解：作A關(guān)于MN的對稱點A′，連A′B交MN于點P，則光線將由A射到P，經(jīng)反射后到B，這條路線是“最短路線”。實際上，對MN上任一非P的點P，都有AP′+P′B=AP′+P′B＞A′B=AP+PB。即這條路線最短。

　　由此可得到物理學(xué)中的反射定律：光經(jīng)平面鏡反射時，入射角等于反射角，在圖1中，取P點處法線PQ，則有∠1=∠2。

　　在△ABC中，AD、BE、CF分別為三邊上的高，△DEF稱為△ABC的垂足三角形，可以證明△ABC的重心H是△DEF的內(nèi)心（圖2）。

　　實際上，由∠BEA=∠BDA=90°，知B、D、E、A共圓，于是∠CDE=∠BAC。同樣，由A、F、D、C共圓，可知∠BDF=∠BAC，于是∠CDE=∠BDF。從而可知DA平分∠EDF。

　　同理FC平分∠DFE，EB平分∠DEF。故H是△DEF的內(nèi)心。

　　如作D關(guān)于AB的對稱點D1，可知∠DFB=∠D1FB＝∠AFE，于是，D1、F、E在一直線上。同樣可知，D關(guān)于AC的對稱點D2也在直線EF上，即D1、F、E、D2四點在一條直線上。

　　現(xiàn)在，我們來看由法格拉洛提出的一個問題：在△ABC的每條邊上各取一點D、E、F，△DEF稱為△ABC的內(nèi)接三角形。試在銳角三角形ABC的所有內(nèi)接三角形中，求周長最短的三角形。

　　費爾馬提出了一種解法，這個解法分成三步來解：

　�。�1）設(shè)D是BC上固定點，求此時的周長最短的內(nèi)接三角形。

　　作D關(guān)于AB、AC的對稱點D1、D2，連D1D2交AB、AC于E、F，則△DEF為所求。實際上，對于△ABC的任一內(nèi)接△DE′F′，有

　　DE′+E′F′+F′D=D1E′+E′F′+F′D2

　　≥D1D2=D1E+EF+FD2

　　=DE＋EF＋FD。

　　就是△DEF的周長≤△DEF的周長。

　　因此，我們只要對于每一個BC上的點D，都找出相應(yīng)于該點的周長最短的內(nèi)接三角形DEF，在這些三角形中找出周長最短的一個就行。

　�。�2）由于 AD1=AD，AD2=AD，故△AD1D2是等腰三角形。又由于∠1=∠2，∠3=∠4，故△AD1D2的頂角∠D1AD2=2∠BAC為定值，因此，只有當(dāng)其腰AD1最短時，D1D2最短。此時必有AD最短。從而當(dāng) AD為△ABC的高時，內(nèi)接三角形DEF的周長最短。

　�。�3）當(dāng)AD為△ABC的高時，由前面三角形垂足三角形性質(zhì)，可證△ABC的內(nèi)接三角形中，以其垂足三角形DEF的周長最短。

　　在平面幾何中，還有一個以費爾馬為名的“費爾馬點”。即：在△ABC所在平面上找一點，它到三個頂點的距離之和相等。

　　只考慮△ABC的三個內(nèi)角都小于120°的情況。

　　以 AB、BC、CA為邊向形外作正三角形BCD、ACE、ABK，作此三個三角形的外接圓。設(shè)⊙ABK、⊙ACE除A外的交點為F，由 A、K、B、F四點共圓知∠AFB＝120°。同理∠AFC＝120°于是∠BFC=120°。故⊙BCD邊過點F，即⊙ABK，⊙BCD，⊙CAE共點F。

　　由∠AFB=120°，∠BFD=60°，知 A、F、D在一條直線上。

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

　　對于平面上任一點P，以BP為一邊作等邊△PBH（如圖4），連HD，同樣可證△BHD≌△BPC。于是AP+PH+HD=PA+PB+PC。但PA+PH+HD≥AD=FA+ FB+FC。這就是說，點F為所求點。這點稱為△ABC的費爾馬點。

　　如果△ABC有某一內(nèi)角≥120°，例如∠A≥120°，則點A即為所求點。