中考数学几何模型8：费马点最值模型TH 名师点睛拨开云雾开门见山费马尔问题思考：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：费马点有如下主要性质：1．费马点到三角形三个顶点距离之和最小。

=BP AP CP BP PQ QE BE++++≥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．秘诀：以△ABC 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典题探究 启迪思维 探究重点例题1. 已知：△ABC 是锐角三角形，G 是三角形内一点。

∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°. 求证：GA+GB+GC 的值最小. 证明：将△BGC 逆时针旋转60°，连GP,DB.则 △CGB ≌△CPD ； ∴ ∠CPD=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD, BC=DC,∠GCB=∠PCD. ∵ ∠GCP=60°, ∴ ∠BCD=60°,∴ △GCP 和△BCD 都是等边三角形。

∵ ∠AGC=120°, ∠CGP=60°. ∴ A 、G 、P 三点一线。

∵ ∠CPD=120°, ∠CPG=60°. ∴ G 、P 、D 三点一线。

∴ AG 、GP 、PD 三条线段同在一条直线上。

∵ GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.∴ G 点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的那一点变式练习>>>1．如图，P 是边长为1的等边ABC ∆内的任意一点，求t PA PB PC =++的取值范围.解：将BPC ∆绕点B 顺时针旋转60°得到''BP C ∆， 易知'BPP ∆为等边三角形.从而''''PA PB PC PA PP P C AC ++=++≥ （两点之间线段最短），从而3t ≥.过P 作BC 的平行线分别交AB AC 、于点M N 、， 易知MN AN AM ==.因为在BMP ∆和PNC ∆中， PB MP BM <+①， PC PN NC <+②。

又APM ANM AMN ∠>∠=∠，所以PA AM <③. ①+②+③可得()()()12t AM BM MP NP NC AB MN NC AN NC <++++=++=++=，即2t <.综上，t PA PB PC =++的取值范围为32t ≤<.例题2. 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26+，求正方形的边长．解 如图2，连接AC ，把△AEC 绕点C 顺时针旋转60°，得到△GFC ，连接EF 、BG 、A G ，可知△EFC 、△AGC 都是等边三角形，则EF =CE ．又FG =AE ， ∴AE +BE +CE = BE +EF +FG ．∵ 点B 、点G 为定点（G 为点A 绕C 点顺时针旋转60°所得）．∴ 线段BG 即为点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值，此时E 、F 两点都在BG 上． 设正方形的边长为a ，那么 BO =CO =22a ，GC =2a , GO =6a ． ∴ BG=BO +GO =2a +6a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值为26+．∴2a +6a =26+，解得a =2． 注 本题旋转△AEB 、△BEC 也都可以，但都必须绕着定点旋转，读者不妨一试．变式练习>>>2．若P 为锐角△ABC 的费马点，且∠ABC =60°，P A =3，PC =4, 求PB 的值.例题3. 如图，矩形ABCD是一个长为1000米，宽为600米的货场，A、D是入口，现拟在货场内建一个收费站P，在铁路线BC段上建一个发货站台H，设铺设公路AP、DP以及PH之长度和为l，求l的最小值．600m1000m DACPB H【解答】3500600 ，线段A1E为最短．变式练习>>>3．如图，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P A，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）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）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）元．例题4. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为A（﹣6，0），B（6，0），C（0，4），延长AC到点D，使CD＝AC，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E．P1EA1P（1）求D点的坐标；（2）作C点关于直线DE的对称点F，分别连接DF、EF，若过B点的直线y＝kx+b将四边形CDFE 分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式；（3）在第二问的条件下，设G为y轴上一点，点P从直线y＝kx+b与y轴的交点出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点，若P点在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短．（要求：简述确定G点位置的方法，但不要求证明）【解答】解：（1）∵A（﹣6，0），C（0，4）∴OA＝6，OC＝4，设DE与y轴交于点M由DE∥AB可得△DMC∽△AOC，又∵CD＝AC∴，∴CM＝2，MD＝3，同理可得EM＝3∴OM＝6，∴D点的坐标为（3，6）；（2）由（1）可得点M的坐标为（0，6）由DE∥AB，EM＝MD，可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上，∴ED与CF互相垂直平分∴CD＝DF＝FE＝EC，∴四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中心作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、点T，可证△FTM≌△CSM，∴FT＝CS，∵FE＝CD，∴TE＝SD，∵EC＝DF，∴TE+EC+CS+ST＝SD+DF+FT+TS，∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，由点B（6，0），点M（0，6）在直线y＝kx+b上，可得直线BM的解析式为y＝﹣x+6．（3）解法1 ∵BQ=AQ，∴MQ＋2AQ最小就是MQ＋AQ＋BQ最小，就是在直线MO上找点G使他到A、B、M三点的距离和最小．至此，再次发现这又是一个费尔马问题的变形，注意到题目中等边三角形的信息，考虑作旋转变换．把△MQB绕点B顺时针旋转60°，得到△M′Q′B，连接QQ′、MM′（图5），可知△QQ′B、△MM′B 都是等边三角形，则QQ′=BQ．又M′Q′=MQ，∴MQ＋AQ＋BQ= M′Q′+ QQ′+AQ．∵点A、M′为定点，所以当Q、Q′两点在线段A M′上时，MQ＋AQ＋BQ最小．由条件可证明Q′点总在AM′上，所以A M′与OM的交点就是所要的G点（图6）．可证OG=12 MG．图5 图6 图7解法2 考虑12MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=63，可得∠BMO＝30°，所以QK＝12MQ．要使12MQ＋AQ最小，只需使AQ＋QK最小，根据“垂线段最短”，可推出当点A、Q、K在一条直线上时，AQ+QK最小，并且此时的QK垂直于BM，此时的点Q即为所求的点G（图7）．过A点作AH⊥BM于H,则AH与y轴的交点为所求的G点.由OB=6，OM=63，可得∠OBM=60°，∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=23∴G点的坐标为（0，23）（G点为线段OC的中点）．例题5. 如图1，已知一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，且与x轴交于另一点C．（1）求b、c的值；（2）如图1，点D为AC的中点，点E在线段BD上，且BE＝2ED，连接CE并延长交抛物线于点M，求点M的坐标；（3）将直线AB绕点A按逆时针方向旋转15°后交y轴于点G，连接CG，如图2，P为△ACG内一点，连接P A、PC、PG，分别以AP、AG为边，在他们的左侧作等边△APR，等边△AGQ，连接QR①求证：PG＝RQ；②求P A+PC+PG的最小值，并求出当P A+PC+PG取得最小值时点P的坐标．【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（﹣3，0），B（0，3），∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，∴解得，∴b＝﹣2，c＝3．（2），对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，∴点C坐标（1，0），∵AD＝DC＝2，∴点D坐标（﹣1，0），∵BE＝2ED，∴点E坐标（﹣，1），设直线CE为y＝kx+b，把E、C代入得到解得，∴直线CE为y＝﹣x+，由解得或，∴点M坐标（﹣，）．（3）①∵△AGQ，△APR是等边三角形，∴AP＝AR，AQ＝AG，∠QAC＝∠RAP＝60°，∴∠QAR＝∠GAP，在△QAR和△GAP中，，∴△QAR≌△GAP，∴QR＝PG．②如图3中，∵P A+PG+PC＝QR+PR+PC＝QC，∴当Q、R、P、C共线时，P A+PG+PC最小，作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．∵∠GAO＝60°，AO＝3，∴AG＝QG＝AQ＝6，∠AGO＝30°，∵∠QGA＝60°，∴∠QGO＝90°，∴点Q坐标（﹣6，3），在RT△QCN中，QN＝3，CN＝7，∠QNC＝90°，∴QC＝＝2，∵sin∠ACM＝＝，∴AM＝，∵△APR是等边三角形，∴∠APM＝60°，∵PM＝PR，cos30°＝，∴AP＝，PM＝RM＝，∴MC＝＝，∴PC＝CM﹣PM＝，∵＝＝，∴CK＝，PK＝，∴OK＝CK﹣CO＝，∴点P坐标（﹣，）．∴P A+PC+PG的最小值为2，此时点P的坐标（﹣，）．达标检测领悟提升强化落实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______．AB CDMEFGEMDCBAHFGEMDCBA【分析】依然构造60°旋转，将三条折线段转化为一条直线段．分别以AD、AM为边构造等边△ADF、等边△AMG，连接FG，易证△AMD≌△AGF，∴MD=GF∴ME+MA+MD=ME+EG+GF过F作FH⊥BC交BC于H点，线段FH的长即为所求的最小值433．2. 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（）A．+B．+C．4 D．3【解答】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，P A+PB+PC最小．理由：∵AP＝AF，∠P AF＝60°，∴△P AF是等边三角形，∴P A＝PF＝AF，EF＝PB，∴P A+PB+PC＝EF+PF+PC，∴当E、F、P、C共线时，P A+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＝＝＝＝＝＝+．∴P A+PB+PC的最小值为+．故选：B．3．如图，四边形ABCD是菱形，AB＝4，且∠ABC＝∠ABE＝60°，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则AM+BM+CM的最小值为4．【解答】解：如图，连接MN，∵△ABE是等边三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°．∵∠MBN＝60°，∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．即∠MBA＝∠NBE．又∵MB＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS），∴AM＝EN，∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等边三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM＝EC最短∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF＝180°﹣120°＝60°，∵BC＝4，∴BF＝2，EF＝2，在Rt△EFC中，∵EF2+FC2＝EC2，EC＝4．故答案为：44．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＝30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．【解答】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，P A+PB+PC＝PB+PP′+P′A的值最小，此时BC＝5，AC＝CA′＝，BA′＝＝．故答案为．5．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（15+10）公里．【解答】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）．6．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P A＝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P A+PB+PC的最小值为．【解答】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°，∴P A＝AQ＝2，PB＝QC＝，∵∠P AQ＝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°．∵P A+PB+PC＝P A+PP′+P′B′，∴当A，P，P′，B′共线时，P A+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．7．如图l，在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．（1）连接PB，PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B，C，P的对应点分别为点D、A、E，连接CE．①依题意，请在图2中补全图形；②如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，求CE的长（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接P A、PB、PC，当AC＝3，AB＝6时，根据此图求P A+PB+PC的最小值．【解答】解：（1）①补全图形如图所示；②如图，连接BD、CD∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，∴BC∥AD且BC＝AD，∵∠ACB＝90°，∴四边形BCAD是矩形，∴CD＝AB＝6，∵BP＝3，∴DE＝BP＝3，∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，∴在Rt△DCE中，CE＝＝＝3；（2）证明：如图所示，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN．由旋转可得，△AMN≌△ABP，∴MN＝BP，P A＝AM，∠P AM＝60°＝∠BAN，AB＝AN，∴△P AM、△ABN都是等边三角形，∴P A＝PM，∴P A+PB+PC＝CP+PM+MN，当AC＝3，AB＝6时，BC＝3，∴sin∠ABC＝，∴∠ABC＝30°，∵∠ABN＝60°，∴∠CBN＝90°当C、P、M、N四点共线时，P A+PB+PC的值最小，最小值＝CN＝＝＝3．8．（1）阅读证明①如图1，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P A+PB+PC的值为△ABC的费马距离．②如图2，已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC＝P A．（2）知识迁移根据（1）的结论，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：第一步：如图3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+P0D；第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段AD的长度即为△ABC的费马距离．（3）知识应用已知三村庄A，B，C构成了如图4所示的△ABC（其中∠A，∠B，∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使水井P到三村庄A，B，C所铺设的输水管总长度最小．求输水管总长度的最小值．【解答】解：（1）如图2，延长BP至E，使PE＝PC．∵在等边△ABC中，∴∠EPC＝∠BAC＝60°，∵PC＝PE，∴△PCE为等边三角形，∴PC＝PE，∠PCE＝60°，∴∠BCP+∠PCE＝∠ACB+∠BCP，∴∠ACP＝∠BCE，∵在△ACP和△BCE中，，∴△ACP≌△BCE（SAS）．∴AP＝BE＝BP+PE＝BP+PC；（2）由（1）得出：第一步：如图3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+P0D；第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段AD的长度即为△ABC的费马距离．故答案为：P0D；AD．（3）如图4，以BC为边在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD．∴AD的长就是△ABC的费马距离．可得∠ABD＝90°∴AD＝＝5（km）．∴输水管总长度的最小值为5千米．。