初三数学中考模型之费马点问题含答案

初三数学中考模型之费马点问题含答案

费马点的问题 定义：数学上称，到三角形3个顶点距离之和最小的点为费马点。它是这样确定的：‎ ‎1. 如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；‎ ‎2. 如果3个内角均小于120°，则在三角形内部对3边张角均为120°的点，是三角形的费马点。 ‎ ‎3. 费马点与3个顶点连成的线段是沟通3点的最短路线，容易理解，这个路线是唯一的。我们称这一结果为最短路线原理。‎ 性质：费马点有如下主要性质：‎ ‎1． 费马点到三角形三个顶点距离之和最小。‎ ‎2． 费马点连接三顶点所成的三夹角皆为120°。 ‎ ‎3． 费马点为三角形中能量最低点。‎ ‎4． 三力平衡时三力夹角皆为120°，所以费马点是三力平衡的点。 ‎ 例1：已知：△ABH是等边三角形。‎ 求证：GA+GB+GH最小 证明：∵ △ABH是等边三角形。G是其重心。‎ ‎ ∴ ∠AGH=∠AGB=∠BGH=120°。‎ ‎ 以HB为边向右上方作等边三角形△DBH.‎ ‎ 以HG为边向右上方作等边三角形△GHP.‎ ‎ ∵ AH=BH=AB=12.‎ ‎ ∴ ∠AGH=120°, ∠HGP=60°.‎ ‎ ∴ A、G、P三点一线。‎ ‎ 再连PD两点。‎ ‎ ∵ △ABH、△GHP和△BDH都是等边三角形,∠GHB=30°.‎ ‎ ∴ ∠PHD=30°,.‎ ‎ 在△HGB和△HPD中 ‎ ∵ HG=HP ‎ ∠GHB=∠PHD；‎ ‎ HB=HD；‎ ‎ ∴ △HGB≌△HPD； （SAS） ‎ ‎ ∴ ∠HPD=∠HGB=120°；‎ ‎ ∵ ∠HPG=60°.‎ ‎ ∴ G、P、D三点一线。‎ ‎ ∴ AG=GP=PD,且同在一条直线上。‎ ‎ ∵ GA+GH+GB=GA+GP+PD=AD.‎ ‎ ∴ G点是等边三角形内到三个顶点的距离之和最小的哪一点，费马点。也就是重心。‎ 例2：已知：△ABC是等腰三角形，G是三角形内一点。∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°。‎ 求证：GA+GB+GC最小 证明：将△BGC逆时针旋转60°，连GP,DB.则 △HGB≌△HPD； ‎ ‎∴ ∠CPD=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD, BC=DC,∠GCB=∠PCD.‎ ‎∵ ∠GCP=60°,‎ ‎∴ ∠BCD=60°,‎ ‎∴ △GCP和△BCD都是等边三角形。‎ ‎∵ ∠AGC=120°, ∠CGP=60°.‎ ‎∴ A、G、P三点一线。‎ ‎∵ ∠CPD=120°, ∠CPG=60°.‎ ‎∴ G、P、D三点一线。‎ ‎∴ AG、GP、PD三条线段同在一条直线上。‎ ‎∵ GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.‎ ‎∴ G点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的哪一点，费马点。‎ 但它不同于等边三角形的费马点是重心。‎ 例3：已知：△ABC是锐角三角形，G是三角形内一点。∠AGC=∠AGB=∠BGC=120°。‎ 求证：GA+GB+GC最小 证明：将△BGC逆时针旋转60°，连GP,DB.则 △CGB≌△CPD； ‎ ‎∴ ∠CPD=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD, BC=DC,∠GCB=∠PCD.‎ ‎∵ ∠GCP=60°,‎ ‎∴ ∠BCD=60°,‎ ‎∴ △GCP和△BCD都是等边三角形。‎ ‎∵ ∠AGC=120°, ∠CGP=60°.‎ ‎∴ A、G、P三点一线。‎ ‎∵ ∠CPD=120°, ∠CPG=60°.‎ ‎∴ G、P、D三点一线。‎ ‎∴ AG、GP、PD三条线段同在一条直线上。‎ ‎∵ GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.‎ ‎∴ G点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最小的哪一点，费马点。‎ 但它不同于等边三角形的费马点是重心。‎ ‎（费马点问题）如图，是边长为1的等边内的任意一点，求的取值范围.‎ 解：Part1:将绕点顺时针旋转60°得到，易知为等边三角形.从而（两点之间线段最短），从而.‎ Part2:过作的平行线分别交于点，易知.‎ 因为在和中，①， ②。‎ 又，所以③. ①+②+③可得 即.综上，的取值范围为.‎ ‎“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△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．‎ 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 （2019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，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，那么 BO=CO=，GC=, GO=．‎ ‎∴ BG=BO+GO =+．‎ ‎∵ 点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为．‎ ‎∴ +=，解得=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，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为，，，延长AC到点D, 使CD=,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，）（过程略）．‎ ‎（2） 直线BM的解析式为（过程略）．‎ 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，使P点到达A点所用的时间最短，就是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=MG．‎ 图5 图6 图7‎ 解法2 考虑MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=，可得∠BMO＝30°，所以QK＝MQ．‎ 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、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=，可得 ‎∠OBM=60°， ∴∠BAH=30°‎ 在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=‎ ‎∴G点的坐标为（0，）（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=∠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．‎ ‎ （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