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几何最值系列之费马点
2020-05-19 | 阅:  转:  |  分享 
  
几何最值系列之费马点几何最值之费马点知识精讲皮耶·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.今天所讲的问题不是费马提出来的,而是他解决的,因此又叫费马点,问题如下:问题:如图,在△ABC内部找到一点P,使
得PA+PB+PC的值最小.解答:若点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.1.如何作出费马点第一步:分别以AB、AC为边作等边△ABD与等边△ACE,如图所示:第二步:连接CD、BE,即可得到△AD
C≌△ABE,如图所示:第三步:此时CD、BE的交点即为点P(费马点),第四步:以BC为边,作等边△BCF,连接AF,AF必过点P
,且∠APB=∠BPC=∠CPA=120o.注:上述结论成立有个前提条件,△ABC中,最大的角要小于120o,若最大的角大于或等于
120o,对应的图如下所示:此时费马点就是最大角的顶点A,这种情况不会考,了解即可,接下来的研究,都是默认最大角小于120o.接下
来就是要证明,证明分两部分,一部分过三角形两条边向外作等边三角形,连接CD、BE,这两条线的交点为什么就是费马点?另一部分就是为什
么费马点到对应顶点的连线之和是最小的.如下图所示,在△AEB与△ACD中,∵AB=AD,AE=AC,∠BAE=∠DAC=∠BAC+
60o,∴△ABE≌△ACD,∴∠ABE=∠ADC,在△BPM与△DAM中,∵∠BMP=∠DMA,∴∠BPM=∠DAM=60o,∴
∠BPC=120o;在PD上截取PG=PB,连接PA、BG,如下图所示:由题意可得△BPG为等边三角形,则PB=BG,易证△ABP
≌△DBG,∴PA=GD,∠APB=∠DGB=120o,∴∠APC=120o,∴PA+PB+PC=GD+PG+PC=CD.接下来只
需证明CD为最短的线段,那么以上的问题都可以得证了!如下图所示,在△ABC中任取一个异于点P的点Q,连接QA、QB、QC、QD,将
△ABQ绕着点A顺时针方向旋转60o得到,则△ABQ与重合,且在线段DQ上或DQ外,易证是等边三角形.由题意可得,即CD为最短的线
段.几何最值之费马点巩固练习(基础)1.已知点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=.【解答】【解析】如图,在等腰Rt△DEF中,,过点D作DM⊥EF于点M,过
E、f分别作∠MEP=∠MFP=30°,则EM=DM=1,,解得,则,,.2.如图,点P为锐角△ABC的费马点,且PA=3,PC=
4,∠ABC=60°,则费马距离为.【解答】【解析】如图所示,∵∠APB=∠BPC=∠CPA=120,∠ABC=60°,∴∠1+
∠3=60°,∠1+∠2=60°,∠2+∠4=60°,∴∠1=∠4,∠2=∠3,∴△BPC∽△APB,,即,.3.已知正方形ABC
D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.【解答】2【解析】如图,连接AC,把△AEC绕着点C顺时针旋转
60o得到△GFC,连接EF、BG、AG,易证△EFG、△AGC都是等边三角形,则EF=CE,又∵FG=AE,∴AE+BE+CE=
BE+EF+FG,如下图所示:∵点B、G为定点,∴线段BG即为点E到A、B、C三点距离之和的最小值,此时E、F两点都在BG上,设正
方形的边长为,则,,∵点E到A、B、C三点的距离之和的最小值是,∴,解得.4.若点P为△ABC所在平面上一点,且∠APB=∠BP
C=∠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,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.【解答】(1);(2)见解析【解析】(1)∵∠PAB+∠PBA=180o-∠APB=60o,∠PBC+∠PBA=∠A
BC=60o,∴∠PAB=∠PBC,又∵∠APB=∠BPC=120o,∴△ABP∽△BCP,;(2)设点P为锐角△ABC的费马点
,即∠APB=∠BPC=∠CPA=120°如图,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=PA,∴BB′=EB′+PB+PE=PA+PB+PC
.5.如图,向△ABC外作等边三角形△ABD,△AEC.连接BE,DC相交于点P,连接AP.(1)证明:点P就是△ABC费马点;(
2)证明:PA+PB+PC=BE=DC;【解答】(1)见解析;(2)见解析【解析】(1)作AM⊥CD于M,AN⊥BE于N,设AB交
CD于O,如图所示:∵△ADB,△ACE都是等边三角形,∴AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠CAE=60°,∴∠DAB=∠BAE
,∴△ADC≌△ABE(SAS),∴CD=BE,S△DAC=S△ABE,∠ADC=∠ABE,∵AM⊥CD,AN⊥BE,,∴AM=A
N,∴∠APM=∠APN,∵∠AOD=∠POB,∴∠OPB=∠DAO=60°,∴∠APN=∠APM=60°,∴∠APC=∠BPC=
∠APC=120°,∴点P是就是△ABC费马点;(2)在线段PD上取一点T,使得PA=PT,连接AT,如图所示:∵∠APT=60°
,PT=PA,∴△APT是等边三角形,∴∠PAT=60°,AT=AP,∵∠DAB=∠TAP=60°,∴∠DAT=∠BAP,∵AD=
AB,∴△DAT≌△BAP(SAS),∴PB=DT,∴PD=DT+PT=PA+PB,.PA+PB+PC=PD+PC=CD=BE.
6.如图,在△MNG中,,点O是△MNG内一点,则点O到△MNG三个顶点的距离和最小值是.【解答】【解析】以MG为边作等边三角形
△MGD,以OM为边作等边△OME,连接ND,作DF⊥NM,交M的延长线于F,如图所示:∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE=O
M=ME,∠DMG=∠OME=60°,MG=MD,∴∠GMO=∠DME,在△GMO和△DME中,,∴△GMO≌△DME(SAS),
∴OG=DE,∴NO+GO+MO=DE+OE+NO,∴当D、E、O、M四点共线时,NO+GO+MO值最小,∵∠NMG=75°,∠G
MD=60°,∴∠NMD=135°,∴∠DMF=45°,∵MG=3,,,∴NO+GO+MO的最小值是.几何最值之费马点巩固练习(提
优)1.如图,P是锐角△ABC所在平面上一点,如果∠APB=∠BPC=∠CPA=120°,则点P就叫做△ABC费马点。(1)当△A
BC是边长为4的等边三角形时,费马点P到BC边的距离为;(2)若点P是△ABC的费马点,∠ABC=60°,PA=2,PC=3,则
PB的值为;(3)如图2,在锐角△BC外侧作等边△ACB'',连接BB''.求证:BB''过△ABC的费马点P.【解答】(1);(2)
;(3)见解析【解析】(1)延长AP,交BC于D,如图所示:∵AB=AC=BC,∠APB=∠BPC=∠CPA=120°,∴P为三角
形的内心,∴AD⊥BC,BD=CD=2,∠PBD=30°,,,,;(2)∵∠PAB+∠PBA=180°-∠APB=60°,∠PBC
+∠PBA=∠ABC=60°,∴∠PAB=∠PBC,又∵∠APB=∠BPC=120°,∴△ABP∽△BCP,,即;(3)证明:在B
B''上取点P,使∠BPC=120°,连接AP,再在PB''上截取PE=PC,连接CE,如图所示:∵∠BPC=120°,∴∠EPC=6
0°,∴△PCE为正三角形∴PC=CE,∠PCE=60°,∠CEB''=120°∵△ACB''为正三角形,∴AC=B''C,∠ACB''=
60°,∴∠PCA+∠ACE=∠ACE+∠ECB''=60°,∠PCA=∠ECB'',∴△ACP≌△B''CE,∴∠APC=∠B''EC=
120°,PA=EB'',∠APB=∠APC=∠BPC=120°,∴P为△ABC的费马点,∴BB''过△ABC的费马点P.2.如图1,
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是等边三角形三条中线
的交点,点P(填是或不是)该三角形的费马点;(2)如果点P为锐角△ABC的费马点,且∠ABC=60°,求证:△ABP∽△BCP
;(3)已知锐角△ABC,分别以AB、AC为边向外作正△ABE和正△ACD,CE和BD相交于P点,如图2,①求∠CPD的度数;②求
证:P点为△ABC的费马点.【解答】(1)是;(2)见解析;(3)①∠CPD=60o,②见解析【解析】(1)延长AP与BC交于点N
,延长BP交AC于点M,如图所示:∵AB=BC,BM是AC的中线,∴MB平分∠ABC,同理:AN平分∠BAC,PC平分∠BCA,∵
△ABC为等边三角形,∴∠ABP=30°,∠BAP=30°∴∠APB=120°同理:∠APC=120°,∠BPC=120°,∴P是
△ABC的费马点;(2)∵∠PAB+∠PBA=180-∠APB=60°,∠PBC+∠PBA=∠ABC=60°,∴∠PAB=∠PBC
,又∵∠APB=∠BPC=120°,∴△ABP∽△BCP;(3)如图所示,①∵△ABE与△ACD都为等边三角形,∴∠BAE=∠CA
D=60°,AE=AB,AC=AD,∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC,即∠EAC=∠BAD,在△ACE与△ABD中,,∴△
ACE≌△ABD(SAS),∴∠1=∠2,∵∠3=∠4,∴∠CPD=∠6=∠5=60°;②证明:∵△ADF∽△CFP,∴AF·PF
=DF·CF,∵∠AFP=∠CFD,∴△AFP∽△CDF∴∠APF=∠ACD=60°,∴∠APC=∠CPD+∠APF=120°,∴
∠BPC=120°,∴∠APB=360°-∠BPC-∠APC=120°,∴P点为△ABC的费马点.3.如图,在平面直角坐标系中,△
ABC三个顶点的坐标分别为,延长AC到点D,使CD=,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.【解答】(1);(2);(3)【解析】(1)∵,,设DE与轴交于点M
,由DE∥AB可得△DMC∽△AOC,又∵,,,同理可得EM=3,;(2)由(1)可得,由DE∥AB,EM=MD可得y轴所在直线是
线段ED的垂直平分线,∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上,∴ED与CF互相垂直平分,∴CD=DF=FE=EC,∴四边形CDFE是
菱形,且点M为对称中心,作直线BM,设BM与CD、EF分别交于点S、T,如图所示:易证△FTM≌△CSM,∴FT=CS,∵FE=C
D,∴TE=SD,∵EC=DF,∴TE+EC+CS+ST=SD+DF+FT+TS,∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边
形,由点B(6,0),点在直线上,∴直线BM的解析式为;(3)设点P在直线AG上的运动速度为,点P在y轴上的运动速度为2,则点P到
达点A的时间为,过点G作GH⊥BM于点H,如图所示:易证△MGH∽△MBO,则,,.要使t最小,则GH+GA最小,即当点G、A、H
三点一线时,t有最小值,确定G点位置的方法:过A点作AH⊥BM于点H,则AH与y轴的交点为所求的G点,由OB=6,,可得∠OBM=
60°,∴∠BAH=30°,在Rt△OAG中,,∴G点的坐标为(或G点的位置为线段OM的靠近O点的三等分点).4.如图,点M为锐角
三角形ABC内任意一点,连接AM、BM、CM.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,连接EN.(
1)求证:△AMB≌△ENB;(2)若AM+BM+CM的值最小,则称点M为△ABC的费马点。若点M为△ABC的费马点,试求此时∠A
MB、∠BMC、∠CMA的度数.【解答】(1)见解析;(2)AMB、∠BMC、∠CMA都等于120o【解析】(1)证明:∵△ABE
为等边三角形,∴AB=BE,∠ABE=60°,而∠MBN=60°,∴∠ABM=∠EBN,在△AMB与△ENB中,,∴△MB=△EN
B(SAS)(2)连接MN,如图所示:由(1)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°.5.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.【解答】S△ABC+S△ABD=S△BCE+S△ACF【解析】证明:过点A作AM∥FC交B
C于点M,连接DM、EM,如图所示:∵∠ACB=60°,∠CAF=60°,∴∠ACB=∠CAF,∴AF∥MC,四边形AMCF是平行
四边形,又∵FA=FC,∴四边形AMCF是菱形,∴AC=CM=AM,且∠MAC=60°,∵在△BAC与△EMC中,CA=CM,∠A
CB=∠MCE,CB=CE,∴△BAC≌△EMC,∵∠DAM=∠DAB+∠BAM=60°+∠BAM,∠BAC=∠MAC+∠BAM=
60°+∠BAM,∴∠BAC=∠DAM,在△ABC和△ADM中,AB=AD,∠BAC=∠DAM,AC=AM,∴△ABC≌△ADM(SAS),故△ABC≌△MEC≌△ADM,在B上截取CM,使CM=CA,再连接AM、DM、EM(辅助线这样做△AMC就是等边三角形了,后边证明更简便),易证△AMC为等边三角形,在△ABC与△MEC中,CA=CM,∠ACB=∠MCE,CB=CE,∴△ABC≌△MEC(SAS),∴AB=ME,∠BC=∠MEC,又∵DB=AB,∴DB=ME,∵∠DBC=∠DBA+∠ABC=60°+∠ABC,∠BME=∠BCE+∠MEC=60°+∠MEC,∴∠DBC=∠BME,∴DB∥ME,即得到DB与ME平行且相等,故四边形DBEM是平行四边形,∴四边形DBEM是平行四边形,∴S△BDM+S△DAM+S△MAC=S△BEM+S△EMC+S△ACF,即S△ABC+S△ABD=S△BCE+S△ACF.
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(本文系新用户90087...原创)