構(gòu)造“手拉手”，中考最值巧妙求

摘要：本文中結(jié)合實(shí)例，通過探究“手拉手模型”的一般特征，幫助學(xué)生能夠在求解最值的復(fù)雜圖形中找到“手拉手模型”，再從變化中尋找不變，在有限的考試時間內(nèi)，通過“手拉手模型”打開思路，實(shí)現(xiàn)動點(diǎn)最值問題的順利求解.

關(guān)鍵詞：手拉手模型；中考；最值問題

《義務(wù)教育數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2022年版）》指出，“圖形的變化”強(qiáng)調(diào)從運(yùn)動變化的觀點(diǎn)來研究圖形，理解圖形在軸對稱、旋轉(zhuǎn)和平移時的變化規(guī)律和變化中的不變量.在解決中考最值問題時，首要的是準(zhǔn)確判斷動點(diǎn)的運(yùn)動軌跡，通過題設(shè)條件數(shù)形結(jié)合求出最值，手拉手模型在求解此類問題時可以優(yōu)化思考問題的思路，為問題求解提供新的路徑.下文將結(jié)合中考實(shí)例對“手拉手”求解中考最值問題的作用進(jìn)行說明.

1 四線共點(diǎn)兩兩相等——手拉手模型及證明

手拉手模型”是全等三角形一章中的一個經(jīng)典數(shù)學(xué)模型，它是基于三角形全等，由兩個頂角相同的等腰三角形旋轉(zhuǎn)構(gòu)成的一個基礎(chǔ)模型.由于這兩個三角形具備一個公共頂點(diǎn)，很像兩雙手拉在一起，故取名“手拉手模型”［1］.結(jié)合兩對等邊，通過加上或減去公共角得到兩對等邊的夾角相等，可由SAS得到三角形全等.簡潔描述構(gòu)造手拉手模型的關(guān)鍵點(diǎn)就是：（1）四線共點(diǎn)兩兩相等；（2）頂角相同.

已知：如圖1，AB=AC，AM=AN，且∠BAC=∠MAN，求證：△ABM≌△ACN.

證明：∵∠BAM=∠BAC-∠MAC，∠CAN=∠MAN-∠MAC，且∠BAC=∠MAN，

∴∠BAM=∠CAN.

又AB=AC，AM=AN，

∴△ABM≌△ACN（SAS）.

2 中考最值問題中的模型應(yīng)用

2.1 直線軌跡型

例1（2019年江蘇省宿遷市中考數(shù)學(xué)第18題）如圖2，正方形ABCD的邊長為4，E為BC邊上一點(diǎn)，且BE=1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點(diǎn)，連接EF，以EF為邊向右側(cè)作等邊三角形EFG，連接CG，求線段CG的最小值.

分析：本題涉及正方形和變化中的等邊三角形，動點(diǎn)運(yùn)動的軌跡為直線，是綜合考查線段最小值問題.

法1：運(yùn)用一般方法解題.

如圖3所示，作△EFG的外接圓⊙O，交AB于點(diǎn)H，連接EH，GH.

∵同弧所對的圓周角相等，

∴∠FHG=∠FEG=60°，

∠EHG=∠EFG=60°.

∴∠BHE=60°.

∵BE為定長，

∴H為AB上一定點(diǎn)，即點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡為直線HG.

此時過點(diǎn)C作CP⊥MH于點(diǎn)P，由“垂線段最短”可知CGmin=CP.延長GH，CB相交于點(diǎn)M.

∴∠MHB=∠FHG=60°.

∵∠HBM=90°，

∴∠M=30°.

∵在Rt△BEH中，∠BHE=60°，BE=1，

∴BH=33.

∴BM=1.

∵在Rt△MCP中，∠M=30°，

∴CP=12CM=12（CB+CM）=52.

∴CGmin=52.

法2：運(yùn)用手拉手模型（1）.

如圖4所示，觀察到有等邊三角形EFG，且E為定點(diǎn)，可以向右以EC為邊向上作等邊三角形ECH，連接FH，構(gòu)造以E為頂點(diǎn)的手拉手模型，易得△FEH≌△GEC.

∴FH=CG.

又H為定點(diǎn)，

∴FH⊥AB時取最小值.

作HM⊥AB于點(diǎn)M，HN⊥BC于點(diǎn)N，則∠HNB=∠B=∠HMB=90°.

∴四邊形BMHN是矩形，HM=BN.

∵CN=12CE=12（CB-BE）=32，

∴HM=BN=BC-CN=52.

∴CGmin=52.

法3：運(yùn)用手拉手模型（2）.

如圖5所示，觀察到有等邊三角形EFG，且E為定點(diǎn)，可以向左以BE為邊向上作等邊三角形BEH，連接HG延長交DC于點(diǎn)N，構(gòu)造以E為頂點(diǎn)的手拉手模型，易得△FEB≌GEH，則∠GHE=∠FBE=90°，即點(diǎn)G在垂直于HE的直線HN上運(yùn)動.所以當(dāng)CG⊥HN時取最小值.作CM⊥HN于點(diǎn)M，EP⊥CM于點(diǎn)P，則可得四邊形MHEP是矩形，HM=EP.

因?yàn)樵赗t△PEC中，∠PEC=30°，所以CP=12EC=32.因?yàn)镻M=HE=BE=1，所以CM=CP+PM=52，即CG的最小值為52.

評注：一般解法（法1）中通過構(gòu)造△EFG的外接圓⊙O找到定點(diǎn)H，通過從變化中找到不變，判斷點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡為HG.再通過垂線段最短，作CP⊥MH求CG的最小值.這種解法對特殊三角形、特殊四邊形以及圓的性質(zhì)的掌握有一定要求，適合善于構(gòu)圖，善于探究動點(diǎn)軌跡解題的學(xué)生.

在了解手拉手模型的基本特征后，分析本題可以發(fā)現(xiàn)E為等邊三角形的頂點(diǎn)和BC邊上的定點(diǎn)，分別向左和向右構(gòu)造手拉手得到全等三角形，將定長線段轉(zhuǎn)化代換，得到點(diǎn)G的運(yùn)動軌跡，通過垂線段最短接下來判斷CG的最小值就比較簡單了.

2.2 圓形軌跡型

例2（2018年南通市中考數(shù)學(xué)試卷第27題）如圖6所示，正方形ABCD中，AB＝25，O是BC邊的中點(diǎn)，E是正方形內(nèi)一動點(diǎn)，OE＝２，連接DE，將線段DE繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得DF，連接AE，CF.求線段OF長的最小值.

分析：本題涉及正方形和隱含的等腰直角三角形，動點(diǎn)運(yùn)動軌跡為半圓，同樣是綜合考查線段的最小值問題.

法1：運(yùn)用手拉手模型（1）.

如圖7所示，觀察到DF由線段DE繞點(diǎn)D逆時針旋轉(zhuǎn)90°所得，有隱藏的等腰直角三角形DEF，直接有以E為頂點(diǎn)的手拉手模型，易得△DAE≌△DCF.因?yàn)镺E=2，則點(diǎn)E在以O(shè)為圓心，2為半徑的半圓上運(yùn)動.延長BA至點(diǎn)P，使AP=OC，連接PE.因?yàn)锳E=CF，∠PAE=∠OCF，所以△PAE≌△OCF，則PE=OF，可知當(dāng)O，E，P三點(diǎn)共線時PE取最小值，此時OP=OB2+PB2=（5）2+（35）2=52，所以可得PE=OP-OE=52-2，即OFmin=52-2.

法2：運(yùn)用手拉手模型（2）.

如圖8，易知題中有隱藏的等腰直角三角形DEF，連接DO，向右以DO為邊作等腰直角三角形DOI，連FI，構(gòu)造以D為頂點(diǎn)的手拉手模型，易得△DEO≌△DFI.連接OF.在△OFI中，F(xiàn)I=EO=2，OI=2OD=2×（5）2+（25）2=52，所以可得OF≥OI-FI=52-2，即OFmin=52-2.

評注：本題中直接蘊(yùn)含四線共點(diǎn)兩兩相等和頂角相同，法1由手拉手模型得到△DAE≌△DCF，則AE=CF，∠PAE=∠OCF，再構(gòu)造一對等邊AP=OC即可得到△PAE≌△OCF，接下來通過PE=OF等線段代換，結(jié)合點(diǎn)E的軌跡，可得O，E，P三點(diǎn)共線時PE取最小值.法2是向右構(gòu)造手拉手模型，OI為定長，得到三角形全等來進(jìn)行等線段代換（OE=FI=2），再利用三角形三邊關(guān)系判斷線段最小值.

結(jié)合上述例子可以發(fā)現(xiàn)，在題中發(fā)現(xiàn)手拉手模型的基本特征后，通過由手拉手模型得到的三角形全等進(jìn)行等線段、等角代換，轉(zhuǎn)化思想，在變化中尋求不變，可為我們進(jìn)一步打開解題思路［2］.學(xué)生可以通過儲備此模型來增加解題方向，在以后遇到此類問題時有法可依.數(shù)形結(jié)合來塑造學(xué)生的數(shù)學(xué)思維，讓數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)奇妙又自然.

參考文獻(xiàn)：

[1]錢進(jìn)陸.談“手拉手模型”的解題思路[J].數(shù)理天地（初中版），2023（7）：2324.

[2]姜會珍.觀圖形之美，得思維之源——以“手拉手模型”教學(xué)為例[J].數(shù)理天地（初中版），2023（15）：8385.