中考试题“费马点”

中考试题“费马点”

费尔马，法国业余数学家，拥有业余数学之王的称号，他是解析几何的发明者之一． 费马点——就是到三角形的三个顶点的距离之和最小的点． 费尔马的结论：对于一个各角不超过120°的三角形，费马点是对各边的张角都是120°的点，对于有一个角超过120°的三角形，费马点就是这个内角的顶点．

下面简单说明如何找点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？这就是所谓的费尔马问题．

图1

解析：如图1，把△APC绕A点逆时针旋转60°得到△AP′C′，连接PP′． 则△APP′为等边三角形，AP= PP′，P′C′=PC， 所以PA+PB+PC= PP′+ PB+ P′C′．

点C′可看成是线段AC绕A点逆时针旋转60°而得的定点，BC′为定长 ，所以当B、P、P′、C′ 四点在同一直线上时，PA+PB+PC最小．

这时∠BPA=180°-∠APP′=180°-60°=120°， ∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°， ∠BPC=360°-∠BPA-∠APC=360°-120°-120°=120°

因此，当△ABC的每一个内角都小于120°时，所求的点P对三角形每边的张角都是120°，可在AB、BC边上分别作120°的弓形弧，两弧在三角形内的交点就是P点；当有一内角大于或等于120°时，所求的P点就是钝角的顶点．

费尔马问题告诉我们，存在这么一个点到三个定点的距离的和最小，解决问题的方法是运用旋转变换．

本文列举近年“费马点”走进中考试卷的实例，供同学们学习参考．

例1 （2008年广东中考题）已知正方形ABCD内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为26，求此正方形的边长．

1

图2 图3

分析：连接AC，发现点E到A、B、C三点的距离之和就是到△ABC三个顶点的距离之和，这实际是费尔马问题的变形，只是背景不同．

解 如图2，连接AC，把△AEC绕点C顺时针旋转60°，得到△GFC，连接EF、BG、AG，可知△EFC、△AGC都是等边三角形，则EF=CE．

又FG=AE，

∴AE+BE+CE = BE+EF+FG（图4）．

∵ 点B、点G为定点（G为点A绕C点顺时针旋转60°所得）．

∴ 线段BG即为点E到A、B、C三点的距离之和的最小值，此时E、F两点都在BG上（图3）．

设正方形的边长为a，那么 BO=CO=26a，GC=2a, GO=a． 2226a+a． 22∴ BG=BO+GO =

∵ 点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为26． ∴

26a+a=26，解得a=2． 22注 本题旋转△AEB、△BEC也都可以，但都必须绕着定点旋转，读者不妨一试． 例2 （2009年北京中考题） 如图4，在平面直角坐标系xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为A6,0，B6,0，C0,43，延长AC到点D, 使CD=DE∥AB交BC的延长线于点E.

（1）求D点的坐标；

1AC,过点D作2 2

（2）作C点关于直线DE的对称点F,分别连结DF、EF，若过B点的直线ykxb将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式； （3）设G为y轴上一点，点P从直线ykxb与y轴的交点出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点，若P点在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短． 分析和解：（1）D点的坐标（3，63）（过程略）． （2） 直线BM的解析式为y3x63（过程略）．

yyECDECFMDAOBx

AOBx

图4

（3）如何确定点G的位置是本题的难点也是关健所在．设Q点为y轴上一点，P在y轴上运动的速度为v，则P沿M→Q→A运动的时间为时间最短，就是

MQAQ，使P点到达A点所用的2vv1MQ＋AQ最小，或MQ＋2AQ最小． 2解法1 ∵ BQ=AQ， ∴MQ＋2AQ最小就是MQ＋AQ＋BQ最小，就是在直线MO上找点G使他到A、B、M三点的距离和最小．至此，再次发现这又是一个费尔马问题的变形，注意到题目中等边三角形的信息，考虑作旋转变换．

把△MQB绕点B顺时针旋转60°，得到△M′Q′B，连接QQ′、MM′（图5），可知△QQ′B、△MM′B都是等边三角形，则QQ′=BQ．

又M′Q′=MQ，

∴MQ＋AQ＋BQ= M′Q′+ QQ′+AQ．

∵点A、M′为定点，所以当Q、Q′两点在线段A M′上时，MQ＋AQ＋BQ最小．由条件可证明Q′点总在AM′上，所以A M′与OM的交点就是所要的G点（图6）．可证OG=

1MG． 2 3

图5 图6 图7

1MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=63，21可得∠BMO＝30°，所以QK＝MQ．

21要使MQ＋AQ最小，只需使AQ＋QK最小， 根据“垂线段最短”，可推出当点A、

2解法2 考虑

Q、K在一条直线上时，AQ+QK最小，并且此时的QK垂直于BM，此时的点Q即为所求的点G（图7）．

过A点作AH⊥BM于H,则AH与y轴的交点为所求的G点. 由OB=6，OM=63，可得 ∠OBM=60°， ∴∠BAH=30°

在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=23 ∴G点的坐标为（0，23）（G点为线段OC的中点）．

例3 （2009年湖州中考题）若点P 为△ABC所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°, 则点P叫做△ABC的费马点．

（1） 若P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4, 则PB的值为 ； （2）如图8，在锐角△ABC的外侧作等边△ACB′，连结BB′．求证：BB′ 过△ABC的费马点P，且BB′=PA+PB+PC．

图8

解：（1）利用相似三角形可求PB的值为23． （2）设点P为锐角△ABC的费马点，

4

即∠APB=∠BPC=∠CPA=120°

如图8，把△ACP绕点C顺时针旋转60°到△B′CE，连结PE，则△EPC为正三角形． ∵∠B′EC = ∠APC =120°，∠PEC=60° ∴∠B′EC+∠PEC=180° 即 P、E、B′ 三点在同一直线上 ∵∠BPC=120°, ∠CPE=60° ，

∴∠BPC +∠CPE =180°， 即 B、P、E 三点在同一直线上

∴ B、P、E、B′ 四点在同一直线上，即BB′ 过△ABC的费马点P． 又PE=PC，B′E= PA，

∴ BB′=E B′+PB+PE=PA+PB+PC．

注 通过旋转变换，可以改变线段的位置，优化图形的结构．在使用这一方法解题时需注意图形旋转变换的基础，即存在相等的线段，一般地，当题目出现等腰三角形（等边三角形）、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，使问题得以解决．

费尔马问题是个有趣的数学问题，这些问题常常可通过旋转变换来解决．

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