè)最小值，并求出此時(shí)PQ的長(zhǎng)度，若不存在，請(qǐng)說明理由．

思路引領(lǐng)：（1）如圖1，過點(diǎn)O作OE⊥BB′于點(diǎn)E，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和勾股定理即可求得答案．

（2）如圖2，連接PQ，AD，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠CAD＝∠CDA＝30°，BC⊥AD，

設(shè)垂足為F，利用勾股定理可求得AD＝12，利用SAS證明△BCP≌△DCQ，由PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，

可知當(dāng)且僅當(dāng)A、P、Q、D四點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，PA+PB+PC的值最小，即可求得答案．

（3）如圖3，過點(diǎn)P作EF∥AD交AB于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，將△ADQ繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得△

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AD′Q′，連接DD′，QQ′，D′P，設(shè)D′P交AD于點(diǎn)G，由S△PAD＝2S△PBC，可得AE＝2BE，進(jìn)

而求得AE＝400，當(dāng)D′P⊥EF時(shí)，D′P取最小值，運(yùn)用勾股定理即可求得答案．

解：（1）如圖1，過點(diǎn)O作OE⊥BB′于點(diǎn)E，

∵將△OAB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得△OA′B′，

∴OB′＝OB＝3，∠BOB′＝120°，

∴∠OBB′＝∠OB′B＝30°，

∵OE⊥BB′，

∴∠OEB＝90°，BE＝B′E，

∴OEOB，

13

=2=2

在Rt△BOE中，BE，

2223233

=?????=3?()=

∴BB′＝2BE＝23；22

33

故答案為：3.×2=3

（2）如圖2，3連接PQ，AD，

∵△ABC、△BCD都是等邊三角形，

∴∠ACB＝∠BCD＝60°，AC＝BC＝DC＝4，

∵將線段CP繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，P的對(duì)3應(yīng)點(diǎn)為Q，

∴∠PCQ＝60°，CP＝CQ，

∵∠ACP+∠BCP＝60°，∠BCP+∠BCQ＝60°，∠BCQ+∠DCQ＝60°，

∴∠ACP＝∠DCQ＝∠BCP＝∠BCQ＝30°，

∴∠ACD＝120°，BC⊥AD，設(shè)垂足為F，

∴∠CAD＝∠CDA＝30°，

∴CFAC＝2，

1

=23

∴AF6，

2222

∴AD=＝2A?F?＝?2×??6＝=12，(43)?(23)=

∵△PCQ是等邊三角形，

∴PQ＝PC，

在△BCP和△DCQ中，

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，

??=??

∠???=∠???

∴??△=BC?P?≌△DCQ（SAS），

∴PB＝QD，

∴PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，當(dāng)且僅當(dāng)A、P、Q、D四點(diǎn)在同一條直線上時(shí)，PA+PB+PC的值最小，

此時(shí)，PA+PB+PC的最小值為12.

（3）存在一點(diǎn)P和一點(diǎn)Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值．

如圖3，過點(diǎn)P作EF∥AD交AB于點(diǎn)E，交CD于點(diǎn)F，將△ADQ繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得△AD′

Q′，

連接DD′，QQ′，D′P，設(shè)D′P交AD于點(diǎn)G，

由（2）知，當(dāng)P、Q、Q′、D′在同一條直線上時(shí)，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值為D′P，

在長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝600，AD＝800，

∴BC＝AD＝800，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，

∵EF∥AD，

∴∠AEF＝∠EFD＝90°，

∴四邊形ADFE是矩形，

∴EF＝AD＝800，

∵S△PAD＝2S△PBC，

∴AD?AE＝2BC?BE，

11

×

∴2AE＝2BE，2

∵AE+BE＝AB＝600，

∴AE＝400，

∵點(diǎn)P在EF上，

∴當(dāng)D′P⊥EF時(shí)，D′P取最小值，

∵AD∥EF，

∴D′P⊥AD，

∵△ADD′是等邊三角形，

∴AD′＝AD＝800，AGAD＝400，∠AGD′＝90°，

1

=2

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∴D′G400，

2222

∵∠EAG=＝∠??A′EP?＝?∠?EP=G＝8090°?，400=3

∴四邊形AEPG是矩形，

∴GP＝AE＝400，

∴D′P＝D′G+GP＝400400，

∴AQ+DQ+PQ的最小值為430+0400；

∵△AQQ′是等邊三角形，AD⊥3Q+Q′，

∴∠GAQ＝30°，AQ＝2GQ，

在Rt△AGQ中，AG2+GQ2＝AQ2，

∴4002+GQ2＝（2GQ）2，

解得：GQ，

4003

=

∴PQ＝GP﹣GQ3＝400．

4003

?3

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總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，主要考查了等邊三角形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，兩點(diǎn)之間線段

最短及點(diǎn)到直線的距離垂線段最短的應(yīng)用，矩形性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造全

等三角形，確定線段和取最小值的位置．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2021?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）【問題情境】

如圖1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，則△ABC的外接圓的半徑值為5．

【問題解決】3

如圖2，點(diǎn)P為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．

【問題解決】

如圖3，正方形ABCD是一個(gè)邊長(zhǎng)為3cm的隔離區(qū)域設(shè)計(jì)圖，CE為大門，點(diǎn)E在邊BC上，CEcm，

點(diǎn)P是正方形ABCD內(nèi)設(shè)立的一個(gè)活動(dòng)3崗哨，到B、E的張角為120°，即∠BPE＝120°，點(diǎn)=A、3D為

另兩個(gè)固定崗哨．現(xiàn)需在隔離區(qū)域內(nèi)部設(shè)置一個(gè)補(bǔ)水供給點(diǎn)Q，使得Q到A、D、P三個(gè)崗哨的距離和

最小，試求QA+QD+QP的最小值．（保留根號(hào)或結(jié)果精確到1cm，參考數(shù)據(jù)1.7，10.52＝110.25）．

3≈

思路引領(lǐng)：（1）作出三角形的外接圓O，證明△OBA是等邊三角形，利用三線合一性質(zhì)計(jì)算即可；

（2）點(diǎn)P在以BC為直徑的圓上，根據(jù)圓心，P，A三點(diǎn)共線時(shí)AP最小，計(jì)算即可；

（3）如圖3，設(shè)∠BPE所在圓的圓心為點(diǎn)O，根據(jù)（1）可得∠BPE所在圓的半徑，以點(diǎn)D為旋轉(zhuǎn)中心，

將△DQA順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△DFN，當(dāng)N，F(xiàn)，Q，P，O共線時(shí)，QA+QD+QP最小，構(gòu)造直角三

角形求解即可．

解：（1）如圖1，作△ABC的外接圓O，作直徑AD，連接OB，

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∵AB＝AC，

∴AO⊥BC，∠BAO＝60°，

∵OA＝OB，

∴△OBA是等邊三角形，

∴AB＝OA＝OB，

設(shè)AD與BC交于點(diǎn)E，BEBC，

153

在直角三角形ABE中，=2=2

∵sin∠BAO，

??

=??

∴sin60°，

53

23

∴AB＝5，=??=2

∴OA＝5，

故答案為：5；

（2）如圖2，

∵∠BPC＝90°，

∴點(diǎn)在以BC為直徑的圓上，設(shè)圓心為點(diǎn)O，

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則OPBC＝2，

1

∴O，=P，2A三點(diǎn)線時(shí)AP最小，

在直角三角形ABO中，

AO2，

22

∵P=O＝?2?，+??=5

∴AP的最小值為：AO﹣PO＝22；

5?

（3）如圖3，設(shè)∠BPE所在圓的圓心為點(diǎn)O，根據(jù)（1）可得∠BPE所在圓的半徑為232，以點(diǎn)D為

2

3=

旋轉(zhuǎn)中心，將△DQA順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△DFN，當(dāng)N，F(xiàn)，Q，P，O共線時(shí)，Q2A+QD+QP最小，

過點(diǎn)N作NG⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接AN，則△AND是等邊三角形，過點(diǎn)O作OM⊥GN于M

交BC于點(diǎn)H，連接OB，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD∥BC∥GN，

∴OH⊥BC，

∵BE＝2，

∴BH3，

∴OH=31，

22

∵AD＝=DN?，?∠?A?D?N＝=60°，

∴△AND是等邊三形，且AN＝3，∠NAD＝60°，

∴∠GAN＝30°，3

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∴GN＝ANsin30°，AG＝ANcos30°，

339

==

∴OM＝OH+AB+AG21+33，2MN＝GN﹣BH，

911333

=2+3=2+3=2?3=2

∴ON11，

2211232

∴QA+=QD?+?QP+最?小?值為=：(112﹣+2＝393（)cm+）(．2)≈

總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)、圓中半徑相等，點(diǎn)與圓位置關(guān)系中的最值問題，費(fèi)馬點(diǎn)最值問題，

旋轉(zhuǎn)的思想，銳角三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是正確構(gòu)造輔助圓，旋轉(zhuǎn)60°處理費(fèi)馬點(diǎn)問題

模塊二2023中考押題預(yù)測(cè)

一．選擇題

1．（2017秋?義烏市月考）已知點(diǎn)P是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，且它到三角形的三個(gè)頂點(diǎn)距離之和最小，則P點(diǎn)叫

△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)（Fermatpoint）．已經(jīng)證明：在三個(gè)內(nèi)角均小于120°的△ABC中，當(dāng)∠APB＝∠APC＝

∠BPC＝120°時(shí)，P就是△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．若點(diǎn)P是腰長(zhǎng)為的等腰直角三角形DEF的費(fèi)馬點(diǎn)，則

PD+PE+PF＝（）2

A．2B．1C．6D．3

思路引3領(lǐng)：根據(jù)題意首先畫+出圖3形，過點(diǎn)D作DM⊥EF于點(diǎn)M，在△BD3E內(nèi)部過E、F分別作∠MEP

＝∠MFP＝30°，則∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，點(diǎn)P就是費(fèi)馬點(diǎn)，求出PE，PF，DP的長(zhǎng)即可

解決問題；

解：如圖：過點(diǎn)D作DM⊥EF于點(diǎn)M，在△BDE內(nèi)部過E、F分別作∠MEP＝∠MFP＝30°，則∠EPF

＝∠FPD＝∠EPD＝120°，點(diǎn)P就是費(fèi)馬點(diǎn)，

在等腰Rt△DEF中，DE＝DF，DM⊥EF，

∴EFDE＝2=2

∴EM=＝D2M＝1，

故cos30°，

??

=??

解得：PE，則PM，

233

==

故DP＝13，同法可得P3F

323

?3=3

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則PD+PE+PF＝211．

233

故選：B．×3+?3=3+

總結(jié)提升：此題主要考查了解直角三角，正確畫出圖形進(jìn)而求出PE的長(zhǎng)是解題關(guān)鍵．

2．（2022春?山亭區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠CAB＝65°，將△ABC在平面內(nèi)繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AB′C′

的位置，使CC′∥AB，則旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為（）

A．40°B．30°C．50°D．65°

思路引領(lǐng)：根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC＝AC′，然

后利用等腰三角形兩底角相等求∠CAC′，再根據(jù)∠CAC′、∠BAB′都是旋轉(zhuǎn)角解答．

解：∵CC′∥AB，

∴∠ACC′＝∠CAB＝65°，

∵△ABC繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)得到△AB′C′，

∴AC＝AC′，

∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×65°＝50°，

∴∠CAC′＝∠BAB′＝50°．

故選：C．

總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形兩底角相等的性質(zhì)，熟記性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)圖是解題的關(guān)鍵．

二．填空題

3．（2019秋?開福區(qū)校級(jí)月考）法國(guó)數(shù)學(xué)家費(fèi)馬提出：在△ABC內(nèi)存在一點(diǎn)P，使它到三角形頂點(diǎn)的距離之

和最?。藗兎Q這個(gè)點(diǎn)為費(fèi)馬點(diǎn)，此時(shí)PA+PB+PC的值為費(fèi)馬距離．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)：在銳角△ABC中，費(fèi)

馬點(diǎn)P滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，如圖，點(diǎn)P為銳角△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，且PA＝3，PC＝4，

∠ABC＝60°，則費(fèi)馬距離為7+2．

3

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思路引領(lǐng)：根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，即可求解．

解：

如圖：

∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，

∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，

∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，

∴△BPC∽△APB

∴，

????

2=

即?P?B＝?1?2

∴PB＝2．

∴PA+PB+3PC＝7+2

故答案為：7+2．3

總結(jié)提升：本題考3查了軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，解決本題的關(guān)鍵是利用相似三角形的判定和性質(zhì)．

4．（2019秋?梁溪區(qū)期末）如圖，已知正方形ABCD內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)E到A、B、C三點(diǎn)的距離之和的最小值為1，

則這個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為．+3

2

思路引領(lǐng)：以A為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABE順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMN，連NE，MB，過M作MP⊥BC交

CB的延長(zhǎng)線于P點(diǎn)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，則△ANE為等邊三角形，

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得AE＝NE，所以AE+EB+EC＝MN+NE+EC，當(dāng)AE+EB+EC取最小值時(shí)，折線MNEC成為線段，則MC，

=2

易得△ABM為等邊三角形，則∠MBC＝150°，則∠PBM＝30°，在Rt△PMC中，設(shè)BC＝x，PMx，

1

然后利用勾股定理即可求出x．=2

解：以A為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABE順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMN，連NE，MB，過M作MP⊥BC交BC的

延長(zhǎng)線于P點(diǎn)，如圖，

∴MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，

∴△ANE為等邊三角形，

∴AE＝NE，

∴AE+EB+EC＝MN+NE+EC，

當(dāng)AE+EB+EC取最小值時(shí)，折線MNEC成為線段，則MC＝1，

∵AB＝AM，∠BAM＝60°，+3

∴△ABM為等邊三角形，

∴∠MBC＝150°，則∠PBM＝30°，

在Rt△PMC中，設(shè)BC＝x，PMx，

1

=2

∴（1）2＝（x）2+（x+x）2

13

+3

所以x，22

∴BC=2，

即正方=形2的邊長(zhǎng)為，

故答案為：．2

2

總結(jié)提升：本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)前后的兩個(gè)圖形全等，對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心的連線段的夾角等于

旋轉(zhuǎn)角，對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等．也考查了正方形和等邊三角形的性質(zhì)以及勾股定理．

5．（2021?丹東）已知：到三角形3個(gè)頂點(diǎn)距離之和最小的點(diǎn)稱為該三角形的費(fèi)馬點(diǎn)．如果△ABC是銳角（或

直角）三角形，則其費(fèi)馬點(diǎn)P是三角形內(nèi)一點(diǎn)，且滿足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°．（例如：等邊三

角形的費(fèi)馬點(diǎn)是其三條高的交點(diǎn)）．若AB＝AC，BC＝2，P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，則PA+PB+PC＝

=73

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5；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，則PA+PB+PC＝2．

思路引領(lǐng)：①作3出圖形，過B，C分別作∠DBP＝∠DCP＝30°，勾股定理解直角7三角形即可；

②作出圖形，將△APC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)則B，P，P'，C'四點(diǎn)共線，即PA+PB+PC

＝BC'，再用勾股定理求得即可．

解：如圖，過A作AD⊥BC，垂足為D，

過B，C分別作∠DBP＝∠DCP＝30°，則PB＝PC，P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，

∵AB＝AC，BC＝2，

∴=7，3

1

??=??=??=3

∴2，

??3

∴P??D?＝301°，=??=3

∴，

??

∴??=???30°=2，

22

∴P?A?+=PB+?P?C＝?5?；?=7?3=2

②如圖：

∵AB＝2，BC＝2，AC＝4，

∴AB2+BC32＝16，AC2＝16，

∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，

∵，

??1

∴∠???B∠A?C?＝?3=0°??，=2=???30°

將△APC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，

由旋轉(zhuǎn)可得：△APC≌△AP'C'，

∴AP'＝AP，PC＝P'C'，AC＝AC'，∠CAC'＝∠PAP'＝60°，

∴△APP′是等邊三角形，

∴∠BAC'＝90°，

∵P為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，

即B，P，P'，C'四點(diǎn)共線時(shí)候，PA+PB+PC＝BC'，

∴PA+PB+PC＝BP+PP'+P'C'＝BC'，

2222

=??+??′=(23)+4=27

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故答案為：5，．

27

總結(jié)提升：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(guān)鍵．本題旋轉(zhuǎn)△PAB，△PBC也可，但必須繞頂點(diǎn)旋轉(zhuǎn)．

6．（2022秋?洪山區(qū)校級(jí)期中）如圖，以等邊△ABC的一邊BC為底邊作等腰△BCD，已知AB＝3，

，且∠BDC＝120°，在△BCD內(nèi)有一動(dòng)點(diǎn)P，則PB+PC+PD的最小值為．??=??=

323

思路引領(lǐng)：將△PBC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°后，得到△P′BA，連接PP′、AD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得∠

PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，以此得到PB＝PP′，根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短得PB+PC+PD＝

PP′+P′A+PD≥AD，根據(jù)等邊三角形和等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，再根

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據(jù)勾股定理即可求解．

解：如圖，將△PBC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°后，得到△P′BA，連接PP′、AD，

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得，∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，

∴△PBP′為等邊三角形，

∴PB＝PP′，

∴PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD，

∵PP′+P′A+PD≥AD，

∴當(dāng)A、P′、P、D四點(diǎn)共線時(shí)，PB+PC+PD有最小值，

∵△ABC為等邊三角形，

∴∠ABC＝60°，

∵△BCD為等腰三角形，∠BDC＝120°，

∴∠CBD＝30°，

∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，

在Rt△ABD中，AB＝3，BD，∠ABD＝90°，

=3

由勾股定理得AD．

2222

∴PB+PC+PD的最=小值??為+??．=3+(3)=23

故答案為：．23

總結(jié)提升：2本題3主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短、勾

股定理，正確作出輔助線，利用兩點(diǎn)之間線段最短得到PB+PC+PD≥AD是解題關(guān)鍵．

7．（2022秋?大冶市期末）如圖，D是等邊三角形ABC外一點(diǎn)，連接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，

則當(dāng)線段AD的長(zhǎng)度最小時(shí)，

①∠BDC＝60°；

②AD的最小值是5．

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思路引領(lǐng)：以BD為邊向外作等邊三角形BDE，連接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再

根據(jù)C，D，E三點(diǎn)共線時(shí)，CE有最小值，即可得到AD的最小值為5，此時(shí)∠BDC＝60°．

解：如圖所示，以BD為邊向外作等邊三角形BDE，連接CE，

∵△BDE，△ABC均為等邊三角形，

∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，

∴∠ABD＝∠CBE，

在△ABD和△CBE中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?A=B?D?≌△CBE（SAS），

∴CE＝AD，

∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，

∴當(dāng)C，D，E三點(diǎn)共線時(shí)，CE有最小值，

∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，

∴AD的最小值為5，此時(shí)∠BDC＝60°．

故答案為：①60°；②5．

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總結(jié)提升：本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)的運(yùn)用，解

決問題的關(guān)鍵是以BD為邊向外作等邊三角形BDE，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論．

三．解答題

8．（2009?湖州）自選題：若P為△ABC所在平面上一點(diǎn)，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點(diǎn)P叫做

△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．

（1）若點(diǎn)P為銳角△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，則PB的值為2；

（2）如圖，在銳角△ABC外側(cè)作等邊△ACB′連接BB′．求證：BB′過△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)P3，且BB′

＝PA+PB+PC．

思路引領(lǐng)：（1）由題意可得△ABP∽△BCP，所以PB2＝PA?PC，即PB＝2；

（2）在BB'上取點(diǎn)P，使∠BPC＝120°，連接AP，再在PB'上截取PE＝PC3，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°，∠CEB'＝120°，而△ACB'

為正三角形，由此也可以得到AC＝B'C，∠ACB'＝60°，現(xiàn)在根據(jù)已知的條件可以證明△ACP≌△B'CE，

然后利用全等三角形的性質(zhì)即可證明題目的結(jié)論．

解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，

∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，

∴∠PAB＝∠PBC，

又∵∠APB＝∠BPC＝120°，

∴△ABP∽△BCP，

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∴，

????

2=

∴?P?B＝P?A??PC＝12，

∴PB＝2；

3

（2）證明：在BB'上取點(diǎn)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°，∠CEB'＝120°．

∵△ACB'為正三角形，

∴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為△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)．

∴BB'過△ABC的費(fèi)馬點(diǎn)P，且BB'＝EB'+PB+PE＝PA+PB+PC．

總結(jié)提升：此題考查了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(shí)；此類已知三角

形邊之間的關(guān)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(guān)角的度數(shù)，進(jìn)而求出

所求角的度數(shù)．

9．問題探究：

（1）如圖1，已知，在四邊形ABCD中，AB＝BC，AD＝DC，則對(duì)角線AC、BD的位置關(guān)系是AC

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⊥BD．

（2）如圖2，已知，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．△ABC內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)E到A、B、C三點(diǎn)的距離

之和的最小值為2，求AC的長(zhǎng)．

問題解決：

（3）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，△ABC三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（﹣6，0），B（6，0），C（0，

4），延長(zhǎng)AC至點(diǎn)D，使CDAC，過點(diǎn)D作DE⊥y軸于點(diǎn)E．設(shè)G為y軸上一點(diǎn)，點(diǎn)P從點(diǎn)E出

1

發(fā)，3先沿y軸到達(dá)G點(diǎn)，再沿G=A2到達(dá)A點(diǎn)．若點(diǎn)P在直線GA上運(yùn)動(dòng)速度為定值v，在y軸上運(yùn)動(dòng)速

度為2v，試確定點(diǎn)G的位置，使P點(diǎn)按照上述要求到達(dá)A點(diǎn)所用的時(shí)間最短，并求此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)．

思路引領(lǐng)：（1）結(jié)論：AC⊥BD．證明BD垂直平分線段AC可得結(jié)論；

（2）如圖2中，將△BCE繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BKT，連接ET，AK，過點(diǎn)K作KH⊥AC交AC

的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．證明當(dāng)A，E，T，K共線時(shí)，AE+EC+EB的值最小，最小值為AK＝2．設(shè)AC＝BC＝m，

則HKm，CHm，利用勾股定理構(gòu)建方程求出m即可；

13

==

（3）由題2意點(diǎn)P在A2G上的運(yùn)動(dòng)速度為v，點(diǎn)P在y軸上的運(yùn)動(dòng)速度為2v則點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A的時(shí)間為t

??

=2?+

（AG），證明GH，利用垂線段最短解決問題．

??1????

=+=

解?：（1?）結(jié)2論：AC⊥BD．2

理由：∵BA＝BC，DA＝DC，

∴點(diǎn)B，點(diǎn)D在線段AC的垂直平分線上，

∴BD垂直平分線段AC，

∴AC⊥BD；

（2）如圖2中，將△BCE繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△BKT，連接ET，AK，過點(diǎn)K作KH⊥AC交AC

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