构造基本模型 妙解最值问题——对一道中考题的探究与思考
巧用构造法妙解最值题
正解：去括号，得８髫一４—３０ｘ一６＝２４．
防错诀窍：去括号、不漏乘；正不变、负改变．
三、移项
常常是把含未知数的项移到方程的左边，常数项移到方程
右边．注意移项要变号，其理论依据是等式性质１． 例３ ８ｘ一４—３０ｘ一６＝２４．
错解：移项，得８ｘ＝３０ｘ＝２４＋４—６． 错因分析：（１）一３０ｘ仍在方程左边，没有移项，不应变号； （２）一６由等号左边移项到等号右边应变为６． 正解：移项，得８ｘ～３０ｘ＝２４＋４＋６． 防错诀窍：移项易、符号变． 四、合并同类项 根据法则将同类项合并，要防止发生符号错误和分组错误． 例４ ８ｘ一３０ｘ＝２４＋４＋６．
于是Ｐ到ＢＢ’的距离最大，即将直线向上平移到与抛物线有唯
一交点Ｐ处．设与直线ＢＢ’平行的直线Ｚ的解析式为Ｙ＝一算＋
ｍ，与Ｙ＝一ｚ２＋（√３—１）ｚ＋√３联立，消元后令ａ＝０可得所求．
点评：涉及底边为定值，且三角形第三个顶点在函数图象上
运动的面积类最值问题，常可借助一元二次方程根的判别式加
以解决．
三、利用函数构造反比例函数的性质
最多有４４名同学．
点评：在解决有关“不足、至少、至多、不超过”等的最值问
题时，尝试将如上关键词准确转化为不等量关系，并用不等式
加以刻画往往能收到较好的解决效果．
２．构造方程
例４（芜湖卷）如图２，在平面 直角坐标系中放置一直角三角板，其
顶点为Ａ（一１，Ｏ），曰（０，√３），０（０， ０），将此三角板绕原点Ｄ顺时针旋转 ９００，得到ＡＡ’Ｂ’０．
错解：合并同类项，得２２ｘ＝３４． 错因分析：系数相加时忘记符号的判断． 正解：合并同类项，得一２２ｘ＝３４． 防错诀窍：合并时、准确算；一判号，二定值． 五、系数化为１ 根据等式性质２在方程两边同时除以未知数的系数或乘以 它的倒数进行计算．易发生两种类型错误，一是符号错误，二是
借“画板”之手,破中考压轴——对一道中考填空压轴题的思考
２ ０ １ ３ 年４ 月
借“ 画板 ” 之手 ． 破中考压轴
— —
对一道 中考填 空压轴题 的思考
邓继 雄
⑩ 广 东 省 佛 山市 顺 德 区龙 江 龙 山初 级 中学
以 函数 图像 为背景 ， 根 据 函数 图像 的性 质 ， 结合 几
何 图形 的基本性 质进行相关 的计算或证 明 ， 是 中考数学 的热 门题 目． 现提供 一 道 中考填 空 压轴 题 ， 并 提 出个 人 的见解 ， 与 同行 交 流探讨 ， 以期在今 后 的解题 教学 中有
围是一
，
过点Ｐ， 且 与 轴所成 的角等 于６ ０ 。 ， 于是设 直线０ Ｂ 的解 析式 是ｙ ＝ 一 ＼ ／ ｘ ＋ ｂ ， 把点 Ｐ 的坐标 （ ， ０ ） 代 入 求 出直 线 ０～ Ｂ的解析式 是’ ， ＝ 一 、 ／ 了 ＋ ＼ ／ 了 ｔ②．如果仅考 虑 直线
惯’ ． ” 弗赖 登塔尔指 出 ： “ 反 思 是 数 学 思 维 活 动 的 核 心 和 动力． 在数学 活动 中引导学生及 时 、 多角度地 反思 ． 能 促
（ ２ ） 如 图２ ， 在 直 角 梯 形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
中， Ａ Ｄ／ ／ Ｂ Ｃ （ Ｂ Ｃ ＞ Ａ Ｄ） ， ／Ｂ ＝ ９ ０ 。 ，
、 ‘； 。
＼
／
由轴对称变换可知 ：
０ Ｐ Ｍ＝ ０腓 ３ ０
０
Ｂ 日Ｐ ＼
代人 双曲线 的解 析式 得方 程 、 ／ 了ａ （ ａ ＋ ２ ） ＝ ４ 、 ／ 了， 解 得 ０ ＝ 一 １ ± 、 ／ 了， 这里取 一 １ ＋ 、 ／ 了， 负值舍去 ， 所 以Ｂ Ｐ ＝ ２ Ｂ Ｈ＝
过点 ， 可以求出反比例函数的解析式为ｙ ： ！
构造基本模型妙解最值问题--对一道中考题的探究与思考
构造基本模型妙解最值问题--对一道中考题的探究与思考杨蕴菊【期刊名称】《中学数学月刊》【年(卷),期】2016(000)012【总页数】2页(P56-57)【作者】杨蕴菊【作者单位】江苏省苏州工业园区星海实验中学 215021【正文语种】中文最值问题是初中几何教学的一大难点，也是中考命题中各知识的结合点和能力考查的区分点，学生常常无法建立数学模型，找不到解题切入口.笔者以2016年苏州市中考数学第28题为例，探究最值问题中较为常见的两种类型，试图使学生建立基本的几何模型，用最基本、最重要、最自然的通法来解决问题.题目如图1，直线：y=-3x+3与x轴、y轴分别相交于A，B两点，抛物线y=ax2-2ax+a+4(a<0)经过点B．(1)求该抛物线的函数表达式.(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连结AM，BM，设点M的横坐标为m，△ABM的面积为S.求S关于m的函数表达式，并求出S 的最大值.(3)在(2)的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M′．①写出点M′的坐标.②将直线绕点A按顺时针方向旋转得到直线l′，当直线l′与直线AM′重合时停止旋转.在旋转过程中，直线l′与线段BM′交于点C，设点B,M′到直线l′的距离分别为d1,d2，当d1+d2最大时，求直线l′旋转的角度(即∠BAC的度数)．解析 (1)易得二次函数解析式为y=-x2+2x+3.(2)如图2，过点M作ME⊥y轴于点E，交AB于点D，则有 M(m，-m2+2m+3)，，，所以.因为0<m<3，所以当时，S有最大值，最大值为，M′探究本小题涉及的解题模块是三角形面积的求法，除了传统的方法×底×高)以外，还可以用什么方法呢？为了更透彻地解决这个问题，我们以图3为例加以说明：过△ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，外侧两条直线之间的距离叫△ABC的“水平宽”(a)，中间的这条直线在△ABC内部线段的长度叫△ABC的“铅垂高”(h).我们可得出一种计算三角形面积的新方法：，即三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半.运用这个方法，最直接的想法是过点A作铅垂高，但由于BM是未知直线，纵向分割三角形，会使过程繁琐、复杂.于是灵活运用，横向分割三角形，用了一个更特殊的技巧去代替现存的常规步骤，体现出了解题的奇异美.由此建立起二次函数模型，利用其性质是求最值的常规方法，但要注意自变量的取值范围和端点值的可取性.拓展研究一个题目，不仅要从多角度研究它的通性通法，还要钻研用这种通法可以解决哪些同类问题，所谓会一题，通一类.比如本题，改变问法，我们还是可以轻松解决.问题改为：点M为x轴上方的抛物线上的一个动点，连结MA，MB，若所得△MAB的面积为S，则S为何取值范围时，相应的点P有且只有2个?点评与原问题相比，变化一是点M的运动范围扩大了，它在整个x轴上方的抛物线上运动，即-1<m<3，所以要分成两部分思考：当-1<m≤0时，△MAB的面积单调递减，易得0<S<3；当0<m<3时，可以用原题的方法求出△MAB的最值，从而得出S的取值范围，0<S≤.变化二是求相应的点M有且只有两个时S的取值范围，我们得分情况讨论：当时，点M有且只有一个；当3≤S<时，相应的点M 有且只有两个；当0<S<3，相应的点M有且只有3个.或者这样问：若点M为x轴上方的抛物线上的一个动点，连结MA，MB，△MAB 的面积S为整数，则这样的△MAB共有个．点评有了上面的基础，解决这个问题就简单多了，当-1<m≤0时，0<S<3，S可取的整数为1和2，对应的点P有两个；当0<m<3时，0<S≤，可取的整数为1,2,3，对应的点M有6个.综上所述，若△MAB的面积S为整数，则这样的△MAB共有8个．(3)直线旋转到如图4所示位置时，分别过点B,M′作BD⊥l′于点D，M′E⊥l′于点E，′，当d1+d2最大时，AC最小，即AC⊥BM′.利用两点间距离公式求出BM′，因为′×××，则.又，，故△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=45°.探究运用“垂线段最短”是解决最短路径问题的基本模型之一，它着重考查学生的转化技巧，需要具备一定的图形把控能力.比如本题，这一模型隐藏在三角形里，根据三角形面积一定时，底和高成反比，当d1+d2最大时，AC最短，根据垂线段最短，可知AC⊥BM′，问题得以转化.拓展同一模型植入不同背景，通过变化，引导学生将问题进行归类，探寻本质属性，梳理解决此类问题的通法.下面就以如何转化为“垂线段最短”这一基本模型为线索，着重剖析转化方法，提升学生的转化能力.例1 如图5，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，P为边BC上一动点，PE⊥AB 于E，PF⊥AC于F，则EF的最小值为( ).(A)2 (B)2.4(C)2.6 (D)3点评本题以矩形为背景，根据矩形的对角线相等，把所求线段EF转化为AP，而当AP⊥BC时，AP的长最短，问题得以解决.本题答案选B.例2 如图6，⊙O是以原点为圆心、为半径的圆，点P是直线y=-x+6上的一点，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ的最小值为．点评本题以圆为载体，根据圆的切线的性质定理和勾股定理，得出，因为OQ的长一定，要使PQ的长最小，只要OP的长最小，即OP⊥AB时，转化为基本模型. 本题答案为4.例3 如图7，在直角坐标系中，A(0，1)，C(3，4),拋物线上有一个动点P．求PC+PA的最小值.点评本题放置在抛物线中，可根据抛物线的定义解决：到一个定点的距离等于到一条定直线的距离的点的轨迹是抛物线.本定义涉及高中内容，因此可以设置一个梯度：“设点P到x轴的距离为d1，点P到点A的距离为d2，试说明d2=d1+1”，作一下铺垫，从而得出PA=PH，原问题即求PC+PH的最小值，转化为垂线段最短，向基本模型靠拢.本题答案为5.(1)构造基本的解题模型不同类型的问题有着相同的内在规律，如果学生能够形成基本的解题模型，就能迅速找到这类问题的切入口.比如本题求最值问题时，可以建立二次函数模型，根据其性质解决问题；也可以建立几何模型，利用“垂线段最短”来解决.在利用基本模型解题时，还要进行一题多问的发散、一题多变的尝试，从而实现思维的提升，知识的迁移.(2)注重基本的概念教学李邦河院士说，“数学玩的是概念，而不是纯粹的技巧.因为中小学数学里面的概念比较少，所以就在一些难题、技巧上下工夫，这恰恰是舍本逐末的做法，值得所有数学教育工作者的深思.”所以，教师在教学中应对概念足够重视，深入探究其内涵，挖掘其本质，在解题时从概念出发，思考概念所涉及到的外延，这样往往会水到渠成.本文所涉及的解题方法处处诠释了“概念是思维的启动器”，追根溯源使得思路流畅生成.(3)强调基本的思想方法注意渗透基本的数学思想方法，它是一种“隐性的知识”,是数学的生命和灵魂,是把知识转化成能力的桥梁，直接关系到解题的思路和答题的效率.比如本题，三角形面积问题用函数来解决，体现了数形结合思想，运用二次函数的性质解决最值问题则体现了建模思想，最值问题化归为垂线段最短问题则体现了转化思想.。
中考数学几何模型及构造解析,搞定压轴题!
中考数学几何模型及构造解析，搞定压轴题！全等变换平移：平行等线段(平行四边形)对称：角平分线或垂直或半角旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转对称全等模型说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线，形成对称全等。
两边进行边或者角的等量代换，产生联系。
垂直也可以做为轴进行对称全等。
对称半角模型说明：上图依次是45°、30°、22.5°、15°及有一个角是30°直角三角形的对称(翻折)，翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。
旋转全等模型半角：有一个角含1/2角及相邻线段自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题旋转半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。
自旋转模型构造方法：遇60度旋60度，造等边三角形遇90度旋90度，造等腰直角遇等腰旋顶点，造旋转全等遇中点旋180度，造中心对称共旋转模型说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的内容。
通过“8”字模型可以证明。
模型变形说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。
当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。
中点旋转：说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。
证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形(或者正方形)公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。
几何最值模型对称最值(两点间线段最短)对称最值(点到直线垂线段最短)说明：通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距离。
中考数学构造法解题技巧
构造法在初中数学中的应用所谓构造法就是根据题设条件或结论所具有的特征和性质，构造满足条件或结论的数学对象，并借助该对象来解决数学问题的思想方法。
构造法是一种富有创造性的数学思想方法。
运用构造法解决问题，关键在于构造什么和怎么构造。
充分地挖掘题设与结论的内在联系，把问题与某个熟知的概念、公式、定理、图形联系起来，进行构造，往往能促使问题转化，使问题中原来蕴涵不清的关系和性质清晰地展现出来，从而恰当地构造数学模型，进而谋求解决题目的途径。
下面介绍几种数学中的构造法：一、构造方程构造方程是初中数学的基本方法之一。
在解题过程中要善于观察、善于发现、认真分析，根据问题的结构特征、及其问题中的数量关系，挖掘潜在已知和未知之间的因素，从而构造出方程，使问题解答巧妙、简洁、合理。
1某些题目根据条件、仔细观察其特点，构造一个"一元一次方程"求解，从而获得问题解决。
例1:如果关于x的方程ax+b=2 （2x+7）+1有无数多个解，那么a、b的值分别是多少？解：原方程整理得（a-4）x=15-b•••此方程有无数多解，•—-4=0且15-b=0分别解得a=4, b=152、有些问题，直接求解比较困难，但如果根据问题的特征，通过转化，构造"一元二次方程”，再用根与系数的关系求解，使问题得到解决。
此方法简明、功能独特，应用比较广泛，特别在数学竞赛中的应用。
4 _ 2g 住W+4 例匕己知实数鮎b 分别满足卩『 〜 和bfm ■求代数式 / 的值*4 _ 2 * * 解析’由于实数2、b 分别满足孑一匚17丿I 和存F+酹7 = 0,于是可知。
从而.我们可以将/和戸看成是方程尸11的两个不等的实根。
不妨设方程（I 啲两个不尊的实根分别为％与耳,_ 2 風、4且7 .也=于是由一无二茨方程韦达定理.可知—1 妁=3.所以 胪3、有时可根据题目的条件和结论的特征，构造出方程组，从而可找到解题途径。
初三最值问题的常用解法及模型
初三最值问题的常用解法及模型一、引言初三数学中最值问题一直是学生们头疼的难题。
最值问题不仅仅是考察学生对知识点的掌握程度，更重要的是考验学生解决实际问题和推理的能力。
在本文中，我们将探讨初三数学中最值问题的常用解法及模型，帮助学生们更好地理解和应对这一难点。
二、常用解法1. 图形法最值问题常常可以通过图形法来解决。
给定一个函数y = f(x)，可以通过画出其图像，然后找出函数的极值点来求解最值问题。
通过观察图像的特点，我们可以更直观地理解函数的最值点在何处，从而得到更准确的解。
2. 性质法有些最值问题可以通过利用函数的性质来解决。
关于一元二次函数的最值问题，我们可以通过一元二次函数的性质，如开口方向、顶点位置等来推导出最值点的位置，从而得到解的方法。
3. 等式法有些最值问题可以通过建立方程或不等式来解决。
通过建立关于未知数的方程或者不等式，我们可以将最值问题转化为解方程或解不等式的问题，从而得到最值点的位置。
三、常用模型1. 长方形面积最大问题给定一段定长的绳子，用这段绳子围成一个长方形，求这个长方形的面积最大是一个最值问题。
通过建立关于长方形面积的函数，然后利用导数的性质找出函数的最值点，从而求解长方形面积最大问题。
2. 等边三角形周长最小问题给定一个定长的线段，求能够围成等边三角形的线段最小是一个常见的最值问题。
通过建立关于等边三角形周长的函数，然后利用导数的性质找出函数的最值点，从而求解等边三角形周长最小问题。
3. 盒子体积最大问题给定一定面积的纸张，通过剪切和折叠，能够制成一个盒子，求使得盒子体积最大的折法是一个典型的最值问题。
通过建立关于盒子体积的函数，然后利用导数的性质找出函数的最值点，从而求解盒子体积最大问题。
四、个人观点和理解最值问题在初三数学中是一个重要的难点，但也是一个可以锻炼学生逻辑思维能力和数学推理能力的好机会。
通过多维度的解法和模型，学生们可以更好地理解和掌握最值问题的解法，并且能够将数学知识与实际问题相结合，培养出更强的数学建模能力。
对一道中考数学试题的再探究
如 图 ３，在 Ｒｔ△ＡＢ Ｃ 中，
Ｃ
速运动 ， 点 Ｅ 到 达 点 Ａ 后 立 刻 以 原 速 度 沿 ＡＢ 向点 Ｂ 运 动 ， 点 Ｆ 运 动 到点 Ｂ 时 停 止 ， 点 Ｅ也 随 之 停 止 ． 在 点 Ｅ、 Ｆ 运 动 过 程 中， 以 Ｅ Ｆ为 边 作 正 方 形 Ｅ Ｆ ＧＨ ， 使 它 与 △ＡＢ Ｃ 在 线 段 ＡＢ 的同侧． 设 Ｅ、 Ｆ运 动 的 时 间 为 ｔ （ ￡ ＞０ ） 秒， 正 方形 Ｅ Ｆ ＧＨ 与
仔 细 推 敲 原 问题 ， 深人探究 ， 通 过类 比把 试 题 中 的基 本 思 想 、 基本规律挖 掘出来 ， 把数 学 问题 的思维 过程通 过拓 展 ， 变
Ｐ 出发 ． 分别沿 Ｐ Ａ、 ＰＢ 以 每 秒 １ 个 单 位 长 度 的 速 度 向 点 Ａ、 Ｂ 匀 图 ｌ
形 展示 出 来 ， 帮 助学 生 踏 着 一 个 成 功 的足 迹 走 向 另 一 个 成 功 ．
２ ． 问题拓展 演 绎 精 彩
思考 、 去创新 ， 做 到 以点 带 线 ， 以线及 面 ， 从而 达到巩 固知识 、 培养能力 、 提 高学 生 的数 学 综 合 培 养 的 目的 ．
１ ． 问 题 呈 现
（ ２ ０１ １年 江 苏 省 淮 安 市 第 ２ ８ 题） ：如 图 ｌ ，在 Ｒｔ△ＡＢＣ 中 ， Ｃ一 ９ ０ ， ＡＣ＝８， ＢＣ＝ ６ ， 点 Ｐ 在 ＡＢ 上 ， ＡＰ一２， 点 Ｅ、 Ｆ 同 时 从 点 Ａ
Ｃ
（ ２ ） 正方形 Ｅ Ｆ ＧＨ 与 △ ＡＢ Ｃ重 叠 部 分 的 形 状 ， 依 次 为 正 方形 、 五边形和梯形 ； 可 分二 三 段 分 别解 答 ： ①当 ０ ＜ ≤ 时 ；
“一题一课,自主编题”课堂模式初探——对一道中考试题的教学设计与思考
王
双： “ 一题 一课 。 自主 编 题 ” 课 堂 模 式 初 探
・ ４ ５・
“
一
题 一 课 ，自 主 编 题 ’ ’ 课 堂 模 式 初 探
— —
对一道 中考试题 的教 学设计 与思考１ ）
●王
提高课堂教学的有效性 ， 是课程改革的根本出发点． “ 改进教学方法 ， 提高课堂效率” 是一个永恒的话 题， 是 教 师 的终 身追 求． 知识 的发 生 主体 在课 堂 ， 课 堂 中要 使 学生 积极 主动 思 考 ， 亲 身参 与体 验 ， 经 历认 知 冲突 、 比较 判 断 、 知 识升 华 、 知识 内化 的知 识 习得过 程 ， 才会使 课 堂充 满活 力． ２ ０ １ ５年 １月 ， 笔者 有幸参 加 了浙 江省 宁 波市 镇 海 区新 型课 堂 教 学评 比活 动 ， 本 次评 比以 “ 一题 一 课 ， 自主编题 ” 为 主题 ， 在 此提供 这 节课 的教 学设 计与 思考 ， 供 同行参 考．
１ 评 比题 目
１ ． １ 中考原题 题 目 阅读下 列材 料 ：
１ ×２ ＝ １
×（ １× ２ ｘ ３— ０×１× ２ ） ；
２ ｘ ３ ＝ 丁 １×（ ２ ｘ ３× ４ — １ × ２ ｘ ３ ） ； ３ × ４＝ 了 １×（ ３ × ４ ｘ ５ — ２ ｘ ３× ４ ） ．
义： 把一项分裂成 ２项（ 或多项 ） ， 利用互为相反数的 ２ 个数的和为 ０ ， 消去一些项 ， 实现求和的数学方法． 问题 ３ 请类 比 １× ２ ， ２ Ｘ ３ ， ３ ｘ ４的裂项 ， 猜想 ４ Ｘ ５的裂 项结 果 ， 并 说说 是怎 么思考 的． 设计 意 图 通 过让学 生对 后 面未 出现但 结构 相 同的项进 行类 比猜 想 ， 为后 面 的一 般项 拆分作 铺 垫．
对一道中考作图题的再探究
图 １
图２
图 ３
问题 ４ 什 么 样 的 三 角 形 可 以 ５ 直线 Ｃ 即为所 求直 线 ； （） ， Ｍ
●
腰 三 角形 ？
这 个 问题颇 具 难度 ， 需要 学生 有 周 密 的分类 讨 论 思 想 ， 能清 晰地 表 达 自己的 想 法 ， 师 可 以给 予 适 才 教 当地 点 拨．
生 的抽 象能 力和逻 辑思维 能力 、 创新 意 识和应 用 能力 都是 有益处 的． 师合理地 选择 课程 内容 以及 教学 方 教 法是 达到教 学 目标 的关键 ， 内容 的呈 现 应采取 不 同 的 表达 方式 ， 以满足 多 样 化 的学 习需 求． 种 类 型 的课 这
（） ２ 已知 内角 度数 的两个 三角 形 ， 图 ２ 图 ３所 如 、 示． 请你 判断 ， 否分 别 画一 条 直 线 把 它 们 分 割 成 两 能 个 等腰三 角形 ？若 能 ， 写 出分割 后 两个 等腰 三 角 形 请
顶角 的度数 ．
Ｃ
Ｃ
（） １
Ｂ 昂
【） ２ 图６
数）
如何 培养 学生 的数 学意 识 和观 察能 力 ， 其具 有 使
自我学 习 、 自我发展 的构建 能力 以及 应 用数 学 解决 问 题 的能力 ． 就 需 要 我 们 在 实 践 中不 断 摸 索 教 学 方 这
法， 提高教 学技 能 ， 学 生 的数 学 水平 真 正得 到 提 高． 使
本 文 以 ２０ ０ ８年 浙江 省 宁波市 初 中毕业 生 学 业考 试 数 学试题 第 ２ 题为 载 体来谈 谈 探究 的思路 ． １ 题 目 ：１ 如 图 １ （） ，ＡＡＢ 中 ， Ｃ＝ ９ 。请 用 直 Ｃ ＝ ０， ＝
难得一见的好题为何得分不尽人意--对一道中考试题的思考
方案 图， 并要 画在画板 内）
１ ． ３ 关 注过 程方 法 ， 重 视思 维 能力
：、
囚‘ 圆
图１ 图２ 图３
数 学教 学是 一种 “ 过程教学” ， 它 即包 括 知 识 的
发生、 形成 、 发展 的过 程 ， 也包 括 人 的思 维过 程． 该 题
从寻找相等 的角 ， 构造 等腰 三角形 ， 到 体情境 ， 以课本 内
以 问题 应 用 与 解 决 问题 的思 维 活动 为 主 学业考试数学试卷命题及第 ２ ２ 题的阅卷工作 命题 容 为载 体 ，
线， 构思巧妙． 试题结构体 现生成 与应用 的基 本过
生 的思维 方 式 、 思 维水 平 、 巳有 的数 学 活动 经 验等 方
笔者参加 了 ２ ０ １ ３ 年浙江省舟山市初 中毕业 生 时我们 怀着美好的懂憬 ， 把握试题特色与亮点 ， 围绕 能力 ； 稳中求新 ， 关注学生学习能 力； 安 出过程与思 想 方法 的考查 ， 难 度 系数 主 观愿 望控 制在 ０ ． 。 ６ ５左 右． 但 阅卷时美好 的愿望成为泡影 ， 实考 难度系数 为 ０ ， ４ ３ ， 考生的平均得分为 ４ ． ３ ３ 分（ 满分 １ ０分） ， 学生在 解答过程 中出现了许多错误 ， 猖分率偏低 ， 值得我们 在教学中反思． 本 文试 就试题 特色及考生解答 中的 典型错误作＿分析 ， 希望对今后 的数 学教 学有一些
展的观点来思考 问题 的转化 思想． 命题 者执着于能 力立意 、 素养立意 的理念 ， 是一道难 得一见的好题 ， 值得我们体会 、 学习． ， ．
１ ． ２ 突 出知识 联系 ， 关 注经验 积 累 ．
原题呈现 ： 小 明在做课本“ 目标与评定”中的一
初中数学_九年级数学 中考数学中的最值问题教学设计学情分析教材分析课后反思
课题：中考数学中的最值问题课型：复习课年级：九年级姓名：单位：教学目标：1．经历分析实际问题，建立几何模型，进而解决问题的过程；2．体会数学与现实生活的紧密联系，增强应用意识，提高法解决问题的能力．教学重、难点：重点：结合轴对称利用两点之间线段最短解决实际问题．难点：如何从实际问题中抽象出数学问题、建立几何模型，用数学知识去解决实际问题．课前准备：制作多媒体课件．教学过程：一、复习回顾、导入新课几何最值问题中线段的最小值问题，在近几年中考题中所占的比例越来越多，涉及的知识点多，具有一定的难度，我们这节课就来研究解决此类问题的方法。
一般利用轴对称的作图方法根据定理“两点之间，线段最短”，解决此类问题。
如图，要在街道旁修建一个奶站P，向居民区A、B提供牛奶，奶站P应建在什么地方，才能使从A，B到它的距离之和最短？为什么处理方式：学生依次回答求线段和最小值的一般步骤：①_x0001_直线l为对称轴；画出点A的对称点A’；②_x0001_②连结对称点A’与B之间的线段，交直线l于点P，点P即为所求的点，线段A’B的长就是AP+BP的最小值。
基本图形:两点一线基本解法:利用对称性,将“折”转“直”二、合作探究，获取新知活动内容：例题展示（展示多媒体课件）例题1如图，菱形ABCD 的两条对角线分别长6 和8，点P是对角线AC 上的一个动点，点M、N 分别是边AB、BC 的中点，则PM+PN 的最小值是_____________．例题2如图，正方形ABCD的边长为2，E为BC的中点，P是BD上一动点．连结AC，由正方形对称性可知，A与C关于直线BD称．连结AE交BD于P，则PC+PE的最小值等于线段_____ 的长度，最小值等于_________例题3已知：如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点M是半圆的三等分点，点N是弧BC的中点，AB上有一动点P，连接PM，PN，则PM+PN的最小值是多少？并画出点P的位置.例题4如图，已知二次函数y=ax2-4x+c的图象与坐标轴交于点A（-1，0）点B（0，-5）点C．(I)求抛物线的解析式；（2）已知该函数图象的对称轴上存在一点P，使三角形PAB的周长最小，求出点P的坐标。
命好题要关注细节——对一道中考题的思考
学生 １ ： 不可 能是 ６个． 学生 ２ ：不可 能是 ３个 ． 学生 ３ ｆ 成 绩 较 优 秀） ：可 能 是 ４ 个 或 者 ５个 ， 不 可 能是 ６个 ． 学生 ４ ： ６个 以上都不行， ３个 能不 能呢？ 教 师： 能不 能摆一 摆， 画一 画 呢？再想 想， 别着 急ｆ 留给 学生思考 的时间和空间） ． 学生 ５ ： 老师， 我看 ３个也有可能． 学生 ６ ： 我摆 出来 了！ 教师： 你来前面摆一下， 让大 家看一看． 学生： 一片惊 呼． 教师： 学生 ６ ， 你真行！ 全 班 同学 一 片 掌 声 ．
些单位 正方体至少有一个面与另一个单位正方 体 的面 迭 合 ．若 此 图 形 由前 方 看 及 由一侧 面 看 的图形如 图 ４所示， 则此 图形至少是 由几个单 位 的 正方 体 所 堆 成 的 ？
与济宁类似 的考题， 题 目如下 ． 题 目４ ｆ ２ ０ １ ２年 四Ｊ Ｉ ｌ 省 内江 市 中考 题） 由一些大小相 同的小正方体组成 的一个几何体 的主视 图和俯视 图如 图 ５所示， 那么组成该几 何体所需小正方体 的个数最少为— 确答案 ４个） — ． （ 正
主 视 图
俯 视 图
图５
前 一 侧
图４
题干 中也给 出了两 种视 图， 让学 生猜 测正 方体 的块 数．题干 中并 没有加上 “ 构成几 何体 的每一个小正方体至少有一个 面与其他正方体 的面重 合” 这 一条件 ． 不难 发现命题 者 给 出的 是主视 图和俯视 图， 如果加 上这一 条件， 则 为 多余， 显得哕 嗦． 在 命题 时既要注 意题 目文字 表述简 洁， 又要注 意条件 的充分性 ， 使两者 辩
此题 旨在 借助 三 视 图考查 学 生 的空 间想
初中数学最值问题基本模型构造解题方法讲解
初中数学最值问题基本模型构造解题方法讲解最值问题是全国各地每年中考的热点，也是学生不易突破的难点.实际上这类题型的解法有章可循，解决几何最值问题的理论依据就是:两点之间线段最短;直线外一点与直线上所有点的连线段中，垂线段最短;三角形两边之和大于第三边或三角形两边之差小于第三边(重合时取到最值).解题时要根据问题的不同特征，通过转化减少变量，向三个定理靠拢，进而解决问题.在解此类问题时，直接运用基本模型是常用的高效手段.一、最值问题中的基本模型1.轴对称最值+的最小特征如图1 , ,A B为定点，l为定直线，P为直线l上的一个动点，求AP BP值.转化作其中一个定点关于定直线l的对称点.+特征如图2, ,A B为定点，l为定直线，MN为直线l上的一条动线段，求AM BN 的最小值.M N重合，然后作其中一个定点关于定直线l的对称点.转化先平移AM或BN，使,-的最特征如图3, ,A B为定点，l为定直线，P为直线l上的一个动点，求AP BP大值.转化 作其中一个定点关于定直线l 的对称点.2.折叠最值特征 如图4，在ABC ∆中，MN ，两点分别是边,ABC上的动点，将BMN ∆沿MN 翻折，B 点的对应点为B '，连结AB '，求AB '的最小值.转化 转化成求AB B N NC ''++的最小值.二、模型应用例1 如图5，点P 是AOB ∠内一定点，点,M N 分别在边,OA OB 上运动，若45,AOB OP ∠=︒=，则△PMN 的周长的最小值是多少?分析 作P 关于,OA OB 的对称点,C D .连结,OC OD ，则当,M N 是CD 与,OA OB 的交点时，PMN ∆的周长最短，最短的值是CD 的长.根据对称的性质可以证得，COD ∆是等腰直角三角形，据此即可求解.解 据分析知，所求最小值是CD 的长.PC 关于OA 对称，2,COP AOP OC OP ∴∠=∠=,同理，2,DOP BOP OP OD ∠=∠=.COD COP DOP ∴∠=∠+∠2()AOP BOP =∠+∠290AOB =∠=︒，又OC OD =,∴COD ∆是等腰直角三角形.于是，6CD ===.思考 本题考查了对称的性质，正确作出图形，理解PMN ∆周长最小的条件是解题的关键.例2 如图6, ,A B 两点在直线的两侧，点A 到直线的距离4AM =，点B 到直线的距离1BN =，且4,MN P =为直线上的动点，PA PB -的最大值是多少?分析 作点B 于直线l 的对称点B '，则PB PB '=，因而PA PB PA PB '-=-，则当,,A B P '在一条直线上时，PA PB -的值最大.根据平行线分线段定理即可求得PN 和PM 的值，然后根据勾股定理求得,PA PB '的值，进而求得PA PB -的最大值.解 作点B 于直线l 的对称点B '，连AB '并延长交交直线l 于P ,1B N BN '∴==.过D 点作B D AM '⊥,利用勾股定理，求出5AB '=.∴PA PB -的最大值=5.思考 本题考查了图形的轴对称变换，勾股定理等.熟知“两点之间线段最短”是解答此题的关键.例3 如图7 , 90MON ∠=︒，矩形ABCD 的顶点,A B 分别在边,OM ON 上.当B 在边ON 上运动时，A 随之在OM 上运动，矩形ABCD 的形状保持不变，其中2,1AB BC ==，运动过程中，点D 到点O 的最大距离是多少?分析 取AB 的中点E ，连结,,OD OE DE ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边 的一半可得12OE AB =.利用勾股定理列式求出DE ，然后根据三角形任意两边之和大于第 三边可得OD 过点E 时最大.解 如图7.90,2MON AB ∠=︒=，112OE AE AB ∴=== 1BC =，四边形ABCD 是矩形，1,AD BC DE ∴==∴=.根据三角形的三边关系，OD OE DE <+,∴当OD 过点E 1.1.思考 本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，三角形的三边关系，勾股定理等，确定出OD 过AB 的中点时值最大是解题的关键.例4 如图8,菱形ABCD 中2,120AB A =∠=︒，点,,P Q K 分别为线段,,BC CD BD 上的任意一点，则PK QK +的最小值是多少?分析 根据轴对称确定最短路线问题，作点P 关于BD 的对称点P '，连结P Q '与BD 的交点即为所求的点K .根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质可知P Q CD '⊥时PK QK +的最小值，然后求解即可.解 如图8, 2,120AB A =∠=︒,∴点P '到CD 的距离为2=×∴ PK QK +.思考 本题考查了菱形的性质，轴对称确定最短路线.熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键.在教学过程中要引导学生，利用基本模型将复杂问题简单化，真正看透问题的本质，将课本知识内化为自己的知识，从而提高探究问题的能力和综合素养.。
构造解析几何模型巧解最值
构造解析几何模型巧解最值构造是一种重要的数学思想，它是创造力、想象力的较高表现形式.本文就结合一类求最值问题构造解析几何模型，以展现构造的巧妙之处.【例1】求f(α，β)=(cosα-5cosβ)2+(sinα+5-2sinβ)2的最大值和最小值.解:将设w=(cosα-5cosβ)2+(sinα+5-2sinβ)2，那么将w构造为动点P(cosα，sinα+5)与动点Q(5cosβ，2sinβ)的距离，又点P的轨迹为⊙A:x2+(y-5)2=1，点Q的轨迹为椭圆E:x225+y24=1，从而w可构造为圆⊙A上的点与椭圆E上的点之间的距离.图1设椭圆上任意一点M(x，y)，那么|MA|=x2+(y-5)2.由x225+y24=1可得x2=25(1-y24)，其中y∈[-2，2]，∴|MA|=25(1-y24)+(y-5)2=-21y24-10y+50=-214(y+2021)2+115021(y∈[-2，2]).显然，当y=-2021时，|MA|?max=115021，当y=2时，|MA|?min=3.所以，w?max=(115021+1)2，w?min=(3-1)2=4.【例2】⊙O:x2+y2=1和定点A(2，1)，由⊙O外一点P(a，b)向⊙O引切线，切点为Q，且满足||=|PA|.(1)求实数a，b间的等量关系;(2)假设以P为圆心所作的⊙P与⊙O有公共点，试求半径取最小值时⊙P的方程.解:(1)连接OP，因Q为切点，⊥OQ，由勾股定理有||2=|OP|2-|OQ|2.图2又||=|PA|，故||2=|PA|2，即(a2+b2)-12=(a-2)2+(b-1)2，化简得实数a，b间的等量关系为:2a+b-3=0.(2)由(1)知将动点P构造为直线L:2x+y-3=0上的动点，显然直线L与⊙O是相离关系.这样要使以P为圆心所作的⊙P与⊙O有公共点且半径取最小，只需OP⊥L于P且⊙P与⊙O外切时满足条件.此时直线OP的方程为:y=12x，即x-2y=0.由方程组2x+y-3=0，x-2y=0得x=65，y=35.即满足条件的圆P的圆心为(65，35).此时|OP|=|2×0+0-3|5=355，∴R?min=|OP|-1=355-1.∴满足条件的圆P的方程为:(x-65)2+(y-35)2=(355-1)2.【例3】设圆满足:①截y轴所得弦长为2;②被x轴分成两段圆弧，其弧长的比为3∶1，在满足条件①、②的所有圆中，求圆心到直线L:x-2y=0的距离最小的圆的方程.图3-1解:设圆的圆心为P(x，y)，半径为r，那么点P到x轴、y轴的距离分别为|y|、|x|.∵题设圆P截x轴所得劣弧对的圆心角为90°，∴圆P截x轴的弦长为2r，故r2=2y2.又∵圆P截y轴所得的弦长为2，所以有r2=x2+1，从而得2y2-x2=1.∴将动圆圆心P构造为双曲线E:2y2-x2=1上的动点，这样只需要求出双曲线E到直线L的距离的最小值.设与直线L平行的且与双曲线E相切的直线L?1的方程为:x-2y+c=0，由2y2-x2=1，x-2y+c=0，消去x得2y2-4cy+1+c2=0，∴Δ=16c2-8(1+c2)=0.∴c=±1.当c=1时，x=1，y=1，此时r2=2y2=2;当c=-1时，x=-1，y=-1，此时r2=2y2=2.∴所求圆的方程是:(x-1)2+(y-1)2=2或(x+1)2+(y+1)2=2.【例4】假设函数f(x)=k+2+x存在区间[a，b]，使f(x)在[a，b]上值域是[a，b]，求k的最大值.图4解:显然函数f(x)在定义域内单调递增，∴由题意可得a=k+2+a，b=k+2+b.故a、b是方程x=k+2+x，即方程x+k+2=x。
洞察结构明来路 回归本源知去路——以一道中考试题的思路探究为例
笔者曾利用2019年中考湖北武汉卷第23题参加湖北省宜昌市初中数学学科工作室“我讲中考压轴题”的活动展示.现呈现此题的相关解答、两道关联题的反思及教学启示.立足解题的通性、通法，借助几何直观，以更有效的方式打开学生的思路，引导学生掌握解题教学之道.一、试题呈现题目（2019年湖北·武汉卷）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB BC=n，M是边BC上一点，连接AM.（1）如图1，若n=1，N是AB延长线上一点，CN 与AM垂直，求证：BM=BN.（2）过点B作BP⊥AM，点P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q.①如图2，若n=1，求证：CP PQ=BM BQ.②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ 的值.（用含n的式子表示.）MCA B N图1CMPA BQ图2CMPA BQ图3二、解法探究1.识别模式中探析因果觅路第（1）小题，如图4，延长AM交CN于点D，由核心元素CB⊥AB，AM⊥CN，AB=BC构成“三垂直”模型，且图形中元素的位置关系和数量关系是确定的，确定即可求.当n=1时，可确定△ABC是以∠ABC为直角的等腰直角三角形.要证BM=BN，只需要证明△ABM≌△CBN.由“CN与AM垂直”识别出“等角的余角相等”，可以证得∠MAB=∠NCB.结合已知条件AB=BC，∠ABM=∠CBN，可以证得△ABM≌△CBN.由全等三角形的性质，可得BM=BN.洞察结构明来路回归本源知去路——以一道中考试题的思路探究为例叶先玖摘要：通过对2019年中考湖北武汉卷第23题及关联试题的解法进行探究，探索借助几何直观识别图形，明晰图形结构，并利用确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，整体把握空间形式和数量关系，积累有效的解答经验；探究回到基本概念和基本图形的措施，着眼于通性、通法，并着力于几何直观、最近发展区和思维过程等.以知晓方法的来路，形成自然简洁的解答策略.探寻引导学生及时反思解答的路径，点亮思维的去路，培养并优化学生分析与解决问题的能力．关键词：研题要点；几何直观；通性、通法收稿日期：2020-12-18作者简介：叶先玖（1971—），男，高级教师，主要从事初中数学教学课例及实践研究.ABNMC图4D2.几何直观里回归本源启思第（2）小题第①问，给出条件“过点B 作BP ⊥AM 和n =1”后，借助几何直观，审视图形结构并抓住变与不变的元素，则由AB =BC 易联想到三角形全等.由“三垂直”模型识别出△APB ∽△BPM ∽△ABM 等“子母型”相似.要证CP PQ =BM BQ ，可以回归到求线段长、三角形相似、平行线分线段成比例、利用面积比证明线段比等知识源及通法.因此，得到以下五种证明方法.证法1：确定△ABM .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABM 可得图5，即过点C 作AM 的垂线，垂足为点D ，且交AB 的延长线于点N .易证△CBN ≌△ABM ，所以BM =BN .由PB ⊥AM ，CN ⊥AM ，可得PB ∥CN .所以CP PQ =NB BQ .所以CP PQ =BM BQ.CA B QMPDN CA BQ MPD图5图6证法2：确定△ABM .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABM 可得图6，即过点C 作CD ∥AB ，交BP 的延长线于点D ，易证△CPD ∽△QPB .得CP PQ =CD QB .易证△ABM ≌△BCD .所以CD =BM .所以CP PQ =BM BQ.证法3：确定△ABP .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABP 可得图7，即过点C 作CD ⊥BP ，交BP 的延长线于点D ，过点Q 作QE ⊥BP 于点E ，易证△CPD ∽△QPE .得CP PQ =CD QE.易证△CDB ≌△BPA ，所以CD =BP .易证△BPM ∽△QEB .所以BP QE =BM QB.所以CP PQ =CD QE =BP QE =BM QB.CABQMPD E图7C A BQ MPD图8证法4：确定△ABM .如图8，过点Q 作QD ∥BC ，交BP 的延长线于点D ，易证△CPB ∽△QPD .得CP PQ =CB QD.易证△DQB ∽△ABM .所以AB DQ =MB BQ .因为AB =BC ，所以CB QD =BM BQ .所以CP PQ =BM BQ.证法5：如图9，由△BPC 和△BPQ 是等高三角形的图形结构，得CP PQ =S△BPC S △BPQ .过点P 作BC ，AB 的垂线，垂足分别为点D ，E ，则有S△BPC S △BPQ =12⋅BC ⋅PD12⋅BQ ⋅PE.只要分别求出确定的线段PD ，PE ，BM ，BQ 的长（具体计算可参考后文思路10的解答），通过计算即可以证得CP PQ =BM BQ.C ABQ MP图9DE 【思路说明】上述证法中，抓住AB =BC ，回归到旋转定义，动静互换，可洞察到图形中隐藏的“共点等边旋转”结构，即从全局性看，线段AB 绕点B 顺时针旋转90°得到线段BC ，则△ABM 绕点B 顺时针旋转90°得到△CBN .由第（1）小题及解答经验，借助平行线分线段成比例，结合线段之间的等量代换得到证法1.基于图形变换，抓住AB =BC 进行图形移拼，得到证法2和证法3.结合所证结论CP PQ =BM BQ ，直观觉察到“X 型”相似，借助中间比得到证法4.识别出△BPC 和△BPQ 等高，想到求线段的长，将线段的比转化为面积的比得到证法5.3.洞察结构中追根联想得法第（2）小题第②问通过回到正切定义，借助几何直观，捕捉到以下九种思路.思路1：如图10，过点C 作CE ∥AB ，交BP 的延长线于点E ，过点C 作CF ⊥BE 于点F .设BC =2，PM =t ，则BM =1，AB =2n .易证△APB ∽△BPM .所以BM AB=PM PB.则BP =2nt .由中位线定理，得CF =2PM =2t ，PF =BP =2nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠CPF =CF PF =2t 2nt =1n.CAB Q MP EF图10CAB Q MP D图11思路2：如图11，过点C 作CD ∥AM ，交BP 的延长线于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB =a 2na.则PB =2nt .又由DC =2PM =2t ，DP =PB =2nt ，可得tan ∠BPQ =tan ∠CPD =DC DP =2t 2nt =1n .思路3：如图12，延长PM 到点H ，使MH =PM .连接CH ，易证△CMH ≌△BMP .所以CH =BP ，∠CHM =∠BPM =90°.因为AB BC =n ，BC =2BM ，所以AB BM =2n.设PM =MH =1.由已知易证△ABM ∽△BPM ，所以AB BP =BM PM.则PB =CH =2n .可得tan ∠BPQ =tan ∠HCP =PH CH =2MH CH =22n =1n.CMP HAB Q图12CMP HAB Q图13思路4：如图13，过点C 作CH ⊥AM ，交AM 的延长线于点H ，则CH ∥BP .易证△CMH ≌△BMP .所以CH =BP ，MH =MP .可得tan ∠BPQ =tan ∠PCH =PH CH =2PM BP =2tan ∠PBM =2tan ∠MAB =2×BM AB =BC AB =1n.思路5：如图14，过点B 作BD ∥QC ，交AM 的延长线于点D .设BC =2a ，PM =t .易证△BMD ≌△CMP .所以PM =DM .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB =a 2na.则PB =2nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠PBD =PD PB =2t 2nt =1n.CAB QMP D图14CAB Q MP D图15思路6：如图15，过点M 作MD ∥PB ，交CQ 于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na.则PB =2nt .由DM =12PB =nt ，且∠BPQ =∠PDM =90°，可得tan ∠BPQ =tan ∠PDM =PM DM =t nt =1n.思路7：如图16，过点B 作BD ∥AM ，交CQ 的延长线于点D ，得∠PBQ =∠MPB =90°.设BC =2a ，PM =t ，易求得BD =2PM =2t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na.所以PB =2nt .可得tan ∠BPQ =BD PB =2t 2nt =1n .CA BQM PD图16CAB Q MP 图17D 思路8：如图17，过点M 作MD ∥QC ，交BP 于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na .所以PB =2nt .所以PD =DB =12PB =nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠PDM =PM PD =t nt =1n.思路9：如图18，过点C 作AM 的垂线，垂足为点H ，且交AB 的延长线于点N .设BC =2a ，PM =t ，则AB =2na .易证∠NBC =∠MHN =90°，则点B ，M ，H ，N 在以MN 为直径的圆上.易证△ABM ∽△CBN .所以AB CB =AM CN.易求得CN =由切割线定理推论，可得CM ⋅CB =CH ⋅CN .进而可得CH =在Rt△CMH 中，根据勾股定理，易求得MH =a 4n 2+1.所以tan ∠BPQ =tan ∠PCH =PH CH =2MH CH =1n.【思路说明】从已知条件看，∠ABC =90°，AB BC=n ，BP ⊥AM ，M 是BC 的中点等核心要素是确定的；从图形看，增加了中点，会联想三角形中位线结构，或过中点作延长线构造三角形全等；从“直接写出tan ∠BPQ 的值”结论想到补直角三角形，或利用“锐角相等正切值相等”来解决问题.于是，借助前面识别图形结构的经验和补图经验，得到图10，通过关联性思考使得思路自然贯通.及时反思，发现BM AB =12n，察觉到图10中∠BPQ 与∠CPE 的关系，优化思路1得到思路2.洞察到中点M ，识别过中点作延长线构造全等三角形，得到思路3和思路4.识别出中位线结构，得到思路5~思路8.借助第（1）小题的解答，洞察到图中的对角互补，识别出隐圆，得到思路9.上述思路借助几何直观求正切值，自然且有效.三、解后反思1.思路自然，为什么受挫笔者坚持“练后精讲，不练不讲”.事实上，学生独立解答上述题目第（2）小题第②问时，有些学生先想到的是根据正切的定义去补形.现摘录学生的解题思路如下.思路10：如图19，过点Q 作QE ⊥PB 于点E .在Rt△PEQ 中，若能分别求出QE ，PE 的长，则tan ∠BPQ的值可求.CAB Q MP 图20FC ABQ M P 图19E思路11：如图20，过点B 作BF ⊥PQ 于点F .在Rt△PFB 中，若能分别求出BF ，PF 的长，则tan ∠BPQ的值可求.思路12：如图21，过点Q 作QD ⊥AM 于点D .若能分别求出PD ，DQ 的长，在Rt△PDQ 中，可求出tan ∠PQD 的值.进一步可得tan ∠BPQ =tan ∠PQD .CABQ MP图21D 图22思路13：如图22，以点B 为坐标原点，AB 方向为x 轴正半轴，BC 方向为y 轴正半轴建立平面直角坐标系.设BC =2，则点C ()0，2，点M ()0，1，点A ()-2n ，0.再作QE ⊥PB 于点E ，将问题转化为一次函数求解.只要求得点Q æèçöø÷-2n 1+2n 2，0，则可求得QE ，PE 的长，即tan ∠BPQ 的值可求.对于思路13，若能求出BQ 的长，则可以分别求出直线CQ ，AM 的解析式，联立可解得点P 的坐标.再求出直线PB 的解析式，从而可求出直线QE 的解析式，联立可解得点E 的坐标，便可以分别求出PE ，QE 的长.在Rt△PEQ 中，根据tan ∠BPQ =QEPE ，可以求得tan ∠BPQ的值.然而，这四种思路因学生求比值的通法不够熟练、耐心不足，解题过程计算量大等原因，最终没能求出BQ 长这一关键性的元素，导致这四种解答思路受挫.事实上，借助求比值的常规方法，不仅能求得BQ的长，而且图中相关线段的比值都是确定的、可求的，只不过计算量大，需要学生有足够的耐心.现以思路10为例进行解答.解：如图23，过点Q 作QE ⊥PB 于点E ，过点P 作PG ⊥BC 于点G.设BM =a ，PM =t .因为∠ABC =90°，BP ⊥AM .所以∠MAB =∠PBM.因为tan ∠MAB =12n，tan ∠PBM =t PB ，所以a 2na =t PB .解得PB =2nt .因为tan ∠MAB =PB AP =12n ，所以AP =4n 2t .因为PG ∥AB ，所以MG GB =PM AP =14n 2.因为MG +GB =a ，所以MG =a 1+4n 2，GB =4n 2a 1+4n 2.因为PG ∥AB ，所以PG AB =PM AM =t t +4n 2t =11+4n 2.所以PG =2na 1+4n2.因为PG ∥QB ，所以PG QB =CG CB.解得QB =2na 1+2n2.因为QE ∥AP ，所以QE AP =BE BP =QB AB =11+2n2.解得QE =4n 2t 1+2n 2，BE =2nt 1+2n 2.所以PE =PB -BE =2nt -2nt 1+2n 2=4n 3t 1+2n 2.所以tan∠BPQ =QE PE =4n 2t 1+2n 2⋅1+2n 24n 3t=1n .其实在设BC =2a 后，图中的元素均可求，设PM =t 是为了计算表达简洁.例如，思路3中，利用△APB ∽△BPM ∽△ABM “子母型相似”结构，可计算BP 的长；也可以延长CH 交AB 的延长线于点N （如图18），发现△ABM ∽△CHM ∽△CBN ，可计算出MH ，CH 的长，利用三角形全等可得PH 的长；或者发现B ，M ，H ，N 四点共圆，结合切割线定理和勾股定理求出相应线段的长，使问题得到解决.2.通性、通法的运用，如何更为熟练自然在思路10~思路13中，回归基本概念和基本图形应当是学生最自然的想法.然而，却受挫于求BQ 的长.为什么学生无法求出这个值？或许当学生对下面两道例题进行深入研究并能熟练应用后，会对上述思路的解答有所启发.例1如图24，过△ABC 的顶点C 任意作一条直线，与边AB 及中线AD 分别交于点F ，E ，求证：AE DE =2AF BF.ABCD F E图24借助平行线分线段成比例，此题有较多的解法.由D 为BC 的中点，直线BC 、直线AD 、直线AB 两两相交于点D ，B ，A ，且与这三条直线相关的是直线CF ，回到作平行线求比值的常规方法.可以进行如下解答.如图25，分别过点A ，B ，D 分别作直线CF 的垂线，垂线段分别记为h 1，h 2，h 3，则有h 1h 2=AF FB ，h 2h 3=BC CD ，h 3h 1=DE EA .将三式相乘，即可证得AE DE =2AF BF.ABCD FE h1h 2h 3图25借助这种优化后的求比值的通法，可对例2给出较为简洁的解法.例2如图26，线段OA ⊥OB ，点C 为OB 的中点，D 为线段OA 上一点，连接AC ，BD 交于点P.当OA =OB ，且D 为OA 中点时，求AP PC 的值.CA B Q MP 图23EGBA CODP图26BACO DP 图27h 1h 2h 3如图27，分别过点A ，O ，C 分别作直线BD 的垂线，垂线段分别记为h 1，h 2，h 3，则有h 1h 2=AD DO ，h2h 3=BO BC，h 3h 1=CP PA .将三式相乘，得AP CP =2.这种分别过点A ，O ，C 作直线BD 的垂线求比值的方法相对简洁，彰显了几何直观的魅力.这为笔者对前述题目进行多视角改编提供了支撑，就题挖掘与改编，可以更好地提升学生解题素养．题目的改编：锐角△ABC 中，∠ABC =60°，AB BC=n ，点M 是BC 上一动点，连接AM ，P 是AM 上一动点，连接CP 并延长交AB 于点Q .（1）如图28，若n =1，∠APQ =60°，求CQAM的值.（2）如图29，若n ≠1，CM BM =14，CP PQ =35，求AQQB 的值.（3）如图30，若n >1，CM BM =14，BP ⊥AM ，CQ ⊥AB ，求n 的值AB C MP Q A B C MP Q A BC MPQ 图28图29图30四、教学启示教育上的“慢”是客观规律，必须遵守，不能绕过去.在几何解题教学中，“绕”不过去的是“思”，“慢”的落脚点在“悟”.教学上的“慢”，应从确定性、本源性、全局性、动静互换等出发，回溯知识本源，着眼通性、通法，熟悉基本图形变换，浸润基本数学思想等处着力，展开理性分析和精准计算，知晓方法的来路，点亮学生思维的去路.1.教活思考习惯，理清思路来源由条件推算结论、由问题寻找条件、由问题前后的关联性逐步推理与计算，定性分析、定量计算是常用的解答手段.题目给出的图形中，线段之间、角之间必然有确定的逻辑联系和因果关系.因果明，则思之有路；图形定，则对应的数量关系及位置关系就随之确定.看条件、找结论、追其何处去是常用的分析、解决问题的思考方法.识图时，从全局入手，掌握“译式”方法，学会与条件“对话”，借助符号或未知数把条件转换到图形上，巧用图形建立联系.画图补形时，学生要懂得静能定位、动能生联系，主动发现点、边、角等元素之间的关系，关注变化中的不变，从图形结构中发现并拆分、重组常见的基本图形.这种动静互换思维，有助于寻找到相关元素之间的联系，从而联想到相关图形的性质、唤醒解答经验和方法，更好地展开定位分析和定量计算.解题时，要仔细审读条件，借助确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，回归到知识源、特殊点和关键点展开联想，实现文字、图形、符号等数学语言的相互转化.例如，题目第（1）小题借助图形变换，还可以有以下思路.延长MB ，取BH =BM ，连接AH ，构造等腰三角形；或过点M ，A 分别作AB ，BC 的平行线，得矩形ABMH ，从特殊四边形的性质及CN ⊥AM 可推导出与∠NCB 相等的角，再通过三角形全等进行转化，证得BM =BN .就此小题而言，这些思路虽然复杂，但却与波利亚的解题理念相吻合，即拿一个有意义但又不复杂的题目去帮助学生挖掘问题的各个方面，使得通过这道题就好像通过一道“门户”，把学生引入一个完整的领域.把简单的题深入做，可以帮助学生更好地领悟解题的本质，引导学生发现知识之间的联系，形成深层次的思考，并借助图形变换及确定性、本源性、全局性、动静互换等解答后面两道小题，启发学生的思维.2.盘活思考方式，落细教学着力点，知晓方法来路笔者以2019年中考湖北武汉卷第23题为例，借助探究与类比，溯源强基，提炼求线段比值的方法.任何一种解法都依赖坚实的基础知识和扎实的数学基本功.易想难算、易算难想，解题思路没有捷径可走.熟练运用通性、通法后得到的巧妙解答是看透知识及方法本质后的火热思考，是真思考.在通性、通法的优化中，寻找着力固牢“四基”的讲题切入点，提升解题素养才是悟之必要.题目中内含“X型”“A型”“子母型”“隐圆”等基本图形，暗示着解题教学要着力于强化几何直观，洞察图形结构，丰富答题经验.在解答题目第（2）小题第①问时，有的学生从所求结论CPPQ =BMBQ出发，联想求线段成比例的通法，过点P作BC的平行线，或过点P作AB的平行线，或过点Q作AM的平行线，或过点Q作BC的平行线等，得到“A型”或“X型”等相似图形，暗示教学要着力于学生思维的最近发展区去应对和启发；洞察到“三垂直”结构，充分利用已知条件AB=AC，打开“另一扇窗”，凸显真实思维考量.3.激活思考方法，点亮思维去路解题研究无禁区，课堂教学有范围.对于教师来说，繁简解法、对错解法、优劣解法等都应该兼收并蓄.至于将哪一种解法用于课堂教学，则取决于教学要求和学生的实际情况.当前的数学教学，首先要在“如何让学生想得到”上下工夫，激活思考方式，启发学生在洞察结构上思本源，想通性、通法.题目第（2）小题第②问的解决，是先借助几何直观补形转化，再设元计算，从数的角度去剖析相关元素间的关系；从形的角度看，图10中，由“三垂直”模型，可得△ECB∽△MBA，利用相似三角形对应高的比等于相似比，得CFBP =BEAM=BCAB=1n.借助中位线定理，得BP=PF.于是可求得tan∠BPQ=tan∠CPF=CFPF=1n.笔者从形、数或形数结合等角度展开研题，并呈现各种繁与简的解法，为答疑学生的奇思妙想、放飞学生的思维做了充分准备.借助几何直观，把握图形结构，可以启发学生明了题意、展开联想，明白如何去想，“知其然”而得法.适度拓展，适时一题多解或多解归一，明了为什么要这样去想，知晓解法本质，“知其所以然”，达到举一反三.教师要引导学生回归知识本源，及时反思，充分经历试错、析错、纠错的过程，抓联系、知因果，突破思路，展开作图、计算、推理，厚植由确定展开理性分析与推算等必备的解题能力，让学生在尝试和慢悟中学会选择、转化、比较和优化，把握规律，灵活贯通，在还可以怎样去想上下足工夫，撬动思维的杠杆，推动学生进行深度思考，以点亮思维的去路．参考文献：［1］钱德春.解题教学应关注思维方式与思维心理［J］.中学数学教学参考（中旬），2018（10）：2-5.［2］张建华.关注模型特征提升解题能力：“动点路径”中考试题归类解法思考［J］.中国数学教育（初中版），2019（6）：48-52.［3］沈岳夫.洞察试题结构构造基本图形［J］.中国数学教育（初中版），2017（11）：47-50.［4］叶先玖，王胜兰，胡泽明.讲题的关注点：理性、确定、及时、适度［J］.中学数学杂志，2019（8）：48-52.。
灵活构造三角形,妙解“kPA＋PB”型最值问题
解法探究２０２３年５月下半月㊀㊀㊀灵活构造三角形,妙解 k P A ＋P B 型最值问题◉江苏苏州吴江区盛湖学校㊀邵㊀锐㊀㊀摘要:在近几年的中考数学试题中,常常出现求 k P A ＋P B 型几何最值问题．面对此类问题学生往往不知道从哪里入手,导致无法解答．本文中从不同的方面对 k P A ＋P B型几何最值问题进行分析研究,提高学生的几何直观素养,为更好的解题做铺垫．关键词:k P A ＋P B ;几何最值;胡不归;阿氏圆㊀㊀关于 k P A ＋P B型的几何最值问题,我们可以着手从点P 的不同运动位置进行分析研究．当点P 在直线上运动时,此问题可转化为 胡不归 问题,特殊情况下,若k ＝１时,这个模型问题就转变为涉及轴对称的最短路径问题,也就是我们常说的 将军饮马 问题;当点P 在圆上运动时,此问题可转化为 阿氏圆 问题．下面将针对这两种模型进行探究,便于提高学生的几何直观认识,提高解题速度．１胡不归 问题基本模型㊀如图１,点A 是直线l 上的一个定点,点B 为直线l 外的一定点,点P 在直线l 上运动,如何确定点P ,使得k P A ＋P B (０＜k ＜１)的值最小．根据基本模型我们不难发现以下几个要点:直线上l 存在一定点A ,一动点P ,B 为直线l 外一点,求的是k P A ＋P B (０＜k ＜１)的最小值．那面对这样带有系数的折线如何去求最值呢我们往往采用化折为直法,利用 垂线段最短 进行求解．模型图如图２所示．图１㊀㊀㊀图２根据图１可以判断出问题条件满足 胡不归 问题,因此构造直角三角形,利用三角函数将含有系数的线段进行转化,即变斜边为直角边,达到化折为直的目的．这样,问题就转化成了求线段之和,再考虑使用 垂线段最短 来求值即可．具体步骤㊀使用 胡不归 问题模型进行解题,常规上需要四步:(１)找带有系数k 的线段k P A ;(２)确定位置,构造以线段P A 为斜边的直角三角形;(３)进行折转直,将k P A 化为P C ;(４)利用 垂线段最短 转化所求线段．问题１㊀如图３,әA B C 中,A B ＝A C ＝１０,t a n A ＝２,B E ʅA C 于点E ,D 是线段B E 上的一个动点,试求C D ＋５５B D 的最小值．图３㊀㊀㊀图４分析:根据图３进行分析,点C ,D ,B 所在的位置恰好满足 胡不归 模型,故可构造直角三角形来进行解答．如图４,作DH ʅA B 于点H ,C M ʅA B 于点M ．由t a n A ＝B E A E ＝２,设A E ＝a ,B E ＝２a ,利用勾股定理构建方程求出a ．再证明DH ＝５５B D ,推出CD ＋５５B D ＝CD ＋DH ,由 垂线段最短 即可解决问题．问题２㊀如图５,菱形A B C D 中,A B ＝A C ＝６,对角线A C ,B D 相交于点O ,点M 在线段A C 上,且AM ＝２,点P 是线段B D 上的一个动点,试求M P ＋１２P B 的最小值．图５㊀㊀图６图７分析:根据图３可以发现该题符合 胡不归 模型,故可按照相关步骤进行解答．如图６,过点P 作P E ʅB C ,垂足为E ．根据菱形的性质可得A B ＝A C ＝B C ＝６,因此әA B C 是等边三角形,进而øA B C ＝øA C B ＝６０ʎ．又因为B D ʅA C ,所以øD B C ＝３０ʎ．在R t әB P E 中,可得P E ＝１２B P ,２８Copyright ©博看网. All Rights Reserved.２０２３年５月下半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀因此M P＋１２P B＝M P＋P E,当M EʅB C时,M P＋P E有最小值M E(如图７)．在R tәC M E中,利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．拓展思考:如果 胡不归 问题k P A＋P B的k＞１时,我们又该如何处理呢?根据模型特点我们不难发现,可以将系数k提取到前面来,再结合 胡不归 问题模型判断,从而达到目的．２ 阿氏圆 问题基本模型㊀已知平面上两点A,B,则所有符合P AP B＝k(k＞０且kʂ１)的点P会组成一个圆．这个结论最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,称之为阿氏圆．该问题转化为数学语言描述即为:如图８,P是半径为r的☉O上的一个动点,点A和点B为☉O外的两个定点,若满足条件r＝k O A(k＞０且kʂ１),判断形如 k P A＋P B 线段长度的最值．根据基本模型特点,我们可以发现几个要点:点A,B是平面上的两点,点P必须在圆上,求 k P A＋P B 的最小值．满足这样的条件我们才可以考虑使用 阿氏圆 模型．图８㊀㊀㊀图９结合图形我们一旦判断符合 阿氏圆 问题模型,便可根据基本模型要求确定相应的条件进行应用．首先截取线段构造一组相似三角形,利用相似三角形的对应线段成比例关系进行转化,再根据 两点之间线段最短 来计算所求线段的值,此值就是所求最小值．具体步骤㊀使用 阿氏圆 模型来解答相关问题,也需要四步:如图９,首先找到带有系数k的线段P A;其次在线段O A上取一点C,且满足O C＝k r,即可构造相似三角形әP C OʐәA P O;然后运用相似三角形的对应边成比例,转化k A P为P C;最后将 k P A＋P B 转化为 P C＋P B ,利用 两点之间线段最短 转化为求B C的值即可．问题３㊀如图１０,在әA B C中,øA＝９０ʎ,A B＝A C＝４,点E,F分别是边A B,A C的中点,P是以A 为圆心,A E为半径的圆弧E F上的一个动点,试求１２P B＋P C的最小值．图１０㊀㊀图１１分析:观察图１０分析发现点B和点C满足模型中点A和点B特点,且点P在圆上,故可以使用 阿氏圆 问题模型解题．如图１１,在A B上截取A Q＝１,连接A P,P Q,C Q,可证әA P QʐәA B P,得P Q＝１２P B,则１２P B＋P C＝P C＋P Q,当C,Q,P三点共线时,P C＋P Q的值最小,即为C Q的长．问题４㊀如图１２,☉O与y轴㊁x轴的正半轴分别相交于点M,N,☉O半径为３,点A(０,１),点B(２,０),点P在弧MN上移动,连接P A,P B,O P,试求３P A＋P B的最小值．图１２㊀㊀㊀图１３分析:根据题目条件,该题符合 阿氏圆 问题模型．如图１３,在y轴上取点H(０,９),连接B H．通过证明әA O PʐәP O H,可得H P＝３A P,则３P A＋P B＝PH＋P B,当P,B,H三点共线时,３P A＋P B 有最小值,即为H B的长．拓展思考:如果我们在解决相关问题时出现类似 P A－k P B 的形式,并求其最大值,又该如何进行处理呢?此类问题能使用 阿氏圆 问题模型吗?不难发现,有些问题并不是一成不变的,我们可以将此模型进行转化,将其转变为求 P A－k P B 最大值问题;形如 k１P A＋k２P B 的问题,我们也可以将其中一个系数转化为１,再根据模型进行解答,思路基本上都是构造相似三角形进行转化处理．问题５㊀如图１４,已知菱形A B C D的边长为８,øB＝６０ʎ,☉B的半径为４,P是☉B上的一个动点,试求P D－１２P C的最大值．图１４㊀㊀图１５分析:观察发现本题可以使用 阿氏圆 问题模型来解答．连接P B,在B C上取一点G,使得B G＝２,连接P G,D G,过点D作DHʅB C交B C的延长线于点H．可证әB P GʐәB C P,得P G＝１２P C．再根据P D－１２P C＝P D－P GɤD G,求出D G即可．综上所述,我们发现不管是哪种类型的问题模型,都是在构造三角形解决问题,一种是构造直角三角形,另一种是构造相似三角形．借助构造进行转化,将折线问题转化为线段问题,只不过 胡不归 问题是借助 垂线段最短 来求最小值,而 阿氏圆 问题是借助 两点之间线段最短 来计算最小值(或最大值)．Z３８Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
构造模型,巧妙解题
构造模型，巧妙解题作者：陈向阳来源：《文理导航·教育研究与实践》 2020年第10期浙江省义乌市第三中学陈向阳数学构造法是一种极具技巧性、创造性的数学解题方法，数学构造法体现了数学学习中的发现、类比与化归的思想，同时它也体现了在数学问题解决中的猜想、探索、特殊化等方法。
只要善于观察问题的特点、特征，研究内在规律性，利用相关数学知识当模型，可解决某些棘手的问题，给人以耳目一新的感觉。
现举几例，来说明构造模型的独特功效。
一、构造图形模型根据问题条件中的数量关系的几何意义，以某种方式构作图形，将题设中的数量关系以形象、直观的方式直接在图形中得到体现，转而利用几何性质解决问题。
（一）构造三角形模型例1：已知：0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，求证：x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)＜1。
分析：本题局限在代数不等式范畴不易求解，但如果将题目中的式子赋予“形”的模型，则问题迎刃而解。
证明：构造一边长为1的等边ΔABC，取AB，BC，CA上各一点D，E，F，并令AD=x，BE=y，CF=z，其中0＜x＜1，0＜y＜1，0＜z＜1，则虽然构造法是“无中生有”，但它是源于对既有问题理解基础上的探索，也是对既有问题的再现和创新，构造法是将未知形式结构转化为已知形式结构的一种创新方式。
构造法是指当解决某些数学问题使用通常方法按照定向思维难以解决问题时，应根据题设条件和结论的特征、性质，从新的角构造法度，用新的观点去观察、分析、理解对象，牢牢抓住反映问题的条件与结论之间的内在联系，运用问题的数据、外形、坐标等特征，使用题中的已知条件为原材料，运用已知数学关系式和理论为工具，在思维中构造出满足条件或结论的数学对象，从而，使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法。
直觉派的先驱者是19世纪末德国的克隆尼克，他明确提出并强调了能行性，主张没有能行性就不得承认它的存在性。
中考数学难点突破与经典模型精讲练最值问题中的构造圆与隐形圆模型(解析版)
专题20 最值问题中的构造圆与隐形圆模型【模型展示】隐形圆解决点圆最值平面内一定的D和○O上动点M的连线中，当连线过圆心O时，线段DM有最大值和最小值。
分以下情况讨论：（设OD=d，○O的半径为r）1、点D在○O外时，d＞r，如图：当D、M、O三点共线时，线段DM出现最值，DM的最大值为d+r，DM的最小值为d-r;2、当点D在○O上时，d=r，如图：当D、O、M三点共线时，线段DM有最值；DM最大值为d+r，DM最小值为d-r=0(即点D与点M重合）3、当点D在○O内时，d＜r，如图当点D、O、M三点共线时，DM有最值；DM最大值为d+r，DM最小值为|d-r|=r-d;点圆最值：平面内一定点到圆上一点的距离的最值问题；构造圆解决点圆最值一、定点定长1、O为定点，OA=OB，且长度固定，那么O、A、B三点可以确定一个圆，动点P在圆弧AB上运动，如图所示，Q为圆外一定点，当P运动到OQ的连线上时，即：P落到P1处，O、P1、Q三点共线时，PQ最小。
二、定弦定角2、线段AB固定，Q为动点，且∠AQB为定值，那么Q、A、B三点可以确定一个圆，动点Q在圆弧AB上运动，如图所示，R为圆外一定点，当Q运动到OQ的连线上时，即：P落到P1处，O、P1、Q三点共线时，RQ最小。
一、单选题1．如图，在△ABC中，△ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4cm，CD是中线，点E、F同时从点D 出发，以相同的速度分别沿DC、DB方向移动，当点E到达点C时，运动停止，直线AE 分别与CF、BC相交于G、H，则在点E、F移动过程中，点G移动路线的长度为（）A．2B．πC．2πD【答案】D【详解】解：如图，△CA ＝CB ，△ACB ＝90°，AD ＝DB ，△CD △AB ，△△ADE ＝△CDF ＝90°，CD ＝AD ＝DB ，在△ADE 和△CDF 中，AD CD ADE CDF DE DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，△△ADE △△CDF （SAS ），△△DAE ＝△DCF ，△△AED ＝△CEG ，△△ADE ＝△CGE ＝90°，△A 、C 、G 、D 四点共圆，△点G 的运动轨迹为弧CD ，△AB ＝4，AB =，△AC ＝△OA ＝OC =△DA ＝DC ，OA ＝OC ，△DO △AC ，△△DOC ＝90°，△点G=π． 故选：D ．2．如图，△ACB 中，CA ＝CB ＝4，△ACB ＝90°，点P 为CA 上的动点，连BP ，过点A 作AM △BP 于M ．当点P 从点C 运动到点A 时，线段BM 的中点N 运动的路径长为（ ）A．2π BCD ．2π【答案】A【详解】解：设AB 的中点为Q ，连接NQ ，如图所示：△N 为BM 的中点，Q 为AB 的中点，△NQ 为△BAM 的中位线，△AM △BP ，△QN △BN ，△△QNB ＝90°，△点N 的路径是以QB 的中点O 为圆心，14AB 长为半径的圆交CB 于D 的QD ， △CA ＝CB ＝4，△ACB ＝90°，△AB =＝，△QBD ＝45°，△△DOQ ＝90°，△QD 为△O 的14周长， △线段BM 的中点N运动的路径长为：19041802π⨯⨯=π， 故选：A ．3．如图，在Rt ABC ∆中，ACB Rt ∠=∠，8AC =cm ，3BC =cm ．D 是BC 边上的一个动点，连接AD ，过点C 作CE AD ⊥于E ，连接BE ，在点D 变化的过程中，线段BE 的最小值是（ ）A ．1BC ．2D 【答案】A【分析】由△AEC ＝90°知，点E 在以AC 为直径的△M 的CN 上（不含点C 、可含点N ），从而得BE 最短时，即为连接BM 与△M 的交点（图中点E ′点），BE 长度的最小值BE ′＝BM −ME ′． 【详解】如图，由题意知，90AEC ∠=︒，E ∴在以AC 为直径的M 的CN 上（不含点C 、可含点)N ，BE ∴最短时，即为连接BM 与M 的交点（图中点E '点），在Rt BCM ∆中，3BC cm =，142CM AC cm ==，则5BM cm ==． 4ME MC cm '==， BE ∴长度的最小值1BE BM ME cm '=-'=，故选：A ．【点睛】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理，三角形的三边关系等知识点，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．4．如图，Rt ABC △中，AB BC ⊥，8AB =，6BC =，P 是ABC 内部的一个动点，满足PAB PBC ∠=∠，则线段CP 长的最小值为（ ）A ．325B ．2C ．6D ．4【答案】D【分析】结合题意推导得90APB ∠=︒，取AB 的中点O ，以点O 为圆心，AB 为直径作圆，连接OP ；根据直角三角形斜边中线的性质，得142OP OA OB AB ====；根据圆的对称性，得点P 在以AB 为直径的O 上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O 、点P 、点C三点共线时，PC 最小；根据勾股定理的性质计算得OC ，通过线段和差计算即可得到答案．【详解】90ABC ∠=︒，90ABP PBC ∴∠+∠=︒，PAB PBC ∠=∠，90BAP ABP ∴∠+∠=︒，90APB ∴∠=︒，取AB 的中点O ，以点O 为圆心，AB 为直径作圆，连接OP ，142OP OA OB AB ∴==== ∴点P 在以AB 为直径的O 上，连接OC 交O 于点P ，当点O 、点P 、点C PC 最小在Rt BCO △中，90OBC ∠=︒，6BC =，4OB =，OC ∴=4PC OC OP ∴=-=PC ∴最小值为4故选：D ．【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．5．如图，O P 是O 上一动点，A 是O 内部一点，且AO =说法正确的是（ ）△P A △P A △当90OAP ∠=︒时，△P AO 是等腰直角三角形；△△P AO面积最大为32．A．△△△B．△△△C．△△△D．△△△【答案】C【分析】分析知当A在线段PO上时，P A取最小值，A在PO延长线上时，P A取最大值，可以判断△△是否正确；当△OAP=90°时，根据勾股定理求出AP的长度，可以判断△是否正确；作出A点的轨迹圆，知当OA△PO时，三角形P AO面积取最大值，通过计算判断△是否正确即可．【详解】解：由题意知，当A在线段PO上时，P A取最小值，A在PO延长线上时，P A取最大值，△P A P A故△△正确；当△OAP=90°时，根据勾股定理得：AP即AP=OA，三角形P AO故△正确；作出A点轨迹圆如下：知当OA△PO时，三角形P AO面积取最大值，最大值为：12，故△错误，综上所述，正确的序号为：△△△，故选：C．【点睛】本题考查了圆的性质、勾股定理、线段最值等知识点，借助圆的性质判断出线段的最值是解决本题的关键．6．如图，菱形ABCD边长为4，△A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN 沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C的最小值是（）B C．2D．3A．【答案】C【分析】根据题意，在折叠过程中A′在以M为圆心、AD为直径的圆上的弧AD上运动，当A′C取最小值时，由两点之间线段最短知此时M、A′、C三点共线，得出A′的位置，过点M作MH△DC于点H，再利用含30°的直角三角形的性质以及勾股定理求出MC的长，进而求出A′C的长即可．【详解】解：如图所示，△MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上．过点M作MH△DC于点H，△在边长为4的菱形ABCD中，△MAN=60°，M为AD的中点，△2MD=AD=CD=4，△HDM=△MAN=60°，△MD=2，△HMD=30°，MD=1，△HD=12CH=CD+DH=5，△MC=△A′C=MC-2；故选：C．【点睛】本题考查翻折变换、菱形的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，突破点是正确寻找点A′的位置．7．如图，在平面直角坐标系中，直线334y x=-分别与x轴、y轴相交于点A、B，点E、F分别是正方形OACD的边OD、AC上的动点，且DE AF=，过原点O作OH EF⊥，垂足为H，连接HA、HB，则HAB面积的最大值为（）A．6+B．12C．6+D【答案】D【分析】先证明ON=CN，再证点H在以ON直径的圆上运动，则当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，由相似三角形的性质可求MK，KQ的长，由三角形的面积公式可求解．【详解】解：如下图，连接AD，交EF于N，连接OC，取ON的中点M，连接MH，过点M作MQ△AB于Q，交AO于点K，作MP△OA与点P，△直线y=34x−3分别与x轴、y轴相交于点A、B，△点A（4，0），点B（0，-3），△OB=3，OA=4，△221695AB OB OA，△四边形ACDO是正方形，△OD//AC，AO=AC=OD=4，OC，△COA=45°，△△EDN=△NAF，△DEN=△AFN，又△DE=AF，△△DEN△△AFN（ASA），△DN=AN，EN=NF，△点N是AD的中点，即点N是OC的中点，△ON=NC△OH△EF，△△OHN=90°，△点H在以ON直径的圆上运动，△当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，△点M是ON的中点，△OM=MN△MP△OP，△COA=45°，△OP=MP=1，△AP=3，△△OAB+△OBA=90°=△OAB+△AKQ，△△AKQ=△ABO=△MKP，又△△AOB=△MPK=90°，△△MPK△△AOB，△MP PK MK AO OB AB，△1435PK MK，△MK=54，PK=34，△AK=94，△△AKQ=△ABO，△OAB=△KAQ，△△AKQ△△ABO，△AK KQ AB OB，△9453KQ =， △KQ =2720， △QM =KQ +MK =54+2720=135， △点H 到AB 的最大距离为135，△△HAB面积的最大值=12×5×(135 故选：D ． 【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的应用，圆等知识，解题的关键是求出MQ 的长．二、填空题8．如图，长方形ABCD 中，AB =BC =2，点E 是DC 边上的动点，现将△BEC 沿直线BE 折叠，使点C 落在点F 处，则点D 到点F 的最短距离为________．【答案】2【分析】由题意易得点F 的运动轨迹是以点B 为圆心，BC 长为半径的圆弧，连接BD ，然后根据隐圆问题可进行求解．【详解】解：由题意得：点F 的运动轨迹是以点B 为圆心，BC 长为半径的圆弧， 连接BD ，交圆弧于点H ，如图所示：△当点F 与点H 重合时，点D 到点F 的距离为最短，△四边形ABCD是矩形，AB=BC=2，△90DC AB BCD==∠=︒，△4B D，△422DH BD BH=-=-=，即点D到点F的最短距离为2；故答案为2．【点睛】本题主要考查隐圆问题，矩形与折叠，勾股定理，解题的关键是分析得出点F的运动轨迹．9．如图，Rt△ABC中，△ACB＝90°，△CAB＝60°，AB＝4，点P是BC边上的动点，过点c 作直线记的垂线，垂足为Q，当点P从点C运动到点B时，点Q的运动路径长为_______．【答案】2 3π【详解】解：△AQ△CQ，△△AQC＝90°，△当点P从点C运动到点B时，点Q的运动的轨迹是以AC为直径的半圆上，路径是120度的弧长，在Rt△ABC中，△AB＝4，△B＝30°，△AC12=AB＝2，△点Q的运动路径长为12012 1803π⋅⋅=π10．如图，在△ABC中，△C＝90°，AC＝8，AB＝10，D是AC上一点，且CD＝3，E是BC 边上一点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，连接BF，则BF的最小值为_______．【答案】3##3-+【分析】先由折叠判断出F的运动轨迹是为以D为圆心，CD的长度为半径的圆，当B、D、F共线且F在B、D之间时BF最小，根据勾股定理及圆的性质求出此时BD、BF的长度即可．【详解】解：由折叠知，F点的运动轨迹为：以D为圆心，CD的长度为半径的圆，如图所示，可知，当点B、D、F共线，且F在B、D之间时，BF取最小值，△△C＝90°，AC＝8，AB＝10，△BC=6，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=△BF=BD－DF=3，故答案为：3．【点睛】本题考查了折叠的性质、圆的性质、勾股定理解直角三角形的知识，该题涉及的最值问题属于中考常考题型，根据折叠确定出F点运动轨迹是解题关键．11．如图，在锐角△ABC中，AB＝2，AC，△ABC＝60°．D是平面内一动点，且△ADB ＝30°，则CD的最小值是________【答案】3##3【分析】作AH △BC 于H ，证明△ACH 为等腰直角三角形，求得BC ，在BC 上截取BO =AB =2，则△OAB 为等边三角形，以O 为圆心，2为半径作△O ，根据△ADB =30°，可得点D 在△O 上运动，当DB 经过圆心O 时，CD 最小，其最小值为△O 的直径减去BC 的长．【详解】解：如图，作AH △BC 于H ，△AB =2，AC △ABC =60°，△BH =12AB =1，△AHCH△△ACH 为等腰直角三角形，△△ACB =45°，BC =CH +BH ，在BC 上截取BO =AB =2，则△OAB 为等边三角形，以O 为圆心，2为半径作△O ，△△ADB =30°，△点D 在△O 上运动，当DB 经过圆心O 时，CD 最小，最小值为4-）=3故答案为：3【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理．解题的关键是得出点D 在△O 上运动．12．如图，点A ，B 的坐标分别为(60)(06)A B C ，，，，为坐标平面内一点，BC =M 为线段AC的中点，连接OM，当OM取最大值时，点M的坐标为__________________．4,4【答案】()【分析】根据题意可知：点C在半径为△B上．在x轴上取OD=OA=6，连接CD，易CD，即当OM最大时，CD最大，由D，B，C 证明OM是△ACD的中位线，即得出OM=12三点共线时，即当C在DB的延长线上时，OM最大，根据勾股定理求出BD的长，从而可求出CD的长，最后即可求出OM的最大值．【详解】解：如图，△点C为坐标平面内一点，BC=△C在△B上，且半径为在x轴上取OD=OA=6，连接CD，△AM=CM，OD=OA，△OM是△ACD的中位线，CD，△OM=12△即当OM最大时，CD最大，而D，B，C三点共线时，即当C在DB的延长线上时，OM 最大，△OB=OD=6，△BOD=90°，△BD=△CD==C(2,8),CD=OM的最大值为△OM=1△M是AC的中点，则M（4,4），【点睛】本题考查坐标和图形，三角形的中位线定理，勾股定理等知识．确定OM 为最大值时点C 的位置是解题关键，也是难点．13．如图，在矩形ABCD 中，6AB =，8BC =，点E 、F 分别是边AB 、BC 上的动点，且4EF =，点G 是EF 的中点，AG 、CG ，则四边形AGCD 面积的最小值为______．【答案】38【分析】首先连接AC ，过B 作BH △AC 于H ，当G 在BH 上时，三角形ACG 面积取最小值，此时四边形AGCD 面积取最小值，再连接BG ，知BG =2，得到G 点轨迹圆，该轨迹与BH 交点即为所求最小值时的G 点，利用面积法求出BH 、GH 的长，代入三角形面积公式求解即可．【详解】解：连接AC ，过B 作BH AC ⊥于H ，当G 在BH 上时，△ACG 面积取最小值，此时四边形AGCD 面积取最小值，四边形AGCD 面积=三角形ACG 面积+三角形ACD 面积，即四边形AGCD 面积=三角形ACG 面积+24．连接BG ，由G 是EF 中点，EF =4知，BG =2，故G 在以B 为圆心，BG 为半径的圆弧上，圆弧交BH 于'G ，此时四边形AGCD 面积取最小值，如图所示，由勾股定理得：AC =10， △12AC ·BH =12AB ·BC ，△BH =4.8，△' 2.8G H =， 即四边形AGCD 面积的最小值=110 2.824382⨯⨯+=．【点睛】本题考查了勾股定理及矩形中的与动点相关的最值问题，解题的关键是利用直角三角形斜边的直线等于斜边的一半确定出G点的运动轨迹．14．如图，△ABC为△O的内接等边三角形，BC＝12，点D为BC上一动点，BE△OD于E，当点D由点B沿BC运动到点C时，线段AE的最大值是____．【答案】【分析】连接BO，取BO中点M，连接ME，求得12ME OB=，点E在以M为圆心，以12OB为半径的圆上，求得当A M E、、共线且点E在AM的延长线上时，AE最大，求解即可．【详解】解：连接BO，取BO中点M，连接ME，如下图：△BE OD⊥，M为BO中点△12 ME OB=△点E在以M为圆心，以12OB为半径的圆上△当A M E、、共线且点E在AM的延长线上时，AE最大延长BO交AC于点H，如上图：△△ABC为△O的内接等边三角形△HB 垂直平分AC ，12AC BC == △162AH CH AC ===△BH =23OB BH ==△12OM OB ==MH =△AM =△AE 的最大值为故答案为：【点睛】此题考查了圆与内接正三角形的性质，涉及了直角三角形的性质，勾股定理，三角形外心的性质，解题的关键是理解题意，利用性质确定出点E 的运动轨迹．15．如图，矩形ABCD 中，AB =8，BC =12，以D 为圆心，4为半径作△D ，E 为△D 上一动点，连接AE ，以AE 为直角边作Rt △AEF ，使△EAF =90°，tan△AEF =13，则点F 与点C 的最小距离为________．【答案】43- 【分析】如图，取AB 的中点G ，连接FG ，FC ，GC ，由△F AG △△EAD ，推出FG ：DE ＝AF ：AE ＝1：3，因为DE ＝4，可得FG ＝43，推出点F 的运动轨迹是以G 为圆心43为半径的圆，再利用两点之间线段最短即可解决问题．【详解】解：如图，取AB 的中点G ，连接FG ．FC ．GC ．△△EAF ＝90°，tan △AEF ＝13，△AF AE ＝13， △AB ＝8，AG ＝GB ，△AG ＝GB ＝4，△AD ＝12， △41123AG AD ==， △DAF AE AG A =， △四边形ABCD 是矩形，△△BAD ＝△B ＝△EAF ＝90°，△△F AG ＝△EAD ，△△F AG △△EAD ，△FG ：DE ＝AF ：AE ＝1：3，△DE ＝4，△FG ＝43， △点F 的运动轨迹是以G 为圆心43为半径的圆，△GC△FC ≥GC −FG ，△FC 43-，△CF 的最小值为43-．故答案为：43-． 【点睛】本题考查了矩形，圆，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 16．如图，已知正方形ABCD 的边长为2，点P 在射线BC 上，则PD PA 的最小值为 __________________．【分析】在AP 上取点E ，连接DE ，使△ADE=△APD ，由△ADE△△APD ，可得PD DE AP AD =，当DE 最小时，PD PA的值最小，作△ABE 的外接圆△O ，连接OD ，OE ，利用勾股定理及 三角形三边关系可得答案．【详解】解：如图，在AP 上取点E ，连接DE ，使△ADE ＝△APD ，△△ADE △△APD ， △AD DE AP PD =， △PD DE AP AD=， △AD ＝2，△DE 最小时，PD PA的值最小， 作△ABE 的外接圆△O ，连接OD ，OE ，则OE ＝OA ＝OB ＝1，在Rt △AOD 中，OD△DE ≥OD ﹣OE 1，△DE 1，△PD PA ，．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题，属于中考填空压轴题．三、解答题17．如图一，等边△ABC中，AB=6，P为AB上一动点，PD△BC，PE△AC，求DE的最小值．【答案】92 DE=【分析】由题意易得△PEC=△PDC=90°，所以P、D、C、E四点共圆，又因为△EOD=120°，所以当直径最小时，弦DE的值最小．【详解】解：△PD△BC，PE△AC，△△PEC=△PDC=90°，△四边形PDCE对角互补，△P、D、C、E四点共圆，如图2．△△EOD=2△ECD=120°，要使得DE 最小，则要使圆的半径最小，故直径PC 最小，则当CP △AB 时，PC 最短， △△ABC 是等边三角形，△60,3B BP ∠=︒=，△CP ==△60DOP ∠=︒， △92sin 2DE OD DOP =⋅∠=．【点睛】本题主要考查圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握圆的基本性质、三角函数及等边三角形的性质是解题的关键．18．问题背景如图（1），△ABC 为等腰直角三角形，△BAC ＝90°，直线l 绕着点A 顺时针旋转，过B ，C 两点分别向直线l 作垂线BD ，CE ，垂足为D ，E ，此时△ABD 可以由△CAE 通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小（取最小旋转角度）．尝试应用如图（2），△ABC 为等边三角形，直线l 绕着点A 顺时针旋转，D 、E 为直线l 上两点，△BDA ＝△AEC ＝60°．△ABD 可以由△CAE 通过旋转变换得到吗？若可以，请指出旋转中心O 的位置并说明理由；拓展创新如图（3）在问题背景的条件下，若AB ＝2，连接DC ，直接写出CD 的长的取值范围．【答案】（1）旋转中心为BC 边的中点O ，旋转方向为逆时针，旋转角度为90°；（2）可以，旋转中心为为等边△ABC 三边垂直平分线的交点O ，理由见解析；（311CD ≤【分析】问题背景（1）根据等腰直角三角形的性质，以及旋转的性质确定即可；尝试应用（2）首先通过证明△ABD 和△CAE 全等说明点A 和点B 对应，点C 和点A 对应，从而作AB 和AC 的垂直平分线，其交点即为旋转中点；拓展创新（3）首先确定出D 点的运动轨迹，然后结合点与圆的位置关系，分别讨论出CD 最长和最短时的情况，并结合勾股定理进行求解即可．【详解】解：问题背景（1）如图所示，作AO △BC ，交BC 于点O ，由等腰直角三角形的性质可知：△AOC =90°，OA =OC ，△点A 是由点C 绕点O 逆时针旋转90°得到，同理可得，点B 是由点A 绕点O 逆时针旋转90°得到，点D 是由点E 绕点O 逆时针旋转90°得到，△△ABD 可以由△CAE 通过旋转变换得到，旋转中心为BC 边的中点O ，旋转方向为逆时针，旋转角度为90°；尝试应用（2）△△ABC 为等边三角形，△AB =AC ，△BAC =60°，△△DAC =△DAB +△BAC =△AEC +△EAC ，△BAC =△AEC =60°，△△DAB =△ECA ，在△ABD 和△CAE 中，BDA AEC DAB ECA AB CA ∠⎪∠⎧=∠∠=⎪⎨⎩= △△ABD △△CAE (AAS )，△△ABD 的A 、B 、D 三点的对应点分别为△CAE 的C 、A 、E 三点，则AC 、AB 分别视作两组对应点的连线，此时，如图所示，作AC 和AB 的垂直平分线交于点O ，△△ABC 为等边三角形，△由等边三角形的性质可知，OC =OA =OB ，△AOC =120°，△△ABD 可以由△CAE 通过旋转变换得到，旋转中心为为等边△ABC 三边垂直平分线的交点O ；拓展创新（3）由（1）知，在直线l 旋转的过程中，总有△ADB =90°，△点D 的运动轨迹为以AB 为直径的圆，如图，取AB 的中点P ，连接CP ，交△P 于点Q ，则当点D 在CP 的延长线时，CD 的长度最大，当点D 与Q 点重合时，CD 的长度最小，即CQ 的长度，△AB =AC ，AB =2，△AP =1，AC =2，在Rt △APC 中，CP由圆的性质，PD =AP =1，△PD =PQ =1，△1CD CP PD =+=，1CQ CP PQ =-=，△CD 11CD ≤≤．【点睛】本题主要考查旋转三要素的确定，以及旋转的性质，主要涉及等腰直角三角形和等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及动点最值问题，掌握旋转的性质，确定出动点的轨迹，熟练运用圆的相关知识点是解题关键．19．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6，AD ＝8，点E ，F 分别是边CD ，BC 上的动点，且△AFE ＝90°（1）证明：△ABF △△FCE ；（2）当DE 取何值时，△AED 最大．【答案】（1）见解析；（2）10 3【分析】（1）根据题意可得△B＝△C＝90°，△AFB＝△FEC，即可得出结论；（2）取AE的中点O，连接OD、OF，根据△AFE＝△ADE＝90°，得出A、D、E、F四点共圆，当△O与BC相切时，△AFD的值最大，根据相似三角形的性质解答即可．【详解】解：（1）证明：△四边形ABCD是矩形，△△B＝△C＝90°，△△AFE＝90°，△△AFB+△EFC＝90°，△△EFC+△FEC＝90°，△△AFB＝△FEC，△△ABF△△FCE．（2）取AE的中点O，连接OD、OF．△△AFE＝△ADE＝90°，△OA＝OD＝OE＝OF，△A、D、E、F四点共圆，△△AED＝△AFD，△当△O与BC相切时，△AFD的值最大，△BF＝CF＝4，△△ABF△△FCE，△AB BFFC EC=，△644EC =，△83EC =， △810633DE DC CE =-=-=， △当103DE =时，AED ∠的值最大． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，四点共圆，根据题意得出△O 与BC 相切时，△AFD 的值最大是解题的关键．20．已知，平面直角坐标系中有一个边长为6的正方形OABC ，M 为线段OC 上的动点，将AOM 沿直线AM 对折，使O 点落在O '处．(1)如图△，当30OAM ∠=︒时，求点O '的坐标；(2)如图△，连接'CO ，当CO AM '∥时．△求点M 的坐标；△连接OB ，求AO M '△与AOB 重叠部分的面积；(3)当点M 在线段OC （不包括端点）上运动时，请直接写出线段O C '的取值范围．【答案】(1)33,3.O(2)△()3,0M ，△33.7 (3)6 6.CO【分析】（1）如图，连接,OO 交AM 于,Q 过O '作O N OC 于,N 由对折可得：6,,30,AO AO OM O M OAM O AM 证明60,OAO OAO 是等边三角形，可得30,O ON 再利用三角函数可得答案；（2）△利用平行线的性质证明3,OM O M CM 从而可得答案；△如图，连接,OB 交AM 于,Q 交AO '于,P 过Q 作,QD OA ∥ 交AO '于,D 过O E OC '⊥于,E 再分别求解,,,D Q O P 的坐标，利用函数解析式与三角形的面积公式可得答案；（3）如图，由对折可得,AO AO 则O '在以A 为圆心，AO 为半径的OB 上运动，与,O B 不重合，连接AC ，交OB 于,Q 当,Q O 重合时，'CO 取得最小值，从而可得答案．(1)解：如图，连接,OO 交AM 于,Q 过O '作O N OC 于,N 由对折可得：6,,30,AO AO OM O M OAM O AM,,OO AM OQ O Q60,OAO OAO 是等边三角形， 6,OO AO90,AOM903060,OMQ AM OO ，30,O ON333,ON Q N33,3.O(2)△,AM O C ∥ ,,AMOMCO AMO MO C 而,AMO AMO,MO C MCO ,MO MC 3,OM O M CM3,0.M△如图，连接,OB 交AM 于,Q 交AO '于,P 过Q 作,QD OA ∥ 交AO '于,D 过O E OC '⊥于,E由△得：tan 2tan ,AO O E AMO O CE OM CE∠===∠'=' 设,CE x = 则3,2,ME x O E x222332,x x 解得：6,5x （不符合题意的根舍去） 12242,6,55O E x OE x 2412,,55O 而0,6,A 设AO '为6,y kx 则24126,55k 解得：3,4k =- △AO '为36,4y x 同理可得：AM 为26,y x =-+ OB 为,y x =26,yx y x 解得：2,2x y =⎧⎨=⎩即2,2,Q 所以2,D x 3926,42D y 即92,,2D 同理可得：2424,,77P19243020,2277AQP S ∴ AO M '△与AOB 重叠部分的面积为： 1303336.277AMO AQP S S (3)如图，由对折可得,AO AO△O '在以A 为圆心，AO 为半径的OB 上运动，与,O B 不重合，连接AC ，交OB 于,Q当,Q O 重合时，'CO 取得最小值， 此时226662,6,ACAQ AO 626,CO所以'CO 的取值范围为：6 6.CO【点睛】本题考查的是正方形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，一次函数的几何应用，圆的基本性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用一次函数的性质解决几何图形面积问题，利用圆的基本性质求解线段长度的最小值是解本题的关键．21．如图，等边三角形ABC 内接于半径长为2的△O ，点P 在圆弧AB 上以2倍速度从B 向A 运动，点Q 在圆弧BC 上以1倍速度从C 向B 运动，当点P ，O ，Q 三点处于同一条直线时，停止运动．(1)求点Q 的运动总长度；(2)若M 为弦PB 的中点，求运动过程中CM 的最大值．【答案】(1)23π1.【分析】（1）如图，设,COQ 结合题意可得：2BOP ，结合正三角形的性质求解60, 再利用弧长公式进行计算即可；（2）解：如图，取OB 的中点N ，连接NM ，NC ，MC ，过N 作NK BC ⊥于K ，过O 作OE BC⊥于E ，证明M 在以N 为圆心，半径为1的圆N 上运动，可得当C ，N ，M 三点共线时，CM 最大，从而可得答案．（1）解：如图，设,COQ 结合题意可得：2BOP ，ABC 为等边三角形， 360120,3BOC120,BOQ而,,P O Q 三点共线，1802,BOQ 1201802,解得：=60,Q ∴运动的总长度为：6022=.1803（2）解：如图，取OB 的中点N ，连接NM ，NC ，MC ，过N 作NK BC ⊥于K ，过O 作OE BC ⊥于E ，M 为PB 的中点，11,2NM OP △M 在以N 为圆心，半径为1的圆N 上运动，△当C ，N ，M 三点共线时，CM 最大，120,,BOC OB OC30,OBC 113,,222NK BN BK同理可得：BE = 则BC = 33323,22CK 221337,22NC71,CM CN NM△CM 的最大值为：1.【点睛】本题考查的是弧长的计算，弧与圆心角的关系，圆的基本性质，正多边形的性质，勾股定理的应用，熟练的构造辅助圆，再求解线段的最大值是解本题的关键．22．如图，在正方形ABCD 中，点E 在直线AD 右侧，且AE ＝1，以DE 为边作正方形DEFG ，射线DF 与边BC 交于点M ，连接ME ，MG ．(1)如图1，求证：ME ＝MG ；(2)若正方形ABCD 的边长为4，△如图2，当G ，C ，M 三点共线时，设EF 与BC 交于点N ，求MN EM的值； △如图3，取AD 中点P ，连接PF ，求PF 长度的最大值．【答案】(1)见解析(2)△4；△【分析】（1）根据正方形的性质可得,45DE DG EDM GDM =∠=∠=︒，公共边DM ，即可证明DEM DGM ≌，即可得ME MG =；（2）△先证明点E 在AB 上，进而求得DAE EBN ∽求得BN ，根据NF DG ∥可得NMF GMD ∽，又ME MG =，进而即可求得EM MN的值；△连接,BD BF ，证明ADE BDF ∽，求出相似比，进而可得点F 在以B 为半径的圆上运动，根据点与圆的位置关系求最值即可．(1)四边形DEFG 是正方形45,EDF GDF GD GE ∴∠=∠=︒=∴45EDM GDM ∠=∠=︒DM DM =∴DEM DGM ≌∴ME MG =(2)△如图2，当G ，C ，M 三点共线时，四边形,ABCD EDFG 是正方形90ADC EDG ∴∠=∠=︒，,AD CD ED GD ==，90DEF ∠=︒ADE CGD ∴∠=∠ADE CDG ∴△≌△DAE DCG ∴∠=∠G ，C ，M 三点共线时，90DCG DCB ∴∠=∠=︒90DAE ∴∠=︒E ∴在线段AB 上90DEF ∠=︒又90EDA DAE DAE NEB ∠+∠=∠+∠=︒∴EDA NEB ∠=∠又A B ∠=∠ADE BEN ∴∽=AE AD DE NB EB EN∴= 正方形ABCD 的边长为4，1AE =413BE AB AE ∴=-=-=，DE 134NB ⨯∴=34=341DE NB EN AE ⋅∴===∴3174144GN BC CG BN =+-=+-=NF EF EN ∴=-==四边形DEFG 是正方形EF DG ∴∥，DG DE ==DMG FMN ∴∽NF NM DG MG ∴= 即NF MN DG GN MN=-∴174MN MN =- 解得1720MN = 1717174205MG GN MN ∴=-=-= 由（1）可知EM GM =1745417120EM GM MN MN ∴==== △连接,BD BF ，如图，四边形,ABCD EDFG 是正方形∴45ADB EDF ∠=∠=︒，DB =，DF =ADE BDF ∴∠=∠，DF DB DE AD==ADE BDF ∴∽AE AD EB DB ∴== 1AE =BF ∴=即点F 在以BE 点在AD 的右侧，则当PF 经过点B 时，PF 取得最大值最大值为PB BF + P 为AD 的中点，则122AP AD == Rt PAB 中，222425PB∴PB BF +=即PF 的最大值为【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质，点与圆的位置关系，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．23．已知等腰直角ABC ∆与ADE ∆有公共顶点A ，90BAC DAE ︒∠=∠=，8AB AC ==，4AD AE ==．现将ADE ∆绕点A 旋转．(1)如图△，当点B ，A ，D 在同一直线上时，点F 为DE 的中点，求BF 的长；(2)如图△，连接BE ，DC ．点G 为DC 的中点，连接AG 交BE 于点P ，求证：AG BE ⊥；(3)如图△，点F 为DE 的中点，以BF 为直角边构造等腰Rt FBN ∆，连接CN ，在ADE ∆绕点A 旋转过程中，当BN BCN ∆的面积．【答案】(1)(2)见解析(3)32-【分析】（1）连接FA 并延长交BC 于H ，可得AF =AH BH ==FH =再运用勾股定理可得结论；（2）延长DA 到Q ，使AQ AD =，连接CQ ，根据SAS 证明ABE ACQ ∆∆≌得AEB Q ∠=∠，运用中位线定理证明AG CQ ∥，再证明90AEP PAE ︒∠+∠=，得90APE ︒∠=，故可得结论；（3）根据点F 在AB 上时BN 的值最小，求出BN 的值，运用等腰直角三角形的性质求出NG 和AB ，运用三角形面积公式求解即可．(1)连接FA 并延长交BC 于H ，AD AE =，点F 是DE 的中点，AF DE ∴⊥，ABC ∆与ADE ∆都是等腰直角三角形，45D ABC ︒∴∠=∠=，DE BC ∴∥，FH BC ∴⊥，又AB AC =，BH HC ∴=，由已知可得AF =AH BH ==，FH AF AH ∴=+=，BF ∴=(2)证明：延长DA 到Q ，使AQ AD =，连接CQ ，=，AD AE∴=．AQ AE=∠，DAE︒90∴∠，=EAQ︒90又90∠=，BAC︒∴∠，=∠BAC EAQ=∠∴∠．即BAE CAQ∠；+∠=∠+∠BAC CAE EAQ CAE=，又AB AC≌，∴∆∆(SAS)ABE ACQ∴∠=∠，AEB QG，A分别是DC，DQAG CQ∴∥．∴∠，Q DAP AEP=∠=∠∠，+∠=90DAP PAE︒∠，∴+=∠90AEP PAE︒=∴∠，APE︒90∴⊥；AG BE(3)△AE=AD=4，△EAF=90°，△DE=△点F是DE的中点，DE△AF=12△点F在以A为圆心，△A上移动，如图，当点F 在AB 上时，BF 最小，△FBN ∆是等腰直角三角形，△BF 最小时，BN 也最小，△BN的最小值为：AB -AF =8-此时，4FN ==△=45ABC ∠︒△45NBC ∠=︒△122BG GN FN === △ABC ∆是等腰直角三角形，8AB AC ==△BC =△BCN S ∆的最小值为：112)3222BC NG =⨯=-【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转变换，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键．24．【问题背景】如图1，P 是等边△ABC 内一点，△APB ＝150°，则P A 2+PB 2＝PC 2．小刚为了证明这个结论，将△P AB 绕点A 逆时针旋转60°，请帮助小刚完成辅助线的作图；【迁移应用】如图2，D 是等边△ABC 外一点，E 为CD 上一点，AD △BE ，△BEC ＝120°，求证：△DBE 是等边三角形；【拓展创新】如图3，EF ＝6，点C 为EF 的中点，边长为3的等边△ABC 绕着点C 在平面内旋转一周，直线AE 、BF 交于点P ，M 为PG 的中点，EF △FG 于F ，FG ＝写出MC 的最小值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3【分析】（1）根据△P AB 绕点A 逆时针旋转60°作图即可；（2）由△BEC ＝120°得△BED ＝60°，由平行线的性质得△ADE ＝△BED ＝60°，由等边三角形的性质得△BAC ＝△ABC ＝△ACB ＝60°，故可知A 、D 、B 、C 共圆，由圆内接四边形对角互补得出△ADB ＝120°,故可求出△BDE ＝60°，即可得证；（3）由CA ＝CE ＝CB ＝CF ＝3得A 、E 、B 、F 共圆C 得出△P AB ＝△CBF ＝△CFB ，进而得出△APF ＝△ABC ＝60°，作△EPF 的外接圆Q ，则△EQF ＝120°，求出EQ ，连接QG 取中点N ，由三角形中位线得MN ，以点N 为圆心MN 为半径作N ，连接CN ，与N 交于点M '，即CM 最小为CM CN MN '=-，建立平面直角坐标系求出即可．【详解】（1）如图1所示，将PAB 绕点A 逆时针旋转60°得P AC '△；（2）△△BEC ＝120°，△△BED ＝60°，△AD DE ∥，△△ADE ＝△BED ＝60°，△△ABC 是等边三角形，△△BAC ＝△ABC ＝△ACB ＝60°，△A 、D 、B 、C 共圆，如图2所示：。
中考几何压轴题，模型化解题法浅析（攻克压轴题须掌握的十大模型）
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•56 •中学数学月刊2016年第12期
构造基本模型妙解最值问题
—对一道中考题的探究与思考
杨蕴菊（江苏省苏州工业园区星海实验中学 215021)
最值问题是初中几何教学的一大难点，也是中考命
题中各知识的结合点和能力考查的区分点，学生常常无法
建立数学模型，找不到解题切入口.笔者以2016年苏州市
中考数学第28题为例，探究最值问题中较为常见的两种
类型，试图使学生建立基本的几何模型，用最基本、最重
要、最自然的通法来解决问题.
1试题呈现
题目如图1直线= 一3x+3与x轴、^轴分别
相交于A，B两点，拋物线^ =ax2—2ax+a+4(a〈0)
经过点B.
()求该拋物线的函数表达式.
()已知点M是拋物线上的一个动点，并且点M在
第一象限内，连结AM，BM，设点M的横坐标为rn，
A A BM的面积为S.求S关于rn的函数表达式，并求出S
的最大值.
()在（2)的条件下，当S取得最大值时，动点M相应
的位置记为点M7.
①写出点M7的坐标.
② 将直线绕点A按顺时针方向旋转得到直线广，当直
线广与直线A i VT重合时停止旋转.在旋转过程中，直线广
与线段BVT交于点C，设点B，M7到直线广的距离分别为
山，心，当山十心最大时，求直线广旋转的角度（即
Z B A C的度数）.
2解法探究与拓展延伸
解析 （1)易得二
次函数解析式为
狔=一x2+2x+3.
()如图2,过点M
作M E丄狔轴于点E，交
A B于点D，则有M(rn，
一犿2十2犿 十3)，
犇(犿一犿，一犿2杨十3)，图2
D M
-2m5m
，所以S△A B M
m m
m
11 /5 \225
—DM(BE+OE) = 一— (m—一)十因为0〈m
2228
〈3，所以当m=2时，S有最大值，最大值为
2557、
8M (2,4).
探究 本小题涉及的解题模块是三角形面积的求
法，除了传统的方法（2x底x高）以外，还可以用什么方
法呢？为了更透彻地解决这个问题，我们以图3为例加以
说明：过A A B C的三个顶点分别作出与水平线垂直的三
条直线，外侧两条直线之间的距离叫A A B C的“水平
宽”（），中间的这条直线在A A B C内部线段的长度叫
A A BC的“铅垂高”(/〇.我们可得出一种计算三角形面积
的新方法S A A B C= 2a犺9即三角形面积等于水平宽与铅
垂高乘积的一半.运用
这个方法，最直接的想
法是过点A作铅垂高，
但由于B M是未知直
线，纵向分割三角形，会
使过程繁琐、复杂.于是
灵活运用，横向分割三
角形，用了一个更特殊
的技巧去代替现存的常规步骤，体现出了解题的奇异美.
由此建立起二次函数模型，利用其性质是求最值的常规方
法，但要注意自变量的取值范围和端点值的可取性.
拓展 研究一个题目，不仅要从多角度研究它的通
性通法，还要钻研用这种通法可以解决哪些同类问题，所
谓会一题，通一类.比如本题，改变问法，我们还是可以轻
松解决.
问题改为：点M为x轴上方的拋物线上的一个动点，
连结MA，MB，若所得AM AB的面积为S，则S为何取值
范围时，相应的点P有且只有2个？
点评与原问题相比，变化一是点M的运动范围扩
大了，它在整个x轴上方的拋物线上运动，即一1〈m〈
3，所以要分成两部分思考：当一1〈m<0时，AM AB的
面积单调递减，易得0〈S〈3;当0〈m〈3时，可以用原
题的方法求出AM AB的最值，从而得出S的取值范围，0
25
〈S<j.变化二是求相应的点M有且只有两个时S的
8
25
取值范围，我们得分情况讨论：当S = 8■时，点M有且
只
2016年第12期
中学数学月刊• 57 •
有一个；当3 < S
j 时，相应的点M 有且只有两个；当0
O
〈S 〈 3,相应的点M 有且只有3个.
或者这样问：若点M 为x 轴上方的拋物线上的一个 动点，连结MA ，MB，AM AB 的面积S 为整数，则这样的 AM AB 共有_____个.
点评有了上面的基础，解决这个问题就简单多了， 当一1〈 m <0时，0〈S 〈3，S 可取的整数为1和2,对应
25
的点P 有两个；当0〈 m 〈3时，0〈S < v ，可取的整数
O
为1，2,3,对应的点M 有6个.综上所述，若A M A B 的面 积S 为整数，则这样的AM AB 共有O 个.
(3)直线旋转到 如图4所示位置时， 分别过点b ，m 7作 B D 丄Z 7于点D ，
丄Z 7于点E ，
犛A A B M r
—
^犃犆^犅犆
^M 犈)———犃犆^犱1
图4
+犱2) — j ，当犱i +犱2最大时，犃犆最小，即犃犆丄BM '
O 利用两点间距离公式求出BM 7 — q 55,因为 犛 A A B M f —
—^~BM X A C = ^- X —槡—X AC —
，则 AC — v 55.又 AB
—槡10，B C =槡5,故AABC 为等腰直角三角形，ZBAC — 45°
探究 运用“垂线段最短”是解决最短路径问题的 基本模型之一，它着重考查学生的转化技巧，需要具备一 定的图形把控能力.比如本题，这一模型隐藏在三角形里， 根据三角形面积一定时，底和高成反比，当犱1十犱2最大 时，AC 最短，根据垂线段最短，可知AC 丄BMT ，问题得以 转化.
拓展 同一模型植入不同背景，通过变化，引导学生 将问题进行归类，探寻本质属性，梳理解决此类问题的通 法.下面就以如何转化为“垂线段最短”这一基本模型为 线索，着重剖析转化方法，提升学生的转化能力.
例1 如图5,在AABC 中，AB — 3，AC — 4，BC —5，尸为边B C 上一动点，i 犈 丄A B 于犈，/^丄A C 于F ，
则E F 的最小值为（ ）.
(A )2 (B )2. 4(0 2.6 (D )3
点评 本题以矩形为背景，根据矩形的对角线相等， 把所求线段E F 转化为A i ，而当A i 丄BC 时，A i 的长最 短，问题得以解决.本题答案选B .
例
2 如图6，0〇是以原点为圆心、—2为半径的圆，
A B P C
图5
点i 是直线^ — 一x + 6上的 一点，过点i 作©〇的一条切
线为切点，则切线长 i Q 的最小值为______.
点评 本题以圆为载 体，根据圆的切线的性质定理 和勾股定理，得出iQ —
—OP 2 一 OQ 2，因为OQ 的长
一定，要使iQ 的长最小，只要犗i 的长最小，即犗i 丄AB 时，转化为基本模型.本题答案为4.
例3 如图7,在直 角坐标系中，A (0，1)，C (3，4)，拋物线^ —4^2上有一个动点P .
求p c 十p a 的最小值.
点评 本题放置 在拋物线中，可根据拋 物线的定义解决：到一个定点的距离等于到一条定直线的 距离的点的轨迹是拋物线.本定义涉及高中内容，因此可 以设置一个梯度：“设点P 到x 轴的距离为犱1，点P 到点A 的距离为犱2，试说明犱2 —犱1 +1”，作一下铺垫，从而得出 PA — PH ，原问题即求PC + P H 的最小值，转化为垂线 段最短，向基本模型靠拢.本题答案为5.
3
几点思考
()构造基本的解题模型
不同类型的问题有着相同的内在规律，如果学生能够 形成基本的解题模型，就能迅速找到这类问题的切入口 . 比如本题求最值问题时，可以建立二次函数模型，根据其 性质解决问题；也可以建立几何模型，利用“垂线段最 短”来解决.在利用基本模型解题时，还要进行一题多问 的发散、一题多变的尝试，从而实现思维的提升，知识的 迁移.
()注重基本的概念教学李邦河院士说，“数学玩的是概念，而不是纯粹的技 巧.因为中小学数学里面的概念比较少，所以就在一些难 题、技巧上下工夫，这恰恰是舍本逐末的做法，值得所有数 学教育工作者的深思.”所以，教师在教学中应对概念足 够重视，深入探究其内涵，挖掘其本质，在解题时从概念出 发，思考概念所涉及到的外延，这样往往会水到渠成.本文 所涉及的解题方法处处诠释了“概念是思维的启动器”，追 根溯源使得思路流畅生成.
()强调基本的思想方法
注意渗透基本的数学思想方法，它是一种“隐性的知 识”，是数学的生命和灵魂，是把知识转化成能力的桥梁， 直接关系到解题的思路和答题的效率.比如本题，三角形 面积问题用函数来解决，体现了数形结合思想，运用二次 函数的性质解决最值问题则体现了建模思想，最值问题化 归为垂线段
最短问题则体现了转化思想.。