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费马点——就是到三角形的三个顶点的距离之和最的点对于一个角不超过°的三角形，费马点是对各边的张角都是°的点对于一个角超过°的三角形，费马点就是内角的顶点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．
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=∠AP′C′=180°-∠AP′P=180°-60°=120°，
∠BPC=360°-∠BPA-∠APC=360°-120°-120°=120°
因此，当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．
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．
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、AG，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，那么
BO=CO=，GC=,GO=．
∴BG=BO+GO=+．
∵点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为．
∴+=，解得=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年北京中考题）如图4，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．
分析和解：（1）D点的坐标（3，）（过程略）．
（2）直线BM的解析式为（过程略）．
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P在上速度为，则PM→Q→A运动的时间，使P点到达A点所用的时间最短，就是M＋A最小，MQ＋AQ最小MQ＋AQ最小MQ＋A＋最小A、、′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＋A＋′Q′+QQ′+AQ．
∵点A、M′为定点，所以当Q、Q′两点在线段AM′上时，MQ＋A＋′点总在AM′上，所以AM′与OM的交点就是所要的G点（图6）．可证OG=MG．
图5图6图7
解法2考虑MQ＋A最小过作BM的垂线交BM于，，可得∠BMO＝30°，所以＝M要使M＋A最小，只使＋最小，?根据，可推出当点A、、在一条直线上时，A+QK最小，并且此时的垂直于BM，此时的点为所求的点G
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=，可得
∠OBM=60°，∴∠BAH=30°
在Rt△OAG中，OG=AO·tan∠BAH=
∴G点的坐标为（0，）（G点为线段OC的中点）．
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8
解：（1）利用相似三角形可求PB的值为．
（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
∴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．
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．
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