2022年中考数学考前30天迅速提分专题14 旋转的两种模型与真题训练（含答案）

这是一份2022年中考数学考前30天迅速提分专题14 旋转的两种模型与真题训练（含答案），共37页。试卷主要包含了5旋转的两种模型与真题训练，7，10等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.5旋转的两种模型与真题训练

题型一：奔驰模型
一．填空题（共2小题）
1．（2021•岳阳模拟）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有　 　（填序号）
①△BPQ是等边三角形 ②△PCQ是直角三角形 ③∠APB＝150° ④∠APC＝135°

2．（2020•滨州模拟）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数　 　．

二．解答题（共1小题）
3．（2019•碑林区校级三模）问题提出
（1）如图，点M、N是直线l外两点，在直线l上找一点K，使得MK+NK最小．
问题探究
（2）在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB度数的大小．
问题解决
（3）如图，矩形ABCD是某公园的平面图，AB＝30米，BC＝60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A、B，C的距离之和最小．问：是否存在这样的点E？
若存在，请画出点E的位置，并求出EA+EB+EC的和的最小值；若不存在，请说明理由．







题型二：费马点模型
一．填空题（共2小题）
1．（2020•碑林区校级模拟）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BM＝CN．连接MN，以MN为斜边在矩形内作等腰Rt△MNQ，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　 　．

2．（2020•崇州市模拟）如果点P是△ABC内一点，且它到三角形的三个顶点距离之和最小，则P点叫△ABC的费马点．已经证明：在三个内角均小于120°的△ABC中，当∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°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＝　 　．

二．解答题（共5小题）
3．（2021•雁塔区校级模拟）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，则△ABC的外接圆的半径值为 　 　．
【问题解决】
如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．
【问题解决】
如图3，正方形ABCD是一个边长为3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE＝cm，点P是正方形ABCD内设立的一个活动岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE＝120°，点A、D为另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和最小，试求QA+QD+QP的最小值．（保留根号或结果精确到1cm，参考数据≈1.7，10.52＝110.25）．

















4．（2021•山西模拟）阅读下列材料，完成后面相应的任务：

费马（Ferrmat，1601年8月17日﹣1665年1月12日），生于法国南部图卢兹（Toulouse）附近的波蒙•德•罗曼，被誉为业余数学家之王．1643年，费马曾提出了一个著名的几何问题：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小的点的位置．另一位数学家托里拆利成功地解决了这个问题：如图1，△ABC（三个内角均小于120°）的三条边的张角都等于120°，即满足∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°的点P，就是到点A，B，C的距离之和最小的点，后来人们把这个点P称为“费马点”．
下面是“费马点”的证明过程：如图2，将△APB绕着点B逆时针旋转60°得到△A′P′B，使得A′P′落在△ABC外，则△A′AB为等边三角形，∴P′B＝PB＝PP′，于是PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，…．
任务：（1）材料中，判定△A′AB为等边三角形的依据是 　 　．
（2）请你完成剩余的部分．
（3）如图，△ABC为锐角三角形，以AC为一边作等边△ACD，⊙O是△ACD的外接圆，连接BD交⊙O于点M，求证：M是△ABC的费马点．





5．（2018•禹会区一模）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）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．
①求证：△ABP∽△BCP；
②若PA＝3，PC＝4，则PB＝　 　．
（2）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．




















6．（2018•温岭市模拟）（1）知识储备
①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的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
①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．
②在图3中，用不同于图2的方法作出△ABC的费马点P（要求尺规作图）．
（3）知识应用
①判断题（正确的打√，错误的打×）：
ⅰ．任意三角形的费马点有且只有一个 　 　；
ⅱ．任意三角形的费马点一定在三角形的内部 　 　．
②已知正方形ABCD，P是正方形内部一点，且PA+PB+PC的最小值为，求正方形ABCD的
边长．












7．（2018•山西模拟）皮埃尔•德•费马，17世纪法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”．1638年勒•笛卡儿邀请费马思考关于三个顶点距离为定值的函数问题，费马经过思考并由此提出费马点的相关结论．
定义：若一个三角形的最大内角小于120°，则在其内部有一点，可使该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．例如，如图1，点P是△ABC的费马点．
请结合阅读材料，解决下列问题：
已知：如图2，锐角△DEF．
（1）尺规作图，并标明字母．
①在△DEF外，以DF为一边作等边△DFG．
②作△DFG的外接圆⊙O．
③连接EG交⊙O于点M．
（2）求证：（1）中的点M是△DEF的费马点．



【真题训练】
一．填空题（共2小题）
1．（2021•丹东）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△ABC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∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若AB＝AC＝，BC＝2，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝　 　；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝　 　．
2．（2016•株洲）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∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°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＝　 　．
二．解答题（共3小题）
3．（2014•河南）（1）探究发现
下面是一道例题及其解答过程，请补充完整．
如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝3，PB＝4，PC＝5．求∠APB的度数．

解：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP'，则△APP'为等边三角形．
∵P′P＝PA＝3，PB＝4，P'B＝PC＝5，
∴P'P2+PB2＝P′B2
△BPP'为　 　三角形
∴∠APB的度数为　 　．
（2）类比延伸
如图2，在正方形ABCD内部有一点P，若∠APD＝135°，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC．点P在直线AB上方且∠APB＝60°，试判断是否存在常数k，满足（kPA）2+PB2＝PC2．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．











4．（2010•永州）探究问题：
（1）阅读理解：
①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形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如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB•CD+BC•DA＝AC•BD．此为托勒密定理；

（2）知识迁移：
①请你利用托勒密定理，解决如下问题：
如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC＝PA；
②根据（2）①的结论，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：
第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；
第二步：在上任取一点P′，连接P′A、P′B、P′C、P′D．易知P′A+P′B+P′C＝P′A+（P′B+P′C）＝P′A+　 　；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段　 　的长度即为△ABC的费马距离．

（3）知识应用：
2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水．
已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．








5．（2009•湖州）自选题：若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为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，则PB的值为 　 　；
（2）如图，在锐角△ABC外侧作等边△ACB′连接BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′＝PA+PB+PC．



2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.5旋转的两种模型与真题训练

题型一：奔驰模型
一．填空题（共2小题）
1．（2021•岳阳模拟）如图，P是等边三角形ABC内的一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，以BC为边在△ABC外作△BQC≌△BPA，连接PQ，则以下结论中正确有　①②③　（填序号）
①△BPQ是等边三角形 ②△PCQ是直角三角形 ③∠APB＝150° ④∠APC＝135°

【分析】根据等边三角形性质得出∠ABC＝60°，根据全等得出∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，求出∠PBQ＝60°，即可判断①，根据勾股定理的逆定理即可判断②；求出∠BQP＝60°，∠PQC＝90°，即可判断③，求出∠APC+∠QPC＝150°和PQ≠QC判断④．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵△BQC≌△BPA，
∴∠BPA＝∠BQC，BP＝BQ＝4，QC＝PA＝3，∠ABP＝∠QBC，
∴∠PBQ＝∠PBC+∠CBQ＝∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ＝BP＝4，
∵PQ2+QC2＝42+32＝25，PC2＝52＝25，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，即△PQC是直角三角形，
∵△BPQ是等边三角形，
∴∠BOQ＝∠BQP＝60°，
∴∠BPA＝∠BQC＝60°+90°＝150°，
∴∠APC＝360°﹣150°﹣60°﹣∠QPC＝150°﹣∠QPC，
∵∠PQC＝90°，PQ≠QC，
∴∠QPC≠45°，
即∠APC≠135°，
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定、勾股定理的逆定理的应用，掌握全等三角形的性质、等边三角形的判定定理、勾股定理的逆定理是解题的关键．
2．（2020•滨州模拟）如图，点P是等边三角形ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转后得到△CQB，则∠APB的度数　150°　．

【分析】首先证明△BPQ为等边三角形，得∠BQP＝60°，由△ABP≌CBQ可得QC＝PA，在△PQC中，已知三边，用勾股定理逆定理证出得出∠PQC＝90°，可求∠BQC的度数，由此即可解决问题．
【解答】解：连接PQ，由题意可知△ABP≌△CBQ
则QB＝PB＝4，PA＝QC＝3，∠ABP＝∠CBQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ABP+∠PBC＝60°，
∴∠PBQ＝∠CBQ+∠PBC＝60°，
∴△BPQ为等边三角形，
∴PQ＝PB＝BQ＝4，
又∵PQ＝4，PC＝5，QC＝3，
∴PQ2+QC2＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∵△BPQ为等边三角形，
∴∠BQP＝60°，
∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝150°
∴∠APB＝∠BQC＝150°

【点评】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型．
二．解答题（共1小题）
3．（2019•碑林区校级三模）问题提出
（1）如图，点M、N是直线l外两点，在直线l上找一点K，使得MK+NK最小．
问题探究
（2）在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，求∠APB度数的大小．
问题解决
（3）如图，矩形ABCD是某公园的平面图，AB＝30米，BC＝60米，现需要在对角线BD上修一凉亭E，使得到公园出口A、B，C的距离之和最小．问：是否存在这样的点E？
若存在，请画出点E的位置，并求出EA+EB+EC的和的最小值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据两点间线段距离最短，连接点M、N是，与直线l交于点K，点K 即为所求；
（2）把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质可知APP′是等边三角形，所以∠AP′P＝60°，由勾股定理逆定理可知∠PP′C＝为直角，从而求得∠AP′C为150°，所以∠APB为150°；
（3）把△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A'BE′，由旋转的性质，A′B＝AB＝30，BE′＝BE，A'E′＝AE，∠E′BE＝60°，A'BA＝60°，所以△E′BE是等边三角形，
根据两点间线段距离最短，可知当EA+EB+EC＝A'C时最短，连接A'C，与BD的交点时，点E即为所求，此时EA+EB+EC最短，最短距离为A'C的长度，然后过点A'作A'G⊥BC，利用勾股定理求出A'C的长度，即求得EA+EB+EC的和的最小值．
【解答】解：（1）如图1，连接点M、N，与直线l交于点K，点K 即为所求．

（2）如图2，把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AP′C，

由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′C＝PB＝4，∠PAP′＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，
∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，
∴PP′2+P′C2＝PC2，
∴∠PP′C＝90°，
∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；
故∠APB＝∠AP′C＝150°；
（3）如图连接AC，设在△ABC内一点M，，把△ABM绕点B逆时针旋转60°得到△GBM'，
由旋转的性质，GB＝AB＝30，BM′＝BM，GM＝AM，GB＝AB，∠M′BM＝60°，∠GBA＝60°，
∴△M′BM、△GAB是等边三角形，
∴BM＝MM'，
∴MA+MB+MC＝GM′+MM'+MC，
根据两点间线段距离最短，可知当MA+MB+MC＝GC时最短，
∵△GAB是等边三角形，
∴以AC为一边作等边三角形ACF，
∴MA+MB+MC最小值为BF的长，
此时点M在线段BF上，
∴点M为CG、BF的交点．
若点M与点E重合，即M在对角线BD 上，
则点M为BF与BD的交点，此时点M（E）与点B重合，
显然不符合题意，故点M不在对角线BD上，
即对角线BD上不存在这样的点E，使得到公园出口A、B，C的距离之和最小．

【点评】本题是四边形综合题，主要考查了旋转知识、三角形全等、特殊角直角三角形、等边三角形的性质和勾股定理，熟练掌握旋转知识构建全等三角形是解题的关键．
题型二：费马点模型
一．填空题（共2小题）
1．（2020•碑林区校级模拟）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BM＝CN．连接MN，以MN为斜边在矩形内作等腰Rt△MNQ，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　．

【分析】根据勾股定理得到关于x的一元二次函数，根据函数的性质求得当BM＝BN＝0时，Q点到AD距离最近，此时Q点是AC和BD的交点，过点Q作QM⊥AD于点M′，在△ADQ内部过A、D分别作∠M′DP＝∠M′AP＝30°，则∠APD＝∠APQ＝∠DPQ＝120°，点P就是费马点，此时PA+PD+PQ最小，根据特殊直角三角形才求出AQ，PA，PD，PQ的长，进而得出答案．
【解答】解：设BM＝x，则BN＝6﹣x，
∵MN2＝BM2+BN2，
∴MN2＝x2+（6﹣x）2＝2（x﹣3）2+18，
∴当x＝3时，MN最小，
此时Q点离AD最近，
∵BM＝BN＝3，
∴Q点是AC和BD的交点，
∴AQ＝DQ＝AD＝3，
过点Q作QM′⊥AD于点M′，在△ADQ内部过A、D分别作∠M′DP＝∠M′AP＝30°，则∠APD＝∠APQ＝∠DPQ＝120°，点P就是费马点，此时PA+PD+PQ最小，
在等腰Rt△AQD中，AQ＝DQ＝3，QM′⊥AD，
∴AM＝QM′＝AQ＝3，
故cos30°＝，
解得：PA＝2，则PM′＝，
故QP＝3﹣，同法可得PD＝2，
则PA+PD+PQ＝2×+3﹣＝3+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+3．

【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角，正确画出图形进而求出PA的长是解题关键．
2．（2020•崇州市模拟）如果点P是△ABC内一点，且它到三角形的三个顶点距离之和最小，则P点叫△ABC的费马点．已经证明：在三个内角均小于120°的△ABC中，当∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°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　．

【分析】过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，求出PE，PF，DP的长即可解决问题；
【解答】解：如图：过点D作DM⊥EF于点M，在△BDE内部过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，则∠EPF＝∠FPD＝∠EPD＝120°，点P就是费马点，
在等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝，DM⊥EF，
∴EF＝DE＝2
∴EM＝DM＝1，
故cos30°＝，
解得：PE＝，则PM＝，
故DP＝1﹣，同法可得PF＝
则PD+PE+PF＝2×+1﹣＝+1．
故答案为+1．

【点评】此题主要考查了解直角三角，正确画出图形进而求出PE的长是解题关键．
二．解答题（共5小题）
3．（2021•雁塔区校级模拟）【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，BC＝5，则△ABC的外接圆的半径值为 　5　．
【问题解决】
如图2，点P为正方形ABCD内一点，且∠BPC＝90°，若AB＝4，求AP的最小值．
【问题解决】
如图3，正方形ABCD是一个边长为3cm的隔离区域设计图，CE为大门，点E在边BC上，CE＝cm，点P是正方形ABCD内设立的一个活动岗哨，到B、E的张角为120°，即∠BPE＝120°，点A、D为另两个固定岗哨．现需在隔离区域内部设置一个补水供给点Q，使得Q到A、D、P三个岗哨的距离和最小，试求QA+QD+QP的最小值．（保留根号或结果精确到1cm，参考数据≈1.7，10.52＝110.25）．

【分析】（1）作出三角形的外接圆O，证明△OBA是等边三角形，利用三线合一性质计算即可；
（2 ）点P在以BC为直径的圆上，根据圆心，P，A三点共线时AP最小，计算即可；
（3）如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据（1）可得∠BPE所在圆的半径，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，构造直角三角形求解即可．
【解答】解：（1）如图1，作△ABC的外接圆O，作直径AD，连接OB，

∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，∠BAO＝60°，
∵OA＝OB，
∴△OBA是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB，
设AD与BC交于点E，BE＝BC＝，
在直角三角形ABE中，
∵sin∠BAO＝，
∴sin60°＝＝，
∴AB＝5，
∴OA＝5，
故答案为：5；

（2 ）如图2，

∵∠BPC＝90°，
∴点在以BC为直径的圆上，设圆心为点O，
则OP＝BC＝2，
∴O，P，A三点线时AP最小，
在直角三角形ABO中，
AO＝＝2，
∵PO＝2，
∴AP的最小值为：AO﹣PO＝2﹣2；

（3）如图3，设∠BPE所在圆的圆心为点O，根据（1）可得∠BPE所在圆的半径为＝2，以点D为旋转中心，将△DQA顺时针旋转60°，得到△DFN，当N，F，Q，P，O共线时，QA+QD+QP最小，过点N作NG⊥AB交BA的延长线于点G，连接AN，则△AND是等边三角形，过点O作OM⊥GN于M交BC于点H，连接OB，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC∥GN，
∴OH⊥BC，
∵BE＝2，
∴BH＝，
∴OH＝＝1，
∵AD＝DN，∠ADN＝60°，
∴△AND是等边三形，且AN＝3，∠NAD＝60°，
∴∠GAN＝30°，
∴GN＝ANsin30°＝，AG＝ANcos30°＝，
∴OM＝OH+AB+AG＝+1+3＝+3，MN＝GN﹣BH＝﹣＝，
∴ON＝＝≈11，
∴QA+QD+QP最小值为：11﹣2＝9（cm）．
【点评】本题考查了正方形的性质、圆中半径相等，点与圆位置关系中的最值问题，费马点最值问题，旋转的思想，锐角三角函数，解题的关键是正确构造辅助圆，旋转60°处理费马点问题．
4．（2021•山西模拟）阅读下列材料，完成后面相应的任务：

费马（Ferrmat，1601年8月17日﹣1665年1月12日），生于法国南部图卢兹（Toulouse）附近的波蒙•德•罗曼，被誉为业余数学家之王．1643年，费马曾提出了一个著名的几何问题：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小的点的位置．另一位数学家托里拆利成功地解决了这个问题：如图1，△ABC（三个内角均小于120°）的三条边的张角都等于120°，即满足∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°的点P，就是到点A，B，C的距离之和最小的点，后来人们把这个点P称为“费马点”．
下面是“费马点”的证明过程：如图2，将△APB绕着点B逆时针旋转60°得到△A′P′B，使得A′P′落在△ABC外，则△A′AB为等边三角形，∴P′B＝PB＝PP′，于是PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，…．
任务：（1）材料中，判定△A′AB为等边三角形的依据是 　顶角为60°等腰三角形是等边三角形　．
（2）请你完成剩余的部分．
（3）如图，△ABC为锐角三角形，以AC为一边作等边△ACD，⊙O是△ACD的外接圆，连接BD交⊙O于点M，求证：M是△ABC的费马点．

【分析】（1）判定依据是顶角为60°等腰三角形是等边三角形；
（2）根据题中条件可知当A'P'PC四点共线时PA+PB+PC有最小值为A'C的长度，求出此时∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°即可；
（3）先根据MD是直径和△ACD为等边三角形证直角三角形MCD和直角三角形MAD全等，得出∠ADM+∠CDM＝∠ADC＝30°，再根据外角定义计算出∠AMB＝∠BMC＝∠AMC＝120°即可．
【解答】解：（1）由题知判定依据的是顶角为60°等腰三角形是等边三角形；
（2）补充如下：
∴当A'，P'，P，C四点在同一直线上时PA+PB+PC有最小值为A'C的长度，
∵P′B＝PB，∠P'BP＝60°，
∴△P'BP为等边三角形，
则当A'，P'，P，C四点在同一直线上时，
∠BPC＝180°﹣∠P'PB＝180°﹣60°＝120°，
∠APB＝∠A'PB＝180°﹣∠BP'P＝180°﹣60°＝120°，
∠APC＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴满足∠APB＝∠BPC＝∠APC＝120°的点P，就是到点A，B，C的距离之和最小的点；
（3）如右图，连接MA，MC，
∵△ACD为等边三角形，
∴∠DAC＝∠ADC＝∠ACD＝60°，
又∵⊙O是△ACD的外接圆，
∴∠AMD＝∠ACD＝60°，
∴∠AMB＝180°﹣∠AMD＝180°﹣60°＝120°，
同理可得∠BMC＝120°，
∴∠AMC＝360°﹣∠AMB﹣∠BMC＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
即点M是△ABC的“费马点”．

【点评】本题主要考查“费马点”的证明过程，熟练掌握等边三角形的性质性质是解题的关键．
5．（2018•禹会区一模）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）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°．
①求证：△ABP∽△BCP；
②若PA＝3，PC＝4，则PB＝　2　．
（2）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．

【分析】（1）①根据题意，利用内角和定理及等式性质得到一对角相等，利用两角相等的三角形相似即可得证；
②由三角形ABP与三角形BCP相似，得比例，将PA与PC的长代入求出PB的长即可；
（2）①根据三角形ABE与三角形ACD为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两个角为60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形ACE与三角形ABD全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠1＝∠2，再由对顶角相等，得到∠5＝∠6，即可求出所求角度数；
②由三角形ADF与三角形CPF相似，得到比例式，变形得到积的恒等式，再由对顶角相等，利用两边成比例，且夹角相等的三角形相似得到三角形AFP与三角形CFD相似，利用相似三角形对应角相等得到∠APF为60°，由∠APD+∠DPC，求出∠APC为120°，进而确定出∠APB与∠BPC都为120°，即可得证．
【解答】（1）证明：①∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
②解：∵△ABP∽△BCP，
∴＝，
∴PB2＝PA•PC＝12，
∴PB＝2；
故答案为：2；
（2）解：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和△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：方法一：∵△ADF∽△CFP，
∴＝，
∴AF•PF＝DF•CP，
∵∠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．
方法二：由①知：∠CPD＝60°，
∴∠BPC＝180°﹣∠CPD＝120°，
由①知：∠1＝∠2，
∴A，P，C，D共圆，
∴∠APC+∠ADC＝180°，
∴∠APC＝180°﹣∠ADC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．

【点评】此题属于相似形综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，费马点的定义，以及等边三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
6．（2018•温岭市模拟）（1）知识储备
①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的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
①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 　AD　的长度即为△ABC的费马距离．
②在图3中，用不同于图2的方法作出△ABC的费马点P（要求尺规作图）．
（3）知识应用
①判断题（正确的打√，错误的打×）：
ⅰ．任意三角形的费马点有且只有一个 　√　；
ⅱ．任意三角形的费马点一定在三角形的内部 　×　．
②已知正方形ABCD，P是正方形内部一点，且PA+PB+PC的最小值为，求正方形ABCD的
边长．

【分析】（1）①根据已知首先得出△PCE为等边三角形，进而得出△ACP≌△BCE（SAS），即AP＝AE+EP＝BP+PE＝BP+PC；
（2）①利用（1）中结论得出PA+PB+PC＝PA+（PB+PC）＝PA+PD；以及线段的性质“两点之间线段最短”容易获解；
②画出图形即可；也可以将AC绕点C按顺时针旋转60°得到A′C，连接A′B，作∠A′PC＝60°，然后在A′P上截取PP′＝PC，则△P′PC是等边三角形，由旋转的性质及两点之间线段最短即可得出结论；
（3）①根据费马点和费马距离的定义直接判定即可；
②将△ABP沿点B逆时针旋转60°到△A1BP1，如图5，根据PA+PB+PC的最小值为，得P1A1+PP1+PC的最小值为，即A1C＝，设正方形的边长为2x，根据勾股定理列方程得：得：，解出可得正方形的边长．
【解答】（1）①证明：在PA上取一点E，使PE＝PC，连接CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，
又∵PE＝PC，
∴△PEC是正三角形，
∴CE＝CP，∠ACB＝∠ECP＝60°，
∴∠ACE＝∠BCP，
又∵∠PBC＝∠PAC，BC＝AC，
∴△ACE≌△BCP （ASA），
∴AE＝PB，
∴PB+PC＝AE+PE＝AP；（4分）

（2）①如图2，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； （6分）
②过AB和AC分别向外作等边三角形，连接CD，BE，交点即为P．（过AC或AB作外接圆视作与图2相同的方法，不得分）． （8分）

（3）①ⅰ．（√）；
ⅱ．当三角形有一内角大于或等于120°时，所求三角形的费马点为三角形最大内角的顶点（×） （10分）
故答案为：i，√，ii，×；
②解：将△ABP沿点B逆时针旋转60°到△A1BP1，
如图5，过A1作A1H⊥BC，交CB的延长线于H，连接P1P，
易得：A1B＝AB，PB＝P1B，PA＝P1 A1，∠P1BP＝∠A1BA＝60°，
∵PB＝P1B，∠P1BP＝60°，
∴△P1PB是正三角形，
∴PP1＝PB，
∵PA+PB+PC的最小值为，
∴P1A1+PP1+PC的最小值为，
∴A1，P1，P，C在同一直线上，即A1C＝，（12分）
设正方形的边长为2x，
∵∠A1BA＝60°，∠CBA＝90°，
∴∠1＝30°，
在Rt△A1HB中，A1B＝AB＝2x，∠1＝30°，
得：A1H＝x，BH＝，
在Rt△A1HC中，由勾股定理得：，
解得：x1＝1 x2＝﹣1（舍去）
∴正方形ABCD的边长为2． （14分）



【点评】此题是圆的综合题，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．
7．（2018•山西模拟）皮埃尔•德•费马，17世纪法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”．1638年勒•笛卡儿邀请费马思考关于三个顶点距离为定值的函数问题，费马经过思考并由此提出费马点的相关结论．
定义：若一个三角形的最大内角小于120°，则在其内部有一点，可使该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．例如，如图1，点P是△ABC的费马点．
请结合阅读材料，解决下列问题：
已知：如图2，锐角△DEF．
（1）尺规作图，并标明字母．
①在△DEF外，以DF为一边作等边△DFG．
②作△DFG的外接圆⊙O．
③连接EG交⊙O于点M．
（2）求证：（1）中的点M是△DEF的费马点．

【分析】（1）根据作图步骤直接作图即可得出结论；
（2）分别求出∠DMF＝120°，∠DME＝120°，∠EMF＝120°，即可得出结论、
【解答】解：根据作图步骤，作出图形，如图1所示：

（2）如图2，
连接DM，FM，
由作图知，DF＝DG＝FG，
∴△DFG是等边三角形，
∴∠DFG＝∠FDG＝∠DGF＝60°，
∵四边形DMFG是圆内接四边形，
∴∠DGF+∠DMF＝180°，
∴∠DMF＝120°，
∵∠DMG＝∠DFG＝60°，
∴∠DME＝180°﹣∠DMG＝120°，
∵∠FMG＝∠FDG＝60°，
∴∠EMF＝120°，
∴∠DME＝∠DMF＝∠EMF＝120°，
∴点M是△DEF的费尔马点．
【点评】此题是圆的综合题，主要考查基本作图的方法，圆的内接四边形的性质，圆周角定理，找出△DEF的费尔马点是解本题的关键．
【真题训练】
一．填空题（共2小题）
1．（2021•丹东）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△ABC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∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若AB＝AC＝，BC＝2，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝　5　；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则PA+PB+PC＝　2　．
【分析】①作出图形，过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，勾股定理解直角三角形即可；
②作出图形，将△APC绕点A逆时针旋转60°，P为△ABC的费马点则B，P，P'，C'四点共线，即PA+PB+PC＝BC'，再用勾股定理求得即可．
【解答】解：如图，过A作AD⊥BC，垂足为D，
过B，C分别作∠DBP＝∠DCP＝30°，则PB＝PC，P为△ABC的费马点，
∵AB＝AC＝，BC＝2，
∴，
∴，
∴PD＝1，
∴，
∴，
∴PA+PB+PC＝5；
②如图：
∵AB＝2，BC＝2，AC＝4，
∴AB2+BC2＝16，AC2＝16，
∴AB2+BC2＝AC2，∠ABC＝90°，
∵，
∴∠BAC＝30°，
将△APC绕点A逆时针旋转60°，
由旋转可得：△APC≌△AP'C'，
∴AP'＝AP，PC＝P'C'，AC＝AC'，∠CAC'＝∠PAP'＝60°，
∴△APP′是等边三角形，
∴∠BAC'＝90°，
∵P为△ABC的费马点，
即B，P，P'，C'四点共线时候，PA+PB+PC＝BC'，
∴PA+PB+PC＝BP+PP'+P'C'＝BC'＝＝，
故答案为：5，．

【点评】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△PAB，△PBC也可，但必须绕顶点旋转．
2．（2016•株洲）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∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°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　．
【分析】根据题意首先画出图形，过点D作DM⊥EF于点M，过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°就可以得到满足条件的点P，根据特殊直角三角形才求出PE，PF，PM，DP的长，进而得出答案．
【解答】解：如图：等腰Rt△DEF中，DE＝DF＝，
过点D作DM⊥EF于点M，过E、F分别作∠MEP＝∠MFP＝30°，
则EM＝DM＝1，
故cos30°＝，
解得：PE＝PF＝＝，则PM＝，
故DP＝1﹣，
则PD+PE+PF＝2×+1﹣＝+1．
故答案为：+1．

【点评】此题主要考查了解直角三角，正确画出图形进而求出PE的长是解题关键．
二．解答题（共3小题）
3．（2014•河南）（1）探究发现
下面是一道例题及其解答过程，请补充完整．
如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，PA＝3，PB＝4，PC＝5．求∠APB的度数．

解：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP'，则△APP'为等边三角形．
∵P′P＝PA＝3，PB＝4，P'B＝PC＝5，
∴P'P2+PB2＝P′B2
△BPP'为　直角　三角形
∴∠APB的度数为　150°　．
（2）类比延伸
如图2，在正方形ABCD内部有一点P，若∠APD＝135°，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．
（3）联想拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC．点P在直线AB上方且∠APB＝60°，试判断是否存在常数k，满足（kPA）2+PB2＝PC2．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理可得到△BPP′为直角三角形，且∠BPP′＝90°，即可得到∠APB的度数；
（2）把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得P′B＝PD，P′A＝PA，然后求出△APP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出PP′2＝2PA2，∠PP′A＝45°，再求出∠PP′B＝90°，然后利用勾股定理得出PP′2+P′B2＝PB2，等量代换得出2PA2+PD2＝PB2．
（3）将△APC 绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，论证PP′＝PA，再根据勾股定理代换即可．
【解答】解：（1）如图1，将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形．
∵PP′＝PA＝3，PB＝4，P′B＝PC＝5，
∴P′P2+PB2＝P′B2．
∴△BPP′为直角三角形．
∴∠APB的度数为90°+60°＝150°．
故答案为：直角；150°；

（2）2PA2+PD2＝PB2．理由如下：
如图2，把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到△ABP′，连接PP′．
则P′B＝PD，P′A＝PA，∠PAP′＝90°，
∴△APP′是等腰直角三角形，
∴PP′2＝PA2+P′A2＝2PA2，∠PP′A＝45°，
∵∠APD＝135°，
∴∠AP′B＝∠APD＝135°，
∴∠PP′B＝135°﹣45°＝90°，
在Rt△PP′B中，由勾股定理得，PP′2+P′B2＝PB2，
∴2PA2+PD2＝PB2．
（3）k＝±．

证明：如图③
将△APC 绕A点顺时针旋转120°得到△AP′B，连接PP′，过点A作AH⊥PP′，
可得∠APP′＝30°，PP′＝PA，PC＝P′B，
∵∠APB＝60°，
∴∠BPP′＝90°，
∴P′P2+BP2＝P′B2，
∴（PA）2+PB2＝PC2
∵（kPA）2+PB2＝PC2，
∴k＝±．

【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质以及勾股定理的逆定理．
4．（2010•永州）探究问题：
（1）阅读理解：
①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形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如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB•CD+BC•DA＝AC•BD．此为托勒密定理；

（2）知识迁移：
①请你利用托勒密定理，解决如下问题：
如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC＝PA；
②根据（2）①的结论，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：
第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；
第二步：在上任取一点P′，连接P′A、P′B、P′C、P′D．易知P′A+P′B+P′C＝P′A+（P′B+P′C）＝P′A+　P′D　；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段　AD　的长度即为△ABC的费马距离．

（3）知识应用：
2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水．
已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．

【分析】（2）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证． ②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数学容易获解．
（3）知识应用，在（2）的基础上先画出图形，再求解．
【解答】（2）①证明：由托勒密定理可知PB•AC+PC•AB＝PA•BC
∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，
∴PB+PC＝PA，
②P′D、AD，

（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段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，
∴AD＝＝＝5（km），
∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km．


【点评】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、三角形相似、解直角三角形等知识．难度很大，有利于培养同学们钻研问题和探索问题的精神．
5．（2009•湖州）自选题：若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为锐角△ABC的费马点，且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，则PB的值为 　2　；
（2）如图，在锐角△ABC外侧作等边△ACB′连接BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′＝PA+PB+PC．

【分析】（1）由题意可得△ABP∽△BCP，所以PB2＝PA•PC，即PB＝2；
（2）在BB'上取点P，使∠BPC＝120°，连接AP，再在PB'上截取PE＝PC，连接CE．由此可以证明△PCE为正三角形，再利用正三角形的性质得到PC＝CE，∠PCE＝60°，∠CEB'＝120°，而△ACB'为正三角形，由此也可以得到AC＝B'C，∠ACB'＝60°，现在根据已知的条件可以证明△ACP≌△B'CE，然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论．
【解答】解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，
∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
∴，
∴PB2＝PA•PC＝12，
∴PB＝2；


（2）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．

∠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，且BB'＝EB'+PB+PE＝PA+PB+PC．
【点评】此题考查了等腰三角形与等边三角形的性质及三角形内角和为180°等知识；此类已知三角形边之间的关系求角的度数的题，一般是利用等腰（等边）三角形的性质得出有关角的度数，进而求出所求角的度数．