探究到3个点距离最短问题的利器，源于经典名题的启发

【问题提出】

（1）如图①，在△ABC中，BC＝2，将△ABC绕点B顺时针旋转60°得到△A′B′C′，则CC′＝_____；

【问题探究】

（2）如图②，在△ABC中，AB＝BC＝3，∠ABC＝30°，点P为△ABC内一点，连接PA、PB、PC，求PA+PB+PC的最小值，并说明理由；

【问题解决】

（3）如图③，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝6，AD＝4，∠ABC＝∠BCD＝60°．在四边形ABCD内部有一点，满足∠APD＝120°，连接BP、CP，点Q为△BPC内的任意一点，是否存在一点P和一点Q，使得PQ+BQ+CQ有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）如图①，根据等边三角形的判定和性质解决问题即可．

（2）如图②，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△BFE，连接PF，EC，作BH⊥EC于H．易证PA+PB+PC＝PC+PF+EF，因为PC+PF+EF≥EC，推出当P，F在直线EC上时，PA+PB+PC的值最小，求出EC的长即可解决问题．

（3）如图③﹣1中，将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG是等边三角形，易知PQ+BQ+CQ＝EG+GQ+QC≥EC，推出EC的值最小时，QP+QB+QC的值最小，如图③﹣2中，延长BA交CD的延长线于G，作△ADG的外接圆⊙O，将线段BO，BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ′，BE，连接EO′，OB，OP．易证△BEO′≌△BPO（SAS），推出EO′＝OP＝4√3/3，推出点E的运动轨迹是以O′为圆心，4√3/3为半径的圆，推出当点E在线段CO′上时，EC的值最小，最小值＝CO′﹣EO′．

本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．

【解答】（1）如图①，由性质的旋转可知：△BCC′是等边三角形，

∴CC′＝BC＝2，故答案为2．

（2）如图②，将△ABP绕点B逆时针旋转60°得到△BFE，连接PF，EC，作BH⊥EC于H．

由旋转的性质可知：△PBF是等边三角形，∴PB＝PF，

∵PA＝EF，∴PA+PB+PC＝PC+PF+EF，

∵PC+PF+EF≥EC，∴当P，F在直线EC上时，PA+PB+PC的值最小，

易证BC＝BE＝BA＝3，∠CBE＝120°，

∵BH⊥EC，∴∠CBH＝∠EBH＝60°，EH＝CH＝BC?sin60°＝3√3/2，

∴EC＝2CH＝3√3，∴PA+PB+PC的最小值为3√3．

（3）如图③﹣1中，将△PBQ绕点B逆时针旋转60°得到△EBG，则PQ＝EG，△BQG是等边三角形，

∴BQ＝QG，PQ＝EG，∴PQ+BQ+CQ＝EG+GQ+QC≥EC，

∴EC的值最小时，QP+QB+QC的值最小，

如图③﹣2中，延长BA交CD的延长线于G，作△ADG的外接圆⊙O，将线段BO，BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ′，BE，连接EO′，OB，OP．

易证△BEO′≌△BPO（SAS），∴EO′＝OP，

∵∠APD+∠AGD＝180°，

∴A，P，D，G四点共圆，∴OP＝4√3/3，∴EO′＝4√3/3，

∴点E的运动轨迹是以O′为圆心，4√3/3为半径的圆，∴当点E在线段CO′上时，EC的值最小，最小值＝CO′﹣EO′，

连接OO′，延长OO′到R，使得O′R＝OO′，连接BR，则∠OBR＝90°，作RH⊥CB交CB的延长线于H，O′T⊥CH于T，OM⊥BC于M．

本题源于经典数学名题费马点问题，所谓的"费马点"就是法国著名业余数学家费马在给数学朋友的一封信中提出关于三角形的一个有趣问题："在三角形所在平面上，求一点，使该点到三角形三个顶点距离之和最小．"这个特殊点对于每个给定的三角形都只有一个。它还有个特征，这个点跟其他三角形的三段点的连线构成的角度都是120°，即∠APB=∠BPC=∠CPA=120°。如果存在一个点到三角形三个顶点的距离之和为最小,则这个点称为费尔马点。

关于求几何最值问题，我们一般可以借助以下两个公理来处理：

（1）定点到定点：两点之间线段最短；（2）定点到直线：垂线段最短。

问题证明：情况一：当△ABC最大内角小于120°时， 以C点为旋转中心，将△CDB 逆时针旋转60度到△CEF位置。易知DB=EF，DC=CE=DE,DA+DB+DC=DA+DE+EF，显然当A、D、E、F四点共线时，距离之和最短。当A、D、E共线时，∠CDA=120°，当D、E、F共线时，∠FEC=∠BDC=120°，所以D点应该对三个顶点的张角都为120°，这就是费尔马点的位置。

情况二：当△ABC有一内角不小于120°时：很显然此时点C就是费马点，由此可知如果三角形有一个内角大于等于120°时，费马点就是该内角顶点。

综上所得：我们知道,当△ABC最大内角小于120°时,F在△ABC内部,且满足∠BFC=∠CFA=∠AFB=120°;当△ABC有一内角不小于120°时,F点与最大角的顶点重合。

因此，我们要想办法把PA、PB、PC这三条分散的线段转化为连续的折线，然后借助两点之间线段最短找到符合条件的点P。在解决几何最值问题过程中，我们常借助对称变换、平移变换和旋转变换，本题牵涉三条线段，因此我们可以考虑旋转变换。

【问题拓展】

1．如图，四边形ABCD是菱形，AB＝4，且∠ABC＝∠ABE＝60°，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，则AM+BM+CM的最小值为_______．

【解析】如图，连接MN，∵△ABE是等边三角形，∴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，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF＝180°﹣120°＝60°，

∵BC＝4，∴BF＝2，EF＝2√3，在Rt△EFC中，

∵EF2+FC2＝EC2，EC＝4√3．故答案为：4√3。

思考：本题可以用胡不归的思想解决吗？

2．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）证明：△ABM≌△EBN．

（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的值最小值为√3+1时，则正方形的边长为______ ．

【解析】（1）由题意得MB＝NB，∠ABN＝15°，所以∠EBN＝45°，容易证出△AMB≌△ENB；（2）根据"两点之间线段最短"，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，由题意求出∠EBF＝30°，设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为√2．

【小结与思考】费马点模型,解决到3个点距离最短问题的利器.通过旋转变换，可以改变线段的位置，优化图形的结构。一般地，当题目出现等腰三角形/等边三角形或正方形条件时，可将图形作旋转60°或90°的几何变换，将不规则图形变为规则图形，或将分散的条件集中在一起，以便挖掘隐含条件，从而解决问题。此外，大家还可以思考如何寻找不规则四边形或n边形的"费马点"！

深入体味经典名题，能从中享受数学的乐趣，增长知识，认识自我，在学习和生活中能够更好地利用数学思维来解决所遇到每个难题。能高效拆解转化复杂问题、抓住事物本质的思考之法，同时讲解了相关的数学知识与理论，可以有效提高理性思维、判断与解决问题能力，对于理解数学、培养数学兴趣亦有有益启示。