2026年中考数学二轮专题 压轴几何模型 专题01《费马点》

专题01 费马点 费马点是中考几何最值问题的核心模型，重点考查旋转构造与线段和最小值求解。作为中考高频压轴考点，费马点模型侧重几何转化思想，是提升区分度的关键题型。 本专题从知识精讲、典例分析、课堂随练、进阶训练四个部分展开，循序渐进，层层剖析费马点的重难点，内容详实丰富，供大家学习使用，欢迎下载。 ( 知识精讲 ) 费马点是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离叫做费马距离． 若三角形的内角均小于120°，那么三角形的费马点与各顶点的连线三等分费马点所在的周角；若三角形内有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点就是到三个顶点距离之和最小的点． 1. 若三角形有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点即为该三角形的费马点 如图在△ABC中，∠BAC≥120°，求证：点A为△ABC的费马点 证明： 如图，在△ABC内有一点P延长BA至C，使得AC＝AC’，作∠CAP＝ ∠C’AP’，并且使得AP＝AP’，连结PP’ 则△APC≌△AP’C’，PC＝P’C’ 因为∠BAC≥120° 所以∠PAP’＝∠CAC’≤60 所以在等腰△PAP中，AP≥PP’ 所以PA＋PB＋PC≥PP’＋PB＋P’C’ 观察不等式右边的表达式PB+PP′+P′C′，它代表了从点B经过点P、点P′到达点C′的一条折线路径的长度。 根据“两点之间，线段最短”的公理，这条折线的长度一定大于或等于连接起点B和终点C′的线段长度，即：PB+PP′+P′C′≥BC′ 因为点 B,A,C′共线，所以BC′=BA+AC′。又因为旋转不改变长度，AC′=AC。 所以，BC′=AB+AC。 将以上所有不等式串联起来，我们得到： PA+PB+PC≥PP′+PB+P′C′≥BC′=AB+AC 这个不等式说明，任意点P到三顶点的距离之和都大于或等于AB+AC。 当点P与点A重合时，距离之和恰好为AB+AC。 所以点A为△ABC的费马点 2. 若三角形的内角均小于120°，则以三角形的任意两边向外作等边三角形，两个等边三角形外接圆在三角形内的交点即为该三角形的费马点． 如图，在△ABC中三个内角均小于120°，分别以AB、AC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点为O，求证：点O为△ABC的费马点 证明：在△ABC内部任意取一点O，；连接OA、OB、OC 将△AOC绕着点A逆时针旋转60°，得到△AO′D连接OO′则O′D＝OC 所以△AOO′为等边三角形，OO′＝AO 所以OA＋OC＋OB＝OO′＋OB＋O′D 则当点B、O、O′、D四点共线时，OA＋OB＋OC最小 此时ABAC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点即为点O 如图，在△ABC中，若∠BAC、∠ABC、∠ACB均小于120°，O为费马点，则有∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，所以三角形的费马点也叫三角形的等角中心. ( 典型例题 ) 例1 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（－6，0），点B的坐标为（6，0），点C的坐标为（6，），延长AC至点D使得CD＝AC，过点DE作DE//AB，交BC的延长线于点E，设G为y轴上的一点，点P从直线y＝x＋与y轴的交点M出发，先沿y轴到达点G，再沿GA到达点A，若点P在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定点G的位置，使点P按照上述要求到达A所用的时间最短 解：∵t＝ ∴当2GA＋GM最小时，时间最短 如图，假设在OM上存在一点G，则BG＝AG ∴MG＋2AG＝MG＋AG＋BG 把△MGB绕点B顺时针旋转60°，得到△M′G′B，连结GG′，MM′ ∴△GG′B、△MM′B都为等边三角形 则GG′＝G′B＝GB 又∵M′G′＝MG ∴MG＋AG＋BG＝M′G′＋GG′＋AG ∵点A、M′为定点 ∴AM′与OM的交点为G，此时MG＋AG＋BG最小 ∴点G的坐标为（0，） 例2 A、B、C、D四个城市恰好为一个正方形的四个顶点，要建立一个公路系统使得每两个城市之间都有公路相通，并是整个公路系统的总长度为最小，则应当如何修建？ 解：如图，将△ABP绕点N逆时针旋转60°，得到△EBM；同样，将△DCQ绕点C顺时针旋转60°，得到△FCN，连结AE、DF，则△ABE、△DCF均为等边三角形，连结PM、QN，则△BPM，△CQN均为等边三角形 所以当点E，M，P，Q，N，F共线时，整个公路系统的总长取到最小值，为线段EF的长，如图，此时点P，Q在EF上，1＝2＝3＝4＝30． ( 课堂随练 ) 1．如图，在ABC中，ABC＝60，AB＝5，BC＝3，P是ABC内一点，求PA＋PB＋PC的最小值，并确定当PA＋PB＋PC取得最小值时，APC的度数． 答案：PA＋PB＋PC的最小值为7，此时APC＝120． 【提示】如图，将APB绕点B逆时针旋转60，得到A'BP'，连结PP'，A'C．过点A'作A'EBC，交CB的延长线于点E．解RtA'EC求A'C的长，所得即为PA＋PB＋PC的最小值． 2． 如图，四边形ABCD是正方形，ABE是等边三角形，M为对角线BD上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60得到BN，连结AM，CM，EN． （1）当M在何处时，AM＋CM的值最小? （2）当M在何处时，AM＋BM＋CM的值最小？请说明理由； （3）当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长． 答案：（1）当点M落在BD的中点时，AM＋CM的值最小，最小值为AC的长； （2）连结CE，当点M位于BD与CE的交点处时．AM＋BM＋CM的值最小，最小值为CE的长． （3）正方形的边长为． 【提示】（3）过点E作EFBC，交CB的延长线于点F，解RtEFC即可． ( 进阶训练 ) 一、单选题 1．如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G为对角线BD（不含B点）上任意一点，将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，当AG+BG+CG取最小值时EF的长（　　） A． B． C． D． 二、填空题 2．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 ．    3．如图，△ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底边上的高AH上一点．若AP+BP+CP的最小值为2，则BC＝ ． 4．问题背景：如图，将绕点逆时针旋转60°得到，与交于点，可推出结论： 问题解决：如图，在中，，，．点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是 5．如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为 ． 6．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 ． 7．如图，点是边长为的正方形内一点，连接，点在线段上运动，连接，则的最小值是 ． 8．如图，在中，，P是内一点，求的最小值为 ． 9．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD= ． 三、解答题 10．如图，在平面直角坐标系xoy中，点B的坐标为(0，2)，点在轴的正半轴上，，OE为△BOD的中线，过B、两点的抛物线与轴相交于、两点（在的左侧）. （1）求抛物线的解析式； （2）等边△的顶点M、N在线段AE上，求AE及的长； （3）点为△内的一个动点，设，请直接写出的最小值,以及取得最小值时，线段的长. 11．在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上任意一点，AB=； （1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF； ①把图形补充完整（无需写画法）；  ②求的取值范围； (2)如图2，求BE+AE+DE的最小值．    12．【问题提出】 （1）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、，．若连接，则的形状是________． （2）如图2，在中，，，求的最小值． 【问题解决】 （3）如图3，某高新技术开发区有一个平行四边形的公园，千米，，公园内有一个儿童游乐场E，分别从A、B、C向游乐场E修三条，求三条路的长度和（即）最小时，平行四边形公园的面积． 13．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，P是△ABC内一点，求PA＋PB＋PC的最小值． 14．如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求最小值 15．背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马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”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值． (1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______； 知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题． (2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点． (3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值． (4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值． 16．【问题背景】17世纪有着“业余数学家之王”美誉的法国律师皮耶·德·费马，提出一个问题：求作三角形内的一个点，使它到三角形三个顶点的距离之和最小后来这点被称之为“费马点”． 如图，点是内的一点，将绕点逆时针旋转60°到，则可以构造出等边，得，，所以的值转化为的值，当，，，四点共线时，线段的长为所求的最小值，即点为的“费马点”． (1)【拓展应用】 如图1，点是等边内的一点，连接，，，将绕点逆时针旋转60°得到． ①若，则点与点之间的距离是______； ②当，，时，求的大小； (2)如图2，点是内的一点，且，，，求的最小值． 17．阅读下面材料，并解决问题： (1)思维指引 如图①等边内有一点，若点到顶点的距离分别为，求的度数．为了解决本题，我们可以将绕顶点旋转到处，此时，连接，这样就可以利用旋转变换，将三条线段转化到一个三角形中，从而求出___________； (2)知识迁移 如图②，中，，，、为上的点且，，求的长度； (3)方法推广 如图③，在中，，，，点为内一点，连接，直接写出的最小值． 18．已知等腰，，点为三角形内一点，连，，． (1)如图，若为等边三角形，且，，求的度数以及边长； (2)如图，若，，求的最小值． 19．在等边中，点D是边上一点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，则，连接交于点F，交于点H． (1)如图1，当点为中点时，且，求点到直线的距离； (2)如图2，猜想线段，，之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，在内部有一个动点P，连接，，，若等边的高等于6，当的值最小时，直接写出此时线段的长． 20．在边长为的正中有一点，连接，求的最小值． 21．在中，，连接，已知，点E在线段上，将线段绕点D顺时针旋转 为线段． (1)如图1，线段与线段的交点和点E重合，连接，求线段的长度； (2)如图2，点G为延长线上一点，使得，连接交于点H，求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，平面内一点P，当最小时，求的面积． 22． 中，． (1)如图1，若，平分交于点，且．证明：； (2)如图2，若，取中点，将绕点逆时针旋转至，连接并延长至，使，猜想线段、、之间存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，若，为平面内一点，将沿直线翻折至，当取得最小值时，直接写出的值． 23．如图，正方形的边长为4，点是正方形内部一点，求的最小值． 试卷第1页，共3页 ( 第 1 页 共 62 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 答案 D 1．D 【知识点】旋转综合题(几何变换)、利用菱形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质 【分析】根据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长． 【详解】解：如图， ∵将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF， ∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG， ∴△BFG是等边三角形． ∴BF=BG=FG，． ∴AG+BG+CG=FE+GF+CG． 根据“两点之间线段最短”， ∴当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长， 过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F， ∴∠EBH=180°-120°=60°， ∴∠BEH=30°， ∵BC=4， ∴BE=4， ∴BH=2，EH=2，在Rt△EHC中， ∵EH2+HC2=EC2， ∴EC=4． ∵∠CBE=120°， ∴∠BEF=30°， ∵∠EBF=∠ABG=30°， ∴EF=BF=FG， ∴EF=CE=， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键． 2． 【知识点】四边形其他综合问题 【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． 3． 【知识点】等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和判定 【分析】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM．首先证明当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长，想办法求出AC的长即可解决问题. 【详解】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△AMG．连接PG，CM． ∵AB=AC，AH⊥BC， ∴∠BAP=∠CAP， ∵PA=PA， ∴△BAP≌△CAP（SAS）， ∴PC=PB， ∵MG=PB，AG=AP，∠GAP=60°， ∴△GAP是等边三角形， ∴PA=PG， ∴PA+PB+PC=CP+PG+GM， ∴当M，G，P，C共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为线段CM的长， ∵AP+BP+CP的最小值为2， ∴CM=2， ∵∠BAM=60°，∠BAC=30°， ∴∠MAC=90°， ∴AM=AC=2， 作BN⊥AC于N．则BN=AB=1，AN=，CN=2-， ∴BC=． 故答案为． 【点睛】本题考查轴对称-最短问题，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，学会利用两点之间线段最短解决问题 4． 【知识点】旋转综合题(几何变换)、解直角三角形的相关计算 【分析】如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ，易知△MOP为等边三角形，继而得到点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ，由此可以发现当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小，此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°，过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，利用勾股定理进行求解即可得. 【详解】如图，将△MOG绕点M逆时针旋转60°，得到△MPQ， 显然△MOP为等边三角形， ∴，OM＋OG＝OP＋PQ， ∴点O到三顶点的距离为：ON＋OM＋OG＝ON＋OP＋PQ， ∴当点N、O、P、Q在同一条直线上时，有ON＋OM＋OG最小， 此时，∠NMQ＝75°+60°＝135°， 过Q作QA⊥NM交NM的延长线于A，则∠MAQ=90°， ∴∠AMQ＝180°-∠NMQ=45°， ∵MQ＝MG＝4， ∴AQ＝AM＝MQ•cos45°=4， ∴NQ＝， 故答案为. 【点睛】本题考查了旋转的性质，最短路径问题，勾股定理，解直角三角形等知识，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线是解题的关键. 5． 【知识点】解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、等边三角形的性质、最短路径问题 【分析】根据题意，首先以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，作出图形，然后根据旋转的性质和全等三角形的性质、等边三角形的性质，可以得到PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC，再根据两点之间线段最短，可以得到PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，然后根据勾股定理可以求得CB′的值，从而可以解答本题． 【详解】解：以点A为旋转中心，顺时针旋转△APB到△AP′B′，旋转角是60°，连接BB′、PP′，，如图所示， 则∠PAP′=60°，AP=AP′，PB=P′B′， ∴△APP′是等边三角形， ∴AP=PP′， ∴PA+PB+PC=PP′+P′B′+PC， ∵PP′+P′B′+PC≥CB′， ∴PP′+P′B′+PC的最小值就是CB′的值， 即PA+PB+PC的最小值就是CB′的值， ∵∠BAC=30°，∠BAB′=60°，AB==2， ∴∠CAB′=90°，AB′=2，AC=AB•cos∠BAC=2×cos30°=， ∴CB′=， 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、最短路径问题、勾股定理，解答本题的关键是作出合适的辅助线，得出PA+PB+PC的最小值就是CB′的值，其中用到的数学思想是数形结合的思想． 6． 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′，则MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形，推出AM＝MM′可得MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，共线时最短；由于点E也为动点，可得当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝DG＋GE的值； 【详解】 解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM′D′， 由性质的性质可知：MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均为等边三角形， ∴AM＝MM′， ∴MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME， ∴D′M、MM′、ME共线时最短， 由于点E也为动点， ∴当D′E⊥BC时最短，此时易求得D′E＝D′G＋GE＝ ∴MA＋MD＋ME的最小值为， 故答案为： 【点睛】本题考查轴对称、旋转变换、矩形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是添加常用辅助线，构造等边三角形解决问题，用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 7．/ 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，，，可证是等边三角形，得到，当点四点共线且时，取得最小值，即可求解． 【详解】解：如图所示，将绕点顺时针旋转得到，连接，过点作，交于点，则，， ∴， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 当点四点共线且时，取得最小值， ∵四边形是正方形，边长为，绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值是， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的运用，将绕点顺时针旋转得到，得到是解题的关键． 8． 【知识点】线段问题(旋转综合题) 【分析】将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，将转化为，此时当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长；根据勾股定理求解即可． 【详解】解：将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，连接PF、AD、DB，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E； ∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD， ∴△PCF、△ACD是等边三角形， ∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC= ∴， ∴当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长； ∵，∠CAD=， ∴∠EAD=， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的值最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查费马点问题，解题的关键在于将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，将三条线段的长转化到一条直线上． 9． 【知识点】作已知线段的垂直平分线、等边三角形的判定和性质、已知正切值求边长、线段问题(旋转综合题) 【分析】如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC，证明AM垂直平分BC，证明AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，构建方程求出x可得结论． 【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN， ∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°， ∴△BQN是等边三角形， ∴BQ=QN， ∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN， ∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小， 此时，如图2，连接MC ∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM， ∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM， ∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形， ∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM， ∵BM=CM，AB=AC， ∴AM垂直平分BC， ∵AD⊥BC，∠BQD=60°， ∴BD=QD， ∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC， ∴AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2， ∴x=， ∴x=3+， ∴PD=3+． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题． 10．(1)  (2) ；或   （3）可以取到的最小值为．当取得最小值时，线段的长为 【知识点】其他问题(二次函数综合)、相似三角形——动点问题、三角形内切圆与外接圆综合 【分析】（1）已知点B的坐标，可求出OB的长；在Rt△OBD中，已知了∠ODB=30°，通过解直角三角形即可求得OD的长，也就得到了点D的坐标；由于E是线段BD的中点，根据B、D的坐标即可得到E点的坐标；将B、E的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值，由此确定抛物线的解析式； （2）过E作EG⊥x轴于G，根据A、E的坐标，即可用勾股定理求得AE的长；过O作AE的垂线，设垂足为K，易证得△AOK∽△AEG，通过相似三角形所得比例线段即可求得OK的长；在Rt△OMK中，通过解直角三角形，即可求得MK的值，而AK的长可在Rt△AOK中由勾股定理求得，根据AM=AK-KM或AM=AK+KM即可求得AM的长； （3）由于点P到△ABO三顶点的距离和最短，那么点P是△ABO的费马点，即∠APO=∠OPB=∠APB=120°；易证得△OBE是等边三角形，那么PA+PO+PB的最小值应为AE的长；求AP的长时，可作△OBE的外接圆（设此圆为⊙Q），那么⊙Q与AE的交点即为m取最小值时P点的位置；设⊙Q与x轴的另一交点（O点除外）为H，易求得点Q的坐标，即可得到点H的坐标，也就得到了AH的长，相对于⊙Q来说，AE、AH都是⊙Q的割线，根据割线定理（或用三角形的相似）即可求得AP的长． 【详解】（1）过E作EG⊥OD于G ∵∠BOD=∠EGD=90°，∠D=∠D， ∴△BOD∽△EGD， ∵点B（0，2），∠ODB=30°， 可得OB=2，OD＝2； ∵E为BD中点， ∴= ∴EG=1，GD＝ ∴OG＝ ∴点E的坐标为(，1) ∵抛物线经过、两点， ∴. 可得. ∴抛物线的解析式为. （2）∵抛物线与轴相交于、，在的左侧， ∴点的坐标为. 过E作EG⊥x轴于G ∴, ∴在△AGE中，, . 过点作⊥于， 可得△∽△． ∴． ∴． ∴ ∴. ∵△是等边三角形, ∴． ∴． ∴,或     （3）如图； 以AB为边做等边三角形AO′B，以OA为边做等边三角形AOB′； 易证OE=OB=2，∠OBE=60°，则△OBE是等边三角形； 连接OO′、BB′、AE，它们的交点即为m最小时，P点的位置（即费马点）； ∵OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE， ∴△AOE≌△B′OB； ∴∠B′BO=∠AEO； ∵∠BOP=∠EOP′，而∠BOE=60°， ∴∠POP'=60°， ∴△POP′为等边三角形， ∴OP=PP′， ∴PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE； 即m最小=AE= 如图；作正△OBE的外接圆⊙Q， 根据费马点的性质知∠BPO=120°，则∠PBO+∠BOP=60°，而∠EBO=∠EOB=60°； ∴∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°； 即B、P、O、E四点共圆； 易求得Q（，1），则H（，0）； ∴AH=； 由割线定理得：AP•AE=OA•AH， 即：AP=OA•AH÷AE=×÷= 故： 可以取到的最小值为． 当取得最小值时，线段的长为 【点睛】此题是二次函数的综合类试题，涉及到二次函数解析式的确定、等边三角形的性质、解直角三角形以及费马点位置的确定和性质，能力要求极高，难度很大． 11．（1）①补图见解析；②；（2） 【知识点】根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）①根据要求画出图形即可； ②首先证明∠ECF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题； （2）如图2中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．根据两点之间线段最短可得DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，推出AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长； 【详解】（1）①如图△DCF即为所求；    ②∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝AB＝2，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°， ∴AC＝＝AB＝4， ∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF， ∴∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF， ∴∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°， 设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x， ∴y＝（4−x）2＋x2＝2x2−8x＋160（0＜x≤4）． 即y＝2（x−2）2＋8， ∵2＞0， ∴x＝2时，y有最小值，最小值为8， 当x＝4时，y最大值＝16， ∴8≤EF2≤16． （2）如图中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．    由旋转的性质可知，△AEG是等边三角形， ∴AE＝EG， ∵DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG， ∴AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长． 在Rt△AFH中，∠FAH＝30°，AB＝=AF， ∴FH＝AF＝，AH＝＝， 在Rt△DFH中，DF＝＝， ∴BE＋AE＋ED的最小值为． 【点睛】本题考查作图−旋转变换，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用旋转法添加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 12．（1）等边三角形；（2）BC的最小值为；（3）平行四边形公园ABCD的面积为（平方米）． 【知识点】根据旋转的性质求解、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题 【分析】（1）由旋转得BN=BM，∠MBN=60°，可判断出△BMN是等边三角形即可； （2）设AB=a，则AC=10-a，进而根据勾股定理得出即可得出结论； （3）先判断出点A'，E'，E，C在同一条线上，设BF=x，进而依次得出AB=2x，BC=6-2x，CF=6-x，再利用勾股定理得出，得出x=是A'C最小，进而求出A'F，BC，利用平行四边形面积公式计算即可． 【详解】（1）证明：的形状是等边三角形，理由如下; 由旋转知，BN=BM，∠MBN=60° ∴△BMN为等边三角形 故答案为：等边三角形； （2）解：设AB=a， ∵AB+AC=10， ∴AC=10-AB=， 在Rt△ABC中，根据勾股定理得， ， ∵， ∴，即， ∴， 即BC的最小值为； （3）解：如图3， 将△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A'BE'， ∴△ABE≌△A'BE'， ∴∠A'E'B=∠AEB，AB=A'B，A'E'=AE，BE'=BE，∠EBE'=60°， ∴△EBE'为等边三角形， ∴∠BE'E=∠BEE'=60°，EE'=BE， ∴AE+BE+CE=A'E'+EE'+CE， 要AE+BE+CE最小，即点A'，E'，E，C在同一条线上，即最小值为A'C， 过点A'作A'F⊥CB，交CB的延长线于F， 在Rt△A'FB中，∠A'BF=180°-∠ABA'-∠ABC=60°， 设BF=x，则A'B=2x， 根据勾股定理得，A'F=， ∵AB=A'B， ∴AB=2x， ∵AB+BC=6， ∴BC=6-AB=6-2x， ∴CF=BF+BC=6-x， 在Rt△A'FC中，根据勾股定理得，， ∴当x=，即AB=2x=3时，最小， 此时，BC=6-3=3，A'F=， ∴平行四边形公园ABCD的面积为（平方千米）． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，用代数式表示线段，利用配方法确定极值问题，判断出AB=BC时，AE+BE+CE最小是解本题的关键． 13．+ 【知识点】用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质 【分析】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；根据当C、P、M、N四点共线时，由CA=CB，NA=NB可得CN垂直平分AB，进而求得PA+PB+PC的最小值． 【详解】证明：如图所示，以点C为旋转中心，将△CBP顺时针旋转60°得到△CNM，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， ∴PA=PM， ∴PA+PB+PC=PM+MN+PC； 当AC=BC=1时，AB=2， 当C、P、M、N四点共线时，由CA=CB，NA=NB可得CN垂直平分AB， ∴AQ=AB==CQ，NQ=， 此时CN=CP+PM+MN=PA+PB+PC=+ 14． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题 【分析】将△APC绕点A逆时针旋转45°，得到△A，将△A扩大倍，得到△，当点B、P、、在同一直线上时，=最短，利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，将△APC绕点A逆时针旋转45°，得到△A，将△A扩大，相似比为倍，得到△，则，，， 过点P作PE⊥A于E， ∴AE=， ∴E=A-AE=， ∴P=， 当点B、P、、在同一直线上时，=最短，此时=B， ∵∠BA=∠BAC+∠CA=90°，AB=6，， ∴． ∴=B= 【点睛】 此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，勾股定理，正确理解费马点问题的造图方法：利用旋转及全等的性质构建等量的线段，利用三角形的三边关系及点共线的知识求解，有时根据系数将图形扩大或缩小构建图形． 15．(1)150°； (2)见详解； (3)； (4)． 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质求线段长、判断三边能否构成直角三角形、等边三角形的判定和性质 【分析】（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可； （2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可； （3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可； （4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可． 【详解】（1）解：连结PP′， ∵≌， ∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠BAC=60° ∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°， ∴△APP′为等边三角形， ,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°， 在△P′PC中，PC=5， ， ∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°， ∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°， ∴∠APB=∠AP′C=150°， 故答案为150°； （2）证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′， ∵△APB≌△AB′P′， ∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′， ∵∠PAP′=∠BAB′=60°， ∴△APP′和△ABB′均为等边三角形， ∴PP′=AP， ∵， ∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′， ∴点P在CB′上， ∴过的费马点． （3）解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′， ∴△APB≌△AP′B′， ∴AP′=AP，AB′=AB， ∵∠PAP′=∠BAB′=60°， ∴△APP′和△ABB′均为等边三角形， ∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°， ∵ ∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′， ∵，，， ∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC= ∴BB′=AB=2， ∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°， ∴在Rt△CBB′中，B′C= ∴最小=CB′=； （4）解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F， ∴△BCE≌△CE′B′， ∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′， ∵∠ECE′=∠BCB′=60°， ∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形， ∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°， ∵， ∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC=2，∠ABC=90°， ∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°， ∵B′F⊥AF， ∴BF=，BF=， ∴AF=AB+BF=2+， ∴AB′=， ∴最小=AB′=． 【点睛】本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键． 16．(1)①3；②150°； (2) 【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、等边三角形的性质、全等三角形综合问题 【分析】（1）①根据旋转的性质即可求出的值； ②先证△ABP≌，利用全等的性子求出对应的边长，通过勾股定理的逆定理得到，即可求出的大小； （2）将△APC绕C点顺时针旋转60°得到，先求出，然后证明为等边三角形，当B、P、、四点共线时，和最小，用勾股定理求出的值即可． 【详解】（1）①如图，将绕A逆时针旋转60°， 则，， ∴为等边三角形， ； ②∵△ABC为等边三角形， ∴AB=AC，∠BAP+∠PAC=60°， 又∵是等边三角形， ∴∠PAC+=60°， ∴∠BAP=， 在△ABP与中，， ∴△ABP≌（SAS）， ∴ ∴，， ， 又∵旋转，∴； （2）如图，将△APC绕C点顺时针旋转60°得到， 则， 在中，， ， ， 又∵， ，， 过作⊥BC交BC的延长线于点D， 则， ， （30°所对的直角边等于斜边的一半）， ， ，为等边三角形， 当B、P、、四点共线时，和最小， 在中，， ， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，解题的关键在于能够添加辅助线构造全等三角形解决问题． 17．(1) (2) (3) 【知识点】含30度角的直角三角形、全等的性质和SAS综合（SAS）、根据旋转的性质求解、等边三角形的判定和性质 【分析】（）由全等三角形和旋转的性质可得为等边三角形，即得， ，进而由勾股定理的逆定理可得，进而可得，即可求解； （）把绕点逆时针旋转得到，可证，得到，再根据等腰直角三角形和旋转的性质可得，进而利用勾股定理求出的长即可求解； （）在内部任取一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，由旋转的性质可得，可知当四点共线时，取最小值，最小值为，过点作的垂线交延长线于点，分别求出和的长，再利用勾股定理求出的长即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴，，， ∵为等边三角形， ∴， 由旋转得，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形，且， ∴， 故答案为：； （2）解：如图②，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转得，，，，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图③，在内部任取一点，连接， 将绕点顺时针旋转得到， 由旋转得，，，， ， ∴， ∴， ∴当四点共线时，取最小值，最小值为， 如图，过点作的垂线交延长线于点，则， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 18．(1)； (2) 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）将绕点逆时针旋转，点的对应点为，点的对应点于点重合，连接，过点作交的延长线于点，如图所示，可得是等边三角形，，，在中，，，，可得，则是直角三角形，所以，在中，，，则，，在中，由勾股定理得：，即可求解； （2）将绕点逆时针旋转得到，点的对应点为，点的对应点为，连接，，过点作于点，连接，如图所示，可证和均为等边三角形，则，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，根据“两点之间线段最短”得：，即，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ， 将绕点逆时针旋转，点的对应点为，点的对应点于点重合，连接，过点作交的延长线于点，如图所示： 由旋转的性质得：，，， 是等边三角形， ，， 在中，，，， ， ， 是直角三角形，即， ， ， 在中，，， ， 由勾股定理得：， ， 在中，由勾股定理得：， 的度数是，边的长为； （2）解：将绕点逆时针旋转得到，点的对应点为，点的对应点为，连接，，过点作于点，连接，如图所示： 由旋转的性质得：，，，， 和均为等边三角形， ，， ， 在中，，，于点， ，， 在中，由勾股定理得：， 是等边三角形，， ， ， ， 点，，在同一条直线上， ， 在中，由勾股定理得：， ， 根据“两点之间线段最短”得：， ， 即， 的最小值为． 【点睛】本题主要考查等边三角形，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，含度角的直角三角形的性质，掌握旋转的性质，“费马点”模型的计算是关键． 19．(1) (2)，证明见解析 (3)4 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解、含30度角的直角三角形、线段垂直平分线的判定 【分析】（1）过点作，交延长线于点，先根据等边三角形的性质可得，再根据旋转的性质可得，，然后根据含30度角的直角三角形的性质可得，由此即可得； （2）猜想，证明：在取一点，使得，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，，再证出，根据全等三角形的性质可得，则，然后根据线段的和差、等量代换即可得证； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，先证出，从而可得，则当点共线时，的值最小，即的值最小，然后利用等边三角形的性质可得，，由此即可得． 【详解】（1）解：如图，过点作，交延长线于点， ∵是等边三角形， ∴， ∵点为中点， ∴， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴点到直线的距离． （2）解：猜想，证明如下： 如图，在取一点，使得，连接， ∵是等边三角形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． （3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，连接， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 如图，由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，即的值最小， 设交于点，连接， 由旋转的性质得：，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴垂直平分，也垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∵等边的高等于6，于点， ∴， ∴， 又∵是等边三角形，于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 所以当的值最小时，线段的长为4． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质等知识，综合性强，较难的是题（3），正确找出当的值最小时，点的位置是解题关键． 20． 【知识点】线段问题(旋转综合题)、用勾股定理解三角形、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形 【分析】如图所示，绕点逆时针旋转得到，取的中点，连接，由勾股定理得到，由中位线的性质得到，则，当点共线时，取得最小，最小为的值，如图所示，过点作延长线于点，在中，由勾股定理得到，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，绕点逆时针旋转得到，取的中点，连接， ∴，， 在中，，， ∴， 在中，点是的中点， ∴，且， ∴， ∴， 当点共线时，取得最小，最小为的值， 如图所示，过点作延长线于点， ∵点是的中点， ∴， ∵是等边三角形，绕点逆时针旋转得到， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，， ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，中位线的判定和性质等知识的综合，掌握等边三角形，旋转的性质，费马点求最短线段的方法是解题的关键． 21．(1) (2)见解析 (3) 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、面积问题(旋转综合题) 【分析】（1）作，根据等腰直角三角形的性质与判定，得到，，在中，应用勾股定理，求出的长，根据平行四边形的性质得到的长，根据等腰直角三角形的性质与判定，即可求解， （2）连接，，根据全等三角形的性质与判定得到，，，结合旋转的性质得到，，根据平行四边形的判定得到，，根据平行四边形的性质得到的长度，即可求解， （3）将绕点顺时针旋转，得到，由旋转的性质可得，根据两点之间线段最短，得到，当在线段上时取得最小值，作， 根据等腰直角三角形的判定与性质，得到，在中，应用勾股定理得到，，，，由，得到， 在中，得到，在中，得到，，根据，即可求解， 本题考查了，平行四边形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：通过旋转得到． 【详解】（1）解：过点作，交延长线于点， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴，，， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 由旋转的性质可得：，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故答案为：， （2）解：连接，， ∵，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， （3）解：将绕点顺时针旋转，得到，连接， 由旋转的性质可得，，，， ∴， ∴，当在线段上时取得最小值， 延长与延长线交于点，过点作于点，连接， 由旋转的性质可得，，， ∵， ∴，， ∴， 在中，，，， ∵，即：，解得：， 在中，， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：． 22．(1)见解析 (2)，理由见解析 (3) 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、等边三角形的判定和性质、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）过点分别作，的垂线，垂足为，，易得，由，可得，由，求得，可证得； （2）延长，使得，连接，，易证为等边三角形，进而可证，可得，，可知，易证得，可得，由可得结论； （3）由题意可知是等边三角形，如图，作，且，作，且，可得，，可知，可得，由可知点，都在线段上时，有最小值，过点作，过点作交延长线于，可得，，可证，得，设由等边三角形的性质，可得，进而可得，，结合可得：，可得，由翻折可知，，可求得的值． 【详解】（1）证明：过点分别作，的垂线，垂足为，， ∵平分，，， ∴， 又∵， ∴，则， 又∵， ∴， ∴； （2），理由如下： 延长，使得，连接，， ∵，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵绕点逆时针旋转至， ∴，，则， ∴， ∴， ∴，，则， ∵， ∴， 又∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵，， ∴是等边三角形， 如图，作，且，作，且， 则，， ∴，， 则， ∴，则 ∴， ∴，即：， ∴ 即：点，都在线段上时，有最小值，如下图， 过点作，过点作交延长线于， 则， ，， 又∵， ∴， ∴， ∵是等边三角形，设 ∴，，则， ∵， ∴，则，， 则由可得：， 整理得：，得， 由翻折可知，， ∴． 【点睛】本题属于几何综合，考查了解直角三角形，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，旋转的性质以及费马点问题，掌握费马点问题的解决方法，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解决问题的关键． 23． 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】延长到，使得，则，在的内部作射线，使得，使得，连接，，．先证明，可得，再证明，可得：，从而得到，计算出的长度即可． 【详解】解：延长到，使得，则，在的内部作射线，使得，使得，连接，，． ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 的值最小，最小值为． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短，正方形的性质，，正确理解费马点问题，利用相似构造与，根据系数将图形扩大或缩小构建图形是解决问题的关键． ( 第 17 页 共 62 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $