费马问题介绍
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。
费马问题
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费马问题
数学术语
目录
01 简介
03 探讨与证明
02 纯几ห้องสมุดไป่ตู้解法
费马问题(Fermat problem)是著名的几何极值问题。费马(Fermat, P. de)曾提出一问题征解：“已知一个 三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和为极小。”它的答案是：当三角形的三个角均小于 120°时，所求的点为三角形的正等角中心；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的 顶点。在费马问题中所求的点称为费马点。
锐角三角形的最小点只能是费马点。 1.最小点不在三条边上。 （包括顶点） 假若最小点P在边上，易知P必是某条边上高的垂足。不妨设是BC边上的高AP的垂足。 如图5（1），以B为圆心，BP为半径作图，A,C必在园外，以A,C为焦点作一过P点的椭圆。 由于直线AP是QB的切线且是椭圆的割线，可在圆B上取到一点P’，使P’在椭圆内且在△ABC内，则P'B=PB， 由椭园的轨迹定义 P'A+P'C 故：PA+PB+PC>P'A+P'B+P'C，这与假设P是最小点矛盾，即证。 2.最小点只能是费马点。 由以上证明知，锐角三角形的最小点P只可能在三角形内部。 如图5（2）所示：
简介
平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马（Pierre de Fermat,1601–1665）提出的一个著名的几何问题。
1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利（Evangelista Torricelli,1608–1647)的私人信 件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答（也有一种说法是费马本人 实际上已经找到了这个问题的答案，他是为了挑战托里拆利才写信向他“请教”的）：
费马点问题知识点
费马点问题知识点费马点问题是一个深奥而有趣的数学难题，涉及到费马大定理的相关内容。
费马大定理是说：对于任何大于2的整数n，不存在任何整数a、b、c，使得a^n +b^n = c^n成立。
这个问题最初由法国数学家费马在17世纪提出，并直到1994年才被英国数学家安德鲁·怀尔斯证明。
费马点问题是针对这个定理的一个特殊情况展开的。
费马点问题是指在三维空间中，给定一系列点，找出其中距离其他点最近的点。
换句话说，对于给定的点集合，找出其中的一个点，使得该点到其他点的距离最小。
这个问题在计算几何学中被广泛讨论和应用。
解决费马点问题的方法可以通过一步一步的思考来完成。
下面将介绍一种常见的解决方法：第一步：确定问题首先，我们需要明确问题的描述和要求。
费马点问题要求找到一个点，使得该点到其他点的距离最小。
第二步：理解问题在解决问题之前，我们需要理解问题的背景和相关知识。
费马点问题涉及到距离的计算和最小值的确定。
第三步：分析问题接下来，我们需要对问题进行分析。
费马点问题可以通过计算每个点到其他点的距离，并找到最小距离对应的点来解决。
这个过程可以使用数学公式和计算方法来完成。
第四步：解决问题在分析完问题之后，我们可以开始解决费马点问题。
首先，我们需要计算每个点到其他点的距离，可以使用欧几里得距离公式来计算。
然后，找到最小距离对应的点，并将其作为费马点。
第五步：验证解决方案解决问题之后，我们需要验证解决方案的准确性。
可以通过重新计算费马点到其他点的距离，并验证其是否是最小距离。
第六步：总结最后，我们需要总结问题的解决过程和结果。
费马点问题是一个有趣且复杂的数学难题，通过分析和计算，我们可以找到最佳解决方案。
这篇文章介绍了费马点问题的基本知识点和解决方法。
通过一步一步的思考和分析，我们可以解决这个有趣的数学难题。
费马点问题在计算几何学中有广泛的应用，对于理解和掌握相关知识具有重要意义。
希望本文对读者有所帮助，引起大家对数学问题的兴趣和思考。
关于求解费马点问题的多种方法探究与综述
关于求解费马点问题的多种方法探究与综述费马点问题是一个经典的几何问题，它的解法有很多种。
本文将探究和综述多种求解费马点问题的方法。
一、费马点问题的定义费马点问题是指在平面上给定两点A、B和一条直线L，求一点P，使得PA、PB到直线L的距离之和最小。
二、求解费马点问题的方法1. 构造法构造法是最常用的求解费马点问题的方法。
具体步骤如下：（1）以A、B为圆心，PA、PB为半径，画两个圆，交于点C和D。
（2）连接CD，作垂线EF，使EF与CD垂直且相交于点P。
（3）连接AP、BP，使AP、BP与CD垂直。
则点P即为所求的费马点。
2. 向量法向量法是一种比较简单的求解费马点问题的方法。
具体步骤如下：（1）设点P的坐标为(x,y)，则向量AP的坐标为(x-a,y)，向量BP的坐标为(x-b,y)。
（2）设点P到直线L的距离为d，则向量AP和向量BP的夹角为arcsin(d/PA)和arcsin(d/PB)。
（3）根据向量的加法和减法，可以得到向量AP和向量BP的和向量CP的坐标为(2x-a-b,2y)。
（4）由于向量CP与直线L垂直，所以向量CP与直线L的斜率为-1/斜率L。
（5）根据向量的坐标公式，可以得到点P的坐标为((a+b-2cy)/(2(1+c^2)),(a+b-2cx)/(2(1+c^2)))。
3. 三角形面积法三角形面积法是一种比较直观的求解费马点问题的方法。
具体步骤如下：（1）以A、B为圆心，PA、PB为半径，画两个圆，交于点C和D。
（2）连接CD，作垂线EF，使EF与CD垂直且相交于点P。
（3）连接AP、BP，使AP、BP与CD垂直。
（4）以AP、BP、CD为边构成三角形ABC和三角形ABD。
（5）根据三角形面积公式，可以得到三角形ABC和三角形ABD的面积。
（6）由于点P到直线L的距离之和等于线段AC和线段BD的长度之和，所以点P到直线L的距离之和等于(面积ABC+面积ABD)/CD。
初中几何模型：费马点问题的全面分析、处理和归纳，收藏！
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【问题处理】下⾯简单说明如何找点，使它到三个顶点的距离之和最⼩？这就是所谓的费马点问题.
因此，当的每⼀个内⾓都⼩于时，所求的点对三⾓形每边的张⾓都是，可按照如上的办法找到点；当有⼀内⾓⼤于或等于时，所求的点就是钝⾓的顶点.
费马问题告诉我们，存在这么⼀个点到三个定点的距离之和最⼩，解决问题的⽅法是运⽤旋转变换.
【问题归纳】符合条件的点P,我们把它叫做费马点。
所谓的“费马点”就是法国著名业余数学家费马在给数学朋友的⼀封信中提出关于三⾓形的⼀个有趣问题：“在三⾓形所在平⾯上，求⼀点，使该点到三⾓形三个顶点距离之和最⼩．”让朋友思考,并⾃称已经证明了。
这是费马通信的⼀贯作风。
⼈们称这个点为“费马点”。
还有像著名的费马⼤定理（当整数n >2时，关于x, y, z的⽅程 x^n + y^n = z^n 没有正整数解。
）也是这样，给欧拉的信中提出的，⾃称已经“有了⾮常巧妙的证明”。
直到离开也没告诉⼈家这个所谓证明，结果困扰世界数学界三百多年。
费马点就是到三⾓形的三个顶点的距离之和最⼩的点．费马点结论：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．
【综合应⽤】
中考真题1：
【答案解析】
中考真题2：【答案解析】。
费马小故事问题回答
费马小故事费马小故事是一则古老的数学问题，它由法国数学家费马在17世纪创造。
故事的背景是，费马在读一本有关斐波那契数列的书时，看到了一个具有神奇性质的数学公式。
他深信这个公式一定可以帮助他解决许多难题，但是他无法找到这个公式的证明。
于是，他决定自己去寻找证明。
他像一个疯子一样，整天都在研究这个公式，四处寻找证据和线索。
他研究了很多年，终于在一天晚上找到了证明。
然而，当他准备把证明写下来的时候，他却发现自己坐在黑暗中，手里只有一支蜡烛。
于是，他把证明写在了蜡烛的边缘上，想要等天亮了再将证明记录下来。
可是，他的儿子在早上起床的时候，看到了蜡烛边缘上写满了字的蜡烛。
他认为这是一支很好玩的蜡烛，于是他玩了一段时间，最后将蜡烛扔掉了。
当费马发现这件事的时候，他非常愤怒，因为这个证明再也找不回来了。
他知道自己的儿子只是无意中把蜡烛扔掉了，但他还是非常生气。
这件事激发了他更加努力地研究数学，最终他成为了一位杰出的数学家。
这个故事告诉我们，努力寻找解决问题的方法非常重要，但是我们也必须避免让自己的成果毁于一旦。
如果我们能够找到一个好的方法来记录自己的工作成果，那么我们就可以避免像费马一样的不幸事件发生。
此外，这个故事也向我们证明，我们要保持热情和耐力去追求自己感兴趣的事情。
费马用他的热情和毅力解决了许多难题，这个故事也给我们带来了启示，即只要拥有足够的热情，我们就可以创造出一些神奇的成果。
总之，费马小故事是一个传奇般的故事，它告诉我们追求知识要有耐力和热情，同时也提醒我们应该好好记录我们的成果。
无论我们想要做什么事情，只要有信心、热情和毅力，我们就可以创造出一些无法想象的成果。
费马大定理的证明
费马大定理的证明费马大定理，又称费马猜想，是数学领域中一项备受关注的问题。
它由法国数学家皮埃尔·德·费马在17世纪提出，直到1994年才被安德鲁·怀尔斯证明。
费马大定理的证明过程异常复杂，涉及到多个数学分支的知识，其中包括代数几何、模形式等。
本文将尝试以简单易懂的方式，介绍费马大定理的证明思路和一些相关的数学概念。
首先，我们来了解一下费马大定理的内容。
费马大定理的表述是：对于任何大于2的整数n，方程x^n + y^n = z^n没有正整数解。
这个问题在数学界引起了广泛的关注和研究，但长期以来一直没有找到确凿的证明。
为了证明费马大定理，怀尔斯采用了反证法的思路。
他假设存在正整数解(x, y, z)满足方程x^n + y^n = z^n，并且n大于2。
然后，他尝试利用模形式的性质来推导出矛盾，从而证明费马大定理。
为了理解这个证明思路，我们需要了解一些数学概念。
模形式是复变函数论中的一个重要分支，它具有一些特殊的性质。
怀尔斯利用了模形式的一些性质，构造了一个与费马方程相关的模形式，并利用它的性质得出了一个矛盾的结论。
具体来说，怀尔斯构造了一个叫做“椭圆曲线”的对象，它与费马方程有密切的联系。
椭圆曲线是一种特殊的代数曲线，具有一些独特的性质。
怀尔斯利用了椭圆曲线的一些性质，将费马方程转化为一个关于椭圆曲线的问题。
然后，怀尔斯利用模形式的性质，将费马方程与椭圆曲线联系起来。
他构造了一个特殊的模形式，使得该模形式与椭圆曲线的性质完全对应。
通过对这个模形式进行一系列的推导和变换，他得出了一个矛盾的结论，从而证明了费马大定理。
怀尔斯的证明思路非常巧妙，但也非常复杂。
他利用了多个数学分支的知识，包括代数几何、模形式、数论等。
这些数学分支都是非常深奥和复杂的，需要具备较高的数学素养才能理解和运用。
尽管费马大定理已经被证明，但它的证明过程仍然是数学界的一个重要里程碑。
这个证明不仅证明了费马大定理的正确性，也展示了数学的深度和美妙之处。
费马点的定理及应用
费马点的定理及应用费马点的定理是一项基本的几何学定理，它的内容是在给定的平面上，一个三角形的三条边上可以找到三个点，使得这三个点到三个顶点的距离的和最小。
费马点的定理是由法国数学家费马在1660年提出的，而费马点是指到三个点的距离的和最小的点。
在数学中，这个问题可以转化为求解费马点，也就是费马问题的解。
费马问题是对于一个给定的点到几个点的距离之和的最小化问题。
费马点的定理可以有很多应用，下面我将介绍其中的几个常见应用。
首先，费马点的定理可以用于建筑设计中的路径规划。
在建筑规划和设计中，我们经常需要确定最佳路径，以最小化人员和物资的运输成本。
使用费马点的定理可以帮助我们确定最佳路径，从而提高建筑设计的效率。
其次，费马点的定理可以用于无线通信中的天线布局。
在无线通信中，天线的布局对于信号的强弱和覆盖范围都有很大的影响。
利用费马点的定理，我们可以确定最佳的天线布局，以最大化信号的强度和覆盖范围。
此外，费马点的定理还可以应用于水资源管理中的水流路径规划。
在水利工程中，我们常常需要确定最佳的水流路径，以最大限度地减少水资源的浪费和损失。
通过使用费马点的定理，我们可以确定最佳的水流路径，提高水资源的利用效率。
另外，费马点的定理也可以应用于自动驾驶车辆的路线规划。
在自动驾驶技术中，路线规划是一个非常重要的问题，它直接影响到车辆的行驶安全和效率。
使用费马点的定理，我们可以确定最佳的路线规划，以最小化车辆的行驶时间和能耗。
最后，费马点的定理还可以应用于电力系统中的电缆布置。
在电力系统的规划和设计中，电缆的布置对于电力传输的效率和可靠性都有很大的影响。
通过使用费马点的定理，我们可以确定最佳的电缆布置方案，以最大化电力传输的效率和可靠性。
综上所述，费马点的定理是一项非常有用的几何学定理，它可以应用于各种领域，如建筑设计、无线通信、水资源管理、自动驾驶技术和电力系统等。
通过使用费马点的定理，我们可以确定最佳路径、布局和规划方案，以提高效率、降低成本和提高系统的可靠性。
中考数学几何模型专题12费马点问题(学生版) 知识点+例题
【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题12费马点问题-年8月17日﹣1665年1月12日），生于法国南部图卢兹（Toulouse ）附近的波蒙•德•罗曼，被誉为业余数学家之王．1643年，费马曾提出了一个著名的几何问题：给定不在一条直线上的三个点A ，B ，C ，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置．另一位数学家托里拆利成功地解决了这个问题：如图1，△ABC （三个内角均小于120°）的三条边的张角都等于120°，即满足∠APB ＝∠BPC ＝∠APC ＝120°的点P ，就是到点A ，B ，C 的距离之和最小的点，后来人们把这个点P 称为“费马点”． 下面是“费马点”的证明过程：如图2，将△APB 绕着点B 逆时针旋转60°得到△A ′P ′B ，使得A ′P ′落在△ABC 外，则△A ′AB 为等边三角形，∴P ′B ＝PB ＝PP ′，于是P A +PB +PC ＝P ′A ′+PP ′+PC ≥A ′C ，∴当A '，P '，P ，C 四点在同一直线上时P A +PB +PC 有最小值为A 'C 的长度，∵P ′B ＝PB ，∠P 'BP ＝60°，∴△P 'BP 为等边三角形，则当A '，P '，P ，C 四点在同一直线上时，∠BPC ＝180°﹣∠P 'PB ＝180°﹣60°＝120°，∠APB ＝∠A 'PB ＝180°﹣∠BP 'P ＝180°﹣60°＝120°，∠APC ＝360°﹣∠BPC ﹣∠APC ＝360°﹣120°﹣120°＝120°，∴满足∠APB ＝∠BPC ＝∠APC ＝120°的点P ，就是到点A ，B ，C 的距离之和最小的点；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）如点P为锐角△ABC的费马点．且∠ABC＝60°，P A＝3，PC＝4，求PB的长．（2）如图（2），在锐角△ABC外侧作等边△ACB′连接BB′．求证：BB′过△ABC的费马点P，且BB′＝P A+PB+PC．（3）已知锐角△ABC，∠ACB＝60°，分别以三边为边向形外作等边三角形ABD，BCE，ACF，请找出△ABC的费马点，并探究S△ABC与S△ABD的和，S△BCE与S△ACF的和是否相等．【例2】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：在上任取一点P′，连接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．【例3】如图，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为（0，2），点D在x轴的正半轴上，∠ODB＝30°，OE为△BOD的中线，过B、E两点的抛物线与x轴相交于A、F两点（A在F的左侧）．（1）求抛物线的解析式；（2）等边△OMN的顶点M、N在线段AE上，求AE及AM的长；（3）点P为△ABO内的一个动点，设m＝P A+PB+PO，请直接写出m的最小值，以及m 取得最小值时，线段AP的长．1．已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果△ABC是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足∠APB＝∠BPC＝∠CP A＝120°．（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若AB＝AC＝，BC＝2，P为△ABC的费马点，则P A+PB+PC＝；若AB＝2，BC＝2，AC＝4，P为△ABC的费马点，则P A+PB+PC＝．2．在△ABC中，若其内部的点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CP A＝120°，则称P为△ABC的费马点．如图所示，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，设P为△ABC的费马点，且满足∠PBA＝45°，P A＝4，则△P AC的面积为．3．如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M，N分别为AB、BC上的动点，且始终保持BM＝CN．连接MN，以MN为斜边在矩形内作等腰Rt△MNQ，若在正方形内还存在一点P，则点P到点A、点D、点Q的距离之和的最小值为．4．如果点P是△ABC内一点，且它到三角形的三个顶点距离之和最小，则P点叫△ABC的费马点．已经证明：在三个内角均小于120°的△ABC中，当∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°时，P就是△ABC的费马点．若点P是腰长为的等腰直角三角形DEF的费马点，则PD+PE+PF＝．5．法国数学家费马提出：在△ABC内存在一点P，使它到三角形顶点的距离之和最小．人们称这个点为费马点，此时P A+PB+PC的值为费马距离．经研究发现：在锐角△ABC中，费马点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CP A＝120°，如图，点P为锐角△ABC的费马点，且。
对费马猜想的感悟-概述说明以及解释
对费马猜想的感悟-概述说明以及解释1.引言1.1 概述费马猜想是数学史上备受关注和争议的一个问题，最早由法国数学家皮埃尔·德·费马在17世纪提出，并在他的笔记中留下了一个注释，称自己找到了一个证明，然而这个证明却被人遗失了。
费马猜想的内容是关于对勾股数的限制，即不存在满足a^n + b^n = c^n的正整数解，其中a、b、c、n为大于1的正整数。
虽然费马猜想非常简洁明了，但却困扰了数学界数百年之久，直到近年来才被一位英国数学家安德鲁·怀尔斯证明。
费马猜想的重要性不仅体现在它作为数学难题的复杂性，更在于它对数学发展的深远影响。
在本文中，我们将探讨费马猜想的背景、内容以及它带给数学界和个人的启示和感悟。
1.2文章结构文章结构部分主要是对整篇文章的结构进行说明和概述。
在本文中，我们将按照以下方式组织和展示对费马猜想的感悟：首先，在引言部分，我们将提供对整篇文章的概述，简要介绍费马猜想及其重要性，并说明本文的目的。
然后，在正文部分，我们将分为三个小节对费马猜想展开讨论。
首先，我们将介绍费马猜想的背景，包括提出者、提出时间和相关背景知识等，以便读者对该猜想有更深入的了解。
接着，我们将详细讲解费马猜想的内容，包括其数学表述和问题的提出。
最后，我们将探讨费马猜想的重要性，包括它在数学领域的地位及其对数学发展的潜在影响。
最后，在结论部分，我们将从个人的角度对费马猜想进行思考，并总结出一些启示和感悟。
我们将讨论费马猜想对数学发展的重要性，以及它在我们日常生活中的意义。
同时，我们也将分享我们对费马猜想的思考和理解，并探讨它对我们个人的启示和影响。
通过以上结构的组织，我们将能够系统地阐述对费马猜想的感悟，同时向读者传达清晰有序的信息。
目的部分的内容是对读者明确阐述本文的写作目的和意义。
在这篇文章中，目的部分可以写为："1.3 目的本文的目的是探讨费马猜想的重要性及其对数学发展的影响，并分享个人在研究费马猜想过程中的一些思考和感悟。
费马猜想
费马猜想费马猜想﹝Fermat's conjecture﹞又称费马大定理或费马问题，是数论中最著名的世界难题之一。
1637年，法国数学家费马在巴歇校订的希腊数学家丢番图的《算术》第II卷第8命题旁边写道：「将一个立方数分为两个立方数，一个四次幂分为两个四次幂，或者一般地将一个高于二次的幂分为两个同次的幂，这是不可能的。
关于此，我确信已发现一种美妙的证法，可惜这里空白的地方太小，写不下。
」费马去世后，人们找不到这个猜想的证明，由此激发起许多数学家的兴趣。
欧拉、勒让德、高斯、阿贝尔、狄利克雷、柯西等大数学家都试证过，但谁也没有得到普遍的证法。
300多年以来，无数优秀学者为证明这个猜想，付出了巨大精力，同时亦产生出不少重要的数学概念及分支。
若用不定方程来表示，费马大定理即：当n > 2时，不定方程x n + y n = z n 没有xyz≠0的整数解。
为了证明这个结果，只需证明方程x4 + y 4 = z 4 ，(x , y) = 1和方程x p + y p = z p ，(x , y) = (x , z) = (y , z) = 1﹝p是一个奇素数﹞均无xyz≠0的整数解。
n = 4的情形已由莱布尼茨和欧拉解决。
费马本人证明了p = 3的情，但证明不完全。
勒让德﹝1823﹞和狄利克雷﹝1825﹞证明了p = 5的情形。
1839年，拉梅证明了p = 7的情形。
1847年，德国数学家库默尔对费马猜想作出了突破性的工作。
他创立了理想数论，这使得他证明了当p < 100时，除了p = 37，59，67这三个数以外，费马猜想都成立。
后来他又进行深入研究，证明了对于上述三个数费马猜想也成立。
在近代数学家中，范迪维尔对费马猜想作出重要贡献。
他从本世纪20年代开始研究费马猜想，首先发现并改正了库默尔证明中的缺陷。
在以后的30余年内，他进行了大量的工作，得到了使费马猜想成立一些充分条件。
他和另外两位数学家共同证明了当p < 4002时费马猜想成立。
费马点例题
费马点例题
费马点问题是数学中的一个经典问题，它最初由法国数学家费马在17世纪提出。
费马点指的是平面内的一个点，该点到平面内任意三角形的三个顶点的距离之和最小。
这个问题在许多领域都有应用，例如机器人路径规划、网络优化等。
在本文中，我们将介绍一个例题，帮助读者更好地理解费马点问题。
例题：已知平面内三角形ABC，求其费马点P的坐标。
解法：我们可以使用以下方法求解。
1. 假设费马点P在三角形内部，而不在三角形上。
2. 将三角形ABC分别以边AB、AC为直线，分别作垂线。
设垂足分别为D、E。
连接DE。
3. 连接BP、CP。
4. 由于BP、CP分别是三角形ABC的角平分线，所以∠PBC=∠PCA。
5. 又因为BP、CP分别与AD、AE垂直，所以∠ABC=∠ACB=90°-∠PBC=90°-∠PCA。
6. 因此，∠BAP=∠CAP，所以AP是角BAC的平分线。
7. 由于BP、CP分别是角BAC的平分线，所以BP、CP与AP相交于同一点P。
8. 因此，点P就是费马点。
9. 求出P点的坐标，可以使用向量运算或坐标运算等方法。
以上就是求解费马点问题的一个例题。
需要注意的是，如果费马
点在三角形外部，则需要另外的方法求解。
总结：费马点问题是一个经典问题，虽然它已经有了几百年的历史，但在现代科学技术中依然有着广泛的应用。
通过学习费马点问题，我们可以更好地理解数学中的优化问题，并且可以应用到实际问题中去。
中考数学常见几何模型最值模型-费马点问题
专题12 最值模型-费马点问题最值问题在中考数学常以压轴题的形式考查，费马点问题是由全等三角形中的手拉手模型衍生而来，主要考查转化与化归等的数学思想。
在各类考试中都以中高档题为主，中考说明中曾多处涉及。
本专题就最值模型中的费马点问题进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
【模型背景】皮耶·德·费马，17世纪法国数学家，有“业余数学家之王”的美誉，之所以叫业余并非段位不够，而是因为其主职是律师，兼职搞搞数学．费马在解析几何、微积分等领域都有卓越的贡献，除此之外，费马广为人知的是以其名字命名的“费马小定理”、“费马大定理”等．费马点：三角形内的点到三个顶点距离之和最小的点。
【模型解读】结论1：如图，点M 为△ABC 内任意一点，连接AM 、BM 、CM ，当M 与三个顶点连线的夹角为120°时，MA +MB +MC 的值最小。
注意：上述结论成立的条件是△ABC 的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于120º，此时费马点就是最大角的顶点A 。
（这种情况一般不考，通常三角形的最大顶角都小于120°）【模型证明】以AB 为一边向外作等边三角形△ABE ，将BM 绕点B 逆时针旋转60°得到BN ，连接EN ．△△ABE 为等边三角形，△AB ＝BE ，△ABE ＝60°．而△MBN ＝60°，△△ABM ＝△EBN ．在△AMB 与△ENB 中，△AB BEABM EBN BM BN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△AMB △△ENB （SAS ）． 连接MN ．由△AMB △△ENB 知，AM ＝EN ．△△MBN ＝60°，BM ＝BN ，△△BMN 为等边三角形．△BM ＝MN ．△AM +BM +CM ＝EN +MN +CM ．△当E 、N 、M 、C 四点共线时，AM +BM +CM的值最小．此时，△BMC ＝180°﹣△NMB ＝120°；△AMB ＝△ENB ＝180°﹣△BNM ＝120°；△AMC ＝360°﹣△BMC ﹣△AMB ＝120°．费马点的作法：如图3，分别以△ABC 的AB 、AC 为一边向外作等边△ABE 和等边△ACF ，连接CE 、BF ，设交点为M ，则点M 即为△ABC 的费马点。
中考数学专题复习37几何最值之费马点问题(全国通用解析版)
问题分析“费马点”指的是位于三角形内且到三角形三个顶点距高之和最短的点。
主要分为两种情况：（1）当三角形三个内角都小于120°的三角形.通常将某三角形绕点旋转60度.从而将“不等三爪图”中三条线段转化在同一条直线上.利用两点之间线段最短解决问题。
（2）当三角形有一个内角大于120°时.费马点就是此内角的顶点.费马点问题解题的核心技巧：旋转60° 构造等边三角形将“不等三爪图”中三条线段转化至同一直线上利用两点之间线段最短求解问题模型展示：如图.在△ABC内部找到一点P.使得PA＋PB＋PC的值最小.当点P满足△APB＝△BPC＝△CPA＝120º.则PA＋PB＋PC的值最小.P点称为三角形的费马点.特别地.△ABC中.最大的角要小于120º.若最大的角大于或等于120º.此时费马点就是最大角的顶点A（这种情况一般不考.通常三角形的最大顶角都小于120°）费马点的性质：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°。
最值解法：以△ABC任意一边为边向外作等边三角形.这条边所对两顶点的距离即为最小值。
证明过程：几何最值之费马点问题方法技巧将△APC 边以A 为顶点逆时针旋转60°.得到AQE.连接PQ.则△APQ 为等边三角形.PA=PQ 。
即PA+PB+PC=PQ+PB+PC.当B 、P 、Q 、E 四点共线时取得最小值BE【例1】如图.四边形 ABCD 是菱形.A B =6.且△ABC =60° .M 是菱形内任一点.连接AM .BM .CM .则AM +BM +CM 的最小值为________．【答案】63【详解】将△BMN 绕点B 顺时针旋转60度得到△BNE .△BM =BN .△MBN =△CBE =60°.△MN=BM△MC=NE△AM +MB +CM =AM +MN +NE ．当A 、M 、N 、E 四点共线时取最小值AE ．△AB =BC =BE =6.△ABH =△EBH =60°.△BH △AE .AH =EH .△BAH =30°.△BH =12AB =3.AH =3BH =33.△AE =2AH =63．故答案为63．题型精讲【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.（1）求证：△AMB△△ENB ；（2）△当M 点在何处时.AM ＋CM 的值最小； △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13 时.求正方形的边长.【答案】（1）△AMB△△ENB.证明略。
初中数学 费马大定理的历史背景是什么
初中数学费马大定理的历史背景是什么费马大定理是数学史上最著名的问题之一，它是由法国数学家皮埃尔·德·费马在17世纪提出的。
费马大定理的表述是：当n大于2时，方程a^n + b^n = c^n没有正整数解。
这个问题在当时就引起了数学家们的极大兴趣，然而费马本人并没有公开他的证明方法，导致了这个问题一直成为数学界的一个悬案。
费马大定理的历史背景可以追溯到17世纪的欧洲，下面将介绍费马大定理的历史背景及相关的数学发展。
17世纪是数学发展的重要时期，欧洲涌现出了许多杰出的数学家，他们对代数和几何等领域做出了重要贡献。
费马是这个时期的一位杰出数学家，他在代数和数论领域有着卓越的成就。
费马大定理的历史背景与代数学和数论的发展密切相关。
代数学是数学的一个重要分支，它研究的是数和符号之间的关系。
在17世纪，代数学取得了重要的突破，许多代数的基本概念和方法得到了建立和发展。
代数学的发展为费马大定理的研究奠定了基础。
数论是研究整数性质和整数之间关系的一个分支，它在费马大定理的研究中起到了重要作用。
数论的起源可以追溯到古希腊时期，然而在17世纪，数论得到了重要的发展和突破。
数论的发展使得数学家们能够更深入地研究整数的性质和规律。
费马大定理的提出是在17世纪的欧洲，当时欧洲的数学界正处于一个高度活跃的时期。
数学家们通过对代数和数论等领域的研究，积累了许多重要的数学知识和技巧。
费马本人就是在这个时期，通过对数论问题的研究，提出了费马大定理这个重要问题。
费马大定理的证明是一个巨大的挑战，它需要运用到当时最前沿的数学理论和方法。
然而费马本人并没有公开他的证明方法，只是在书信中提到已经找到了证明。
这一点给后来的数学家们带来了极大的困扰和挑战，费马大定理成为了一个数学界的悬案。
费马大定理的历史背景中还有一位重要的数学家，他就是英国数学家安德鲁·怀尔斯。
怀尔斯是20世纪的数学家，他对费马大定理的研究做出了重要贡献。
§4 费马问题介绍
x1, y1 1, z1 z. 同理， x1, y1, z1是（ 1）的一组正整数解，且，
1, z2 z1. 可以如此重复讨论下去，得到无穷递降的正整数
7
若2 e,2 | f ，则f 2 f1 f1 0 ， 且由（4），（5）两式得
d 2 2 d ef , e , f 1. 故e i , f1 j , ij , i 0, j 0, i, j 1 1 2 2
2
1. 于是， e i 2 , f 2 j 2 , d 2ij , i 0, j 0, i, j 1.
序列
由此又可以得到（ 1）的一组正整数解x2 , y2 , z2，且 x2 , y2
z z1 z2
这就引出了矛盾.
zn
推论 不定方程x4 y 4 z 4没有正整数解.
习题选解 证明下列不定方程无解：
（ⅰ）x4 4 y 4 z 2 , x 0, y 0;
2 a, 2 | b. 因为否则， y 2 y1 1, a 2a1, b 2b1 1,
2 y1 1
2
4 y12 4 y1 1 4a12 4b12 4b1 1,
4 y 4 y1 1 4a 4b 4b1 1,
4 y12 y1 a12 b12 b1 2 0, 2 y12 y1 a12 b12 b1 1 0,
u, v u1, v u, v v1， u, v
2 2
费马点问题
费马点问题费马，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.费马点结论：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PC PB PA ++最小？这就是所谓的费马点问题.解析：如图所示，把APC ∆绕点A 逆时针旋转 60，得到''C AP ∆，连接'PP ，则'APP ∆为等边三角形，'PP AP =,''C P PC =，所以，'''C P PB PP PC PB PA ++=++.点'C 可看成是线段AC 绕点A 逆时针旋转 60而得到的定点，'BC 为定长，所以当''C P P B 、、、四点在同一直线上时，PC PB PA ++最小.这时，.12060180180' =-=∠-=∠APP BPA.12060180180''' =-=∠-=∠=∠APP C AP APC.120120120360360 =--=∠-∠-=∠APC BPA BPC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，可按照如上的办法找到点P ；当有一内角大于或等于 120时，所求的P 点就是钝角的顶点.费马问题告诉我们，存在这么一个点到三个定点的距离之和最小，解决问题的方法是运用旋转变换.1(2008年广东中考题)已知正方形ABCD 内一动点E 到C B A 、、三点的距离之和的最小值为62+，求此正方形的边长.解：如图所示，连接AC ，把AEC ∆绕点C 顺时针旋转 60，得到GFC ∆，连接AG BG EF 、、，可知EFC ∆、AGC ∆都是正三角形，则AE FG CE EF ==,, EF BE FG CE BE AE ++=++∴.点B 、点G 为定点(G 为点A 绕C 顺时针旋转 60所得) ∴ 线段BG 即为点E 到C B A 、、三点的距离之和的最小值，此时F E 、两点都在BG 上.设正方形的边长为a ，那么a CO BO 22==，a GC 2=，a GO 26=. a a GO BO BG 2622+=+=∴. 点E 到C B A 、、的距离之和的最小值为62+， 622622+=+a a ，解得2=a . 2(2009年湖州中考题)若点P 为ABC ∆所在平面上一点，且 120=∠=∠=∠CPA BPC APB ,则点P 叫做ABC ∆的费马点.(1)若点P 为锐角ABC ∆的费马点，且 60=∠ABC ，3=PA ，4=PC ，则PB 的值为._______(2)如图所示，在锐角三角形ABC ∆的外侧作等边'ACB ∆，连接'BB ，求证：'BB过ABC ∆的费马点P ，且.'PC PB PA BB ++= 解：(1)利用相似三角形可求PB 的值为32.(2)设点P 为锐角ABC ∆的费马点，即 120=∠=∠=∠CPA BPC APB如图，把ACP ∆绕点C 顺时针旋转 60到CE B '∆，连接PE ，则EPC ∆为正三角形.120'=∠=∠APC EC B ， 60=∠PEC . 180'=∠+∠∴PEC EC B .即'B E P 、、三点在同一直线上.同理，B E P 、、三点也在同一直线上 'B E P B 、、、∴四点在同一直线上，即'BB 过ABC ∆的费马点P . 又 'ACB ∆和EPC ∆为等边三角形 ∴ PC PE =，PA EB ='..''PC PB PA PE PB EB BB ++=++=∴ 变式训练：(2002年全国初中联赛)如图所示，在ABC ∆中， 60=∠ABC ，点P 是ABC ∆内的一点，使得CPA BPC APB ∠=∠=∠,且8=PA ，6=PC ，则PB 的值为._______。
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例3. 求方程x2 xy 6 = 0的整数解。 解：由x(x y) = 6得
x 1, x y 6;或x 2, x y 3; 或x 3, x y 2;或x 6, x y 1.
不可能！
x 2ab, y a b , z0 a b ，且 2 宎 a , 2|b. 设b 2c , 则 ( x0 )2 ac , 且(a , c ) 1 2 由引理得：a e 2 , c f 2 , 且(e, f ) 1
2 0 2 0 2 2 2 2 2 2 y0 e 4 4 f 4 , 即(2 f 2 )2 y0 (e 2 )2 . 2 由( y0 ,4 f 4 ) ( e 4 4 f 4 ,4 f 4 ) ( e 4 ,4 f 4 ) ( a 2 , b 2 ) 1
从而(x, y) 的取值为： (1, 5)，或(1, 5)，或(2, 1)，或(2, 1)， 或(3, 1)，或(3, 1)，或(6, 5)，或(6, 5)。
1 1 1 例4. 求方程 的正整数解。 x y z
解：显然x > z，y > z， 令x = z s，y = z t，s，tN，代入方程可得z2 = st， 于是s = a2d，t = b2d，z = abd， 其中a, b, dN，(a, b) = 1， 由此得x = abd a2d，y = abd b2d，z = abd，
同偶则d 1； 同奇则(7)无解〔容易验证〕 .
a, b一奇一偶，且 (a, b) 1, 不妨设 2 x0 ,2 寉 y0 ,由定理2知：
2 2 a , 2|b. 使得x0 2ab, y0 a 2 b 2 , z0 a 2 b 2 . 进而有 2 宎 2 否则，一方面y0 (2a1 )2 (2b1 1)2 4 N 1 1; 2 另一方面y0 (2 y1 1)2 4 N 2 1.
2 f 2 2lm, e 2 l 2 m 2 ,(l , m) 1. ( y0 ,2 f 2 ) 1. 由定理2得： 再由引理得：l r 2 , m s 2 ,(r , s ) 1 r 4 s 4 e 2 .
而e e 2 a a 2 b 2 z0 这与z0的最小矛盾！
例2.求整数x，y，z，x > y > z，使x y，x z，y z 都是平方数。 解：设 x y = a2，y z = b2，x z = c2， 则 a2 b2 = c2， 而方程a2 b2 = c2 的解可以表示为
.
c u2 v 2 , b u2 v 2或 b 2uv
如果x，y一奇一偶，则x2 y2 z2被4除的余数为1或2，
反复以上的推理可得x，y，z能被2的任意次乘幂整除，
2
补充例题： 例1. 设x，y，z是互质的勾股数，x是素数，证明： 2z 1，2(x y 1)都是平方数. 证：由x2 = (z y)(z y)及x是素数得 z y = x2，z y = 1， 于是2z 1 = x2， 2(x y 1) = (x 1)2 都是平方数。
如取 a 2, b 3, d 1， 可得x 10, y 15, z 6为原方程的解.
例5. 证明 x2 y2 z2 = x2y2 没有满足xyz 0的整数解。 证： 设x，y，z是x2 y2 z2 = x2y2的整数解， 如果x，y同为奇数，则x2 y2 z2 被4除的余数为2或3， 但x2y2被4除的余数为1〔可以简单验证〕，此不可能； x2y2能够被4整除，此也不可能。 如果x，y同为偶数，则z也是偶数， 令x = 2x1，y = 2y1，z = 2z1，代入原方程 得x12 y12 z12 = 22x12y12，
例2.求出不定方程x 2 3 y 2 z 2 ,( x, y ) 1的一切正整数解.
z x zx 2 解：原方程可化为y (z x) 或 y (z x) 3 3 3 ( z x ) 或 3 ( z x ) 有且只有一个成立， ( z x, z x ) 1 1 2 设u z x , v z x，原方程可化为y uv ,( u, v ) 1 3 引理 2 2 (1)若3 u u 3a , v b , y ab， (a, b) 1， 3Œ b. 1 1 2 2 x (3a b ), y ab, z (3a 2 b 2 ), 2 2 a , b都是奇数，且(a , b) 1， 3Œ b. 1 2 1 2 (2)若3 v ，类似得x (b 3a ), y ab, z (3a 2 b 2 ), 2 2 a , b都是奇数，且(a , b) 1， 3Œ b.
，但这里的空白太小，容不下。”
方程 x y z (n 3)没有非零整数解.
n n n
相关高次方程解的判定 定理3不定方程 x 4 y 4 z 2 (7) 没有满足xyz பைடு நூலகம் 0的整数解. 证明〔反证〕设( x0 , y0 , z0 )是满足(7)且有最小z的解. x0 y0 z0 4 2 2 令d ( x0 , y0 )， d z0 , d z0 .从而 ( , , 2 )也是(7)的解. d d d 由z0的最小性 d 1. 显然，x0 , y0有不同的奇偶性，
Fermat 大定理
约于1637年，在Diophantus Arithmetica (Book 2, Problem VIII)的旁白上，Pierre de Fermat 写道： “不可能把一个立方数分成两个立方数，或把一个四次
幂分成两个四次幂，或一般地把一个高于二次的幂分成
两个同一次的幂；对此，我发现了一个殊堪称道的证明
定理3中使用的证明方法称为无穷递降法，常用于 判定方程的可解性.
推论
方程 x 4 y 4 z 4 没有满足 xyz 0 的整数解。
2 2 2 2
例1.证明方程x y x y 没有满足 xy 0的整数解.
证: 反证 设有满足 xy 0的整数解x , y, 且x 0, y 0. x y x y 显然， 2 x , 2 y ， 因此有 ( )2 ( )2 4( )2 ( )2 . 2 2 2 2 x y (1)若 与 一奇一偶，显然不成立； 2 2 x y (2)若 与 都是奇数，也不成立； 2 2 x y (3)若 与 都是偶数， 2 2 x 2 y 2 x 2 y 2 x y 2 则( 2 ) ( 2 ) 4 ( 2 ) ( 2 ) ， 2 , 2 N 2 2 2 2 2 2