重難點17幾何壓軸突破四幾何最值問題費馬點與瓜豆模型（2種模型詳解+5種題型匯總+針對訓練）【題型匯總】類型一費馬點費馬點概念：三角形內部滿足到三個頂點距離之和最小的點，稱為費馬點.結論：1）對于一個各角不超過120°的三角形，費馬點是對各邊的張角都是120°的點；2)對于有一個角超過120°的三角形，費馬點就是這個內角的頂點.（注意：通常涉及費馬點的試題中三角形的最大頂角小于120°）【解題思路】運用旋轉的方法，以?ABC任意一條邊向外旋轉60°構造等邊三角形，根據兩點之間線段最短，得出最短長度.【擴展】與等腰三角形、等邊三角形、直角三角形常見的費馬點結論如圖所示，以邊AB、AC分別向△ABC外側作等邊三角形，連接DC、EB，交點為點P，點P為費馬點.圖形結論等腰三角形①∠APB=∠BPC=∠APC=120°；②△ABP與△ACP全等；③△BCP為等腰三角形；④△ABC的三頂點的距離之和為AP+BP+CP，且點P為費馬點時和最小.等邊三角形①AP=BP=CP；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°；③△ABP、△ACP、△BCP全等；④點P是垂心，是△ABC各邊的高線的交點；⑤點P是△ABC各邊的中線的交點；⑥點P是內心，是在三角形三個內角的角平分線的交點；⑦△ABC的三頂點的距離之和為AP+BP+CP，且點P為費馬點時和最小.直角三角形①△ABC的三頂點的距離之和為AP+BP+CP，且點P為費馬點時和最??；②∠APB=∠BPC=∠APC=120°【進階】加權費馬點模型概述：前面學的PA+PB+PC最小值的費馬點問題線段前面系數都是l，如果現在求mPA+nPB+xPC最小值，前面系數不是1，那么此類題目就叫做“加權費馬點”.【模型拓展】類型一單系數類當只有一條線段帶有不為1的系數時，相對較為簡單，一般有兩種處理手段，1）一種是旋轉特殊角度：對應旋轉90°，對應旋轉120°求AD+CD+BD的最小值求AD+CD+BD的最小值旋轉角度是90°旋轉角度是120°2）另一種是旋轉放縮，對應三角形三邊之比類型二多系數類其實當三條線段的三個系數滿足勾股數的關系時，都是符合加權費馬點的條件的。以不同的點為旋轉中心，旋轉不同的三角形得到的系數是不同的，對于給定的系數，我們該如何選取旋轉中心呢？我們總結了以下方法：1.將最小系數提到括號外；2.中間大小的系數確定放縮比例；3.最大系數確定旋轉中心（例如最大系數在PA前面，就以A為旋轉中心），旋轉系數不為1的兩條線段所在的三角形。例：已知：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，BC=6，AC=5,△ABC內部有一點P,連接PA，PB，PC問題求解圖形作法求PA+PB+PC最小值△CAP繞點C順時針旋轉60°得△CDEBD長度即為所求,在Rt△BCD中有勾股定理可得BD=BC求PA+PB+2PC最小值△CAP繞點C順時針旋轉90°得△CDE此時△PCE為等腰直角三角形，即PE=2PC因此原式=PA+PB+2PC=ED+PB+PE，則當B、P、E、D四點共線時取得最小值，BD長度即為所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求PA+PB+3PC最小值△CAP繞點C順時針旋轉120°得△CDE此時△PCE為等腰三角形且∠PCE=120°，即PE=3PC，因此原式=PA+PB+3PC=ED+PB+PE，則當B、P、E、D四點共線時取得最小值，BD長度即為所求,在Rt△BFD中有勾股定理可得BD=BF求2PA+PB+3PC最小值思路：原式=2（PA+12PB+32PC）

1)將PC邊繞點C旋轉60°，然后過點P作PF⊥CE于點F,則PF=32PC;2)12PB利用三角形中位線來處理；3）PA前的系數是過程：△BCP繞點C順時針旋轉60°得△CDE,然后過點P作PF⊥CE于點F,此時△PCE為等邊三角形，即PF=32PC，過點F作FG∥DE，則FG=12PB，則當A、P、F、G四點共線時取得最小值，AG長度即為所求,在Rt△ACG中有勾股定理可得AG=CG+AC2=34,原式=2（PA+1求2PA+4PB+23PC過程：△ACP繞點C順時針旋轉60°得△CDE,然后過點P作PF⊥CE于點F,此時△PCE為等邊三角形，即PF=32PC，過點F作FG∥DE，則FG=12AP，則當B、P、F、G四點共線時取得最小值，BG長度即為所求,在Rt△BCG中有勾股定理可得BG=CG+AC2=7.5,原式=4（12P備注：若變形后的系數不是特殊值，則可借助位似的相關知識進行求解.題型01普通費馬點模型1．（2024·廣東·二模）若銳角三角形ABC內的點P滿足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，則稱點P為△ABC的費馬點．如圖，在△ABC中，AB=AC=7，BC=3，則△ABC的費馬點P到A，B，C三點的距離之和為（A．4 B．2 C．2+23 D．【答案】A【分析】本題考查了等腰三角形的性質，勾股定理和解直角三角形，過A作AD⊥BC于點D，過B、C分別作∠DBP=∠DCP=30°，則PB=PC，證明∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，所以點P是【詳解】過A作AD⊥BC于點D，過B、C分別作∵△ABC是等腰三角形，∴PB=PC，∴∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，∴點P是△ABC的費馬點，∵∠ADC=∠ADB=90°，BD=CD=1∴∠DPC=60°，∴PC=CDsin60°在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=∴PA=AD-PD=5∴PA+PB+PC=2+1+1=4，即△ABC的費馬點P到A，B，C三點的距離之和為4，故選：A．2．（21-22九年級上·四川成都·階段練習）如圖，在△ABC中，∠CAB=90°，AB=AC=1，P是△ABC內一點，求PA+PB+PC的最小值為【答案】6【分析】將△APC繞點C順時針旋轉60°得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，將PA+PB+PC轉化為FD+BP+PF，此時當B、P、F、D四點共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為BD的長；根據勾股定理求解即可．【詳解】解：將△APC繞點C順時針旋轉60°得△DFC，連接PF、AD、DB，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E；∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=60°，PC=FC，AC=CD，∴△PCF、△ACD是等邊三角形，∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC=60°∴PA+PB+PC=FD+BP+PF，∴當B、P、F、D四點共線時，PA+PB+PC的值最小，最小值為BD的長；∵∠CAB=90°，∠CAD=60°，∴∠EAD=30°，∴DE=1∴AE=A∴BE=1+3∴BD=B∴PA+PB+PC的值最小值為6+故答案為：6+【點睛】本題考查費馬點問題，解題的關鍵在于將△APC繞點C順時針旋轉60°得△DFC，將三條線段的長轉化到一條直線上．3．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，點M為矩形內一點，點E為BC邊上任意一點，則MA＋MD＋ME的最小值為．【答案】4【分析】將△AMD繞點A逆時針旋轉60°得到△AM′D′，則MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均為等邊三角形，推出AM＝MM′可得MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，共線時最短；由于點E也為動點，可得當D′E⊥BC時最短，此時易求得D′E＝DG＋GE的值；【詳解】解：將△AMD繞點A逆時針旋轉60°得到△AM′D′，由性質的性質可知：MD＝M′D′，△ADD′和△AMM′均為等邊三角形，∴AM＝MM′，∴MA＋MD＋ME＝D′M＋MM′＋ME，∴D′M、MM′、ME共線時最短，由于點E也為動點，∴當D′E⊥BC時最短，此時易求得D′E＝D′G＋GE＝4∴MA＋MD＋ME的最小值為4+故答案為：4【點睛】本題考查軸對稱、旋轉變換、矩形的性質，等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是添加常用輔助線，構造等邊三角形解決問題，用轉化的思想思考問題，屬于中考填空題中的壓軸題．4．（2024·陜西榆林·二模）如圖，在?ABCD中，AD=6，連接AC，AB=AC=5，以點C為圓心，15CD長為半徑畫弧，弧分別交BC、AC、CD于點M、H、N，點P是HN上方△ACD內一動點，點Q是HN上一動點，連接AP、DP、PQ，則AP+DP+PQ的最小值為【答案】33+3【分析】如圖，把△APD繞D順時針旋轉60°得到△A'P'D，連接PP'，AA'，證明△DPP'為等邊三角形，△AA'D為等邊三角形，可得PD=PP【詳解】解：如圖，把△APD繞D順時針旋轉60°得到△A'P'D∴AP=A'P'，∴△DPP'為等邊三角形，∴PD=PP'，當C，Q，P，P'，AAP+DP+PQ=PQ+PP∵?ABCD，AB=AC=5∴AB=CD=AC=5，而A'A=A∴A'C⊥AD，AK=DK=3，∴A'K=6∵CQ=CN=1∴A'∴AP+DP+PQ的最小值為33故答案為：3【點睛】本題考查的是等邊三角形的判定與性質，旋轉的性質，平行四邊形的性質，勾股定理的應用，化為最簡二次根式，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．5．（2024·湖北·模擬預測）閱讀以下材料并完成問題材料一：數形結合是一種重要的數學思想如a2+b2可看做是圖一中AB的長，a+12材料二：費馬點問題是一個古老的數學問題．費馬點即在△ABC中有一點P使得PA+PB+PC的值最?。▽W家費馬給出的證明方法如下：將△ABP繞B點向外旋轉60°得到△A1B1C1，并連接PP1易得△PP1B請結合以上兩材料求出x2

【答案】19【分析】本題考查坐標與圖形，含30度角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質，勾股定理，將原式轉化為x2+y2+1-x2+y2+x2+23-y2，構造直角三角形ABC，∠ACB=90°，AC=23,BC=1，以C為坐標原點構造直角坐標系，設P為x,y，進而得到PC=【詳解】解：原式=x可看做下圖中的PA+PB+PC，其中P為x,y則PC=x2+y將△APC繞點C點逆時針旋轉60°得到△A1∵∠PCP1=∠ACA1=60°，∠ACD=90∴∠A1CD=30°∴A1D=12又∵BC=1∴DC=4∴A∵PA+PB+PC=AP∴PA+PB+PC=AP∴PA+PB+PC的最小值為19；∴x2+

題型02加權費馬點模型-單系數6．（2023·湖北隨州·中考真題）1643年，法國數學家費馬曾提出一個著名的幾何問題：給定不在同一條直線上的三個點A，B，C，求平面上到這三個點的距離之和最小的點的位置，意大利數學家和物理學家托里拆利給出了分析和證明，該點也被稱為“費馬點”或“托里拆利點”，該問題也被稱為“將軍巡營”問題．(1)下面是該問題的一種常見的解決方法，請補充以下推理過程：（其中①處從“直角”和“等邊”中選擇填空，②處從“兩點之間線段最短”和“三角形兩邊之和大于第三邊”中選擇填空，③處填寫角度數，④處填寫該三角形的某個頂點）當△ABC的三個內角均小于120°時，如圖1，將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△A'P

由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'為由②可知，當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，如圖2，最小值為A'B，此時的P點為該三角形的“費馬點”，且有∠APC=∠BPC=∠APB=已知當△ABC有一個內角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．如圖3，若∠BAC≥120°，則該三角形的“費馬點”為④點．(2)如圖4，在△ABC中，三個內角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，已知點P為△ABC的“費馬點

(3)如圖5，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且已知AC=4km，BC=23km，∠ACB=60°．現欲建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C的鋪設成本分別為a元/km，a元/km，2a元/【答案】(1)①等邊；②兩點之間線段最短；③120°；④A．(2)5(3)2【分析】（1）根據旋轉的性質和兩點之間線段最短進行推理分析即可得出結論；（2）根據（1）的方法將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△A'P'C，即可得出可知當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'（3）由總的鋪設成本=a(PA+PB+2PC)，通過將△APC繞，點C順時針旋轉90°得到△A'P'C，得到等腰直角△PP'C，得到2PC=PP'，即可得出當B，P【詳解】（1）解：∵PC=P∴△PCP∴PP'=PC又P'A'由兩點之間線段最短可知，當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC最小值為A'B，此時的P點為該三角形的“費馬點∴∠BPC+∠P'PC=180°∴∠BPC=120°，∠A又∵△APC?△A∴∠APC=∠AP∴∠APB=360°-∠APC-∠BPC=120°，∴∠APC=∠BPC=∠APB=120°；∵∠BAC≥120°，∴BC>AC，BC>AB，∴BC+AB>AC+AB，BC+AC>AB+AC，∴三個頂點中，頂點A到另外兩個頂點的距離和最?。帧咭阎敗鰽BC有一個內角大于或等于120°時，“費馬點”為該三角形的某個頂點．∴該三角形的“費馬點”為點A，故答案為：①等邊；②兩點之間線段最短；③120°；④A．（2）將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△A'P由（1）可知當B，P，P'，A在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A

∵∠ACP=∠A∴∠ACP+∠BCP=∠A又∵∠PC∴∠BCA由旋轉性質可知：AC=A∴A'∴PA+PB+PC最小值為5，（3）∵總的鋪設成本=PA·a+PB·a+PC·∴當PA+PB+2將△APC繞，點C順時針旋轉90°得到△A'P'由旋轉性質可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC∴PP∴PA+PB+2當B，P，P'，A在同一條直線上時，P'A'+PB+P

過點A'作A'H⊥BC∵∠ACB=60°，∠ACA∴∠A∴A'∴HC=A∴BH=BC+CH=23∴APA+PB+2PC總的鋪設成本=PA·a+PB·a+PC·2故答案為：2【點睛】本題考查了費馬點求最值問題，涉及到的知識點有旋轉的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，以及兩點之間線段最短等知識點，讀懂題意，利用旋轉作出正確的輔助線是解本題的關鍵．7．（23-24八年級下·重慶銅梁·期中）在?ABCD中，∠ABC=45°，連接AC，已知AB=AC=2，點E在線段AC上，將線段DE繞點D順時針旋轉90°為線段DF(1)如圖1，線段AC與線段BD的交點和點E重合，連接EF，求線段EF的長度；(2)如圖2，點G為DC延長線上一點，使得GC=EC，連接FG交AD于點H，求證：2AH=CD(3)如圖3，在（2）的條件下，平面內一點P，當HP+CP+2BP最小時，求【答案】(1)EF=(2)見解析(3)S【分析】（1）作DG⊥BC，根據等腰直角三角形的性質與判定，得到BC=2，DG=CG=1，在Rt△BGD中，應用勾股定理，求出BD的長，根據平行四邊形的性質得到ED的長，根據等腰直角三角形的性質與判定，即（2）連接AG，AF，根據全等三角形的性質與判定得到△GCA≌△ECDSAS，GA=ED，∠GAC=∠EDC，結合旋轉的性質得到GA=FD，GA∥FD，根據平行四邊形的判定得到，?AGDF，根據平行四邊形的性質得到AH（3）將△BPC繞點B順時針旋轉90°，得到△BP'C'，由旋轉的性質可得，根據兩點之間線段最短，得到HP+CP+2BP=HP+C'P'+P'P≤C'H，當P'P在線段C在Rt△IBH中，得到BH=5，在Rt△BJH中，得到JH=713本題考查了，平行四邊形的性質，旋轉的性質，等腰直角三角形的性質與判定，勾股定理，全等三角形的性質與判定，解題的關鍵是：通過旋轉△BPC得到HP+CP+2【詳解】（1）解：過點D作DG⊥BC，交BC延長線于點G，∵∠BAC=45°，AB=AC=2∴∠ACB=∠ABC=45°，∠BAC=90°，∴BC=2∵?ABCD，∴∠DCG=∠ABC=45°，CD=AB=2，ED=∵DG⊥BC，∴DG=CG=2在Rt△BGD中，BG=BC+CD=2+1=3，BD=∴ED=1由旋轉的性質可得：ED=FD，ED⊥FD，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2故答案為：EF=5（2）解：連接AG，AF，∵∠BAC=90°，AB∥CD，∴AC⊥GD，∠GCA=∠ECD=90°，又∵GC=EC，AC=DC，∴△GCA≌△ECDSAS∴GA=ED，∠GAC=∠EDC，∵ED=FD，ED⊥FD，∴GA=FD，∠AGC+∠GDF=90°-∠GAC+∠EDC+90°=180°，∴GA∥FD，∴四邊形AGDF是平行四邊形，∴AH=1∴2AH=∴2AH=CD（3）解：將△BPC繞點B順時針旋轉90°，得到△BP'C由旋轉的性質可得，C'P'=CP，∴P'∴HP+CP+2BP=HP+C'P延長C'B與DA延長線交于點I，過點B作BJ⊥P'P由旋轉的性質可得，BC'=BC=2∵AD∥BC，∴∠AIB=90°，∠IAB=∠ABC=45°，∴IB=IA=2在Rt△IC'H中，IC∵S△BC'H=在Rt△IBH中，BH=在Rt△BJH中，JH=∴PH=JH-PJ=7∴S△HPB故答案為：S△HPB8．（2024·廣東廣州·一模）如圖，在矩形ABCD和矩形AGFE中，AD=4，AE=2，AB=3AD,AG=3AE．矩形AGFE繞著點A旋轉，連接BG，CF，

(1)求證：△ABG∽△ACF；(2)當CE的長度最大時，①求BG的長度；②在△ACF內是否存在一點P，使得CP+AP+3PF的值最小?若存在，求【答案】(1)見解析(2)①BG=221；②存在，最小值是【分析】（1）根據矩形的性質，先證△ABC∽△AGF，利用相似三角形的性質準備條件，再證△ABG∽△ACF即可；（2）①先確定當E在矩形ABCD外，且C,A,E三點共線時，CE的長度最大，并畫出圖形，在Rt△CEF中求出CF的長，最利用△ABG∽△ACF的性質求解即可；②將AP繞著點A順時針旋轉30°,且使AK=3AP，連接PK，同理將AF繞著點A順時針旋轉30°,得到AL,且使AL=3AF，連接LK，過P作PS⊥AK于S，過點L作LQ垂直CE的延長線于點Q，確定CP+AP+3PF≥CL，當C、P、K【詳解】（1）證明：∵AB=3AD，∴ABAG∵矩形ABCD和矩形AGFE，∴AD=BC，AE=GF，∠ABC=∠AGF=90°，∴ABAG∴△ABC∽△AGF，∠BAC=∠GAF，∴ACAF=AB即ACAB=AF∴△ABG∽△ACF（2）∵AC+AE≥CE，∴當E在矩形ABCD外，且C,A,E三點共線時，CE的長度最大，如圖所示：

此時AC+AE=CE，∠CEF=90°，①∵AD=4，AB=3∴AC=AB2在Rt△CEF中，EF=AG=3AE=2∴CF=C由（1）得：△ABG∽△ACF，∴BGCF=ABAC，∴BG=221②如圖，將AP繞著點A順時針旋轉30°,且使AK=3AP，連接PK，同理將AF繞著點A順時針旋轉30°,得到AL,且使AL=3

由旋轉可得：∠PAF=∠KAL=30°-∠FAK，∴△AKL∽△APF，∴KLPF∴KL=3過P作PS⊥AK于S，則PS=12AP∴KS=AK-AS=32AP，則∴∠PKS=30°，∴PK=AP，∵CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+3當C、P、K、L四點共線時，CL的長最小，由題意，∠LAC=90°+30°+30°=150°，AF=4，AC=8，AL=43過點L作LQ垂直CE的延長線于點Q，∠LAQ=180°-150°=30°，∴QL=23，AQ=6則CQ=AC+AQ=14，在Rt△CQL中，根據勾股定理得CL=∴CP+AP+3PF的最小值為【點睛】本題是一道壓軸題，主要考查了矩形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，旋轉的性質，解直角三角形，等腰三角形的判定，最短路徑等知識，涉及知識點較多，綜合性強，熟練掌握相關的知識與聯系，適當添加輔助線是解答的關鍵.題型03加權費馬點模型-多系數9．（2023九年級下·全國·專題練習）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點P是正方形內部一點，求PA+2PB+5【答案】4【分析】延長DC到H，使得CH=2BC=8，則BH=45，在∠CBH的內部作射線BJ，使得∠PBJ=∠CBH，使得BJ=5BP，連接PJ，JH，AH．先證明△JBP∽△HBC，可得PJ=2PB，再證明△PBC∽△JBH，可得：HJ=5PC【詳解】解：延長DC到H，使得CH=2BC=8，則BH=45，在∠CBH的內部作射線BJ，使得∠PBJ=∠CBH，使得BJ=5BP，連接PJ，JH∵∠PBJ=∠CBH，BPBJ=∴PBBC∴△JBP∽△HBC，∴∠BPJ=∠BCH=90°，∴PJ=B∵∠PBC=∠JBH，PBBJ∴△PBC∽△JBH，∴PCJH∴HJ=∴PA+2PB+5∵PA+PJ+JH≥AH，∴PA+2PB+5∴PA+2PB+5PC的值最小，最小值為【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質，勾股定理，兩點之間線段最短，正方形的性質，，正確理解費馬點問題，利用相似構造2PB與5PC10．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在△ABC中，∠ACB=30°，BC=4，在△ABC內有一點O，連接OA，OB，OC，若2OA+OB+5OC的最小值為45，則AC

【答案】17【分析】本題考查了圖形的變換，勾股定理，最短路徑的計算方法，掌握圖象旋轉的性質，勾股定理，最短路徑的計算方法是解題的關鍵．根據題意，將△AOC繞點C逆時針旋轉90°并放大2倍，得△CA'O'，連接OO'，根據邊的關系可得2OA=O'A'，5OC=O【詳解】解：如圖所示，將△AOC繞點C逆時針旋轉90°并放大2倍，得△CA'O

∴A'O'=2AO，∴在Rt△OCO'∴2OA+OB+5根據兩點之間線段最短，∴在△A'OB∵2OA+BO+5OC的最小值為45∴A'在Rt△ACA'中，∴AA∵∠ACA∴∠A延長A'C，作點B作BE⊥A∴∠BCE=60°，且BC=4，在Rt△BCE中，∠CBE=30°∴CE=12BC=2∴A'∴在Rt△A'∴45解得，AC=17故答案為：17-111．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P為平面內一點，求22【答案】12【分析】將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△AP'C'，將△AP'C'擴大324倍，得到△AP″C″，當點B、P、【詳解】解：如圖，將△APC繞點A逆時針旋轉45°，得到△AP'C'，將△AP'C'擴大，相似比為324倍，得到△AP過點P作PE⊥AP″于E∴AE=PE=2∴P″E=AP″-AE=∴PP″=P當點B、P、P″、C″在同一直線上時，22BP+5AP+3PC=22∵∠BAC″=∠BAC+∠CAC″=90°，AB=6，∴BC∴22BP+5AP+3PC=2【點睛】此題考查旋轉的性質，全等三角形的性質，勾股定理，正確理解費馬點問題的造圖方法：利用旋轉及全等的性質構建等量的線段，利用三角形的三邊關系及點共線的知識求解，有時根據系數將圖形擴大或縮小構建圖形．12．（2024·重慶·二模）已知△ABC中AB=BC，點D和點E是平面內兩點，連接BD，DE和BE，∠BED=90°．(1)如圖1，若BD=BA，∠ABC=2∠D，BE=2，求AC的長度；(2)如圖2，連接AD和CD，點F為AD中點，點G為CD中點，連接EF和BG，若EF=BG，求證：∠BAC=∠DBE；(3)若∠ABC=60°，AB=2，當12AD+32BD+CD【答案】(1)4(2)見解析(3)12【分析】（1）過點B作BH⊥AC交AC于點H，證明△AHB≌△BEDAAS（2）取BD的中點T，連接TE,TF,TG，根據中位線的性質，直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半，得出△TFE≌△TBGSSS，再證明△TBE∽△TFG，得出∠EBT=∠GFT（3）將△BDC繞點B順時針轉60°得到△BD'A，將△ABD繞點B順時針旋轉60°得到△BA'D'，連接AA'，根據12AD+32BD+CD=GF+FD+CD≥GC，當G,F,D,C四點共線時，GC最小，進而確定E的位置，根據點E在O為圓心，12BD為半徑的圓上運動，由點到圓上的距離關系，得出當【詳解】（1）解：如圖所示，過點B作BH⊥AC交AC于點H，∵△ABC中AB=BC，∴∠AHB=90°，∠ABC=2∠ABH，AC=2AH∵∠BED=90°，∠ABC=2∠D，∴∠AHB=∠BED，∠ABH=∠D．又∵BD=BA，∴△AHB≌△BED∴AH=BE=2∴AC=2AH=4；（2）解：如圖所示，取BD的中點T，連接TE,TF,TG，又∵F,G是AD，DC，∴FT=12∵AB=BC∴FT=TG，∵∠BED=90°，T為BD的中點，∴TE=BT，在△TFE,△TBG中，TF=TG∴△TFE≌△TBG∴∠FTE=∠GTB∴∠FTE-∠GTE=∠GTB-∠GTE即∠FTG=∠ETB又∵FT=TG,TE=EB即TETF∴△TBE∽△TFG∴∠EBT=∠GFT∵FG∴∠TFB=∠BAC∴∠BAC=∠DBE（3）解：∵△ABC中AB=BC，∠ABC=60°，∴∵ABC是等邊三角形，如圖所示，將△BDC繞點B順時針轉60°得到△BD'A，將△ABD繞點B順時針旋轉60°得到△BA∴BD=BD'，∠DBD'則△DBD'是等邊三角形，∵CD=A取BD',BA'∵F是BD'的中點，DF⊥BD，∴1∴當G,F,D,C四點共線時，GC最小此時如圖所示，∴GC⊥B∵A'∴A'∴△A∴△ABD是直角三角形，∴AD⊥BD∵∠BD∴∠∴A設CD=a，則AD'=a在Rt△ADD∵△BDD∴BD=DD在Rt△ABD中，∴A∴2解得：a=∴BD=3a=取BD的中點O，連接AO,OE，∵∠BED=90°∴點E在O為圓心，12∴OE=1∴當AE取得最大值時，E在AO的延長線上，連接OF，過點E作ES⊥BD于點S，在Rt△AOD中，OD=OE=∴AO=A∴cos∠AOD=∴SE=cos∴△BDE的面積為1【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，三角形中位線的性質，旋轉的性質，直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半，相似三角形的性質與判定，加權費馬點問題，點與圓的位置關系，直徑所對的圓周角是直角；熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【針對訓練】1．（2021·遼寧丹東·中考真題）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果△ABC是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內一點，且滿足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．若AB=AC=7,BC=23，P為△ABC的費馬點，則PA+PB+PC=；若AB=23,BC=2,AC=4，P為【答案】52【分析】①作出圖形，過B,C分別作∠DBP=∠DCP=30°,勾股定理解直角三角形即可②作出圖形，將△APC繞點A逆時針旋轉60°，P為△ABC的費馬點則B,P,P',C'【詳解】①如圖,過A作AD⊥BC，垂足為D,過B,C分別作∠DBP=∠DCP=30°,則PB=PC,P為△ABC的費馬點∵AB=AC=7∴BD=DC=∴∴PD=1∴PB=∴AD=∴PA+PB+PC=5②如圖：∵AB=23,BC=2,AC=4∴A∴A∠ABC=90°∵∴∠BAC=30°將△APC繞點A逆時針旋轉60°由旋轉可得：△APC≌△A∴AP'∴△APP∴∠BA∵P為△ABC的費馬點即B,P,P',C∴PA+PB+PC=BP+PP'=AB故答案為：①5，②2【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉的性質，銳角三角函數，等腰三角形性質，作出旋轉的圖形是解題的關鍵．本題旋轉△PAB,△PBC也可，但必須繞頂點旋轉．2．（2021九年級·全國·專題練習）如圖，在△ABC中，∠ACB=30°,BC=6,AC=5，在△ABC內部有一點P，連接PA、PB、PC．（加權費馬點）求：（1）PA+PB+PC的最小值；（2）PA+PB+2（3）PA+PB+3（4）2PA+PB+3（5）12（6）2PA+4PB+23（7）4PA+2PB+23（8）3PA+4PB+5PC的最小值【答案】（1）61；（2）91；（3）61+303；（4）234；（5）132；（6）26；（7）434【分析】（1）將△BPC繞點B順時針旋轉60°得到△BP'C'，則BP'=BP，P'C=PC，∠PBP'=60°，可以推出△BPP'為等邊三角形，得到BP=P（2）將△BPC繞點C逆時針旋轉90°得到△CP'B'，則可證明PP'=2PC，從而得到PA+PB+2PC=PA+PP'+P'B，則當A、P、（3）將△BPC繞點C逆時針旋轉120°得到△B'PC'，則可證明PP'=3CP，則PA+PB+3PC=PA+PP'+P'B'，故當A、（4）將△BPC繞點C順時針旋轉60°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點C為位似中心放大2倍，得到△CP″A″，連接PP'，先證明P″P=（5）將△BPC繞點C順時針旋轉60°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點C為位似中心縮小2倍，得到△CP″A″，同（4）原理可證得當A（6）由2PA+4PB+23PC=412PA+PB+32（7）由4PA+2PB+23PC=2(2PA+PB+3PC)可由（4）得（8）將△BPC繞點C順時針旋轉90°，得到△CP'A'，再將△CP'A'以點C為位似中心縮小34倍，得到△CP″A″，同理可以證得當A、P、P″、A″，共線時3PA+4PB+5PC的值最?。凇鰾CA【詳解】解：（1）如圖3-2，將△BPC繞點B順時針旋轉60°得到△B∴BP'=BP，P∴△BPP∴BP=PP∴PA+PB+PC=PA+PP∴A、P、P'、C'四點共線時，PA+PB+PC同理可證△BCC∴CC'=BC=6∴∠ACC∴AC∴PA+PB+PC的最小值為61；（2）如圖3-4，將△BPC繞點C逆時針旋轉90°得到△C∴B'P'=BP，P'C=PC，∴PP∴PA+PB+2∴當A、P、P'、B'四點共線時，PA+PB+PC∵∠ACB=30°，∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠∴∠ACB過點A再作B'C的垂線，垂足為∴∠AEC=90°，∠ACE=60°，∴∠CAE=30°，∴CE=∴AE=AC2∴AB∴PA+PB+2PC的最小值為（3）如圖3-6，將△BPC繞點C逆時針旋轉120°得到△B∴B'P'=BP，P'C=PC，∴∠CPP過點C作CE⊥PP'于∴CE=12CP∴PE=P∴PP∴PA+PB+3∴當A、P、P'、B'四點共線時，PA+PB+∵∠ACB=30°，∴∠ACP+∠PCB=∠ACP+∠∴∠ACB過點A再作B'C的垂線，垂足為∴∠AEC=90°，∠ACE=3°，∴AE=∴CE=A∴B∴AB∴PA+PB+3PC的最小值為（4）如圖3-8，將△BPC繞點C順時針旋轉60°，得到△CP'A'，再將△CP'A由旋轉的性質得CA'=CA=5，CP'∴CA″=10，CP″∴PP'=∴∠PP∴∠P∴P″∴2PA+PB+3∴當A″，P″，P，B共線時2PA+PB+3∵∠BCA∴A″∴2PA+PB+3PC的最小值為（5）如圖3-10，將△BPC繞點C順時針旋轉60°，得到△CP'A'，再將△CP'同（4）原理可證得當A″，P″，P，B共線時12∵∠BCA″=∠ACB+∠ACA″=BA12PA+PB+3（6）∵2PA+4PB+2∴由（5）得：2PA+4PB+23PC的最小值為（7）∵4PA+2PB+2∴由（4）得4PA+2PB+23PC的最小值為（8）如圖3-12，將△CPA繞點C順時針旋轉90°，得到△CP'A'，再將△CP'A同理可以證得當A、P、P″、A″，共線時在△BCA″中，∠BCA過點A″作A″E⊥BC交BC∴∠A∴∠CA∴CE=1∴EA″=∴BA3PA+4PB+5PC的最小值為21．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，勾股定理，位似，含30度角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定等等，解題的關鍵在于能夠作出輔助線，找到P點在什么位置時，線段的和最小．3．（2024·陜西西安·模擬預測）（1）問題背景如圖1，P為△ABC內部一點，連接PA、PB、PC，將△APC繞，點C順時針旋轉60°得到△由PC=P'C，∠PCP'=60°，可知△PCP'為___________三角形，故PP'=PC，又P'A'=PA，故PA+PB+PC=PA'（2）問題解決如圖3，在△ABC中，三個內角均小于120°，且AC=3，BC=4，∠ACB=30°，求PA+PB+PC的最小值；（3）問題應用如圖4，設村莊A，B，C的連線構成一個三角形，且AC=6km，BC=43km，∠ACB=30°．現欲在△ABC內部建一中轉站P沿直線向A，B，C三個村莊鋪設電纜，已知由中轉站P到村莊A，B，C【答案】（1）等邊；兩點之間線段最短（2）5（3）2000【分析】（1）根據推論過程填寫根據即可；（2）根據（1）的方法將△APC繞點C順時針旋轉60°得到△A'P'C，即可得出可知當B、P、P'、A'在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為A'B，再根據∠ACB=30°可證明∠BCA'=90°，根據勾股定理即可求出A'B；（3）根據總鋪設成本=1000(PA+PB+3PC)，將△APC繞點C順時針旋轉120°得到△A'P'C，得到等腰△P【詳解】（1）∵PC=P'C，∠PCP'=60°，∴△PCP由幾何公理：兩點之間線段最短可得：PP∴當B，P，P'，A'在同一條直線上時，PA+PB+PC故答案為：等邊，兩點之間線段最短．（2）如圖4，將△APC繞點C順時針旋轉60°得到△A'P'由（1）可知當B、P、P'、A'在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，最小值為∵∠ACP=∠A∴∠ACP+∠BCP=∠A又∵∠PCP∴∠BCA根據旋轉的性質可知：AC=A∴A即PA+PB+PC的最小值為5；（3）∵總鋪設成本=PA×1000+PB×1000+PC×10003∴當PA+PB+3將△APC繞點C順時針旋轉120°得到△A'P'C，連接PP'，A'B，過點A'作A由旋轉性質可知：P'C=PC，∠PCP'=∠AC在Rt△PKC中，∴PK=∴PP∴PA+PB+3當B、P、P'、A'在同一條直線上時，P'A'∵∠ACB=30°，∠ACA∴∠A∴A∴HC=∴BH=BC+CH=43∴A∴PA+PB+3PC的最小值為總鋪設成本最小值為：1000(PA+PB+3PC)=200039【點睛】本題考查幾何變換綜合應用，涉及等邊三角形判定與性質，等腰直角三角形判定與性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造直角三角形解決問題．4．（2024·福建廈門·二模）根據以下思考，探索完成任務費馬點的思考問題背景17世紀有著“業余數學家之王”美譽的法國律師皮耶·德·費馬，提出一個問題：求作三角形內的一個點，使它到三角形三個頂點的距離之和最小，后來這點被稱之為“費馬點”．

素材1解決這種問題的經典方法，就是利用旋轉變換，將三條線段PA，如圖：把△APC繞點A逆時針旋轉60度得到△AP'C'，連接PP'，這樣就把確定PA+PB+PC的最小值的問題轉化成確定BP+PP'+P'C'的最小值的問題了．當B，P

素材2圖中所示的是一個正方形的廠區，其中頂點A，B，C，D分別為辦公區、生產區、物流區和生活區，正方形邊長為2km，準備在廠區內修建一研發區E，且從研發區E修建三條直線型道路直通辦公區A，生產區B和物流區C修路的成本為200元/

任務一感悟證明定理請你根據素材1所給解決思路，證明所求線段轉化的正確性．證明：PA+PB+PC=BP+P任務二初步探索位置在素材2中，請問研發區E建在哪片區域比較合適？（

）A．△ABC內的區域B．△ACD內的區域任務三擬定恰當方案為了節約建設成本，問該研發區E應該修建在廠區的什么地方，才能使得花費最少，最少費用為多少？【答案】任務一：見解析；任務二：A；任務三：研發區E應建在△ABC內部，且滿足∠AEB=∠BEC=∠CEA=120°時花費最少，最少費用為2006【分析】本題主要考查三角形的旋轉變換的性質、勾股定理、等邊三角形的判定與性質等知識點，將待求線段的和通過旋轉變換轉化為同一直線上的線段來求是解題的關鍵，學會利用旋轉的方法添加輔助線，構造特殊三角形解決問題，屬于中考壓軸題．任務一：證明△APP任務二：結合任務一結論選擇即可；任務三：把△ABE繞點B逆時針旋轉60度得到△A'BE'，連接A'C，△EBE'為等邊三角形，證出AE+BE+CE≥A'C，當且僅當E',E在A'【詳解】解：任務一：如圖，由旋轉得：∠PAP∴△APP∴PP∵PC=P∴PA+PB+PC=BP+PP

任務二：在素材2中，由題意得：要找一點E到A、B、C三點距離和最小，研發區E建在△ABC內的區域比較合適，故選：A；（3）如圖，把△ABE繞點B逆時針旋轉60度得到△A則BE=BE'連接A'∴△EBE∴EE∵△ABE繞點B逆時針旋轉60度得到△A∴A∵A∴AE+BE+CE≥A當且僅當E',E在A'C上時，此時，點E在△ABC內部，且滿足∠AEB=∠BEC=∠CEA=120°，過點A'作A'H⊥CB，交CB在Rt△A'∴A∴CH=2+3在Rt△A'∴AE+BE+CE最小值為6+2，此時費用為

5．（21-22八年級上·江蘇蘇州·期中）背景資料：在已知△ABC所在平面上求一點P，使它到三角形的三個頂點的距離之和最小.這個問題是法國數學家費馬1640年前后向意大利物理學家托里拆利提出的，所求的點被人們稱為“費馬點”．如圖1，當△ABC三個內角均小于120°時，費馬點P在△ABC內部，當∠APB=∠APC=∠CPB=120°時，則PA+PB+PC取得最小值．(1)如圖2，等邊△ABC內有一點P，若點P到頂點A、B、C的距離分別為3，4，5，求∠APB的度數，為了解決本題，我們可以將△ABP繞頂點A旋轉到△ACP'處，此時△ACP'≌△ABP這樣就可以利用旋轉變換，將三條線段PA、PB、知識生成：怎樣找三個內角均小于120°的三角形的費馬點呢？為此我們只要以三角形一邊在外側作等邊三角形并連接等邊三角形的頂點與△ABC的另一頂點，則連線通過三角形內部的費馬點．請同學們探索以下問題．(2)如圖3，△ABC三個內角均小于120°，在△ABC外側作等邊三角形△ABB'，連接CB'，求證：(3)如圖4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，點P為△ABC的費馬點，連接AP、BP、CP，求PA+PB+PC的值．(4)如圖5，在正方形ABCD中，點E為內部任意一點，連接AE、BE、CE，且邊長AB=2；求AE+BE+CE的最小值．【答案】(1)150°；(2)見詳解；(3)7；(4)6+【分析】（1）根據旋轉性質得出△ABP≌△ACP'，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根據△ABC為等邊三角形，得出∠BAC=60°，可證△APP′為等邊三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根據勾股定理逆定理PP'2+P'C2=32+42=25=PC（2）將△APB逆時針旋轉60°，得到△AB′P′，連結PP′，根據△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根據∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，根據PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，根據兩點之間線段最短得出點C，點P，點P′，點B′四點共線時，PA+PB+PC（3）將△APB逆時針旋轉60°，得到△AP′B′，連結BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可證△APP′和△ABB′均為等邊三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根據PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC，可得點C，點P，點P′，點B′四點共線時，PA+PB+PC最小=CB′，利用30°直角三角形性質得出AB=2AC=2，根據勾股定理BC=AB2-AC2=22-12=3，可求BB′=（4）將△BCE逆時針旋轉60°得到△CE′B′，連結EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可證△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'，得出點C，點E，點E′，點B′四點共線時，AE+BE+CE=AE+EE'+E'B'最小=AB′，根據四邊形ABCD為正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根據30°直角三角形性質得出BF=12BB【詳解】（1）解：連結PP′，∵△ABP≌△ACP∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，∴△APP′為等邊三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，在△P′PC中，PC=5，PP∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案為150°；（2）證明：將△APB逆時針旋轉60°，得到△AB′P′，連結PP′，∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，∵PA+PB+PC=PP∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，PA+PB+PC最小=CB′，∴點P在CB′上，∴CB'過（3）解：將△APB逆時針旋轉60°，得到△AP′B′，連結BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均為等邊三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，∵PA+PB+PC=P∴點C，點P，點P′，點B′四點共線時，PA+PB+PC最小=CB′，∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，∴AB=2AC=2，根據勾股定理BC=A∴BB′=AB=2，∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，∴在Rt△CBB′中，B′C=B∴PA+PB+PC最小=CB′=7；（4）解：將△BCE逆時針旋轉60°得到△CE′B′，連結EE′，BB′，過點B′作B′F⊥AB，交AB延長線于F，∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′與△BCB′均為等邊三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，∵AE+BE+CE=AE+EE∴點C，點E，點E′，點B′四點共線時，AE+BE+CE=AE+EE'+E∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=2，∠ABC=90°，∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，∵B′F⊥AF，∴BF=12BB'=∴AF=AB+BF=2+3，∴AB′=AF∴AE+BE+CE最小=AB′=6+【點睛】本題考查圖形旋轉性質，等邊三角形判定與性質，勾股定理，直角三角形判定與性質，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質，30°直角三角形性質，掌握圖形旋轉性質，等邊三角形判定與性質，勾股定理，直角三角形判定與性質，兩點之間線段最短，四點共線，正方形性質，30°直角三角形性質是解題關鍵．6．（2023·貴州遵義·三模）（1）【問題發現】如圖①，在△OAB中，若將△OAB繞點O逆時針旋轉120°得到△OA'B'，連接B（2）【問題探究】如圖②，已知△ABC是邊長為43的等邊三角形，以BC為邊向外作等邊三角形BCD，P為△ABC內一點，將線段CP繞點C逆時針旋轉60°，點P的對應點為點Q①求證：△DCQ≌②求PA+PB+PC的最小值；（3）【實際應用】如圖③，在矩形ABCD中，AB=600，AD=800，P是矩形內一動點S△PAD=2S△PBC，Q為【答案】（1）30°；（2）①見解析；②12；（3）存在，400【分析】（1）根據旋轉的性質得出OB'=OB（2）①根據等邊三角形的性質證明全等即可；②連接PQ，得到△CPQ是等邊三角形，由兩點之間線段最短得AP+DQ+PQ≥AD，求出AD即可得解；（3）過點P作EF∥AD交AB于點E，交CD于點F，將△ADQ繞點A逆時針旋轉60°得△AD'Q'，連接DD',QQ',D'P，設D【詳解】（1）解：∵將△OAB繞點O逆時針旋轉120°得到△OA∴OB'=OB=3∴∠OBB故答案為：30°；（2）①證明：∵△BDC是等邊三角形，∴CD=CB，∠DCB=60°，由旋轉得∠PCQ=60°，PC=CQ，∴∠DCQ=∠BCP，在△DCQ和△BCP中，CD=CB∠DCQ=∠BCP∴△DCQ≌△BCPSAS②連接PQ，∵PC=CQ，∠PCQ=60°，∴△CPQ是等邊三角形，∴PQ=PC，∵△DCQ≌△BCP，∴PB=DQ，∴PA+PB+PC=PA+QD+PQ，由兩點之間線段最短得AP+DQ+PQ≥AD，∴PA+PB+PC≥AD，∴當點A、P、Q、D在同一條直線上時，PA+PB+PC取最小值，為AD的值，延長AC，作DE⊥AC，交AC的延長線于點E，∵△ABC是邊長為43∴AC=CD=CB=43，∠BCD=∠ACB=60°∴∠DCE=180°-60°-60°=60°，∴∠CDE=90°-60°=30°，∴EC=1∴DE=CD2∴AD=D即PA+PB+PC取最小值為12．（3）存在一點P和一點Q，使得AQ+DQ+PQ有最小值，理由如下：過點P作EF∥AD交AB于點E，交CD于點F，將△ADQ繞點A逆時針旋轉60°得△AD'Q'，連接DD由（2）知，當P,Q,Q',D'在矩形ABCD中，AB=600,AD=800，∴BC=AD=800，AD∥BC，∵EF∥∴∠AEF=∠EFD=90°，∴四邊形ADFE是矩形，∴EF=AD=800，∵S△PAD∴12∴AE=2BE，∵AE+BE=AB=600，∴AE=400，∵點P在EF上，∴當D'P⊥EF時，∵EF∥∴D'∵△ADD∴AD∴D'∵∠EAG=∠AEP=∠EPG=90°，∴四邊形AEPG是矩形，∴GP=AE=400，∴D'∴AQ+DQ+PQ的最小值為4003【點睛】本題主要考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，矩形的判定和性質，勾股定理，旋轉的性質，解題的關鍵是結合旋轉的性質、三角形全等的判定和性質、勾股定理．類型二瓜豆模型型定義：瓜豆模型也叫“主從聯動模型”，即：一個動點隨另一動點的運動而運動,分別叫做“主動點”與“從動點”，它們的運動軌跡相似。出自成語“種瓜得瓜,種豆得豆”，在幾何上叫“種線得線,種國得圓”.【條件】瓜豆原理運用滿足的三個條件(“一定兩動、定角、定比”)；①有一個定點、兩個動點，且一個動點(從動點)因另一個動點(主動點)的運動而隨之運動；②兩個動點與定點所連線組成的夾角是定角;③兩個動點到定點的距離的比值是定值.1)本模型一般出現在選擇題或填空題的壓軸題中，可以直接利用結論秒殺.2)在線段最值問題中，有時可先利用“瓜豆”模型確定動點的軌跡，再根據點線最值，點圓最值來求線段最值.3)部分求動點軌跡長的問題中，只要確定屬于“瓜豆”模型，就可以利用路徑之比等于相似比，根據主動點的軌跡長直接求得.【模型一】點在直線上條件;如圖，點O是定點，點A、B是動點，∠AOB=α（α≠0）且OBOA圖示：結論：B點的運動軌跡也是直線，OBOA=OB’OA’=k，【模型二】點在圓上條件;如圖，點O是定點，點A、B是動點，∠AOB=α且OBOA=k，A點圖示：結論：1)當α=0，①B點的運動軌跡是圓，②A,B,O始終是一條直線，③主動圓與從動圓的半徑之比為OBOA2)當α≠0，①B點的運動軌跡是圓，②主動圓與從動圓的半徑之比為OBOA③主從動圓的圓心與定點連線構成的夾角為α（定值）.【總結】1）在線段最值問題中，有時可先利用“瓜豆”模型確定動點的軌跡，再根據點線最值，點圓最值來求線段最值；2）部分求動點軌跡長的問題中，只要確定屬于"瓜豆“模型，就可以利用路經之比等于相似比，根據主動點的軌跡長直接求得題型01點的運動軌跡是直線1．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AB=5，BC=53，點P在線段BC上運動（含B、C兩點），連接AP，以點A為中心，將線段AP逆時針旋轉60°到AQ，連接DQ，則線段DQ的最小值為（

A．52 B．52 C．53【答案】A【分析】根據題中條件確定出點P的軌跡是線段，則線段DQ的最小值就轉化為定點D到點P的軌跡線段的距離問題．【詳解】解：∵AP與AQ固定夾角是60°，AP:AQ=1，點P的軌跡是線段，∴Q的軌跡也是一條線段．∵兩點確定一條直線，取點P分別與B,C重合時，所對應兩個點Q，來確定點Q的軌跡，得到如下標注信息后的圖形：求DQ的最小值，轉化為點D到點Q的軌跡線段的距離問題，∵AB=5,BC=53∴在Rt△ABC中，tan∠BAC=∵AB//DC,∴∠DCA=60°，將AC逆時針繞點A轉動60°后得到AQ∴△ACQ1為等邊三角形，Q2為AC∠CQ過點D作Q1Q2在Rt△Q1QD∴DQ=1∴DQ的最小值為52故選：A．【點睛】本題考查了動點問題中，兩點間距離的最小值問題，解題的關鍵是：需要確定動點的軌跡，才能方便找到解決問題的突破口．2．（2022·安徽合肥·三模）如圖，在Rt△ABC紙片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，點D，E分別在BC，AB邊上，連接DE，將△BDE沿DE翻折，使點B落在點F的位置，連接AF，若四邊形BEFD是菱形，則AF的長的最小值為（

）A．5 B．3 C．52 D．【答案】A【分析】連接BF交ED于點0，設EF與AC交于點G．根據菱形的性質可得點F在∠ABC的平分線上運動，從而得到當AF⊥BF時，AF的長最?。僮C明△BEO∽△BAF，可得BE=12AB=AE，再證明△AGE∽△ACB，EG=1【詳解】解：如圖，連接BF交ED于點O，設EF與AC交于點G．∵四邊形BEFD是菱形，∴BF平分∠ABC，∴點F在∠ABC的平分線上運動，∴當AF⊥BF時，AF的長最小．在菱形BEFD中，BF⊥ED，OB=OF，EF∥BC，∴EO∥AF，∴△BEO∽△BAF，∴BEAB∴BE=1在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，∴AB=5，∴BE=AE=2.5，∵AF⊥BF，∴EF=2.5，∵EF∥BC，∴△AGE∽△ACB，∴EGBC∴EG=1∴GF=EF-EG=1，∵∠AGF=∠AGE=90°，∴AF=A故選：A【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，菱形的性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，菱形的性質，準確得到點F在∠ABC的平分線上運動是解題的關鍵．3．（2023·廣東廣州·二模）如圖，正方形ABCD的邊長為42，E為BC上一點，且BE=2，F為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右側作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為

【答案】522【分析】由題意分析可知，點F為主動點，G為從動點，所以以點E為旋轉中心構造全等關系，得到點G的運動軌跡，之后通過垂線段最短構造直角三角形獲得CG最小值．【詳解】將△EFB繞點E旋轉60°，使EF與EG重合，得到△EFB≌△EHG，

∴BE=HE，∠BEH=60°∴△EBH為等邊三角形，∠BEH=60°，BE=HE=2則有點G在垂直于HE的直線HN上，過C作CM⊥HN，當G與點M重合時即CM即為CG的最小值，如圖，過E作EP⊥CM，易得四邊形HEPM為矩形，∴∠HEP=∠EPG=∠EPC=90°，HE=MP=2∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=42∴CE=BC-BE=42∴∠CEP=30°，∴CP=12∴CM=MP+CP=HE+1故答案為：52【點睛】此題考查了旋轉的性質，線段最值問題，解題的關鍵是分清主動點和從動點，通過旋轉構造全等，從而判斷出點G的運動軌跡，之后運用垂線段最短，構造圖形計算，是最值問題中比較典型的類型．4．（2024·河北邢臺·模擬預測）如圖，△ABC是邊長為2的等邊三角形，點E為中線BD上的動點．連接CE，將CE繞點C順時針旋轉60°得到CF．連接AF，則∠CAF=，連接DF，則△CDF周長的最小值是．【答案】30°1+【分析】證明△CBE≌△CAF(SAS)可得∠CAF=∠CBE=30°，得到點F在射線AF上運動，如圖所示，作點C關于AF的對稱點C'，連接DC'，可得當D，F，C'三點共線時，FC+FD取最小值，即【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，E為高BD上的動點，∴∠CBE=1∵將CE繞點C順時針旋轉60°得到CF，∴CE=CF，∴∠BCE=∠ACF，∴△CBE≌△CAF(SAS∴∠CAF=∠CBE=30°，∴點F在射線AF上運動，如圖所示，作點C關于AF的對稱點C'，連接D設CC'交AF于點O，則在Rt△AOC中，∠CAO=30°，則CO=當D，F，C'∵∠ACO=90°-∠CAO=60°，∴∠C∵CC∴CD=1∴C'∴△CDF周長的最小值為1+3故答案為：30°；1+3【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，軸對稱的性質，兩點之間線段最短，直角三角形的性質，勾股定理，正確作出輔助線是解題的關鍵．5．（2023·江蘇徐州·模擬預測）等邊△ABC邊長為6，D是BC中點，E在AD上運動，連接BE，在BE下方作等邊△BEF，則△BDF周長的最小值為．【答案】33+3【分析】連接CF，由條件可以得出∠ABE=∠CBF，再根據等邊三角形的性質就可以證明△BAE≌△BCF，從而可以得出∠BCF=∠BAD=30°，作點D關于CF的對稱點G，連接CG，DG，則FD=FG，依據當B，F，G在同一直線上時，DF+BF的最小值等于線段BG長，可得△BDF的周長最?。驹斀狻拷猓喝鐖D，連接CF，∵△ABC、△BEF都是等邊三角形，∴AB=BC=AC，BE=EF=BF，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠EBF=∠BEF=∠BFE=60°，∴∠ABC-∠EBD=∠EBF-∠EBD，∴∠ABE=∠CBF，∴△BAE≌△BCF(SAS∴∠BCF=∠BAD=30°，如圖，作點D關于CF的對稱點G，連接CG，DG，則FD=FG，∠GCF=∠BCF=30°，∴當B，F，G在同一直線上時，DF+BF的最小值等于線段BG長，且BG⊥CG時，△BDF的周長最小，∴BGBC∴BG=3∴△BDF周長：DF+BF+BD=BG+BD=33故答案為：33【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，解直角三角形．凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質定理，結合軸對稱變換來解決，多數情況要作點關于某直線的對稱點．6．（2024·江蘇揚州·中考真題）如圖，點A、B、M、E、F依次在直線l上，點A、B固定不動，且AB=2，分別以AB、EF為邊在直線l同側作正方形ABCD、正方形(1)如圖1，若BE=10，EF=12，求點M與點B之間的距離；(2)如圖1，若BE=10，當點M在點B、E之間運動時，求(3)如圖2，若BF=22，當點E在點B、F之間運動時，點M隨之運動，連接CH，點O是CH的中點，連接HB、MO，則【答案】(1)4或6；(2)12.5；(3)2221【分析】（1）設BM=x，則ME=10-x，證明△BCM∽△EMH，然后根據相似三角形的性質得出BCEM=BMEH，則（2）設BM=x，則ME=10-x，證明△BCM∽△EMH，然后根據相似三角形的性質得出BCEM=BMEH，則（3）連接FH，由四邊形EFGH是正方形，得∠HFE=45°，即點H對角線FH所在直線上運動，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得OM=12CH，當C、H【詳解】（1）解：設BM=x，則ME=10-x，∵四邊形ABCD、EFGH是正方形，∴∠ABC=∠CBM=90°，∠HEF=∠MEH=90°，AB=BC=2，∴∠CBM=∠MEH=90°，∠BCM+∠CMB=90°，∵∠PMN=90°，∴∠EMH+∠CMB=90°，∴∠BCM=∠EMH,∴△BCM∽△EMH，∴BCEM=BMEH，即解得：x=6或x=4，∴BM=6或BM=4；（2）設BM=x，則ME=10-x，∵四邊形ABCD、EFGH是正方形，∴∠ABC=∠CBM=90°，∠HEF=∠MEH=90°，AB=BC=2，∴∠CBM=∠MEH=90°，∠BCM+∠CMB=90°，∵∠PMN=90°，∴∠EMH+∠CMB=90°，∴∠BCM=∠EMH，∴△BCM∽△EMH，∴BCEM=BM∴HE=-1當BM=5時，HE有最大，最大值為12.5；（3）連接FH，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠HFE=45°，即點H在對角線FH所在直線上運動，如圖，作B關于FH的對稱點B'，連接B'C，過C作CQ⊥FG∴BF=B'F，四邊形BFQC為矩形，則點B'、G、∴B'∴B'∵∠CMH=90°，點O是CH的中點，∴OM=1∴2OM+HB=CH+HB∴當C、H、B'三點共線時，∴在Rt△CB'∴2OM+HB的最小值為2221故答案為：2221【點睛】本題考查了正方形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，解一元二次方程，二次函數的最值，兩點之間線段最短等知識，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．題型02點的運動軌跡是圓1．（2024·安徽淮北·三模）如圖，線段AB=4，點M為AB的中點，動點P到點M的距離是1，連接PB，線段PB繞點P逆時針旋轉90°得到線段PC，連接AC，則線段AC長度的最大值是（

）A．3 B．4 C．22 D．【答案】D【分析】以AB為斜邊向上作等腰直角△AJB，連接CJ，BC．利用相似三角形的性質證明JC=2，推出點C的運動軌跡是以J為圓心，2為半徑的圓，根據AC≤AJ+JC=3【詳解】解：以AB為斜邊向上作等腰直角△AJB，連接CJ，BC．∵AM=BM，∴JM=AM=MB，∴△JMB是等腰直角三角形，△PBC是等腰直角三角形，∴∠MBJ=∠PBC=45°∴BJ=BMcos45°∴∠MBP=∠JBC，JBMB∴△JBC∽△MBP，∴JCPM∵PM=1，∴JC=2∴點C的運動軌跡是以J為圓心，2為半徑的圓，∵AJ=2∴AC≤AJ+JC=32故線段AC長度的最大值為32故選：D．【點睛】本題主要考查的是旋轉的性質、相似三角形的性質和判定，解直角三角形，點與圓的位置關系，三角形三邊關系，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．2．（2023·浙江寧波·模擬預測）如圖，△ABC中，∠ABC=90°，tan∠BAC=12，點D是AB的中點，P是以A為圓心，以AD為半徑的圓上的動點，連接PB、A．103 B．31010 C．13【答案】D【分析】此題考查了解直角三角形，根據阿氏圓的定義，分別固定BP，分別確定A點的運動軌跡為阿氏圓O，C點的運動軌跡為阿氏圓O'，，由此可知，當PC最最小時，PBPC【詳解】解：固定BP，則BAAP∴A點的運動軌跡為阿氏圓O，設OP=a，則AO=2a，BO=4a，則PB=BO-OP=3a，∵∠ABC=90°，ABBC∴C點的運動軌跡為阿氏圓O'∴∠OBO∴O'∴當PC最小時，PBPCPO∴PBPC故選：D．3．（2023·山東泰安·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，Rt△AOB的一條直角邊OB在x軸上，點A的坐標為(-6，4)；Rt△COD中，∠COD=90°，OD=43，∠D=30°，連接BC，點M是BC中點，連接AM

A．3 B．62-4 C．213【答案】A【分析】如圖所示，延長BA到E，使得AE=AB，連接OE，CE，根據點A的坐標為(-6，4)得到BE=8，再證明AM是△BCE的中位線，得到AM=12CE；解Rt△COD得到OC=4，進一步求出點C在以O為圓心，半徑為4的圓上運動，則當點M在線段【詳解】解：如圖所示，延長BA到E，使得AE=AB，連接OE，∵Rt△AOB的一條直角邊OB在x軸上，點A的坐標為(-6∴AB=4，∴AE=AB=4，∴BE=8，∵點M為BC中點，點A為BE中點，∴AM是△BCE的中位線，∴AM=1在Rt△COD中，∠COD=90°∴OC=3∵將Rt△COD以點O∴點C在以O為圓心，半徑為4的圓上運動，∴當點M在線段OE上時，CE有最小值，即此時AM有最小值，∵OE=B∴CE的最小值為10-4=6，∴AM的最小值為3，故選A．

【點睛】本題主要考查了一點到圓上一點的最值問題，勾股定理，三角形中位線定理，坐標與圖形，含30度角的直角三角形的性質等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．4．（21-22九年級上·江蘇南京·期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，點P在以AB為直徑的半圓上運動，由點B運動到點A，連接CP，點M是CP的中點，則點M經過的路徑長為．【答案】5π【分析】由AB是直徑，得∠APB＝90°，取BC，AC的中點E和F，連接ME，MF，EF，由三角形中位線知ME⊥MF，即∠EMF＝90°，則點M在以EF為直徑的半圓上，即可得出答案．【詳解】解：∵∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，∴AB＝AC2+BC2連接AP，BP，∵AB是直徑，∴∠APB＝90°，即AP⊥BP，取BC，AC的中點E和F，連接ME，MF，EF，在△BPC中，∵M，E為PC、BC的中點，∴ME∥BP，ME＝12在△APC中，∵點M、F為PC、AC的中點，∴MF∥AP，MF＝12∴ME⊥MF，即∠EMF＝90°，∴點M在以EF為直徑的半圓上，∴EF＝12AB＝10∴點M的運動路徑長為12×2π×5＝故答案為：5π．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，三角形中位線定理以及弧長公式的應用，利用定角對定弦確定點M的運動路徑是解題的關鍵．5．（2022·山東日照·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A的坐標為（0，4），P是x軸上一動點，把線段PA繞點P順時針旋轉60°得到線段PF，連接OF，則線段OF長的最小值是．

【答案】2【分析】點F運動所形成的圖象是一條直線，當OF⊥F1F2時，垂線段OF最短，當點F1在x軸上時，由勾股定理得：P1O=F1O=433，進而得P1A=P1F1=AF1=833，求得點F1的坐標為433,0，當點F2在y軸上時，求得點F2的坐標為（0，-4），最后根據待定系數法，求得直線F1F2的解析式為y=3x-4，再由線段中垂線性質得出F1F2=A【詳解】解：∵將線段PA繞點P順時針旋轉60°得到線段PF，∴∠APF=60°，PF=PA，∴△APF是等邊三角形，∴AP=AF，如圖，當點F1在x軸上時，△P1AF1為等邊三角形，則P1A=P1F1=AF1，∠AP1F1=60°，∵AO⊥P1F1，∴P1O=F1O，∠AOP1=90°，∴∠P1AO=30°，且AO=4，由勾股定理得：P1∴P1∴點F1的坐標為43如圖，當點F2在y軸上時，

∵△P2AF2為等邊三角形，AO⊥P2O，∴AO=F2O=4，∴點F2的坐標為（0，-4），∵tan∠O∴∠OF1F2=60°，∴點F運動所形成的圖象是一條直線，∴當OF⊥F1F2時，線段OF最短，設直線F1F2的解析式為y=kx+b，則43解得k=3∴直線F1F2的解析式為y=3x-4，∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，∴F1在Rt△OF1F2中，OF⊥F1F2，設點O到F1F2的距離為h，則12∴12解得h=2，即線段OF的最小值為2，故答案為2．【點睛】本題屬于三角形的綜合題，主要考查了旋轉的性質，勾股定理的應用，等邊三角形的性質以及待定系數法的運用等，解決問題的關鍵是作輔助線構造等邊三角形以及面積法求最短距離，解題時注意勾股定理、等邊三角形三線合一以及方程思想的靈活運用．6．（2023·四川宜賓·中考真題）如圖，M是正方形ABCD邊CD的中點，P是正方形內一點，連接BP，線段BP以B為中心逆時針旋轉90°得到線段BQ，連接MQ．若AB=4，MP=1，則MQ的最小值為