2018年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，P是边长为1的等边ABC内的任意一点，求tPAPBPC的取值范围.解：Part1:将BPC绕点B顺时针旋转60°得到''BPC，易知'BPP为等边三角形.从而''''PAPBPCPAPPPCAC（两点之间线段最短），从而3t.Part2:过P作BC的平行线分别交ABAC、于点MN、，易知MNANAM.因为在BMP和PNC中，PBMPBM①，PCPNNC②。又APMANMAMN，所以PAAM③.①+②+③可得12tAMBMMPNPNCABMNNCANNC，即2t.综上，tPAPBPC的取值范围为32t.“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ABC△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=∠AP′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，∠BPC=360°-∠BPA-∠APC=360°-120°-120°=120°因此，当ABC△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（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26，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ABC△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a，那么BO=CO=22a，GC=2a,GO=62a．∴BG=BO+GO=22a+62a．∵点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为26．∴22a+62a=26，解得a=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xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为6,0A，6,0B，0,43C，延长AC到点D,使CD=12AC,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ykxb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ykxb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（3，63）（过程略）．（2）直线BM的解析式为363yx（过程略）．yxEDCBAOyxODMFECBA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2MQAQvv，使P点到达A点所用的时间最短，就是12MQ＋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，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=12MG．图5图6图7解法2考虑12MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=63，可得∠BMO＝30°，所以QK＝12MQ．要使12MQ＋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=63，可得∠OBM=60°，∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=23∴G点的坐标为（0，23）（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23．（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′=EB′+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