(完整版)“费马点”与中考试题
“费马点”与中考试题
费马，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. 费马点一一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？这就是所谓的费马问题.
解析：如图1，把△ APC绕A点逆时针旋转60°得到△ APC',连接PP'.
则厶APP为等边三角形，AP= PP P C = PC,
所以PA+PB+PC= PP + PB+ PC'.
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，FA+PB+PC最小.
这时/ BPA=180°- / APP =180°-60 °=120°,
/ APC= / A P C =180°-Z AP P=180° -60 °=120°,
/ BPC=360°-Z BPA- Z APC=360° -120。-120 °=120°
因此，当厶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.
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，连接人6把厶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
BG=BO+GO =』a +
2
点E 到A 、B 、C 三点的距离之和的最小值为
.2
,6 .
注 本题旋转厶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 , C 0,4-. 3，延长AC 到点D,使CD=1 AC ,过点D 作
2
DE // AB 交BC 的延长线于点 E.
（1）求D 点的坐标；
BO=CO=
GC=」2a , GO=
「6，解得 a =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, 3 ）（过程略）.
（2）直线BM的解析式为y ,3x 6.3 （过程略）.
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.
把厶MQB绕点B顺时针旋转60。，得到厶M'Q'B，连接QQ'、MM '（图5）,可知△
QQ'B、A MM、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
1
可证明Q 点总在AM 上,所以A M与0M的交点就是所要的G点（图6）.可证0G=丄MG .
（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 T Q T A运动的时间为
MQ
2v
AQ，使P点到达A点所用的
V
时间最短，就是1M Q + AQ最小，或MQ + 2AQ 最小.
2
F
丿
/
O //Mi
/
一齊弓個
、J" f ￡
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G一
Mi
G \
A0 B *A0 B A0 E芝
图5 图6 图7
1
解法2 考虑—MQ + AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由0B=6 ,OM = 6「3 ,
2
1
可得/ BMO = 30° 所以QK = MQ
2
1
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
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丄BM于H,则AH与y轴的交点为所求的G点.
由0B=6, 0M = 6,3，可得
/ OBM=60°, ???/ BAH=30 °
在Rt A OAG 中，OG=AO ? tan / BAH =2 3
? G点的坐标为(0, 2 3 ) (G点为线段OC的中点).
例3 (2009年湖州中考题)若点P 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，在锐角厶ABC的外侧作等边△ ACB 连结BB求证：BB '过厶ABC的
费马点P, 且BB'=FA+PB+PC.
图8
解：(1)利用相似三角形可求PB的值为2 3 .
(2)设点P为锐角△ ABC的费马点, 即/ APB= / BPC= / CPA=120°
如图8,把厶ACP绕点C顺时针旋转60°到厶B'CE,连结PE ,则厶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, BE= FA,
?BB =E B +PB + PE=FA+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.