一、费马点的由来
费马(Pierre de Fermat,1601—1665) 是法国数学家、物理学家. 费马一生从未受过专门的数学教育, 数学研究也不过是业余爱好. 然而, 在17世纪的法国还找不到哪位数学家可以与之匹敌. 他是解析几何的发明者之一; 概率论的主要创始人; 以及独承17世纪数论天地的人. 一代数学大师费马堪称是17世纪法国最伟大的数学家. 尤其他提出的费马大定理更是困惑了世间智者358年. 费马曾提出关于三角形的一个有趣问题:在△ABC 内求一点P , 使 PA+PB+PC之值为最小, 人们称这个点为“费马点”.
二、探索费马点
1. 当三角形有一个内角大于或等于120°的时候, 则费马点就是这个内角的顶点.
下面来验证这个结论: 如图1, 对三角形内任意一点P , 延长BA 至点C′,使得AC′=AC,作∠C′AP′=∠CAP , 并且使得AP′=AP. 即把△APC 以A 为中心做旋转变换.
则△APC ≌△AP′C′,
∵∠BAC≥120°,∴∠PAP′≤60°.
∴在等腰三角形PAP′中,AP≥PP′,
∴PA+PB+PC≥PP′+PB+ P′C′>BC′=AB+AC. 所以A 是费马点.
2. 如果三个内角都在120°以内, 那么, 费马点就是三角
形内与三角形三顶点的连线两两夹角为120°的点.
如图2, 以B 点为中心, 将△APB 旋转60°到△C′BP′. 因为旋转60°, 且PB=P′B,所以△P′PB为正三角形. 因此,PA+PB+PC=P′C′+P′P+PC.
由此可知当C′,P′,P,C 四点共线时,PA+PB+PC= P′C′+P′P+PC为最小.
当C′,P′,P共线时, ∵∠BP′P=60°,∴∠C′P′B=∠APB=120°.
同理, 若P′,P,C 共线时, 则∵∠BPP′=60°,
∴∠BPC=120°.
所以点P 为满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点.
三、费马点的简单应用
近几年, 在全国各地的中考中, 时常可以看见费马点的影子.
例1(2009浙江湖州) 若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 为锐角△ABC 的费马点, 且∠ABC=60°,PA=3,PC=4,则PB 的值为________;
(2)如图3, 在锐角△ABC 外侧作等边△ACB, 连结BB′.求证:BB′过△ABC 的费马点P , 且BB′=PA+PB+PC.
解:(1)∵∠PBA+∠PBC=∠PBC+∠PCB=60°, ∴∠PBA=∠PCB.
又∠APB=∠BPC=120°,
∴△PBA ∽△PCB, 则PB 2=PA×PC=12,
即PB=2.
(2)证明:在BB′上取点P , 使∠BPC=120°, 连结AP , 再在PB′上截取PE=PC,连结CE.
∵PC=CE,AC=CB′,∠PCA=∠ECB′,
∴△ACP ≌△B′CE.
∴∠APC=∠B′EC=120°,PA=EB′.
∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°,
∴P 为△ABC 的费马点, 且BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC.
例2 (2009北京) 如图, 在平面直角坐标系xOy 中, △ABC 三个点的坐标分别为A(-6,0),B(6,0),
C(0,4),延长AC 到点D, 使CD=AC,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, 试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.(要求:简述确定G 点位置的方法, 但不要求证明)
本题第三问要求:简述确定G 点位置的方法, 但不要求证明. 如果不知原理, 比较难找, 用常规数学的方法, 会涉及到一元二次方程的判别式的问题, 并不容易想到. 而用费马点的知识就能轻松找出这个G 点.
由于直线y=kx+b与y 轴的交点坐标在第二问当中可求出M(0,6),所以, 本题第三问便可以转化为:AO⊥OM 于点O,AO=6,MO=6,G点从M 出发, 向O 点运动到达G 点后, 再沿GA 到达A 点. 若G 点在MO 上运动的速度是它在GA 上运动速度的2倍, 试确定G 点的位置.(如图5,G 点按照上述要求到达A 点所用的时间为t)
解法一: 方程解法
设GO=x,则MG=6-x,AG=,
则t=+,
移项平方得:3x2+(12-4t)x
+36+24t-4t2=0,
∵方程有解,
Δ=(12-4t)2-12(36+24t-4t2)≥0?圯t≥6,
将t=6代回方程, 求出x=2时,t 最小.
解法二:费马点解法
如图6, 要使+AG最小, 即使MG+2AG最小.
作A 关于MO 的对称点A',
则MG+2AG=MG+AG+A'G,
即MG+AG+A'G最小. 故G 为△AA'M 的费尔马点. 作∠GAO=30°, 交MO 于G 点, 则∠AGM=∠A'GM=∠AG A'=120°, 故G 点为所求. OG=2.
由此利用费马点的解法可以看出:
当动点G 在OM 上的运动速度是在AG 上的2倍的时候, 动点的位置与MO 的长度无关, 与AO 的长度有关,GO 长是AO 长的倍.
一、费马点的由来
费马(Pierre de Fermat,1601—1665) 是法国数学家、物理学家. 费马一生从未受过专门的数学教育, 数学研究也不过是业余爱好. 然而, 在17世纪的法国还找不到哪位数学家可以与之匹敌. 他是解析几何的发明者之一; 概率论的主要创始人; 以及独承17世纪数论天地的人. 一代数学大师费马堪称是17世纪法国最伟大的数学家. 尤其他提出的费马大定理更是困惑了世间智者358年. 费马曾提出关于三角形的一个有趣问题:在△ABC 内求一点P , 使 PA+PB+PC之值为最小, 人们称这个点为“费马点”.
二、探索费马点
1. 当三角形有一个内角大于或等于120°的时候, 则费马点就是这个内角的顶点.
下面来验证这个结论: 如图1, 对三角形内任意一点P , 延长BA 至点C′,使得AC′=AC,作∠C′AP′=∠CAP , 并且使得AP′=AP. 即把△APC 以A 为中心做旋转变换.
则△APC ≌△AP′C′,
∵∠BAC≥120°,∴∠PAP′≤60°.
∴在等腰三角形PAP′中,AP≥PP′,
∴PA+PB+PC≥PP′+PB+ P′C′>BC′=AB+AC. 所以A 是费马点.
2. 如果三个内角都在120°以内, 那么, 费马点就是三角
形内与三角形三顶点的连线两两夹角为120°的点.
如图2, 以B 点为中心, 将△APB 旋转60°到△C′BP′. 因为旋转60°, 且PB=P′B,所以△P′PB为正三角形. 因此,PA+PB+PC=P′C′+P′P+PC.
由此可知当C′,P′,P,C 四点共线时,PA+PB+PC= P′C′+P′P+PC为最小.
当C′,P′,P共线时, ∵∠BP′P=60°,∴∠C′P′B=∠APB=120°.
同理, 若P′,P,C 共线时, 则∵∠BPP′=60°,
∴∠BPC=120°.
所以点P 为满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点.
三、费马点的简单应用
近几年, 在全国各地的中考中, 时常可以看见费马点的影子.
例1(2009浙江湖州) 若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 为锐角△ABC 的费马点, 且∠ABC=60°,PA=3,PC=4,则PB 的值为________;
(2)如图3, 在锐角△ABC 外侧作等边△ACB, 连结BB′.求证:BB′过△ABC 的费马点P , 且BB′=PA+PB+PC.
解:(1)∵∠PBA+∠PBC=∠PBC+∠PCB=60°, ∴∠PBA=∠PCB.
又∠APB=∠BPC=120°,
∴△PBA ∽△PCB, 则PB 2=PA×PC=12,
即PB=2.
(2)证明:在BB′上取点P , 使∠BPC=120°, 连结AP , 再在PB′上截取PE=PC,连结CE.
∵PC=CE,AC=CB′,∠PCA=∠ECB′,
∴△ACP ≌△B′CE.
∴∠APC=∠B′EC=120°,PA=EB′.
∴∠APB=∠APC=∠BPC=120°,
∴P 为△ABC 的费马点, 且BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC.
例2 (2009北京) 如图, 在平面直角坐标系xOy 中, △ABC 三个点的坐标分别为A(-6,0),B(6,0),
C(0,4),延长AC 到点D, 使CD=AC,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, 试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.(要求:简述确定G 点位置的方法, 但不要求证明)
本题第三问要求:简述确定G 点位置的方法, 但不要求证明. 如果不知原理, 比较难找, 用常规数学的方法, 会涉及到一元二次方程的判别式的问题, 并不容易想到. 而用费马点的知识就能轻松找出这个G 点.
由于直线y=kx+b与y 轴的交点坐标在第二问当中可求出M(0,6),所以, 本题第三问便可以转化为:AO⊥OM 于点O,AO=6,MO=6,G点从M 出发, 向O 点运动到达G 点后, 再沿GA 到达A 点. 若G 点在MO 上运动的速度是它在GA 上运动速度的2倍, 试确定G 点的位置.(如图5,G 点按照上述要求到达A 点所用的时间为t)
解法一: 方程解法
设GO=x,则MG=6-x,AG=,
则t=+,
移项平方得:3x2+(12-4t)x
+36+24t-4t2=0,
∵方程有解,
Δ=(12-4t)2-12(36+24t-4t2)≥0?圯t≥6,
将t=6代回方程, 求出x=2时,t 最小.
解法二:费马点解法
如图6, 要使+AG最小, 即使MG+2AG最小.
作A 关于MO 的对称点A',
则MG+2AG=MG+AG+A'G,
即MG+AG+A'G最小. 故G 为△AA'M 的费尔马点. 作∠GAO=30°, 交MO 于G 点, 则∠AGM=∠A'GM=∠AG A'=120°, 故G 点为所求. OG=2.
由此利用费马点的解法可以看出:
当动点G 在OM 上的运动速度是在AG 上的2倍的时候, 动点的位置与MO 的长度无关, 与AO 的长度有关,GO 长是AO 长的倍.