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。
°，所以费马点是三力平衡的点。
三力平衡时三力夹角皆为1204．ABH是等边三角形。
例1：已知：△GA+GB+GH最小求证：G是其重心。
△ABH是等边三角形。
证明：∵BGH=120°。
∠AGB=∠∴∠AGH=DBH. HB为边向右上方作等边三角形△以GHP. 为边向右上方作等边三角形△以HGAH=BH=AB=12.∵. °, ∠HGP=60 ∠AGH=120°∴三点一线。
G、P A、∴两点。
再连PD. °∠GHB=30GHP和△BDH都是等边三角形, ∵△ABH、△,.°∠PHD=30∴中和△HPD 在△HGBHG=HP∵PHD；∠GHB=∠HB=HD；（SAS）∴△HGB≌△HPD；°；HPD=∠HGB=120 ∴∠.°∠HPG=60 ∵三点一线。
、D G、P ∴且同在一条直线上。
AG=GP=PD, ∴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。
∴°。
BGC=120∠AGB=∠2：已知：△ABC是等腰三角形，G是三角形内一点。
∠AGC=例最小求证：GA+GB+GC ；HGBBGC证明：将△逆时针旋转60°，连GP,DB.则△≌△HPDPCD. GCB=∠CGB=120°,CG=CP,GB=PD, BC=DC,∠∠∴CPD=∠, GCP=60°∠∵,∠BCD=60°∴都是等边三角形。
和△△GCPBCD ∴. CGP=60°∠∠∵AGC=120°,三点一线。
PGA ∴、、页 1 第∵∠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°.三点一线。
、P A、G∴. °∠CPG=60 ∠CPD=120°, ∵三点一线。
、D G、P∴三条线段同在一条直线上。
、PD AG、GP∴GA+GC+GB=GA+GP+PD=AD.∵一哪小的G点是等腰三角形内到三个顶点的距离之和最∴点，费马点。
但它不同于等边三角形的费马点是重心。
PCPB?t?PA??ABC P. 的取值范围是边长为1的等边（费马点问题）如图，内的任意一点，求''C?BPC?BP'?BBPP从而为等边三角形60解：Part1:将°得到.绕点，易知顺时针旋转3?t'ACC'??PP'?P'PA?PB?PC?PA（两点之间线段最短）. ，从而AM?MN?ANAB、ACM、NBC P.于点作的平行线分别交Part2:过，易知CNN?P?PNCC?P BM?PBMP??BMP①，中，因为在和②。
AMN?ANM??APM??AM?PA +③可得①+又②③. ，所以2t?3?PC2PB?t?PA?t?.即综上，的取值范围为.“费马点”与中考试题——费马点费尔马，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．的三角形，费120°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的三角形，费马点就是这个内角的顶点．120°的点，对于有一个角超过120°马点是对各边的张角都是ABC△最小？这就是所谓的费尔PCPB+三个顶点的距离之和PA下面简单说明如何找点P使它到+ 马问题．1图．′′，连接PPC°A1：如图，把△APC绕点逆时针旋转60得到△AP′解析PC，=CP′=为等边三角形，APP则△′AP PP，′′页 2 第所以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=360°-∠BPA-∠APC=360°-120°-120°=120°△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°因此，当，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 （2019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2?6，求此正方形的边长．为图2图3△ABC三个顶点的距离之和，这实际C三点的距离之和就是到到A、B、，发现点分析：连接AC E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）．a，那么设正方形的边长为62aaa2===BOCO=, GO．GC，2262aa =+BG=BOGO∴．+22页3 第三点的距离之和的最小值为点E到A、B、C∵6262?aaa+，解得=∴=2．22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．xOy中，△ABC三个顶点的坐标分别为如图4，在平面直角坐标系例2 （2009年北京中考题）1??????6,0?6,0AB34C0,AC的延长线于AB交BC∥,过点D作DE，延长AC到点，D, 使CD=，2点E.（1）求D点的坐标；y?kx?b将四边形，若过BCDFE点的直线C点关于直线DE的对称点F,分别连结DF、EF2（）作分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式；y?kx?b与y轴的交点出发，先沿y为y轴上一点，点P从直线轴到达G点，再沿GA（3）设G 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．63）（过程略），．分析和解：（1）D点的坐标（3y??3x?63（过程略）．的解析式为BM （2）直线图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MQAQ1?AQ＋就是点到达PA运动的时间为P沿M→Q→A点所用的时间最短，MQ使，度为v，则2vv2最小，或MQ＋2AQ最小．使MOBQ最小，就是在直线上找点GAQ∴MQ＋2最小就是MQ＋AQ＋AQ∵解法1 BQ=，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、BM 他到A、角形的信息，考虑作旋转变换．B′△QQ5MM连接Q°，绕点把△MQBB顺时针旋转60得到△M′′B，QQ′、′（图），可知△′B、MM都是等边三角形，则QQ′=．BQ，=M又′Q′MQ′Q+AQ．QQ′+′= ＋＋∴MQAQBQM点Q′、∵点AM为定点，所以当、BQ＋＋MQ上时，MA 两点在线段Q′′AQQ′最小．由条件可证明页 4 第1MG．）．可证OG=A M′与OM的交点就是所要的G点（图6总在AM′上，所以2图5 图6 图7163，可得∠=BMO，由OB=6，OM考虑MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K 解法2 21MQ＝．，所以＝30°QK21MQ＋AQ最小，只需使AQ＋要使QK最小，根据“垂线段最短”，可推出当点A、Q、K在一条2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.63，可得=OM由OB=6，∠OBM=60°，∴∠BAH=30°23 =AO·tan∠BAH在RtOAG中，OG=△23）（G点为线段OC的中点）∴G点的坐标为（0．，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823．）利用相似三角形可求PB的值为：解（1 （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 三点在同一直线上页 5 第∴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页 6 第。