抓特征找规律解一题会一类——对一道中考选择题求解的前思后想

沈岳夫（浙江省绍兴市柯桥区平水镇中学）

抓特征找规律解一题会一类
——对一道中考选择题求解的前思后想

沈岳夫（浙江省绍兴市柯桥区平水镇中学）

中考试题往往具有代表性、典型性、示范性.可通过研究把蕴涵于试题中的数学思想方法揭示出来，挖掘出隐含的问题的本质属性.通过对2015年湖北省武汉市一道中考选择压轴题的研究，归纳出解决这类问题的思想与方法.通过对一类含有相同“定线张角”基本模型试题的研究，既能让学生夯实基础，又能达到“知一形，晓一类，通一片”的效果.

中考试题；定线张角；基本模型；方法应用

波利亚在《数学的发现》一书中提出了“教师十诫”，其中第八诫是要找出手边题目中那些可能对后来题目有用的特征，即揭示出隐藏在当前具体情形中的一般模型.因此，对试题的研究是教师在教学和复习中经常做的一件事，通过研究把蕴涵其中的数学思想方法揭出来，挖掘出其隐含的问题的本质属性.这不仅有利于学生掌握基础知识，而且有利于学生拓宽思路、活跃思维，较好地发挥中考试题的潜在功能.本文以2015年湖北省武汉市中考数学试卷的最后一道选择题为例，做一些探索，以期抛砖引玉.

一、考题呈现，方法提炼

题目（2015年湖北·武汉卷）如图1，△ABC，△EFG均是边长为2的等边三角形，点D是边BC，EF的中点，直线AG，FC相交于点M.当△EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值是（ ）.

图1

分析：由题意可知，虽然△EFG绕点D在旋转，但是△ABC是固定不动的，且∠AMC所对的边始终是线段AC，由此可猜想∠AMC（动角）在以线段AC（定线）为直径的圆上运动，这样可以构造出辅助圆，便能取得简洁、明快的效果.

解：如图2，连接AD，DG.

图2

由题意知AD=DG，DC=DF，

则△DAG和△DCF都是等腰三角形.

根据旋转的性质可知∠ADG=∠CDF=α，

所以∠AMC=90°.

故动点M的轨迹始终在以AC为直径的圆上.

现以AC为直径作圆，设圆心为O，连接BO，与⊙O相交于点P，

则线段BP的长即为线段BM长的最小值.

故此题选D.

【评析】此题要求“当△EFG绕点D旋转时，线段BM长的最小值”，只需证明∠AMC=90°，说明∠AMC的大小固定，且∠AMC分别经过两个定点A，C，线段AC的长度固定，即存在两点（即定线）；但∠AMC的顶点M是动点，即一动（即张角）.因此，此题的条件中存在两点一动.反思此题的解题过程，是根据定理“在同一圆中，同弦（同侧）所对的圆周角相等”，可知该题中点M应在某个圆上运动.因此，将原问题转化为研究直线与圆的交点问题.

方法提炼：解决这类问题，我们一般可采取“谋定而后动”的策略，先找出动角（张角）所对的边是否为定线，如果是，那么我们就可以构造出辅助圆，然后将问题引向极端，如特殊位置、特殊图形等，使图形更直观、条件更集中，进而简化解题，提高解题速度.那么，对具有两定一动，即一个角的大小固定，且该角的两边分别经过一个动点的试题，是否都可以通过构造辅助圆来解决，也就是说这种“两点一动圆相助”的方法是否具有通适性？

二、应用方法，解决问题

综观近几年的各地中考试题，笔者发现一些中考试卷中还真的有不少题目可以用“两点一动圆相助”作为解题的突破口，使这类题目化难为易，迎刃而解.现采撷数例，剖析解法，以飨读者.

1.找定线，定轨迹，最值问题求解易

例1（2014年四川·成都卷）如图3，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C长度的最小值是_______．

图3

分析：由折叠知A′M=AM，又M是AD边的中点，可得A′M=AM=DM，故点A′在以AD为直径的圆上.如图4，以点M为圆心，AM为半径作⊙M.当M，A′，C三点共线时，A′C长度取得最小值.

图4

解：如图4，以点M为圆心，AM为半径作⊙M，过点M作MF⊥CD交于点F.

在边长为2的菱形ABCD中，由∠A=60°，

所以CD=2，∠ADC=120°.

所以∠FDM=60°，∠FMD=30°.

【评析】此题在折叠过程中，由题意可知A′M= AM=DM，这样自然联想到圆的定义，所以以点M为圆心，AM长为半径构造辅助圆，则动点A′的轨迹是在以AD为直径的圆上，然后借助圆的知识，建立起已知量与未知量之间的关系，再结合题意化难为易，使问题轻松获解.不难想象，若没想到辅助圆，则难度较大.

例2（2013年湖北·武汉卷）如图5，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE=DF．连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是__________．

图5

解：由已知易得∠DCG=∠DAG.

又AE=DF，AB=DC，∠EAB=∠FDC，

则△DCF≌△ABE.

所以∠DFC=∠AEB.

结合∠DCG+∠DFC=90°，

得出∠DAG+∠AEB=90°.

从而得∠AHB=90°.

所以点H在以AB为直径的⊙O上（其中O为AB的中点），如图6所示.

图6

当O，H，D三点共线时，线段DH取得最小值，

【评析】此题与例1相比，看似更难，但经观察、分析和思考，我们可先利用三角形全等证明∠AHB= 90°，这样由90°就想到了直径所对的圆周角等于90°，

因而构造辅助圆.这就告诉我们，解题时应充分挖掘题目中所隐含的信息，即定线AB、张角∠AHB，然后得出答案.这样从题目（包括已知条件、待求结论和图形）中提取一些暗示的信息，实现了快速解决问题.

2.找定线，定张角，坐标问题位置显

例3（2013年内蒙古·呼和浩特卷）在平面直角坐标系中，已知点A（4，0），B（-6，0），点C是y轴上的一个动点，当∠BCA=45°时，点C的坐标为______．

解：设线段AB的中点为E.

因为点A（4，0），B（-6，0），

所以AB=10，E（-1，0）．

图7

则易知△PBA为等腰直角三角形，∠BPA=90°，PA=PB=

在图7中以点P为圆心，PA（或PB）长为半径作⊙P，与y轴的正半轴交于点C.

因为∠BCA为⊙P的圆周角，

过点P作PF⊥Oy于点F，

则OF=PE=5，PF=1.

所以OC=OF+CF=5+7=12，

故点C坐标为C（0，12）；

同理，求得y轴负半轴上的点C坐标为C（0，-12）．

综上所述，满足条件的点C坐标为C（0，12）或C（0，-12）．

【评析】此题与例2相比，看似更难入手.如果直接求解，难度较大，主要的困难在于无法把AO（O为坐标原点），BO这些条件与未知的CO集中到一起，也无法把∠BAC=45°这个条件用进去，导致解题困难.若能换个角度，把45°的角放大，想到90°的圆心角，从定线AB、张角∠BAC=45°入手，作△ABC的外接圆⊙P，这样就找到了解题的突破口.可以说，在中考中，利用辅助圆的策略是对直线型相关求解策略的有益补充.

3.找定线，定圆心，个数问题思路明

例4（2014年山东·淄博卷）如图8，点A与点B的坐标分别是A（1，0），B（5，0），点P

是该直角坐标系内的一个动点．

图8

（1）使∠APB=30°的点P的个数有_______.

（2）若点P在y轴上，且∠APB=30°，求满足条件的点P的坐标.

（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，说明理由．

解：（1）以AB为边，在第一象限内作等边△ABC，以点C为圆心，AC为半径作⊙C，交y轴于点P1，P2．

如图9，在优弧AP1B上任取一点P，

图9

所以使∠APB=30°的点P有无数个．

同理，在第四象限也有无数个.

（2）①如图10，当点P在y轴的正半轴上时，过点C作CG⊥AB，垂足为点G．

图10

由已知易得AB=4，OG=OA+AG=3，AC=BC= AB=4，

在如图10中过点C作CD⊥Oy，垂足为点D，连接CP2，点C的坐标为

又因为P1，P2是⊙C与y轴的交点，

所以∠AP1B=∠AP2B=30°．

因为CP2=CA=4，CD=3，

因为点C为圆心，CD⊥P1P2，

所以P1D=P2D=

②当点P在y轴的负半轴上时，

（3）略.

【评析】此题从题设和结论来看似乎与圆没有什么关系，若能挖掘出图中隐含关系，构造辅助圆，然后再运用圆的定义、性质，便能够顺利地建立起条件与结论之间的联系，进而找到简捷、巧妙的解法，“圆”满地解决问题.可见，解决此题的关键是构造辅助圆.首先是构造经过A，B两点的圆，这样的圆有无数个，圆心都在线段AB的垂直平分线上，然后是构造圆周角是30°的圆，而想到60°的圆心角是关键.

4.找定线，圆相助，范围取值直观看

例5（2014年广东·广州卷）已知平面直角坐标系中两定点A（-1，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx-2（a≠0）过点A，B，顶点为C.点P（m，n）（n＜0）为抛物线上一点．

（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标.

（2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围.

（2）由点P（m，n）（n＜0），可知点P在x轴下方.

如图11，设抛物线与y轴交点为点E，点F是点E关于对称轴的对称点，连接AE，BE，AF.

图11

根据题意易证△OAE∽△OEB，

得∠OEB=∠OAE.

所以∠AEB=∠OEA+∠OEB=∠OEA+∠OAE=90°，

所以由抛物线的对称性可知，点F的坐标为F（3，-2），∠AFB=90°.

则以AB为直径作的圆一定经过点E，F，且抛物线上点A到点E，点B到点F的部分都在圆内.

所以当点P在这两部分上运动时，∠APB为钝角.

所以当-1＜m＜0或3＜m＜4时，∠APB为钝角.

（3）略.

【评析】此题第（2）小题中，证明∠AEB=90°是关键（除了用相似证明外，还可以运用勾股定理的逆定理加以说明），再由定线AB、张角∠AEB=90°入手作圆，通过构造辅助圆将问题转化为抛物线与圆交点问题，利用对称思想求解.此题若是离散探寻，也会获得满足题意的答案，但易出现漏解.可见，合理挖掘图形隐含的性质，补出辅助圆，就能直观地看出数与形的奇妙联系，从而能有效地解决点P的横坐标的取值范围.

5.找定线，思关联，线段长度分类思

例6（2014年陕西卷）问题探究：

（1）如图12，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么试画出满足条件的一个等腰△APD，并求出此时BP的长.

图12

（2）如图13，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E，F分别为边AB，AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长.

图13

问题解决：

（3）有一山庄，它的平面图为如图14所示的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳.已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270 m，AE=400 m，ED=285 m，CD=340 m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB= 60°？若存在，试求出符合条件的DM的长；若不存在，说明理由．

图14

解：（1）略.

（2）如图15，以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q.然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识，即可求出BQ的长为

图15

（3）在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°．理由如下.

如图16，以AB为边，在AB的右侧作等边△ABG，作GP⊥AB，垂足为点P，作AK⊥BG，垂足为点K.设GP与AK交于点O，则以点O为圆心，OA为半径作⊙O，过点O作OH⊥CD，垂足为点H，

图16

则⊙O是△ABG的外接圆.

因为△ABG是等边三角形，GP⊥AB，

所以OH＜OA.

所以⊙O与CD相交.

设交点为M，连接MA，MB，OM，

若点M在点H的左边，

所以DM＞CD.

所以点M不在线段CD上，舍去．

若点M在点H的右边，

所以DM＜CD.

所以点M在线段CD上．

综上所述，在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，此时DM的长为米．

【评析】第（3）小题初看似乎与圆毫无联系，主线不明，其实第（1）（2）小题已经布设暗线索.“问题探究”中的两道小题就对应“问题解决”中的两个条件，即如何构造60°，如何让∠AMB=60°，可利用圆来达到目的.对于一类以探究定值、定点、定线为特征的数学问题，可以通过主动寻求或以退为进的策略，巧妙锁定思维的方向，迅速找到问题解决的路径.这样，就大大地避免了探索的盲目性，使思维过程优化变短，显得简洁明快.

通过对上述几个例子的分析，我们不难看出，解综合题时若具备定线、张角，恰当构造辅助圆，则使题目分散的条件集中化，隐含的条件显性化，起到了化难为易、打开思路的效果，或以一题多解，开阔思维，提高解题能力.这种在补形中得以开阔，呈现一片生机蓬勃的新天地，更给人一种流畅、清晰的美感，让我们在解题中不禁惊叹：遇“定线、张角”类试题，“圆”来如此破解.

［1］马先龙.构造图形打开解中考几何最值问题的突破口［J］.中学数学杂志（初中版），2014（10）：52-53．

［2］戴向阳.动点下的线段最值解法探微［J］.中学数学教学参考（中旬），2014（3）：37-39．

［3］沈岳夫.构造辅助圆，架起探求综合题的桥梁［J］.中学数学（初中版），2013（12）：94-96，封底.

［4］何勇波.提炼共性多题同解［J］.中学数学教学参考（中旬），2015（3）：35-37．

［5］李玉荣.一组最值难题“圆”来如此容易［J］.中学数学（初中版），2015（6）：90-91．

［6］苑建广.精心雕琢命题方式切实考查数学能力：2011年中考数学特色题归类赏析［J］.教育实践与研究（B版），2011（11）：48-53.

［7］苑建广.信息转化——问题解决的核心策略［J］.中国数学教育（初中版），2012（3）：8-11.

［8］朱桂凤.迁移经验方法落实能力目标［J］.中学数学教学参考（中旬），2014（8）：26-27．

［9］罗琳.合理“预设”激活“生成”：两个教学案例给予的启示［J］.中国数学教育（初中版），2013（9）：18-20.

2016—07—12

沈岳夫（1963—），男，中学高级教师，主要从事数学教育和数学解题研究.