费马点与中考试题
费马点与中考试题 TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】
“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——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.
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26
,求此正方形的边长.
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
2
a,GC2a, GO=
6
2
a.
∴ BG=BO +GO =2a +2
a .
∵ 点E 到A 、B 、C
∴ 2a a a =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,C ,延长AC 到点D , 使CD =12AC ,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,
(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=3BMO=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
∠OBM=60°,∴∠BAH=30°
在Rt△OAG中,OG=AO·tan∠BAH=3
∴G点的坐标为(0,23G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3
(2)设点P为锐角△ABC的费马点,
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.