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[组图][趣味数学]费尔马光行最速原理           ★★★
[趣味数学]费尔马光行最速原理
作者:佚名 文章来源:别处引用 点击数: 更新时间:2006-2-6 19:27:08
费尔马不仅是位数学家,他在物理学中也有所建树,“光行最速原理”就是由他发现的。由此我们可以解下列问题:由光源A射出的光线,经平面镜MN反射后照到点B,求光走过的路线。

  解:作A关于MN的对称点A′,连A′B交MN于点P,则光线将由A射到P,经反射后到B,这条路线是“最短路线”。实际上,对MN上任一非P的点P,都有AP′+P′B=AP′+P′B>A′B=AP+PB。即这条路线最短。

  

  由此可得到物理学中的反射定律:光经平面镜反射时,入射角等于反射角,在图1中,取P点处法线PQ,则有∠1=∠2。

  在△ABC中,AD、BE、CF分别为三边上的高,△DEF称为△ABC的垂足三角形,可以证明△ABC的重心H是△DEF的内心(图2)。

  实际上,由∠BEA=∠BDA=90°,知B、D、E、A共圆,于是∠CDE=∠BAC。同样,由A、F、D、C共圆,可知∠BDF=∠BAC,于是∠CDE=∠BDF。从而可知DA平分∠EDF。

  同理FC平分∠DFE,EB平分∠DEF。故H是△DEF的内心。

  

  如作D关于AB的对称点D1,可知∠DFB=∠D1FB=∠AFE,于是,D1、F、E在一直线上。同样可知,D关于AC的对称点D2也在直线EF上,即D1、F、E、D2四点在一条直线上。

  现在,我们来看由法格拉洛提出的一个问题:在△ABC的每条边上各取一点D、E、F,△DEF称为△ABC的内接三角形。试在锐角三角形ABC的所有内接三角形中,求周长最短的三角形。

  费尔马提出了一种解法,这个解法分成三步来解:

  (1)设D是BC上固定点,求此时的周长最短的内接三角形。

  作D关于AB、AC的对称点D1、D2,连D1D2交AB、AC于E、F,则△DEF为所求。实际上,对于△ABC的任一内接△DE′F′,有

  DE′+E′F′+F′D=D1E′+E′F′+F′D2

  ≥D1D2=D1E+EF+FD2

  =DE+EF+FD。

  就是△DEF的周长≤△DEF的周长。

  因此,我们只要对于每一个BC上的点D,都找出相应于该点的周长最短的内接三角形DEF,在这些三角形中找出周长最短的一个就行。

  (2)由于 AD1=AD,AD2=AD,故△AD1D2是等腰三角形。又由于∠1=∠2,∠3=∠4,故△AD1D2的顶角∠D1AD2=2∠BAC为定值,因此,只有当其腰AD1最短时,D1D2最短。此时必有AD最短。从而当 AD为△ABC的高时,内接三角形DEF的周长最短。

  (3)当AD为△ABC的高时,由前面三角形垂足三角形性质,可证△ABC的内接三角形中,以其垂足三角形DEF的周长最短。

  在平面几何中,还有一个以费尔马为名的“费尔马点”。即:在△ABC所在平面上找一点,它到三个顶点的距离之和相等。

  只考虑△ABC的三个内角都小于120°的情况。

  以 AB、BC、CA为边向形外作正三角形BCD、ACE、ABK,作此三个三角形的外接圆。设⊙ABK、⊙ACE除A外的交点为F,由 A、K、B、F四点共圆知∠AFB=120°。同理∠AFC=120°于是∠BFC=120°。故⊙BCD边过点F,即⊙ABK,⊙BCD,⊙CAE共点F。

  由∠AFB=120°,∠BFD=60°,知 A、F、D在一条直线上。

  在FD上取点G,使FG=FB,则△FBG为正三角形。由BG= BF, BD=BC,∠DBG=∠CBF=60°-∠GBC,故△DBG≌△CBF。于是GD=FC,即AD=FA+FB+FC。

  

  对于平面上任一点P,以BP为一边作等边△PBH(如图4),连HD,同样可证△BHD≌△BPC。于是AP+PH+HD=PA+PB+PC。但PA+PH+HD≥AD=FA+ FB+FC。这就是说,点F为所求点。这点称为△ABC的费尔马点。

  如果△ABC有某一内角≥120°,例如∠A≥120°,则点A即为所求点。

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