?喀什大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院 陸文昊

1 引言

平面幾何背景下的最值問題，其數(shù)學(xué)原理可追溯到“兩點(diǎn)之間線段最短”“在直線外一點(diǎn)與直線上各點(diǎn)連接的所有線段中，垂線段最短”“三角形兩邊之和大于第三邊”等幾何學(xué)基本定理.蘇教版八年級(jí)上冊(cè)教科書初次介紹到“將軍飲馬”模型，即利用構(gòu)造對(duì)稱圖形來解決兩條線段和差及其延伸出的多邊形周長(zhǎng)最值問題.而我們通常認(rèn)為的“胡不歸”是以求“PA+kPB”形式的幾何最值出現(xiàn)的，通過垂直構(gòu)造直角三角形中的三角函數(shù)來處理系數(shù)k，從而完成思維上的過渡，將問題轉(zhuǎn)化至求相連兩條線段和的最值.本文將著重圍繞這兩大模型的例題展開剖析，對(duì)于更為復(fù)雜的最值模型，如“阿氏圓”“費(fèi)馬點(diǎn)”等，留給學(xué)有余力的學(xué)生繼續(xù)探究，深化對(duì)解題原理與解題思路的理解[1].

2 例題解析

2.1 構(gòu)造直角 轉(zhuǎn)化系數(shù)

圖1

例1在ABCD中，∠DAB=60°，AB=6，BC=2，P為邊CD上的一動(dòng)點(diǎn)，則的最小值等于.

圖2

解析：如圖2所示，過邊CD上的動(dòng)點(diǎn)P作PQ⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q.

2.2 異端相接 回歸本質(zhì)

例2如圖3，在△ABC中，AB=2，∠ABC=60°，∠ACB=45°，D是BC的中點(diǎn)，直線l經(jīng)過點(diǎn)D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分別為E，F(xiàn)，則AE+BF的最大值為.

圖3

圖4

分析：初看本題，無法再?gòu)摹昂粴w”模型考慮.但無論從“將軍飲馬”還是“胡不歸”的視角考慮，所求最短路徑之和都由一個(gè)公共點(diǎn)相接，而此題的特殊之處在于兩條線段是彼此獨(dú)立.如此一來，我們不能將思路限制在兩處的線段本身，而應(yīng)通過必要的操作，將不常規(guī)的問題轉(zhuǎn)化成熟悉的情形.

解析：充分利用中點(diǎn)D，設(shè)法找出與AE相接的BF的等效線段.如圖4，過點(diǎn)C作CK⊥l于點(diǎn)K，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H.

在Rt△AHB中，∠ABC=60°，AB=2，

在Rt△AHC中，∠ACB=45°，

∵點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，

∴BD=CD.

在△BFD與△CKD中，

∴△BFD≌△CKD(AAS).

∴BF=CK.

延長(zhǎng)AE，過點(diǎn)C作CN⊥AE于點(diǎn)N，可得AE+BF=AE+CK=AE+EN=AN.

2.3 聚焦目標(biāo) 化動(dòng)為靜

例3如圖5，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，將△ABD沿射線BD平移，得到△EGF，連接EC，GC.求EC+GC的最小值.

圖5

圖6

分析：本題中點(diǎn)E，G始終處在平移的動(dòng)態(tài)中，我們?nèi)孕柁D(zhuǎn)化目標(biāo).嘗試連結(jié)DE，AE，GC長(zhǎng)等效到DE處，作點(diǎn)D關(guān)于直線AE的對(duì)稱點(diǎn)T，這時(shí)可以得到“將軍飲馬”的雛形.再連結(jié)AT，ET，CT，易證B，A，T共線.

解析：通過上述輔助線的添加，得到圖6.

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=BC=AD=4，

∠ABC= 90°，∠ABD=45°.

∵AE//BD，

∴∠EAD=∠ABD= 45°.

∵點(diǎn)D,T關(guān)于AE對(duì)稱，

∴AD=AT=4，∠TAE=∠EAD= 45°.

∴∠TAD=90°.

∵∠BAD= 90°，

∴B,A,T三點(diǎn)共線.

又∵EG=CD，EG//CD，

∴四邊形EGCD是平行四邊形.

∴CG=DE.

∴EC+CG=EC+ED=EC+TE.

∵TE+EC≥TC，

趁熱打鐵，我們來看此類題型的一道拓展：

圖7

圖8

分析：觀察點(diǎn)P的動(dòng)態(tài)位置，BD，BC是天然存在的對(duì)稱軸，作點(diǎn)P關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)P1，關(guān)于BC的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P2，連接P1P2，分別交BD，BC于點(diǎn)M，N，此時(shí)得到△PNM周長(zhǎng)最??；而四邊形PMBN的面積問題根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、三角形三邊關(guān)系以及外接圓的性質(zhì)解答即可.

按分析中添輔助線的要求作出△PNM周長(zhǎng)最小時(shí)的情形，如圖8.

由對(duì)稱的性質(zhì)，可得

BP1=BP=BP2，

∠P1BM=∠PBM，∠P2BN=PBN，

MP1=MP，NP=NP2.

所以∠P1BP2= 2(∠PBM+ ∠PBN)=60°.

因此△P1BP2是等邊三角形，有

過點(diǎn)B作BE⊥P1P2于點(diǎn)E，則

由軸對(duì)稱的性質(zhì)，可得△P1BM≌△PBM，△P2BN≌△PBN.當(dāng)△BMN的面積最小時(shí)，四邊形PMBN的面積最大.

圖9

如圖9，作△BMN的外接圓⊙O，連接OB，OM，ON，過點(diǎn)O作OF⊥MN于點(diǎn)F，∠MON=2∠MBN=60°，所以△MON是等邊三角形.

設(shè)⊙O的半徑為R，則

由OB+OF≥BE，得

3 結(jié)論

通過對(duì)以上例題的探討，筆者更希望給予學(xué)生幾何最值問題的一種解題思路，在眾多習(xí)題的特殊個(gè)性中洞悉數(shù)學(xué)本質(zhì)的共性.幾何最值問題屬于平面幾何的綜合應(yīng)用，除了將基本模型轉(zhuǎn)化以外，主要還會(huì)結(jié)合三角形的性質(zhì)、四邊形的性質(zhì)、解直角三角形、軸對(duì)稱的性質(zhì)、圓的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，靈活應(yīng)用先前建構(gòu)起來的基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能完成解答[2].在“將軍飲馬”的動(dòng)態(tài)過程中尋求不變與等效的量，在“胡不歸”處理系數(shù)的選擇上提高數(shù)感，均為提高解題能力之關(guān)鍵.