“费马点”与中考试题

1、.“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APC，连接PP则APP为等边三角形， AP= PP，PC= PC，所以 PA+ PB+

2、 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，PA+ PB+ PC 最小这时BPA=180 °-APP=180 °-60 °=120 °，APC= A PC=180 °-APP=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 °

3、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 点就是钝角的顶点可编辑.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

4、 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2a， GCGO=6aBO= CO= 2a ,22可编辑. BG=BO +

5、GO =2 a +6 a 22 点 E 到 A、 B、C 三点的距离之和的最小值为26 2 a +6 a =26 ，解得 a =2 2 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A 6,0，B 6,0，C0,43，延长 AC 到点 D,使 CD1过点D作=AC ,2DEAB 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 ykxb 将四边形 CDFE 分成周长相等的两个四边

6、形，确定此直线的解析式；（ 3）设 G 为 y 轴上一点，点P 从直线 ykxb 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， 6 3）（过程略）（ 2 ） 直线 BM 的解析式为 y3x6 3 （过程略）yyFEDEM DCCAOBxAOBx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可编辑.轴上运动的速度为v，则 P 沿 M Q A 运动的时

7、间为MQAQ2v，使 P 点到达 A 点所用1v的时间最短，就是MQ AQ 最小，或 MQ 2 AQ 最小2解法 1 BQ= AQ ， MQ 2 AQ 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，考虑作旋转变换把绕点B顺时针旋转60 °，得到 ，连接、 （图5 ），可知MQBM Q BQQ MMQQ B、MM B 都是等边三角形，则QQ =BQ又 MQ=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

8、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1OG=MG 2图 5图 6图 7解法 2考虑 1 MQ AQ 最小，过Q作BM的垂线交BM 于 K，由 OB=6 ，21OM = 6 3 ，可得 BMO 30 °，所以 QKMQ 12MQ AQ 最小，只需使 AQ QK 最小， 根据“垂线段最短” ，可推出当点 A、要使2Q、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 .可编

9、辑.由 OB=6，OM = 6 3 ，可得OBM =60 °，BAH =30 °在 RtOAG 中， OG= AO ·tan BAH = 2 3G 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=120 °, 则点P叫做的费马点CPAABC（ 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 B

10、B= 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，即APB= BPC= CPA=120 °如图 8 ，把ACP 绕点 C 顺时针旋转60 °到BCE，连结 PE，则EPC为正三角形BEC = APC =120 °，PEC=60 °BEC+ PEC=180 °即 P、 E、 B三点在同一直线上 BPC=120 °, CPE=60 ° ，可编辑.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= 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