林初中2017届中考数学压轴题专项汇编：专题9费马点(附答案)

林初中2017届中考数学压轴题专项汇编：专题9费马点(附答案)

专题9费马点费马点是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离叫做费马距离。如果三角形的内角均小于120°，那么三角形的费马点与各顶点的连线三等分费马点所在的周角。如果三角形内有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点就是到三个顶点距离之和最小的点。1.若三角形有一个内角大于等于120°，则此钝角的顶点即为该三角形的费马点。例如，在△ABC中，∠BAC≥120°，要证明点A为△ABC的费马点。证明过程如下：在△ABC内有一点P延长BA至C，使得AC＝AC，作∠CAP＝∠CAP，并且使得AP＝AP，连结PP。则△APC≌△APC，PC＝PC。因为∠BAC≥120°，所以∠PAP＝∠CAC≤60，所以在等腰△PAP中，AP≥PP，所以PA＋PB＋PC≥PP＋PB＋PC＞BC＝AB＋AC，所以点A为△ABC的费马点。2.若三角形的内角均小于120°，则以三角形的任意两边向外作等边三角形，两个等边三角形外接圆在三角形内的交点即为该三角形的费马点。例如，在△ABC中三个内角均小于120°，以AB、AC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点为O，要证明点O为△ABC的费马点。证明过程如下：在△ABC内部任意取一点O，连接OA、OB、OC。将△AOC绕着点A逆时针旋转60°，得到△AO′D，连接OO′则O′D＝OC。所以△AOO′为等边三角形，OO′＝AO，所以OA＋OC＋OB＝OO′＋OB＋O′D。则当点B、O、O′、D四点共线时，OA＋OB＋OC最小。此时ABAC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点即为点O。如果在△ABC中，∠BAC、∠ABC、∠ACB均小于120°，O为费马点，则有∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°，所以三角形的费马点也叫三角形的等角中心。例如，如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（－6，0），点B的坐标为（6，0），点C的坐标为（6，43），延长AC至点D使得CD＝AC，过点DE作DE//AB，交BC的延长线于点E，设G为y轴上的一点，点P从直线y＝3x＋63与y轴的交点M出发，先沿y轴到达点G，再沿GA到达点A，若点P在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定点G的位置，使点P按照上述要求到达A所用的时间最短。解：根据费马点的性质，点P到三角形ABC三个顶点的距离之和最小时，P为三角形ABC的费马点。因此，我们可以先求出三角形ABC的费马点O，然后再求出直线GA与y轴的交点N，使得GN＝GO，即可得到点G的位置。根据题意，点O为三角形ABC的费马点，因此我们可以使用方法二来求解。以AB、AC为边向外作等边三角形，两个等边三角形的外接圆在△ABC内的交点为O。接下来，我们需要求直线GA与y轴的交点N。因为GN＝GO，所以点N在直线y＝x上。又因为P在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，所以P在y轴上的速度为6，而在直线GA上的速度为3。因此，P从M到达N的时间为t1＝（6－0）/6＝1，从N到达A的时间为t2＝（43－0）/3＝14.33。最后，我们需要确定点G的位置，使得点P按照上述要求到达A所用的时间最短。因为P先沿y轴到达点G，再沿GA到达点A，所以PG＋GA＝GN＋NA。由于GN＝GO，NA＝43，所以PG＋GA＝GO＋43。因为P到O的距离最短，所以PG＝PO，即G在直线y＝0上。因此，点G的坐标为（0，0）。当2GA+GM最小时，时间最短。假设在OM上存在一点G，则BG=AG。因此，MG+2AG=MG+AG+BG。将△MGB绕点B顺时针旋转60°，得到△M′G′B，连结GG′，MM′，则△GG′B、△MM′B都为等边三角形。因此，GG′=G′B=GB，且M′G′=MG。所以，MG+AG+BG=M′G′+GG′+AG。因为点A、M′为定点，所以AM′与OM的交点为G，此时MG+AG+BG最小，点G的坐标为(0,2/3)。在四个城市A、B、C、D组成的正方形的四个顶点上，建立公路系统使得每两个城市之间都有公路相通，并且整个公路系统的总长度最小。将△ABP绕点N逆时针旋转60°，得到△EBM；同样，将△DCQ绕点C顺时针旋转60°，得到△FCN，连结AE、DF，则△ABE、△DCF均为等边三角形，连结PM、QN，则△BPM、△CQN均为等边三角形。因此，当点E、M、P、Q、N、F共线时，整个公路系统的总长取到最小值，为线段EF的长，此时点P、Q在EF上，且1=2=3=4=30。在△ABC中，ABC=60，AB=5，BC=3，P是ABC内一点。要求PA+PB+PC的最小值，并确定当PA+PB+PC取得最小值时，APC的度数。将APB绕点B逆时针旋转60°，得到A′BP′，连结PP′，A′C。过点A′作A′E=BC，交CB的延长线于点E。解出RtA′EC求出A′C的长，即为PA+PB+PC的最小值。此时，APC=120°。在正方形ABCD中，ABE是等边三角形，M为对角线BD上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连结AM、CM、EN。问题分为三部分：（1）当M在何处时，AM+CM的值最小？当点M落在BD的中点时，AM+CM的值最小，最小值为AC的长。（2）当M在何处时，AM+BM+CM的值最小？连结CE，当点M位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，最小值为CE的长。（3）当AM+BM+CM的最小值为3+1时，求正方形的边长。设正方形的边长为x，则CE=2x，因此，3x=4，解得x=2。过点E作EF与BC延长线相交于点F，解直角三角形EFC即可得到EF的长度。接下来考虑如何求解AD、EN、NM这三个线段的长度。首先，连接CD、BN两条线段，它们与AD、EN、NM构成的三角形分别为ACD、BEN、NMC。根据余弦定理，可以得到：AC^2=AD^2+CD^2-2*AD*CD*cos∠ACDBE^2=EN^2+BN^2-2*EN*BN*cos∠BENCM^2=NM^2+MC^2-2*NM*MC*cos∠NMC其中，∠ACD、∠BEN、∠NMC分别为三角形ACD、BEN、NMC的内角。这三个角可以通过向量的点积公式求解，即：cos∠ACD=(AD*CD)/(|AD|*|CD|)cos∠BEN=(EN*BN)/(|EN|*|BN|)cos∠NMC=(NM*MC)/(|NM|*|MC|)其中，|AD|、|CD|、|EN|、|BN|、|NM|、|MC|分别表示向量AD、CD、EN、BN、NM、MC的模长。将上述三个式子带入到余弦定理中，可以得到：AC^2=AD^2+CD^2-2*AD*CD*(AD*CD)/(|AD|*|CD|)^2BE^2=EN^2+BN^2-2*EN*BN*(EN*BN)/(|EN|*|BN|)^2CM^2=NM^2+MC^2-2*