細研試題構作圖形尋找突破
——例談最值問題求解的若干策略

☉浙江省紹興市柯橋區平水鎮中 沈岳夫

細研試題構作圖形尋找突破
——例談最值問題求解的若干策略

☉浙江省紹興市柯橋區平水鎮中 沈岳夫

綜觀2015年的各地中考試卷，發現諸多有關求最值的試題，這類試題因其涉及的知識面廣，如角、三角形、四邊形、圓、直角坐標系等知識與函數圖像相結合，背景豐富，表現形式靈活，備受命題者青睞，是中考的熱點，也是難點，同時更是使學生頗感困惑的拉分題.由于命題者的精心打造，使試題不斷更新、富有創意.但筆者通過研究發現，這些問題還是萬變不離其宗，存在一定的解題規律與技巧，往往可以通過添加輔助線，構造適當的圖形，則能化難為易，打破解此類最值問題的突破口.現采擷幾例，總結出解決最值問題的若干種常用方法或技巧，以期達到拋磚引玉的效果.

一、策略1——以“確定動點位置，添作平行線”為突破口

圖1

例1（2015年四川樂山卷）如圖1，已知直線y=

解析：如圖2，作直線l1∥l2∥AB，且直線l1與⊙C相切，切點為點D，直線l2經過圓心C.

因為點P是⊙C上的一動點，所以當點P運動至點D處時，此時△PAB的面積最大.由題意易得點A（4，0），B（0，-3），所以OA=4，OB=3，進而求得AB=5.

圖2

設點C到AB的距離為h1，若連接AC，則BC×sin∠ABO=AB×h1，即，解得.又因為直線l1與直線l2之間的距離h2=1，所以直線l1上的點到AB的距離h=h1+h2=所以S△ABC=.故選C.

點評：動點問題是中考的熱點題，常考常新.解答此題有兩處難點：一是確定動點P的位置，二是添作平行線，計算出點P到AB的最大距離.由于點P在⊙C上運動，且要使△PAB的面積最大，所以想到作直線l1∥AB，與⊙C相切于D點，當點P運動至點D時，到AB的距離最大，這樣就打開了解題的突破口.關鍵是最大距離h需分兩段求解，當計算點C到AB的距離h1時，應運用面積法則顯得較為簡捷，接下來自然想到平行線之間距離處處相等，可得h2=1，進而求得h的長，從而使問題迎刃而解.當然如果熟知點到直線的距離公式的話，不用面積法，也可直接求出h1的長.

二、策略2——以“找準兩定一動，作一次軸對稱”為突破口

例2（2015年四川涼山州卷）菱形OBCD在平面直角坐標系中的位置如圖3所示，頂點B（2，0），∠DOB=60°，點P是對角線OC上的一個動點，E（0，-1），當EP＋BP最短時，點P的坐標為________.

解析：連接ED，如圖4.因為四邊形OBCD是菱形，所以點B、點D關于OC對稱，所以DP=BP.

要使EP＋BP最短，即EP＋DP最短，只有當點D、P、E在一直線上，EP＋DP最短，即為DE的長.

圖3

圖4

點評：此題是求兩條折線段最小值問題，屬于“馬飲水模型”的經典問題，只是命題教師動足了腦筋，融入了一次函數的知識點，使試題難度增大.解題時應抓住兩個“定點”（即點B、點E）、一個“折點”（動點P）為切入口.當折點P在對角線OC上移動，作定點B關于折點P所在直線OC的對稱點D是解題的關鍵，達到“化同為異”的目的.當P點的位置確定以后，根據題意，把問題轉化為求直線OC、直線ED的交點坐標，至此解題思路已柳暗花明，細心計算即可求得答案.

三、策略3——以“由旋轉證垂直，補輔助圓尋軌跡”為突破口

例3（2015年湖北武漢卷）如圖5，△ABC、△EFG均是邊長為2的等邊三角形，點D是邊BC、EF的中點，直線AG、FC相交于點M.當△EFG繞點D旋轉時，線段BM長的最小值是（）.

圖5

圖6

解析：如圖6，連接AD、DG.由題意知AD=DG，DC= DF，則△DAG和△DCF都是等腰三角形.根據旋轉的性

質，可知∠ADG=∠CDF=α，則∠DAG=∠DCF=90°-90°，故動點M的軌跡始終在以AC為直徑的圓上.

現以AC為直徑作圓，設圓心為O，連接BO與⊙O相交于點P，則線段BP的長即為線段BM長的最小值.由圖形可知，BP=BO-PO=，故選D.

點評：此題屬于旋轉問題，除了能靈活運用旋轉知識外，解答本題有兩處難點：首先，應借助旋轉的性質，證出∠AMC=90°，這是制勝的關鍵一步，然后發現點M始終在以AC為直徑的圓上運動；其次，當作出以AC為直徑的輔助圓時，應依據“圓外一點與圓上各點連線中，到過該點和圓心的直線與圓的近交點距離最短、遠交點距離最長”才是確定BM長的最小值的關鍵.可見，構造出輔助圓，能挖掘出圖形隱含的性質，從而使題設和結論的邏輯關系明朗化.

四、策略4——以“旋轉作出最大圖，構造三角形”為突破口

例4（2015年浙江臺州卷）如圖7，正方形ABCD的邊長為1，中心為點O，有一邊長大小不定的正六邊形EFGHIJ繞點O可任意旋轉，在旋轉過程中，這個正六邊形始終在正方形ABCD內（包括正方形的邊），當這個六邊形的邊長最大時，AE的最小值為_________.

圖7

圖8

由題意知，不論正六邊形EFGHIJ怎樣旋轉，總存在△AOE，使AO-OE≤AE≤AO+OE（當O、A、E三點共線時等號成立），所以當O、A、E三點共線時，AE的長度最小，其最小值為

點評：本題以正方形為背景，將正六邊形及圖形旋轉融于一體，考查了學生對圖形的觀察、識別、轉化及探究能力.因為任何運動中或多或少存在著“數”的關系或“形”的不變性，因此解答此類問題的關鍵是抓住圖中線段AO、OE的不變量，將求AE的最小值轉化為“三角形模型”，然后對AE與AO-OE進行比較，只有當O、A、E三點共線時，AE的長度最小.

五、策略5——以“抓住一定兩動，作兩次軸對稱”為突破口

例5（2015年湖北鄂州卷）如圖9，∠AOB=30°，點M、N分別是射線OA、OB上的動點，OP平分∠AOB，且OP=6，當△PMN的周長取最小值時，四邊形PMON的面積為_______.

圖9

圖10

解析：此題屬于“一定點”+“兩動點”，化“折線”為“直線”，依據“兩點之間線段最短”.我們先看折線段P—M—N，因為P為定點，M為動點，N為動點，此時只要作定點P關于動點M所在直線OA的對稱點P1（如圖10）.同理，可作定點P關于動點N所在直線OB的對稱點P2，這樣將折線段PM+MN+NP轉化為折線段P1M+MN+NP2，所以當P1M、MN、NP2在一條直線上時，P1M+MN+NP2最小，即△PMN的周長最小.

根據題意及作圖，可知△P1OP2是正三角形，∠OP1P=∠OPP1=75°，∠MP1P=∠MPP1=15°，∠OPM=75°-15°=60°.由于MN⊥OP，所以△PCM是直角三角形.設 PM=a，則CM=

作OM的中垂線DE分別交OA、OB于D、E點.連接EM，則EM=OE，∠MEC=30°.所以.因為OE+EC+CP=OP，所以解得a=6（2-.所以MN=2CM=.所以

點評：一般地，當通過作軸對稱或翻折以后，能得到一些特殊角，如45°、60°、90°、120°等，可運用“兩點之間線段最短”求解.此題已知△PMN的周長取最小值時，直接求四邊形PMON的面積較為困難，因此，首先，進行轉化——作圖，即通過作兩次軸對稱變換，改變線段的位置，優化圖形的結構，把三條線段“展開來”，然后再“接起來”成“三折線”；其次，計算，要根據條件挖掘出一些隱含的信息，如∠OPM=60°，MN⊥OP等會給計算帶來便捷.當然求OC時，如果熟記tan15°的三角函數值，就可以不作中垂線DE，直接用tan15°=，求出OC的長，進而獲解.

六、策略6——以“定線旋轉顯軌跡，確定位置畫出圖”為突破口

例6（2015年廣東梅州卷）在Rt△ABC中，∠A= 90°，AC=AB=4，D、E分別是邊AB、AC的中點.若等腰Rt△ADE繞點A逆時針旋轉，得到等腰Rt△AD1E1，設旋轉角為α（0°＜α≤180°），記直線BD1與CE1的交點為P.

（1）如圖11，當α=90°時，線段BD1的長等于______，線段CE1的長等于_______；（直接填寫結果）

（2）如圖12，當α=135°時，求證：BD1=CE1，且BD1⊥CE1；

（3）①設BC的中點為M，則線段PM的長為________；

②點P到AB所在直線的距離最大值為_______.（直接填寫結果）

圖11

圖12

（2）證明略.

②因為Rt△ADE是繞點A逆時針旋轉，所以D1、E1在以A為圓心，AD為半徑的圓上.當BD1所在直線與⊙A相切時（如圖13），直線BD1與CE1的交點P到直線AB的距離最大，根據前面積累的經驗，易知四邊形AD1PE1是正方形.

過點P作PG⊥AB，交AB所在直線于點G.在 Rt△ABD1中，易求BD1=進而求得∠ABP=30°.由于四邊形AD1PE1是正方形，所以PD1=AD1= 2，所以故點P到AB所在直線的距離最大值為

圖13

點評：本題第（3）問中的第②小題，由于Rt△ADE是繞點A（定點）逆時針旋轉，會發現點D的軌跡不變，即在以A為圓心，AD為半徑（定長）的圓上運動，所以要使點P到直線AB的距離最大，只有當BD1所在直線與⊙A相切才滿足題意.因此，解答此類問題，如果在“數”的關系上難以突破，那么不妨在“形”上深入觀察、分析、思考，畫出圖形，逐步確定要求的結論，從而構造出直角三角形，成為打開解題突破口的關鍵圖形.

七、策略7——以“遇幾何體化平圖，畫出路徑作比較”為突破口

例7（2015年浙江金華卷）圖14，圖15為同一長方體房間的示意圖，圖16為該長方體的表面展開圖.

（1）蜘蛛在頂點A′處.

①蒼蠅在頂點B處時，試在圖14中畫出蜘蛛為捉住蒼蠅，沿墻面爬行的最近路線；

②蒼蠅在頂點C處時，圖15中畫出了蜘蛛捉住蒼蠅的兩條路線，往天花板ABCD爬行的最近路線A′GC和往墻面BB′C′C爬行的最近路線A′HC，試通過計算判斷哪條路線更近？

（2）在圖16中，半徑為10dm的⊙M與D′C′相切，圓心M到邊CC′的距離為15dm，蜘蛛P在線段AB上，蒼蠅Q在⊙M的圓周上，線段PQ為蜘蛛爬行路線.若PQ與⊙M相切，試求PQ的長度的范圍.

圖14

圖15

圖16

解析：（1）①如圖17，連接A′B，線段A′B就是所求作的最近路線.

圖17

圖18

②兩種爬行路線如圖18所示，由題意可得：

（2）如圖19，連接MQ，因為PQ為⊙M的切線，點Q為切點，所以MQ⊥PQ.所以在Rt△PQM中，有PQ2=PM2-QM2=PM2-100，當MP⊥AB時，MP最短，PQ取得最小值，此時MP=30+20=50，所以PQ

圖19

圖20

當點P與點A重合時，MP最長，PQ取得最大值，如圖20，過點M作MN⊥AB，垂足為N.由題意可得PN=25，MN= 50，所以在Rt△PMN中，PM2=AN2+MN2=252+502，所以在Rt△PQM中，

點評：幾何體表面中的最值問題，在歷年中考試題中都有所涉及.本題看上去是一個長方體表面的路線問題，實際上是通過長方體的表面展開圖將其轉換為平面問題，體現了數學中的轉化思想，同時還應注意長方體有多種平面展開圖，因此為了求其表面上兩點之間的最短路徑，需要針對所有可能的情況分類討論，然后才能確定最短路線（如第（1）小題中的第②問）.除此之外，還要有數形結合的思想（如第（2）小題），結合圖形確定當MP⊥AB時，MP最短，PQ取得最小值；當點P與點A重合時，MP最長，PQ取得最大值.真正做到以“形”助“數”，以“數”輔“形”，使代數與幾何等知識有機結合，將問題轉化為與圓有關的問題加以解決.

從以上諸例不難看出，最值問題一直是中考的熱點問題.因為從對學生考查的角度來看，求最值問題是一個綜合能力的考查；從內容上來看它涉及初中數學的核心知識——特殊三角形、特殊四邊形、圓與勾股定理等；從方法上來說，它涉及代數式的變形與變換，數形結合，構造法，運用公理，作輔助圓等；從能力角度來說，它要求學生有一定的分析問題、解決問題的能力，所以無論從考試角度及能力培養上，遇到不斷出現的最值方面的中考新題，應怎樣構造圖形，要構造何種圖形才能打開解題的突破口，確實值得我們一線教師去不斷了解、更新和探索解決.

1.馬先龍.構造圖形打開解中考幾何最值問題的突破口［J］.中學數學雜志（初中版），2014（10）.

2.宋盛華.幾何體表面中的最短路徑問題解析［J］.數理化學習（初中版），2014（4）.

3.李玉榮.一組最值難題“圓”來如此容易［J］.中學數學（下），2015（6）.

4.沈岳夫.構造輔助圓，架起探求綜合題的橋梁［J］.中學數學（下），2013（6）.

5.沈岳夫.細研試題構建模型化解難點［J］.中國數學教育（初中版），2015（4）.H