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。
∵ ∠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°.
∴ 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。
（费马点问题）如图||，是边长为1的等边内的任意一点||，求的取值范围.
解：Part1:将绕点顺时针旋转60°得到||，易知为等边三角形.从而（两点之间线段最短）||，从而.
Part2:过作的平行线分别交于点||，易知.
因为在和中||，①||， ②。
又||，所以③. ①+②+③可得
即.综上||，的取值范围为.
“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．
下面简单说明如何点P使它到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=∠A P′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．
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=石墨冷铁||，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||ucsc，||，||，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的对称点金冠涂料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）如何确定点巴利昔单抗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皖南医学院学报→Q→A运动的时间为||，使P点到达A点所用的时间最短||，就是MQ＋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布朗粒子′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=MG．
图5 图6 图7
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