44.三角形的费马点问题与应用
一. 基本原理
1.费马点：如图1，点M 为△ABC 内任意一点，连接AM、BM、CM，当M 与三个顶点连
线的夹角为120°时，MA+MB+MC 的值最小.
图1
图2
注意：上述结论成立的条件是△ABC 的最大的角要小于120º，若最大的角大于或等于
120º，此时费马点就是最大角的顶点A.（通常只考查三角形的最大顶角小于120°）
证明：如图2，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
BN，连接EN．∵△ABE 为等边三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝60°．而∠MBN＝60°，∴∠
ABM＝∠EBN．在△AMB 与△ENB 中，∵
，∴△AMB≌△ENB（SAS）．
AB
BE
ABM
EBN
BM
BN
连接MN．由△AMB≌△ENB 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°．
2.费马点的应用主要集中在两个方面：
（1）.计算到三角形三个顶点距离之和最小的情形；
（2）.已知费马点，利用相关结论，即费马点与三角形三个顶点的连线所成的夹角均为120
度.
（3）.特别地，若三角形
为直角三角形（
），若点
为费马点，
ABC
2
2
2
AC
BC
AB
P
结合余弦定理和勾股定理，一定有：
，整理可得：
PC
PA
PC
PA
PC
PB
PC
PB
PB
PA
PB
PA
2
2
2
2
2
2
，即
. （凌晨讲数学）
)
(
2
2
PC
PA
PB
PC
PA
PB
2
PB
PC
PB
PA
PB
PC
PB
PA
4. 若
的三 内 角 均 小 于
，则
ABC
120
，其中 $x, y, z$ 表示
的费
2
2
2
2
2
2
4 3
(
)
(
)
(
)
a
b
c
S
x
y
y
z
z
x
ABC
马点到顶点 $A, B, C$ 的距离。
证明记
，
,
,
FA
x FB
y FC
z
由
可得
3 (
)
4
FAB
FAC
FBC
S
S
S
S
xy
yz
zx
4 3
3
xy
yz
zx
S
在
中，
，化简为
FAB
2
2
2
2
cos120
c
x
y
xy
2
2
2
c
x
y
xy
同理可得
2
2
2
2
2
2
,
b
x
z
xz a
y
z
yz
以上三式相加得
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
3(
)
a
b
c
x
y
y
z
z
x
xy
yz
zx
2
2
2
(
)
(
)
(
)
4 3
x
y
y
z
z
x
S
5.嵌入不等式
一般地，若三角形的三边为
，面积为
，
为给定的正实数，则有：
c
b
a
,
,
S
z
y
x
,
,
，当且仅当
zx
yz
xy
S
zc
yb
xa
4
2
2
2
)
(:)
(
:
:
2
2
2
2
2
2
b
a
c
a
c
b
z
y
x
取等.
)
(:
2
2
2
c
b
a
二．典例分析
例1．费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于
时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边
120
的张角相等均为
.根据以上性质，
的最
120
2
2
2
2
2
2
1
1
2
z
x
y
x
y
x
y
小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
2
3
2
3
2
3
解析：由题
的几何意义为点
到点
的距离之和的最小值.
z
,
M x y
1,0 ,
1,0 ,
0,2
A
B
C
由题可知，此时
，且
在
轴上.故
.
120
AMB
,
M x y
y
3
3
3
AO
OM
，
.故
的最小值为
，故选：
2 3
2
3
AM
BM
OM
3
2
3
CM
z
2 3
3
2
2
2
3
3
3
D
例2．若
的三个内角均小于
，点
满足
，则点
ABC
V
120
M
120
AMB
AMC
BMC
到三角形三个顶点的距离之和最小，点
被人们称为费马点.根据以上性质，已知
是
M
M
a
平面内的任意一个向量，向量
满足
，且
，则
的
,b c
b
c
2
2 3
b
c
a
b
a
c
a
c
取值可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
9
4 3
6
3 3
解析：因为
，
，设
，
，
，
b
c
2
2 3
b
c
,
a
x y
0,2 3
b
3,0
c
则
，
a
b
a
c
a
c
2
2
2
2
2
2
2 3
3
3
x
y
x
y
x
y
即为点
到
三点的距离之和，则
是等腰锐角三
,
M x y
3,0 ,
3,0 ,
0,2 3
A
B
C
ABC
V
角形，如图：
由费马点的性质可知，当点
满足
时，点
到三角形三个
M
120
AMB
AMC
BMC
M
顶点的距离之和最小，所以
，则
的最小值
0,1
M
a
b
a
c
a
c
.
2 3
1
2
2
2 3
3
故选：AB
例3．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马（1601-1665）于1643 年提出的平面几
何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最
小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马
点，当
的三个内角均小于
时，则使得
的点
即为
ABC
V
120
120
APB
BPC
CPA
P
费马点．已知点
为
的费马点，且
，若
，则实数
的
P
ABC
V
AC
BC
|
|
|
|
|
|
PA
PB
PC
最小值为___________．
解析：根据题意， 点
为
的费马点，
的三个内角均小于
，所以
P
ABC
V
ABC
V
120
，设
，所以在
和
中，
120
APB
BPC
CPA
PCB
BCP
A
ACP
△
，且均为锐角，所以
,
,
3
2
3
6
CBP
ACP
CAP
ACP
,
6 3
所以由正弦定理得：
，
，所以
sin
sin
3
BP
PC
sin
sin
2
6
PA
PC
，
，因为
sin
sin
3
BP
PC
sin
2
sin
6
PA
PC
|
|
|
|
|
|
PA
PB
PC
所以
3
3
3
sin
cos
sin
sin
cos
4
4
sin
2
2
3
3
sin
sin
sin
cos
sin
cos
3
6
4
4
，因为
，所以
，所以
3
3
4
1
1
3
2sin 2
3
sin
cos
4
,
6 3
2
2
,
3
3
，所以
，故实数
的最小值为
2sin 2
3
0,2
3
3
1
2 3
2,
2sin 2
3
.故答案为：
2 3
2
2 3
2
例4．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643 年提出的
平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之
和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费
马点，当△ABC 的三个内角均小于120°时，则使得
的点P
120
APB
BPC
CPA
即为费马点．在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为
，且
, ,
a b c
2 cos
sin
cos
tan
a
A
B
B
c
C
．若
是
的“费马点”，
．
P
ABC
V
2 3,
a
b
c
(1)求角
；（凌晨讲数学）
A
(2)若
，求
的周长；
4
PA PB
PB PC
PC PA
uur uur
uur uuur
uuur uur
ABC
V
(3)在（2）的条件下，设
，若当
时，不等式
( )
4
2
|
|
|
|
|
|
x
x
f x
m
PA
PB
PC
[0,1]
x
恒成立，求实数
的取值范围．
( )
0
f x
m
解析：（1）由已知，得
，由正弦定理，得
2 cos
sin
cos
tan
a
A
B
B
c
C
，
sin sin
sin cos
2sin cos
tan
C
B
C
B
A
A
C
即
，即
，由于
2sin cos
sin cos
cos sin
A
A
B
C
B
C
2sin cos
sin
sin
A
A
B
C
A
，所以
，所以
.
0
π,sin
0
A
A
1
cos
2
A
π
3
A
（2）设
，则
,
,
PA
x PB
y PC
z
．所以
，由
1
1
1
4
2
2
2
PA PB
PB PC
PA PC
xy
yz
xz
8
xy
yz
xz
得：
，即
，
APB
BPC
APC
ABC
S
S
S
S
A
A
A
A
1
3
1
3
1
3
1
π
sin
2
2
2
2
2
2
2
3
xy
yz
xz
bc
8
bc
由余弦定理得，
，即
，即
2
2
2
2
cos
a
c
b
bc
A
2
2
2
2
1
12
2
8
2
c
b
bc
c
b
2
2
20
c
b
，
又
，联立
解得
．所以
的周长为
.
b
c
2
2
20
8
c
b
bc
4,
2
c
b
ABC
V
6
2 3
a
b
c
（3）设
，由（2）在
中，由余弦定理得
,
,
PA
x PB
y PC
z
,
,
PAB
PBC
PAC
A
A
A
，联立
求解可得
，所以
2
2
2
2
2
2
16
4
12
x
y
xy
x
z
xz
y
z
yz
8
xy
yz
xz
2
2
2
12
x
y
z
，所以
，
2
2
2
2
2
28
x
y
z
x
y
z
xy
yz
xz
2 7
x
y
z
，即
，令
4
2
4
2
2 7
0
x
x
x
x
f x
m
PA
PB
PC
m
2 7
2
2
x
x
m
，
2 ,
1,2
x
t
t
由对勾函数性质知
在
上单调递减，所以
2 7
y
t
t
1,2
t
．即
的取值范围为
．
min
2 7
2 7
2
2
7
2
m
t
t
m
,2
7
例5．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在
一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托
里拆利给出了解答：当
的三个内角均小于
时，使得
ABC
V
120
的点
即为费马点；当
有一个内角大于或等于
120
AQB
BQC
CQA
Q
ABC
V
120
时，最大内角的顶点为费马点．在平面直角坐标系
中，已知椭圆
xOy
的左、右焦点为
，直线交
于
两点，点
在
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
1
2
,
F F
l
C
,
A B
0
0
,
M x
y
C
上．当
的坐标为
时，
的费马点的坐标为
．
M
0,
3
1
2
MF F
△
3
0, 3
(1)求
的方程；（凌晨讲数学）
C
(2)当
为
的右顶点时，若
，求与
轴的交点的坐标；
M
C
MA
MB
l
x
(3)当过点
时，记
的费马点为
，
，
，
的面积分别
l
0
0
,
7
7
x
y
MAB
△
P
PMA
△
PMB
△
PAB
A
为
，求
的最小值．
1
2
3
,
,
S S
S
1
2
3
S
S
S
解析：（1）因为
在
上，所以
，
0, 3
M
C
3
b
又因为
的费马点的坐标为
，所以
，
1
2
MF F
△
3
0, 3
3
3
tan30
3
3
c
所以
，
1
c
所以
，所以
的方程为
.
2
2
2
4
a
b
c
C
2
2
1
4
3
x
y
（2）如图：
当
为右顶点时，
．设
，
M
2,0
M
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
若的斜率不存在时，因为
，所以
.
l
MA
MB
45
OMA
OMB
不妨设
的直线方程为
，
MB
2
y
x
代入椭圆方程整理得
，
2
7
16
4
0
x
x
由
得
，故的方程为
，此时直线过
；
2
4
2
7
x
2
2
7
x
l
2
7
x
2 ,0
7
若的斜率存在时，设的方程为
，
l
l
2
0
7
x
ty
t
由
得
，则
2
2
1,
4
3
2 ,
7
x
y
x
ty
2
2
49 3
4
84
576
0
t
y
ty
1
2
2
1
2
2
84
,
49 3
4
576
,
49 3
4
t
y
y
t
y
y
t
由
，
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
12
12
7
7
1
1
2
2
2
2
MA
MB
y y
ty
ty
y y
k
k
x
x
x
x
因为
，
2
1
2
1
2
1
2
1
2
12
12
12
144
1
7
7
7
49
y y
ty
ty
t
y y
t y
y
，
2
2
2
2
2
2
2
576 1
144
144 3
4
576
12
84
144
1
0
7
49
49 3
4
49 3
4
49 3
4
t
t
t
t
t
t
t
t
t
所以
，符合题意，所以直线与
轴的交点坐标为
．
1
MA
MB
k
k
l
x
2 ,0
7
（3）如图：
设的方程为
，
l
0
0
1
m x
x
n y
y
因为过点
，所以
．
l
0
0
,
7
7
x
y
0
0
6
8
7
mx
ny
由
变形得
，
2
2
1
4
3
x
y
2
2
0
0
0
0
3
4
12
x
x
x
y
y
y
即
，
2
2
0
0
0
0
0
0
3
4
6
8
0
x
x
y
y
x
x
x
y
y
y
所以
，
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
3
4
6
8
0
x
x
y
y
x
x
x
y
y
y
m x
x
n y
y
整理得
，
2
0
0
0
0
0
0
0
0
4
8
6
8
3
6
0
y
y
y
y
ny
nx
my
mx
x
x
x
x
所以
，即
．
0
0
0
0
3
6
3
7
8
1
4
8
4
8
MA
MB
mx
ny
k
k
ny
ny
MA
MB
当
中有一条直线斜率不存在时，也满足
．
,
MA MB
MA
MB
．
1
2
3
1
sin120
2
1
sin120
2
PA
PB
PA
PB
PM
PA
PB
PM
PM
PM
S
S
PA
PB
S
PA
PB
PA
PB
PM
PM
因为
，
2
2
2
2
2
2
PA
PM
PA
PM
PB
PM
PB
PM
PA
PB
PA
PB
所以
，
2
2 PM
PA
PM
PB
PM
PA
PB
即
．
2
PA
PB
PA
PB
PM
PM
PM
PM
令
，则
，所以
．
,
PA
PB
x
y
PM
PM
2
x
y
xy
1
2
3
2
1
S
S
x
y
S
xy
xy
因为
，当且仅当
时等号成立，
2
2
2
x
y
xy
xy
x
y
所以
，即
．
1
3
xy
4
2 3
xy
所以当
时，
的最小值为
．
4
2 3
xy
1
2
3
S
S
S
3
1
三．习题演练
1．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔・德・费马提出一个著名的几何
问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．在费
马提出的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于120
时，费马点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成
角；当三
120
角形有一内角大于或等于
时，费马点为三角形最大内角的顶点．
120
已知
中，
，
，分别是角
，
，
所对的边，且
，
ABC
V
a
b
c
A
B
C
2
2
6
a
b
c
．
sin
sin
2
B
C
b
a
B
(1)求角
的大小；
A
(2)若点
为
的费马点，求
的值．
P
ABC
V
PA PB
PB PC
PA PC
解析：（1）由
，及正弦定理得
，因为
sin
sin
2
B
C
b
a
B
sin
sin
sin
sin
2
B
C
B
A
B
，所以
，消去
得
．因为
，故
0
π
B
sin
0
B
sin B
sin
sin
2
B
C
A
0
π,0
π
2
B
C
A
或
，而根据题意
，故
不成立，所以
2
B
C
A
π
2
B
C
A
π
A
B
C
π
2
B
C
A
，又因为
，代入得
，所以
．
2
B
C
A
π
A
B
C
3
π
A
π
3
A
（2）由（1）可知，
，结合三角形内角和性质可知，
的三个内角均小于
π
3
A
ABC
V
120
，
结合题设易知点P 一定在
的内部．由余弦定理可得
ABC
V
，解得
2
2
2
2
2
(
)
2
2
(1 cos
)
6
a
b
c
a
b
c
bc
bc
A
bc
，
1
2π
1
2π
1
2π
|
| |
| sin
|
| |
| sin
|
| |
| sin
2
3
2
3
2
3
△
ABC
S
PA
PB
PB
PC
PA
PC
1
3 3
sin
2
2
bc
A
所以
，所以
|
| |
|
|
| |
|
|
| |
| 6
PA
PB
PB
PC
PA
PC
PA PB
PB PC
PA PC
2π
2π
2π
|
| |
| cos
|
| |
| cos
|
| |
| cos
3
3
3
PA
PB
PB
PC
PA
PC
．
2π
cos
3
3
PA PB
PB
PC
PA PC
2．1643 年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，
使其到这个三角形的三个顶点的距离之和最小．它的答案是：当三角形的三个角均小于
时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角
120
），该点称为费马点．试用以上知识解决下面问题：
120
(1)在
中，若
，
，
；
ABC
V
2
BM
105
BMC
45
MBC
①求
的面积
；
BMC
△
BMC
S△
②点P 为
的费马点，求
；
BMC
△
PB PM
PM PC
PB PC
(2)在
中，若
，点Q 为
的费马点，
，求实数
ABC
V
90
ACM
ACM
△
QA
QM
t QC
t 的最小值．
解析：（1）①在
中，
，
，
，由正弦定理
BMC
△
45
B
2
BM
105
BMC
，
2
sin30
sin105
BC
3
1
BC
1
3
1
2
3
1 sin45
2
2
BMC
S
A
②由（1）知
，
的三个内角均小于
，则P 为三角形的正等角中
3
1
2
BMC
S
△
BMC
△
2 π
3
心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角
；所以
2 π
3
1
2π
1
2π
1
2π
sin
sin
sin
2
3
2
3
2
3
BMC
S
PB
PM
PM
PC
PB
PC
A
，
3
3
1
4
2
PB
PM
PM
PC
PB
PC
所以
，
6
2 3
3
PB
PM
PM
PC
PB
PC
所以
2π
2π
2π
cos
cos
cos
3
3
3
PB PM
PM PC
PB PC
PB
PM
PM
PC
PB
PC
．
1
1
6
2 3
3
3
2
2
3
3
PB
PM
PM
PC
PB
PC
（2）
中，
，因为点Q 为
的费马点，则
ACM
△
90
ACM
ACM
△
，设
，
，
，
，
2π
3
AQC
CQM
MQA
QM
m QC
QA
n QC
QC
x
0
m
0
n
，
，则由
，得
；由余弦定理得
中，
0
x
QA
QM
t QC
m
n
t
QCM
A
，
2
2
2
2
2
2
2
2π
2
cos
1
3
CM
x
m x
mx
m
m
x
，
2
2
2
2
2
2
2
2π
2
cos
1
3
CA
x
n x
nx
n
n
x
，故由
得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2π
2
cos 3
MA
m x
n x
mnx
m
n
mn x
2
2
2
CA
CM
AM
，即
，而
，
，故
2
2
2
2
2
2
2
1
1
n
n
x
m
m
x
m
n
mn x
2
m
n
mn
0
m
0
n
，当且仅当
，结合
，解得
时，
m + n + 2 = mn ≤(
m + n
2 )
2
m
n
2
m
n
mn
1
3
m
n
等号成立，又
，即有
，解得
或
（舍去），故实数
m
n
t
2
4
8
0
t
t
2
2 3
t
2
2 3
t
t 的最小值为
．
2
2 3
