探寻一类动点路径问题的通式通法

尹庆刚 赵广国

[摘  要] 从近几年全国各地的中考数学试题的特点来看，考查学生数学核心素养的中考压轴试题逐渐成为中考命题者的新宠. 文章以2019年浙江省嘉兴市中考数学第16题为例，谈谈试题原型来源、试题解法、变式应用，并做一般推广.

[关键词] 数学核心素养;基本图形;变式;直线型;外接圆

数学核心素养是以数学课程教学为载体，基于数学学科的知识技能而形成的重要的思维品质和关键能力. 自2016年教育部公布《中国学生发展核心素养》正式确定学生发展核心素养的框架、维度和指标以来，数学学科被注入了新的根本任務，通过数学学科的教学与学习，发展学生的数学核心素养，立德树人.

在九年制义务教育的基础上，什么样的试题能够综合考查学生的数学核心素养，正成为中考数学命题者思考与研究的问题. 若能在一道试题中综合考查各方面的能力，这种题型无疑既具有甄别与选拔功能，同时也是受广大师生欢迎的好题，“动点路径问题”就是这样的一类问题. 这类试题的正确求解，不仅需要学生具有扎实的数学基础，良好的空间思维与想象能力，而且还需要学生具有良好的几何直观、推理与运算能力，考查学生通过九年的学习发展出来的思维品质和关键能力.

文章以2019年浙江省嘉兴市中考数学第16题为例，基于数学核心素养谈谈这道题目的解法并做出推广与应用.

试题呈现

如图1，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一个平面上，边AC与EF重合，AC=12 cm. 当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动. 当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为______cm;连接BD，则△ABD的面积最大值为______cm2.

动手操作探思路

本题是一道有约束条件的动点路径求轨迹长度的问题，其中等腰直角三角形的两个锐角顶点在另一个直角的两条边上滑动，求直角顶点滑过的路径长度. 本题位于嘉兴市中考数学填空题最后一题，压轴题的位置，具有明显的甄别与选拔功能. 多数学生拿到该试题，短时间内对题目中的点D的运动轨迹具体是怎样的，运动轨迹长度是多少或许并没有一个清晰准确的认识，缺少正确的解题思路. 然而试题呈现的问题背景却容易唤醒学生动手操作探寻问题的求解方法. 在缺少解题思路的情况下，实验操作不失为一种简单快捷的方法，可以说本题的思维起点并不高.

笔者在求解这道试题之后，也尝试着动手操作探究了点D的运动轨迹. 第一步，准备一把足够长的直尺作为BC边所在直线并固定;第二步，固定三角板ABC;第三步，保证三角板DEF的斜边EF与三角板ABC的直角边AC重合，且三角板DEF的顶点E，F分别在三角板ABC的直角边AC与直角边BC的延长线上运动;最后一步，观察点D的运动轨迹. 如果需要，可以反复操作. 通过上述四步操作：

（1）部分优等生能较容易猜出点D的运动轨迹属于直线型，为问题的理性求解提供了感性经验.

（2）通过反复实验操作，大部分学生能够回忆并联想到这样一道源于教科书的经典习题的求解方法. 课本习题呈现如下：

例题：如图2所示，两个边长为a的正方形在同一平面内，其中正方形EFGH的顶点E是正方形ABCD的中心，按住正方形ABCD不动，将正方形EFGH绕顶点E旋转，从点A在边EF上开始顺时针旋转角度α（其中0°≤α≤90°），则这两个正方形重叠部分的面积______.

A.  逐渐变小         B.  逐渐变大

C.  先变小再变大 D.  保持不变

此题中两个正方形重叠部分是四边形BPEQ，四边形BPEQ是一个具有条件∠B=∠E=90°的基本图形. 尽管题中顶点E的位置并没有变化，只是考查旋转背景下阴影部分的面积问题，但求解思路是过点E分别作AB，BC边的垂线，构造全等三角形解决问题. 而嘉兴市中考试题考查的是一个等腰直角三角形的两个锐角顶点在另一直角的两边上滑动，求直角顶点滑过的轨迹路径长度问题. 两个问题看似毫无联系，实则有很多相似之处. 首先，试题中的等腰直角三角形的两个锐角顶点在另一直角的两边上滑动的任意瞬间，都会出现课本习题中的基本图形——四边形BPEQ. 也就是说，这两道题目中的图形都包含一组对角相等且为90°的四边形;其次作辅助线的方法也相同;再次两道题目都利用了构造全等直角三角形最终解决问题.

迁移这道课本习题作辅助线并利用三角形全等解决问题的方法，是成功求解这道中考压轴试题的不二法门，为理性思考解决本题奠定了基础.

理性思考觅方法

问题1：通过本试题实物图可以抽象出几何图形，如图3所示. 受上述例题启发，容易获得本题的解题思路.

假设△DEF运动到如图4所示△D′E′F′的位置，出现基本图形D′E′CF′. 过点D′分别作D′M⊥AC，垂足为M，D′N⊥BC，垂足为N. 则∠D′ME′=∠D′NF′=90°.

由题意知∠ACB=90°，所以∠ACN=90°. 所以∠MD′N=90°.

因为△DEF为等腰直角三角形，所以∠E′D′F′=90°，D′E′=D′F′，∠ACD=∠F′CD=45°. 所以∠MD′E′=∠ND′F′，且点D在∠ACF′的角平分线上. 所以△D′ME′≌△D′NF′. 所以D′M=D′N.  所以点D′到∠ACF′两边的距离相等，即点D′在∠ACF′的角平分线上. 所以点C，D，D′三点共线. 由于点D′的任意性，易知点D在∠ACF′的角平分线上运动.

在△DEF滑动的过程中，如图3所示，当且仅当△DEF的边EF与△ABC的边AC重合，或△DEF的边EF与△ABC的边BC所在直线重合时，点D到点C的距离最近，此时点D到点C的距离为CD或AD的长度.

因为△DEF为斜边长12 cm的等腰直角三角形，所以CD=AD=6 cm. 由图4、图5易知，当且仅当DE⊥AC，DF⊥BC时，点D到点C的距离最远. 此时四边形CEDF为正方形，对角线CD=EF=12 cm. 即点D到点C的最远距离为12 cm.

所以点D运动的路径长为2（12-6）=（24-12） cm.

问题2：由问题1可知，点D在∠ACF′的角平分线上运动. 通过图形直觉感知，当点D与点C的距离最远时，△ABD的面积最大. 此时，四边形DECF是边长为6 cm的正方形，如图6所示，连接AD，BD.

所以S=S+S-S.

因为△ABC为∠BAC=30°的直角三角形，所以BC=4.

所以S=S+S-S=AC×BC+（AC+DF）×CF-DF×（BC+CF）=×12×4+×（12+6）×6-×6×（4+6）=24+36+36-12-36=24+36-12.

评注  基于“点动成线”的基本事实与直观经验，学生易于直观感知此题中点D的运动轨迹是一条线，但具体是一条怎样的线，开始或许并不清楚. 事实上，对于具有良好数学素养的学生来说，通过检索自己学习数学的历程可以知道，能够求的“线”的长度问题不外乎直线型与圆型或两者的复合. 除了这两种类型，其他类型的线的长度问题在中学阶段是没有办法求解的，此时学生应该会有初步的判断.

追根溯源求拓展

深入思考试题第一问的解法与教科书提供的本试题的原型习题的解法，笔者注意到，若试题背景不是借助三角板工具，那么抽象出来的几何图形中的两个直角三角形的条件便是多余的. 事实上，滑动的△DEF不一定是等腰直角三角形，点E、点F也不一定是在一个直角的两条边上滑动. 在图4中，只需要基本图形D′E′CF′的其中一组对角之和为180°，而不是分别等于90°，这个问题即可推广到更一般的情况. 为更好地理解与把握这类试题的特点，切实提高学生的数学核心素养，培养学生举一反三、触类旁通的能力，下面针对本试题的问题1给出几个变式，以便深入探究这类试题的本质.

变式1  如图7，一副含45°和30°角的三角板ABC和EDF拼合在一个平面上，边AC与EF重合，AC=12 cm. 当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动. 当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为______cm.

解法探析  假设△DEF运动到如图8所示△D′E′F′的位置，过点D′分别作D′M⊥AC，垂足为M，D′N⊥BC，垂足为N. 则∠D′ME′=∠D′NF′=90°.

易知△D′ME′∽△D′NF′，==，即点D′到∠ACF′边CA的距离D′M与点D′到边CF′的距离D′N之比为，是一个定值，故C，D，D′三点共线. 由于点D′的任意性，易知点D在射线CD上运动. 由图9易知，在△DEF滑动的过程中：

当且仅当DE⊥AC，DF⊥BC时，点D与点C的距离最远. 此时四边形DECF为矩形，对角线CD=EF=12 cm. 即点D到点C的最远距离为12 cm.

当且仅当△DEF的边EF与△ABC的边BC所在直线重合时，点D到点C的距离最近，此时点D到点C的距离为AD的长度，易知AD=6 cm.

所以点D运动的路径长为（12-6）+（12-6）=（18-6） cm.

变式2  如图10所示，△ABC和△DEF在同一平面内，∠ACB=60°，△DEF为等边三角形. △ABC的边AC与△DEF的边EF重合，AC=12 cm. 当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动. 当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为______cm.

解法探析  假设△DEF运动到如图11所示的△D′E′F′的位置，过点D′分别作D′M⊥AC，垂足为M，D′N⊥BC，垂足为N. 则∠D′ME′=∠D′NF′=90°.

易知△D′ME′≌△D′NF′，==1，点D′到∠ACF′两边的距离相等，C，D，D′三点共线. 由于点D′的任意性，易知点D在射线CD上运动. 由图12易知，在△DEF运动的过程中：

当且仅当点D到AC的距离最短时，即DE⊥AC，DF⊥BC时，点D到点C的距离最远. 由图形易知，点D到点C的最远距离为8 cm.

当且仅当△DEF的边EF与△ABC的边AC重合，或△DEF的边EF与△ABC的边BC所在直线重合时，点D到点C的距离最近，由图形易知，此时点D到点C的距离为12 cm.

所以点D运动的路径长为2（8-12）=（16-24） cm.

抽象概括得通式

如图13所示，一般地，△ABC和△DEF在同一平面内，△ABC的边AC与△DEF的边EF重合. 在△DEF中，DE=a，DF=b，EF=c，∠EDF=α，在△ABC中，∠ACB=α. 当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动. 当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为______cm.

解法探析  假设△DEF运动到如图14所示△D′E′F′的位置. 过点D′分别作D′M⊥AC，垂足为M，D′N⊥BC，垂足为N. 则∠D′ME′=∠D′NF′=90°.

易知△D′ME′∽△D′NF′. 所以==. 所以点D′到∠ACF′的边CA的距离D′M与点D′到边CF′的距离D′N之比是一个定值. 易知点D到∠ACF′的边CA的距离与点D到边CF′的距离之比也为，所以C，D，D′三点共线. 由于点D′的任意性，易知点D在射线CD上运动. 在△DEF运动的过程中：

由图15易知，当且仅当DE⊥AC，DF⊥BC时，点D到点C的距离最远. 由图形易知，点D到点C的最远距离为线段CD的长度.

由题意易知，四边形DECF存在外接圆，且四边形DECF的外接圆即是△DEF的外接圆，线段CD即为四边形DECF外接圆的直径. 易知CD=.

当且仅当△DEF的边EF与△ABC的边AC重合或△DEF的边EF与△ABC的边BC所在直线重合时，点D到点C的距离最近.

若a<b，△DEF的边EF与△ABC的边BC所在直线重合时，点D到点C的最近距离为CD=ED=a.

若a=b，△DEF的边EF与△ABC的边BC所在直线重合或△DEF的边EF与△ABC的边AC重合，此时点D到点C的最近距离CD=ED=FD=a=b.

若a>b，△DEF的边EF与△ABC的边AC重合时，点D到点C的最近距离为CD=FD=b.

综上所述：在△DEF运动的过程中，点D的运动轨迹是直线型，路径长度为

-a+

-b=

-a-b cm.

特别地，当△DEF是等腰直角三角形，即∠α=90°，EF=c=12 cm时，易知a=b=6 cm，所以点D运动的路径长为-a-b=（24-12） cm.

写在最后

《义务教育数学课程标准（2011年版）》强调学生的学习应当是一个生动活泼的、主动的和富有个性的过程. 学生应当有足够的时间和空间经历观察、实验、猜测、计算、推理、验证等活动. 在平时的教学工作中，作为一线教师，在课堂教学过程中应充分贯彻这一基本理念，逐步渗透解决问题的思想、方法与策略，让学生获得基本的数学活動经验，发展数学素养.

“动点路径问题”作为中考数学的压轴试题，由于其本身具有“动”的特点，无论是动点滑过的轨迹路径长度还是其他有关问题，均能较好地考查学生获得的数学素养，让学生在潜意识里就能意识到中学可求解的“线”的长度问题无外乎直线型与圆型. 在长达九年的学习过程中教师应让学生的这种意识潜移默化逐步渗透，并成为根深蒂固的学科素养，同时在提高解题能力的过程中，切实保障核心素养的理念落地生根.