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本文所指的“三线碰头”问题的基本图形是指在任意△ABC内，分别以△ABC三个顶点A、B、C为一个端点的三条线段交于一点P时的图形（如图1）.以该图形为背景的常见问题有两类：一是与“碰头三线和”有关的问题;二是与“碰头三线和”无关的问题（如求角度、求边长等）.本文分别针对这两类问题进行分析.
1 与“碰头三线和”有关的问题
例1 如图2，在Rt△ABC中，AC=1，∠ABC=30°，在△ABC内部是否存在一点P，使得PA PB PC的和最小？若存在，请求出这个最小值;若不存在，请说明理由.
分析 PA、PB、PC形成“三线碰头”基本圖形，我们尝试通过合同变换将三条未连接的“碰头三线”转化为连接的三折线，而“平移、旋转、轴对称”是合同变换的常用手段，根据图形信息，可以通过旋转变换实现该目的，具体方法如下：图2 图3
将含有两条动线PA、PB的△PAB绕点A顺时针旋转60°至△NAM，连接NP（如图3）.
该旋转变换的四大作用是：
①通过全等变换（△PAB≌△NAM）将线段PB转化为等长线段NM;
②通过出现的等边△APN使线段PA转化为等长线段PN;
③由①②实现“碰头三线”→“连接三折线”的转化;
④使∠CAM=60° 60°=120°，于是可以构造含有特殊角60°的直角三角形，通过解直角三角形求和的最小值.
所以，由“两点之间，线段最短”得知，（PA PB PC）min=（PN NM PC）min=CM，此时C、P、N、M共线.作MD⊥CA的延长线于点D，通过解Rt△ADM与Rt△CDM求出CM的长度即可.
需要说明的是，以上可看作是以A为端点的动线段PA绕点A顺时针旋转60°的做法.因为PA、PB、PC这三条线段具有同等地位，所以将线段PB绕点B顺（逆）时针旋转60°，或将线段PC绕点C顺（逆）时针旋转60°均可.但将PB绕点B旋转时，如图4，因为∠ABC 旋转角60°=90°，而90°是非常特殊的角，所以相比较而言绕点B旋转计算最简便.此外，无论绕哪个顶点旋转都是向△ABC的“形外”作旋转，即△ABC的某条边绕着其某个端点旋转的过程中旋转面不扫过△ABC.基于以上分析，该类问题可按照下面步骤简化解决：①先判断绕哪个点旋转计算最简单.本题绕点B旋转计算最简单;②再将边AB绕点B逆时针（或将边BC绕点B顺时针，总之是向△ABC的“形外”作旋转）旋转60°;③连接CM;④解Rt△BCM求线段CM.
注 在任意△ABC中，点P是三角形内任意一点，当PA PB PC的和最小时：
①点P即为△ABC的“费马点”;
②此时∠APC=∠BPC=∠APB=120°（请自行证明）.
变式1 如图5，菱形ABCD的对角线AC上有一动点P，且BC=6，∠ABC=150°，求PA PB PD的最小值.
分析 连接BD，则变为“求‘碰头三线’和的最小值”问题.且∠ABD=∠ADB=75°，∠BAD=30°.按照例1的分析，需通过旋转将“碰头三线”转化为“连接三折线”.先判断绕哪个顶点旋转计算最简单，因为绕点A旋转时，“30° 旋转角60°=90°”，所以将△APD绕点A逆时针旋转60°，再连接MB，线段MB的长即为三线和的最小值.当然，该题还有其余做法，不一一赘述.
变式2 如图6，在平面直角坐标系中，点A（4，0）、点B（0，-4），点P是直线y=-x上一个动点，连接PA、PB，当PA PB PO的和最小时，求点P的坐标及其最小值.
分析 这依然是“求‘碰头三线’和的最小值”问题.由题意可知∠OAB=∠OBA=45°.因为在顶点A或B处旋转均有“45° 旋转角60°=非特殊角105°”，在顶点O处有“90° 60°=特殊角150°”，所以旋转中心应定在O点.将△APO绕点O逆时针旋转60°，连接BD，线段BD的长即为三线和的最小值.点P的坐标即为直线BD与直线y=-x的交点坐标.
变式3 如图7，已知正方形ABCD内一点E，E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2 6，求该正方形的边长.
分析 本题是已知“碰头三线”和的最小值求正方形的边长，是典型的正向问题（求最小值）逆向（最值已知）命题的方式.采取“正向解析、求边设边”的策略.由于在顶点B处有“90° 旋转角60°=特殊角150°”，所以旋转中心定在B点.将△AEB绕点B逆时针旋转60°，设正方形边长为2a，在Rt△CGF中，由勾股定理列方程求解即可.
解题策略 通过例1及其变式分析，与“碰头三线和”有关的问题的处理策略总结为：“三线碰头思旋转，旋转中心巧斟酌;折变直求最小值，构造并解Rt△”.即“‘形外’旋转60°→等边三角形（等长转化）→连接三折线→折化直（两点之间，线段最短）→构造并解Rt△”.
2 与“碰头三线和”无关的问题
例2 如图8，等边△ABC中，已知PA=3，PB=4，PC=5，P是三角形内一点，求∠APB的度数.
分析 条件“PA=3，PB=4，PC=5”与待求问题的关系并不显明，但“3，4，5”是一组勾股数，虽然三条线段在图中的位置关系并非直角三角形，但可以尝试通过旋转变换将三条线段转化到一个三角形中.比如将△APB绕点B顺时针旋转60°至△CQB，则PQ=PB=4，CQ=AP=3，在△PQC中，由“勾股定理逆定理”得∠CQP=90°，所以∠APB=∠CQB=90° 60°=150°.
注 ①因为PA、PB、PC这三条线段具有同等地位，所以以其中任一线段为腰顺时针或逆时针旋转60°均可.但通常情况下，以第2大长度的线段为腰进行旋转;
②本题也可看作在等边△ABC的背景下重新构造一个新等边△PBQ，使得△ABC与△PBQ构成等边三角形“手拉手”基本模型，易证△APB≌△CQB，所以CQ=AP=3，其余思路同上. 变式1 如图9，等边△ABC中，已知PA=1，PB=2，PC=3，求△ABC的面积.
分析 “三线碰头思旋转”，因为“1，2，3”依然是一组勾股数，所以依然可以通过旋转60°变换将其转化到一个三角形中解决问题.选取第2大长度的线段PC为腰，绕点C逆时针旋转60°，易得∠BQP=90°，∠BPQ=30°，所以∠BPC=30° 60°=90°.在Rt△BPC中，由勾股定理求得BC=7，所以S△ABC=34BC2=734.
变式2 如图10，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，P是三角形内一点，已知PA=1，PB=2，PC=3，求∠APB的度数.
分析 因为“1，2，3”不再是勾股数，所以再通过旋转60°进行等长线段转化毫无意义.但是这三条线段的数值存在这样的关系“12 （22）2=32”，即PA2 （2PB）2=PC2，所以PA、2PB、PC构成直角三角形.因为在任意等腰直角三角形中，底边和腰长之间存在关系“底边=2腰长”，所以将线段PB绕点B逆时针旋转90°至BD，连接PD、AD，可得等腰Rt△PBD，所以底边PD=2PB，实现了“隐形线段2PB→显性线段PD”的转化;易证△ABD≌△CBP，所以AD=CP=3，由“全等三角形对应边相等”实现了等长线段转化;在△ADP中，由“勾股定理逆定理”可得∠APD=90°，所以∠APB=90° 45°=135°.当然也可将线段PB绕点B顺时针旋转90°进行转化.
注 ①本题也可看作在等腰Rt△ABC的背景下重新构造一个新的等腰Rt△DBP，△ABC与△DBP形成等腰直角三角形“手拉手”模型，易证△ABD≌△CBP，所以AD=CP=3，其余思路同上;
②该题中PA、PB、PC、∠APB之间是“知三求一”的关系，可自行尝试计算.
变式3 如图11，正方形ABCD内有一点P，满足PA=22，PB=1，PD=17.求∠APB的度数和正方形ABCD的边长.
分析 因为42 12=（17）2，即（2PA）2 PB2=PD2，所以2PA、PB、PD构成直角三角形.将线段PA绕点A顺时针旋转90°至线段EA，连接PE、EB，则可得等腰Rt△PAE，所以PE=2PA=4，由等腰直角三角形的腰底关系实现了“隐形线段2PA→显性线段PE”的转化;易证△APD≌△AEB，所以BE=DP=17，由“全等三角形对应边相等”实现了等长线段转化;在△PBE中，由“勾股定理逆定理”可得∠BPE=90°，所以∠APB=90° 45°=135°.作BF⊥AP，交AP的延长线于点F，可得等腰Rt△BPF，解Rt△BPF和Rt△ABF即可求出AB的长.当然也可将线段PA绕点A逆时针旋转90°进行转化.
解题策略 与“碰头三线和”无关的问题（如求角度、求边长等）的处理策略为：
①“三线碰头”思旋转：一条线段通过全等变换转化为另一条线段;一条线段通过旋转得到的等腰三角形进行腰底转化;
②旋转角度细斟酌：等长变换旋转60°;扩大2倍旋转90°;由此推出扩大3倍旋转120°.3 综合类应用
例3 （2019年沙坪坝区校级一模）如图12，已知抛物线y=-13x2 533x-4与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.连接BC，P是线段BC上方抛物线上的一动点，过点P作PH⊥BC于点H，当PH长度最大时，在△APB内部有一点M，连接AM、BM、PM，求AM 3BM PM的最小值.
分析 当PH长度最大时，点P坐标为（23，2）（求解过程略）.令y=0可求得A（3，0），B（43，0）.拋开题目的二次函数背景，只保留关键信息（如图13），将△PMB绕点B顺时针旋转120°得△EDB，连接MD，则MD=3BM，DE=PM.连接AE，过点E作EG⊥x轴于点G，过点P作PF⊥x轴于点F，因为tan∠PBF=PFBF=223=33，所以∠PBF=30°，所以∠EBG=180°-120°-30°=30°，EB=PB=4.则E（63，2），AE=AG2 EG2=（5 3）2 22=79，
所以AM 3BM PM=AM MD DE≥AE=79，即AM 3BM PM的最小值为79.
解题策略 例3实为“加权费马点”问题，需要先找准“碰头三线”基本图形，再按如下策略进行处理：“形外”旋转（旋转度数取决于加权线段前面的系数）→等腰三角形（底腰转化）→连接三折线→折化直（两点之间，线段最短）→构造并解Rt△.
总之，本文所指的两类“三线碰头”问题均可通过旋转变换实现线段转化.与“碰头三线和”有关的问题，通过旋转变换转化为连接的三折线;与“碰头三线和”无关的问题，通过旋转变换使得“碰头三线”存在于一个直角三角形中解决.
1 与“碰头三线和”有关的问题
例1 如图2，在Rt△ABC中，AC=1，∠ABC=30°，在△ABC内部是否存在一点P，使得PA PB PC的和最小？若存在，请求出这个最小值;若不存在，请说明理由.
分析 PA、PB、PC形成“三线碰头”基本圖形，我们尝试通过合同变换将三条未连接的“碰头三线”转化为连接的三折线，而“平移、旋转、轴对称”是合同变换的常用手段，根据图形信息，可以通过旋转变换实现该目的，具体方法如下：图2 图3
将含有两条动线PA、PB的△PAB绕点A顺时针旋转60°至△NAM，连接NP（如图3）.
该旋转变换的四大作用是：
①通过全等变换（△PAB≌△NAM）将线段PB转化为等长线段NM;
②通过出现的等边△APN使线段PA转化为等长线段PN;
③由①②实现“碰头三线”→“连接三折线”的转化;
④使∠CAM=60° 60°=120°，于是可以构造含有特殊角60°的直角三角形，通过解直角三角形求和的最小值.
所以，由“两点之间，线段最短”得知，（PA PB PC）min=（PN NM PC）min=CM，此时C、P、N、M共线.作MD⊥CA的延长线于点D，通过解Rt△ADM与Rt△CDM求出CM的长度即可.
需要说明的是，以上可看作是以A为端点的动线段PA绕点A顺时针旋转60°的做法.因为PA、PB、PC这三条线段具有同等地位，所以将线段PB绕点B顺（逆）时针旋转60°，或将线段PC绕点C顺（逆）时针旋转60°均可.但将PB绕点B旋转时，如图4，因为∠ABC 旋转角60°=90°，而90°是非常特殊的角，所以相比较而言绕点B旋转计算最简便.此外，无论绕哪个顶点旋转都是向△ABC的“形外”作旋转，即△ABC的某条边绕着其某个端点旋转的过程中旋转面不扫过△ABC.基于以上分析，该类问题可按照下面步骤简化解决：①先判断绕哪个点旋转计算最简单.本题绕点B旋转计算最简单;②再将边AB绕点B逆时针（或将边BC绕点B顺时针，总之是向△ABC的“形外”作旋转）旋转60°;③连接CM;④解Rt△BCM求线段CM.
注 在任意△ABC中，点P是三角形内任意一点，当PA PB PC的和最小时：
①点P即为△ABC的“费马点”;
②此时∠APC=∠BPC=∠APB=120°（请自行证明）.
变式1 如图5，菱形ABCD的对角线AC上有一动点P，且BC=6，∠ABC=150°，求PA PB PD的最小值.
分析 连接BD，则变为“求‘碰头三线’和的最小值”问题.且∠ABD=∠ADB=75°，∠BAD=30°.按照例1的分析，需通过旋转将“碰头三线”转化为“连接三折线”.先判断绕哪个顶点旋转计算最简单，因为绕点A旋转时，“30° 旋转角60°=90°”，所以将△APD绕点A逆时针旋转60°，再连接MB，线段MB的长即为三线和的最小值.当然，该题还有其余做法，不一一赘述.
变式2 如图6，在平面直角坐标系中，点A（4，0）、点B（0，-4），点P是直线y=-x上一个动点，连接PA、PB，当PA PB PO的和最小时，求点P的坐标及其最小值.
分析 这依然是“求‘碰头三线’和的最小值”问题.由题意可知∠OAB=∠OBA=45°.因为在顶点A或B处旋转均有“45° 旋转角60°=非特殊角105°”，在顶点O处有“90° 60°=特殊角150°”，所以旋转中心应定在O点.将△APO绕点O逆时针旋转60°，连接BD，线段BD的长即为三线和的最小值.点P的坐标即为直线BD与直线y=-x的交点坐标.
变式3 如图7，已知正方形ABCD内一点E，E到A、B、C三点的距离之和的最小值为2 6，求该正方形的边长.
分析 本题是已知“碰头三线”和的最小值求正方形的边长，是典型的正向问题（求最小值）逆向（最值已知）命题的方式.采取“正向解析、求边设边”的策略.由于在顶点B处有“90° 旋转角60°=特殊角150°”，所以旋转中心定在B点.将△AEB绕点B逆时针旋转60°，设正方形边长为2a，在Rt△CGF中，由勾股定理列方程求解即可.
解题策略 通过例1及其变式分析，与“碰头三线和”有关的问题的处理策略总结为：“三线碰头思旋转，旋转中心巧斟酌;折变直求最小值，构造并解Rt△”.即“‘形外’旋转60°→等边三角形（等长转化）→连接三折线→折化直（两点之间，线段最短）→构造并解Rt△”.
2 与“碰头三线和”无关的问题
例2 如图8，等边△ABC中，已知PA=3，PB=4，PC=5，P是三角形内一点，求∠APB的度数.
分析 条件“PA=3，PB=4，PC=5”与待求问题的关系并不显明，但“3，4，5”是一组勾股数，虽然三条线段在图中的位置关系并非直角三角形，但可以尝试通过旋转变换将三条线段转化到一个三角形中.比如将△APB绕点B顺时针旋转60°至△CQB，则PQ=PB=4，CQ=AP=3，在△PQC中，由“勾股定理逆定理”得∠CQP=90°，所以∠APB=∠CQB=90° 60°=150°.
注 ①因为PA、PB、PC这三条线段具有同等地位，所以以其中任一线段为腰顺时针或逆时针旋转60°均可.但通常情况下，以第2大长度的线段为腰进行旋转;
②本题也可看作在等边△ABC的背景下重新构造一个新等边△PBQ，使得△ABC与△PBQ构成等边三角形“手拉手”基本模型，易证△APB≌△CQB，所以CQ=AP=3，其余思路同上. 变式1 如图9，等边△ABC中，已知PA=1，PB=2，PC=3，求△ABC的面积.
分析 “三线碰头思旋转”，因为“1，2，3”依然是一组勾股数，所以依然可以通过旋转60°变换将其转化到一个三角形中解决问题.选取第2大长度的线段PC为腰，绕点C逆时针旋转60°，易得∠BQP=90°，∠BPQ=30°，所以∠BPC=30° 60°=90°.在Rt△BPC中，由勾股定理求得BC=7，所以S△ABC=34BC2=734.
变式2 如图10，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，P是三角形内一点，已知PA=1，PB=2，PC=3，求∠APB的度数.
分析 因为“1，2，3”不再是勾股数，所以再通过旋转60°进行等长线段转化毫无意义.但是这三条线段的数值存在这样的关系“12 （22）2=32”，即PA2 （2PB）2=PC2，所以PA、2PB、PC构成直角三角形.因为在任意等腰直角三角形中，底边和腰长之间存在关系“底边=2腰长”，所以将线段PB绕点B逆时针旋转90°至BD，连接PD、AD，可得等腰Rt△PBD，所以底边PD=2PB，实现了“隐形线段2PB→显性线段PD”的转化;易证△ABD≌△CBP，所以AD=CP=3，由“全等三角形对应边相等”实现了等长线段转化;在△ADP中，由“勾股定理逆定理”可得∠APD=90°，所以∠APB=90° 45°=135°.当然也可将线段PB绕点B顺时针旋转90°进行转化.
注 ①本题也可看作在等腰Rt△ABC的背景下重新构造一个新的等腰Rt△DBP，△ABC与△DBP形成等腰直角三角形“手拉手”模型，易证△ABD≌△CBP，所以AD=CP=3，其余思路同上;
②该题中PA、PB、PC、∠APB之间是“知三求一”的关系，可自行尝试计算.
变式3 如图11，正方形ABCD内有一点P，满足PA=22，PB=1，PD=17.求∠APB的度数和正方形ABCD的边长.
分析 因为42 12=（17）2，即（2PA）2 PB2=PD2，所以2PA、PB、PD构成直角三角形.将线段PA绕点A顺时针旋转90°至线段EA，连接PE、EB，则可得等腰Rt△PAE，所以PE=2PA=4，由等腰直角三角形的腰底关系实现了“隐形线段2PA→显性线段PE”的转化;易证△APD≌△AEB，所以BE=DP=17，由“全等三角形对应边相等”实现了等长线段转化;在△PBE中，由“勾股定理逆定理”可得∠BPE=90°，所以∠APB=90° 45°=135°.作BF⊥AP，交AP的延长线于点F，可得等腰Rt△BPF，解Rt△BPF和Rt△ABF即可求出AB的长.当然也可将线段PA绕点A逆时针旋转90°进行转化.
解题策略 与“碰头三线和”无关的问题（如求角度、求边长等）的处理策略为：
①“三线碰头”思旋转：一条线段通过全等变换转化为另一条线段;一条线段通过旋转得到的等腰三角形进行腰底转化;
②旋转角度细斟酌：等长变换旋转60°;扩大2倍旋转90°;由此推出扩大3倍旋转120°.3 综合类应用
例3 （2019年沙坪坝区校级一模）如图12，已知抛物线y=-13x2 533x-4与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.连接BC，P是线段BC上方抛物线上的一动点，过点P作PH⊥BC于点H，当PH长度最大时，在△APB内部有一点M，连接AM、BM、PM，求AM 3BM PM的最小值.
分析 当PH长度最大时，点P坐标为（23，2）（求解过程略）.令y=0可求得A（3，0），B（43，0）.拋开题目的二次函数背景，只保留关键信息（如图13），将△PMB绕点B顺时针旋转120°得△EDB，连接MD，则MD=3BM，DE=PM.连接AE，过点E作EG⊥x轴于点G，过点P作PF⊥x轴于点F，因为tan∠PBF=PFBF=223=33，所以∠PBF=30°，所以∠EBG=180°-120°-30°=30°，EB=PB=4.则E（63，2），AE=AG2 EG2=（5 3）2 22=79，
所以AM 3BM PM=AM MD DE≥AE=79，即AM 3BM PM的最小值为79.
解题策略 例3实为“加权费马点”问题，需要先找准“碰头三线”基本图形，再按如下策略进行处理：“形外”旋转（旋转度数取决于加权线段前面的系数）→等腰三角形（底腰转化）→连接三折线→折化直（两点之间，线段最短）→构造并解Rt△.
总之，本文所指的两类“三线碰头”问题均可通过旋转变换实现线段转化.与“碰头三线和”有关的问题，通过旋转变换转化为连接的三折线;与“碰头三线和”无关的问题，通过旋转变换使得“碰头三线”存在于一个直角三角形中解决.