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1、中考试题“费马点”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
2、+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、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
3、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.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=
4、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
5、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
6、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AM′上时
7、,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=,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,O
8、G=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
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