备战2025年中考数学压轴专项(江苏专用)压轴专题10费马点模型(学生版+解析)练习

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例题1 （24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）探究题
(1)知识储备
①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧BC上任意一点．求证：PB+PC=PA．
②定义：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PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离．
(2)知识迁移
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：如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据(1)的结论，易知线段____的长度即为△ABC的费马距离．
(3)知识应用
①如图3所示的△ABC（其中均小于），，现取一点P，使点P到三点的距离之和最小，求最小值；
②如图4，若三个村庄构成Rt△ABC，其中．现选取一点P打水井，使P点到三个村庄铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为________．（直接写结果）
【答案】(1)证明见解析；
(2)AD
(3)5，．
【分析】（1）在PA上截取PD=PC，可证明△ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（2）利用（1）中结论得出PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，再根据“两点之间线段最短”可得答案；
（3）①在（2）的基础上先画出图形，再利用勾股定理求解；
②仿照①的方法可画出P的位置，利用勾股定理可求出输水管总长度的最小值，
【详解】（1）解：①证明：在PA上截取PD=PC，连接CD，
∵AB=AC=BC，
所以，
∴∠APB=∠APC=60°，
∴△PCD为等边三角形，
∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴，即∠ACD=∠BCP，
在△ACD和△BCP中，
∴△ACD≌△BCP(SAS)，
∴AD=PB，
∵PA=AD+DP，DP=PC，
∴PA=PB+PC；
（2）如图2，根据（1）的结论得：PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，
∴当A、P、D共线时，PA+PB+PC的值最小，
∴线段AD的长度即为△ABC的费马距离，
故答案为：AD；
（3）①如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则线段AD的长即为最短距离，
∵△BCD为等边三角形，BC=4，
∴∠CBD=60°，BD=BC=4，
∵∠ABC=30°，
∴∠ABD=90°，
在Rt△ABD中，
∵AB=3，BD=4，
∴；
②以BC为边，在BC下方作等边△BCK，设等边△BCK外接圆为⊙O，连接AK交⊙O于P，则由①知此时PA+PB+PC最短，且最短距离等于AK的长度，过K作KT⊥AC交AC延长线于T，如图：
∵△BCK是等边三角形，
∴∠BCK=60°，CK=BC=，
∵∠CAB=90°，
∴．∠TCK=30°，
在Rt△CTK中，
∴
在Rt△AKT中，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的综合应用，也是阅读理解型问题，主要考查了新定义：三角形费马点和费马距离，还考查了等边三角形的性质、三角形全等、勾股定理等知识，难度很大，理解新定义是本题的关键．

1．如图，在中，，P是内一点，求的最小值为 ．
【答案】
【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．
2．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= ．
【答案】
【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．
3．如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为 ．
【答案】
【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•cs∠BAC=2×cs30°=，
∴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．
4．（24-25 江苏泰州 阶段练习）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
【答案】
【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•cs45°=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．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．
6．（2025九年级下·全国·专题练习）在边长为的正中有一点，连接，求的最小值．
【答案】
【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．
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．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【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：．
8．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．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【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．
9．如图，正方形的边长为4，点是正方形内部一点，求的最小值．
【答案】
【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．
10．【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．
【答案】(1)①3；②150°；
(2)
【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．
11．（八年级上·江苏苏州·期中）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．
【答案】(1)150°；
(2)见详解；
(3)；
(4)．
【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．
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．
【答案】（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）．
【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．如图，在平面直角坐标系xy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.
【答案】(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
【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．
14．【阅读材料：】如图①，中，各个内角均小于，在内找一点O，使，此时；最小；这个点O称为的费马点，的值称为的费马距离；（费马，17世纪法国数学家）
【费马点的求作及原理：】如图②，在的外侧作等边、等边，连接交于点O，这个交点O就是的费马点；
作图原理：小明给了一些思路，请根据小明的思路，完成证明：
第一步：____________________；
第二步：____________________．
【费马距离的计算：】连接．
（1）证明：；
（2）当时，求的费马距离．
【答案】第一步：见解析；第二步：见解析；（1）见解析；（2）的费马距离为
【分析】作图原理：第一步：先证明，进而得出；第二步：连接，并在线段上取一点Q，使；进而得出，即可解决问题；
（1）由第二步可得，所以，根据是等边三角形，即可解决问题；
（2）过点D作交延长线于点G，证明，根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可解决问题．
【详解】解：作图原理：证明：第一步：
∵等边、等边，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
第二步：如图②，连接，在线段上取一点Q，使，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴；
（1）证明：由第二步可知：，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图②，过点D作交延长线于点G，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的费马距离为．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是理解费马距离定义．
15．1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．
(1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④处填写该三角形的某个顶点）
当的三个内角均小于时，
如图1，将绕，点C顺时针旋转得到，连接，

由，可知为 ① 三角形，故，又，故，
由 ② 可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，如图2，最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ；
已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若，则该三角形的“费马点”为 ④ 点．
(2)如图4，在中，三个内角均小于，且，已知点P为的“费马点”，求的值；

(3)如图5，设村庄A，B，C的连线构成一个三角形，且已知．现欲建一中转站P沿直线向A，B，C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A，B，C的铺设成本分别为a元/，a元/，元/，选取合适的P的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含a的式子表示）
【答案】(1)①等边；②两点之间线段最短；③；④A．
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论；
（2）根据（1）的方法将绕，点C顺时针旋转得到，即可得出可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，在根据可证明，由勾股定理求即可，
（3）由总的铺设成本，通过将绕，点C顺时针旋转得到，得到等腰直角，得到，即可得出当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，然后根据已知和旋转性质求出即可．
【详解】（1）解：∵，
∴为等边三角形；
∴，，
又，故，
由两点之间线段最短可知，当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，
最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，，
∴，，
∴三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．
又∵已知当有一个内角大于或等于时，“费马点”为该三角形的某个顶点．
∴该三角形的“费马点”为点A，
故答案为：①等边；②两点之间线段最短；③；④．
（2）将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由（1）可知当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，最小值为，

∵，
∴，
又∵
∴，
由旋转性质可知：，
∴，
∴最小值为，
（3）∵总的铺设成本
∴当最小时，总的铺设成本最低，
将绕，点C顺时针旋转得到，连接，
由旋转性质可知：，，，，
∴，
∴，
当B，P，，A在同一条直线上时，取最小值，即取最小值为，

过点作，垂足为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
的最小值为
总的铺设成本（元）
故答案为：
【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．
16．（八年级上·江苏南京·阶段练习）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PA、PB、PC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AP、BP、CP，求的值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得，，，，再证是等边三角形，得，，然后证，进而得出结论；
（2）在上取点，使，连接，再在上截取，连接．由此可以证明为正三角形，再利用正三角形的性质得到，，，而为正三角形，由此也可以得到，，现在根据已知的条件可以证明△，然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论；
（3）将绕点顺时针旋转至△处，连接，证是等边三角形，得，，再证、、、四点共线，然后证，即可解决问题．
【详解】（1）解：如图2中，连接．
点到顶点、、的距离分别为3、4、5，
，，，
由旋转的性质得：，
，，，，
，
即，
是等边三角形，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
△是直角三角形，，
，
，
故答案为：；
（2）证明：在上取点，使．连接，再在上截取，连接．
，
，
为正三角形，
，，．
为正三角形，
，，
，
△，
，，
，
为的费马点．
过的费马点；
（3）解：将绕点顺时针旋转至△处，连接，如图4所示：
则，，，，，，
是等边三角形，
，，
点为直角三角形的费马点，
，
，
，
、、、四点共线，
，，，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
在△中，由勾股定理得：，
．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理、“费马点”新定义等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
17．（22-23八年级下·江苏扬州·阶段练习）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逆时针旋转60°到处，这样就可以将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出 °．
(2)请利用第（1）题解答的思想方法，解答下面的问题：
①如图3，中，，E、F为边上的点，且，判断、、之间的数量关系并注明；
②如图4，在中，，在内部有一点P，连接、、，求的最小值．
【答案】(1)150
(2)①，证明见解析；②
【分析】（1）连接，利用旋转的性质，易得为等边三角形，得到，，勾股定理定理逆定理，得到，进而推出的度数，即可得解；
（2）①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；
②将绕点逆时针旋转，得到，连接，，易得为等边三角形，，推出，得到当且仅当四点共线时，的值最小为的长，利用勾股定理求出的长即可．
【详解】（1）解：连接，

∵将绕顶点A逆时针旋转60°到
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：150；
（2）①由图可知：，
∵，
∴，
将将绕点逆时针旋转，得到，连接，

则：，
∴，
∴，
∵，
∴，
即：，
又，，
∴，
∴，
∴；
②将绕点逆时针旋转，得到，连接，，

则：，，
∴为等边三角形，，
∴，
∴，
当且仅当四点共线时，的值最小为的长，
∵，
∴，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是通过旋转，构造全等三角形和特殊三角形．本题考查半角模型，费马点问题，难度较大，属于压轴题．
18．若一个三角形的最大内角小于120°，则在其内部有一点所对三角形三边的张角均为120°，此时该点叫做这个三角形的费马点．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，此时，的值最小．
(1)如图2，等边三角形ABC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，小林利用“转化”思想，将△ABP绕顶点A旋转到处，连接，此时，这样就可以通过旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出______．
(2)如图3，在图1的基础上延长BP，在射线BP上取点D，E，连接AE，AD．使，，求证：．
(3)如图4，在直角三角形ABC中 ，，，，点P为直角三角形ABC的费马点，连接AP，BP，CP，请直接写出的值．
【答案】(1)150°
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由全等三角形的性质得到AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，再根据旋转性质，证明△APP′为等边三角形，△PP′C为直角三角形，最后由∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C解答；
（2）由费马点的性质得到，，再证明 (ASA)，由全等三角形对应边相等的性质解得，最后根据线段的和差解答；
（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，由勾股定理解得，由旋转的性质，可证明△BPP′是等边三角形，再证明C、P、A′、P′四点共线，最后由勾股定理解答．
【详解】（1）解：∵，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4，∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PAP′＝60°，
∴△APP′为等边三角形，
PP′＝AP＝3，∠AP′P＝60°，
由旋转的性质可得：AP′＝AP＝PP′=3，CP′＝4，PC=5，
∵32+42=52
∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P＋∠PP′C＝60°＋90°＝150°；
故答案为：150°；
（2）证明：∵点P为△ABC的费马点，
∴，
∴，
又∵，
∴APD为等边三角形
∴，，
∴，
∴，
在△APC和△ADE中，
∴ (ASA)；
∴，
∵，
∴BE＝PA＋PB＋PC；
（3）解：如图，将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2，
∴，
把△APB绕点B顺时针方向旋转60°得到△A′P′B，
∴∠A′BC＝∠ABC＋60°＝30°＋60°＝90°，
∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝2，
∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′P′B，
∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，
∴△BPP′是等边三角形，
∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，
∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，
∴∠CPB＋∠BPP′＝∠BP′A′＋∠BP′P＝120°＋60°＝180°，
∴C、P、A′、P′四点共线，
在Rt△A′BC中，，
∴PA＋PB＋PC＝A′P′＋PP′＋PC＝A′C＝．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、费马点等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识，正确做出辅助线是解题关键．
知识考点与解题策略
费马点概念：三角形内部满足到三个顶点距离之和最小的点，称为费马点.
结论：
1）对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点；
2) 对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点.
（注意：通常涉及费马点的试题中三角形的最大顶角小于120°）
【解题思路】运用旋转的方法，以∆ABC任意一条边向外旋转60°构造等边三角形，根据两点之间线段最短，得出最短长度.
【扩展】与等腰三角形、等边三角形、直角三角形常见的费马点结论
如图所示，以边AB、AC分别向△ABC外侧作等边三角形，连接DC、EB，交点为点P，点P为费马点.
图形
结论
等腰三角形
①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
②△ABP与△ACP全等；
③△BCP为等腰三角形；
④△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.
等边三角形
①AP=BP=CP；
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；
③△ABP、△ACP、△BCP全等；
④点P是垂心，是△ABC各边的高线的交点；
⑤点P是△ABC各边的中线的交点；
⑥点P是内心，是在三角形三个内角的角平分线的交点；
⑦△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小.
直角三角形
①△ABC的三顶点的距离之和为AP+BP+CP，且点P为费马点时和最小；
②∠APB=∠BPC=∠APC=120°
【进阶】
加权费马点模型概述：前面学的PA+PB+PC最小值的费马点问题线段前面系数都是l，如果现在求mPA+nPB+xPC最小值，前面系数不是1，那么此类题目就叫做“加权费马点”.
【模型拓展】
类型一 单系数类
当只有一条线段带有不为1的系数时，相对较为简单，一般有两种处理手段，
1）一种是旋转特殊角度：对应旋转90°，对应旋转120°
求AD+CD+BD的最小值
求AD+CD+BD的最小值
旋转角度是90°
旋转角度是120°
2）另一种是旋转放缩，对应三角形三边之比
类型二 多系数类
其实当三条线段的三个系数满足勾股数的关系时，都是符合加权费马点的条件的。
以不同的点为旋转中心，旋转不同的三角形得到的系数是不同的，对于给定的系数，我们该如何选取旋转中心呢？我们总结了以下方法：
1.将最小系数提到括号外；
2.中间大小的系数确定放缩比例；
3.最大系数确定旋转中心（例如最大系数在PA前面，就以A为旋转中心），旋转系数不为1的两条线段所在的三角形。
例：已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5, △ABC内部有一点P,连接PA，PB，PC
问题
求解图形
作法
求PA+PB+PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转60°得△CDE
BD长度即为所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC2+CD2=61
求PA+PB+2PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转90°得△CDE
此时△PCE为等腰直角三角形，即PE=2PC
因此原式=PA+PB+2PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求, 在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF2+FD2=91
求PA+PB+3PC最小值
△CAP绕点C顺时针旋转120°得△CDE
此时△PCE为等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=3PC，因此原式=PA+PB+3PC=ED+PB+PE，则当B、P、E、D四点共线时取得最小值，BD长度即为所求, 在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF2+FD2=60+303
求2PA+PB+3PC最小值
思路：原式=2（PA+12PB+32PC）
1)将PC边绕点C旋转60°，然后过点P作PF⊥CE于点F,则PF=32PC;2) 12PB利用三角形中位线来处理；3）PA前的系数是1，不需要转化，所以旋转△PCB.
过程：△BCP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG= 12PB，则当A、P、F、G四点共线时取得最小值，AG长度即为所求, 在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=CG+AC2=34, 原式=2（PA+12PB+32PC）=234
求2PA+4PB+23PC最小值
过程：△ACP绕点C顺时针旋转60°得△CDE, 然后过点P作PF⊥CE于点F, 此时△PCE为等边三角形，即PF=32PC，过点F作FG∥DE，则FG= 12AP，则当B、P、F、G四点共线时取得最小值，BG长度即为所求, 在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=CG+AC2=7.5, 原式=4（12PA+PB+32PC）=26
备注：若变形后的系数不是特殊值，则可借助位似的相关知识进行求解.
小明的部分证明思路：第一步，先证明，…进而得出，第二步，连接，并在线段上取一点Q，使；…进而得出