專題07 特殊的平行四邊形中的最值模型之費馬點模型（解析版）

專題07特殊的平行四邊形中的最值模型之費馬點模型費馬點問題是由全等三角形中的手拉手模型衍生而來，主要考查轉(zhuǎn)化與化歸等的數(shù)學(xué)思想，在各類考試中都以中高檔題為主。本專題就最值模型中的費馬點問題進(jìn)行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握?！灸Ｐ捅尘啊科ひさ隆べM馬，17世紀(jì)法國數(shù)學(xué)家，有“業(yè)余數(shù)學(xué)家之王”的美譽，之所以叫業(yè)余并非段位不夠，而是因為其主職是律師，兼職搞搞數(shù)學(xué)．費馬在解析幾何、微積分等領(lǐng)域都有卓越的貢獻(xiàn)，除此之外，費馬廣為人知的是以其名字命名的“費馬小定理”、“費馬大定理”等．費馬點：三角形內(nèi)的點到三個頂點距離之和最小的點?！灸Ｐ徒庾x】結(jié)論：如圖，點M為△ABC內(nèi)任意一點，連接AM、BM、CM，當(dāng)M與三個頂點連線的夾角為120°時，MA+MB+MC的值最小。注意：上述結(jié)論成立的條件是△ABC的最大的角要小于120o，若最大的角大于或等于120o，此時費馬點就是最大角的頂點A。（這種情況一般不考，通常三角形的最大頂角都小于120°）【模型證明】以AB為一邊向外作等邊三角形△ABE，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN．∵△ABE為等邊三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB與△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．連接MN．由△AMB≌△ENB知，AM＝EN．∵∠MBN＝60°，BM＝BN，∴△BMN為等邊三角形．∴BM＝MN．∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．∴當(dāng)E、N、M、C四點共線時，AM+BM+CM的值最?。藭r，∠BMC＝180°﹣∠NMB＝120°；∠AMB＝∠ENB＝180°﹣∠BNM＝120°；∠AMC＝360°﹣∠BMC﹣∠AMB＝120°．費馬點的作法：如圖3，分別以△ABC的AB、AC為一邊向外作等邊△ABE和等邊△ACF，連接CE、BF，設(shè)交點為M，則點M即為△ABC的費馬點?！咀钪翟怼績牲c之間，線段最短。例1．（2023·成都實外九年級階段練習(xí)）已知：到三角形3個頂點距離之和最小的點稱為該三角形的費馬點．如果是銳角（或直角）三角形，則其費馬點P是三角形內(nèi)一點，且滿足．（例如：等邊三角形的費馬點是其三條高的交點）．如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，點M，N分別為AB、BC上的動點，且始終保持BM＝CN．連接MN，以MN為斜邊在矩形內(nèi)作等腰Rt△MNQ，若在正方形內(nèi)還存在一點P，則點P到點A、點D、點Q的距離之和的最小值為．解：設(shè)BM＝x，則BN＝6﹣x，∵M(jìn)N2＝BM2+BN2，∴MN2＝x2+（6﹣x）2＝2（x﹣3）2+18，∴當(dāng)x＝3時，MN最小，此時Q點離AD最近，∵BM＝BN＝3，∴Q點是AC和BD的交點，∴AQ＝DQ＝AD＝3，過點Q作QM′⊥AD于點M′，在△ADQ內(nèi)部過A、D分別作∠M′DP＝∠M′AP＝30°，則∠APD＝∠APQ＝∠DPQ＝120°，點P就是費馬點，此時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，則PM′＝，故QP＝3﹣，同法可得PD＝2，則PA+PD+PQ＝2×+3﹣＝3+3，∴點P到點A、點D、點Q的距離之和的最小值為3+3，故答案為3+3．例2．（2023·陜西榆林·九年級?？计谥校┤鐖D，點P是邊長為4的菱形的對角線上一動點，若，則的最小值為．

【答案】【分析】將逆時針旋轉(zhuǎn)得到，根據(jù)題意證明出是等邊三角形，得到，進(jìn)而得到，證明出當(dāng)點，，，四點共線時，的值最小，即為的長度，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】如圖所示，將逆時針旋轉(zhuǎn)得到，

∴，，∴是等邊三角形∴∴∴當(dāng)點，，，四點共線時，的值最小，即為的長度，∵菱形的邊長為4∴∵，∴∴∴的最小值為．故答案為：．【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是將逆時針旋轉(zhuǎn)得到．例3．（2023春·浙江·八年級專題練習(xí)）如圖，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，點M為矩形內(nèi)一點，點E為BC邊上任意一點，則MA＋MD＋ME的最小值為______．【答案】解：將△AMD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)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(dāng)D’E⊥BC時最短，此時易求得D’E＝DG+GE＝4+3，∴MA+MD+ME的最小值為4+3．例4．（2024·廣東·九年級培優(yōu)訓(xùn)練）如圖，在正方形中，點為對角線上一點，為等邊三角形．(1)當(dāng)點在何處時，的值最小，說明理由；(2)當(dāng)正方形的邊長為8時，求的最小值是多少？【答案】(1)為與的交點．證明見解析(2)的最小值為：．【分析】（1）如圖，將線段順時針旋轉(zhuǎn)得線段，連接，，證明，可得當(dāng)，，，四點共線時，如圖，此時最小，可得為與的交點．（2）如圖，過作交的延長線于，證明，可得，，再利用勾股定理可得最小值．【詳解】（1）解：如圖，將線段順時針旋轉(zhuǎn)得線段，連接，，∴，，∴為等邊三角形，∴，∵為等邊三角形．∴，，∴，∴，∴，∴，當(dāng)，，，四點共線時，如圖，此時最小，∴為與的交點．（2）如圖，過作交的延長線于，∵正方形，等邊三角形，，∴，，，∴，∴，，∴，∴的最小值為：．【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，二次根式的混合運算，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．例5．（2023·廣東廣州·?？级＃┢叫兴倪呅沃?，點E在邊上，連，點F在線段上，連，連．(1)如圖1，已知，點E為中點，．若，求的長度；(2)如圖2，已知，將射線沿翻折交于H，過點C作交于點G．若，求證：；(3)如圖3，已知，若，直接寫出的最小值．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）根據(jù)“直角三角形的中線等于斜邊長一半”，可以得到，再在直角中，利用勾股定理求出，則，即可求解；（2）由題意可得，是的角平分線，且，故延長交于點M，可證，要證，而，即證明即可，延長交于N，過E作于P，先證明，可以得到，再證明四邊形是正方形，得到，接著證明即可解決；（3）如圖3，分別以和為邊構(gòu)造等邊三角形，構(gòu)造“手拉手”模型，即可得到，所以，則，當(dāng)B，F(xiàn)，M，N四點共線時，所求線段和的值最小，利用，解即可解決．【詳解】（1）解：∵，如圖1，∴，E為的中點，，∴，∵，∴，在中，，∴；（2）證明：如圖2，設(shè)射線與射線交于點M，由題可設(shè)，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，延長交于N，∴，過E作于P，則，在與中，

，∴，∴，過E作于Q，∴，∴四邊形為矩形，∵，∴，∴，∴矩形為正方形，∴，∴，在與中，，

∴，∴，∵，∴；（3）解：如圖3，把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，得到等邊，同理以為邊構(gòu)造等邊，∴，，∴，∴，在與中，，∴，∴，∴，當(dāng)B，F(xiàn)，M，N四點共線時，最小，即為線段BN的長度，如圖4，過N作交其延長線于T，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，∴的最小值為．【點睛】本題是一道四邊形綜合題，考查了線段的“截長補短”在證明三角形全等中的應(yīng)用，同時要注意基本輔助線構(gòu)造方法，比如第（2）問中的線段既是角平分線，又是垂線段，延長相交構(gòu)等腰就是本題的突破口，再結(jié)合線段的截長補短來構(gòu)造全等，還考查了多條線段和的最值問題，利用旋轉(zhuǎn)變換來轉(zhuǎn)化線段是解決此問的關(guān)鍵．例6．（2023·重慶·九年級專題練習(xí)）【問題提出】（1）如圖1，四邊形是正方形，是等邊三角形，M為對角線（不含B點）上任意一點，將繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接、，．若連接，則的形狀是________．（2）如圖2，在中，，，求的最小值．【問題解決】（3）如圖3，某高新技術(shù)開發(fā)區(qū)有一個平行四邊形的公園，千米，，公園內(nèi)有一個兒童游樂場E，分別從A、B、C向游樂場E修三條，求三條路的長度和（即）最小時，平行四邊形公園的面積．【答案】（1）等邊三角形；（2）BC的最小值為；（3）平行四邊形公園ABCD的面積為（平方米）．【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)得BN=BM，∠MBN=60°，可判斷出△BMN是等邊三角形即可；（2）設(shè)AB=a，則AC=10-a，進(jìn)而根據(jù)勾股定理得出即可得出結(jié)論；（3）先判斷出點A'，E'，E，C在同一條線上，設(shè)BF=x，進(jìn)而依次得出AB=2x，BC=6-2x，CF=6-x，再利用勾股定理得出，得出x=是A'C最小，進(jìn)而求出A'F，BC，利用平行四邊形面積公式計算即可．【詳解】（1）證明：的形狀是等邊三角形，理由如下;由旋轉(zhuǎn)知，BN=BM，∠MBN=60°∴△BMN為等邊三角形故答案為：等邊三角形；（2）解：設(shè)AB=a，∵AB+AC=10，∴AC=10-AB=，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得，，∵，∴，即，∴，即BC的最小值為；（3）解：如圖3，將△ABE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△A'BE'，∴△ABE≌△A'BE'，∴∠A'E'B=∠AEB，AB=A'B，A'E'=AE，BE'=BE，∠EBE'=60°，∴△EBE'為等邊三角形，∴∠BE'E=∠BEE'=60°，EE'=BE，∴AE+BE+CE=A'E'+EE'+CE，要AE+BE+CE最小，即點A'，E'，E，C在同一條線上，即最小值為A'C，過點A'作A'F⊥CB，交CB的延長線于F，在Rt△A'FB中，∠A'BF=180°-∠ABA'-∠ABC=60°，設(shè)BF=x，則A'B=2x，根據(jù)勾股定理得，A'F=，∵AB=A'B，∴AB=2x，∵AB+BC=6，∴BC=6-AB=6-2x，∴CF=BF+BC=6-x，在Rt△A'FC中，根據(jù)勾股定理得，，∴當(dāng)x=，即AB=2x=3時，最小，此時，BC=6-3=3，A'F=，∴平行四邊形公園ABCD的面積為（平方千米）．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了等邊三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，用代數(shù)式表示線段，利用配方法確定極值問題，判斷出AB=BC時，AE+BE+CE最小是解本題的關(guān)鍵．例7．（2024上·河北滄州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，設(shè)是邊長為1的正方形內(nèi)的兩個點，則的最小值為．【答案】/【分析】將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至，將繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)至，則和是正三角形，進(jìn)而可證當(dāng)六點共線時的值最小．連接，則和是等邊三角形，然后分別求出的值即可．【詳解】解：將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至；將繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)至，∴，，，，∴和都是等邊三角形，∴，，，∴，∴當(dāng)六點共線時的值最?。B接，∵，，∴是等邊三角形，∴，∴在的垂直平分線上，同理可證，∴在的垂直平分線上，∵四邊形是正方形，∴，∴垂直平分，∴，四邊形是矩形，∴，，∴，同理可求，∴，即的值最小為．故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，線段垂直平分線的判定，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．例8．（2023上·廣東廣州·九年級?？计谥校┤鐖D①，在平面直角坐標(biāo)系中，直線分別與軸，軸交于，兩點，點為中點，四邊形和四邊形都是正方形．(1)求的長；(2)如圖②，連接，，過點作于點，延長交于點，求證：；(3)如圖③，，點在邊上，且，為的中點，點為正方形內(nèi)部一點，連接，，，請直接寫出的最小值．【答案】(1)(2)見詳解(3)【分析】（1）由直線解析式可求出的長，然后根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”，即可求出答案；（2）過點作交延長線于點，過點作，垂足為，先證明，，再證明，即可得出結(jié)論；（3）將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，通過旋轉(zhuǎn)構(gòu)造的最小值為的長，即可解答．【詳解】（1）解：對于直線，當(dāng)時，，即，當(dāng)時，，即，∴，，∴，∵點是的中點，，∴；（2）證明：過點作交延長線于點，過點作，垂足為，∵四邊形為正方形，∴，，，∵，，∴，∴，∴，∴，同理，∴，∴，∵，，∴，又∵，，∴，∴；（3）解：將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，則，∴，，∵，∴為等腰直角三角形，∴，∴，∴當(dāng)共線時，有最小值，最小值為的長，在正方形中，，，為的中點，∴，，∴，在中，，∴的最小值為．【點睛】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、勾股定理、一次函數(shù)的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)并作出輔助線是解題關(guān)鍵．課后專項訓(xùn)練1．（2023春·浙江·八年級專題練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G為對角線BD（不含B點）上任意一點，將△ABG繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△EBF，當(dāng)AG+BG+CG取最小值時EF的長（）A． B． C． D．【答案】D【分析】據(jù)“兩點之間線段最短”，當(dāng)G點位于BD與CE的交點處時，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的長．【詳解】解：如圖，∵將△ABG繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到△EBF，∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，∴△BFG是等邊三角形．∴BF=BG=FG，．∴AG+BG+CG=FE+GF+CG．根據(jù)“兩點之間線段最短”，∴當(dāng)G點位于BD與CE的交點處時，AG+BG+CG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=4，∴BF=2，EF=2，在Rt△EFC中，∵EF2+FC2=EC2，∴EC=4．∵∠CBE=120°，∴∠BEF=30°，∵∠EBF=∠ABG=30°，∴EF=BF=FG，∴EF=CE=，故選：D．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，軸對稱最短路線問題，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2022·廣東廣州·一模）如圖，正方形ABCD內(nèi)一點E，E到A、B、C三點的距離之和的最小值為，正方形的邊長為_______．解：以A為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABE順時針旋轉(zhuǎn)60°得到△AMN，連NE，MB，過M作MP⊥BC交BC的延長線于P點，如圖，∴MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，∴△ANE為等邊三角形，∴AE＝NE，∴AE+EB+EC＝MN+NE+EC，當(dāng)AE+EB+EC取最小值時，折線MNEC成為線段，則MC＝，∵AB＝AM，∠BAM＝60°，∴△ABM為等邊三角形，∴∠MBC＝150°，則∠PBM＝30°，在Rt△PMC中，設(shè)BC＝x，PM＝所以所以x＝2，∴BC＝2，即正方形的邊長為2．3．（2024上·陜西漢中·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正方形的邊長為2．為與點不重合的動點，以為一邊作正方形．設(shè)，點、與點的距離分別為、，則的最小值為．【答案】【分析】本題主要考查正方形的性質(zhì)、三角形的全等證明，勾股定理，連接、、，證可得，當(dāng)、、、四點共線時，即得最小值；【詳解】解：如圖，連接、、，∵∴在和中，∵∴∴∴當(dāng)時，最小，∴的最小值為，故答案為：．4．（2023·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在中，P為平面內(nèi)的一點，連接，若，則的最小值是（

）A． B．36 C． D．【答案】A【分析】分別以、為邊在下方構(gòu)造等邊三角形、，分別取、中點，連接，先證得，可得，由中位線可得，由等邊三角形性質(zhì)可得，當(dāng)三點共線時即可求得的最小值，最終求出的最小值．【詳解】分別以、為邊在下方構(gòu)造等邊三角形、，分別取、中點，連接，如圖所示，∵取、中點，∴，∵等邊三角形，∴，∵等邊三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴當(dāng)三點共線時最小，∵∴，∵，∴，∴，∴，∴的最小值為，故選：A．【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)、勾股定理等知識點，解題的關(guān)鍵是利用手拉手模型構(gòu)造輔助線．5．（2023春·浙江·八年級專題練習(xí)）如圖，點P是矩形對角線上的一個動點，已知，則的最小值是__．【答案】【分析】將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，則是等邊三角形，是等邊三角形，由，得出，當(dāng)共線時，得到值最小，然后根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理求得的最小值．【詳解】解：將繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，則是等邊三角形，是等邊三角形，∴，∴，∴當(dāng)共線時，值最小，即的值最小，連接，作，延長使得，連接，則四邊形是矩形，∴，∵是等邊三角形，∴，，∴，，∴，∴的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．6．（2023·廣東梅州·九年級校考階段練習(xí)）定義：在一個等腰三角形底邊的高線上所有點中，到三角形三個頂點距離之和最小的點叫做這個等腰三角形的“近點”，“近點”到三個頂點距離之和叫做這個等腰三角形的“最近值”．【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD為BC邊上的高，已知AD上一點E滿足∠DEC＝60°，AC＝，求AE+BE+CE＝；【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，等邊三角形ABC邊長為，E為高線AD上的點，將三角形AEC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到三角形AFG，連接EF，請你在此基礎(chǔ)上繼續(xù)探究求出等邊三角形ABC的“最近值”；【拓展提高】（3）如圖3，在菱形ABCD中，過AB的中點E作AB垂線交CD的延長線于點F，連接AC、DB，已知∠BDA＝75°，AB＝6，求三角形AFB“最近值”的平方．解：（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+；故答案為：12+；（2）由題意可得：AE＝AF，∠EAF＝60°，∴△EAF為等邊三角形，∴AE＝EF＝AF，∴AE+BE+CE＝EF+BE+GF，∵B、G兩點均為定點，∴當(dāng)B、E、F、G四點共線時，EF+BE+GF最小，∴∠AEB＝120°，∠AEC＝∠AFG＝120°，∴∠BEC＝120°，∴此時E點為等邊△ABC的中心，∴AE+BE+CE＝3AE＝＝12，故等邊三角形ABC的“最近值”為12；（3）如圖，過點D作DM⊥AB于點M，∵∠BDA＝75°，AB＝AD，∴∠DAB＝30°，∴2DM＝AD＝AB，∵AB∥CD，∴EF＝DM，∴2EF＝AB，∴AE＝BE＝EF＝3，∴△AEF與△BEF均為等腰直角三角形，∴△ABF為等腰直角三角形，設(shè)P為EF上一點，由（2）得：∠APF＝∠BPF＝∠APB＝120°時，PA+PB+PF最小，此時：EP＝＝，∴AP＝BP＝2EP＝，F(xiàn)P＝EF﹣EP＝3﹣，∴AP+BP+FP＝＝3+，∴（AP+BP+FP）2＝＝，∴三角形AFB“最近值”的平方為．7．（2023·廣東·九年級專題練習(xí)）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，將BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．(1)求證：；(2)①當(dāng)M點在何處時，AM＋CM的值最??；②當(dāng)M點在何處時，AM＋BM＋CM的值最小，并說明理由；(3)當(dāng)AM＋BM＋CM的最小值為時，求正方形的邊長．【答案】(1)見解析(2)①BD的中點，②BD與CE的交點處，見解析(3)【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，得出∠BMA=∠NBE，然后即可證明，（2）①根據(jù)兩點之間線段最短可知當(dāng)M點落在BD的中點時，根據(jù)“兩點之間線段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短，②連接CE，當(dāng)M點位于BD與CE的交點處時，AM＋BM＋CM的值最小，（3）過E點作EF⊥BC交CB的延長線于F,設(shè)正方形的邊長為x，，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，得出BF=x，EF=，在Rt△EFC中，勾股定理建立方程，解方程即可求解．（1）解：∵△ABE是等邊三角形，∴BA=BE，∠ABE=60°．∵∠MBN=60°，∴．即∠BMA=∠NBE．又∵M(jìn)B=NB，∴（SAS）（2）①∵，∴當(dāng)M點落在BD的中點時，AM＋CM的值最?、谌鐖D，連接CE，當(dāng)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，，∴AM=EN．∵∠MBN=60°，MB=NB，∴△BMN是等邊三角形．∴BM=MN．∴AM＋BM＋CM=EN＋MN＋CM根據(jù)“兩點之間線段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短∴當(dāng)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，∴．設(shè)正方形的邊長為x，則BF=x，EF=．在Rt△EFC中，∵，∴，解得，（舍去負(fù)值）．∴正方形的邊長為，【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，解一元二次方程，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．8．（2023·福建九年級月考）如圖，四邊形是正方形，是等邊三角形，為對角線（不含點）上任意一點，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接、、.設(shè)點的坐標(biāo)為.（1）若建立平面直角坐標(biāo)系，滿足原點在線段上，點，.且（），則點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為；請直接寫出點縱坐標(biāo)的取值范圍是；（2）若正方形的邊長為2，求的長，以及的最小值.(提示：連接:，)【答案】（1），，；（2），.【分析】（1）如圖1，以直線BD為x軸，直線AC為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到OA=OB=OC=OD，由點B（-1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，-1）；過N作NH⊥BD于h，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠NBH=60°，BM=BN，求得NH=BN=t，于是得到結(jié)論；（2）如圖所示，連接MN，過E作EH⊥BC，交CB的延長線于H，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到BM=BN，∠NBM=60°，求得△BMN是等邊三角形，求得MN=BM，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到BE=BA，∠ABE=60°，求得∠ABM=∠EBN，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AM=EN，求得AM+BM+CM=EN+MN+CM，當(dāng)E，N，M，C在同一直線上時，AM+BM+CN的最小值是CE的長，解直角三角形即可得到結(jié)論．【詳解】解：（1）如圖1，以直線為軸，直線為軸，建立平面直角坐標(biāo)系，∵四邊形是正方形∴∵點，∴，過作于∴∵將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴∴∵∴點縱坐標(biāo)的取值范圍是故答案為：，，（2）如圖所示，連接，過作，交的延長線于，由旋轉(zhuǎn)可得，，，∴是等邊三角形，∴∵是等邊三角形∴∴∴≌（）∴∴∴當(dāng)，，，在同一直線上時，的最小值是的長，又∵，∴∴中，∴∴∴中，∴的最小值為【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)以及勾股定理的綜合運用，解決問題的關(guān)鍵是根據(jù)兩點之間線段最短，得出結(jié)論．9．（2023·陜西西安·八年級校考階段練習(xí)）問題探究將幾何圖形按照某種法則或規(guī)則變換成另一種幾何圖形的過程叫做幾何變換．旋轉(zhuǎn)變換是幾何變換的一種基本模型．經(jīng)過旋轉(zhuǎn)，往往能使圖形的幾何性質(zhì)明白顯現(xiàn)．題設(shè)和結(jié)論中的元素由分散變?yōu)榧?，相互之間的關(guān)系清楚明了，從而將求解問題靈活轉(zhuǎn)化．問題提出：如圖1，是邊長為1的等邊三角形，為內(nèi)部一點，連接，求的最小值．方法分析：通過轉(zhuǎn)化，把由三角形內(nèi)一點發(fā)出的三條線段(星型線)轉(zhuǎn)化為兩定點之間的折線(化星為折)，再利用“兩點之間線段最短”求最小值(化折為直)．問題解決：如圖2，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)至，連接、，記與交于點，易知，．由，，可知為正三角形，有．故．因此，當(dāng)共線時，有最小值是．學(xué)以致用：(1)如圖3，在中，，，為內(nèi)部一點，連接、，則的最小值是__________．(2)如圖4，在中，，，為內(nèi)部一點，連接、，求的最小值．(3)如圖5，是邊長為2的正方形內(nèi)一點，為邊上一點，連接、，求的最小值．【答案】（1）5；（2）；（3）.【分析】（1）將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，易知是等邊三角形，，轉(zhuǎn)化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．（2）將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，易知是等腰直角三角形，，作交的延長線于．轉(zhuǎn)化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“兩點之間線段最短”求最小值（化折為直）．（3）如圖5中，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，則易知是等邊三角形，轉(zhuǎn)化為兩定點之間的折線（化星為折），再利用“垂線段最短”求最小值．【詳解】解：（1）如圖3中，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴≌，∠CAE=PAF=60°，∴AE=AC=3，AF=AP，∴是等邊三角形，∵∠BAC=30°，∴，在中，，，，的最小值為5．故答案為5．（2）如圖4中，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴AF=AP，∠FAP=90°，∴是等腰直角三角形，∴FP=，∵∠BAC=45°，∴，，作交的延長線于．在中，，，，在中，，，的最小值為．（3）如圖5中，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，則易知是等邊三角形，作于，交于．，易知，，，，的最小值為．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定，兩點之間線段最短時的位置的確定以及解直角三角形，解本題的關(guān)鍵是確定取最小值時的位置．10．（2023春·廣東·八年級專題練習(xí)）如圖1，在平行四邊形ABCD中，E為邊CD上一動點，連接BE交對角線AC于點F，點M為線段BF上一點，連接AM．(1)如圖1，若對角線AC⊥AB，點M是BF的中點，，，求BC的長；(2)如圖2，若，，AC的垂直平分線交BE的延長線于點G，連接AG，CG，AM平分∠BAC交BE于點M，求證：；(3)如圖3，當(dāng)點E在運動過程中滿足BCE為等邊三角形時，若；在BCE內(nèi)部是否存在一點P使有最小值，若存在，直接寫出的最小值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)見解析(3)存在，【分析】（1）由已知條件根據(jù)勾股定理求出AB，由求出AC，由勾股定理求出BC的長；（2）連接并延長MC，過點C作CQ⊥BC交BE于點Q，分別過點G作GH⊥MC于點H，作GP⊥AM于點P．證明△ABM≌△ACM（SAS），推出，∠MCQ＝∠BCQ－∠BCM＝60°．∠MQC＝∠MCQ＝∠CMQ＝60°．得到．證明△AGP≌OCGH（HL）推出，∠ACM＝∠GCQ．證明△ACM≌△GCQ（SAS），推出，由此得到結(jié)論；（3）取任意點P，連接PB、PC、PE，以BP為邊作等邊三角形BPP1，作點E關(guān)于BC的對稱點C1，連接BC1，CC1，當(dāng)點E、P、P1、C1四點共線時，有最小值，連接BP、CC1相交于點Q，連接EQ，由軸對稱的性質(zhì)求出C1Q=2BC1=2BC=8，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠EQB=∠CQB=30°，證得∠PCQ=90°，同理∠PEQ=90°，推出BQ=PB+PC+PE，由勾股定理求出BQ即可．【詳解】（1）解：∵AC⊥AB，∴∠BAC＝90°；∵點M為BF的中點，∴，∴BF=6，∴∵，∴∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°∴（2）解：連接并延長MC，過點C作CQ⊥BC交BE于點Q，分別過點G作GH⊥MC于點H，作GP⊥AM于點P．∵，AM平分∠BAC，∴△ABM≌△ACM（SAS）；∴，∠AMB＝∠AMC，∵∠CBE＝30°，BM＝MC，∴∠BCM＝∠CBE＝30°，∴∠CMQ＝∠BCM＋∠CBE＝60°，∠BMC＝120°，∴∠AMB＝∠AMC＝120°，∴∠AMG＝∠CMG＝60°．∵CQ⊥BC，∠MCB＝30°，∴∠MCQ＝∠BCQ－∠BCM＝60°．∴∠MQC＝∠MCQ＝∠CMQ＝60°．∴．∴．∵GH⊥MC，GP⊥AM，∠AMG＝∠CMG．∴∠MPG＝∠MHG＝90°，．∴，∵點G在AC的垂直平分線上，∴．在Rt△AGP與Rt△CGH中，，∴△AGP≌OCGH（HL）∴∠AGP＝∠CGH，∴∠AGC＝∠PGH＝60°，∴△AGC為等邊三角形，∴，∠ACM＝∠GCQ．在△ACM與△GCQ中，，∴△ACM≌△GCQ（SAS），∴．∵，∴．（3）解：存在，的最小值為．取任意點P，連接PB、PC、PE，以BP為邊作等邊三角形BPP1，作點E關(guān)于BC的對稱點C1，連接BC1，CC1，當(dāng)點E、P、P1、C1四點共線時，有最小值，連接BP、CC1相交于點Q，連接EQ，∵△BPP1是等邊三角形，∴∠PBP1=60°，由軸對稱可得∠EBP=∠C1BP1=30°，∠BC1C=60°，△BCC1是等邊三角形，∴∠C1BQ=90°，∠BQC=30°，∴C1Q=2BC1=2BC=8，∴CQ=BC=4=CE，∵∠ECQ=60°，∴△ECQ是等邊三角形，∴∠EQB=∠CQB=30°，∵點E、P、P1、C1四點共線，∴C1E垂直平分BC，∴∠ECP=∠EBP==30°，∴∠PCQ=90°，同理∠PEQ=90°，∴PQ=2PC=2PE，∴PQ=PC+PE，∴BQ=PB+PC+PE，∵，∴的最小值為．【點睛】此題考查了勾股定理，全等三角形的判定及性質(zhì)，直角三角形斜邊中線等于斜邊一半的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，這是一道圖形類的綜合題，正確掌握各知識點并綜合應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．11．（2023上·廣東汕頭·九年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形中，，.點E為對角線（不含A，C點）上任意一點，連接，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接；(1)證明：；(2)設(shè)，請直接寫出y的最小值.【答案】(1)詳見解析(2)【分析】本題主要考查勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定及菱形的性質(zhì)，熟練掌握勾股定理、等腰直角三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定及菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵；（1）由題意易得，然后問題可求證；（2）連接，由題意易得是等邊三角形，然后可得，則當(dāng)F、G、E、B四點共線時，y的值最小，進(jìn)而可根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解．【詳解】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得，，在菱形中，，，

∵，∴，∴∴；（2）解：連接，由旋轉(zhuǎn)可知，，，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∴當(dāng)F、G、E、B四點共線時，y的值最小，如圖所示：∴，，∵，∴，∵在菱形中，，∴，∴，∴y的最小值是．12．（2023·河南周口·三模）【問題背景】數(shù)學(xué)活動小組在學(xué)習(xí)《確定圓的條件》時，曾遇到這樣一個問題：如圖1，草原上有三個放牧點，要修建一個牧民定居點，使得定居點到三個放牧點的距離相等，那么如何確定定居點的位置？（1）請用無刻度的直尺和圓規(guī)在圖2中畫出定居點O的位置，使點O到點A，B，C的距離相等．（不寫作法，保留作圖痕跡）

【問題探索】聰明的小智在解決這個問題之后，繼續(xù)提出新的問題，如圖3，在平面內(nèi)是否存在一點P，使點P到△ABC三個頂點的距離之和最小？通過不斷探究，小智發(fā)現(xiàn)可以借助旋轉(zhuǎn)的思想解決這個問題，如圖4，把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到，連接，可知為等邊三角形，因此，由兩點之間，線段最短，可知的最小值即為點B，P，，C共線時線段的長．

（2）【類比探究】如圖5，在中，，點P為內(nèi)一點，連接，求的最小值．（3）【實際應(yīng)用】如圖6，現(xiàn)要在矩形公園ABCD內(nèi)，選擇一點P，從點P鋪設(shè)三條輸水管道，要求．若，請直接寫出輸水管道長度的最小值．【答案】（1）見解析；（2）的最小值為；（3）的最小值為．【分析】（1）作邊和的垂直平分線，交點O即可為所作；（2）將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)至處，連接，證是等邊三角形，得，再證四點共線，然后證，即可解決問題；（3）將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)至處，連接，，在同一直線上時，，當(dāng)時，的最小值為的長，據(jù)此即可求解．【詳解】解：（1）點O的位置如圖所示，

（2）將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)至處，連接，如圖所示：則，，，，，，∴是等邊三角形，∴，由【問題探索】知點的最小值即為點共線時線段的長，∴，∴，∵，∴四點共線，∵，∴，∴，在中，由勾股定理得：，∵，∴，在中，由勾股定理得：，∴的最小值為；（3）將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)至處，連接，，

∴、是等邊三角形，∴，，∴在同一直線上時，，當(dāng)時，的最小值為的長，記與交于點H，則，∴，∴，∴，∴的最小值為．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含角直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理和勾股定理的逆定理等知識；本題綜合性強，熟練掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．13．（2023下·湖北鄂州·八年級統(tǒng)考期末）直線與x軸交于點B，與y軸交于點A，D是內(nèi)一點，將繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，，分別取，，的中點M，N，P，連接，PN．(1)直接寫出點A，B，E，P的坐標(biāo)：A（______），B（______），E（______），P（______）；(2)當(dāng)點D在內(nèi)移動時，求的最小值；(3)若，求的長．

【答案】(1)；；；(2)最小為(3)【分析】（1）令，求出y，即可求出A的坐標(biāo)，令，求出x，即可求出B的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理求出，在y軸負(fù)半軸上截取，證明是等邊三角形，則可求，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，可求，，即可求出E的坐標(biāo)，最后利用中點坐標(biāo)公式可求P的坐標(biāo)；（2）由旋轉(zhuǎn)可知為等邊三角形，所以，．當(dāng)O、D、F、E四點共線時，最小為；（3）連接，過點N作于M，延長交于點G，先證是頂角為的等腰三角形，然后利用等腰三角形三線合一的性質(zhì)、含的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理可求，利用兩點間距離公式可求，結(jié)合即可求解．【詳解】（1）解：當(dāng)時，，∴，∴，當(dāng)時，，解得，∴，∴，∴在y軸負(fù)半軸上截取，則，

，

，∵，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∴，∵繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴，∴，又點P是中點，∴，即；（2）解：∵繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，，∴是等邊三角形，∴，∴，∴當(dāng)O、D、F、E四點共線時，最小，也最小，最小值為；（3）解：連接，過點N作于M，延長交于點G，∵M(jìn)，N，P是，，的中點，∴，，，，又，∴，∵，∴軸，∴，，∵，，∴，，又繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了一次函數(shù)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，含的直角三角形的性質(zhì)等知識，明確題意，添加合適輔助線，找出所求問題需要的條件是解題的關(guān)鍵．14．（2023·重慶綦江·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點E、F分別是AB、BC上的動點，連接DE、DF、EF．(1)如圖1，連接AF，若AF⊥BC，E為AB的中點，且EF＝5，求DF的長；(2)如圖2，若BE＝BF，G為DE的中點，連接AF、AG、FG，求證：AG⊥FG；(3)如圖3，若AB＝7，將△BEF沿EF翻折得到△EFP（始終保持點P在菱形ABCD的內(nèi)部），連接AP、BP及CP，請直接寫出當(dāng)PA＋PB＋PC值最小時PB的長．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）法一：如圖1，過點D作DG⊥BC交BC的延長線于G，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，，在中，，E為AB的中點，AF⊥BC，BF＝EF＝BC，CG＝CD，DG＝CG，F(xiàn)G＝CF+CG，在中，DF＝，進(jìn)而求出DF；法二：四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，，，AF⊥BC則∠AFB＝90°，在中，，，是的中點，，是等邊三角形，可知EF＝BE＝AB，，AF＝5，在中，DF＝，進(jìn)而求出DF；（2）法一：如圖2，延長AG交CD于H，連接AC，F(xiàn)H；由四邊形ABCD為菱形知AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC＝60°，AB∥CD，∠AEG＝∠HDG，G為DE的中點有EG＝DG，得△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝BF，∠ABC＝60°，△BEF為等邊三角形，有FC＝DH，AC＝AD，，知△AFC≌△AHD，AH＝AF，同理△ABF≌△ACH，∠BAF＝∠CAH，∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，△AFH是等邊三角形，AG＝HG，進(jìn)而說明AG⊥FG．法二：如圖4，延長AG交CD于H，連接FH，四邊形ABCD是菱形，有AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝60°，∠BCD=120°知∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，點G是DE中點，EG＝DG，由，知△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝CH，BE＝BF，∠ABC＝60°知△BEF是等邊三角形，有∠BEF＝60°，EF＝BE，∠AEF=120°，∠AEF＝∠FCH，EF＝CH，由，得△AEF≌△FCH，有AF＝HF，AG＝HG，進(jìn)而說明FG⊥AG；（3）解：如圖a，在△ABC中，P為其中任意一點．連接AP，BP，得到△ABP．以點B為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABP逆時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△EBD，BD＝BP，△DBP為一個等邊三角形，有PB＝PD，當(dāng)E、D、P、C四點共線時，PA+PB+PC最小；如圖3，當(dāng)B、P、G、D四點共線時，PA+PB+PC值最小，最小值為BD．將△APC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△DGC，知△APC≌△DGC，CP＝CG，∠PCG＝60°，△PCG是等邊三角形，PG＝CG＝CP，∠GPC＝∠CGP＝60°；菱形ABCD中，∠ABP＝∠CBP＝∠ABC＝30°，∠PCB＝∠GPC﹣∠CBP＝60°﹣30°＝30°，∠PCB＝∠CBP＝30°，BP＝CP，同理DG＝CG，BP＝PG＝GD，連接AC，交BD于點O，則AC⊥BD，在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，BC＝7，得OC、BO的值，BD＝2BO，BP＝BD，可求得BP的值．【詳解】（1）解：法一：如圖1，過點D作DG⊥BC交BC的延長線于G，∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°∴，∴∵AF⊥BC∴∠AFB＝90°，∴∴△BEF為等邊三角形∴BF＝EF＝BC∴CF＝EF＝5在中，∴CG＝CD＝5，DG＝CG＝5∵FG＝CF+CG＝10∴DF＝＝5法二：∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°∴，∵AF⊥BC∴∠AFB＝90°在中，∵是的中點∴∵∴是等邊三角形∵EF＝5，EF＝BE＝AB∴∴AF＝5在中，DF＝＝5∴的值為．（2）證明：法一：如圖2，延長AG交CD于H，連接AC，F(xiàn)H，∵四邊形ABCD為菱形∴AB∥CD，AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC∴∠AEG＝∠HDG，∵G為DE的中點，∴EG＝DG，在△AEG和△HDG中，，∴△AEG≌△HDG，∴AG＝HG，AE＝DH，∵BE＝BF，∠ABC＝60°∴△BEF為等邊三角形∴BE＝BF=EF，∴FC＝DH，AC＝AD在△AFC和△AHD中，，∴△AFC≌△AHD∴AH＝AF同理：△ABF≌△ACH∴∠BAF＝∠CAH∴∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，∴△AFH是等邊三角形∵AG＝HG∴AG⊥FG．法二：如圖4延長AG交CD于H，連接FH，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵∠ABC＝60°∴∠BCD=120°∴∠E