1樓：他他是我
<>由於垂直距離最小，pa+pb=ab 若pc是ab邊上的垂線，如在ab邊上，則pa+pb+pc最短。
實際上，這個p點應在角度最大的那個角所對的邊上，且與所對的邊垂直。
從而cd為最短的線段。
2樓：匿名使用者
解：當點p在銳角△abc最短邊上的高的垂足的位置時，pa+pb+pc最小．
證明：如圖，p為△abc一邊bc邊，上的高的垂足，而q為bc邊上的任一點，pa+pb+pc=pa+bc，qa+qb+qc=qa+bc，pa＜qa，pa+pb+pc＜qa+qb+qc
在bp′上擷取bop′=ap，在bc上擷取b′c=ac，作b′po⊥ac．垂足為po，連線b′bo．
rt△apc≌rt△b'poc，ap=b'po=bop'．
四邊形b'bop'po是矩形，∠b'bob=90°，在△b'bob中，b'b＞bbo，p'a+p'b+p'c=bbo+ap+ac，pa+pb+pc=bp'+ac+ap，p'a+p'b+p'c＜pa+pb+pc．
在銳角△abc內求一點p，使pa+pb+pc為最短值．
3樓：青檸姑娘
<>1）將ab繞b逆時針顫讓旋轉60°得到a′b，2）連線a′c；
3）作直線ap與直線a′c相交於p點，且使∠apa′燃洞行=60°，靠近c的那一點就是p的位置．皮譁。
當非鈍角三角形abc內一點p使得pa+pb+pc的值最小時,求,角apb,角bpc,角cpa的度數
4樓：名成教育
延長pa,取一段pc1=pc,則握遊pcc1為敗核正三察皮掘角形~延長pc1到b1,使得c1b1=pb,可以證明cpb與cc1b1全等，則pa+pb+pc轉化為了一條直線~所以雖短~
點p在銳角三角形abc的三條邊上運動，試確定點p的位置，使pa+pb+pc最小，並證明你的結論。
5樓：鍾曉晶
高與邊的交點上。假設p在bc上運動，那麼pa+pb+pc=pa+bc，bc固定長，所以要使pa最短，而p在bc上，則pa最短時，pa為bc的高。
6樓：網友
明知不對，也採納為，是對於眾多解答者勞動的嚴重不負責任，強烈鄙視這種行為。
7樓：網友
應該是垂線與邊的那個交點吧，垂線加一條邊的長度肯定比2邊之和小。
8樓：網友
當p在三角形abc最長邊上運動，且在長邊對應的頂點的垂足上的時候pa+pb+pc最小，證明：三角形的2邊之和大於第3邊。
假設bc為最長邊，p在bc上運動，當p點為a點在bc邊上的垂足位置時pa小，三角形上長邊所對應的高最短。
papb+pc=bc 9樓：年糕大叔 當p在頂點a,b,c上的時候pa+pb+pc最小，具體是哪個頂點，就看ab ac bc三條邊的大小了。 證明思路是三角形的2邊之和大於第3邊。 10樓：魯樹兵 雖然我沒有看過費馬點，但我聽說過。滿意答案肯定是錯誤的。 在、銳角三角形abc中，求得一點p，使pa pb pc最短並證明 11樓：匿名使用者 設銳角△abc。（1）分別以ab,ac為一邊，向△abc外作正△abc'和正△acb'.連結bb',cc'. 線段bb'與cc'交於點p.易知，點p即是費爾馬點，且bb'=cc'=pa+pb+pc.(這裡，你講明瞭不用證明）。 下面的工作即是證明線段bb'(cc')最短。（2），設點q是△abc內的任一點，連結aq,bq,cq.以線段bq為一邊，向外（點c'方向）作正△bqr,連結rc'. 易知，∠c'br+∠rba=∠c'ba=60°=∠rbq=∠rba+∠abq,===>∠c'br=∠abq,,又顯然有c'b=ab,rb=qb.====>△c'br≌△abq(>c'r=aq.====>折線c'rqc=aq+bq+cq. 又折線c'rqc>線段c'c.(連結兩點的所有線中，直線段最短）。====》aq+bq+cq>ap+bp+cp. 這即證明了點p符合題設，最短。 12樓：匿名使用者 ]費馬-托里拆利點。 托里拆利的解法中對這個點的描述是：對於每乙個角都小於120°的三角形。 的每一條邊為底邊，向外作正三角形，然後作這三個正三角形的外接圓。托里拆利指出這三個外接圓會有乙個共同的交點，而這個交點就是所要求的點。這個點和當時已知的三角形特殊點都不一樣。 這個點因此也叫做托里拆利點。 1647年，博納文圖拉·卡瓦列裡在他的著作《幾何學題集》（exerciones geometricae）中也**了這個問題。他發現，將作正三角形時作出的第三個點與對面的頂點連線，可以得出三條線段。這三條線段交於托里拆利點，而且托里拆利點對每條邊張的角都是120°。 4]作法及證明。 下面是三角形的費馬點的作法： 當有乙個內角不小於。 時，費馬點為此角對應頂點。 當三角形的內角都小於。 時 以三角形的每一邊為底邊，向外做三個正三角形△abc'，△bca'，△cab'。 連線cc'、bb'、aa'，則三條線段的交點就是所求的點。 幾何證明。三角形的內角都小於。 的情況：首先證明cc'、bb'、aa'三條線交於一點。設p為線段cc'和bb'的交點。注意到三角形c'ac和三角形bab'是全等的，三角形c'ac可以看做是三角形b'ab以a點為軸心順時針旋轉60度得到的，所以角。 等於60度，和。 相等。因此，c'、a、b、p 四點共圓。同樣地，可以證明b'、a、c、p四點共圓。於是： 在幾何學中，費馬點是位於三角形內的乙個點，給定乙個三角形△abc的話，從這個三角形的費馬點p 到三角形的三個頂點a、b、c 的距離之和。 比從其它點算起的都要小。這個特殊點對於每個給定的三角形都只有乙個。 費馬點問題最早是由法國。 數學家皮埃爾·德·費馬在一封寫給義大利數學家埃萬傑利斯塔·托里拆利（氣壓計的發明者）的信中提出的。[1]托里拆利最早解決了這個問題，而19世紀的數學家斯坦納重新發現了這個問題，並系統地進行了推廣，因此這個點也稱為托里拆利點或斯坦納點，相關的問題也被稱作費馬-托里拆利-斯坦納問題。 源起：費馬的問題。 1638年，勒內·笛卡兒邀請費馬思考關於到四個頂點距離為定值的函式的問題。這大概也是1643年，費馬寫信向埃萬傑利斯塔·托里拆利詢問關於費馬點的問題的原因[1]。 1 等式兩邊同時加個a2.a2 2ab b2 a2 2ac c2 可推出 a b 2 a c 2 可推出b c 此三角形為等腰三角形或直角等腰三角形 2 a2 b2 c2 2ac a c 2 b2 a c b a c b 以為三角形2邊大於第三邊 所以 a c b 大於0。a c b 小於0 所以 ... 分析 1 由已知mn bc，ce cf分別平分 bco和 gco，可推出 oec oce，ofc ocf，所以得eo co fo 2 假設四邊形bcfe是菱形，再證明與在同一平面內過同一點有且只有一條直線與已知直線垂直相矛盾 解 1 mn bc，oec bce，ofc gcf，又已知ce平分 bco... 方法很多。1.連線 第三邊的中點 和 中位線與兩邊的交點 可以得到平行四邊形 中位線定理 可證 所以平分 2.已知 三角形abc的三邊的中點分別為def 求證 de與ac互相平分 證明 連線df，ef，因為都是中點，所以df，ef也是三角形abc中位線 因為df平行且等於1 2ac，又因為ae平行於...已知abc是三角形abc的三條邊的長 1 當b2 2ab c2 2ac時
如圖，在ABC中，點O是AC邊上的動點，過點O作直線MN BC，設MN交BCA的角平分線於點E，交BCA的外
證明三角形的一條中位線與第三條邊上的中線互相平分