最新中考几何专项复习专题18 几何最值之费马点巩固练习（提优）

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高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
几何最值之费马点巩固练习
1.如图，P是锐角△ABC所在平面上一点，如果∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P就叫做△ABC费马点。
(1)当△ABC是边长为4的等边三角形时，费马点P到BC边的距离为 ；
(2)若点P是△ABC的费马点，∠ABC＝60°，PA＝2，PC＝3，则PB的值为 ；
(3)如图2，在锐角△BC外侧作等边△ACB'，连接BB'.求证：BB'过△ABC的费马点P.
【解答】(1)；(2)；(3)见解析
【解析】(1)延长AP，交BC于D，如图所示：
∵AB＝AC＝BC，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，
∴P为三角形的内心，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝2，∠PBD＝30°，
，，
，；
(2)∵∠PAB＋∠PBA＝180°－∠APB＝60°，
∠PBC＋∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
，即；
(3)证明：在BB'上取点P，使∠BPC＝120°，连接AP，再在PB'上截取PE＝PC，连接CE，如图所示：
∵∠BPC＝120°，∴∠EPC＝60°，
∴△PCE为正三角形
∴PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°
∵△ACB'为正三角形，
∴AC＝B'C，∠ACB'＝60°，
∴∠PCA＋∠ACE＝∠ACE＋∠ECB'＝60°，∠PCA＝∠ECB'，
∴△ACP≌△B'CE，
∴∠APC＝∠B'EC＝120°，PA＝EB'，
∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，
∴P为△ABC的费马点，
∴BB'过△ABC的费马点P.
2.如图1，P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做△ABC的费马点：
(1)若点P是等边三角形三条中线的交点，点P (填是或不是)该三角形的费马点；
(2)如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，求证：△ABP∽△BCP；
(3)已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点，如图2，
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点.
【解答】(1)是；(2)见解析；(3)①∠CPD＝60º，②见解析
【解析】(1)延长AP与BC交于点N，延长BP交AC于点M，如图所示：
∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC，
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°
∴∠APB＝120°
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°，
∴P是△ABC的费马点；
(2)∵∠PAB＋∠PBA＝180－∠APB＝60°，∠PBC＋∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP；
(3)如图所示，
①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE＋∠BAC＝∠CAD＋∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE与△ABD中，，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵△ADF∽△CFP，
∴AF·PF＝DF·CF，
∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△CDF
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD＋∠APF＝120°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°－∠BPC－∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点.
3.如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为，延长AC到点D， 使CD＝，过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E.
(1)求D点的坐标；
(2)作C点关于直线DE的对称点F，分别连结DF、EF，若过B点的直线将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式；
(3)设G为y轴上一点，点P从直线与y轴的交点出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点，若P点在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短．
【解答】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)∵，，
设DE与轴交于点M，由DE∥AB可得△DMC∽△AOC，
又∵，，
，同理可得EM＝3，
；
(2)由(1)可得，由DE∥AB，EM＝MD可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线，
∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上，∴ED与CF互相垂直平分，
∴CD＝DF＝FE＝EC，
∴四边形CDFE是菱形，且点M为对称中心，
作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、T，如图所示：
易证△FTM≌△CSM，∴FT＝CS，
∵FE＝CD，∴TE＝SD，
∵EC＝DF，∴TE＋EC＋CS＋ST＝SD＋DF＋FT＋TS，
∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，
由点B(6，0)，点在直线上，∴直线BM的解析式为；
(3)设点P在直线AG上的运动速度为，点P在y轴上的运动速度为2，
则点P到达点A的时间为，
过点G作GH⊥BM于点H，如图所示：
易证△MGH∽△MBO，则，
，.
要使t最小，则GH＋GA最小，即当点G、A、H三点一线时，t有最小值，
确定G点位置的方法：过A点作AH⊥BM于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点，
由OB＝6，，可得∠OBM＝60°，∴∠BAH＝30°，
在Rt△OAG中，，
∴G点的坐标为(或G点的位置为线段OM的靠近O点的三等分点).
4.如图，点M为锐角三角形ABC内任意一点，连接AM、BM、CM.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，连接EN.
(1)求证：△AMB≌△ENB；
(2)若AM＋BM＋CM的值最小，则称点M为△ABC的费马点。若点M为△ABC的费马点，试求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数.
【解答】(1)见解析；(2)AMB、∠BMC、∠CMA都等于120º
【解析】(1)证明：∵△ABE为等边三角形，
∴AB＝BE，∠ABE＝60°，
而∠MBN＝60°，
∴∠ABM＝∠EBN，
在△AMB与△ENB中，，∴△MB＝△ENB(SAS)
(2)连接MN，如图所示：
由(1)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°.
5.已知锐角△ABC，∠ACB＝60°，分别以三边为边向形外作等边三角形ABD，BCE，ACF，请找出△ABC的费马点，并探究S△ABC与S△ABD的和，S△BCE与S△ACF的和是否相等.
【解答】S△ABC＋S△ABD＝S△BCE＋S△ACF
【解析】证明：过点A作AM∥FC交BC于点M，连接DM、EM，如图所示：
∵∠ACB＝60°，∠CAF＝60°，
∴∠ACB＝∠CAF，
∴AF∥MC，
四边形AMCF是平行四边形，
又∵FA＝FC，
∴四边形AMCF是菱形，
∴AC＝CM＝AM，且∠MAC＝60°，
∵在△BAC与△EMC中，
CA＝CM，∠ACB＝∠MCE，CB＝CE，
∴△BAC≌△EMC，
∵∠DAM＝∠DAB＋∠BAM＝60°＋∠BAM，
∠BAC＝∠MAC＋∠BAM＝60°＋∠BAM，
∴∠BAC＝∠DAM，
在△ABC和△ADM中，
AB＝AD，∠BAC＝∠DAM，AC＝AM，
∴△ABC≌△ADM(SAS)，
故△ABC≌△MEC≌△ADM，
在B上截取CM，使CM＝CA，
再连接AM、DM、EM(辅助线这样做△AMC就是等边三角形了，后边证明更简便)，
易证△AMC为等边三角形，
在△ABC与△MEC中，
CA＝CM，∠ACB＝∠MCE，CB＝CE，
∴△ABC≌△MEC(SAS)，
∴AB＝ME，∠BC＝∠MEC，
又∵DB＝AB，
∴DB＝ME，
∵∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝60°＋∠ABC，
∠BME＝∠BCE＋∠MEC＝60°＋∠MEC，
∴∠DBC＝∠BME，
∴DB∥ME，
即得到DB与ME平行且相等，故四边形DBEM是平行四边形，
∴四边形DBEM是平行四边形，
∴S△BDM＋S△DAM＋S△MAC＝S△BEM＋S△EMC＋S△ACF，
即S△ABC＋S△ABD＝S△BCE＋S△ACF.