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. 如果三角形有一个角大于或等于120°，这个角的顶点就是费马点；2. 如果3个角均小于120°，则在三角形部对3边角均为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，P 是边长为1的等边ABC ∆的任意一点，求t PA PB PC =++的取值围.解：Part1:将BPC ∆绕点B 顺时针旋转60°得到''BP C ∆，易知'BPP ∆为等边三角形.从而''''PA PB PC PA PP P C AC ++=++≥（两点之间线段最短），从而3t ≥.Part2:过P 作BC 的平行线分别交AB AC 、于点M N 、，易知MN AN AM ==.因为在BMP ∆和PNC ∆中，PB MP BM <+①， PC PN NC <+②。

又APM ANM AMN ∠>∠=∠，所以PA AM <③. ①+②+③可得()()()12t AM BM MP NP NC AB MN NC AN NC <++++=++=++=，即2t <.综上，t PA PB PC =++的取值围为32t ≤<.“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P A +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P A+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，P A+PB+PC最小．这时∠BP A=180°-∠APP′=180°-60°=120°，∠APC=∠A P′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，∠BPC=360°-∠BP A-∠APC=360°-120°-120°=120°△的每一个角都小于120°时，所求的点P对三角形每边的角都是120°，可在AB、因此，当ABCBC边上分别作120°的弓形弧，两弧在三角形的交点就是P点；当有一角大于或等于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 （2008年中考题）已知正方形ABCD一动点E到A、B、C26求此正方形的边长．图2 图3分析：连接AC ，发现点E 到A 、B 、C 三点的距离之和就是到ABC △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 、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）． 设正方形的边长为a ，那么 BO =CO =22a ，GC 2a , GO 6． ∴ BG=BO +GO =22a +62a ． ∵ 点E 到A 、B 、C 26 ∴22a 626a =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 （2009年中考题） 如图4，在平面直角坐标系xOy 中，△ABC 三个顶点的坐标分别为()6,0A -，()6,0B ，(0,43C ，延长AC 到点D , 使CD =12AC ,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，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．分析和解：（1）D 点的坐标（3，（过程略）． （2） 直线BM的解析式为y =+．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2MQ AQ v v +，使P 点到达A 点所用的时间最短，就是12MQ ＋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A M ′上时，MQ ＋AQ ＋BQ 最小．由条件可证明Q ′点总在AM ′上，所以A M ′与OM 的交点就是所要的G 点（图6）．可证OG =12MG ．图5 图6 图7解法2 考虑12MQ＋AQ最小，过Q作BM的垂线交BM于K，由OB=6，OM=3，可得∠BMO＝30°，所以QK＝12 MQ．要使12MQ＋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=3∠OBM=60°，∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=3∴G点的坐标为（0，23（G点为线段OC的中点）．例3 （2009年中考题）若点P 为△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）若P为锐角△ABC的费马点，且∠ABC=60°，P A=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′=P A+PB+PC．图8解：（1）利用相似三角形可求PB的值为23（2）设点P为锐角△ABC的费马点，即∠APB=∠BPC=∠CP A=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= P A，∴BB′=E B′+PB+PE=P A+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。