《中考数学二轮重难点复习讲义模型19 费马点最值模型（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学二轮重难点复习讲义模型19 费马点最值模型（解析版）（31页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 模型探究费马点问题思考：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：1费马点到三角形三个顶点距离之和最小.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R秘诀：以ABC任
2、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例题精讲【例1】已知，在ABC中，ACB30（1）如图1，当ABAC2，求BC的值；（2）如图2，当ABAC，点P是ABC内一点，且PA2，PB，PC3，求APC的度数；（3）如图3，当AC4，AB（CBCA），点P是ABC内一动点，则PA+PB+PC的最小值为解：（1）如图1中，作APBC于PABAC，APBC，BPPC，在RtACP中，AC2，C30，PCACcos30，BC2PC2（2）如图2中，将APB绕点A逆时针旋转120得到QACABAC，C30，BAC120，PAAQ2，PBQC，PAQ120，PQ2，PQ2+PC2QC
3、2，QPC90，APQ30，APC30+90120（3）如图3中，将BCP绕点C逆时针旋转60得到CBP，连接PP，AB，则ACB90PA+PB+PCPA+PP+PB，当A，P，P，B共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值AB的长，由AB，AC4，C30，可得BCCB3，AB故答案为变式训练【变式1-1】如图，是边长为1的等边内的任意一点，求的取值范围. 解：将绕点顺时针旋转60得到，易知为等边三角形.从而（两点之间线段最短），从而.过作的平行线分别交于点，易知.因为在和中， 。又，所以. +可得，即.综上，的取值范围为.【变式1-2】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
4、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APBAPCBPC120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+1解：如图：等腰RtDEF中，DEDF，过点D作DMEF于点M，过E、F分别作MEPMFP30，则EMDM1，故cos30，解得：PEPF，则PM，故DP1，则PD+PE+PF2+1+1故答案为：+1【变式1-3】如图，P为正方形ABCD对角线BD上一动点，若AB2，则AP+BP+CP的最小值为_.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，PA+PB+PC
5、最小理由：APAF，PAF60，PAF是等边三角形，PAPFAF，EFPB，PA+PB+PCEF+PF+PC，当E、F、P、C共线时，PA+PB+PC最小，作EMDA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RTAME中，M90，MAE30，AE2，ME1，AMBN，MNAB2，EN1，EC+PA+PB+PC的最小值为+【例2】.如图，P是边长为2的正方形ABCD内一动点，Q为边BC上一动点，连接PA、PD、PQ，则PA+PD+PQ的最小值为_解：如图，将APD绕点A逆时针旋转60得到AFE，APAF，PAF60EAD，AEAD，AFP是等边三角形，AED是
6、等边三角形，APPFAF，作EHBC于H，交AD于GAEG30，AG1，EGPA+PD+PQEF+FP+PQ，当点Q，点F，点E，点Q四点共线且垂直BC时，PA+PD+PQ有最小值为EH，GHAB2，EH2+，PA+PD+PQ的最小值+2变式训练【变式2-1】如图，已知矩形ABCD，AB4，BC6，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（）A3+2B4+3C2+2D10解：将AMD绕点A逆时针旋转60得到AMD，MDMD，易得到ADD和AMM均为等边三角形，AMMM，MA+MD+MEDM+MM+ME，DM、MM、ME共线时最短，由于点E也为动点，当DEBC时最短
7、，此时易求得DEDG+GE4+3，MA+MD+ME的最小值为4+3【变式2-2】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 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MPBC交BC的延长线于P点，如图，MNBE，ANAE，NAE60，ANE为等边三角形，AENE，AE+EB+ECMN+NE+EC，当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC1+，ABAM，BAM60，ABM为等边三角形，MBC150，则PBM30，在RtPMC中，设BCx，PMx，（1+）2（x）2+（x+x）2所以x，BC，即
8、正方形的边长为，故答案为：【变式2-3】两张宽为3cm的纸条交叉重叠成四边形ABCD，如图所示，若30，则对角线BD上的动点P到A，B，C三点距离之和的最小值是 6cm解：如图，过D作DEBC于E，DFBA于F，把ABP绕点B逆时针旋转60得到ABP，则DEDF3cm，30，CD2DE6cm，ADBC，ABCD，四边形ABCD是平行四边形，BCDEABDF，DEDF，BCAB，平行四边形ABCD是菱形，BCADCD6cm，由旋转的性质得：ABABCD6cm，BPBP，APAP，PBP60，ABA60，PBP是等边三角形，BPPP，PA+PB+PCAP+PP+PC，根据两点间线段距离最短可知，当
9、PA+PB+PCAC时最短，连接AC，与BD的交点即为到A，B，C三点距离之和的最小的P点，则点P到A，B，C三点距离之和的最小值是ACABCDCE30，ABA60，ABC90，AC6（cm），因此点P到A，B，C三点距离之和的最小值是6cm，故答案为：6cm 1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MPBC交BC的延长线于P点，如图，MNBE，ANAE，NAE60，ANE为等边三角形，AENE，AE+EB+ECMN+NE+EC，当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC
10、成为线段，则MC，ABAM，BAM60，ABM为等边三角形，MBC150，则PBM30，在RtPMC中，设BCx，PM所以所以x2，BC2，即正方形的边长为22如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M，N分别为AB、BC上的动点，且始终保持BMCN连接MN，以MN为斜边在矩形内作等腰RtMNQ，若在正方形内还存在一点P，则点P到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为3+3 解：设BMx，则BN6x，MN2BM2+BN2，MN2x2+（6x）22（x3）2+18，当x3时，MN最小，此时Q点离AD最近，BMBN3，Q点是AC和BD的交点，AQDQAD3，过点Q作QMAD于点M，在ADQ内部过A、D
11、分别作MDPMAP30，则APDAPQDPQ120，点P就是费马点，此时PA+PD+PQ最小，在等腰RtAQD中，AQDQ3，QMAD，AMQMAQ3，故cos30，解得：PA2，则PM，故QP3，同法可得PD2，则PA+PD+PQ2+33+3，点P到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为3+3，故答案为3+33如图，四个村庄坐落在矩形ABCD的四个顶点上，AB10公里，BC15公里，现在要设立两个车站E，F，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值为 公里 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DFM，连接CM、FF，由旋转得：ABAH，
12、AEAG，EAGBAH60，BEGH，AEG和ABH是等边三角形，AEEG，同理得：DFF和DCM是等边三角形，DFFF，FCFM，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，AHBH，DMCM，HM是AB和CD的垂直平分线，HMAB，HMCD，AB10，ABH的高为5，EA+EB+EF+FC+FDEG+GH+EF+FF+FMHM15+5+515+10，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10）公理故答案为：（15+10）4如图，P为等边三角形ABC内一点，BPC等于150，PC5，PB12，求PA的长解：如图1，连接PP，将BPC绕C点顺时针旋转60到APC的位置，由旋转的性质，得CPCP，PPC为等边三角形，由旋转的性质可知APCBPC150，APP1506090，又PPPC5，APBP12，在RtAPP中，由勾股定理，得PA
