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中考数学常见几何模型全归纳提分精练专题12最值模型-费马点问题(原卷版+解析)
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这是一份中考数学常见几何模型全归纳提分精练专题12最值模型-费马点问题(原卷版+解析)，共51页。
【模型背景】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。
【模型解读】
结论1：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°）
【模型证明】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。
结论2：点P为锐角△ABC内任意一点，连接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加权费马点）
【模型证明】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大。
如：保持BP不变，xAP+yBP+zCP=，如图，B、P、P2、A2四点共线时，取得最小值。
模型特征：PA+PB+PC（P为动点）
①一动点，三定点；②以三角形的三边向外作等边三角形的，再分别将所作等边三角形最外的顶点与已知三角形且与所作等边三角形相对的顶点相连，连线的交点即为费马点；③同时线段前可以有不为1的系数出现，即：加权费马点。
【最值原理】两点之间，线段最短。
例1． (2023·山东滨州·中考真题）如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为____________．
例2． (2023·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
例3. (2023·宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
例4． (2023·江苏·九年级阶段练习）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）
例5． (2023·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
例6． (2023·河北·九年级专题练习）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.
例7． (2023·浙江·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求最小值
课后专项训练
1． (2023·山东淄博市·中考真题）两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小值是__________．
2． (2023·成都实外九年级阶段练习）如图，在中，，P是内一点，求的最小值为______．
3． (2023·广东广州·一模）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=________．
4． (2023·湖北武汉·中考真题）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． (2023·重庆·九年级专题练习）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＝_____．
6． (2023·江苏·九年级专题练习）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________．
7． (2023·陕西·二模）已知，如图在中，，，，在内部有一点D，连接DA、DB、DC．则的最小值是__________．
8． (2023·陕西·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E在BC边上，且BE＝1．点P是AB边上的动点，连接PE，将线段PE绕点E顺时针旋转90°得到线段EQ．若在正方形内还存在一点M，则点M到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为_____．
9． (2023·广东·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)求证：；
(2)①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
(3)当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．
10． (2023·福建九年级开学考试）如图，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、.设点的坐标为.
（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段上，点，.且（），则点的坐标为 ，点的坐标为 ；请直接写出点纵坐标的取值范围是 ；
（2）若正方形的边长为2，求的长，以及的最小值. (提示：连接:，)
11． (2023·广东·九年级专题练习）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．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在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短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
12． (2023·山西·九年级专题练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）横线处填写的条件是__________；
（2）已知正方形内一动点到三点的距离之和的最小值为，求此正方形的边长.
13． (2023·山西·八年级阶段练习）综合与实践
材料一：“转化思想”是几何变换中常用的思想，例如将图形进行旋转变换，实现图形位置的“转化”，把一般情形转化为特殊情形，使问题化难为易．它是一种以变化的、运动的观点来处理孤立的、离散问题的思想．
材料二：皮埃尔·德·费马（如图），世纪法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”．年勒·笛卡儿邀请费马思考关于三个顶点距离为定值的问题，费马经过思考并由此推出费马点的相关结论．
定义：若一个三角形的最大内角小于则在其内部有一点所对三角形三边的张角均为此时该点叫做这个三角形的费马点.如图1，当三个内角均小于时，费马点在内部，此时的值最小．
（1）如图2，等边三角形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，小林利用“转化”思想，将绕顶点旋转到处，连接此时这样就可以通过旋转变换，将三条线段，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，在射线上取点，连接．使求证：；（3）如图4，在中，点为的费马点，连接，请直接写出的值．
14． (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2，若BE＝BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；
(3)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．
15. (2023·广东·九年级专题练习）如图，抛物线经点，与轴相交于点．
1)求抛物线的解析式；(2)定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点到二次函数图象的垂直距离是线段的长．已知点为抛物线对称轴上的一点，且在轴上方，点为平面内一点，当以为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点到二次函数图象的垂直距离．(3)在(2)中，当点到二次函数图象的垂直距离最小时，在为顶点的菱形内部是否存在点，使得之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
费马，17世纪德国的业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，他独立于笛卡儿发现了解析几何的基本原理.
费马得到过这样的结论：如图①，当三角形的三个角均小于时，在三角形内有一点，使得，且该点到三角形三个顶点的距离之和最小，这个点被称为费马点.
证明：如图②，把绕点逆时针旋转得到，连接，则，
________，
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，
这时，
，
.
专题12 最值模型-费马点问题
最值问题在中考数学常以压轴题的形式考查，费马点问题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，中考说明中曾多处涉及。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。
【模型背景】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。
【模型解读】
结论1：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°）
【模型证明】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。
结论2：点P为锐角△ABC内任意一点，连接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加权费马点）
【模型证明】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大。
如：保持BP不变，xAP+yBP+zCP=，如图，B、P、P2、A2四点共线时，取得最小值。
模型特征：PA+PB+PC（P为动点）
①一动点，三定点；②以三角形的三边向外作等边三角形的，再分别将所作等边三角形最外的顶点与已知三角形且与所作等边三角形相对的顶点相连，连线的交点即为费马点；③同时线段前可以有不为1的系数出现，即：加权费马点。
【最值原理】两点之间，线段最短。
例1． (2023·山东滨州·中考真题）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】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．
例2． (2023·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
【答案】5
【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过作，垂足为,
过分别作, 则, P为的费马点
5
②如图：.
将绕点逆时针旋转60 由旋转可得：
是等边三角形，
P为的费马点,即四点共线时候，
=故答案为：①5，②
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．
例3. (2023·宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
【答案】B
【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得， 根据即可判断④．
【详解】解：和都是等腰直角三角形，，
故①正确；
四点共圆，
故②正确；如图，过点作于,交的延长线于点，
,
，,
设，则，，则
AH∥CE，则；故③正确
如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，
，当共线时，取得最小值，
此时
，此时，
，，，，，
，平分，，
四点共圆， ，
又,，，则四边形是菱形，
又，四边形是正方形，
，
则，，
，， ，，
则，，
，，故④不正确，故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关
例4． (2023·江苏·九年级阶段练习）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，
（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△AKT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．
例5． (2023·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；（2）连接AF，由（1）得，，，推出，然后根据现有条件说明
在中，，点A，D，C，E四点共圆，F为圆心，则，在中，推出，即可得出答案；
（3）在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，证明点P位于线段CE上，同理得到点P位于线段BF上，证明∠BPC=120°，进而得到，设PD为，得出，，得出，解出a，根据即可得出答案．
【详解】解：（1）证明如下：∵，∴，∵，，
∴在和中，∴，
∴，∴，
在中，F为DE中点（同时），，
∴，即为等腰直角三角形，∴，
∵，∴；
（2）连接AF，由（1）得，，，
∴，
在中，，
∵F为DE中点，∴，
在四边形ADCE中，有，，∴点A，D，C，E四点共圆，
∵F为DE中点，∴F为圆心，则，
在中，∵，∴F为CG中点，即，
∴，即；
（3）如图1，在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，得到△BPD为等边三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，
∴当的值取得最小值时，点P位于线段CE上；
如图2，将三角形ACP绕点C顺时针旋转60°得到△FCG，得到△PCG为等边三角形，所以PC=GP，
∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，∴当的值取得最小值时，点P位于线段BF上；
综上所述：如图3，以AB、AC为边向外做等边三角形ABE和等边三角形ACF，连接CE、BF，则交点P为求作的点，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，
如图4，同理可得，，∴，设PD为，∴，
又，∴， 又∴．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．
例6． (2023·河北·九年级专题练习）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．
例7． (2023·浙江·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求最小值
【答案】
【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．
课后专项训练
1． (2023·山东淄博市·中考真题）两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小值是__________．
【答案】
【分析】由题意易得四边形是菱形，过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，易得，，然后根据勾股定理可得，则，，进而可得，要使为最小，即的值为最小，则可过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，最后根据“胡不归”问题可求解．
【详解】解：∵纸条的对边平行，即，∴四边形是平行四边形，
∵两张纸条的宽度都为，∴，∴，∴四边形是菱形，
过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，如图所示：
∴，∴，∴，
∵，，∴，，
∴，∴，
∴，，
∴，
过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，如图所示：
∴，要使的值为最小，则需满足为最小，根据三角不等关系可得：，所以当B、P、M三点共线时，取最小，即为BM的长，如图所示：
∴，∴，
∴的最小值为，即的最小值为；故答案为．
【点睛】本题主要考查三角函数、菱形的性质与判定及含30°直角三角形的性质，解题的关键是利用“胡不归”原理找到最小值的情况，然后根据三角函数及菱形的性质进行求解即可．
2． (2023·成都实外九年级阶段练习）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．
3． (2023·广东广州·一模）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．
4． (2023·湖北武汉·中考真题）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． (2023·重庆·九年级专题练习）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＝_____．
【答案】
【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
6． (2023·江苏·九年级专题练习）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．
7． (2023·陕西·二模）已知，如图在中，，，，在内部有一点D，连接DA、DB、DC．则的最小值是__________．
【答案】．
【分析】把△CDB顺时针旋转90°到△CD′B′，过B′作B′E⊥AC，交AC延长于E，则CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，可求DD′= ，在Rt△CEB′中，可求CE，AE= ，BE= ，当点A、D、D′、B′四点在一直线时，AB′最短，可求AB′=BD++AD=．
【详解】解：把△CDB顺时针旋转90°到△CD′B′，过B′作B′E⊥AC，交AC延长于E，
则CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，∴DD′=CD÷cs45°=，
∵，，∴，
在Rt△CEB′中，∴CE=B′C·cs60°=5，∴AE=AC+CE=6+，
∴BE= B′C·sin60°=5，当点A、D、D′、B′四点在一直线时，AB′最短，
∴AB′最短=，
AB′=B′D′+D′D+AD=BD++AD=．故答案为：．
【点睛】本题考查三角形旋转变换，特殊角锐角三角函数，勾股定理，四点共线时最短，掌握三角形旋转变换，特殊角锐角三角函数，勾股定理，四点共线时最短，准确作图是解题关键．
8． (2023·陕西·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E在BC边上，且BE＝1．点P是AB边上的动点，连接PE，将线段PE绕点E顺时针旋转90°得到线段EQ．若在正方形内还存在一点M，则点M到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为_____．
【答案】2+3
【分析】如图，过点Q作QK⊥BC于K．首先说明等Q的运动轨迹是直线l，将△ADM绕点D顺时针旋转60°得到△NDP，连接AN，PN，PM，则△ADN，△DM都是等边三角形，推出MA=PN，MD=MP，推出MA+MQ+MD=QM+MP+PN，过点N作NH⊥直线l于H，根据垂线段最短可知，当N，P，M，Q共线且与NH重合时，MA+MQ+MD的值最小．
【详解】解：如图，过点Q作QK⊥BC于K．
∵∠B＝∠QKE＝∠PEQ＝90°，∴∠PEB+∠QEK＝90°，∠QEK+∠EQK＝90°，∴∠PEB＝∠EQK，
∵EP＝EQ，∴△PBE≌△EKQ（AAS），∴BE＝QK＝1，
∴点Q在直线BC的上方到直线BC的距离为1的直线l上运动，
将△ADM绕点D顺时针旋转60°得到△NDP，连接AN，PN，PM，则△ADN，△DM都是等边三角形，
∴MA＝PN，MD＝MP，∴MA+MQ+MD＝QM+MP+PN，
过点N作NH⊥直线l于H，根据垂线段最短可知，当N，P，M，Q共线且与NH重合时，MA+MQ+MD的值最小，最小值＝2+3，故答案为2+3．
【点睛】本题考查了旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，等边三角形的判定和性质等知识，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．
9． (2023·广东·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)求证：；
(2)①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
(3)当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．
【答案】(1)见解析 (2)①BD的中点，②BD与CE的交点处，见解析 (3)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得出∠BMA=∠NBE，然后即可证明，
（2）①根据两点之间线段最短可知当M点落在BD的中点时，根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短，②连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F, 设正方形的边长为x，，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出BF=x，EF=，在Rt△EFC中，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
（1）解：∵△ABE是等边三角形，∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，∴．即∠BMA=∠NBE．
又∵MB=NB，∴（SAS）
（2）①∵，
∴当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小
②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM＋BM＋CM的值最小
理由如下：连接MN．由（1）知，，∴AM=EN．
∵∠MBN=60°，MB=NB，∴△BMN是等边三角形．∴BM=MN．
∴AM＋BM＋CM=EN＋MN＋CM根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的长
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴．设正方形的边长为x，则BF=x，EF=．
在Rt△EFC中，∵，∴，
解得， （舍去负值）．∴正方形的边长为，
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，掌握以上知识是解题的关键．
10． (2023·福建九年级开学考试）如图，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、.设点的坐标为.
（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段上，点，.且（），则点的坐标为 ，点的坐标为 ；请直接写出点纵坐标的取值范围是 ；
（2）若正方形的边长为2，求的长，以及的最小值. (提示：连接:，)
【答案】（1），，；（2），.
【分析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，根据正方形的性质得到OA=OB=OC=OD，由点B（-1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，-1）；过N作NH⊥BD于h，根据旋转的性质得到∠NBH=60°，BM=BN，求得NH=BN=t，于是得到结论；
（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，由旋转的性质得到BM=BN，∠NBM=60°，求得△BMN是等边三角形，求得MN=BM，根据等边三角形的性质得到BE=BA，∠ABE=60°，求得∠ABM=∠EBN，根据全等三角形的性质得到AM=EN，求得AM+BM+CM=EN+MN+CM，当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，以直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，
∵四边形是正方形∴
∵点，∴，
过作于∴
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴∴
∵∴点纵坐标的取值范围是
故答案为：，，
（2）如图所示，连接，过作，交的延长线于，
由旋转可得，，，
∴是等边三角形，∴
∵是等边三角形∴
∴∴≌（）
∴∴
∴当，，，在同一直线上时，的最小值是的长，
又∵，∴∴中，
∴∴
∴中，
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质、旋转以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是根据两点之间线段最短，得出结论．
11． (2023·广东·九年级专题练习）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．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在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短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2
【分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与勾股定理即可求出GE，故可求解．
【详解】（1）连接AE，如图，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2 ∴BC=2AB=4
由勾股定理可得AC=
如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，∠BCE=60°
∴PD=PC由旋转可得DE=PB，CE=BC=4∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°
∴在Rt△ACE中，AE=即PA+PB+PC的最小值为2；
（3）存在在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF 由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
∵∠BEC=90°∴点E在以BC为直径的O上，如图3
则OB=OC==2 如图3，连接OG交O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30°∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=AD=2∴根据勾股定理得CK=∴CG=2CK=
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°∴在Rt△OCG中，OG=
∵OH=OC=2∴GH=OG-OH=2-2即PA+PD+PE的最小值为2-2．
【点睛】此题主要考查四边形与圆综合的最短距离，解题的关键是熟知旋转的性质、圆周角定理及两点之间的距离特点．
12． (2023·山西·九年级专题练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）横线处填写的条件是__________；
（2）已知正方形内一动点到三点的距离之和的最小值为，求此正方形的边长.
【答案】（1）；（2）2.
【分析】(1)根据旋转的性质得到;
(2)根据旋转的性质得到,都是等边三角形,再利用正方形性质和勾股定理表示出,根据题意得到求出a的值即可.
【详解】解：（1）；
（2）如解图①，连接，把绕点顺时针旋转，得到，
连接EF,BG,AG，可知,都是等边三角形，则.
又，.
点、点为定点（点为点绕点顺时针旋转所得），
线段即为点到A,B,C三点的距离之和的最小值，
此时E,F两点都在上（如解图②）.
设正方形的边长为，，
在中，，
，
点到A,B,C三点的距离之和的最小值为，
，解得，此正方形的边长为2.
【点睛】本题考查了图形旋转的性质,正方形的性质,勾股定理的应用,中等难度,掌握正方形的性质是解题关键,主要失分原因是: （1）未掌握图形旋转的性质；（2）不能够将题目探究过程中的发现进行推广应用.
13． (2023·山西·八年级阶段练习）综合与实践
材料一：“转化思想”是几何变换中常用的思想，例如将图形进行旋转变换，实现图形位置的“转化”，把一般情形转化为特殊情形，使问题化难为易．它是一种以变化的、运动的观点来处理孤立的、离散问题的思想．
材料二：皮埃尔·德·费马（如图），世纪法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”．年勒·笛卡儿邀请费马思考关于三个顶点距离为定值的问题，费马经过思考并由此推出费马点的相关结论．
定义：若一个三角形的最大内角小于则在其内部有一点所对三角形三边的张角均为此时该点叫做这个三角形的费马点.如图1，当三个内角均小于时，费马点在内部，此时的值最小．
（1）如图2，等边三角形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，小林利用“转化”思想，将绕顶点旋转到处，连接此时这样就可以通过旋转变换，将三条线段，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，在射线上取点，连接．使求证：；（3）如图4，在中，点为的费马点，连接，请直接写出的值．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）根据题意，先证明△APD是等边三角形，再证明，得到，然后即可得到结论成立．（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB=2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BPP′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BP=PP′，等边三角形三个角都是60°求出∠BPP′=∠BP′P=60°，然后求出C、P、A′、P′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到PA+PB+PC=A′C．
【详解】解：∵△ACP′≌△ABP，
∴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°，
易证△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：；
证明:点为的费马点，
又为等边三角形
在和中，
，；
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，
∴BC=，
∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′P′B如图所示；
∠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°，
∴∠COP+∠BPP′=∠BP′A′+∠BP′P=120°+60°=180°，∴C、P、A′、P′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C=，∴PA+PB+PC=A′P′+PP′+PC=A′C=．
【点睛】本题考查了三角形综合题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转变换添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
14． (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2，若BE＝BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；
(3)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)证明见解析(3)
【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）法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH；由四边形ABCD为菱形知AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC＝60°，AB∥CD，∠AEG＝∠HDG，G为DE的中点有EG＝DG，得△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝BF，∠ABC＝60°，△BEF为等边三角形，有FC＝DH，AC＝AD，，知△AFC≌△AHD，AH＝AF，同理△ABF≌△ACH，∠BAF＝∠CAH，∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，△AFH是等边三角形，AG＝HG，进而说明AG⊥FG．法二：如图4，延长AG交CD于H，连接FH，四边形ABCD是菱形，有AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝60°，∠BCD=120°知∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，点G是DE中点，EG＝DG，由，知△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝CH，BE＝BF，∠ABC＝60°知△BEF是等边三角形，有∠BEF＝60°，EF＝BE，∠AEF=120°，∠AEF＝∠FCH，EF＝CH，由，得△AEF≌△FCH，有AF＝HF，AG＝HG，进而说明FG⊥AG；
（3）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）证明：法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH，
∵四边形ABCD为菱形∴AB∥CD，AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC∴∠AEG＝∠HDG，
∵G为DE的中点，∴EG＝DG，
在△AEG和△HDG中，，∴△AEG≌△HDG，∴AG＝HG，AE＝DH，
∵BE＝BF，∠ABC＝60°∴△BEF为等边三角形
∴BE＝BF=EF，∴FC＝DH，AC＝AD
在△AFC和△AHD中，，∴△AFC≌△AHD∴AH＝AF
同理：△ABF≌△ACH∴∠BAF＝∠CAH
∴∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，∴△AFH是等边三角形
∵AG＝HG∴AG⊥FG．
法二：如图4 延长AG交CD于H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，
∵∠ABC＝60°∴∠BCD=120°
∴∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，
∵点G是DE中点，∴EG＝DG，
在△AEG和△HDG中，，
∴△AEG≌△HDG∴AG＝HG，AE＝DH∴BE＝CH，
∵BE＝BF，∠ABC＝60°∴△BEF是等边三角形
∴∠BEF＝60°，EF＝BE∴∠AEF=120°
∴∠AEF＝∠FCH，EF＝CH
在△AEF和△FCH中，
∴△AEF≌△FCH∴AF＝HF ∵AG＝HG∴FG⊥AG
（3）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．
15. (2023·广东·九年级专题练习）如图，抛物线经点，与轴相交于点．
1)求抛物线的解析式；(2)定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点到二次函数图象的垂直距离是线段的长．已知点为抛物线对称轴上的一点，且在轴上方，点为平面内一点，当以为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点到二次函数图象的垂直距离．(3)在(2)中，当点到二次函数图象的垂直距离最小时，在为顶点的菱形内部是否存在点，使得之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)或；(3)的和最小值为．
【分析】（1）利用待定系数法列方程组求出a、b的值即可；（2）根据抛物线解析式可求出A、B两点坐标，即可得出对称轴解析式，分两种情况：当以AB为边时，EF//AB，由对称轴可得E点的横坐标，根据EF=AB=4即可得出F点的横坐标，根据菱形的性质求出EM的长，把F点横坐标代入抛物线解析式，根据点到二次函数图象的垂直距离的定义即可得出答案；当以AB为菱形对角线时，根据菱形的性质可得AB⊥EF，利用勾股定理可求出FM的长，进而可得F点坐标，把F点横坐标代入抛物线解析式，根据点到二次函数图象的垂直距离的定义即可得出答案；（3）由当时，点到二次函数图象的垂直距离最小，将绕点逆时针旋转到位置，连接，作于，根据AB=AF=BF可证明△ABF是等边三角形，根据旋转性质可知均为等边三角形，进而可得当共线时的和最短，在Rt△APN中，利用勾股定理求出AN的长即可得答案.
【详解】(1)∵抛物线过点，
∴解得 ∴解析式.
(2)当时，由，得，
对称轴所在直线为，顶点坐标为，
∵抛物线与轴相交于点．∴
①若为菱形的边，如图1，则，且的横坐标为3∴的横坐标为7或-1，
∵，∴∴或，
当，∴点到二次函数图象的垂直距离为，
当x=-1时，y=×(-1)2-(-1)×3+=6，∴点到二次函数图象的垂直距离为.
②若为对角线，如图2，∵是菱形，，∴EM=FM==∴，
当x=3时，y=×32-3×3+=-2，∴点到二次函数图象的垂直距离为=-2，
综上所述：点到二次函数图象的垂直距离为或-2.
(3)当时，点到二次函数图象的垂直距离最小，如图3，将绕点逆时针旋转到位置，连接，作于，∵AB=4，AF=BF=4，∴△ABF是等边三角形，
∵将绕逆时针旋转到位置，
∴≌，且均为等边三角形，∴，
∵，
∴当共线时的和最短，即最短值为的长．
∵，∴且，∴，∴，
在中，，∴的和最小值为．
【点睛】本题是对二次函数的综合考查，包括待定系数法求二次函数解析式，等边三角形的判定与性质、菱形的性质及旋转的性质，理解点到二次函数图象的垂直距离的定义是解题关键.费马，17世纪德国的业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，他独立于笛卡儿发现了解析几何的基本原理.
费马得到过这样的结论：如图①，当三角形的三个角均小于时，在三角形内有一点，使得，且该点到三角形三个顶点的距离之和最小，这个点被称为费马点.
证明：如图②，把绕点逆时针旋转得到，连接，则，
________，
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，
这时，
，
.
【模型背景】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。
【模型解读】
结论1：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°）
【模型证明】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。
结论2：点P为锐角△ABC内任意一点，连接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加权费马点）
【模型证明】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大。
如：保持BP不变，xAP+yBP+zCP=，如图，B、P、P2、A2四点共线时，取得最小值。
模型特征：PA+PB+PC（P为动点）
①一动点，三定点；②以三角形的三边向外作等边三角形的，再分别将所作等边三角形最外的顶点与已知三角形且与所作等边三角形相对的顶点相连，连线的交点即为费马点；③同时线段前可以有不为1的系数出现，即：加权费马点。
【最值原理】两点之间，线段最短。
例1． (2023·山东滨州·中考真题）如图，在中，，，．若点P是内一点，则的最小值为____________．
例2． (2023·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
例3. (2023·宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
例4． (2023·江苏·九年级阶段练习）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）
例5． (2023·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
例6． (2023·河北·九年级专题练习）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.
例7． (2023·浙江·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求最小值
课后专项训练
1． (2023·山东淄博市·中考真题）两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小值是__________．
2． (2023·成都实外九年级阶段练习）如图，在中，，P是内一点，求的最小值为______．
3． (2023·广东广州·一模）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=________．
4． (2023·湖北武汉·中考真题）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． (2023·重庆·九年级专题练习）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＝_____．
6． (2023·江苏·九年级专题练习）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________．
7． (2023·陕西·二模）已知，如图在中，，，，在内部有一点D，连接DA、DB、DC．则的最小值是__________．
8． (2023·陕西·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E在BC边上，且BE＝1．点P是AB边上的动点，连接PE，将线段PE绕点E顺时针旋转90°得到线段EQ．若在正方形内还存在一点M，则点M到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为_____．
9． (2023·广东·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)求证：；
(2)①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
(3)当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．
10． (2023·福建九年级开学考试）如图，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、.设点的坐标为.
（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段上，点，.且（），则点的坐标为 ，点的坐标为 ；请直接写出点纵坐标的取值范围是 ；
（2）若正方形的边长为2，求的长，以及的最小值. (提示：连接:，)
11． (2023·广东·九年级专题练习）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．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在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短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
12． (2023·山西·九年级专题练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）横线处填写的条件是__________；
（2）已知正方形内一动点到三点的距离之和的最小值为，求此正方形的边长.
13． (2023·山西·八年级阶段练习）综合与实践
材料一：“转化思想”是几何变换中常用的思想，例如将图形进行旋转变换，实现图形位置的“转化”，把一般情形转化为特殊情形，使问题化难为易．它是一种以变化的、运动的观点来处理孤立的、离散问题的思想．
材料二：皮埃尔·德·费马（如图），世纪法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”．年勒·笛卡儿邀请费马思考关于三个顶点距离为定值的问题，费马经过思考并由此推出费马点的相关结论．
定义：若一个三角形的最大内角小于则在其内部有一点所对三角形三边的张角均为此时该点叫做这个三角形的费马点.如图1，当三个内角均小于时，费马点在内部，此时的值最小．
（1）如图2，等边三角形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，小林利用“转化”思想，将绕顶点旋转到处，连接此时这样就可以通过旋转变换，将三条线段，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，在射线上取点，连接．使求证：；（3）如图4，在中，点为的费马点，连接，请直接写出的值．
14． (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2，若BE＝BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；
(3)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．
15. (2023·广东·九年级专题练习）如图，抛物线经点，与轴相交于点．
1)求抛物线的解析式；(2)定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点到二次函数图象的垂直距离是线段的长．已知点为抛物线对称轴上的一点，且在轴上方，点为平面内一点，当以为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点到二次函数图象的垂直距离．(3)在(2)中，当点到二次函数图象的垂直距离最小时，在为顶点的菱形内部是否存在点，使得之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
费马，17世纪德国的业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，他独立于笛卡儿发现了解析几何的基本原理.
费马得到过这样的结论：如图①，当三角形的三个角均小于时，在三角形内有一点，使得，且该点到三角形三个顶点的距离之和最小，这个点被称为费马点.
证明：如图②，把绕点逆时针旋转得到，连接，则，
________，
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，
这时，
，
.
专题12 最值模型-费马点问题
最值问题在中考数学常以压轴题的形式考查，费马点问题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，中考说明中曾多处涉及。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。
【模型背景】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。
【模型解读】
结论1：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°）
【模型证明】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。
结论2：点P为锐角△ABC内任意一点，连接AP、BP、CP，求xAP+yBP+zCP最小值。（加权费马点）
【模型证明】第一步，选定固定不变线段；第二步，对剩余线段进行缩小或者放大。
如：保持BP不变，xAP+yBP+zCP=，如图，B、P、P2、A2四点共线时，取得最小值。
模型特征：PA+PB+PC（P为动点）
①一动点，三定点；②以三角形的三边向外作等边三角形的，再分别将所作等边三角形最外的顶点与已知三角形且与所作等边三角形相对的顶点相连，连线的交点即为费马点；③同时线段前可以有不为1的系数出现，即：加权费马点。
【最值原理】两点之间，线段最短。
例1． (2023·山东滨州·中考真题）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】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．
例2． (2023·辽宁丹东·中考真题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若，P为的费马点，则_________；若，P为的费马点，则_________．
【答案】5
【分析】①作出图形，过分别作,勾股定理解直角三角形即可
②作出图形，将绕点逆时针旋转60，P为的费马点则四点共线，即，再用勾股定理求得即可
【详解】①如图,过作，垂足为,
过分别作, 则, P为的费马点
5
②如图：.
将绕点逆时针旋转60 由旋转可得：
是等边三角形，
P为的费马点,即四点共线时候，
=故答案为：①5，②
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转也可，但必须绕顶点旋转．
例3. (2023·宜宾·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①；②；③若，则；④在内存在唯一一点P，使得的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则．其中含所有正确结论的选项是（ ）
A．①②④B．①②③C．①③④D．①②③④
【答案】B
【分析】证明，即可判断①，根据①可得，由可得四点共圆，进而可得，即可判断②，过点作于,交的延长线于点，证明，根据相似三角形的性质可得，即可判断③，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，根据当共线时，取得最小值，可得四边形是正方形，勾股定理求得， 根据即可判断④．
【详解】解：和都是等腰直角三角形，，
故①正确；
四点共圆，
故②正确；如图，过点作于,交的延长线于点，
,
，,
设，则，，则
AH∥CE，则；故③正确
如图，将绕点逆时针旋转60度，得到，则是等边三角形，
，当共线时，取得最小值，
此时
，此时，
，，，，，
，平分，，
四点共圆， ，
又,，，则四边形是菱形，
又，四边形是正方形，
，
则，，
，， ，，
则，，
，，故④不正确，故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关
例4． (2023·江苏·九年级阶段练习）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，
（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△AKT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．
例5． (2023·重庆中考真题）如图，在中，，，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE．点F是DE的中点，连接CF．
（1）求证：；（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
（3）在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使的值最小．当的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）先证△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE＝45°，可求∠BCE＝90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；（2）连接AF，由（1）得，，，推出，然后根据现有条件说明
在中，，点A，D，C，E四点共圆，F为圆心，则，在中，推出，即可得出答案；
（3）在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，证明点P位于线段CE上，同理得到点P位于线段BF上，证明∠BPC=120°，进而得到，设PD为，得出，，得出，解出a，根据即可得出答案．
【详解】解：（1）证明如下：∵，∴，∵，，
∴在和中，∴，
∴，∴，
在中，F为DE中点（同时），，
∴，即为等腰直角三角形，∴，
∵，∴；
（2）连接AF，由（1）得，，，
∴，
在中，，
∵F为DE中点，∴，
在四边形ADCE中，有，，∴点A，D，C，E四点共圆，
∵F为DE中点，∴F为圆心，则，
在中，∵，∴F为CG中点，即，
∴，即；
（3）如图1，在△ABC内取一点P，连接AP、BP、CP，将三角形ABP绕点B逆时针旋转60°得到△EBD，得到△BPD为等边三角形，所以PD=BP，∴AP+BP+CP=DE+DP+CP，
∴当的值取得最小值时，点P位于线段CE上；
如图2，将三角形ACP绕点C顺时针旋转60°得到△FCG，得到△PCG为等边三角形，所以PC=GP，
∴AP+BP+CP=GF+GP+BP，∴当的值取得最小值时，点P位于线段BF上；
综上所述：如图3，以AB、AC为边向外做等边三角形ABE和等边三角形ACF，连接CE、BF，则交点P为求作的点，∴△AEC≌△ABF，∴∠AEC=∠ABF，∴∠EPB=EAB=60°，∴∠BPC=120°，
如图4，同理可得，，∴，设PD为，∴，
又，∴， 又∴．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用所学知识是解本题的关键．
例6． (2023·河北·九年级专题练习）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．
例7． (2023·浙江·九年级专题练习）如图，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝6，AC＝4，P为平面内一点，求最小值
【答案】
【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．
课后专项训练
1． (2023·山东淄博市·中考真题）两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小值是__________．
【答案】
【分析】由题意易得四边形是菱形，过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，易得，，然后根据勾股定理可得，则，，进而可得，要使为最小，即的值为最小，则可过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，最后根据“胡不归”问题可求解．
【详解】解：∵纸条的对边平行，即，∴四边形是平行四边形，
∵两张纸条的宽度都为，∴，∴，∴四边形是菱形，
过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，如图所示：
∴，∴，∴，
∵，，∴，，
∴，∴，
∴，，
∴，
过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，如图所示：
∴，要使的值为最小，则需满足为最小，根据三角不等关系可得：，所以当B、P、M三点共线时，取最小，即为BM的长，如图所示：
∴，∴，
∴的最小值为，即的最小值为；故答案为．
【点睛】本题主要考查三角函数、菱形的性质与判定及含30°直角三角形的性质，解题的关键是利用“胡不归”原理找到最小值的情况，然后根据三角函数及菱形的性质进行求解即可．
2． (2023·成都实外九年级阶段练习）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．
3． (2023·广东广州·一模）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．
4． (2023·湖北武汉·中考真题）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． (2023·重庆·九年级专题练习）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＝_____．
【答案】
【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
6． (2023·江苏·九年级专题练习）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．
7． (2023·陕西·二模）已知，如图在中，，，，在内部有一点D，连接DA、DB、DC．则的最小值是__________．
【答案】．
【分析】把△CDB顺时针旋转90°到△CD′B′，过B′作B′E⊥AC，交AC延长于E，则CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，可求DD′= ，在Rt△CEB′中，可求CE，AE= ，BE= ，当点A、D、D′、B′四点在一直线时，AB′最短，可求AB′=BD++AD=．
【详解】解：把△CDB顺时针旋转90°到△CD′B′，过B′作B′E⊥AC，交AC延长于E，
则CD=CD′，BD=B′D′，∠CDD′=∠CD′D=45°，∴DD′=CD÷cs45°=，
∵，，∴，
在Rt△CEB′中，∴CE=B′C·cs60°=5，∴AE=AC+CE=6+，
∴BE= B′C·sin60°=5，当点A、D、D′、B′四点在一直线时，AB′最短，
∴AB′最短=，
AB′=B′D′+D′D+AD=BD++AD=．故答案为：．
【点睛】本题考查三角形旋转变换，特殊角锐角三角函数，勾股定理，四点共线时最短，掌握三角形旋转变换，特殊角锐角三角函数，勾股定理，四点共线时最短，准确作图是解题关键．
8． (2023·陕西·八年级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E在BC边上，且BE＝1．点P是AB边上的动点，连接PE，将线段PE绕点E顺时针旋转90°得到线段EQ．若在正方形内还存在一点M，则点M到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为_____．
【答案】2+3
【分析】如图，过点Q作QK⊥BC于K．首先说明等Q的运动轨迹是直线l，将△ADM绕点D顺时针旋转60°得到△NDP，连接AN，PN，PM，则△ADN，△DM都是等边三角形，推出MA=PN，MD=MP，推出MA+MQ+MD=QM+MP+PN，过点N作NH⊥直线l于H，根据垂线段最短可知，当N，P，M，Q共线且与NH重合时，MA+MQ+MD的值最小．
【详解】解：如图，过点Q作QK⊥BC于K．
∵∠B＝∠QKE＝∠PEQ＝90°，∴∠PEB+∠QEK＝90°，∠QEK+∠EQK＝90°，∴∠PEB＝∠EQK，
∵EP＝EQ，∴△PBE≌△EKQ（AAS），∴BE＝QK＝1，
∴点Q在直线BC的上方到直线BC的距离为1的直线l上运动，
将△ADM绕点D顺时针旋转60°得到△NDP，连接AN，PN，PM，则△ADN，△DM都是等边三角形，
∴MA＝PN，MD＝MP，∴MA+MQ+MD＝QM+MP+PN，
过点N作NH⊥直线l于H，根据垂线段最短可知，当N，P，M，Q共线且与NH重合时，MA+MQ+MD的值最小，最小值＝2+3，故答案为2+3．
【点睛】本题考查了旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，等边三角形的判定和性质等知识，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．
9． (2023·广东·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
(1)求证：；
(2)①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
(3)当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．
【答案】(1)见解析 (2)①BD的中点，②BD与CE的交点处，见解析 (3)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得出∠BMA=∠NBE，然后即可证明，
（2）①根据两点之间线段最短可知当M点落在BD的中点时，根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短，②连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F, 设正方形的边长为x，，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出BF=x，EF=，在Rt△EFC中，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
（1）解：∵△ABE是等边三角形，∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，∴．即∠BMA=∠NBE．
又∵MB=NB，∴（SAS）
（2）①∵，
∴当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小
②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM＋BM＋CM的值最小
理由如下：连接MN．由（1）知，，∴AM=EN．
∵∠MBN=60°，MB=NB，∴△BMN是等边三角形．∴BM=MN．
∴AM＋BM＋CM=EN＋MN＋CM根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的长
（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴．设正方形的边长为x，则BF=x，EF=．
在Rt△EFC中，∵，∴，
解得， （舍去负值）．∴正方形的边长为，
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，掌握以上知识是解题的关键．
10． (2023·福建九年级开学考试）如图，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、.设点的坐标为.
（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段上，点，.且（），则点的坐标为 ，点的坐标为 ；请直接写出点纵坐标的取值范围是 ；
（2）若正方形的边长为2，求的长，以及的最小值. (提示：连接:，)
【答案】（1），，；（2），.
【分析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，根据正方形的性质得到OA=OB=OC=OD，由点B（-1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，-1）；过N作NH⊥BD于h，根据旋转的性质得到∠NBH=60°，BM=BN，求得NH=BN=t，于是得到结论；
（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，由旋转的性质得到BM=BN，∠NBM=60°，求得△BMN是等边三角形，求得MN=BM，根据等边三角形的性质得到BE=BA，∠ABE=60°，求得∠ABM=∠EBN，根据全等三角形的性质得到AM=EN，求得AM+BM+CM=EN+MN+CM，当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，以直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，
∵四边形是正方形∴
∵点，∴，
过作于∴
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴∴
∵∴点纵坐标的取值范围是
故答案为：，，
（2）如图所示，连接，过作，交的延长线于，
由旋转可得，，，
∴是等边三角形，∴
∵是等边三角形∴
∴∴≌（）
∴∴
∴当，，，在同一直线上时，的最小值是的长，
又∵，∴∴中，
∴∴
∴中，
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质、旋转以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是根据两点之间线段最短，得出结论．
11． (2023·广东·九年级专题练习）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．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在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短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将BPC绕点B顺时针旋转60°得到BDE，连接PD，可得BPD为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2
【分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与勾股定理即可求出GE，故可求解．
【详解】（1）连接AE，如图，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2 ∴BC=2AB=4
由勾股定理可得AC=
如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，∠BCE=60°
∴PD=PC由旋转可得DE=PB，CE=BC=4∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°
∴在Rt△ACE中，AE=即PA+PB+PC的最小值为2；
（3）存在在ADE内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF 由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
∵∠BEC=90°∴点E在以BC为直径的O上，如图3
则OB=OC==2 如图3，连接OG交O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30°∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=AD=2∴根据勾股定理得CK=∴CG=2CK=
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°∴在Rt△OCG中，OG=
∵OH=OC=2∴GH=OG-OH=2-2即PA+PD+PE的最小值为2-2．
【点睛】此题主要考查四边形与圆综合的最短距离，解题的关键是熟知旋转的性质、圆周角定理及两点之间的距离特点．
12． (2023·山西·九年级专题练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）横线处填写的条件是__________；
（2）已知正方形内一动点到三点的距离之和的最小值为，求此正方形的边长.
【答案】（1）；（2）2.
【分析】(1)根据旋转的性质得到;
(2)根据旋转的性质得到,都是等边三角形,再利用正方形性质和勾股定理表示出,根据题意得到求出a的值即可.
【详解】解：（1）；
（2）如解图①，连接，把绕点顺时针旋转，得到，
连接EF,BG,AG，可知,都是等边三角形，则.
又，.
点、点为定点（点为点绕点顺时针旋转所得），
线段即为点到A,B,C三点的距离之和的最小值，
此时E,F两点都在上（如解图②）.
设正方形的边长为，，
在中，，
，
点到A,B,C三点的距离之和的最小值为，
，解得，此正方形的边长为2.
【点睛】本题考查了图形旋转的性质,正方形的性质,勾股定理的应用,中等难度,掌握正方形的性质是解题关键,主要失分原因是: （1）未掌握图形旋转的性质；（2）不能够将题目探究过程中的发现进行推广应用.
13． (2023·山西·八年级阶段练习）综合与实践
材料一：“转化思想”是几何变换中常用的思想，例如将图形进行旋转变换，实现图形位置的“转化”，把一般情形转化为特殊情形，使问题化难为易．它是一种以变化的、运动的观点来处理孤立的、离散问题的思想．
材料二：皮埃尔·德·费马（如图），世纪法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”．年勒·笛卡儿邀请费马思考关于三个顶点距离为定值的问题，费马经过思考并由此推出费马点的相关结论．
定义：若一个三角形的最大内角小于则在其内部有一点所对三角形三边的张角均为此时该点叫做这个三角形的费马点.如图1，当三个内角均小于时，费马点在内部，此时的值最小．
（1）如图2，等边三角形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，小林利用“转化”思想，将绕顶点旋转到处，连接此时这样就可以通过旋转变换，将三条线段，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，在射线上取点，连接．使求证：；（3）如图4，在中，点为的费马点，连接，请直接写出的值．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；
（2）根据题意，先证明△APD是等边三角形，再证明，得到，然后即可得到结论成立．（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB=2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BPP′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BP=PP′，等边三角形三个角都是60°求出∠BPP′=∠BP′P=60°，然后求出C、P、A′、P′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到PA+PB+PC=A′C．
【详解】解：∵△ACP′≌△ABP，
∴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°，
易证△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：；
证明:点为的费马点，
又为等边三角形
在和中，
，；
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，
∴BC=，
∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′P′B如图所示；
∠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°，
∴∠COP+∠BPP′=∠BP′A′+∠BP′P=120°+60°=180°，∴C、P、A′、P′四点共线，
在Rt△A′BC中，A′C=，∴PA+PB+PC=A′P′+PP′+PC=A′C=．
【点睛】本题考查了三角形综合题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转变换添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
14． (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2，若BE＝BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；
(3)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)证明见解析(3)
【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）法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH；由四边形ABCD为菱形知AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC＝60°，AB∥CD，∠AEG＝∠HDG，G为DE的中点有EG＝DG，得△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝BF，∠ABC＝60°，△BEF为等边三角形，有FC＝DH，AC＝AD，，知△AFC≌△AHD，AH＝AF，同理△ABF≌△ACH，∠BAF＝∠CAH，∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，△AFH是等边三角形，AG＝HG，进而说明AG⊥FG．法二：如图4，延长AG交CD于H，连接FH，四边形ABCD是菱形，有AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝60°，∠BCD=120°知∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，点G是DE中点，EG＝DG，由，知△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝CH，BE＝BF，∠ABC＝60°知△BEF是等边三角形，有∠BEF＝60°，EF＝BE，∠AEF=120°，∠AEF＝∠FCH，EF＝CH，由，得△AEF≌△FCH，有AF＝HF，AG＝HG，进而说明FG⊥AG；
（3）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）证明：法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH，
∵四边形ABCD为菱形∴AB∥CD，AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC∴∠AEG＝∠HDG，
∵G为DE的中点，∴EG＝DG，
在△AEG和△HDG中，，∴△AEG≌△HDG，∴AG＝HG，AE＝DH，
∵BE＝BF，∠ABC＝60°∴△BEF为等边三角形
∴BE＝BF=EF，∴FC＝DH，AC＝AD
在△AFC和△AHD中，，∴△AFC≌△AHD∴AH＝AF
同理：△ABF≌△ACH∴∠BAF＝∠CAH
∴∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，∴△AFH是等边三角形
∵AG＝HG∴AG⊥FG．
法二：如图4 延长AG交CD于H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，
∵∠ABC＝60°∴∠BCD=120°
∴∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，
∵点G是DE中点，∴EG＝DG，
在△AEG和△HDG中，，
∴△AEG≌△HDG∴AG＝HG，AE＝DH∴BE＝CH，
∵BE＝BF，∠ABC＝60°∴△BEF是等边三角形
∴∠BEF＝60°，EF＝BE∴∠AEF=120°
∴∠AEF＝∠FCH，EF＝CH
在△AEF和△FCH中，
∴△AEF≌△FCH∴AF＝HF ∵AG＝HG∴FG⊥AG
（3）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．
15. (2023·广东·九年级专题练习）如图，抛物线经点，与轴相交于点．
1)求抛物线的解析式；(2)定义：平面上的任一点到二次函数图象上与它横坐标相同的点的距离，称为点到二次函数图象的垂直距离．如：点到二次函数图象的垂直距离是线段的长．已知点为抛物线对称轴上的一点，且在轴上方，点为平面内一点，当以为顶点的四边形是边长为4的菱形时，请求出点到二次函数图象的垂直距离．(3)在(2)中，当点到二次函数图象的垂直距离最小时，在为顶点的菱形内部是否存在点，使得之和最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)或；(3)的和最小值为．
【分析】（1）利用待定系数法列方程组求出a、b的值即可；（2）根据抛物线解析式可求出A、B两点坐标，即可得出对称轴解析式，分两种情况：当以AB为边时，EF//AB，由对称轴可得E点的横坐标，根据EF=AB=4即可得出F点的横坐标，根据菱形的性质求出EM的长，把F点横坐标代入抛物线解析式，根据点到二次函数图象的垂直距离的定义即可得出答案；当以AB为菱形对角线时，根据菱形的性质可得AB⊥EF，利用勾股定理可求出FM的长，进而可得F点坐标，把F点横坐标代入抛物线解析式，根据点到二次函数图象的垂直距离的定义即可得出答案；（3）由当时，点到二次函数图象的垂直距离最小，将绕点逆时针旋转到位置，连接，作于，根据AB=AF=BF可证明△ABF是等边三角形，根据旋转性质可知均为等边三角形，进而可得当共线时的和最短，在Rt△APN中，利用勾股定理求出AN的长即可得答案.
【详解】(1)∵抛物线过点，
∴解得 ∴解析式.
(2)当时，由，得，
对称轴所在直线为，顶点坐标为，
∵抛物线与轴相交于点．∴
①若为菱形的边，如图1，则，且的横坐标为3∴的横坐标为7或-1，
∵，∴∴或，
当，∴点到二次函数图象的垂直距离为，
当x=-1时，y=×(-1)2-(-1)×3+=6，∴点到二次函数图象的垂直距离为.
②若为对角线，如图2，∵是菱形，，∴EM=FM==∴，
当x=3时，y=×32-3×3+=-2，∴点到二次函数图象的垂直距离为=-2，
综上所述：点到二次函数图象的垂直距离为或-2.
(3)当时，点到二次函数图象的垂直距离最小，如图3，将绕点逆时针旋转到位置，连接，作于，∵AB=4，AF=BF=4，∴△ABF是等边三角形，
∵将绕逆时针旋转到位置，
∴≌，且均为等边三角形，∴，
∵，
∴当共线时的和最短，即最短值为的长．
∵，∴且，∴，∴，
在中，，∴的和最小值为．
【点睛】本题是对二次函数的综合考查，包括待定系数法求二次函数解析式，等边三角形的判定与性质、菱形的性质及旋转的性质，理解点到二次函数图象的垂直距离的定义是解题关键.费马，17世纪德国的业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，他独立于笛卡儿发现了解析几何的基本原理.
费马得到过这样的结论：如图①，当三角形的三个角均小于时，在三角形内有一点，使得，且该点到三角形三个顶点的距离之和最小，这个点被称为费马点.
证明：如图②，把绕点逆时针旋转得到，连接，则，
________，
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，
这时，
，
.
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