題相似法不同
——由幾道中考題解法談起

☉江蘇省寶應縣城北初級中學 朱立業(yè)

題相似法不同
——由幾道中考題解法談起

☉江蘇省寶應縣城北初級中學 朱立業(yè)

最值問題是一個古老而永恒的話題，命題者的精心雕琢使近幾年中考試卷涌現(xiàn)出一批創(chuàng)意新穎的試題，其中具有代表性的是“線段”型最值問題，筆者把它們歸納成幾種類型，探究解決最值問題的方法，以饗讀者.

一、“一動點+一定點”型

圖1

例1（2012·萊蕪）如圖1，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，若點P在邊AC上移動，則BP的最小值是_________.

分析及簡解：點B為定點，P為動點，根據垂線段最短，當BP⊥AC時，BP有最小值.過點A作AD⊥BC于點D.因為AB=AC=5，BC=6，所以BD=3，AD=4.根據AD·BC= BP·AC，得到4×6=5BP，解得BP=，即BP的最小值是

圖2

【評注】應用“垂線段最短”是解決“一動點+一定點”型最基本的方法.

例2（2014·成都）如圖2，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD邊的中點，N是AB邊上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C，則A′C的長度的最小值是______.

分析及簡解：連接MC，則MA′、MC都為定值，且MC的位置確定，A′C≥MC-MA′，等號僅當點A′落在MC上時成立，此時可求出A′C的長度的最小值.

過點M作MF⊥DC于點F.

【評注】例2難度很大，直接求解無路可尋，通過構造三角形，利用“三角形兩邊之差小于第三邊”，僅當三點共線時第三邊取得最小值，這是求“一動點+一定點”型最值問題的一個重要方法.

二、“兩動點”型

例3（2012·揚州）如圖3，線段AB的長為2，C為AB上一個動點，分別以AC、BC為斜邊在AB的同側作兩個等腰直角三角形ACD和BCE，那么DE的長的最小值是__________.

圖3

分析及簡解：點D、E都是動點，直接求DE的長的最小值有困難，設法轉化為“一動點+一定點”型最值問題.延長AD、BE交于點G（為定點），則四邊形GDCE為矩形，DE=CG，只需求出CG的最小值即可，顯然，當GC⊥AB時，GC最小，且故DE的最小值為1.

圖4

例4（2013·咸寧）如圖4，在Rt△AOB中，OA=OB，⊙O的半徑為1，點P是AB邊上的動點，過點P作⊙O的一條切線PQ（點Q為切點），則切線PQ的最小值為_______.

分析及簡解：首先連接OP、OQ，根據勾股定理知PQ2=OP2-OQ2，O為定點，P為動點，可得當OP⊥AB時，線段OP最短，從而線段PQ最短，然后由勾股定理即可求得答案.

由PQ是⊙O的切線，得OQ⊥PQ.

根據勾股定理知PQ2=OP2-OQ2.

則當PO⊥AB時，線段PQ最短.

【評注】對于“兩動點”型最值問題，一般可通過等量代換轉化為“一動點+一定點”型最值問題，再利用“垂線段最短”求解.

三、“一動點+兩定點”型

例5（2014·宿遷）如圖5，正方形ABCD的邊長為2，點E為邊BC的中點，點P在對角線BD上移動，則PE+PC的最小值是________.

圖5

分析及簡解：點E、C是定點，P為動點，且E、C在BD的同側，求PE+PC的最小值是一個基本圖形與常見問題，一般用對稱法求解.由點C關于BD的對稱點為點A，得PE+PC=PE+AP.

根據兩點之間線段最短，可得AE就是AP+PE的最小值，由正方形ABCD的邊長為2，E是BC邊的中點，得BE=

例6（2014·莆田）如圖6，菱形ABCD的邊長為4，∠BAD=120°，點E是AB的中點，點F是AC上的一動點，則EF+BF的最小值是________.

圖6

分析及簡解：點B、E是直線AC同側的兩個定點，點F是AC上的一動點，求EF+BF的最小值是一個基本圖形與常見問題，一般用對稱法求解，注意到點B與點D關于AC對稱，所以連接BD、DE.根據兩點之間線段最短，DE與AC的交點就是點F的位置，DE就是最小值.作DH⊥BA交AB的延長線于H.

在△ABD中，AD=AB，∠DAB=120°，則∠HAD=60°.又DH⊥AB，

【評注】“一動點+兩定點”型最值問題，與課本上的一個基本圖形密切相關，一般用對稱法求解，是各地中考試卷最?？嫉淖钪祮栴}.

四、“兩動點+一定點”型

例7（2012·鄂州）如圖7，在銳角三角形ABC中，BC=，∠ABC=45°，BD平分∠ABC，M、N分別是BD、BC上的動點，則CM+MN的最小值是________.

圖7

分析及簡解：點C是定點，而M、N都是動點，可設法`利用BD平分∠ABC，得到MN關于BD的對稱線段.

在BA上截取BE=BN，連接EM.由∠ABC的平分線交AC于點D，得∠EBM=∠NBM.在△AME與△AMN中，BE=BN，∠EBM=∠NBM，BM=BM，則△BME≌△BMN（SAS），則ME=MN.

CM+MN=CM+ME≥CE.

當CE⊥AB時，CE取得最小值，從而CM+MN有最小值.

圖8

例8（2014·盤錦）如圖8，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC= 20，CB=10，D、E分別是AC、AB上兩點，求ED+EC的最小值.

分析及簡解：點C是定點，而D、E都是動點，先設法找到CE關于AB的對稱線段EG，轉化為求EG+DE的最小值，這只需點G、E、D三點共線，且GD⊥AC時，GD最小，從而求得ED+EC的最小值.

作點C關于AB的對稱點G，CG交AB于點M，作GH⊥AC于H，則GH就是所求的最小值.

【評注】“兩動點+一定點”型最值問題難度較大，一般可先將一條線段用關于某條直線的對稱線段代換，轉化為“三點共線”，再利用“垂線段最短”求解.

五、“三動點”型

例9（2012·臺州）如圖9，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，點P、Q、K分別為線段BC、CD、BD上的任意一點，則PK+QK的最小值為（）

圖9

分析及簡解：點P、Q、K均為動點，可先作點P關于直線BD的對稱點P′，連接P′K、P′Q，則P′K=PK，于是PK+ QK=P′K+QK≥P′Q，等號僅當點K落在P′Q上時成立，作QH⊥AB于H，則P′Q≥QH，即QH為所求最小值.

由四邊形ABCD是菱形，得AD∥BC.又∠A=120°，則∠ABD=180°-∠A=180°-120°=60°.

例10（2014·無錫）如圖10，菱形ABCD中，∠A=60°，AB= 3，⊙A、⊙B的半徑分別為2和1，P、E、F分別是邊CD、⊙A和⊙B上的動點，則PE+PF的最小值是________.

圖10

分析及簡解：連接BF、AE，則BF=1，AE=2，將求“PE+ PF的最小值”轉化為求“PA+PB的最小值”，這就轉化為“兩定點+一動點”型問題.作點A關于CD的對稱點A′，連接A′B，交直線CD于點P，則點P與D重合，PA+PB的最小值就是A′B的長.

易知∠BAA′=90°，∠A′=30°，所以A′B=2AB=6，即PA+PB的最小值為6，于是PE+PF的最小值為6-3=3.

【評注】例9、例10都是“三動點”型最值問題，例9是轉化為“三點共線”，再利用“垂線段最短”求解；例10是轉化為“三點共線”，再利用對稱法求解.

感悟：波利亞說：“數學問題的解決僅僅只是一半，更重要的是解題的反思與回顧.”幾何最值問題，數學課程標準未直接提及，教材中更是難見一道習題，然而，各地中考試卷卻賦予了幾何最值新的活力，精品試題層出不窮，有效地考查了學生分析問題和解決問題的能力.解決此類問題，需要用運動與變化的眼光去研究和觀察圖形，把握運動中的不變量，針對題目的特點，合理地利用“垂線段最短”“兩點之間，線段最短”等原理和基本圖形，將復雜問題轉化為簡單的常見問題，當然上述類型中的解法不是孤立的，有時一道題用幾種方法求解都能奏效，而有時一道題卻需要同時用幾個方法才能解決，個中滋味，只有悉心體會，在解題中學習解題，才能實現(xiàn)解題的智慧托舉.Z