费马点与中考试题
初三数学费马点练习题
初三数学费马点练习题费马点（Fermat Point）是指在一个三角形中，距离三个顶点的距离之和最小的点。
它被称为费马点，是为了纪念法国数学家皮埃尔·费马（Pierre de Fermat）。
在本文中，将提供一些初三数学费马点练习题，通过这些题目的解答，读者将更好地理解费马点的概念和特性。
题目一：已知△ABC中，∠ABC = 60°，AD为边BC上的高，点E为三角形内部一点，满足∠BAE = ∠CAE = 30°。
证明：点E为△ABC的费马点。
解答一：我们需要证明点E到三个顶点A、B、C的距离之和最小。
首先，连接AE、BE、CE，构造△BAE和△CAE。
由已知条件可知，∠BAE = ∠CAE = 30°，而∠ABC = 60°。
观察三角形△BAE，角度和为180°，因此∠AEB = 180° - 30° - 30°= 120°。
同理，在三角形△CAE中，∠AEC = 180° - 30° - 30° = 120°。
现在我们可以继续分析三角形△ABC，∠ABC = 60°，∠BAC = 180°- 60° - 30° - 30° = 60°。
接下来，我们来考虑三角形△BAE和△CAE的外角。
对于△BAE，∠BEA = 180° - 120° = 60°；对于△CAE，∠CEA = 180° - 120° = 60°。
现在，我们可以观察到三角形△BAE、△CAE和△ABC中都有一个60°的角，并且对应的外角也是60°。
根据确定费马点的性质，可知点E为△ABC的费马点。
题目二：已知△ABC中，∠BAC = 90°，点D为边BC上的一点，满足BD = DC。
费马点与中考试题
费马点与中考试题LEKIBM standardization office【IBM5AB- LEKIBMK08- LEKIBM2C】识别“费马点”思路快突破解题的成功取决于多种因素，其中最基本的有：解题的知识因素、解题的能力因素、解题的经验因素和解题的非智力因素，这也就是我们常说的解题基本功．可见解题的知识因素是第一位的，足以说明它的重要性．下面我们从解题的知识因素上关注两道中考题的思路获取．例1 （2010湖南永州）探究问题：（1）阅读理解：①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA＋PB＋PC的值为△ABC的费马距离.②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA＝AC·BD.此为托勒密定理.（2）知识迁移：①请你利用托勒密定理，解决如下问题：如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的BC上任意一点.求证：PB＋PC＝PA.②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在BC上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段的长度即为△ABC的费马距离.（3）知识应用：2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水.已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.思路探求：（2）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证. ②问，借用①问中对于费马点的定义结论容易获解. （3）知识应用，模仿（2）的图形，先构造正三角形，由（2）中的结论，再计算AD即为最小距离.简解：（2）①证明：由托勒密定理可知PB·AC＋PC·AB＝PA·BC∵△ABC是等边三角形∴AB＝AC＝BC∴PB＋PC＝PA②P′D AD（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离.∵△BCD为等边三角形，BC＝4，∴∠CBD＝60°，BD＝BC＝4.∵∠ABC＝30°，∴∠ABD=90°.在Rt△ABD中，∵AB＝3，BD＝4∴AD22+＝5（km）34AB BD+22∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km.点评：此题集阅读理解、创新探究、实际应用于一体，题型新颖别致，综合考查自主探究、创新应用能力，是一道不可多得的好题.命题者设置成递进式问题，后续问题的思路获取、求解都靠对上一结论的解读、利用，这也是近年“课题学习”考查的一大风向，值得重视.如果说例1只是以“费马点”为课题学习的素材进行了考查，为了帮助同学们更好的理解三角形的费马点，我们补充几点：（1）平面内一点P 到△ABC 三顶点的之和为PA+PB+PC ，当点P 为费马点时，距离之和最小.特殊三角形中：(2)三内角皆小于120°的三角形，分别以 AB ，BC ，CA ，为边，向三角形外侧做正三角形ABC 1，ACB 1，BCA 1，然后连接AA 1，BB 1，CC 1，则三线交于一点P ，则点P 就是所求的费马点.(3)若三角形有一内角大于或等于120度，则此钝角的顶点就是所求. (4)当△ABC 为等边三角形时，此时外心与费马点重合.可见，永州卷这道考题对于费马点只是以课题学习为问题载体，考得比较直截了当；巧合的是2010年福建宁德一道考题对这个知识考查显得隐蔽了，请看：例2 （2010福建宁德）如图，四边形ABCD 是正方形，△ABE 是等边三角形，M 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将BM 绕点B 逆时针旋转60°得到BN ，连接EN 、AM 、CM .⑴ 求证：△AMB ≌△ENB ；⑵ ①当M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；②当M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由； ⑶ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时，求正方形的边长.思路探求：⑴略；A DB C⑵ ①要使AM ＋CM 的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将AM ＋CM 转化为一条线段，连接AC 即可获取；②要使AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例3积累的知识经验：点M 应该是△ABC 的费马点.由例3中（2）的求解示范，只要连接CE 即可获得CE 为AM ＋BM ＋CM 的值最小.这样获到M 点至少帮助我们在思路获取上提高了效率.理由说明供助于第（1）问的全等获得BM=BN ，将三条线段转化到CE 上去，问题化为两点之间线段最短.⑶根据题意，添加辅助线，构造直角三角形，过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F . 设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x .在Rt △EFC 中，由勾股定理得（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+，解得即可.简答：⑴略；⑵①当M 点落在BD 的中点时，AM ＋CM 的值最小. ②如图，连接CE ，当M 点位于BD 与CE 的交点处时， AM ＋BM ＋CM 的值最小.理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB∴AM ＝EN .∵∠MBN ＝60°，MB ＝NB ， ∴△BMN 是等边三角形. ∴BM ＝MN .∴AM ＋BM ＋CM ＝EN ＋MN ＋CM .根据“两点之间线段最短”，得EN ＋MN ＋CM ＝EC 最短∴当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，即等于EC 的长. ⑶过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F ，∴∠EBF ＝90°－60°＝30°.F A DB C设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x . 在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（2x）2＋（23x ＋x ）2＝()213+.解得，x ＝2（舍去负值）.∴正方形的边长为2.点评：本题中“AM ＋BM ＋CM 的值最小”如果没有费马点的知识积累，会在探究点M 的位置上花费不少时间，这对紧张的考试来说，势必造成“隐性失分”．。
费马点最值问题(中考备考宝典)
费马点最值问题例题精讲例1：如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=60°，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则AM+BM+CM的最小值为．例2：如图（1），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）若点P是等边三角形三条中线的交点，点P（填是或不是）该三角形的费马点．（2）如果点P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°．求证：△ABP∽△BCP；（3）已知锐角△ABC，分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD，CE和BD相交于P点．如图（2）①求∠CPD的度数；②求证：P点为△ABC的费马点．强化练习1、在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=1，BC= ，点O 为Rt △ABC 内一点，连接AO 、BO 、CO ，且∠AOC=∠COB=∠BOA=120°，则OA+OB+OC= ．2、如图，在四边形ABCD 中，60B ο∠=，AB=BC=3，AD=4，90BAD ο∠=，点P 是形内一点，则PA+PB+PD 的最小值为________第1题图 第2题图3、如图，点P 是矩形ABCD 对角线BD 上的一个动点，已知，，则的最小值是_______4、如图，菱形ABCD 的对角线AC 上有一动点P ，BC ＝6，∠ABC ＝150°，则线段 AP ＋BP ＋PD 的最小值为________第3题图 第4题图PDCA5、（1）如图①，△ABD 和△ACE 均为等边三角形，BE 、CE 交于F ，连AF ， 求证：AF +BF +CF ＝CD ；（2）在△ABC 中，∠ABC ＝30°，AB ＝6，BC ＝8，∠A ，∠C 均小于120°，求作一点P ，使PA +PB +PC 的值最小，试求出最小值并说明理由．图①D图②CA6、如图，ABC ∆为正三角形，做ABC ∆的外接圆（1）D 为劣弧AB 上一点，则ADB ∠=（2）若三角形的3个内角均小于120°，三角形存在一点P ，使得PA 、PB 、PC 的夹角均为120°，我们称点P 为ABC ∆的费马点。
费马点与中考试题
识别“费马点”思路快突破解题的成功取决于多种因素，其中最基本的有：解题的知识因素、解题的能力因素、解题的经验因素和解题的非智力因素，这也就是我们常说的解题基本功．可见解题的知识因素是第一位的，足以说明它的重要性．下面我们从解题的知识因素上关注两道中考题的思路获取．例1 （2010湖南永州）探究问题：（1）阅读理解：①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时P A＋PB＋PC的值为△ABC的费马距离.②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA＝AC·BD.此为托勒密定理.（2）知识迁移：①请你利用托勒密定理，解决如下问题：如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的»BC上任意一点.求证：PB＋PC＝P A.②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在»BC上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段的长度即为△ABC的费马距离.（3）知识应用：2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水.已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.思路探求：（2）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证. ②问，借用①问中对于费马点的定义结论容易获解. （3）知识应用，模仿（2）的图形，先构造正三角形，由（2）中的结论，再计算AD即为最小距离.简解：（2）①证明：由托勒密定理可知PB·AC＋PC·AB＝P A·BC∵△ABC是等边三角形∴AB＝AC＝BC∴PB＋PC＝P A②P′D AD（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离.∵△BCD 为等边三角形，BC ＝4，∴∠CBD ＝60°，BD ＝BC ＝4.∵∠ABC ＝30°， ∴∠ABD =90°.在Rt △ABD 中，∵AB ＝3，BD ＝4∴AD 22AB BD +2234+＝5（km ）∴从水井P 到三村庄A 、B 、C 所铺设的输水管总长度的最小值为5km.点评：此题集阅读理解、创新探究、实际应用于一体，题型新颖别致，综合考查自主探究、创新应用能力，是一道不可多得的好题.命题者设置成递进式问题，后续问题的思路获取、求解都靠对上一结论的解读、利用，这也是近年“课题学习”考查的一大风向，值得重视.如果说例1只是以“费马点”为课题学习的素材进行了考查，为了帮助同学们更好的理解三角形的费马点，我们补充几点：（1）平面内一点P 到△ABC 三顶点的之和为PA+PB+PC ，当点P 为费马点时，距离之和最小.特殊三角形中：(2)三内角皆小于120°的三角形，分别以 AB ，BC ，CA ，为边，向三角形外侧做正三角形ABC 1，ACB 1，BCA 1，然后连接AA 1，BB 1，CC 1，则三线交于一点P ，则点P 就是所求的费马点.(3)若三角形有一内角大于或等于120度，则此钝角的顶点就是所求.(4)当△ABC 为等边三角形时，此时外心与费马点重合.可见，永州卷这道考题对于费马点只是以课题学习为问题载体，考得比较直截了当；巧合的是2010年福建宁德一道考题对这个知识考查显得隐蔽了，请看：例2 （2010福建宁德）如图，四边形ABCD 是正方形，△ABE 是等边三角形，M 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将BM 绕点B 逆时针旋转60°得到BN ，连接EN 、AM 、CM .⑴ 求证：△AMB ≌△ENB ；⑵ ①当M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；②当M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由；⑶ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13+时，求正方形的边长.思路探求：⑴略；⑵ ①要使AM ＋CM 的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将AM ＋CM 转化为一条线段，连接AC 即可获取；②要使AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例3积累的知识经验：点M 应该是△ABC 的费马点.由例3中（2）的求解示范，只要连接CE 即可获得CE 为AM ＋BM ＋CM 的值最小.这样获到M 点至少帮助我们在思路获取上提高了效率.理由说明供助于第（1）问的全等获得BM=BN ，将三条线段转化到CE 上去，问题化为两点之间线段最短.⑶根据题意，添加辅助线，构造直角三角形，过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F . 设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x .在Rt △EFC 中，由勾股定理得（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+，解得即可.简答：⑴略；⑵①当M 点落在BD 的中点时，AM ＋CM 的值最小.②如图，连接CE ，当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小.理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB ≌△ENB∴AM ＝EN .∵∠MBN ＝60°，MB ＝NB ，∴△BMN 是等边三角形.∴BM ＝MN .∴AM ＋BM ＋CM ＝EN ＋MN ＋CM .根据“两点之间线段最短”，得EN ＋MN ＋CM ＝EC 最短∴当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，即等于EC 的长.⑶过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F ，∴∠EBF ＝90°－60°＝30°.设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x . 在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+. 解得，x ＝2（舍去负值）.∴正方形的边长为2.点评：本题中“AM ＋BM ＋CM 的值最小”如果没有费马点的知识积累，会在探究点M 的位置A DB C F A D B C上花费不少时间，这对紧张的考试来说，势必造成“隐性失分”．。
费马点与中考试题
费马点与中考试题文档编制序号：[KK8UY-LL9IO69-TTO6M3-MTOL89-FTT688]识别“费马点”思路快突破解题的成功取决于多种因素，其中最基本的有：解题的知识因素、解题的能力因素、解题的经验因素和解题的非智力因素，这也就是我们常说的解题基本功．可见解题的知识因素是第一位的，足以说明它的重要性．下面我们从解题的知识因素上关注两道中考题的思路获取．例1 （2010湖南永州）探究问题：（1）阅读理解：①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA＋PB＋PC的值为△ABC的费马距离.②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA＝AC·BD.此为托勒密定理.（2）知识迁移：①请你利用托勒密定理，解决如下问题：如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的BC上任意一点.求证：PB＋PC ＝PA.②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在BC上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋；第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段的长度即为△ABC的费马距离.（3）知识应用：2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水.已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.思路探求：（2）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证.②问，借用①问中对于费马点的定义结论容易获解. （3）知识应用，模仿（2）的图形，先构造正三角形，由（2）中的结论，再计算AD即为最小距离.简解：（2）①证明：由托勒密定理可知PB·AC＋PC·AB＝PA·BC∵△ABC是等边三角形∴ AB＝AC＝BC∴PB＋PC＝PA②P′D AD（3）解：如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则知线段AD的长即为△ABC的费马距离.∵△BCD为等边三角形，BC＝4，∴∠CBD＝60°，BD＝BC＝4.∵∠ABC＝30°，∴∠ABD=90°.在Rt△ABD中，∵AB＝3，BD＝4∴AD＝5（km）∴从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度的最小值为5km.点评：此题集阅读理解、创新探究、实际应用于一体，题型新颖别致，综合考查自主探究、创新应用能力，是一道不可多得的好题.命题者设置成递进式问题，后续问题的思路获取、求解都靠对上一结论的解读、利用，这也是近年“课题学习”考查的一大风向，值得重视.如果说例1只是以“费马点”为课题学习的素材进行了考查，为了帮助同学们更好的理解三角形的费马点，我们补充几点：（1）平面内一点P到△ABC三顶点的之和为PA+PB+PC，当点P为费马点时，距离之和最小.特殊三角形中：(2)三内角皆小于120°的三角形，分别以 AB，BC，CA，为边，向三角形外侧做正三角形ABC1，ACB1，BCA1，然后连接AA1，BB1，CC1，则三线交于一点P，则点P就是所求的费马点.(3)若三角形有一内角大于或等于120度，则此钝角的顶点就是所求.(4)当△ABC为等边三角形时，此时外心与费马点重合.可见，永州卷这道考题对于费马点只是以课题学习为问题载体，考得比较直截了当；巧合的是2010年福建宁德一道考题对这个知识考查显得隐蔽了，请看：例2 （2010福建宁德）如图，四边形ABCD 是正方形，△ABE 是等边三角形，M 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将BM 绕点B 逆时针旋转60°得到BN ，连接EN 、AM 、CM .⑴ 求证：△AMB ≌△ENB ；⑵ ①当M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；②当M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由； ⑶ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时，求正方形的边长.思路探求：⑴略；⑵ ①要使AM ＋CM 的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将AM ＋CM 转化为一条线段，连接AC 即可获取；②要使AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例3积累的知识经验：点M 应该是△ABC 的费马点.由例3中（2）的求解示范，只要连接CE 即可获得CE 为AM ＋BM ＋CM 的值最小.这样获到M 点至少帮助我们在思路获取上提高了效率.理由说明供助于第（1）问的全等获得BM=BN ，将三条线段转化到CE 上去，问题化为两点之间线段最短.B⑶根据题意，添加辅助线，构造直角三角形，过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F . 设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x .在Rt △EFC 中，由勾股定理得（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+，解得即可.简答：⑴略；⑵①当M 点落在BD 的中点时，AM ＋CM 的值最小. ②如图，连接CE ，当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小.理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB∴AM ＝EN .∵∠MBN ＝60°，MB ＝NB ， ∴△BMN 是等边三角形. ∴BM ＝MN .∴AM ＋BM ＋CM ＝EN ＋MN ＋CM .根据“两点之间线段最短”，得EN ＋MN ＋CM ＝EC 最短∴当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，即等于EC 的长.⑶过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F ，∴∠EBF ＝90°－60°＝30°. 设正方形的边长为x ，则BF ＝23x ，EF ＝2x .在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（2x ）2＋（23x ＋x ）2＝()213+.解得，x ＝2（舍去负值）.∴正方形的边长为2.FB点评：本题中“AM＋BM＋CM的值最小”如果没有费马点的知识积累，会在探究点M的位置上花费不少时间，这对紧张的考试来说，势必造成“隐性失分”．。
费马点与中考试题
“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．△三个顶点的距离之和P A+PB+PC最小？这就下面简单说明如何找点P使它到ABC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P A+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，P A+PB+PC最小．这时∠BP A=180°-∠APP′=180°-60°=120°，∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，∠BPC=360°-∠BP A-∠APC=360°-120°-120°=120°△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因此，当ABC120°，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．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26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 、A G ，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 2，GC 2a , GO 6． ∴ BG=BO +GO =22+62a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 26∴ 22a 6a 26a =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y kx b =+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y kx b =+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y =+．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2MQ AQ v v +，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 =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＝12 MQ．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=∠CP A=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°，P A=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′=P A+PB+PC．图8解：（1）利用相似三角形可求PB的值为3（2）设点P为锐角△ABC的费马点，即∠APB=∠BPC=∠CP A=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= P A，∴BB′=E B′+PB+PE=P A+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．。
“费马点”与中考试题
“费马点”与中考试题图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、A G，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，GC, GO a．BO=CO∴BG=BO+GO =a．2∵点E到A、B、C三点的距离之和的最∴a a=2．2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()B，(C，延长AC到点D, 使6,06,0A-，()CD=1AC,过点D作DE∥AB交BC的延长线于点2E.（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y kx b=+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y kx b=+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y =+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2MQ AQ v v+，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MG．就是所要的G点（图6）．可证OG=12图 5图6 图7MQ＋AQ最小，过Q作解法2 考虑12BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=MQ．得∠BMO＝30°，所以QK＝12要使1MQ＋AQ最小，只需使AQ＋QK最2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=∠OBM=60°，∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=（G点为线段OC∴G点的坐标为（0，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．11。
初中数学精品试题：费马点问题
费马点问题
例1 ( 2013 年常州中考) 如图2，在Ｒt△ABC 中，∠C = 90°，AC = 1，BC = 3，
点O 为Ｒt△ABC 内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC = ∠COB = ∠BOA = 120°，按下列要求画图( 保留画图痕迹) :
以点B 为旋转中心，将△AOB 绕点 B 顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B( 其中点A、O 的对应点分别为点A'、O') ，并回答下列问题:
∠ABC = ; ∠A'BC = ; OA + OB+ OC =
例 2 ( 2016 年朝阳中考) 小颖在学习“两点之间，线段最短”查阅资料时发现: △ABC 内总存在一点P 与三个顶点的连线的夹角相等，此时该点到三个顶
点的距离之和最小
例3 ( 2010 年宁德中考) 如图，四边形ABCD是正方形，△ABE 是等边三角形，M 为对角线BD( 不含 B 点) 上任意一点，将BM 绕点 B 逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
( 1) 求证: △AMB ≌△ENB;
( 2) ① 当M 点在何处时，AM + CM 的值最小;
② 当M 点在何处时，AM + BM + CM 的值最小，并说明理由;
( 3) 当AM + BM + CM 的最小值为3+ 1 时，求正方形的边长。
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识别“费马点”思路快突破
例1 探究问题：
（1）阅读理解：
①如图（A），在已知△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形顶点的
距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA＋PB＋PC的值为△ABC的费马距离.
②如图（B），若四边形ABCD的四个顶点在同一圆上，则有AB·CD＋BC·DA ＝AC·BD.此为托勒密定理.
（2）知识迁移：
①请你利用托勒密定理，解决如下问题：
如图（C），已知点P为等边△ABC外接圆的BC上任意一点.求证：PB＋PC＝PA.
②根据（2）①的结论，我们有如下探寻△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图（D），在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆；第二步：在BC上任取一点P′，连结P′A、P′B、P′C、P′D.易知P′A＋P′B ＋P′C＝P′A＋（P′B＋P′C）＝P′A＋；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图（D）中找出△ABC的费马点P，并请指出线段的长度即为△ABC的费马距离.
（3）知识应用：
2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水.
已知三村庄A、B、C构成了如图（E）所示的△ABC（其中∠A、∠B、∠C均小于120°），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值.
（1）平面内一点P到△ABC三顶点的之和为PA+PB+PC，当点P为费马点时，距离之和最小.
特殊三角形中：
(2)三内角皆小于120°的三角形，分别以 AB，BC，CA，为边，向三角
形外侧做正三角形ABC
1，ACB
1
，BCA
1
，然后连接AA
1
，BB
1
，CC
1
，则三线交于一
点P，则点P就是所求的费马点.
(3)若三角形有一内角大于或等于120度，则此钝角的顶点就是所求.
(4)当△ABC为等边三角形时，此时外心与费马点重合.
可见，永州卷这道考题对于费马点只是以课题学习为问题载体，考得比较直截了当；巧合的是
例2 如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM.
⑴ 求证：△AMB≌△ENB；
⑵ ①当M点在何处时，AM＋CM的值最小；
②当M点在何处时，AM＋BM＋CM的值最小，并说明理由；
⑶ 当AM＋BM＋CM的最小值为1
3 时，求正方形的边长.
思路探求：⑴略；
⑵ ①要使AM ＋CM 的值最小，根据“两点之间线段最短”，需设法将AM ＋CM 转化为一条线段，连接AC 即可获取；
②要使AM ＋BM ＋CM 的值最小，由例3积累的知识经验：点M 应该是△ABC 的费马点.由例3中（2）的求解示范，只要连接CE 即可获得CE 为AM ＋BM ＋CM 的值最小.这样获到M 点至少帮助我们在思路获取上提高了效率.理由说明供助于第（1）问的全等获得BM=BN ，将三条线段转化到CE 上去，问题化为两点之间线段最短.
⑶根据题意，添加辅助线，构造直角三角形，过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F . 设正方形的边长为x ，则BF ＝2
3x ，EF ＝2
x .在Rt △EFC 中，由勾股定理
得（2
x
）2＋（
2
3x ＋x ）2＝(
)2
1
3+，解得即可.
简答：⑴略；
⑵①当M 点落在BD 的中点时，AM ＋CM 的值最小. ②如图，连接CE ，当M 点位于BD 与CE 的交点处时，
AM ＋BM ＋CM 的值最小.
理由如下：连接MN.由⑴知，△AMB
∴AM ＝EN .
∵∠MBN ＝60°，MB ＝NB ， ∴△BMN 是等边三角形.
B
F
B
∴BM ＝MN .
∴AM ＋BM ＋CM ＝EN ＋MN ＋CM .
根据“两点之间线段最短”，得EN ＋MN ＋CM ＝EC 最短
∴当M 点位于BD 与CE 的交点处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，即等于EC 的长. ⑶过E 点作EF ⊥BC 交CB 的延长线于F ，∴∠EBF ＝90°－60°＝30°. 设正方形的边长为x ，则BF ＝
2
3x ，EF ＝2
x .
在Rt △EFC 中，∵EF 2＋FC 2＝EC 2，∴（2
x ）2＋（2
3x ＋x ）2＝(
)2
1
3+.
解得，x ＝
2
（舍去负值）.∴正方形的边长为2
.
点评：本题中“AM ＋BM ＋CM 的值最小”如果没有费马点的知识积累，会在探究点M 的位置上花费不少时间，这对紧张的考试来说，势必造成“隐性失分”．。