中考数学押轴题型-费马点相关问题

费马点及其在中考中的应用
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1 7 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A
C′=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 ′≤ 6 0°．∴在等腰三角形PAP ′中，AP ≥P ∴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△ A′B P′．因为旋转60°，且PB=P ′ B ，所以△ P′PB 为正三角形．因此，
PA+PB+PC=P ′A′+P′P+PC ．
由此可知当A′，P′，P，C 四点共线时，
PA+PB+PC
=P ′A′+P′P+PC 为最小．
当A′，P′，P 共线时，∵∠ BP ′ P=60 °，∴∠ A′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．
费马点相关问题
等腰直角三角形 , 已知在直角平分线上的一点 P,PA+PB+PC最小值为√6
+√2，求直角边的长度？
解答：如图
将三角形PAC 逆时针旋转60 度得三角形DEC ，则角PCD=60 度，
三角形PCD 是正三角形，PC=PD 且DE=PA ，
所以PA+PB+PC=DE+PD+PB ，根据两点之间线段最短，当点E、D 、P、B 在一条直线上时，DE+PD+P B 最小，这时角BPC=120 度，角APC=EDC=120 。

下证这时的点P 就在角ACB 的平分线上。

在三角形DCE 和PCB 中，因CE=CA=CB 得角E=角PBC ，又有角EDC=BPC=120 度，
得三角形CDE 、CPA 、CBP 全等，角ECD=ACP=BCP ，点P 在角ACB 的平分线上。

所以点P 是这样一个点：它使角APC=BPC=APB=120 度(这个点叫三角形的费马点)。

延长CP 交AB 于F，则CF 垂直AB ，且由三角形CPA 、CBP 全等知PA=PB ，得角FPA=60 度，设PF=x ，则
PA=PB=2x ，AF=CF=√3*x ，PC=(√3-1)x ，
有2x+2x+( √3-1)x= √6+√2，x=1/3 √6。

所以AF=CF=√2 ，AC=√2*CF=√2*√2=2。

向左转|向右转
求角 CBN 90 度的方法： 1. 四边形内角和等于 360 度； 2.在直角三角形 ABC 中，由 AC 等于 AB 的一半知角CBA 等于 30 度
基于旋转的相关几何模型的整理
在平面内，将一个图形绕一个走点，按早个方向無动一走的角度,遠样竝图形运动称为徒挎.
1 •绕哪个点旋转?
2 •向哪个方向旋转?
3 •转动了多少度?
三要素；旋转中心、旋转方向、旋转角度
例1
如圏f ZBAD-ZC-90o, AE±BC , E为BC上的一点且AB-AD fΛE-5 .求四边形ABCD也面枳
思路：条件DA=DC ,为"辰转"荚走了基吧，将线段AB绕着点A逆时孑旋转90° ,四边形AD CB可转化为正方形I即可解决问题
解法:过点D作DF LBC于F ,得-ADE=-CDF ,通过添加辅助钱达到了"•迄错"的冃的
如左图，竽腰-ABC 绕看点A 按逆时针方向症转α爰至-AB 、C 、伎直.易知-ABa-AB 、C 、（即症
这就是传说中的’旋转一拖二'■即传膊三角形旋转Ns 会有两个全芻三角形■尢浜是笙二个 全偉往往是解题的关缠•佶得注意的是，结合"8宇形".可以进一步证B^ZBDC=ZBAC
特例（1）共顶点的双等边三角形揆型
如圍f "BC 和"B'C'祁是尊辺三角形（AB 获逆时计眨转60°至AC 位董、AB'绕A 逆时针旋 菇旋转60。

至ACY 立置.易知-ABB 、生ACU （ SAS ）
铸后的图形皂旋凭前为 形全筈）；如右图，若连接BB 、、Cc t 易证明-ABB^ACc （
SA
特例（2 ）共顶曲的双等Iffi直角二角形模型
二ABCJC-AB'C都是等腰直角三角形（AB绕A逆时针旌转90’至AC位查、AB'绕A逆时针旋转贞转90。

至AC、位盍）.易ACC' （SAS ）
例2
如匿I己知等边二ABC内接于OO ,点P是弭BC上一动点（不与B、C重合）
求证：PA≡PB÷PC •
解法一（截长）
如左圏.在PA上截取PQ=PB ,
易证ZBPA-ZCP A=60c I
这样=PBQ为警边二角形，由"共顶克双等边三角形僅型'易证-ABQ斗CBP（SAS）,故PC=Q
A r
所以PA-PQ-QA-PBtPC •得证
解注二（补短）
如右国，延长:CP仝点Q「史PQ=PB ,
易≡zBPQ=60c,这样-PBQ为等边三角形，由"共顶点双等边三角形模型'易证二ABX=CB
Q（SAS] r故PA-QC f所以PA-QC∙QP+PC∙PB∙PC r得证
总而言之I上述两种解法若用旋转的眼光*肓，就是绕巷旋转中心B抜腰时针或逆时针方向旋转60度r这样BA与BC必然垂合（这是由BAMBC产生的结果）o BP则旋转&）至BQ住直r构苣出“共顶点双等边三角形嘆型* ,得出全等■解决冋题。

逬一步如異运用葩观点.本例还可以粤耳如下更加丰富的解法
洪时针順时针
Φ⅛AB≡AC.
所右转法’ 6由BA=Ba绕B锹
P
③由CA ∙CB∙
规律总结
栄顶点处有两祭相等的钱段”为晡提供了可能，可绕该顶点津,构造出”共顶点的或筈腰三角形模型"，借助•旋核一拖二” f得丸仝等J解决「可题・上述规律可简记为“等纭破、共顶点；造琢F= •
变式⑴
如團，正方形ABCD 內筷于06点P 是丈上一动伍（不与B S Cl 合）,试猜想PA 、 PB 、PC 三者之间的数重关系，并证明.
简析：由BA=SC ；可绕B 转90気 可证得PA=√2PB -PC:
变式（2）
如圉，正六边形ABCDEFnl 接于OO ,点P 是反上一动点（不与B 、C 重合〉，试摘想 PA 、PB X PC 三者乙旬飽数量关系，并证明.
筒析：由 BA=BC, 12（度7 可证得 PA=√3PB ∙
PC : ≡顺时针
其它基于“旋转”的几何模型
正方形“半角（45度）模型"
已知正方形ABCD中，ZEBF=45β, MEF=AE÷CF
、料
四边形中“半角模型〃
己知四边形 ABCD 中.BA=BC∙ ZABC∙ZADC=180c∙且ZEBF=挤ABG 贝∣. EF∙AEYF
等腰直角三角形中“半角（45度）模里
已知等腰直角ZXABC 中，ZDAE=45° ,则DE 2=BD 2-KE 2
.
对角互补模型（1）
己知直角ZkABC 和等腰直角ADBG 则AC-AB=^AD.
简称“共斜边等角三角形•宣角三角形”模舉（异侧中〉
D
A
对角互轴蟆型(2 )
已知直角AABC 和等ΔDBC,则AB-AC^AD.
对角互补模型(3 )
已知等边∕∖ABC,且ZBFC=I20° ,则FA二PB十FC.
P
简称“等边三角形对120°模型刀.
对角互补模里(4 )
SMW85∆ABC ΦZBAC= 120∖且ZBPC= 60c.则∕PA=PB∙PC
小结：
当图形具苟尖边右等邃一特征时,可以把医形的其部分參其傍边的公共端点旋毎I」另,将分敌的条件相对婁中起来f从而1?决问题•因为正方形、等贋(直龟)三甬形、等边三角形具备边长用等这F 征,所以左这些图形中r竜用旋转变换.即当某顶点处存在相等的两条线段旳, 可以将此顶点出发的篥三負线段进行相应戏旋转,可顺转也可逆转r构造出”手拉手模型”,从而解决问题.
“费马点”与中考试题
目马，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藩之和最小的点.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△•仍C三个顶点的砲离之和刃+P-PC最小？这就是所谓的费B问题.
解析：如图i,把△廿C绕/点逆时针旅转eo。

得到ZUPC∖连接FP・
则2PP为等边三；⅛形，AP- PP∖ P C-PC9
所以P4+PB÷PC= PT+ PB+ PC・
点C可看成是线段绕4点逆时针旋转60「而得的定点，3D为定长，所以当3、P、P∖C四点在同一宜线上时∙PA+PB+PC小•
这时Z5H4=180o-Z-4PP f=180c-60c^120o,
ZAPC=ZA P r e=I800-Z^P*P=1800∙600=120°,
Z5PO3600-ZB∕M ∙ZAPC-360°∙120°∙120J120°
因此，当△肋C的每一个内免都小于120。

时，所求飽点P对三角形每边的张理都是120。

，可在.4B、BC边上分别作120。

的弓形弧，两綴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当就是純角的顶点•
费尔马问起告诉我们，存在这么一个点到三个定点的距离的和最小，解决问电的方法是运用旋转变换.
本文列举近年“费马点”走进由考试卷的实例•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到川.B、C三点的走离之和的最小值为＞^ + √6,求此正方形的边长.
分析，连金AC,发现点E到八B、C三点的距忑之和就⅛^∣J ^BC三个顶点的距冉之和.这实际是费不马问题的支形，只是背景不同・
解如图2,连接4G 把ZUEC绕点C顺时针旋转62,得到AGFC,连麦M∖BG.
AQ f可知Z1EFC∖∆AGC^是等边三角形，则EF=CE∙
又FG=AE,
：.AE+BE+CE = BE^EF^FG (图4).
V 、点G为定点(G为点.4绕C点顺时针旋转6)。

所得)・
/.线段BG即为点E到/、B、C三点的距蔑之和的⅛Φ(S・此时E、尸两点都在HG 上(图3)∙
设正方形的边长为α,那么
•：点E到片、B、C三点的亜离之和的最小值为√24√6・
•*• ——α + ~^α=V2, 解得 a=2.
2 2
注本题旋转也都可以，但都必须绕看定点旋转，读者不妨一试.
例2 (2009年北京中考題)如国4.在平面直角坐标系XCA中，三个顶点的坐标分别为.4(-6,0), B(6.0), C(0,4√3),延长.4C 到点。

，使CD=^AC^点 Q 作DE//AB交BC的延长线于点E.
(1)求D点的坐标；
（2）作C点关于宜线DE的对称点F,分别连结DF、EF,若过B点的宜线y = b + b将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解忻式：
（3）设G为y轴上一点，•点P从宜线y = kx + b与y抽的交点岀发，先沿，轴到达G 点，再沿G4到达心,若P点在$轴上运动的速度是它在言线G上运动速燮的2倍, 试碇走G点的位臂，使P点技照上述要求到达4点所用的时间最短.
分析和解：（O D点的坐标（3, 6JI）（过程略）.
（2）直线FM的解折式为^ = √3.r +6√3 （过程路）.
@4
（3）如何确定点G的位置是本题的难点也是关偿所•在.⅛0点为F轴上一.点.P在y 轮上运动的速度为"则P沿动的时间为孚 +竺，使P点到达4点所用的2v V 时何绘短，就是∣A∕ρ+jρfiΦ,或M iρ+i40最小.
解法1 •： BQ=AQ t∙∙∙MQ十2J0最小就是A绘十40+30盏卜就是在直线MO
上找点G使他到/、次M三点的距离和辰小.至此，再次发现这又是一个费尔马问题的变形，注意到題目中等边三角形的涪息，考虑作炭转变换.
把厶AfQB绕点〃喉时针旋转6（T ,得到△ M QB.连接购* MW （国5）,可知△
QQB、ZUOfB都是等边三角形，则QQ=BQ
又"0=Λ∕0
：•Λ∕ρ÷jρ+ BQ- Afg+ QQ r^AQ.
•••点父M为定点・所以当Q、0两点在线段AM上时，λfQ+AQA-BQ小・由条件可证明0点总在上■
所以AAZ r与OM的交占就是所要的G .点（图6）.可证OG=丄A/G.
2
解法2 考虑:MOA-AQ过。

作的垂线交于K,由OB-6f O∖^6yβ , 可得ZZMfOl30。

，所以QK^-MQ.
更使｝j MQ-VAQ^小，只苒便AQiQK最小，根据“垂线段最短”，可推出当点/、
■
0、K在一条直线上时，∕g∙0K最小，并且此时的WK垂直ψ BM.此时的点0即为所求的点G （图7）.
过4点作于尽^AH与y轴的交•点为所求的G点.
由OBY、OAQ6 9 可得
ZOBA∕=60°,Λ ZSAH=30c
在RthOAG中，OG-AO∙ taτιZB∕lH-2T3
∙∙∙G点的坐标为（0, 2√3 ）（6 Λ为线段 *的中点）・
例3 （2009年湖州中考題）若点P为ZWEC所在平面上一点，且ZAPB=ZBPc=
ZCE4-120。

，则点P叫做Z∑MC的费马点.
（1）________________________________________________________________________ 若P为锐角△川眈的费马点，且ZABC=60°f PA=3t PC=4i则PB的值为________________________________ ；
（2）如图8，在锐角△ ABC的外侧作竽边ZUW 逞结BB'∙求证：BB'过IBC的
解：（I）利用相似三角形可求PB的值为2苗・
（2）设点P为脱企AABC的费马点，
即20o
如图8,把绕点O顶时针旋转60。

到4BCE、连结PE f则AEPC为正三龟形.
9： ZB f EC=厶PC=I 20。

，ZPEe=60。

Λ NBEU+ZPEO=I 80。

即P、E、B'三点在同一直线上
VZBPO1200, ZCFE-60°,
ΛZBPC + ZCPE=180o,
即B、P、E三点在同一宜线上
.β. BS F、E、B f四点在同一宜线上.即BB过AJBC的费马点P
又PE二PC, B t E^PA f
：.BM=E B*PB+PE=M+PB-PC∙
注通过旋转变换.可以改变线段的住置.优化图形的结构.在使用这一方法終匡时希注总国形旋转变换的基础.即存在相等的线段，一般地.当题目出现等雯三角形（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•规则图形变为规刘區形，或将分故的条件樂中在一起，以便挖据隐含条件，使问題得以解决.
费尔马间理是个有捶的数学l⅛≡,这些问题莒莒可通过旋转变訣来缪决.
识别“费马点”思路快突破
例1探究问题：
（1〉阅读理
①如图（2,在已知AMC所在平面I疗在点D使它剑三角形顶点的沪厲之和最小，则称点P
为bABC的费马点，此IH刃+PB+PC的值为bΛBC的费马巾禹•
②如图（B>,杆四边形ABCD的四个顶点在同岡"½Hj AB CD+BCDΛ =ACBD.此为托勒帑定脛.
（2）知识迁移：
①请你利用托勒密定理，解决如卜问题：
如阳（C）,已知点P 为等½Δ ABC外接岡的BC l：4£jg Λ,A.^⅛E:PB+PC=PA.
②根却：（2）①的结论，我们右如卜•探寻bABCQ其中Z儿ZB、NC均小于120。

）的费马点和费
马曲离的方法：
第•步：⅛ira<D）,½∆^C的外邮以BC为边氏作零辿b BCD及其外接
第二步：在3C上任取•点忆连结P9A. PE、PG PD.易知PR+P8+PC=P∕i+ WlaC）
≈P,Λ+ _________ :
第三步：请你根据<1）①中定义，在图⑴〉中找∖l∖^ΛBC的费马点化并请指川线段. .的C度即为A/BC的费马閃爲
⑶知识应用；
2010年4月.犹BI西南地区川现了罕児的持缓T早现② 许多村庄Il曲了人、甫饮水困难P为解决老百姓的饮水问题，解放军某師来到云南某地打井取水.
已知三村庄儿0、Q构成r如圖（E）所∆∕ftfC（K中厶K ZB、ZX均小于120o）∙现选耽I l A P打水丿1>使从水幷尸到三H圧人乩C所傭设的输水卑总丘度虽小，求输水管总反度的最小值.
简解：(2) (Offi明：由托勒密定理可知PB AC+PCAB=M BC
= ZBC是尊边三角形
∖ AB=AC=BC
：.PJi+PC= M
(3)解：如图，以EC为JZZ K-⅛∆ABC的外部作等边bBCD,连接Mλ则知线段血的©即为IBC
的费马阳离.
•••△BCD为等边三角形，BC=A f
：.ZCtfD=60o, BD=BC=4
V ZyfBC=30。

■Λ ZTLBD=90°.
在RlbABD中.∙∙∙∕B=3. BD=4
：.AD= y∣AB1 + BD2 =√35÷42 =5 (km>
•••从水井P到三村庄彳、B、C所铺设的输水管总K度的璟小值为5km.
点评：此题集例读理解、创新探究、实际应用于•体，题型新穎别致P煤介乌査自主探浪创新应用能力，是道不对多得的好题倫趣者设蜀戚递进式问题.后续何题的崽昭获⅛G求解都靠对上•结论的解
读S利用‘这也是近年“课题学习”考査的•大风向，值得飙如果说例1只是以“力马点”为课题学习的紊材进VTS・为了林助同学们更好的理解三角形的费马点，我们补充儿点：
(1)平而内・Λ,AP^I∆ΛBC≡顶点的之和为PΛ+PB+PC,韦点P为勿马点吋，曲离之和僉小.
特殊三角形中：
(2)三内角皆小-P 12(T的三角形，分别以AB, BC∙ CA,为边■向三角形外侧做正三角形
ABC1, ΛCB1, ⅛CΛ1,然后连接AAP BB M CC1,则三越空于•点P,则点P就是所求的费马点.
(3)廿三角形仃内角大于或等十120度，則此纯角的烦点就是历求.
(4)当6 ABC为等边三角形时，此时外心与狼马点虫令・
可见，永州卷这逍考题对干彷马点只是以课題学习为向题截体，占得比较垃截了％巧合的是2010年福理宁德•道垮题对这个知识考杳显得隐敌仁请看,
例2如础四边形AbCD是正方形.^ABE是等边三角形，M为对角线IfD（不含〃点）匕任怠•点，
将绕点”逆吋针挞转60。

得到连接E酿AM. CM.
⑴求证,Δ AMB^ΔE^iB↑
（2）（1）当M点在何处时.JW+CW的值圮小=
②肖财点在何处时.ΛM+HM+CM的值垠小，并说明理由：
⑶肖J.W+ΛW+GW的呆小值为厲+1时，求正方形的垃忆
思昭探求：⑴賂：
⑵①耍使ΛM^CM 的值最小，根擀俩点之间线段最切.需谊法将/LW+CW 转化为 条线段• 迁接AC 即可获取：
②喪便/LW+BM+CV 的值吊小，由例3积累的知识经扯 点M 用该是△/BC 的费马点•由例3 中(2〉的求解木范，只耍连接CE 即可获得CE 为JΛ∕÷AA∕+CW 的值最小•这样获到M 点至少殆助 我们在思路获取上提髙了效率•理由说明供助于第＜1)何的全等获得BM=BN,将三条线段转化到 CE 上去，问题化为两点之间线段垠短.
⑶根据题氐 涕加辅肋线，构造直角三角形，过E 点作EF 丄BC 交CB 的延©线十F.役正方形
前边氏g 则BF=牛,EF= f •在她EPC 中，由勾股定理得(訐+ (
解得即町
简答,(I)BSt (2X∏当M 点落在ED 的中点时.AM+CM 的值最小.
②如图•连接a?・当M 点位于眈与a?的交点
处时, 十CW 的值最小.
理由如卜、连接MV •由⑴知.6
AMB 竺AENB,
：.A .W+ΛW÷CW=EΛ,
+A∕.∙V+CW.
根抿”两点之fR 俶段最迹，再£/V+^V+GW=£C«fel M 点位于BD 与V 的交点处时,ΛM+BM+CM 的值母小•即等于EC 的氏.
⑶过 E 点作 EF 丄BC 交 CB 的延氏纨 j ∙ F 9 ：. ∠EtfΛ ^900-600-=3(r.
设正方形的边K 为心MUF=-x, EF ・
2 2
在RtA EFC 中‘匸胡 + 用之厂…缸彳厂㈠纟“小—⑴+才・
2 2
X= 41 (舍去员值)・•••正方形的边长为Jr
点评：木题Φ u
ΛW+^W+CW 的值址小"如異没右费马点的知识积期，公在探叽点M 的位置
上花费不少时间，这対紧张的考试来说，势必造戚“隐性失分二^X +X )2 = (√3÷1)2. :MM=EN.
•:厶MBN=冊，MB=NB ∙
Λ∆ΛΛ∕.∙V 是等边三角形.
：.BM=MN.
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．
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= P P′，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= ∠A P ′ C′ =180 °-∠AP′P=180 ° -60 °
=120 °，∠ BPC=3 60°-∠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1 20 °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 三点的距离之和的最小值为
，求此正方形的边长
分析；连接AC,发现点E剑八爪C三点戌距离之和就是到厶"C三个孜点笊距更之和.这实际是费尔马问题的交形，只是背虽不同•
解妇图2,连⅛^C,把AJTC统点C妝时针60%得到ΔGFC,连接反\ BG、AG9可知△ EFC、ZUGC都是弄边三角形，则EF=CE.
又FG=UE •
・•・ AE^BE^CE = BE^EF^FG（因 4）・
T点爪点G为定点(G为貞/绕C点顺时针⅛g⅛60o所得)・•••线玲BG即为点E到八庆C
三点的距离之和的最小侑•此时E. F两点都衽BG
上(囹3).
设正方形旳边长力-那么
BO=C'Cy= ---- a ∙ CTC"= J GO= ------ α .
2 2
•：点&到JS C三点的距离之和的最小值为√Γ÷√6 .
•：-—a -i∣∙---a =yfl + y∕β ,解得a=2_
2 2
注本题旋转LAEB. LBEC也郃可以，但都必狽纟尧着定点族转，读者不妨一试.
例2 ( 2009年北京中者题)如图4.在平面岂角坐标XOy中.ZS45C三个顶点的坐标分别为-4(-6T O)) 3(6,0)s C(0.4√3),延长M刮点0使CD=~ΛC ,⅛点0作DEtAB交SC的延长线亍点E.
(1)求D点的坐标；
(2)乍C点关于直线DE的对称克;代分别连结DF. EF^若过Z点的亘线P "2 < 囚谊形CDFE分成舌长相等的两个四边形，确定此自线的解析式；
(3)设G为F轴上一点，点尸从直线y=zb与y轴的交点岀发，先沿T抽到达G 点，再治GA 到达/点，若卩点:在J珈二运动的速复是它在宜线GA上运动理度的2倍，试确定G点的位苴，使F点按瑕上述要求到达〃点所用的时间最短.
分析和解，（1） D 点时坐标（3∙ 6√3 ）（过程略）・
（2）宜线创f 的解析式为j ∙ = -√Γr÷6√3 （过程略）・
（3）如何碣定点G ⅛t ⅛M 是本题的难点也是去健所左.
瑚上运动的速厦为V,则P 沿运动的时间为空 2 V
时间最短，就是加龟十/0最小，或M2÷Z4O 最小.
解法1 •/ BQ=AO. .∙..VfO 十2AQ 最小就杲XfQ J fAo-BQ 最小.就是在育线MO 上找点G 便他到丿、5、M 三点的距斑和最小.至此，再次发现这又是一个费尔马间題的突 形，汪意到题目中等边三定形的宿冃，者虑伍濮转变换.
把ZkMg0绕点B 顺时针比转60° ,得討△"?§,连接00、MAr （图5）,可知△ QQ ,B.
ΔλfΛΓ^ <5是等边三角形.IjlII QQ 二BQ.
X^-Wp.
∙∙∙ MQ +化 + 存 MV- QQ'-ΛQ.
•••点.4、M 为定爲 所以当0、0两戸衽线段.4M T 上时，M0+/0+30最小.由条件 可证明P f
点总在JΛ∕τ
上，疔以与Sf 的交点就是所妾的G 点（图6）. LiTIiE OG=-AfG.
设0点为y 轴上—点，P 在y —,使P 点到达丄点序用的
图5 图6 图7
解扶2 考虑i .vρ十最小•过0作的幸线交25M干K∙⅛0B=6.O∖f=6y∕3 .
要使-MQ小•只需佚M+0K最小，很据垂线段最短S可推岀当点•仁2
0、&在一条宜线上旳，AQ^K⅛J',并巨此时的垂直于购此时的点Q即为所求的
点G（图7）・
TiA点作AH ∖BM于H,则ΛH^y^的交点为所求的G点.
由OB-6. 0\【-6点、可律
ZO5ΛZ=6CP, ・•・AAH=30°
在R 込 OAGψ, OG=AO ∙ t2Λ 厶 BAH=2 爲
.∙∙O点的坐标为（0, 2苗*）（G点为线段OU的口点）.
例3 （2009年湖州中考題）若点P为^ABC所在平直丄一点，且AAPB^ABPC^
ZCRI=I20°,则点P叫（δz∆jβc的费马点•
（1）若P为锐角ZUBC的曳马点•且ZMC=€0=4=3204,则PB^%_________________ I
⑵ 如图&在悦肖外例作羊边AACB I t连¥吉・求证’ BB I ABC的
费马点P∙且BBjfn-PB-PC.
解，（1）利用相似二角形町求丹的谊为2√Γ
（2）设点P为A ABC的费9点.
即乙 AFBQFC--120°
如因&把绕点C顺时樹症转60。

到ZXiTCE.连结PE,见AEPC为正三痒形. β.β ZBEC= ZAPC=120°. ZP£C=60°
∙∙∙ZSEC+ZFΣC=18CΓ
即P、E、B'三点在同一直线上
・• ZBPC=I20S ZeP£=60C ,
：•ZBPC+ZCPE =180°,
即B、P、E三点在同一直线上
•・• B、P、E、B t四点在同一宜线上，即过ZlUBC的黄马点P
只 PE=PC、B∙E∙R{∙
：.BB匕EBTAPE二Ri +PB-FC・
注通过旋转芟换，可以改变线段的位置，优化因形的结构.在使月这一方注解题时需注意图形施转变按的基础，即存在相等的线段，一瑕地，当題目岀现等腰三角形（等边三角形）、正方形条件时.可将图形作族转60。

或90。

的几何变换.将不规则图形变为规则图形，或籽分敵的条件集中在一起，以便挖廻隐含条件.使问题得以解决.
费久马问題是个有趣的数学问题，这昼I可趣常常可通过疑非变抉来解决・。