专题03 特殊的平行四边形中的最值模型之费马点模型-2024-2025学年九年级数学上册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（北师大版）

专题03 特殊的平行四边形中的最值模型之费马点模型 费马点模型是由全等三角形中的手拉手模型衍生而来，主要考查转化与化归等的数学思想，在各类考试中都以中高档题为主。本专题就最值模型中的费马点问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型1.费马点模型 1 19 模型1.费马点模型 皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等。 费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。 结论：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。 注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A。（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°） 证明：法1：如图1，将△ABM绕点B逆时针旋转60°得到△EBN． ∴BM＝BN，EN＝AM，∠MBN＝60°，∴△BMN为等边三角形，∴BM＝MN， ∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小． 此时，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°； ∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°． 图1 图2 图3 法2：如图2，以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN． ∵△ABE为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN． 在△AMB与△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）． 连接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN为等边三角形． ∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小． 此时，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°； ∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°． 费马点的作法：如图3，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点。（具体原理可参考法1和法2） 【最值原理】两点之间，线段最短。 例1．（2024·山东东营·模拟预测）如图，是边长为的正方形内一点，为边上一点，连接、、，则的最小值是 ． 例2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为________． 例3．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，已知矩形，，，点M为矩形内一点，点E为边上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．20 例4．（23-24九年级上·辽宁鞍山·期中）如图，四边形是菱形，且，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接，则下列五个结论中正确的有 （填写序号）． ①；②；③连接，则；④若菱形的边长为1，则的最小值1；⑤当的最小值为时，菱形的边长为2． 例5．（2024上·河北沧州·九年级统考期末）如图，设是边长为1的正方形内的两个点，则的最小值为 ． 例6．（2023·广东广州·校考二模）平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．(1)如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度； (2)如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：； (3)如图3，已知，若，直接写出的最小值． 例7．（2023上·广东广州·九年级校考期中）如图①，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于，两点，点为中点，四边形和四边形都是正方形． (1)求的长；(2)如图②，连接，，过点作于点，延长交于点，求证：； (3)如图③，，点在边上，且，为的中点，点为正方形内部一点，连接，，，请直接写出的最小值． 1．（23-24八年级下·河南安阳·期末）如图， 已知菱形的边长为8 ，P是对角线上的一动点，且， 则的最小值是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·重庆·九年级期中）如图，正方形ABCD内一点E，E到A、B、C三点的距离之和的最小值为，正方形的边长为_______． 3．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，，，P是平面内一点，则的最小值为______．    4．（23-24九年级上·广东江门·阶段练习）如图，在中，，点为内部一点，则点到三个顶点之和的最小值是 ． 5．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题提出 (1)如图，点、是直线外两点，在直线上找一点，使得最小． 问题探究：(2)在等边三角形内有一点，且，，，求度数的大小． 问题解决：(3)如图，矩形是某公园的平面图，米，米，现需要在对角线上修一凉亭，使得到公园出口、，的距离之和最小．问：是否存在这样的点？若存在，请画出点的位置，并求出的和的最小值；若不存在，请说明理由． 6．（2023·重庆綦江·九年级期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E、F分别是AB、BC上的动点，连接DE、DF、EF．(1)如图1，连接AF，若AF⊥BC，E为AB的中点，且EF＝5，求DF的长； (2)如图3，若AB＝7，将△BEF沿EF翻折得到△EFP（始终保持点P在菱形ABCD的内部），连接AP、BP及CP，请直接写出当PA＋PB＋PC值最小时PB的长． 7．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图①，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接． (1)求证：；(2)如图1，当M点在何处时，的值最小．(3)如图2，在中，，，．若点是内一点，直接写出的最小值． 8．（23-24九年级下·河南周口·阶段练习）【问题背景】在已知所在平面内求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小（如图1）．这个问题是有着“业余数学家之王”美誉的法国律师费马在1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．解决方法如下：如图2，把绕A点逆时针旋转得到（点P，C的对应点分别为点，），连接，则，． ∵______，∴为等边三角形，∴，∴， ∴当B，P，，四点在同一直线上时，的值最小，即点P是的“费马点”． 任务：（1）横线处填写的条件是______；（2）当点P是的“费马点”时，______； （3）如图3，△ABC中，，，E，F为BC上的点，且，判断之间的数量关系并说明理由； 【实际应用】图4所示是一个三角形公园，其中顶点A，B，C为公园的出入口，，，AC＝4km，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P，使该凉亭到三个出入口的距离最小，则的最小值是______． 9．（23-24八年级下·辽宁沈阳·开学考试）如图1，在中，，点A在x轴上，以为一边，在外作等边三角形，D是的中点，连接并延长交于E． (1)①求点B的坐标；②求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，将图1中的四边形折叠，使点C与点A重合，折痕为，求的长； (3)如图1，连接，在线段上有一动点M，连接，直接写出的最小值为______． 10．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图1，平行四边形的顶点、在轴上，点在轴，，，．若实数、、满足． (1)求点，，，的坐标．(2)如图2，连接，将绕点顺时针旋转，旋转得，轴正半轴上是否存在一点，能使以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．(3)如图3，，为内一点，连接、、，直接写出的最小值为________． 11．（23-24九年级上·陕西西安·开学考试）问题探究：将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换．旋转变换是几何变换的一种基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现，题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化． 问题提出：如图1，是边长为的等边三角形，为内部一点，连接、、，求的最小值． 问题解决：如图2，将绕点逆时针旋转至，连接、，记与交于点，易知，，由，，可知为等边三角形，有．故，因此，当、、、共线时，有最小值是______． 学以致用：如图3，是边长为的正方形内一点，为边上一点，连接、、，求的最小值．    12．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）【阅读材料】平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．请托里拆利解答：如图①，给定不在一条直线上的三个点、、，求平面上到这三个点的距离之和最短的点的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们为了纪念他们，就把平面上到一个三角形的三个顶点、、距离之和最小的点称为的费马—托里拆利点． 【问题解决】证明：如图②，把绕点逆时针旋转得到，连接， ，，为等边三角形，， 点可看成是线段绕点逆时针旋转而得的定点，为定长． 当四点在同一直线上时，最小． （1）观察图②中、和，试猜想这三个角的大小关系． （2）【类比探究】如图③，在直角三角形内部有一动点，，，连接，，，若．求的最小值； （3）【拓展应用】已知正方形内一动点到三点的距离之和的最小值为，求出此正方形的边长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 特殊的平行四边形中的最值模型之费马点模型 费马点模型是由全等三角形中的手拉手模型衍生而来，主要考查转化与化归等的数学思想，在各类考试中都以中高档题为主。本专题就最值模型中的费马点问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型1.费马点模型 1 19 模型1.费马点模型 皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等。 费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。 结论：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。 注意：上述结论成立的条件是△ABC的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A。（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°） 证明：法1：如图1，将△ABM绕点B逆时针旋转60°得到△EBN． ∴BM＝BN，EN＝AM，∠MBN＝60°，∴△BMN为等边三角形，∴BM＝MN， ∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小． 此时，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°； ∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°． 图1 图2 图3 法2：如图2，以AB为一边向外作等边三角形△ABE，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN． ∵△ABE为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN． 在△AMB与△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）． 连接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN为等边三角形． ∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小． 此时，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°； ∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°． 费马点的作法：如图3，分别以△ABC的AB、AC为一边向外作等边△ABE和等边△ACF，连接CE、BF，设交点为M，则点M即为△ABC的费马点。（具体原理可参考法1和法2） 【最值原理】两点之间，线段最短。 例1．（2024·山东东营·模拟预测）如图，是边长为的正方形内一点，为边上一点，连接、、，则的最小值是 ． 【答案】cm 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，两点之间线段最短时的位置的确定，解本题的关键是确定取最小值时的位置． 将绕点逆时针旋转得到，则易知是等边三角形，转化为两定点之间的折线，再利用“垂线段最短”求最小值． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得到， ，，， 是等边三角形，是等边三角形，， 作于，交于．，，，， 当点，，，四点共线且垂直时，有最小值为， ，，的最小值(cm)．故答案为：cm． 例2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为________． 【答案】 【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论． 【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键． 例3．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，已知矩形，，，点M为矩形内一点，点E为边上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D．20 【答案】C 【分析】此题考查旋转的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，解题关键在于利用旋转的性质求解，将绕点A逆时针旋转得到，可得，易得到和均为等边三角形，推出，可得，则共线时最短；由于点E也为动点，可得当时最短，此时易求得的值． 【详解】解：将绕点A逆时针旋转得到，则， ∴和均为等边三角形，，∴， ∴，∴、、共线时最短， 由于点E也为动点，∴当时最短，而，∴，， ∵和均为等边三角形，∴，， ∴，，∴， ∴的最小值为 ．故选C． 例4．（23-24九年级上·辽宁鞍山·期中）如图，四边形是菱形，且，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接，则下列五个结论中正确的有 （填写序号）． ①；②；③连接，则；④若菱形的边长为1，则的最小值1；⑤当的最小值为时，菱形的边长为2． 【答案】①④⑤ 【分析】①根据菱形的性质，运用“”证明即可；②根据菱形性质可得A与C关于对角线对称，可知最小为长；③先假设，而后逆推即可判断；④连接，根据两点之间线段最短可得，当点M落在的中点时，的值最小；⑤根据图形特征得出当M点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长，过E点作，交的延长线于F，在中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断④． 【详解】解：①∵是等边三角形，∴． ∵，∴．即． 又∵，∴，故本答案正确； ②∵，， ∵，，∴，∴，故本答案错误； ③假设，且，∴是的垂直平分线．连接， 由①知，∴，∵，∴是等边三角形． ∴．∴，∴点M是上一定点， 而M为对角线（不含B点）上任意一点， 所以，无法得到是的垂直平分线，故本答案错误； ④连接交于点O，∵四边形是菱形，∴． ∴点A和点C关于直线对称，∴当M点与O点重合时，的值最小为的值． ∵，∴是等边三角形，∴．即的值最小为1，本答案正确； ⑤由①知，∴， ∵，∴是等边三角形．∴． ∴．根据“两点之间线段最短”，得最短． ∴当M点位于与的交点处时，的值最小，即等于的长． 过E点作，交的延长线于F，则，设菱形的边长为a， ∴，．在中，，解得．故本答案正确． 综上所述①④⑤正确．故答案为：①④⑤． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质、轴对称求最值以及勾股定理，综合运用以上知识，添加辅助线是解题的关键． 例5．（2024上·河北沧州·九年级统考期末）如图，设是边长为1的正方形内的两个点，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】将绕点A顺时针旋转至，将绕点D逆时针旋转至，则和是正三角形，进而可证当六点共线时的值最小．连接，则和是等边三角形，然后分别求出的值即可． 【详解】解：将绕点A顺时针旋转至；将绕点D逆时针旋转至， ∴，，，， ∴和都是等边三角形，∴，，， ∴， ∴当六点共线时的值最小． 连接，∵，，∴是等边三角形， ∴，∴在的垂直平分线上，同理可证，∴在的垂直平分线上， ∵四边形是正方形，∴，∴垂直平分， ∴，四边形是矩形，∴，， ∴，同理可求，∴， 即的值最小为．故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，等边三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． 例6．（2023·广东广州·校考二模）平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．(1)如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度； (2)如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：； (3)如图3，已知，若，直接写出的最小值． 【答案】(1)(2)见解析(3) 【分析】（1）根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到，再在直角中，利用勾股定理求出，则，即可求解； （2）由题意可得，是的角平分线，且，故延长交于点M，可证，要证，而，即证明即可，延长交于N，过E作于P，先证明，可以得到，再证明四边形是正方形，得到，接着证明即可解决； （3）如图3，分别以和为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到，所以，则，当B，F，M，N四点共线时，所求线段和的值最小，利用，解即可解决． 【详解】（1）解：∵，如图1， ∴，E为的中点，，∴， ∵，∴，在中，，∴； （2）证明：如图2，设射线与射线交于点M，由题可设， ∵，∴，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴，延长交于N， ∴，过E作于P，则， 在与中，  ，∴，∴， 过E作于Q，∴，∴四边形为矩形， ∵，∴，∴， ∴矩形为正方形，∴，∴， 在与中，，  ∴，∴， ∵，∴； （3）解：如图3，把绕点A逆时针旋转得到，得到等边，同理以为边构造等边， ∴，， ∴，∴， 在与中，，∴， ∴，∴， 当B，F，M，N四点共线时，最小，即为线段BN的长度，如图4， 过N作交其延长线于T，∴， ∵，∴，∵，∴， ∴，∴，∵， ∴，在中， ， ∴，∴，∴， ∴的最小值为 ． 【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意基本辅助线构造方法，比如第（2）问中的线段既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转化线段是解决此问的关键． 例7．（2023上·广东广州·九年级校考期中）如图①，在平面直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于，两点，点为中点，四边形和四边形都是正方形． (1)求的长；(2)如图②，连接，，过点作于点，延长交于点，求证：； (3)如图③，，点在边上，且，为的中点，点为正方形内部一点，连接，，，请直接写出的最小值． 【答案】(1)(2)见详解(3) 【分析】（1）由直线解析式可求出的长，然后根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，即可求出答案；（2）过点作交延长线于点，过点作，垂足为，先证明，，再证明，即可得出结论；（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，通过旋转构造的最小值为的长，即可解答． 【详解】（1）解：对于直线， 当时，，即，当时，，即， ∴，，∴， ∵点是的中点，，∴； （2）证明：过点作交延长线于点，过点作，垂足为， ∵四边形为正方形，∴，，， ∵，，∴，∴， ∴，∴，同理，∴，∴， ∵，，∴， 又∵，，∴，∴； （3）解：将绕点逆时针旋转得到，连接， 则，∴，， ∵，∴为等腰直角三角形，∴， ∴， ∴当共线时，有最小值，最小值为的长， 在正方形中，，，为的中点， ∴，，∴， 在中，，∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、一次函数的性质等知识，熟练掌握相关性质并作出辅助线是解题关键． 1．（23-24八年级下·河南安阳·期末）如图， 已知菱形的边长为8 ，P是对角线上的一动点，且， 则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作于E点，连接，根据垂线段最短，此时最短，即最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出的长，进而得出结论． 【详解】解：如图，作于E点，连接，∵菱形中，，    ∴，为等边三角形，，互相平分， ∴，，∴，∴， 根据垂线段最短，此时最短，当A，P，E三点共线时，即最小， ∵菱形的边长为8，为等边三角形，∴，∴， ∴，∴最小值为，故答案为：D． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，掌握菱形的性质，垂线段最短是解题关键． 2．（2023·重庆·九年级期中）如图，正方形ABCD内一点E，E到A、B、C三点的距离之和的最小值为，正方形的边长为_______． 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＝， ∵AB＝AM，∠BAM＝60°，∴△ABM为等边三角形， ∴∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，在Rt△PMC中，设BC＝x，PM＝ 所以所以x＝2，∴BC＝2，即正方形的边长为2． 3．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，，，P是平面内一点，则的最小值为______．    【答案】 【分析】连接，交于点P，作交于点F，作交的延长线于点E，根据两点之间线段最短得到当点P是和交点时，的值最小，即为的长度，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】如图所示，连接，交于点P，作交于点F，作交的延长线于点E，      ∵， ∴当点P是和交点时，的值最小，即为的长度， ∵，，，∴，∴， ∴，∴，∴， ∵四边形是平行四边形，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，， ∴，∴， ∴的最小值为．故答案为：． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 4．（23-24九年级上·广东江门·阶段练习）如图，在中，，点为内部一点，则点到三个顶点之和的最小值是 ． 【答案】 【分析】将绕着点A顺时针旋转，得到，连接，过点C作，交的延长线于N，由旋转的性质可得，，，，，易得是等边三角形，可得，进而得到，当点H、E、P、C共线时，有最小值，再求出和的长度，由勾股定理可求解． 【详解】解：将绕着点A顺时针旋转，得到，连接，过点C作，交的延长线于N， ∴，，，，， ∴，∴是等边三角形，∴， ∴，∴当点H、E、P、C共线时，有最小值． ∵，， ∴，∴，∴ ． 在中，， 即点P到三个顶点之和的最小值是．故答案为：． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，构造旋转图形是本题的关键． 5．（2023春·江苏·八年级专题练习）问题提出 (1)如图，点、是直线外两点，在直线上找一点，使得最小． 问题探究：(2)在等边三角形内有一点，且，，，求度数的大小． 问题解决：(3)如图，矩形是某公园的平面图，米，米，现需要在对角线上修一凉亭，使得到公园出口、，的距离之和最小．问：是否存在这样的点？若存在，请画出点的位置，并求出的和的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)对角线上不存在这样的点，使得到公园出口、，的距离之和最小，理由见解析 【分析】（1）根据两点间线段距离最短，连接点，与直线交于点，点 即为所求．； （2）把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可知是等边三角形，从而得到，由勾股定理逆定理可知，从而求得，即可求解； （3）连接，设在内一点，把绕点逆时针旋转得到， ，由旋转的性质，、是等边三角形，根据两点间线段距离最短，可得当时最短，从而得到最小值为的长，点为、的交点，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接点，与直线交于点，点 即为所求． （2）解：如图2，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，，， 是等边三角形，，， ，，，， ；故； （3）解：如图，连接，设在内一点，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，，，，，， 、是等边三角形，，， 根据两点间线段距离最短得：当时最短， 是等边三角形，以为一边作等边三角形， 最小值为的长，此时点在线段上，点为、的交点． 若点与点重合，即在对角线 上，则点为与的交点，此时点（E）与点重合， 显然不符合题意，故点不在对角线上， 即对角线上不存在这样的点，使得到公园出口、，的距离之和最小． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转知识、三角形全等、特殊角直角三角形、等边三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转知识构建全等三角形是解题的关键． 6．（2023·重庆綦江·九年级期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E、F分别是AB、BC上的动点，连接DE、DF、EF．(1)如图1，连接AF，若AF⊥BC，E为AB的中点，且EF＝5，求DF的长； (2)如图3，若AB＝7，将△BEF沿EF翻折得到△EFP（始终保持点P在菱形ABCD的内部），连接AP、BP及CP，请直接写出当PA＋PB＋PC值最小时PB的长． 【答案】(1)(2 【分析】（1）法一：如图1，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，，在中，，E为AB的中点，AF⊥BC，BF＝EF＝BC，CG＝CD，DG＝CG，FG＝CF+CG，在中，DF＝，进而求出DF；法二：四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，，，AF⊥BC则∠AFB＝90°，在中，，，是的中点，，是等边三角形，可知EF＝BE＝AB，，AF＝5，在中， DF＝，进而求出DF； （2）解：如图a，在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP．以点B为旋转中心，将△ABP逆时针旋转 60°，得到△EBD，BD＝BP，△DBP 为一个等边三角形，有PB＝PD，当E、D、P、C 四点共线时，PA+PB+PC最小；如图3，当B、P、G、D四点共线时，PA+PB+PC值最小，最小值为BD．将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△DGC，知△APC≌△DGC，CP＝CG，∠PCG＝60°，△PCG是等边三角形，PG＝CG＝CP，∠GPC＝∠CGP＝60°；菱形ABCD中，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，∠PCB＝∠GPC﹣∠CBP＝60°﹣30°＝30°，∠PCB＝∠CBP＝30°，BP＝CP，同理DG＝CG，BP＝PG＝GD，连接AC，交BD于点O，则AC⊥BD，在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，BC＝7，得OC、BO的值，BD＝2BO，BP＝BD，可求得BP的值． （1）解：法一：如图1，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G， ∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60° ∴，∴ ∵AF⊥BC∴∠AFB＝90°，∴ ∴△BEF为等边三角形∴BF＝EF＝BC∴CF＝EF＝5 在中，∴CG＝CD＝5，DG＝CG＝5 ∵FG＝CF+CG＝10∴DF＝＝5 法二：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°∴， ∵AF⊥BC∴∠AFB＝90° 在中 ， ∵是的中点 ∴ ∵ ∴是等边三角形 ∵EF＝5，EF＝BE＝AB ∴∴AF＝5 在中， DF＝＝5∴的值为． （2）解：如图a 在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP． 以点B为旋转中心，将△ABP逆时针旋转 60°，得到△EBD ∴BD＝BP，∴△DBP 为一个等边三角形∴PB＝PD ∴PA+PB+PC＝DE+PD+PC∴当E、D、P、C 四点共线时，为PA+PB+PC最小． 如图3，当B、P、G、D四点共线时，PA+PB+PC值最小，最小值为BD． ∵将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△DGC，∴△APC≌△DGC，∴CP＝CG，∠PCG＝60°， ∴△PCG是等边三角形，∴PG＝CG＝CP，∠GPC＝∠CGP＝60°． ∵菱形ABCD中，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，∴∠PCB＝∠GPC﹣∠CBP＝60°﹣30°＝30°， ∴∠PCB＝∠CBP＝30°，∴BP＝CP，同理，DG＝CG，∴BP＝PG＝GD． 连接AC，交BD于点O，则AC⊥BD．在Rt△BOC中，∵∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，BC＝7， ∴OC＝，∴BO=∴BD＝2BO＝， ∴BP＝BD＝即当PA+PB+PC值最小时PB的长为． 【点睛】本题考查了菱形，特殊的直角三角形，勾股定理，全等三角形，等腰三角形，和的最值，旋转，二次根式等知识点．解题的关键是灵活综合运用菱形的性质，旋转等知识． 7．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图①，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接． (1)求证：；(2)如图1，当M点在何处时，的值最小．(3)如图2，在中，，，．若点是内一点，直接写出的最小值． 【答案】(1)见解析(2)当E，N，M，C在同一直线上时(3) 【分析】（1）由是等边三角形得到,又由得，由，即可证明；（2）连接,当M点位于与的交点处时，的值最小,连接，由（1）得则，再证是等边三角形，，，根据两点之间线段最短，即可得到结论；（3）以点A为旋转中心，顺时针旋转到，旋转角是，连接、，证明是等边三角形，，证得当，，，四点共线时，最小，最小值就是的值，再求得的值即可． 【详解】（1）解：∵是等边三角形，∴, ∵，∴，∴，∵，∴； （2）连接,当M点位于与的交点处时，的值最小,连接， 由（1）得，∴，∴， ∴是等边三角形，∴，∴， 根据两点之间线段最短，当点在同一条直线上时，取最小值，最小值为． （3）以点为旋转中心，顺时针旋转到，旋转角是，连接、，如图所示， 则，，，是等边三角形， ，，， 当，，，四点共线时，最小，最小值就是的值， ，，，，，， ，． 【点睛】此题考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、最短路径等知识，熟练掌握等边三角形的判定和旋转的性质是解题的关键． 8．（23-24九年级下·河南周口·阶段练习）【问题背景】在已知所在平面内求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小（如图1）．这个问题是有着“业余数学家之王”美誉的法国律师费马在1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．解决方法如下：如图2，把绕A点逆时针旋转得到（点P，C的对应点分别为点，），连接，则，． ∵______，∴为等边三角形，∴，∴， ∴当B，P，，四点在同一直线上时，的值最小，即点P是的“费马点”． 任务：（1）横线处填写的条件是______；（2）当点P是的“费马点”时，______； （3）如图3，△ABC中，，，E，F为BC上的点，且，判断之间的数量关系并说明理由； 【实际应用】图4所示是一个三角形公园，其中顶点A，B，C为公园的出入口，，，AC＝4km，工人师傅准备在公园内修建一凉亭P，使该凉亭到三个出入口的距离最小，则的最小值是______． 【答案】问题背景：（1）见解析；（2）；（3） ，理由见解析；实际应用； 【分析】问题背景：（1）先证明为等边三角形，得到，则，由此可得当B，P，，四点在同一直线上时，的值最小，即点P是的“费马点”． （2）由旋转的性质可得，，进而利用三角形内角和定理得到，再由等边三角形的性质得到，则，，即可利用周角的定义得到； （3）将绕点逆时针旋转，得到，连接，利用旋转的性质和等边对等角，得到，为直角三角形，进而得到，证明，得到，即可得出结论； 实际应用：如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，连接，由问题背景（1）可得当B，P，，四点在同一直线上时，的值最小，最小值为，过点作交延长线于D，证明是等腰直角三角形，得到，则，利用勾股定理得到，则得最小值为． 【详解】解：问题背景：（1）如图2，把绕A点逆时针旋转得到（点P，C的对应点分别为点，），连接，则，． ∵，∴为等边三角形，∴，∴， ∴当B，P，，四点在同一直线上时，的值最小，即点P是的“费马点”． （2）如图2所示，设交于O， 由（1）可得当B，P，，四点在同一直线上时，的值最小， 由旋转的性质可得，， 又∵，∴∵为等边三角形，∴， ∴，，∴， ∴，故答案为：；    （3） ，理由如下：∵，，∴， 如图所示，将绕点逆时针旋转，得到，连接， 则：， ∴，∴， ∵，∴，∴， 又∵，，∴，∴，∴； 实际应用：如图所示，将绕点A逆时针旋转得到，连接， 由问题背景（1）可得当B，P，，四点在同一直线上时，的值最小，最小值为， 过点作交延长线于D，由旋转的性质可得，， ∵，∴， ∴是等腰直角三角形，∴， ∴，∴， ∴得最小值为，故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，通过旋转构造全等三角形是解题的关键． 9．（23-24八年级下·辽宁沈阳·开学考试）如图1，在中，，点A在x轴上，以为一边，在外作等边三角形，D是的中点，连接并延长交于E． (1)①求点B的坐标；②求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，将图1中的四边形折叠，使点C与点A重合，折痕为，求的长； (3)如图1，连接，在线段上有一动点M，连接，直接写出的最小值为______． 【答案】(1)①；②证明见解析(2)(3) 【分析】（1）①利用直角三角形性质和勾股定理即可求得答案； ②首先可得，是的中点，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可证得，又由是等边三角形，可得，根据内错角相等，两直线平行，可证得，继而可得四边形是平行四边形； （2）设，则，运用勾股定理建立方程求解即可求得答案； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，可得，当、、、在同一条直线上时，为最小值，再运用勾股定理即可求得； 【详解】（1）解：①在中，， ，∴点的坐标为； ②证明：∵，∴轴，∵轴轴，∴轴，即， ∵，∴，∵，∴， ∴，∴， ∵是等边三角形，∴，∴，即，∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，设， ∵是等边三角形，∴，，由折叠得， 在中，，即，解得：，∴的长为； （3）解：如图，将绕点B顺时针旋转得到，连接， 则， ∴是等边三角形，，， 当、、、在同一条直线上时，为最小值， ∵是的中点，，∴，∴是等边三角形，， ，∴是等边三角形，，∴点是的中点， ，， ∴、、三点在同一条直线上，， ，故答案为：； 10．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图1，平行四边形的顶点、在轴上，点在轴，，，．若实数、、满足． (1)求点，，，的坐标．(2)如图2，连接，将绕点顺时针旋转，旋转得，轴正半轴上是否存在一点，能使以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．(3)如图3，，为内一点，连接、、，直接写出的最小值为________． 【答案】(1)(2)存在，，理由见详解(3) 【分析】（1）根据二次根式，偶次方，绝对值的非负性，平行四边形的性质即可求解； （2）根据平行四边形的性质，勾股定理即可求解；（3）如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，延长到，使得，延长到，使得，连接，根据中位线可得，根据等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质可得，由此可得，在中根据三角形三边关系即可求解． 【详解】（1）解：，∴， ∴，∴，∴，， ∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴； （2）解：存在，点，理由如下，如图所示， 在中，，∴， ∵点在的正半轴上，∴当轴时，四边形是平行四边形，设与交于点， ∴，轴，∴， ∵，∴， ∴，∴； （3）解：，，， ∴，，， ∵，即，∴是直角三角形，， 如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，延长到，使得，延长到，使得，连接，∴，∴， ∵点分别是的中点，∴，即，∴， ∵，，∴是等边三角形，， ∴，， ∴，∴， ∴，∴，在中，， 当点在线段上时，的值最小， ∵，∴，且，，， ∵，∴，∴，即点三点共线， 在中，，，∴的最小值为，故答案为：． 【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，掌握平行四边形的判定和性质，勾股定理的运用，等边三角形的判定和性质，三角形的中位线，含角的直角三角形的性质，旋转的性质等知识的综合运用是解题的关键． 11．（23-24九年级上·陕西西安·开学考试）问题探究：将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换．旋转变换是几何变换的一种基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现，题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化． 问题提出：如图1，是边长为的等边三角形，为内部一点，连接、、，求的最小值． 问题解决：如图2，将绕点逆时针旋转至，连接、，记与交于点，易知，，由，，可知为等边三角形，有．故，因此，当、、、共线时，有最小值是______． 学以致用：如图3，是边长为的正方形内一点，为边上一点，连接、、，求的最小值．    【答案】； 【分析】问题解决：将绕点逆时针旋转至，连接、，证明为等边三角形，由等边三角形的性质得出，由等腰三角形的性质可得出答案；学以致用：将绕点逆时针旋转，得到，则易知是等边三角形，转化为两定点之间的折线，再利用“垂线段最短”求最小值． 【详解】解：问题解决：将绕点逆时针旋转至，连接、，          ，，， 为腰长为，顶角为的等腰三角形，如下图，在中，过点作，垂足为， ，， ，， ，，是等边三角形，， ， 当、、、共线时，有最小值，最小值为，故答案为：； 学以致用：如图，将绕点逆时针旋转，得到， ，，，为等边三角形，为等边三角形，， 作于点，交于点，，，， ，当点、、、四点共线且垂直时，有最小值为， ，，的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，含角的直角三角形，勾股定理，两点之间线段最短时的位置的确定，解本题的关键是确定取最小值时的位置． 12．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）【阅读材料】平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．请托里拆利解答：如图①，给定不在一条直线上的三个点、、，求平面上到这三个点的距离之和最短的点的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们为了纪念他们，就把平面上到一个三角形的三个顶点、、距离之和最小的点称为的费马—托里拆利点． 【问题解决】证明：如图②，把绕点逆时针旋转得到，连接， ，，为等边三角形，， 点可看成是线段绕点逆时针旋转而得的定点，为定长． 当四点在同一直线上时，最小． （1）观察图②中、和，试猜想这三个角的大小关系． （2）【类比探究】如图③，在直角三角形内部有一动点，，，连接，，，若．求的最小值； （3）【拓展应用】已知正方形内一动点到三点的距离之和的最小值为，求出此正方形的边长． 【答案】（1），理由见详解（2）（3） 【分析】（1）由等边三角形的性质得，由旋转的性质得，即可求解；（2）同理将绕点逆时针旋转得到，当四点在同一直线上时，最小，此时，由等边三角形的性质及直角三角形的特征得 ，由勾股定理得，即可求解；（3）绕点逆时针旋转得到，过作交的延长线于，同理可得，设正方形的边长为，由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）解：；理由如下：是等边三角形，， 四点在同一直线上，，， 由旋转得：，，； （2）解：如图，由【问题解决】同理将绕点逆时针旋转得到， 当四点在同一直线上时，最小， 此时，由旋转得：，， 是等边三角形，，，，， ，，， 在中，故最小值为； （3）解：如图，绕点逆时针旋转得到，过作交的延长线于， 当四点在同一直线上时，最小， 此时，由旋转得：，， ，设正方形的边长为，则有，， ，， 在中，，，解得：，（舍去）， ，故正方形的边长为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的特征，正方形的性质；掌握“费马点”典型模型的解法是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$