专题03 特殊的平行四边形中的最值模型-费马点模型（解析版）

专题03特殊的平行四边形中的最值模型-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：如图，点M为△ABC内任意一点，连接AM、BM、CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA+MB+MC的值最小。注意：上述结论成立的条件是△ABC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A。（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°）图3【模型证明】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．∵△ABE为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠ABM＝∠EBN．在△AMB与△ENB中，∵，∴△AMB≌△ENB（SAS）．连接MN．由△AMB≌△ENB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°．费马点的作法：如图3，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。【最值原理】两点之间，线段最短。例1．（2023·广东深圳·二模）如图，是等边三角形，M是正方形ABCD对角线BD（不含B点）上任意一点，，（点N在AB的左侧），当AM+BM+CM的最小值为时，正方形的边长为______．【答案】【分析】首先通过SAS判定，得出，因为,,得出是等边三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且为最小值，我们可以得出EC=，作辅助线，过点E作交CB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ABCD的对角线，∴∴．在和中，∴（SAS）∴在中，又∵，∴为等边三角形，∴．∵AM+BM+CM最小值为．∴EN+MN+CM的最小值为即CE=．过点E作交CB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．故答案为：．【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2．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，四边形是菱形，B=6，且∠ABC=60°，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM的最小值为________．【答案】【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，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△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案为．【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3．（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，，N为边上一点，连接、、，则的最小值为______．【答案】【分析】将绕点A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A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，故答案为：．【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4．（2023·成都实外九年级阶段练习）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．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．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．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．例5．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，，，P是平面内一点，则的最小值为______．

【答案】【分析】连接，交于点P，作交于点F，作交的延长线于点E，根据两点之间线段最短得到当点P是和交点时，的值最小，即为的长度，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求解即可．【详解】如图所示，连接，交于点P，作交于点F，作交的延长线于点E，

∵，∴当点P是和交点时，的值最小，即为的长度，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．变式1．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为______．【答案】解：将△AMD绕点A逆时针旋转60°得到△AM’D’，MD＝M’D’，易得到△ADD’和△AMM’均为等边三角形，∴AM＝MM’，∴MA+MD+ME＝D’M+MM’+ME，∴D′M、MM′、ME共线时最短，由于点E也为动点，∴当D’E⊥BC时最短，此时易求得D’E＝DG+GE＝4+3，∴MA+MD+ME的最小值为4+3．变式2．（2023·陕西西安·八年级校考阶段练习）两张宽为3cm的纸条交叉重叠成四边形ABCD，如图所示，若∠α＝30°，则对角线BD上的动点P到A，B，C三点距离之和的最小值是．解：如图，过D作DE⊥BC于E，DF⊥BA于F，把△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△A'BP′，则DE＝DF＝3cm，∵∠α＝30°，∴CD＝2DE＝6cm，∵AD∥BC，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴BC•DE＝AB•DF，∵DE＝DF，∴BC＝AB，∴平行四边形ABCD是菱形，∴BC＝AD＝CD＝6cm，由旋转的性质得：A′B＝AB＝CD＝6cm，BP′＝BP，A'P′＝AP，∠P′BP＝60°，∠A'BA＝60°，∴△P′BP是等边三角形，∴BP＝PP'，∴PA+PB+PC＝A'P′+PP'+PC，根据两点间线段距离最短可知，当PA+PB+PC＝A'C时最短，连接A'C，与BD的交点即为到A，B，C三点距离之和的最小的P点，则点P到A，B，C三点距离之和的最小值是A′C．∵∠ABC＝∠DCE＝∠α＝30°，∠A′BA＝60°，∴∠A′BC＝90°，∴A′C＝＝＝6（cm），因此点P到A，B，C三点距离之和的最小值是6cm，故答案为：6cm．变式3．（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H，过点C作交于点G．若，求证：；(3)如图3，已知，若，直接写出的最小值．【答案】(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N，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，N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N，∴，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A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，N四点共线时，最小，即为线段BN的长度，如图4，过N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．变式4．（2023春·浙江·八年级专题练习）在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上任意一点，AB=；（1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF；①把图形补充完整（无需写画法）；

②求的取值范围；(2)如图2，求BE+AE+DE的最小值．【答案】（1）①补图见解析；②；（2）【分析】（1）①根据要求画出图形即可；②首先证明∠ECF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．根据两点之间线段最短可得DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，推出AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长；【详解】（1）①如图△DCF即为所求；②∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝2，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°，∴AC＝＝AB＝4，∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，∴∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF，∴∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，∴y＝（4−x）2＋x2＝2x2−8x＋160（0＜x≤4）．即y＝2（x−2）2＋8，∵2＞0，∴x＝2时，y有最小值，最小值为8，当x＝4时，y最大值＝16，∴8≤EF2≤16．（2）如图中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．由旋转的性质可知，△AEG是等边三角形，∴AE＝EG，∵DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，∴AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长．在Rt△AFH中，∠FAH＝30°，AB＝=AF，∴FH＝AF＝，AH＝＝，在Rt△DFH中，DF＝＝，∴BE＋AE＋ED的最小值为．【点睛】本题考查作图−旋转变换，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是配方法解决最值问题，学会利用旋转法添加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．变式5．（2023·重庆·九年级专题练习）【问题提出】（1）如图1，四边形是正方形，是等边三角形，M为对角线（不含B点）上任意一点，将绕点B逆时针旋转得到，连接、，．若连接，则的形状是________．（2）如图2，在中，，，求的最小值．【问题解决】（3）如图3，某高新技术开发区有一个平行四边形的公园，千米，，公园内有一个儿童游乐场E，分别从A、B、C向游乐场E修三条，求三条路的长度和（即）最小时，平行四边形公园的面积．【答案】（1）等边三角形；（2）BC的最小值为；（3）平行四边形公园ABCD的面积为（平方米）．【分析】（1）由旋转得BN=BM，∠MBN=60°，可判断出△BMN是等边三角形即可；（2）设AB=a，则AC=10-a，进而根据勾股定理得出即可得出结论；（3）先判断出点A'，E'，E，C在同一条线上，设BF=x，进而依次得出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，进而求出A'F，BC，利用平行四边形面积公式计算即可．【详解】（1）证明：的形状是等边三角形，理由如下;由旋转知，BN=BM，∠MBN=60°∴△BMN为等边三角形故答案为：等边三角形；（2）解：设AB=a，∵AB+AC=10，∴AC=10-AB=，在Rt△ABC中，根据勾股定理得，，∵，∴，即，∴，即BC的最小值为；（3）解：如图3，将△ABE绕点B逆时针旋转60°得到△A'BE'，∴△ABE≌△A'BE'，∴∠A'E'B=∠AEB，AB=A'B，A'E'=AE，BE'=BE，∠EBE'=60°，∴△EBE'为等边三角形，∴∠BE'E=∠BEE'=60°，EE'=BE，∴AE+BE+CE=A'E'+EE'+CE，要AE+BE+CE最小，即点A'，E'，E，C在同一条线上，即最小值为A'C，过点A'作A'F⊥CB，交CB的延长线于F，在Rt△A'FB中，∠A'BF=180°-∠ABA'-∠ABC=60°，设BF=x，则A'B=2x，根据勾股定理得，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，根据勾股定理得，，∴当x=，即AB=2x=3时，最小，此时，BC=6-3=3，A'F=，∴平行四边形公园ABCD的面积为（平方千米）．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，用代数式表示线段，利用配方法确定极值问题，判断出AB=BC时，AE+BE+CE最小是解本题的关键．课后专项训练1．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G为对角线BD（不含B点）上任意一点，将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，当AG+BG+CG取最小值时EF的长（）A． B． C． D．【答案】D【分析】据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．【详解】解：如图，∵将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，∴△BFG是等边三角形．∴BF=BG=FG，．∴AG+BG+CG=FE+GF+CG．根据“两点之间线段最短”，∴当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于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=，故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．2．（2022·广东广州·一模）如图，正方形ABCD内一点E，E到A、B、C三点的距离之和的最小值为，正方形的边长为_______．解：以A为旋转中心，将△ABE顺时针旋转60°得到△AMN，连NE，MB，过M作MP⊥BC交BC的延长线于P点，如图，∴MN＝BE，AN＝AE，∠NAE＝60°，∴△ANE为等边三角形，∴AE＝NE，∴AE+EB+EC＝MN+NE+EC，当AE+EB+EC取最小值时，折线MNEC成为线段，则MC＝，∵AB＝AM，∠BAM＝60°，∴△ABM为等边三角形，∴∠MBC＝150°，则∠PBM＝30°，在Rt△PMC中，设BC＝x，PM＝所以所以x＝2，∴BC＝2，即正方形的边长为2．3．（2023·江苏·九年级阶段练习）如图，四个村庄坐落在矩形ABCD的四个顶点上，AB＝10公里，BC＝15公里，现在要设立两个车站E，F，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值为公里．解：如图1，将△AEB绕A顺时针旋转60°得△AGH，连接BH、EG，将△DFC绕点D逆时针旋转60°得到△DF'M，连接CM、FF'，由旋转得：AB＝AH，AE＝AG，∠EAG＝∠BAH＝60°，BE＝GH，∴△AEG和△ABH是等边三角形，∴AE＝EG，同理得：△DFF'和△DCM是等边三角形，DF＝FF'，FC＝F'M，∴当H、G、E、F、F'、M在同一条直线上时，EA+EB+EF+FC+FD有最小值，如图2，∵AH＝BH，DM＝CM，∴HM是AB和CD的垂直平分线，∴HM⊥AB，HM⊥CD，∵AB＝10，∴△ABH的高为5，∴EA+EB+EF+FC+FD＝EG+GH+EF+FF'+F'M＝HM＝15+5+5＝15+10，则EA+EB+EF+FC+FD的最小值是（15+10）公理．故答案为：（15+10）．4．（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；【详解】解：如图，连接CF、CG、AE，∵∴在和中，∵∴∴∴当时，最小，∴d1＋d2＋d3的最小值为，故选：C．【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．5．（2023春·浙江·八年级期中）如图，是等边三角形，M是正方形ABCD对角线BD（不含B点）上任意一点，，（点N在AB的左侧），当AM+BM+CM的最小值为时，正方形的边长为______．【答案】【分析】首先通过SAS判定，得出，因为,,得出是等边三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且为最小值，我们可以得出EC=，作辅助线，过点E作交CB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ABCD的对角线，∴∴．在和中，∴（SAS）∴在中，又∵，∴为等边三角形，∴．∵AM+BM+CM最小值为．∴EN+MN+CM的最小值为即CE=．过点E作交CB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．故答案为：．【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．6．（2023·四川成都·统考二模）如图，矩形中，，，点是的中点，点是边上一动点．将沿着翻折，使得点落在点处，若点是矩形内一动点，连接、、，则的最小值为______．

【答案】/【分析】将绕点顺时针旋转得到，连接，连接，由等腰三角形得出，再由折叠得出点的轨迹在点为圆心，为半径的圆周上，所以的最小值为，即的最小值为，经计算答出答案即可．【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，连接，连接，则，，共线，，，，点是的中点，，，，由折叠成，，点在以点为圆心，为半径的圆上，，两点间线段最短，，即，，则的最小值为．故答案为：．

【点睛】本题考查了两点之间线段最短的应用，掌握图形的旋转及图形的折叠对称的性质，添加辅助线是解题关键．7．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，点P是矩形对角线上的一个动点，已知，则的最小值是__．【答案】【分析】将绕点C逆时针旋转，得到，连接，则是等边三角形，是等边三角形，由，得出，当共线时，得到值最小，然后根据等边三角形的性质和勾股定理求得的最小值．【详解】解：将绕点C逆时针旋转，得到，连接，则是等边三角形，是等边三角形，∴，∴，∴当共线时，值最小，即的值最小，连接，作，延长使得，连接，则四边形是矩形，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，，∴，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．8．（2023·广东梅州·九年级校考阶段练习）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＝；【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．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．9．（2022·广东·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．(1)求证：；(2)①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；(3)当AM＋BM＋CM的最小值为时，求正方形的边长．【答案】(1)见解析(2)①BD的中点，②BD与CE的交点处，见解析(3)【分析】（1）根据等边三角形的性质，得出∠BMA=∠NBE，然后即可证明，（2）①根据两点之间线段最短可知当M点落在BD的中点时，根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短，②连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F,设正方形的边长为x，，根据含30度角的直角三角形的性质，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是等边三角形，∴BA=BE，∠ABE=60°．∵∠MBN=60°，∴．即∠BMA=∠NBE．又∵MB=NB，∴（SAS）（2）①∵，∴当M点落在BD的中点时，AM＋CM的值最小②如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小理由如下：连接MN．由（1）知，，∴AM=EN．∵∠MBN=60°，MB=NB，∴△BMN是等边三角形．∴BM=MN．∴AM＋BM＋CM=EN＋MN＋CM根据“两点之间线段最短”，得EN＋MN＋CM=EC最短∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM＋BM＋CM的值最小，即等于EC的长（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴．设正方形的边长为x，则BF=x，EF=．在Rt△EFC中，∵，∴，解得，（舍去负值）．∴正方形的边长为，【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，掌握以上知识是解题的关键．10．（2022·福建九年级月考）如图，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接、、.设点的坐标为.（1）若建立平面直角坐标系，满足原点在线段上，点，.且（），则点的坐标为，点的坐标为；请直接写出点纵坐标的取值范围是；（2）若正方形的边长为2，求的长，以及的最小值.(提示：连接:，)【答案】（1），，；（2），.【分析】（1）如图1，以直线BD为x轴，直线AC为y轴，建立平面直角坐标系，根据正方形的性质得到OA=OB=OC=OD，由点B（-1，0），A（0，1），于是得到D（1，0），C（0，-1）；过N作NH⊥BD于h，根据旋转的性质得到∠NBH=60°，BM=BN，求得NH=BN=t，于是得到结论；（2）如图所示，连接MN，过E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，由旋转的性质得到BM=BN，∠NBM=60°，求得△BMN是等边三角形，求得MN=BM，根据等边三角形的性质得到BE=BA，∠ABE=60°，求得∠ABM=∠EBN，根据全等三角形的性质得到AM=EN，求得AM+BM+CM=EN+MN+CM，当E，N，M，C在同一直线上时，AM+BM+CN的最小值是CE的长，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：（1）如图1，以直线为轴，直线为轴，建立平面直角坐标系，∵四边形是正方形∴∵点，∴，过作于∴∵将绕点逆时针旋转得到，∴∴∵∴点纵坐标的取值范围是故答案为：，，（2）如图所示，连接，过作，交的延长线于，由旋转可得，，，∴是等边三角形，∴∵是等边三角形∴∴∴≌（）∴∴∴当，，，在同一直线上时，的最小值是的长，又∵，∴∴中，∴∴∴中，∴的最小值为【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质、旋转以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是根据两点之间线段最短，得出结论．11．（2023·陕西西安·八年级校考阶段练习）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，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．(3)如图5，是边长为2的正方形内一点，为边上一点，连接、，求的最小值．【答案】（1）5；（2）；（3）.【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）．（3）如图5中，将绕点逆时针旋转得到，则易知是等边三角形，转化为两定点之间的折线（化星为折），再利用“垂线段最短”求最小值．【详解】解：（1）如图3中，将绕点逆时针旋转得到，∴≌，∠CAE=PAF=60°，∴AE=AC=3，AF=AP，∴是等边三角形，∵∠BAC=30°，∴，在中，，，，的最小值为5．故答案为5．（2）如图4中，将绕点逆时针旋转得到，∴AF=AP，∠FAP=90°，∴是等腰直角三角形，∴FP=，∵∠BAC=45°，∴，，作交的延长线于．在中，，，，在中，，，的最小值为．（3）如图5中，将绕点逆时针旋转得到，则易知是等边三角形，作于，交于．，易知，，，，的最小值为．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定，两点之间线段最短时的位置的确定以及解直角三角形，解本题的关键是确定取最小值时的位置．12．（2023春·广东·八年级专题练习）如图1，在平行四边形ABCD中，E为边CD上一动点，连接BE交对角线AC于点F，点M为线段BF上一点，连接AM．(1)如图1，若对角线AC⊥AB，点M是BF的中点，，，求BC的长；(2)如图2，若，，AC的垂直平分线交BE的延长线于点G，连接AG，CG，AM平分∠BAC交BE于点M，求证：；(3)如图3，当点E在运动过程中满足BCE为等边三角形时，若；在BCE内部是否存在一点P使有最小值，若存在，直接写出的最小值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析(3)存在，【分析】（1）由已知条件根据勾股定理求出AB，由求出AC，由勾股定理求出BC的长；（2）连接并延长MC，过点C作CQ⊥BC交BE于点Q，分别过点G作GH⊥MC于点H，作GP⊥AM于点P．证明△ABM≌△ACM（SAS），推出，∠MCQ＝∠BCQ－∠BCM＝60°．∠MQC＝∠MCQ＝∠CMQ＝60°．得到．证明△AGP≌OCGH（HL）推出，∠ACM＝∠GCQ．证明△ACM≌△GCQ（SAS），推出，由此得到结论；（3）取任意点P，连接PB、PC、PE，以BP为边作等边三角形BPP1，作点E关于BC的对称点C1，连接BC1，CC1，当点E、P、P1、C1四点共线时，有最小值，连接BP、CC1相交于点Q，连接EQ，由轴对称的性质求出C1Q=2BC1=2BC=8，根据等边三角形的性质得到∠EQB=∠CQB=30°，证得∠PCQ=90°，同理∠PEQ=90°，推出BQ=PB+PC+PE，由勾股定理求出BQ即可．【详解】（1）解：∵AC⊥AB，∴∠BAC＝90°；∵点M为BF的中点，∴，∴BF=6，∴∵，∴∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°∴（2）解：连接并延长MC，过点C作CQ⊥BC交BE于点Q，分别过点G作GH⊥MC于点H，作GP⊥AM于点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°，．∴，∵点G在AC的垂直平分线上，∴．在Rt△AGP与Rt△CGH中，，∴△AGP≌OCGH（HL）∴∠AGP＝∠CGH，∴∠AGC＝∠PGH＝60°，∴△AGC为等边三角形，∴，∠ACM＝∠GCQ．在△ACM与△GCQ中，，∴△ACM≌△GCQ（SAS），∴．∵，∴．（3）解：存在，的最小值为．取任意点P，连接PB、PC、PE，以BP为边作等边三角形BPP1，作点E关于BC的对称点C1，连接BC1，CC1，当点E、P、P1、C1四点共线时，有最小值，连接BP、CC1相交于点Q，连接EQ，∵△BPP1是等边三角形，∴∠PBP1=60°，由轴对称可得∠EBP=∠C1BP1=30°，∠BC1C=60°，△BCC1是等边三角形，∴∠C1BQ=90°，∠BQC=30°，∴C1Q=2BC1=2BC=8，∴CQ=BC=4=CE，∵∠ECQ=60°，∴△ECQ是等边三角形，∴∠EQB=∠CQB=30°，∵点E、P、P1、C1四点共线，∴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，∵，∴的最小值为．【点睛】此题考查了勾股定理，全等三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质，这是一道图形类的综合题，正确掌握各知识点并综合应用是解题的关键．13．（2023·重庆·九年级校联考期中）如图，菱形中，是对角线．（1）如图①若，，求菱形的面积；（2）如图②，、分别是、上一点，连结，过点作于点，过点作于点，交于点，且．求证：（3）如图③，若，且点是内任意一点，求的最小值．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）过B作BE⊥AD于E由菱形中，是对角线．AD=AB=8，可得∠BAC=∠DAC，由，可求∠BAE=2，利用余角性质∠ABE=30°由30°角直角三角形性质可求AE，由勾股定理得：，利用面积公式求S菱形=AD•BE=；（2）如答图②，过点作于点，由GC=GF，GM⊥CF，由等腰三线合一，得出，，由CP⊥CF，可推出∠PCF=∠MGF，，由可得利用和差可求，由，可求由，可得GM∥H，在Rt△HND中，由勾股定理得，可证△GCM≌△CHN（AAS）可推得；（3）四边形ABCD为菱形，且BD=AB=10推得△ABD与△CBD都是等边三角形，点P为是内任意一点，以B点为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得△DAH，连结CH，可证△PBD≌△HBC（SAS），PD=CH，可知PA+PB+PD=AP+PH+CH≥AC，当点A、P、H、四点共线时最短为AC，由勾股定理得AE=即可．【详解】解：（1）过B作BE⊥AD于E，∵菱形中，是对角线．AD=AB=8，∴∠BAC=∠DAC，∵，∴∠BAE=2，∴∠ABE=90°-∠BAE=90°-60°=30°，∴AE=，由勾股定理得：，S菱形=AD•BE=8×=；答图②（2）如答图②过点作于点，∵GC=GF，GM⊥CF，由等腰三线合一，得出，，∵CP⊥CF，∴∠PCF+∠CFP=90°，∵∠MGF+∠GFM=90°，∴∠PCF=∠MGF，∴，∵，∴∴，∵，∴，∵，∴GM∥HN，，在Rt△HND中，由勾股定理得，∴，∵GC=CH，∠GMC=∠CNH=90°，∠CGM=∠HCN，∴△GCM≌△CHN（AAS），∴，，∴；（3）四边形ABCD为菱形，且BD=AB=10，∴△ABD与△CBD都是等边三角形，点P为是内任意一点，以B点为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得△DAH，连结CH，∴BP=BH，∠PBH=∠ABD=60°，∴∠PBD+∠DBH=60°，∠DBH+∠HBC=60°，∴∠PBD=∠HBC，∵BD=BC，∴△PBD≌△HBC（SAS），∴PD=CH，∴PA+PB+PD=AP+PH+CH≥AC，当点A、P、H、四点共线时最短为AC，设AC与BD交于E，则AC=2AE,BE=DE=5，在Rt△ABE中，由勾股定理得AE=，∴AC=2AE=10，∴PA+PB+PD最小值为．【点睛】本题考查菱形性质，直角三角形性质，勾股定理，平行四边形面积公式，等腰直角三角形三角形全等判定与性质，图形旋转变换，关键是利用旋转引辅助线作出准确的图形是解题关键．14．（2022·重庆綦江·九年级期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E、F分别是AB、BC上的动点，连接DE、DF、EF．(1)如图1，连接AF，若AF⊥BC，E为AB的中点，且EF＝5，求DF的长；(2)如图2，若BE＝BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；(3)如图3，若AB＝7，将△BEF沿EF翻折得到△EFP（始终保持点P在菱形ABCD的内部），连接AP、BP及CP，请直接写出当PA＋PB＋PC值最小时PB的长．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）法一：如图1，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，，在中，，E为AB的中点，AF⊥BC，BF＝EF＝BC，CG＝CD，DG＝CG，FG＝CF+CG，在中，DF＝，进而求出DF；法二：四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，，，AF⊥BC则∠AFB＝90°，在中，，，是的中点，，是等边三角形，可知EF＝BE＝AB，，AF＝5，在中，DF＝，进而求出DF；（2）法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH；由四边形ABCD为菱形知AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC＝60°，AB∥CD，∠AEG＝∠HDG，G为DE的中点有EG＝DG，得△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝BF，∠ABC＝60°，△BEF为等边三角形，有FC＝DH，AC＝AD，，知△AFC≌△AHD，AH＝AF，同理△ABF≌△ACH，∠BAF＝∠CAH，∠FAH＝∠FAC+∠CAH＝∠FAC+∠BAF＝∠BAC＝60°，△AFH是等边三角形，AG＝HG，进而说明AG⊥FG．法二：如图4，延长AG交CD于H，连接FH，四边形ABCD是菱形，有AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝60°，∠BCD=120°知∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，点G是DE中点，EG＝DG，由，知△AEG≌△HDG，AG＝HG，AE＝DH，BE＝CH，BE＝BF，∠ABC＝60°知△BEF是等边三角形，有∠BEF＝60°，EF＝BE，∠AEF=120°，∠AEF＝∠FCH，EF＝CH，由，得△AEF≌△FCH，有AF＝HF，AG＝HG，进而说明FG⊥AG；（3）解：如图a，在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP．以点B为旋转中心，将△ABP逆时针旋转60°，得到△EBD，BD＝BP，△DBP为一个等边三角形，有PB＝PD，当E、D、P、C四点共线时，PA+PB+PC最小；如图3，当B、P、G、D四点共线时，PA+PB+PC值最小，最小值为BD．将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△DGC，知△APC≌△DGC，CP＝CG，∠PCG＝60°，△PCG是等边三角形，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，连接AC，交BD于点O，则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．（1）解：法一：如图1，过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°∴，∴∵AF⊥BC∴∠AFB＝90°，∴∴△BEF为等边三角形∴BF＝EF＝BC∴CF＝EF＝5在中，∴CG＝CD＝5，DG＝CG＝5∵FG＝CF+CG＝10∴DF＝＝5法二：∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°∴，∵AF⊥BC∴∠AFB＝90°在中，∵是的中点∴∵∴是等边三角形∵EF＝5，EF＝BE＝AB∴∴AF＝5在中，DF＝＝5∴的值为．（2）证明：法一：如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH，∵四边形ABCD为菱形∴AB∥CD，AB＝BC＝CD，∠ABC=∠ADC∴∠AEG＝∠HDG，∵G为DE的中点，∴EG＝DG，在△AEG和△HDG中，，∴△AEG≌△HDG，∴AG＝HG，AE＝DH，∵BE＝BF，∠ABC＝60°∴△BEF为等边三角形∴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是等边三角形∵AG＝HG∴AG⊥FG．法二：如图4延长AG交CD于H，连接FH，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵∠ABC＝60°∴∠BCD=120°∴∠EAG＝∠DHG，∠AEG＝∠HDG，∵点G是DE中点，∴EG＝DG，在△AEG和△HDG中，，∴△AEG≌△HDG∴AG＝HG，AE＝DH∴BE＝CH，∵BE＝BF，∠ABC＝60°∴△BEF是等边三角形∴∠BEF＝60°，EF＝BE∴∠AEF=120°∴∠AEF＝∠FCH，EF＝CH在△AEF和△FCH中，∴△AEF≌△FCH∴AF＝HF∵AG＝HG∴FG⊥AG（3）解：如图a在△ABC中，P为其中任意一点．连接AP，BP，得到△ABP．以点B为旋转中心，将△ABP逆时针旋转60°，得到△EBD∴BD＝BP，∴△DBP为一个等边三角形∴PB＝PD∴PA+PB+PC＝DE+PD+PC∴当E、D、P、C四点共线时，为PA+PB+PC最小．如图3，当B、P、G、D四点共线时，PA+PB+PC值最小，最小值为BD．∵将△APC绕点C顺时针旋转60°，得到△DGC，∴△APC≌△DGC，∴CP＝CG，∠PCG＝60°，∴△PCG是等边三角形，∴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．连接AC，交BD于点O，则AC⊥BD．在Rt△BOC中，∵∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，BC＝7，∴OC＝，∴BO=∴BD＝2BO＝，∴BP＝BD＝即当PA+PB+PC值最小时PB的长为．【点睛】本题考查了菱形，特殊的直角三角形，勾股定理，全等三角形，等腰三角形，和的最值，旋转，二次根式等知识点．解题的关键是灵活综合运用菱形的性质，旋转等知识．15．（2022·绵阳市·九年级专题练习）如图：(1)如图1，已知锐角△ABC的边BC＝3，S△ABC＝6，点M为△ABC内一点，过点M作MD⊥BC交BC于点D，连接AM，则AM+MD的最小值为．(2)如图2．点P是正方形ABCD内一点，PA＝2，PB＝，PC＝4．求∠APB的度数．(3)如图3，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800点P是长方形内一动点，且S△ABC＝2S△PBC，点Q为△ADP内的任意﹣点，是否存在一点P和一点Q．使得AQ+DQ+PQ有最小值？若存在，请求出此时PQ的长度，若不存在，请说明理由．【答案】(1)4(2)135°(3)存在，PQ的长度为【分析】（1）过A作AE⊥BC于E，则S△ABC＝BC•AE＝6，求出AE＝4，由垂线段最短即可得出结果；（2）把△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBQ，连接PQ，则∠PBQ＝90°，∠APB＝∠CQB，易证△BPQ是等腰直角三角形，得出∠BQP＝45°，PQ＝2，再由勾股定理的逆定理证得△PCQ是直角三角形，∠PQC＝90°，即可得出