专题26 最值模型之费马点模型（解析版）

专题26 最值模型之费马点模型 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。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△B 内任意一点，连接M、BM、M，当M 与三个顶点连线的夹角为120°时， M+MB+M 的值最小。 注意：上述结论成立的条件是△B 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。（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B 为一边向外作等边三角形△BE，将BM 绕点B 逆时针旋转60°得到B，连接E． ∵△BE 为等边三角形，∴B＝BE，∠BE＝60°．而∠MB＝60°，∴∠BM＝∠EB． 在△MB 与△EB 中，∵ ，∴△MB≌△EB（SS）． 连接M．由△MB≌△EB 知，M＝E．∵∠MB＝60°，BM＝B，∴△BM 为等边三角形． ∴BM＝M．∴M+BM+M＝E+M+M．∴当E、、M、四点共线时，M+BM+M 的值最小． 此时，∠BM＝180°﹣∠MB＝120°；∠MB＝∠EB＝180°﹣∠BM＝120°； ∠M＝360°﹣∠BM﹣∠MB＝120°． 费马点的作法：如图3，分别以△B 的B、为一边向外作等边△BE 和等边△F，连接E、BF，设交点为M，则 点M 即为△B 的费马点。 【最值原理】两点之间，线段最短。 结论2：点P 为锐角△B 内任意一点，连接P、BP、P，求xP+yBP+zP 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，xP+yBP+zP= ，如图，B、P、P2、2四点共线时，取得最小值。 模型特征：P+PB+P（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。 例1．（2023·湖北随州·统考中考真题）1643 年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在 同一条直线上的三个点，B，，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学 家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡 营”问题． (1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中选择 填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填写角度数，④ 处填写该三角形的某个顶点） 当 的三个内角均小于 时， 如图1，将 绕，点顺时针旋转 得到 ，连接 ， 由 ，可知 为 ① 三角形，故 ，又 ，故 ， 由 ② 可知，当B，P， ，在同一条直线上时， 取最小值，如图2，最小值为 ，此时的 P 点为该三角形的“费马点”，且有 ③ ； 已知当 有一个内角大于或等于 时，“费马点”为该三角形的某个顶点．如图3，若 ，则该三角形的“费马点”为 ④ 点． (2)如图4，在 中，三个内角均小于 ，且 ，已知点P 为 的 “费马点”，求 的值； (3)如图5，设村庄，B，的连线构成一个三角形，且已知 ．现欲建一 中转站P 沿直线向，B，三个村庄铺设电缆，已知由中转站P 到村庄，B，的铺设成本分别为元/ ，元/ ， 元/ ，选取合适的P 的位置，可以使总的铺设成本最低为___________元．（结果用含的式子 表示） 【答】(1)①等边；②两点之间线段最短；③ ；④．(2) (3) 【分析】（1）根据旋转的性质和两点之间线段最短进行推理分析即可得出结论； （2）根据（1）的方法将 绕，点顺时针旋转 得到 ，即可得出可知当B，P， ，在同一 条直线上时， 取最小值，最小值为 ，在根据 可证明 ，由勾股定理求 即可， （3）由总的铺设成本 ，通过将 绕，点顺时针旋转 得到 ，得到等腰 直角 ，得到 ，即可得出当B，P， ，在同一条直线上时， 取最小值， 即 取最小值为 ，然后根据已知和旋转性质求出 即可． 【详解】（1）解：∵ ， ∴ 为等边三角形；∴ ， ， 又 ，故 ， 由两点之间线段最短可知，当B，P， ，在同一条直线上时， 取最小值， 最小值为 ，此时的P 点为该三角形的“费马点”， ∴ ， ，∴ ， ， 又∵ ，∴ ， ∴ ，∴ ； ∵ ，∴ ， ，∴ ， ， ∴三个顶点中，顶点到另外两个顶点的距离和最小． 又∵已知当 有一个内角大于或等于 时，“费马点”为该三角形的某个顶点． ∴该三角形的“费马点”为点，故答为：①等边；②两点之间线段最短；③ ；④ ． （2）将 绕，点顺时针旋转 得到 ，连接 ， 由（1）可知当B，P， ，在同一条直线上时， 取最小值，最小值为 ， ∵ ，∴ ， 又∵ ∴ ， 由旋转性质可知： ，∴ ，∴ 最小值为， （3）∵总的铺设成本 ∴当 最小时，总的铺设成本最低， 将 绕，点顺时针旋转 得到 ，连接 ， 由旋转性质可知： ， ， ， ， ∴ ，∴ ， 当B，P， ，在同一条直线上时， 取最小值，即 取最小值为 ， 过点 作 ，垂足为 ，∵ ， ，∴ ， ∴ ，∴ ， ∴ ，∴ 的最小值为 总的铺设成本 （元）故答为： 【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股 定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，利用旋转作出正确的辅助线是解本题的关键． 例2．（2023·广东深圳·二模）如图， 是等边三角形，M 是正方形BD 对角线BD（不含B 点）上任意 一点， ， （点在B 的左侧），当M+BM+M 的最小值为 时，正方形的边长为____ __． 【答】 【分析】首先通过SS 判定 ，得出 ，因为 , ,得出 是等边三角形，M+BM+M=E+M+M，而且为最小值，我们可以得出E= ，作辅助线，过点E 作 交B 的延长线于F，由题意求出 ，设正方形的边长为x，在 中，根据勾股定 理求得正方形的边长为 ． 【详解】∵ 为正三角形，∴ ， ∴ ∵BD 是正方形BD 的对角线，∴ ∴ ． 在 和 中 ，∴ （SS）∴ 在 中， 又∵ ，∴ 为等边三角形，∴ ． ∵M+BM+M 最小值为 ．∴E+M+M 的最小值为 即E= ． 过点E 作 交B 的延长线于F，可得 ． 设正方形的边长为x，则BF= ， ． 在 ，∵ ，∴ 解得 （负值舍去）．∴正方形的边长为 ．故答为： ． 【点睛】本题考查了等边三角形和正方形边相等的性质，全等三角形的判定，灵活使用辅助线，掌握直角 三角的性质，熟练运用勾股定理是解题的关键． 例3．（2023 春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形 是菱形， B=6，且∠B=60° ，M 是菱形内任 一点，连接M，BM，M，则M+BM+M 的最小值为________． 【答】 【分析】以BM 为边作等边△BM，以B 为边作等边△BE，如图，则△BM≌△BE，由全等三角形的对应边相 等得到M=E，进而得到M+MB+M=M+M+E．当、M、、E 四点共线时取最小值E．根据等腰三角形“三线 合一”的性质得到B⊥E，=E，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△BM，以B 为边作等边△BE，则BM=B=M，B=BE=E，∠MB=∠BE=60°， ∴∠MB=∠BE，∴△BM≌△BE，∴M=E，∴M+MB+M=M+M+E．当、M、、E 四点共线时取最小值E． ∵B=B=BE=6，∠B=∠EB=60°，∴B⊥E，=E，∠B=30°，∴B= B=3，= B= ，∴E=2= ．故答为 ． 【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． 例4．（2023 春·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，点M 是矩形 内一点，且 ， ，为 边 上一点，连接 、 、 ，则 的最小值为______． 【答】 【分析】将 绕点逆时针旋转 得到 ，连接 、 ，然后即可得 为等边三角 形，同理 为等边三角形，接着证明当 、 、 三条线段在同一直线上， 的值最小，即 的值最小，过点 作 于点E，即 最小值为： ，问题随之得解． 【详解】如图所示，将 绕点逆时针旋转 得到 ，连接 、 ， 根据旋转的性质有： ， ， ， 为等边三角形，同理 为等边三角形， ， ， ， 当线段 、 、 三条线段在同一直线上，且该直线与 垂直时， 的值最小， 即 的值最小，如下图，过点 作 于点E，交 于点F， 最小值为： ，在矩形 中， 于点E， 即可知四边形 是矩形， ，即 ， 为等边三角形， ， ， ， ， 的最小值为 ，故答为： ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的判定定理与性质，勾股定理，垂线段最 短等知识，作出合理的辅助线是解答本题的关键． 例5．（2023·广东广州·校考二模）平行四边形 中，点E 在边 上，连 ，点F 在线段 上，连 ，连 ． (1)如图1，已知 ，点E 为 中点， ．若 ，求 的长度； (2)如图2，已知 ，将射线 沿 翻折交 于，过点作 交 于点 G．若 ，求证： ； (3)如图3，已知 ，若 ，直接写出 的最小值． 【答】(1) (2)见解析(3) 【分析】（1）根据“直角三角形的中线等于斜边长一半”，可以得到 ，再在直角 中，利用勾股定理求出 ，则 ，即可求解； （2）由题意可得， 是 的角平分线，且 ，故延长 交于点M，可证 ， 要证 ，而 ，即证明 即可，延长 交 于，过E 作 于 P，先证明 ，可以得到 ，再证明四边形 是正方形，得到 ，接 着证明 即可解决； （3）如图3，分别以 和 为边构造等边三角形，构造“手拉手”模型，即可得到 ，所 以 ，则 ，当B，F，M，四点共线时，所求线段和的值 最小，利用 ，解 即可解决． 【详解】（1）解：∵ ，如图1， ∴ ，E 为 的中点， ，∴ ， ∵ ，∴ ，在 中， ，∴ ； （2）证明：如图2，设射线 与射线 交于点M，由题可设 ， ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，延长 交 于， ∴ ，过E 作 于P，则 ， 在 与 中， ，∴ ，∴ ， 过E 作 于Q，∴ ，∴四边形 为矩形， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴矩形 为正方形，∴ ，∴ ， 在 与 中， ， ∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ； （3）解：如图3，把 绕点逆时针旋转 得到 ，得到等边 ，同理以 为边构造等边 ， ∴ ， ， ∴ ，∴ ， 在 与 中， ，∴ ， ∴ ，∴ ， 当B，F，M，四点共线时， 最小，即为线段B 的长度，如图4， 过作 交其延长线于T，∴ ， ∵ ，∴ ，∵ ，∴ ， ∴ ，∴ ，∵ ， ∴ ，在 中， ， ∴ ，∴ ，∴ ， ∴ 的最小值为 ． 【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了线段的“截长补短”在证明三角形全等中的应用，同时要注意 基本辅助线构造方法，比如第（2）问中的线段 既是角平分线，又是垂线段，延长相交构等腰就是本题 的突破口，再结合线段的截长补短来构造全等，还考查了多条线段和的最值问题，利用旋转变换来转化线 段是解决此问的关键． 例6．（2023 河南四模）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，B，，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，B，距离之和最小的点称为 B 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 BP 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=P，因 P+PB+P=P+PD+DE，由 可知，P+PB+P 的最小值与线段 的长度相等； （2）如图2，在直角三角形B 内部有一动点P，∠B=90°，∠B=30°，连接P，PB，P，若B=2，求P+PB+P 的最小值；（3）如图3，菱形BD 的边长为4，∠B=60°，平面内有一动点E，在点E 运动过程中，始终有 ∠BE=90°，连接E、DE，在 DE 内部是否存在一点P，使得P+PD+PE 最小，若存在，请直接写出 P+PD+PE 的最小值；若不存在，请说明理由． 【答】（1）两点之间，线段最短；E；（2）2 ；（3）存在，2 -2 【分析】（1）连接E，由两点之间线段最短即可求解； （2）在Rt△B 中先求出，将△BP 绕点顺时针旋转60°得到△DE，连接PD、E，由两点之间线段最短可知， P+PB+P 的最小值与线段E 的长度相等，根据勾股定理即可求解； （3）在△DE 内部取一点P，连接P、PD、PE，把△PD 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，P+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E，如图，由两点之间线段最短可知，P+PB+P 的最小值为线段E 的长 故答为：两点之间线段最短；E； （2）∵在Rt△B 中，∠B=90°，∠B=30°，B=2 ∴B=2B=4 由勾股定理可得= 如图2，将△BP 绕点顺时针旋转60°得到△DE，连接PD、E，可得△PD 为等边三角形，∠BE=60° ∴PD=P 由旋转可得DE=PB，E=B=4 ∴P+PB+P=P+DE+PD 由两点之间线段最短可知，P+PB+P 的最小值与线段E 的长度相等 ∵∠E=∠B+∠BE=30°+60°=90° ∴在Rt△E 中，E= 即P+PB+P 的最小值为2 ； （3）存在在 DE 内部是否存在一点P，使得P+PD+PE 最小， 如图3，在△DE 内部取一点P，连接P、PD、PE，把△PD 饶点D 顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、 GE、G，可得△PDF、△DG 均为等边三角形 ∴PD=PF 由旋转可得P=GF ∴P+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，P+PD+PE 的最小值与线段GE 的长度相等 ∵∠BE=90°∴点E 在以B 为直径的 上，如图3 则B== =2 如图3，连接G 交 于点，连接G 交D 于点K，连接，则当点E 与点重合时，GE 取最小值，即P+PD+PE 的最小值为线段G 的长 ∵菱形BD 的边长为4，∠B=60°∴B=B=D=D=4 ∴△B、△D 均为等边三角形∴=D=D=DG=G=4，∠B=∠D=60° ∴四边形DG 是菱形，∠G= ∠D=30° ∴G、D 互相垂直平分 ∴DK= D=2∴根据勾股定理得K= ∴G=2K= ∵∠G=∠B+∠G=60°+30°=90°∴在Rt△G 中，G= ==2 ∵ ∴G=G-=2 -2 即P+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． 例7．（2023·江苏·校考三模）如图，四个村庄坐落在矩形BD 的四个顶点上， 公里， 公里， 现在要设立两个车站E，F，则 的最小值为______公里． 【答】15+10 【分析】将△EB 绕顺时针旋转60°得△G，连接B、EG，将△DF 绕点D 逆时针旋转60°得到△DF'M，连接 M、FM、FF'，如图2，此时E、EF、FM 共线，E+EB+EF+F+FD 是最小值，利用旋转的性质和等边三角形 的性质，相加即可得出结论． 【详解】解：如图1，将△EB 绕顺时针旋转60°得△G，连接B、EG，将△DF 绕点D 逆时针旋转60°得到 △DF'M，连接M、FF'， 由旋转得：B=，E=G，∠EG=∠B=60°，BE=G， ∴△EG 和△B 是等边三角形，∴E=EG， 同理得：△DFF'和△DM 是等边三角形，DF=FF'，F=F'M， ∴当、G、E、F、F'、M 在同一条直线上时，E+EB+EF+F+FD 有最小值，如图2， = ∵B，DM=M，∴M 是B 和D 的垂直平分线，∴M⊥B，M⊥D， ∵B=10，∴△B 的高为5 ， ∴E+EB+EF+F+FD=EG+G+EF+FF'+F'M=M=15+5 +5 =15+10 ， 则E+EB+EF+F+FD 的最小值是（15+10 ）公里．故答为：（15+10 ）． 【点睛】本题考查了矩形的性质和最短路径问题，旋转的性质和等边三角形的性质，确定最小值时点E 和 F 的位置是本题的关键，利用全等、勾股定理求其边长，从而得出结论． 例8．（2023 下·陕西西安·九年级校考阶段练习）问题探究 将几何图形按照某种法则或规则变换成另一种几何图形的过程叫做几何变换．旋转变换是几何变换的一种 基本模型．经过旋转，往往能使图形的几何性质明白显现．题设和结论中的元素由分散变为集中，相互之 间的关系清楚明了，从而将求解问题灵活转化． 问题提出：如图1， 是边长为1 的等边三角形，P 为 内部一点，连接 、 、 ，求 的最小值． 方法分析：通过转化，把由三角形内一点发出的三条线段（星型线）转化为两定点之间的折线（化星为 折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）． 问题解决：如图2，将 绕点 逆时针旋转 至 ，连接 ，记 与 交于点 ，易 知 ．由 ，可知 为正三角形， 有 ． 故 ．因此，当 共线时， 有最小值是 ． 学以致用：(1)如图3，在 中， 为 内部一点，连接 ， 则 的最小值是________．(2)如图4，在 中， 为 内部一点，连接 ，求 的最小值． 【答】(1)5(2) 【分析】（1）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，易知 是等边三角形， ，转化 为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为直）．（2）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，易知 是等腰直角三角形， ，作 交 的延 长线于 ．转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“两点之间线段最短”求最小值（化折为 直）． 【详解】（1）解：如图3 中， 将 绕点 逆时针旋转 得到 ，∴ ， ， ∴ 是等