专题40 中考最值难点突破费马点问题（解析版）

专题40中考最值难点突破费马点问题（解析版）

模块一典例剖析+针对训练

费马点问题解题技巧：旋转变换．

类型一费马点模型

典例1（2020秋•仓山区校级期中）如图（1），P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝

120°，则点P叫做△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的和最小，称为△ABC的费马距离．

（1）若点P是等边三角形三条高的交点，点P是（填是或不是）该三角形的费马点．

（2）如图（2），分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．求证：P点

为△ABC的费马点．

（3）若图（2）中，AB＝5，AC＝4，BC＝a，BD＝b，则△ABC的费马距离＝b．

思路引领：（1）依据等腰三角形三线合一的性质可知：MB平分∠ABC，则∠ABP＝30°，同理∠BAP＝

30°，则∠APB＝120°，同理可求得∠APC，∠BPC的度数，然后可作出判断；

（2）如图2所示：首先证明△ACE≌△ABD，则∠1＝∠2，由∠3＝∠4可得到∠CPD＝∠5，由∠CPD

＝60°可证明∠BPC＝120°，然后证明△ADF∽△CFP，由相似三角形的性质和判定定理再证明△AFP

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

（3）如图2﹣1中，在PD上取一点T，使得PT＝CP．利用全等三角形的性质证明PA+PC＝PD的，再

证明PA+PB+PC＝BD即可．

解：（1）如图1所示：

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∵AB＝BC，BM是AC的中线，

∴MB平分∠ABC．

同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．

∵△ABC为等边三角形，

∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．

∴∠APB＝120°．

同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．

∴P是△ABC的费马点．

故答案为：是．

（2）设AC交BD于点F，如图2所示：

∵△ABE与△ACD都为等边三角形，

∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，

∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，

在△ACE和△ABD中，

，

𝐴=𝐴

∠�𝐴=∠�𝐴

∴�△�=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点为△ABC的费马点．

（3）如图2﹣1中，在PD上取一点T，使得PT＝CP．

∵∠CPT＝60°，PT＝CP，

∴△CPT是等边三角形，

∴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，

故答案为：B．

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总结提升：本题属于三角形专题，主要考查的是相似三角形的综合应用，解答本题主要应用了等边三角

形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定等知识，证得∠5

＝∠6、△AFP∽△CDF是解答本题的关键．

针对训练

1．（2021春•滨海县期中）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，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．

（1）求证：△AMB≌△ENB；

（2）当M点在何处时，2AM的值最小，并说明理由；

（3）当M点在何处时，2AM+BM的值最小，并说明理由．

思路引领：（1）由旋转的性质可得MB＝NB，∠MBN＝60°＝∠ABE，由“SAS”可证△AMB≌△ENB；

（2）由“SAS”可证△ABM≌△CBM，可得AM＝CM，即AM+CM＝2AM，根据“两点之间线段最短”，

可得：当M点落在BD的中点时，2AM的值最小；

（3）根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，2AM+BM的值最小．

（1）证明：∵△ABE是等边三角形，

∴BA＝BE，∠ABE＝60°．

∵将BM绕点B逆时针旋转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：当M点落在BD的中点时，2AM的值最小，

∵四边形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，

∴当点A，点M，点C三点共线，即点M在BD的中点时，2AM的值最小；

（3）解：如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，2AM+BM的值最小．

理由如下：连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，

∴AM＝EN，

∵∠MBN＝60°，MB＝NB，

∴△BMN是等边三角形．

∴BM＝MN．

∴2AM+BM＝EN+MN+CM．

根据“两点之间线段最短”可知，当E、N、M、C在同一条直线上时，EN+MN+CM＝2AM+MN能取得

最小值．

总结提升：本题考查了四边形的综合题，考查了正方形性质，全等三角形的判定与性质和旋转的性质，

灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．

2．（2021春•历下区期末）【操作发现】

（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．

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①请按要求画图：将ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B'，点C的对应点为C′；

②连接BB′，此时∠ABB′＝45°；

【问题解决】

在某次数学兴趣小组活动中，小明同学遇到了如下问题：

（2）如图2，在等边△ABC中，点P在内部，且PA＝3，PC＝4，∠APC＝150°，求PB的长．

经过同学们的观察、分析、思考、交流，对上述问题形成了如下想法：将△APC绕点A按顺时针方向旋

转60°，得到△ABP′，连接PP′，寻找PA、PB、PC三边之间的数量关系．…请参考他们的想法，

完成该问题的解答过程；

【学以致用】

（3）如图3，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内一点，且PA＝5，PC＝2，∠BPC

＝135°，求PB；2

【思维拓展】

（4）注意：从以下①②中，你任意选择一道题解答即可．

①等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内部一点，若BC＝4，则AP+BP+CP的最小值＝

22；

②2如+图46，若点P是正方形ABCD外一点，PA＝3，PB，PC，求∠APB的度数．

思路引领：（1）①由题意画出图形；=3=15

②由旋转的性质得出AB＝AB′，∠B′AB＝90°，则可得出结论；

（2）将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，由旋转的性质得出AP'＝AP＝3，∠P'AP＝

60°，P'B＝PC＝4，得出△APP'是等边三角形，由勾股定理可求出答案；

（3）将△BCP绕点C顺时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，由旋转的性质得出∠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由旋转得到结论PA+PB+PC＝P1A1+P1B+PC，只有，A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）

最短，即线段A1C最短，根据勾股定理，即可．

②将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，证明△BPP'是等腰直角三角形，由等腰直

角三角形的性质可得出答案．

（1）解：①如图1所示，△AB'C'即为所求；

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②连接BB′，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，如图1所示：

∴AB＝AB′，∠B′AB＝90°，

∴∠AB′B＝45°，

故答案为：45°；

【问题解决】（2）如图2，

∵将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP'B，

∴AP'＝AP＝3，∠P'AP＝60°，P'B＝PC＝4，

∴△APP'是等边三角形，

∴PP'＝3，∠AP'P＝60°，

∵∠AP'B＝∠APC＝150°，

∴∠BP'P＝∠AP'B﹣∠AP'P＝90°，

∴．

2222

【学��以=致用�′】�+�′�=4+3=5

（3）∵△ABC是等腰直角三角形，

∴∠ACB＝90°，AC＝BC，

将△BCP绕点C顺时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，

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则∠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𝐶维=拓�展�′】=��−��′=5−4=3

（4）①如图4，

∵Rt△ABC是等腰三角形，

∴AB＝BC．

以B为中心，将△APB逆时针旋转60°得到△A1P1B．则A1B＝AB＝BC＝4，PA＝P1A1，PB＝P1B＝P1P，

∴PA+PB+PC＝P1A1+P1P+PC．

∵当A1、P1、P、C四点共线时，（P1A+P1B+PC）最短，即线段A1C最短，

∴A1C＝PA+PB+PC，

∴A1C长度即为所求．

过A1作A1D⊥CB延长线于D．

∵∠A1BA＝60°（由旋转可知），

∴∠A1BD＝30°．

∵A1B＝4，

∴A1D＝2，BD＝2，

∴CD＝4+2；3

3

在Rt△A1DC中，A1C22．

2222

1

故答案为．=��+��=2+(4+23)=2+6

22+26

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②将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，

∴∠PBP'＝90°，，，

∴△BPP'是等腰直角𝐶三′=角�形�，=15𝐶=𝐶′=3

∴∠BPP'＝45°，，

22

又∵AP＝3，��′=，𝐶+𝐶′=6

∴AP2+PP'2＝�A�P′'2=，15

∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，

∴∠APB＝∠APP'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．

总结提升：本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，等腰

直角三角形的判定与性质，旋转的性质，正确作辅助线并能根据旋转的性质进行证明是解此题的关键．

3．（2019春•金水区校级期中）在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．

（1）如图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．如果BP⊥CE，BP＝3，AB＝6，则CE＝3．

（2）如图2，连接PA，PB，PC，当AC＝BC＝8时，求PA+PB+PC的3最小值．

思路引领：（1）连接BD、CD，构造矩形ACBD和Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行

计算，即可求得CE的长；

（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN．根据△PAM、△ABN都是

等边三角形，可得PA+PB+PC＝CP+PM+MN，最后根据当C、P、M、N四点共线时，由CA＝CB，NA

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＝NB可得CN垂直平分AB，进而求得PA+PB+PC的最小值．

解：（1）如图1，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，CE3；

22

故答案为：3．=��−��=27=3

（2）如图2所3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，PA＝AM，∠PAM＝60°＝∠BAN，AB＝AN，

∴△PAM、△ABN都是等边三角形，

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∴PA＝PM，

∴PA+PB+PC＝CP+PM+MN，

当AC＝BC＝8时，AB＝8，

当C、P、M、N四点共线时2，

由CA＝CB，NA＝NB可得CN垂直平分AB，

∴AQAB＝4CQ，NQAQ＝4，

1

∴此时=C2N＝CP+2PM=+MN＝PA=+PB3+PC＝464．

即PA+PB+PC的最小值为4．2+6

总结提升：本题考查旋转变换2，+解4直6角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，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．

类型二费马点模型变式

典例2（2021春•碑林区校级期中）[问题发现]如图①，在△OAB中，OB＝3，若将△OAB绕点O逆时针

旋转120°得△OA′B′，连接BB'．则BB'＝3．

[问题探究]如图②，已知△ABC是边长为4的等边3三角形，以BC为边向外作等边△BCD，P为△ABC

内一点，将线段CP绕点C逆时针旋转60°，3P的对应点为Q．求PA+PB+PC的最小值．

[实际应用]如图③，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800，点P是长方形内一动点，且S△PAD

＝2S△PBC，点Q为△ADP内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存

在，请求出这个最小值，并求出此时PQ的长度，若不存在，请说明理由．

思路引领：（1）如图1，过点O作OE⊥BB′于点E，根据旋转的性质和勾股定理即可求得答案．

（2）如图2，连接PQ，AD，根据等边三角形性质、旋转的性质得出∠CAD＝∠CDA＝30°，BC⊥AD，

设垂足为F，利用勾股定理可求得AD＝12，利用SAS证明△BCP≌△DCQ，由PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，

可知当且仅当A、P、Q、D四点在同一条直线上时，PA+PB+PC的值最小，即可求得答案．

（3）如图3，过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△

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AD′Q′，连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，由S△PAD＝2S△PBC，可得AE＝2BE，进

而求得AE＝400，当D′P⊥EF时，D′P取最小值，运用勾股定理即可求得答案．

解：（1）如图1，过点O作OE⊥BB′于点E，

∵将△OAB绕点O逆时针旋转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

故答案为：3.×2=3

（2）如图2，3连接PQ，AD，

∵△ABC、△BCD都是等边三角形，

∴∠ACB＝∠BCD＝60°，AC＝BC＝DC＝4，

∵将线段CP绕点C逆时针旋转60°，P的对3应点为Q，

∴∠PCQ＝60°，CP＝CQ，

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

∴∠ACP＝∠DCQ＝∠BCP＝∠BCQ＝30°，

∴∠ACD＝120°，BC⊥AD，设垂足为F，

∴∠CAD＝∠CDA＝30°，

∴CFAC＝2，

1

=23

∴AF6，

2222

∴AD=＝2A�F�＝−2×��6＝=12，(43)−(23)=

∵△PCQ是等边三角形，

∴PQ＝PC，

在△BCP和△DCQ中，

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，

��=��

∠𝐴�=∠���

∴��△=BC�P�≌△DCQ（SAS），

∴PB＝QD，

∴PA+PB+PC＝PA+PQ+QD，当且仅当A、P、Q、D四点在同一条直线上时，PA+PB+PC的值最小，

此时，PA+PB+PC的最小值为12.

（3）存在一点P和一点Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值．

如图3，过点P作EF∥AD交AB于点E，交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′

Q′，

连接DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，

由（2）知，当P、Q、Q′、D′在同一条直线上时，AQ+DQ+PQ有最小值，最小值为D′P，

在长方形ABCD中，AB＝600，AD＝800，

∴BC＝AD＝800，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，

∵EF∥AD，

∴∠AEF＝∠EFD＝90°，

∴四边形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，

∵点P在EF上，

∴当D′P⊥EF时，D′P取最小值，

∵AD∥EF，

∴D′P⊥AD，

∵△ADD′是等边三角形，

∴AD′＝AD＝800，AGAD＝400，∠AGD′＝90°，

1

=2

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∴D′G400，

2222

∵∠EAG=＝∠𝐴A′EP−＝�∠�EP=G＝8090°−，400=3

∴四边形AEPG是矩形，

∴GP＝AE＝400，

∴D′P＝D′G+GP＝400400，

∴AQ+DQ+PQ的最小值为430+0400；

∵△AQQ′是等边三角形，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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总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形性质，全等三角形判定和性质，两点之间线段

最短及点到直线的距离垂线段最短的应用，矩形性质，勾股定理等知识，解题关键是添加辅助线构造全

等三角形，确定线段和取最小值的位置．

针对训练

1．（2021•雁塔区校级模拟）【问题情境】

如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，则△ABC的外接圆的半径值为5．

【问题解决】3

如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．

【问题解决】

如图3，正方形ABCD是一个边长为3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CEcm，

点P是正方形ABCD内设立的一个活动3岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE＝120°，点=A、3D为

另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和

最小，试求QA+QD+QP的最小值．（保留根号或结果精确到1cm，参考数据1.7，10.52＝110.25）．

3≈

思路引领：（1）作出三角形的外接圆O，证明△OBA是等边三角形，利用三线合一性质计算即可；

（2）点P在以BC为直径的圆上，根据圆心，P，A三点共线时AP最小，计算即可；

（3）如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据（1）可得∠BPE所在圆的半径，以点D为旋转中心，

将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，构造直角三

角形求解即可．

解：（1）如图1，作△ABC的外接圆O，作直径AD，连接OB，

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∵AB＝AC，

∴AO⊥BC，∠BAO＝60°，

∵OA＝OB，

∴△OBA是等边三角形，

∴AB＝OA＝OB，

设AD与BC交于点E，BEBC，

153

在直角三角形ABE中，=2=2

∵sin∠BAO，

��

=��

∴sin60°，

53

23

∴AB＝5，=��=2

∴OA＝5，

故答案为：5；

（2）如图2，

∵∠BPC＝90°，

∴点在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，

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则OPBC＝2，

1

∴O，=P，2A三点线时AP最小，

在直角三角形ABO中，

AO2，

22

∵P=O＝�2�，+��=5

∴AP的最小值为：AO﹣PO＝22；

5−

（3）如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据（1）可得∠BPE所在圆的半径为232，以点D为

2

3=

旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，Q2A+QD+QP最小，

过点N作NG⊥AB交BA的延长线于点G，连接AN，则△AND是等边三角形，过点O作OM⊥GN于M

交BC于点H，连接OB，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD∥BC∥GN，

∴OH⊥BC，

∵BE＝2，

∴BH3，

∴OH=31，

22

∵AD＝=DN�，�∠−A�D�N＝=60°，

∴△AND是等边三形，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�值为=：(112﹣+2＝393（)cm+）(．2)≈

总结提升：本题考查了正方形的性质、圆中半径相等，点与圆位置关系中的最值问题，费马点最值问题，

旋转的思想，锐角三角函数，解题的关键是正确构造辅助圆，旋转60°处理费马点问题

模块二2023中考押题预测

一．选择题

1．（2017秋•义乌市月考）已知点P是△ABC内一点，且它到三角形的三个顶点距离之和最小，则P点叫

△ABC的费马点（Fermatpoint）．已经证明：在三个内角均小于120°的△ABC中，当∠APB＝∠APC＝

∠BPC＝120°时，P就是△ABC的费马点．若点P是腰长为的等腰直角三角形DEF的费马点，则

PD+PE+PF＝（）2

A．2B．1C．6D．3

思路引3领：根据题意首先画+出图3形，过点D作DM⊥EF于点M，在△BD3E内部过E、F分别作∠MEP

＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，求出PE，PF，DP的长即可

解决问题；

解：如图：过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF

＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，

在等腰Rt△DEF中，DE＝DF，DM⊥EF，

∴EFDE＝2=2

∴EM=＝D2M＝1，

故cos30°，

��

=��

解得：PE，则PM，

233

==

故DP＝13，同法可得P3F

323

−3=3

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则PD+PE+PF＝211．

233

故选：B．×3+−3=3+

总结提升：此题主要考查了解直角三角，正确画出图形进而求出PE的长是解题关键．

2．（2022春•山亭区期中）如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′

的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（）

A．40°B．30°C．50°D．65°

思路引领：根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′＝∠CAB，根据旋转的性质可得AC＝AC′，然

后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．

解：∵CC′∥AB，

∴∠ACC′＝∠CAB＝65°，

∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，

∴AC＝AC′，

∴∠CAC′＝180°﹣2∠ACC′＝180°﹣2×65°＝50°，

∴∠CAC′＝∠BAB′＝50°．

故选：C．

总结提升：本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．

二．填空题

3．（2019秋•开福区校级月考）法国数学家费马提出：在△ABC内存在一点P，使它到三角形顶点的距离之

和最小．人们称这个点为费马点，此时PA+PB+PC的值为费马距离．经研究发现：在锐角△ABC中，费

马点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，如图，点P为锐角△ABC的费马点，且PA＝3，PC＝4，

∠ABC＝60°，则费马距离为7+2．

3

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思路引领：根据相似三角形的判定和性质，即可求解．

解：

如图：

∵∠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

故答案为：7+2．3

总结提升：本题考3查了轴对称﹣最短路线问题，解决本题的关键是利用相似三角形的判定和性质．

4．（2019秋•梁溪区期末）如图，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1，

则这个正方形的边长为．+3

2

思路引领：以A为旋转中心，将△ABE顺时针旋转60°得到△AMN，连NE，MB，过M作MP⊥BC交

CB的延长线于P点，根据旋转的性质得MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，则△ANE为等边三角形，

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得AE＝NE，所以AE+EB+EC＝MN+NE+EC，当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC，

=2

易得△ABM为等边三角形，则∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，在Rt△PMC中，设BC＝x，PMx，

1

然后利用勾股定理即可求出x．=2

解：以A为旋转中心，将△ABE顺时针旋转60°得到△AMN，连NE，MB，过M作MP⊥BC交BC的

延长线于P点，如图，

∴MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，

∴△ANE为等边三角形，

∴AE＝NE，

∴AE+EB+EC＝MN+NE+EC，

当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC＝1，

∵AB＝AM，∠BAM＝60°，+3

∴△ABM为等边三角形，

∴∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，

在Rt△PMC中，设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的边长为，

故答案为：．2

2

总结提升：本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于

旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正方形和等边三角形的性质以及勾股定理．

5．（2021•丹东）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∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°．（例如：等边三

角形的费马点是其三条高的交点）．若AB＝AC，BC＝2，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝

=73

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5；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝2．

思路引领：①作3出图形，过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，勾股定理解直角7三角形即可；

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．

解：如图，过A作AD⊥BC，垂足为D，

过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，则PB＝PC，P为△ABC的费马点，

∵AB＝AC，BC＝2，

∴=7，3

1

𝐴=��=𝐴=3

∴2，

��3

∴P𝑡D�＝301°，=𝐴=3

∴，

��

∴��=𝑠�30°=2，

22

∴P�A�+=PB+�P�C＝−5�；�=7−3=2

②如图：

∵AB＝2，BC＝2，AC＝4，

∴AB2+BC32＝16，AC2＝16，

∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，

∵，

𝐴1

∴∠𝑠�B∠A�C�＝�3=0°𝐴，=2=𝑠�30°

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'，∠CAC'＝∠PAP'＝60°，

∴△APP′是等边三角形，

∴∠BAC'＝90°，

∵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'，

2222

=��+𝐴′=(23)+4=27

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故答案为：5，．

27

总结提升：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．

6．（2022秋•洪山区校级期中）如图，以等边△ABC的一边BC为底边作等腰△BCD，已知AB＝3，

，且∠BDC＝120°，在△BCD内有一动点P，则PB+PC+PD的最小值为．��=𝐴=

323

思路引领：将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，根据旋转性质可得∠

PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，以此得到PB＝PP′，根据两点之间线段最短得PB+PC+PD＝

PP′+P′A+PD≥AD，根据等边三角形和等腰三角形的性质得到∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°，再根

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据勾股定理即可求解．

解：如图，将△PBC绕点B逆时针旋转60°后，得到△P′BA，连接PP′、AD，

根据旋转的性质得，∠PBP′＝60°，PB＝P′B，PC＝P′A，

∴△PBP′为等边三角形，

∴PB＝PP′，

∴PB+PC+PD＝PP′+P′A+PD，

∵PP′+P′A+PD≥AD，

∴当A、P′、P、D四点共线时，PB+PC+PD有最小值，

∵△ABC为等边三角形，

∴∠ABC＝60°，

∵△BCD为等腰三角形，∠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��为+𝐴．=3+(3)=23

故答案为：．23

总结提升：2本题3主要考查旋转的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、两点之间线段最短、勾

股定理，正确作出辅助线，利用两点之间线段最短得到PB+PC+PD≥AD是解题关键．

7．（2022秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，

则当线段AD的长度最小时，

①∠BDC＝60°；

②AD的最小值是5．

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思路引领：以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再

根据C，D，E三点共线时，CE有最小值，即可得到AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．

解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，

∵△BDE，△ABC均为等边三角形，

∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，

∴∠ABD＝∠CBE，

在△ABD和△CBE中，

，

��=��

∠�𝐴=∠���

∴�△�A=B�D�≌△CBE（SAS），

∴CE＝AD，

∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，

∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值，

∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，

∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．

故答案为：①60°；②5．

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总结提升：本题主要考查了旋转的性质以及等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质的运用，解

决问题的关键是以BD为边向外作等边三角形BDE，依据全等三角形的性质得出结论．

三．解答题

8．（2009•湖州）自选题：若P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做

△ABC的费马点．

（1）若点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，则PB的值为2；

（2）如图，在锐角△ABC外侧作等边△ACB′连接BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P3，且BB′

＝PA+PB+PC．

思路引领：（1）由题意可得△ABP∽△BCP，所以PB2＝PA•PC，即PB＝2；

（2）在BB'上取点P，使∠BPC＝120°，连接AP，再在PB'上截取PE＝PC3，连接CE．由此可以证明

△PCE为正三角形，再利用正三角形的性质得到PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°，而△ACB'

为正三角形，由此也可以得到AC＝B'C，∠ACB'＝60°，现在根据已知的条件可以证明△ACP≌△B'CE，

然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论．

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）证明：在BB'上取点P，使∠BPC＝120°．连接AP，再在PB'上截取PE＝PC，连接CE．

∠BPC＝120°，

∴∠EPC＝60°，

∴△PCE为正三角形，

∴PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°．

∵△ACB'为正三角形，

∴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为△ABC的费马点．

∴BB'过△ABC的费马点P，且BB'＝EB'+PB+PE＝PA+PB+PC．

总结提升：此题考查了等腰三角形与等边三角形的性质及三角形内角和为180°等知识；此类已知三角

形边之间的关系求角的度数的题，一般是利用等腰（等边）三角形的性质得出有关角的度数，进而求出

所求角的度数．

9．问题探究：

（1）如图1，已知，在四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝DC，则对角线AC、BD的位置关系是AC

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⊥BD．

（2）如图2，已知，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°．△ABC内一动点E到A、B、C三点的距离

之和的最小值为2，求AC的长．

问题解决：

（3）如图3，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至点D，使CDAC，过点D作DE⊥y轴于点E．设G为y轴上一点，点P从点E出

1

发，3先沿y轴到达G点，再沿G=A2到达A点．若点P在直线GA上运动速度为定值v，在y轴上运动速

度为2v，试确定点G的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短，并求此时点G的坐标．

思路引领：（1）结论：AC⊥BD．证明BD垂直平分线段AC可得结论；

（2）如图2中，将△BCE绕点B逆时针旋转60°得到△BKT，连接ET，AK，过点K作KH⊥AC交AC

的延长线于点H．证明当A，E，T，K共线时，AE+EC+EB的值最小，最小值为AK＝2．设AC＝BC＝m，

则HKm，CHm，利用勾股定理构建方程求出m即可；

13

==

（3）由题2意点P在A2G上的运动速度为v，点P在y轴上的运动速度为2v则点P到达点A的时间为t

��

=2�+

（AG），证明GH，利用垂线段最短解决问题．

��1����

=+=

解�：（1�）结2论：AC⊥BD．2

理由：∵BA＝BC，DA＝DC，

∴点B，点D在线段AC的垂直平分线上，

∴BD垂直平分线段AC，

∴AC⊥BD；

（2）如图2中，将△BCE绕点B逆时针旋转60°得到△BKT，连接ET，AK，过点K作KH⊥AC交AC

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的延