“费马点”与中考试题

“费马点”与中考试题

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．

△三个顶点的距离之和P A+PB+PC最小？这就下面简单说明如何找点P使它到ABC

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P A+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，P A+PB+PC最小．

这时∠BP A=180°-∠APP′=180°-60°=120°，

∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，

∠BPC=360°-∠BP A-∠APC=360°-120°-120°=120°

△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因此，当ABC

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26

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 、A G ，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 2，GC 2a , GO 6． ∴ BG=BO +GO =

22+62a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 26 ∴ 22a 6a 26a =2． 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()6,0A -，()6,0B ，(0,43C ，延长AC 到点D , 使CD =

12

AC ,过点D 作DE ∥AB 交BC 的延长线于点E .

（1）求D 点的坐标；

（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

，（过程略）．

（2） 直线BM

的解析式为y =+．

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

2MQ AQ v v +，使P 点到达A 点所用的时间最短，就是12

MQ ＋AQ 最小，或MQ ＋2AQ 最小． 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 =12

MG ．

图5 图6 图7

解法2 考虑1

2

MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=63，

可得∠BMO＝30°，所以QK＝1

2 MQ．

要使1

2

MQ＋AQ最小，只需使AQ＋QK最小，根据“垂线段最短”，可推出当点A、

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=∠CP A=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°，P A=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′=P A+PB+PC．

图8

解：（1）利用相似三角形可求PB的值为3

（2）设点P为锐角△ABC的费马点，

即∠APB=∠BPC=∠CP A=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= P A，

∴BB′=E B′+PB+PE=P A+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．