2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题12费马点问题（教师版）

这是一份2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题12费马点问题（教师版），共57页。
专题12费马点问题
解题策略


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，
∴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；


经典例题



【例1】．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）如点P为锐角△ABC的费马点．且∠ABC＝60°，PA＝3，PC＝4，求PB的长．
（2）如图（2），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．
（3）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．
【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；
（3）作CP平分∠ACB，交BC的垂直平分线于点P，P点即费马点；
要证明以上结论，需创造一些条件，首先可从△ABC中分出一部分使得与△ACF的面积相等，则过A作AM∥FC交BC于M，连接DM、EM，就可创造出这样的条件，然后再证其它的面积也相等即可．
【解析】（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．

（3）如下图，
作CP平分∠ACB，交BC的垂直平分线于点P，P点就是费马点；

证明：过A作AM∥FC交BC于M，连接DM、EM，

∵∠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CB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，∠ABC＝∠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．


【例2】．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．


【例3】．如图，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为（0，2），点D在x轴的正半轴上，∠ODB＝30°，OE为△BOD的中线，过B、E两点的抛物线与x轴相交于A、F两点（A在F的左侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）等边△OMN的顶点M、N在线段AE上，求AE及AM的长；
（3）点P为△ABO内的一个动点，设m＝PA+PB+PO，请直接写出m的最小值，以及m取得最小值时，线段AP的长．
【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△AEK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的外切圆（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，根据割线定理即可求得AP的长．
【解析】（1）过E作EG⊥OD于G（1分）
∵∠BOD＝∠EGD＝90°，∠D＝∠D，
∴△BOD∽△EGD，
∵点B（0，2），∠ODB＝30°，
可得OB＝2，；
∵E为BD中点，
∴
∴EG＝1，
∴
∴点E的坐标为（2分）
∵抛物线经过B（0，2）、两点，
∴，
可得；
∴抛物线的解析式为；（3分）

（2）∵抛物线与x轴相交于A、F，A在F的左侧，
∴A点的坐标为
∴，
∴在△AGE中，∠AGE＝90°，（4分）
过点O作OK⊥AE于K，
可得△AOK∽△AEG
∴
∴
∴
∴
∵△OMN是等边三角形，
∴∠NMO＝60°
∴；
∴，或；（6分）
（写出一个给1分）

（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：m可以取到的最小值为
当m取得最小值时，线段AP的长为．
（如遇不同解法，请老师根据评分标准酌情给分）



培优训练


1．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．
【解析】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，．


2．在△ABC中，若其内部的点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则称P为△ABC的费马点．如图所示，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，设P为△ABC的费马点，且满足∠PBA＝45°，PA＝4，则△PAC的面积为　4　．

【分析】如图，延长BP交AC于D，先说明△ABD是等腰直角三角形，△ADP是30°的直角三角形，可得PD和AD的长，根据费马点的定义可得∠APC＝120°，从而可知△PDC也是30°的直角三角形，可得CD的长，根据三角形的面积公式可得结论．
【解析】如图，延长BP交AC于D，

∵∠BAC＝∠PBA＝45°，
∴∠ADB＝90°，AD＝BD，
∵P为△ABC的费马点，
∴∠APB＝∠CPA＝120°，
∴∠BAP＝180°﹣120°﹣45°＝15°，
∴∠PAC＝45°﹣15°＝30°，
∴∠APD＝60°，
Rt△PAD中，∵PA＝4，
∴PD＝2，AD＝2，
∵∠APC＝120°，
∴∠CPD＝120°﹣60°＝60°，
Rt△PDC中，∠PCD＝30°，
∴CD＝2，
∴AC＝AD+CD＝2+2＝4，
∴△PAC的面积为＝＝4．
故答案为：4．
3．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的一元二次方程，根据函数的性质求得当BM＝BN＝3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．
【解析】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．

4．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；
【解析】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．

5．法国数学家费马提出：在△ABC内存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小．人们称这个点为费马点，此时PA+PB+PC的值为费马距离．经研究发现：在锐角△ABC中，费马点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，如图，点P为锐角△ABC的费马点，且PA＝3，PC＝4，∠ABC＝60°，则费马距离为　7+2　．

【分析】根据相似三角形的判定和性质，即可求解．
【解析】
如图：
∵∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120，∠ABC＝60°，
∴∠1+∠3＝60°，∠1+∠2＝60°，∠2+∠4＝60°，
∴∠1＝∠4，∠2＝∠3，
∴△BPC∽△APB
∴＝，
即PB2＝12
∴PB＝2．
∴PA+PB+PC＝7+2
故答案为：7+2．
二．解答题（共20小题）
6．定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．
【基础巩固】
（1）如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为BC边上的高，已知AD上一点E满足∠DEC＝60°，AC＝，求AE+BE+CE＝　12+　；
【尝试应用】
（2）如图2，等边三角形ABC边长为，E为高线AD上的点，将三角形AEC绕点A逆时针旋转60°得到三角形AFG，连接EF，请你在此基础上继续探究求出等边三角形ABC的“最近值”；
【拓展提高】
（3）如图3，在菱形ABCD中，过AB的中点E作AB垂线交CD的延长线于点F，连接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．

【分析】（1）△CDE为含30°角直角三角形，可求出DE、CE的长度，进而得出结果．
（2）△AEF为等边三角形，可得AE+BE+CE＝EF+BE+GF，故当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，进而可得∠AEB＝∠AEC＝∠BEC＝120°，即可求出结果．
（3）作DM⊥AB于点M，可知EF＝DM＝AB，进而可推出△ABF为等腰直角三角形，结合（2）中的结论，当点P满足：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，进而结合（1）中方法求出结果．
【解析】（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AC＝，
∴BD＝CD＝AD＝，
∵∠DEC＝60°，
∴DE＝＝4，
∴AE＝AD﹣DE＝，CE＝BE＝2DE＝8，
∴AE+BE+CE＝+8×2＝12+；
故答案为：12+；
（2）由题意可得：AE＝AF，∠EAF＝60°，
∴△EAF为等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，
∴AE+BE+CE＝EF+BE+GF，
∵B、G两点均为定点，
∴当B、E、F、G四点共线时，EF+BE+GF最小，
∴∠AEB＝120°，∠AEC＝∠AFG＝120°，
∴∠BEC＝120°，
∴此时E点为等边△ABC的中心，
∴AE+BE+CE＝3AE＝＝12，
故等边三角形ABC的“最近值”为12；
（3）如图，过点D作DM⊥AB于点M，

∵∠BDA＝75°，AB＝AD，
∴∠DAB＝30°，
∴2DM＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴EF＝DM，
∴2EF＝AB，
∴AE＝BE＝EF＝3，
∴△AEF与△BEF均为等腰直角三角形，
∴△ABF为等腰直角三角形，
设P为EF上一点，由（2）得：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°时，PA+PB+PF最小，
此时：EP＝＝，
∴AP＝BP＝2EP＝，FP＝EF﹣EP＝3﹣，
∴AP+BP+FP＝＝3+，
∴（AP+BP+FP）2＝＝，
∴三角形AFB“最近值”的平方为．
7．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为锐角三角形ABC的费马点，且∠ABC＝60°．
①求证：△ABP∽△BCP；
②若PA＝3，PC＝4，求PB的长．
（2）已知锐角三角形ABC，分别以AB、AC为边向外作正三角形ABE和正三角形ACD，CE和BD相交于P点，连结AP，如图②．
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为△ABC的费马点．

【分析】（1）①由三角形内角和定理可求∠PBA+∠PAB＝60°，可证∠PBC＝∠BAP，可得结论；
②由相似三角形的性质可得，即可求解；
（2）①由“SAS”可证△ACE≌△ADB，可得∠1＝∠2，即可求解；
②通过证明△ADF∽△CFP，可得，可证△AFP∽△CDF，可得∠APF＝∠ACD＝60°，可得结论．
【解答】（1）①证明：∵点P为锐角三角形ABC的费马点，
∴∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，
∴∠PBA+∠PAB＝60°，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABP+∠PBC＝60°，
∴∠PBC＝∠BAP，
又∵∠APB＝∠BPC，
∴△ABP∽△BCP，
②解：∵△ABP∽△BCP，
∴，
又∵PA＝3，PC＝4，
∴，
∴PB＝2；
（2）①解：设AC与BD的交点于F，

如图，∵△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△ADB中，
，
∴△ACE≌△ADB（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵∠1＝∠2，∠5＝∠6，
∴△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．
8．如图1，D、E、F是等边三角形ABC中不共线三点，连接AD、BE、CF，三条线段两两分别相交于D、E、F．已知AF＝BD，∠EDF＝60°．
（1）证明：EF＝DF；
（2）如图2，点M是ED上一点，连接CM，以CM为边向右作△CMG，连接EG．若EG＝EC+EM，CM＝GM，∠GMC＝∠GEC，证明：CG＝CM．
（3）如图3，在（2）的条件下，当点M与点D重合时，若CD⊥AD，GD＝4，请问在△ACD内部是否存在点P使得P到△ACD三个顶点距离之和最小，若存在请直接写出距离之和的最小值；若不存在，试说明理由．


【分析】（1）可先推出∠CAF＝∠ABD，再证△ACF≌△BAD，即可得出结论；
（2）在EF上截取EN＝EM，连接MN，可推出△EMN是等边三角形，可证△NCM≌△EGM，然后推出△CMG是等边三角形，从而问题得证；
（3）先求得AD＝，将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，可得△PDQ是等边三角形，于是AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，故当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，最后解斜三角形ADG，从而求得．
【解答】（1）证明：如图1，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB，
∠ACB＝60°，
∴∠CAF+∠DAB＝60°，
∵∠EDF＝60°，
∴∠DAB+∠ABD＝60°，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵AF＝BD，
∴△ACF≌△BAD（SAS），
∴EF＝DF；
（2）证明：如图2，

由（1）知，
EF＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠DEF＝60°，
在EF上截取EN＝EM，连接MN，
∴CN＝CE+EN＝CE+EM＝EG，
∴△EMN是等边三角形，
∴∠CNM＝60°，
∵∠GMC＝∠GEC，∠α＝∠β，
∴∠NCM＝∠EGM，
∵CM＝GM，
∴△NCM≌△EGM（SAS），
∴∠MEG＝∠CNM＝60°，
∴∠CEG＝180°﹣∠MEG﹣∠FED＝60°，
∴∠GME＝∠GEC＝60°，
∵CM＝GM，
∴△CMG是等边三角形，
∴CG＝CM；
（3）解：如图3，

由（1）（2）知，
△DEF和△CDG是等边三角形，
∴∠CFD＝60°，CD＝GD＝4，
∵CD⊥AD，
∴∠CDF＝90°，
∴AD＝CF＝＝，
将△DPC绕点D顺时针旋转60°至△DQG，连接AG，
∴AD＝DQ，CP＝QG，
∴△PDQ是等边三角形，
∴PD＝PQ，
∴AP+PD+CP＝AP+PQ+QG，
∴当A、P、Q、G共线时，AP+PD+CP最小＝AG，
作GH⊥AD于H，
在Rt△DGH中，
GH＝DG＝2，
DH＝DG＝2，
∴AH＝AD+DH＝+2＝，
∴AG＝
＝
＝，
∴AP+PD+CP的最小值是．
9．【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．
【解析】（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）．
10．在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx﹣8的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线y＝kx+（k≠0）经过点A，与抛物线交于另一点R，已知OC＝2OA，OB＝3OA．
（1）求抛物线与直线的解析式；
（2）如图1，若点P是x轴下方抛物线上一点，过点P做PH⊥AR于点H，过点P做PQ∥x轴交抛物线于点Q，过点P做PH′⊥x轴于点H′，K为直线PH′上一点，且PK＝2PQ，点I为第四象限内一点，且在直线PQ上方，连接IP、IQ、IK，记l＝PQ，m＝IP+IQ+IK，当l取得最大值时，求出点P的坐标，并求出此时m的最小值．
（3）如图2，将点A沿直线AR方向平移13个长度单位到点M，过点M做MN⊥x轴，交抛物线于点N，动点D为x轴上一点，连接MD、DN，再将△MDN沿直线MD翻折为△MDN′（点M、N、D、N′在同一平面内），连接AN、AN′、NN′，当△ANN′为等腰三角形时，请直接写出点D的坐标．

【分析】（1）令二次函数x＝0，解出C点坐标（0，﹣8），根据已知条件可知点A（﹣4，0）点B（12，0）．代入解析式从而求得抛物线和直线解析式．
（2）设点P坐标的横坐标为p，求出对称轴为直线x＝4，根据对称性求出点Q的坐标，从而求出PQ的长度，延长PK交直线AR与点M，利用一次函数解析式求出点M的坐标，PM线段长可表示，利用△PHM∽△AEO，求出PH的长度，则I可用点p的代数式表示，从而求得最大值，点P坐标也可求出，由m＝IP+IQ+IK求其最小值可知，点I为△PQK的“费马点”．
（3）由点A平移13个单位可知点M的坐标，则点N的坐标可求为（8，﹣8）可求AN的长度，MN的长度为13，因为翻折可知MN′的长度也为13，则N′在以点M为圆心13个单位长度为半径的圆上运动，再利用等腰三角形求出点D的坐标．
【解答】解（1）∵y＝ax2+bx﹣8与y轴的交点为C，令x＝0，y＝﹣8
∴点C（0，﹣8）
∴OC＝8
∵OC＝2OA，OB＝3OA
∴OA＝4，OB＝12
∴A（﹣4，0）B（12，0）
将点A代入直线解析式可得0＝﹣4k+
解得k＝
∴y＝x+
将点A和点B代入抛物线中

解得a＝，b＝﹣
∴y＝x2﹣x﹣8
（2）设点P的坐标为（p，p2﹣p﹣8）
﹣＝4
∴抛物线的对称轴为直线x＝4
∴点Q（8﹣p，）
∴PQ＝2p﹣8
∵PK＝2PQ
∴PK＝4p﹣16
如图1所示，延长PK交直线AR于点M，则M（p，）

∴PM＝﹣（）＝
∵∠PHM＝∠MH′A，∠HMP＝∠AMH′
∴∠HPM＝∠MAH′
∵直线解析式为y＝，令x＝0，y＝．
∴OE＝
∵OA＝4
根据勾股定理得∴AE＝
∴cos∠EAO＝＝
∴cos∠HPM＝＝＝
∴PH＝
∵I＝PH﹣PQ
∴I＝（）﹣（2p﹣8）＝﹣（p﹣5）2+85
∴当p＝5时，I取最大值此时点P（5，）
∴PQ＝2，PK＝
如图2所示，连接QK，以PQ为边向下做等边三角形PQD，连接KD，在KD取I，
使∠PID＝60°，以PI为边做等边三角形IPF，连接IQ

∵IP＝PF，PQ＝PD，∠IPQ＝∠FPD
∴△IPQ≌△FPD
∴DF＝IQ
∴IP+IQ+IK＝IF+FD+IK＝DK，此时m最小
过点D作DN垂直于KP
∵∠KPD＝∠KPQ+∠QPD＝150°
∴∠PDN＝30°
∵DP＝PQ＝2
∴DN＝1，根据勾股定理得PN＝
在△KDN中，KN＝5，DN＝1，根据勾股定理得KD＝2
∴m的最小值为2
（3）设NM与x轴交于点J
∵AM＝13，cos∠MAJ＝
∴AJ＝12，根据勾股定理得MJ＝5
∵OA＝4，∴OJ＝8
∴M（8，5）
当x＝8时，代入抛物线中，可得y＝﹣8
∴N（8，﹣8），MN＝13
在△AJN中，根据勾股定理得AN＝4
∵点D为x轴上的动点，根据翻折，MN′＝13，所以点N′在以M为圆心，13个单位长度为半径的圆上运动，如图3所示

①当N′落在AN的垂直平分线上时
tan∠MNA＝＝
∴tan∠MGJ＝，∵MJ＝5
∴JG＝，根据勾股定理得MG＝
∵MD1为∠GMJ的角平分线
∴
∴D1J＝∴D1（，0）
∵MD4也为角平分线
∴∠D1MD4＝90°
根据射影定理得MJ2＝JD1•JD4
∴JD4＝
∴D4（，0）
②当AN＝AN′时
D2与点A重合
∴D2（﹣4，0）
∵MD3为角平分线
∴
∴JD3＝
∴D3（，0）
综上所述D1（，0），D2（﹣4，0），D3（，0），D4（，0）．
11．（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）



12．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、
【解析】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．
13．背景资料：
在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小．
这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．
如图①，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，此时∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，此时，PA+PB+PC的值最小．
解决问题：
（1）如图②，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．
为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝　150°　；
基本运用：
（2）请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题：
如图③，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E，F为BC上的点，且∠EAF＝45°，判断BE，EF，FC之间的数量关系并证明；
能力提升：
（3）如图④，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点P为Rt△ABC的费马点，连接AP，BP，CP，求PA+PB+PC的值．

【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）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．
（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．
【解析】（1）∵△ACP′≌△ABP，
∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，
由题意知旋转角∠PA P′＝60°，
∴△AP P′为等边三角形，
P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，
易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，
∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；
故答案为：150°；

（2）EF2＝BE2+FC2，理由如下：
如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，

由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△EAF和△E′AF中，
，
∴△EAF≌△E′AF（SAS），
∴E′F＝EF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，
由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．

（3）如图④，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°，
∴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°，
∴∠CPB+∠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＝．
14．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．

15．如图①，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BN，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；
（3）小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费马点的简便方法：如图②，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．试说明这种作法的依据．

【分析】（1）结合等边三角形的性质，根据SAS可证△AMB≌△ENB；
（2）连接MN，由（1）的结论证明△BMN为等边三角形，所以BM＝MN，即AM+BM+CM＝EN+MN+CM，所以当E、N、M、C四点共线时，AM+BM+CM的值最小，从而可求此时∠AMB、∠BMC、∠CMA的度数；
（3）根据（2）中费马点的定义，又△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上．因此线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．
【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，
∵，
∴△AMB≌△ENB（SAS）．

（2）连接MN．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°．

（3）由（2）知，△ABC的费马点在线段EC上，同理也在线段BF上．
因此线段EC与BF的交点即为△ABC的费马点．

16．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　是　（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．

【分析】（1）依据等腰三角形三线合一的性质可知：MB平分∠ABC，则∠ABP＝30°，同理∠BAP＝30°，则∠APB＝120°，同理可求得∠APC，∠BPC的度数，然后可作出判断；
（2）由费马点的定义可知∠PAB＝∠PBC，然后再证明∠PAB＝∠PBC即可；
（3）如图2所示：①首先证明△ACE≌△ABD，则∠1＝∠2，由∠3＝∠4可得到∠CPD＝∠5； ②由∠CPD＝60°可证明∠BPC＝120°，然后证明△ADF∽△CFP，由相似三角形的性质和判定定理再证明△AFP∽△CDF，故此可得到∠APF＝∠ACD＝60°，然后可求得∠APC＝120°，接下来可求得∠APB＝120°．
【解析】（1）如图1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．
故答案为：是．

（2）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP．

（3）如图2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和△ABD中，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：∵△ADF∽△CFP，
∴AF•CF＝DF•PF，
∵∠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．
17．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．
如图（2），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】根据费马点的定义，在BB′上取点P，使∠BPC＝120°，再在PB′上取PE＝PC，然后连接CE，根据等边三角形的判定可以证明△PCE是等边三角形，从而得到PC＝CE，∠PCE＝60°，根据角的关系可以推出∠PCA＝∠ECB′，再利用边角边证明ACP与△B′CE全等，根据全等三角形对应边相等可得PA＝EB′，∠APC＝∠CEB′＝120°，从而可得点P为△ABC的费马点，并且BB′＝PA+PB+PC．
【解答】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．

18．已知抛物线y＝﹣x2+bx+4的对称轴为x＝1，与y交于点A，与x轴负半轴交于点C，作平行四边形ABOC并将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′O′C′．
（1）求抛物线的解析式和点A、C的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′O′C′重叠部分△OC′D的周长；
（3）若点P为△AOC内一点，直接写出PA+PC+PO的最小值（结果可以不化简）以及直线CP的解析式．

【分析】（1）根据对称轴求出b的值，从而求出二次函数解析式，然后求出A，C的值；
（2）在▱ABCD中，∠OAB＝∠AOC＝90°，则AB∥CO，证出△C′OD∽△BOA，先求出△AOB的周长为6+2，进而求出△C′OD的周长；
（3）判断此点为费马点，根据公式求出最小值，根据点的坐标求出直线CP的解析式．
【解析】（1）由已知得，x＝﹣＝1，则b＝1，抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4，
∴A（0，4），令y＝0，得﹣x2+x+4＝0，
∴x1＝﹣2，x2＝4．
（2）在▱ABCD中，∠OAB＝∠AOC＝90°，则AB∥CO，
∴OB＝＝2，OC′＝OC＝2，
∴∠OC′D＝∠OCA＝∠B，∠C′OD＝∠BOA，
∴△C′OD∽△BOA，
∴＝＝＝，
∵△AOB的周长为6+2，
∴△C′OD的周长为（6+2）×＝2+；
（3）此点位费马点，设三角形AOB的三边为a，b，c，
∵OC＝2，OA＝4，AC＝＝2，
PA+PO+PC＝
＝2．
直线CP解析式为y＝（﹣1）x+2﹣2．
19．（1）阅读证明
①如图1，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如图2，已知点P为等边△ABC外接圆的上任意一点．求证：PB+PC＝PA．
（2）知识迁移
根据（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3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；
第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+　P0D　；
第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段　AD　的长度即为△ABC的费马距离．
（3）知识应用
已知三村庄A，B，C构成了如图4所示的△ABC（其中∠A，∠B，∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使水井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】（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＝BE＝BP+PE＝BP+PC；
（2）利用（1）中结论得出P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+P0D；以及线段的性质“两点之间线段最短”容易获解；
（3）在（2）的基础上先画出图形，再利用勾股定理求解．
【解析】（1）如图2，延长BP至E，使PE＝PC．
∵在等边△ABC中，
∴∠EPC＝∠BAC＝60°，
∵PC＝PE，
∴△PCE为等边三角形，
∴PC＝PE，∠PCE＝60°，
∴∠BCP+∠PCE＝∠ACB+∠BCP，
∴∠ACP＝∠BCE，
∵在△ACP和△BCE中，
，
∴△ACP≌△BCE（SAS）．
∴AP＝BE＝BP+PE＝BP+PC；

（2）由（1）得出：第一步：如图3，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；
第二步：在上取一点P0，连接P0A，P0B，P0C，P0D．易知P0A+P0B+P0C＝P0A+（P0B+P0C）＝P0A+P0D；
第三步：根据（1）①中定义，在图3中找出△ABC的费马点P，线段AD的长度即为△ABC的费马距离．
故答案为：P0D；AD．

（3）如图4，以BC为边在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD．
∴AD的长就是△ABC的费马距离．
可得∠ABD＝90°
∴AD＝＝5（km）．
∴输水管总长度的最小值为5千米．


20．如图1，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△ABC外侧作等边△ACB′，连接BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P．

【分析】（1）延长AP，交BC于D，由等边三角形的性质可知AD⊥BC，BD＝CD＝2，∠BPC＝30°，利用30°角的锐角三角函数值即可求出PD的长，即费马点P到BC边的距离；
（2）由题意可得△ABP∽△BCP，所以PB2＝PA•PC，即PB＝；
（3）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】（1）解：延长AP，交BC于D，
∵AB＝AC＝BC，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，
∴P为三角形的内心，
∴AD⊥BC，BD＝CD＝2，∠PBD＝30°，
∴BP＝＝，
∴AP＝BP＝，
∵AD＝＝2，
∴PD＝AD﹣AP＝2﹣＝，
故答案为：．

（2）解：（1）∵∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，
∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
又∵∠APB＝∠BPC＝120°，
∴△ABP∽△BCP，
∴＝，
∴PB2＝PA•PC，即PB＝＝，
故答案为：．

（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．
∵∠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．

21．数学上称“费马点”是位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点．现定义：菱形对角线上一点到该对角线同侧两条边上的两点距离最小的点称为类费马点．例如：菱形ABCD，P是对角线BD上一点，E、F是边BC和CD上的两点，若点P满足PE与PF之和最小，则称点P为类费马点．

（1）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，点P是BD上的类费马点
①E为BC的中点，F为CD的中点，则PE+PF＝　4　．
②E为BC上一动点，F为CD上一动点，且∠ABC＝60°，则PE+PF＝　2　．
（2）如图2，在菱形ABCD中，AB＝4，连接AC，点P是△ABC的费马点，（即PA，PB，PC之和最小），①当∠ABC＝60°时，BP＝　　．
②当∠ABC＝30°时，你能找到△ABC的费马点P吗？画图做简要说明，并求此时PA+PB+PC的值．
【分析】（1）①取AB的中点E'，连接PE'，通过SAS证明△BEP≌△BE'P，得PE＝PE'，再证四边形AE'FD是平行四边形即可得出答案；
②由①知PE+PF＝E'F，E'F的最小值为AB与CD之间的距离，则过点C作CH⊥AB于H，利用三角函数即可求出CH的值；
（2）①将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，则当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，可证出BP＝AC'；
②将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，则当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，且线段AC'在△ABC内部的线段即为费马点P，利用勾股定理求出AC'的长即可．
【解析】（1）①取AB的中点E'，连接PE'，

∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝CD，∠ABP＝∠CBP，
∵点E，E'分别是AB，BC的中点，
∴BE＝BE'，
在△BEP和△BE'P中，
，
∴△BEP≌△BE'P（SAS），
∴PE＝PE'，
∴PE+PF＝PE'+PF，
∴当E'、P、F三点共线时，PE+PF最小值为E'F的长，
∵AE'＝DF，AE'∥DF，
∴四边形AE'FD是平行四边形，
∴E'F＝AB＝4，
∴PE+PF＝4，
故答案为：4；
②由①知PE+PF＝E'F，若E、F为动点，则E'F的最小值为AB与CD之间的距离，
∴过点C作CH⊥AB于H，

在Rt△BCH中，
sin∠CBH＝，
∴CH＝2，
∵点P是BD上的类费马点
∴PE+PF的最小值为2；
故答案为：2；
（2）①如图2，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，

∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴PP'＝PB，
∴PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，
∴当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，
∴连接AC'，AC'与BD的交点为P点，
∵AB＝BC＝4，∠ABC＝120°，
∴∠BAP＝∠ABP＝30°，AC'＝4，
∴AP＝BP，
同理BP'＝CP'，
∴BP＝AC'＝；
故答案为：；
②如图3，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得△BP'C'，连接PP'，

∴BP＝BP'，PC＝P'C'，∠PBP'＝60°，∠CBC'＝60°，
∴△BPP'是等边三角形，
∴PP'＝PB，
∴PA+PB+PC＝PA+PP'+P'C'，
∴当P、P'在线段AC'上时，PA+PB+PC最小值为AC'的长，
且线段AC'在△ABC内部的线段即为费马点P，
∵∠ABC'＝90°，AB＝BC'＝4，
∴AC'＝，
∴此时PA+PB+PC的最小值为4．