“费马点”与中考试题

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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′

2、，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=∠AP′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、

3、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，求此正方形的边长．5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

4、．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

5、、△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；5（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

6、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

7、，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AM′上时，MQ＋AQ＋BQ最小．由条件可证明Q′点总在AM′上，所以AM′与OM的交点就是所要的G点（图6）．可证OG=MG．5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=

8、，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