有一類涉及三條線段和最短問題，求解方法獨特，主要是利用旋轉的性質轉化為兩點之間線段最短的問題，比較重要的就是費馬點問題，這類問題常常出現中考壓軸題中最值問題和自主招生試卷中的問題中，相當一部分學生由于構造轉化思想運用不合理，導緻解不出問題，中考複習時有必要了解一點。

皮耶·德·費馬（Pieme de Fermat）是一個17世紀的法國律師，也是一位業餘數學家。之所以稱業餘，是由于皮耶德·費馬具有律師的全職工作，他的姓氏根據法文與英文實際發普也常譯為"費爾瑪"（注意"瑪"字）。

費馬最後定理在中國習慣稱為費馬大定理，西方數學界原名"最後"的意思是：其它猜想都證實了，這是最後一個，著名的數學史學家靈爾（E，T.Bell）在20世紀初所援寫的著作中，稱皮那·德·費馬為"業餘數學家之王"，貝爾深信，費馬比皮那德費馬同時代的大多數專業數學家更有成就，然而皮那德·費馬并未在其他方面另有成就，本人也漸漸退出人們的視野，考慮到17世紀是傑出數學家活躍的世紀，因而貝爾認為費馬是17世紀數學家中最多産的明星。

費馬點問題最平是由法國數學家皮疾爾德費馬在一封寫給意大利數學家疾萬傑利新塔托裡拆利（氣壓計的發明者）的信中提出的，托裡折利最半解決了這個問題，而19世紀的數學家新坦納重新發現了這個問題，并系統地進行了推廣，因此這個點也稱為托裡折利點或斯坦納點，相關的問題也被稱作費馬-托裡折利-斯過納問題，這一問題的解決極大推動了聯合數學的發展，在近代數學史上具有裡程碑式的意義。

引例：如圖在Rt△ABC，∠C=45°，AC=2√２。内找一點P，使得PA PB PC最小.

【解析】如圖，在三角形内部任取一點P，連接AP、PC、PB。

将△APC繞點A旋轉得△AP´C´，從而有PA PB PC=P´A P´C BP故要使得PA PB PC最小，

我們可以考慮

1 AP´轉化為PＰ´；②BPP´C四點共線．故而有∠PAP'=60°（易得旋轉60°）,

∠APC=∠APB=∠BPC=120°，可得（PA PB PC）min=BC´,從而根據上數據，易得（PA PB PC）min=BC´=√2 √6.

【方法歸納】如圖，到三角形三個頂點距離和最小的點，我們稱其為費馬點。從上探究中，我們可以得出，對于費馬點而言：

1、費馬點問題的解決方法為旋轉變換。

2、費馬點滿足其所對三邊張角相等（∠APC=∠APB=∠BPC=120°），故也稱為三角形等角中心。

3、費馬點确定：

①輔助圓做等角（120°）B's②三角形任意兩邊向外做等邊三角形

（如圖：△ACD和ABB´），則等邊三角形頂點與三角形對頂點連線交點記為費馬點（如圖：B'C和BD交點P）

4、費馬點問題求線段長

以三角形任一邊向外做等邊三角形，所做等邊三角形（外）頂點及所對三角形頂點連線，即為所求。（如圖B´C或BD均可）

1．（2019•錫山區校級二模）如圖，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，點M為矩形内一點，點E為BC邊上任意一點，則MA MD ME的最小值為（　　）

A．3 2√2 B．4 3√3 C．2 2√13 D．10

【解析】：将△AMD繞點A逆時針旋轉60°得到△AM'D'，MD＝M'D'，易得到△ADD'和△AMM'均為等邊三角形，∴AM＝MM'，∴MA MD ME＝D'M MM' ME，

∴D′M、MM′、ME共線時最短，

由于點E也為動點，

∴當D'E⊥BC時最短，此時易求得D'E＝DG GE＝4 3√3，

∴MA MD ME的最小值為4 3√3．故選：B．

本題考查軸對稱、旋轉變換、矩形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造等邊三角形解決問題，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．

變式1．（2018春•濱湖區期末）如圖，在▱ABCD中，AB＝4，BC＝6，∠ABC＝60°，點P為▱ABCD内一點，點Q在BC邊上，則PA PD PQ的最小值為（　　）

A．√3 √7 √19 B．6 2√3 C．5√3 D．10

【解析】：∵▱ABCD中，∠ABC＝60°，∴AD＝BC＝6，

∴将△APD繞點A逆時針旋轉60°得到△AFE，則△AFP是等邊三角形，AE＝AD＝6，∠EAD＝60°，

∴PA＝FP，EF＝PD，

作EH⊥BC于H，交AD于N，如圖所示：

∵PA PD PQ＝EF FP PQ≥EH，

則EN＝AE•sin60°＝6×√3/2＝3√3，NH＝AB•sin60°＝4×√3/2＝2√3，

∴EH＝3√3 2√3＝5√3，∴PA PD PQ≥5√3，

∴PA PD PQ的最小值為5√3，故選：C．

變式2．（2018秋•武昌區期中）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB＝6，且∠ABC＝60°，M是菱形内任一點，連接AM，BM，CM，則AM BM CM的最小值為______．

【解析】：如圖，将△ABM繞點B逆時針旋轉60°得到△EBN，連接MN，AE，EC．作EF⊥CB交CB的延長線于點F．

∵△ABE是等邊三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°．

∵∠MBN＝60°，∴∠MBN﹣∠ABN＝∠ABE﹣∠ABN．即∠MBA＝∠NBE．

又∵MB＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS），∴AM＝EN，

∵∠MBN＝60°，MB＝NB，∴△BMN是等邊三角形．

∴BM＝MN．∴AM BM CM＝EN MN CM．

根據"兩點之間線段最短"，得EN MN CM＝EC最短

∴當M點位于BD與CE的交點處時，AM BM CM的值最小，即等于EC的長，

過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，∴∠EBF＝180°﹣120°＝60°，

∵BC＝AB＝BE＝6，

本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，兩點之間線段最短和旋轉的問題，解題的關鍵是學會利用旋轉法添加輔助線，屬于中考填空題中的壓軸題．

2．（2019秋•東西湖區期中）若點P為△ABC所在平面上一點，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，則點P叫做△ABC的費馬點．當三角形的最大角小于120°時，可以證明費馬點就是"到三角形的三個頂點的距離之和最小的點"．即PA PB PC最小．

（1）如圖1，向△ABC外作等邊三角形△ABD，△AEC．連接BE，DC相交于點P，連接AP．

①證明：點P就是△ABC費馬點；

②證明：PA PB PC＝BE＝DC；

（2）如圖2，在△MNG中，MN＝4√2，∠M＝75°，MG＝3．點O是△MNG内一點，則點O到△MNG三個頂點的距離和的最小值是　　．

【解析】（1）證明：①如圖1﹣1中，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N設AB交 CD于O．

∵△ADB，△ACE都是等邊三角形，

∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，

∴∠DAB＝∠BAE，∴△ADC≌△ABE（SAS），

∴CD＝BE，S△DAC＝S△ABE，∠ADC＝∠ABE，

∵AM⊥CD，AN⊥BE，∴1/2•CD•AM＝1/2•BE•AN，

∴AM＝AN，∴∠APM＝∠APN，

∵∠AOD＝∠POB，∴∠OPB＝∠DAO＝60°，

∴∠APN＝∠APM＝60°，∴∠APC＝∠BPC＝∠APC＝120°，

∴點P是就是△ABC費馬點．

②在線段PDA上取一點T，使得PA＝PT，連接AT．

∵∠APT＝60°，PT＝PA，∴△APT是等邊三角形，

∴∠PAT＝60°，AT＝AP，

∵∠DAB＝∠TAP＝60°，∴∠DAT＝∠BAP，∵AD＝AB，

∴△DAT≌△BAP（SAS），∴PB＝DT，

∴PD＝DT PT＝PA PB，

∴PA PB PC＝PD PC＝CD＝BE．

（2）解：如圖2：以MG為邊作等邊三角形△MGD，以OM為邊作等邊△OME．連接ND，作DF⊥NM，交NM的延長線于F．

∵△MGD和△OME是等邊三角形

∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，

∴∠GMO＝∠DME

易證△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE

∴NO GO MO＝DE OE NO

∴當D、E、O、M四點共線時，NO GO MO值最小，

∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，

∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，

本題屬于三角形綜合題，考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，勾股定理，最短路徑問題，構造等邊三角形是解答本題的關鍵．

3．（2020•崇川區校級模拟）（1）【操作發現】

如圖1，将△ABC繞點A順時針旋轉50°，得到△ADE，連接BD，則∠ABD＝______度．

（2）【解決問題】

①如圖2，在邊長為√7的等邊三角形ABC内有一點P，∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面積．

②如圖3，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P是△ABC内的一點，若PB＝1，PA＝3，∠BPC＝135°，則PC＝________．

（3）【拓展應用】

如圖4是A，B，C三個村子位置的平面圖，經測量AB＝4，BC＝3√2，∠ABC＝75°，P為△ABC内的一個動點，連接PA，PB，PC．求PA PB PC的最小值．

【解析】（1）【操作發現】

解：如圖1中，

∵△ABC繞點A順時針旋轉50°，得到△ADE，

∴AD＝AB，∠DAB＝50°，

∴∠ABD＝( 180°- 50°)/2=＝65°，故答案為：65．

（2）【解決問題】

①解：如圖2中，∵将△APB繞點A按逆時針方向旋轉60°，得到△AP′C′，

∴△APP′是等邊三角形，∠AP′C＝∠APB＝360°﹣90°﹣120°＝150°，

∴PP′＝AP，∠AP′P＝∠APP′＝60°，

∴∠PP′C＝90°，∠P′PC＝30°，

②如圖3，将△CBP繞着點C按順時針方向旋轉90°，得到△CAP′，

∵CP′＝CP，∠P′CP＝∠ACB＝90°，∴△P′CP為等腰直角三角形，

∴∠CP'P＝45°，

∵∠BPC＝135°＝∠AP'C，∴∠AP′P＝90°，

∵PA＝3，PB＝1，∴AP′＝1，

（3）【拓展應用】

解：如圖4中，将△APB繞B順時針旋轉60°，得到△EDB，連接PD、CE．

∵将△APB繞B順時針旋轉60°，得到△EDB，

∴∠ABP＝∠EBD，AB＝EB＝4，∠PBD＝60°，

∴∠ABP ∠PBC＝∠EBD ∠PBC，

∴∠EBD ∠PBC＝∠ABC＝75°，∴∠CBE＝135°，

過點E作EF⊥CB交CB的延長線于點F，∴∠EBF＝45°，

本題是幾何變換綜合題，考查了旋轉變換的性質，等腰三角形的性質，等邊三角形的性質，等腰直角三角形的性質，三角形的面積，勾股定理等知識，解題的關鍵是添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．

4．（1）閱讀材料：如圖（1），四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，将BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，連接EN、AM、CM，

①求證：△AMB≌△ENB；

②當M點在何處時，AM CM的值最小；③當M點在何處時，AM BM CM的值最小，并說明理由；

（2）根據閱讀材料所提供的數學思想和方法，完成下面的題目：如圖（2），A、B、C、D四個城市恰好為一個正方形的四個頂點，要建立一個公路系統，使每兩個城市之間都有公路相通，并使整個公路系統的總長為最短，應當如何修建？請畫出你的設計圖．

【分析】（1）①由"SAS"可證△AMB≌△ENB；

②由兩點之間，線段最短可求解；

③根據"兩點之間線段最短"，當M點位于BD與CE的交點處時，AM BM CM的值最小，即等于EC的長；

（2）作等邊△ABQ和等邊△CDP，等邊△CEH，利用（1）中的結論，可求解．

【解答】：（1）①∵四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，

∴AB＝BC＝BE，∠ABE＝60°，

∵将BM繞點B逆時針旋轉60°得到BN，

∴BN＝BM，∠MBN＝60°，∴∠ABE＝∠MBN，

∴∠EBN＝∠ABM，且AB＝BE，MB＝NB，∴△AMB≌△ENB（SAS）；

②當M點落在BD的中點時，A、M、C三點共線時，AM CM的值最小；

③如圖1，連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM BM CM的值最小，

理由如下：連接MN，

由（1）知，△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，

∵∠MBN＝60°，MB＝NB，

∴△BMN是等邊三角形，∴BM＝MN，

∴AM BM CM＝EN MN CM，

根據"兩點之間線段最短"，得EN MN CM＝EC最短，

∴當M點位于BD與CE的交點處時，AM BM CM的值最小，即等于EC的長；

（2）如圖2，作等邊△ABQ和等邊△CDP，等邊△CEH，

同理可證△CHP≌△CED，則CH＝CE，PH DE，

∴DE CE＝PH HE，

∴點H，點P，點E三點共線時，DE CE的值最小值為PE，

同理，AF BF的最小值為FQ，

∴DE CE EF AF BF≥PE FE FQ，

∴點P，點E，點F，點Q共線時，并使整個公路系統的總長為最短，

即最短距離為PQ，

∴設計圖：（∠EDC＝∠ECD＝∠FAB＝∠FBA＝30°）

5．如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對角線BD（不含B點）上任意一點，連結AM、CM．

（1）當M點在何處時，AM CM的值最小；

（2）當M點在何處時，AM BM CM的值最小，并說明理由；

（3）當AM BM CM的最小值為√3 1時，求正方形的邊長．

【分析】（1）根據"兩點之間線段最短"，可得，當M點落在BD的中點時，AM CM的值最小；

（2）根據"兩點之間線段最短"，當M點位于BD與CE的交點處時，AM BM CM的值最小，即等于EC的長（如圖）；

（3）作輔助線，過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，由題意求出∠EBF＝30°，設正方形的邊長為x，在Rt△EFC中，根據勾股定理求得正方形的邊長為√2．

【解答】：（1）當M點落在BD的中點時，AM CM的值最小．

（2）如圖，連接CE，當M點位于BD與CE的交點處時，AM BM CM的值最小．

理由如下：∵M是正方形ABCD對角線上一點，∴AM＝CM，

又∵AB＝BC，BM＝BM，∴△ABM≌△CBM，∴∠BAM＝∠BCM，

又∵BE＝BA＝BC，∴∠BEC＝∠BCM，∴∠BEC＝∠BAM，

在EC上取一點N使得EN＝AM，連結BN，

又∵EB＝AB，∴△BNE≌△ABM，∴∠EBN＝∠ABM，BN＝BM，

又∵∠EBN ∠NBA＝60°，∴∠ABM ∠NBA＝60°，即∠NBM＝60°，

∴△BMN是等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM BM CM＝EN MN CM．

根據"兩點之間線段最短"，得EN MN CM＝EC最短，

∴當M點位于BD與CE的交點處時，AM BM CM的值最小，即等于EC的長．

（3）過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F，

∴∠EBF＝90°﹣60°＝30°

1．如圖，已知邊長為√2的等邊△ABC，在平面内找一點P，使得：

（1）PA＋√2PB＋PC最小？并求出此最值；

（2）PA＋√3PB＋PC最小？并求出此最值．

解析：本題為加權費馬點問題

（1）将CP繞點C旋轉90°得到CP′，同時将CA繞點C旋轉90°得到CA′，連A′P′，連A ′B.

則PA＋√2PB＋PC最小值=A′B=√3 1

(2)答案：2√2

提示：将CP繞點C旋轉120°得到CP′，同時将CA繞點C旋轉120°得到CA′，連A′P′，連A ′B

則PA＋√2PB＋PC最小值=A′B=2√2.

2.(1)如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=4, AC=2, 點P是△ABC内一點，求PA √2PB PC的最小值（特殊類型：系數中出現√2）

(2) 如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=4, AC=2, 點P是△ABC内一點，求PA √3PB PC的最小值（特殊類型：系數中出現√3）

方法總結：當系數中出現或時，将對應的線段旋轉90°或120°，将三條線段的和的問題轉化成兩點之間的距離，進而快速将問題解決。

(3) .在△ABC中，AB=AC=4,∠BAC=90°，點P為△ABC内一點，求的

√3PA PB 2PC最小值。

(5).在△ABC中，AB=AC=4, ∠BAC=90°，點P為△ABC内一點，求4PA 3PB 5PC的最小值。

(6) .在△ABC中，AB=AC=4, ∠BAC=90°，點P為△ABC内一點，求3PA 4PB 5PC的最小值。

解題之道：折轉直；

解題之術：作旋轉, 利用旋轉的方法可以把線段進行轉移；

解題之本：我們知道PA、PB、PC二條線段是極度分散的，利用兩點間線段最短或者垂線段最短都不行，那首先要想力法将分散的線段集中起來，這樣才能進行數學分析。

通過旋轉變換，可以改變線段的位置，優化圖形的結構。在使用這一方法解題時需注意圖形旋轉變換的基礎，即存在相等的線段，一般地，當題目出現等腰三角形（等邊三角形）、正方形條件時，可将圖形作旋轉60°或90°的幾何變換，将不規則圖形變為規則圖形，或将分散的條件集中在一起，以便挖掘隐含條件，使問題得以解決。費爾馬問題是個有趣的數學問題，這些問題常常可通過旋轉變換來解決。

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