费马点问题含答案.docx
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费马点问题含答案
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,SKIPIF1<0是边长为1的等边SKIPIF1<0内的任意一点,求SKIPIF1<0的取值范围.
解:
Part1:
将SKIPIF1<0绕点SKIPIF1<0顺时针旋转60°得到SKIPIF1<0,易知SKIPIF1<0为等边三角形.从而SKIPIF1<0(两点之间线段最短),从而SKIPIF1<0.
Part2:
过SKIPIF1<0作SKIPIF1<0的平行线分别交SKIPIF1<0于点SKIPIF1<0,易知SKIPIF1<0.
因为在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0中,SKIPIF1<0
①,SKIPIF1<0
②。
又SKIPIF1<0,所以SKIPIF1<0
③.
①+
②+
③可得
SKIPIF1<0,
即SKIPIF1<0.综上,SKIPIF1<0的取值范围为SKIPIF1<0.
“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SKIPIF1<0三个顶点的距离之和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SKIPIF1<0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(2021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SKIPIF1<0,求此正方形的边长.
图2图3
分析^p^p:
连接AC,发现点E到A、B、C三点的距离之和就是到SKIPIF1<0三个顶点的距离之和,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SKIPIF1<0,那么
BO=CO=SKIPIF1<0,GC=SKIPIF1<0,GO=SKIPIF1<0.
∴BG=BO+GO=SKIPIF1<0+SKIPIF1<0.
∵点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为SKIPIF1<0.
∴SKIPIF1<0+SKIPIF1<0=SKIPIF1<0,解得SKIPIF1<0=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(2021年北京中考题)如图4,在平面直角坐标系SKIPIF1<0中,△ABC三个顶点的坐标分别为SKIPIF1<0,SKIPIF1<0,SKIPIF1<0,延长AC到点D,使CD=SKIPIF1<0,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SKIPIF1<0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SKIPIF1<0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^p^p和解:
(1)D点的坐标(3,SKIPIF1<0)(过程略).
(2)直线BM的解析式为SKIPIF1<0(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SKIPIF1<0,使P点到达A点所用的时间最短,就是SKIPIF1<0MQ+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=SKIPIF1<0MG.
图5图6图7
解法2考虑SKIPIF1<0MQ+AQ最小,过Q作BM的垂线交BM于K,由OB=6,OM=SKIPIF1<0,可得∠BMO=30°,所以QK=SKIPIF1<0MQ.
要使SKIPIF1<0MQ+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=SKIPIF1<0,可得
∠OBM=60°,∴∠BAH=30°
在Rt△OAG中,OG=AO·tan∠BAH=SKIPIF1<0
∴G点的坐标为(0,SKIPIF1<0)(G点为线段OC的中点).
例3(2021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SKIPIF1<0.
(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