费马点及其在中考中的应用

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费马点及其在中考中的应用

一、费马点的由来

费马(Pierre

de

Fermat，1601—1665)是法国数学家、物理学家．费马一生

从未受过专门的数学教育，数学研究也不过是业余爱好．

然而，在

17

世纪的法

国还找不到哪位数学家可以与之匹敌．他是解析几何的发明者之一；概率论的主

要创始人；以及独承

17

世纪数论天地的人．

一代数学大师费马堪称是

17

世纪

法国最伟大的数学家．尤其他提出的费马大定理更是困惑了世间智者

358

年．费

马曾提出关于三角形的一个有趣问题：在△ABC

内求一点

P，使

PA+PB+PC

之值

为最小，人们称这个点为“费马点”．

二、探索费马点

1．

当三角形有一个内角大于或等于

120°的时候，则费马点就是这个内角

的顶点．

下面来验证这个结论：

如图

1，对三角形内任意一点

P，延长

BA

至点

C′，

使得

AC′=AC，

作∠C′AP′=∠CAP，并且使得

AP′=AP．

即把△APC

以

A

为中心做旋转变换．

则△APC≌

eq

\o\ac(△,AP)

′C′，

∵∠BAC≥120°，∴∠PAP′≤60°．

∴在等腰三角形

PAP′中，AP≥PP′，

∴PA+PB+PC≥PP′+PB+

P′C′>BC′=AB+AC．

所以

A

是费马点．

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图

1

图

2

2．

如果三个内角都在

120°以内，那么，费马点就是三角形内与三角形三

顶点的连线两两夹角为

120°的点．

如图

2，以

B

点为中心，将△APB

旋转

60°到

eq

\o\ac(△,A)

′BP′．

因为旋转

60°，

且

PB=P′

eq

\o\ac(△,B)

，所以 P′PB

为正三角形．

因此，PA+PB+PC=P′A′+P′P+PC．

由此可知当

A′，P′，P，C

四点共线时，PA+PB+PC=P′A′+P′P+PC

为最

小．

当

A′，P′，P

共线时，∵∠BP′P=60°，∴∠A′P′B=∠APB=120°．

同理，若

P′，P，C

共线时，则∵∠BPP′=60°，

∴∠BPC=120°．

所以点

P

为满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点．

三、费马点的简单应用

近几年，在全国各地的中考中，时常可以看见费马点的影子．

例

1(2009

浙江湖州--25)

若

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)若点

P

为锐角△ABC

的费马点，且∠ABC=60°，PA=3，PC=4，

则

PB

的值为________；

(2)如图

eq

\o\ac(△,3)

，在锐角 ABC

外侧作等边△ACB，连结

BB′．

求证：

eq

\o\ac(△,BB)

′过 ABC

的费马点

P，且

BB′=PA+PB+PC．

解：(1)∵∠PBA+∠PBC=∠PBC+∠PCB=60°，∴∠PBA=∠PCB．

又∠APB=∠BPC=120°，

∴△PBA∽△PCB，则

PB2=PA×PC=12， 即

PB=2

．

(2)证明：在

BB′上取点

P，使∠BPC=120°，连结

AP，再在

PB′上

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截取

PE=PC，连结

CE．

∵PC=CE，AC=CB′，∠PCA=∠ECB′，

∴△ACP≌

eq

\o\ac(△,B)

′CE．

∴∠APC=∠B′EC=120°，PA=EB′．

∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°，

∴P

为△ABC

的费马点，且

BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC．

例

2

(2009

北京)

如图，在平面直角坐标系

xOy

中，△ABC

三个点的坐标分别为

A(-6，0)，B(6，0)，

C(0，4)，延长

AC

到点

D，使

CD=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，试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．(要求：简述确定

G

点位置的方法，但不要求证明)

【析】本题第三问要求：简述确定

G

点位置的方法，但不要求证明．如

果不知原理，比较难找，用常规数学的方法，会涉及到一元二次方程的判别式的

问题，并不容易想到．而用费马点的知识就能轻松找出这个

G

点．

由于直线

y=kx+b

与

y

轴的交点坐标在第二问当中可求出

M(0，6

)，所以，

本题第三问便可以转化为：AO⊥OM

于点

O，AO=6，MO=6

，G

点从

M

出发，向

O

点运动到达

G

点后，再沿

GA

到达

A

点．若

G

点在

MO

上运动的速度是它在

GA

上

运动速度的

2

倍，试确定

G

点的位置．

(如图

5，G

点按照上述要求到达

A

点所用的时间为

t)

解法一：

方程解法

设

GO=x，则

MG=6 -x，AG= ，

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则

t=

移项平方得：3x2+(12

∵方程有解，

，

-4t)x

+36+24

t-4t2=0，

Δ=(12

将

t=6

-4t)2-12(36+24

t-4t2)≥0

解得

t≥6

，

代回方程，求出

x=2

时，t

最小．

解法二：费马点解法

如图

6，要使 MG+AG

最小，即使

MG+2AG

最小．

作

A

关于

MO

的对称点

A'，

则

MG+2AG=MG+AG+A'G，

即

MG+AG+A'G

最小．故

G

为△AA'M

的费尔马点．作∠GAO=30°，交

MO

于

G

点，

则∠AGM=∠A'GM=∠AG

A'=120°，故

G

点为所求．

OG=2

．

由此利用费马点的解法可以看出：

当动点

G

在

OM

上的运动速度是在

AG

上的

2

倍的时候，动点的位置与

MO

的

长度无关，与

AO

的长度有关，GO

长是

AO

长的倍．

2009

北京中考

25

题最后一问不需证明其实证明也很简单！（仅供参考）

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K

G

N

M

Q

A O B

其中

K

为

DE

与

y

轴的交点，由前两个问题容易得知

ABK

为等边三角形，

G

为

y

轴上的

任意一点，作

GN

BK

,

BKO

30

,∴

GN

1

2

KG

,故速度为

2v

走完

KG

所用的时间等于

，故以

2v

速度走完