王 松

（湖北省武漢市武漢第三寄宿中學）

筆者在研讀近幾年有關中考命題、解題類文章時，發(fā)現(xiàn)很多有關“共頂點三角形旋轉(zhuǎn)”模型的文章，一直困惑于此模型的輔助線是如何產(chǎn)生的？本文以一道幾何題為線索，從圖形位似的角度，談談自己對此類問題的理解.

題目如圖1，在等腰直角三角形ABC中，AC=，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點．當點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長是（ ）.

（B）π

（D）2

圖1

一、問題起源

人教版《義務教育教科書·數(shù)學》九年級下冊第27章第3節(jié)“位似”中給出了位似的概念.依據(jù)題目給出的條件不難判斷動點P和動點M的連線都經(jīng)過同一點C，且，故可以判定點P的運動軌跡與點M的運動軌跡是以點C為位似中心，位似比為2∶1的位似圖形.進而可知點M的運動軌跡是以1為半徑的半圓，其路徑長為π.

顯然，對于平面內(nèi)一定點O和動點P，連接OP，在線段OP上取一點Q，始終滿足（k為定值）.如果規(guī)定動點P在一條確定直線l上運動時（如圖2），依據(jù)位似的定義可知，點Q的運動軌跡必為一條與直線l平行的直線.進而，若點P的運動軌跡為直線l上某一線段PP1時，點Q的運動軌跡必為一條平行于線段PP1的線段QQ1，且有QQ1=k·PP1.如果規(guī)定動點P在一確定⊙R上運動時（如圖3），依據(jù)位似的定義可知，點Q的運動軌跡必為一個圓（其圓心R1與點R，O三點共線），且有C⊙R1=k·C⊙R.

圖2

圖3

當然，動點P的運動軌跡可以定義為任意軌跡，動點Q的運動軌跡將始終保證與動點P的運動軌跡關于定點O成位似圖形，由于情況多樣而本質(zhì)不變，故不再贅述.

二、問題變式

變式：對于圖2中的問題，若將點Q繞著點O順時針旋轉(zhuǎn)α(0＜α＜360°)，且α≠180°，其他條件不變.

（1）如果規(guī)定動點P在一條確定直線l上運動時（如圖4），依據(jù)前面的論述，點Q的運動軌跡必為一條與直線l相交的直線，其夾角之一為α.

理由如下：在圖4中，直線PP1與直線QQ1交于點T，由于，∠POQ=∠P1OQ1=α，易證得△POQ∽△P1OQ1，△POP1∽△QOQ1.故∠TPO=∠TQO.證得∠T=∠POQ=α.進而，若點P的運動軌跡為直線l上某一線段PP1時，點Q的運動軌跡必為一條線段QQ1，此時QQ1=k·PP1.同時還可以發(fā)現(xiàn)其本質(zhì)為圖2中△QOQ1整體繞點O順時針旋轉(zhuǎn)α后即為圖4中的△QOQ1.

圖4

圖5

（2）如果規(guī)定動點P在一確定⊙R上運動時（如圖5），依據(jù)前面的論述，點Q的運動軌跡可以看作是圖3中的⊙R1繞點O順時針旋轉(zhuǎn)α后得到的一個圓，且有C⊙R1=k·C⊙R.理由如下：如圖5，連接OR，作∠ROR1=α，并使得，易證△POQ∽△ROR1，△POR∽△QOR1.得.故可以得到點Q在以R1為圓心，k·PR為半徑的圓上運動，故

顯然，當動點P的運動軌跡為⊙R上的一段弧時，動點Q的運動軌跡也應為一段弧，同時兩段弧所對的圓心角相等，弧長之比等于k.

在上述證明過程中，證得△POQ∽△ROR1.同時觀察發(fā)現(xiàn)點O為這對相似三角形的公共頂點，P，Q這對對應點同為運動過程中的動點，R，R1這對對應點同為圓心，此規(guī)律也為我們解決相關問題提供了依據(jù).

例1如圖6，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB=4，CD⊥AB于點D，P是CD上一個動點，以點P為直角頂點向下作等腰直角三角形PBE，連接DE，求DE的最小值．

圖6

分析：由已知可得△ABC∽△EPB.進而可得△BCP∽△BAE.動點P在定線段CD上運動，則點P的對應點E必在某定線段上運動，故擬定思路如下：由△BCP與△BAE始終相似確定點E所在線段，再尋找定點D到定線段的最小距離.

解：如圖7，以DB為直角邊在AB下方構造等腰直角三角形BDF，

當點P運動到與點C重合時，點E與點A重合；

當點P運動到與點D重合時，點E與點F重合，

所以點E在線段AF上運動.

過點D作DG⊥AF于點G，

圖7

當點E運動到點G的位置時，DE有最小值.

因為AC=BC=4，

所以DB=AD=DF=

所以DG=2.

例2如圖8，AB是⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB=BC=10，P是⊙O上一動點，連接PC，以PC為邊作△PCD，使∠PDC=90°，，P，C，D三點為逆時針順序.連接OD，則線段OD長的最小值是_____．

圖8

分析：由已知可知，點P始終在定⊙O上運動，（即∠DCP為確定角），可以猜想到點D一定在某一定圓上運動，故找到這個定⊙I（如圖9），連接OI，當點D運動到線段OI上即可找到線段OD的最小值.

解：如圖9，以OC為斜邊構造Rt△OCI，

因為∠DPC=∠IOC，

∠PDC=∠OIC，

所以△PDC∽△OIC.

圖9

所以△DCI∽△PCO.

又因為AB=BC=10，

所以OC=15.

可求得OI=12.

所以ID=3.

因為點I是定點，ID是定長，

所以點D在半徑為3的⊙I上運動.

所以OD的最小值為12-3=9.

顯然，由于已經(jīng)確定了動點D的運動軌跡為以定點I為圓心，半徑為3的一個圓，當然亦可求線段OD的最大值和線段OD長度的取值范圍，在此就不展開說明了.

三、問題拓展

在前面問題起源中，我們談到從位似的角度來理解以上問題，而從兩種位似情形來看，不難猜想到當位似中心在對應點連線上時，上述結論也是成立的.

拓展1：對于平面內(nèi)一定點O和一動點P，連接OP，在線段PO的延長線上取一點Q，始終滿足（k為定值）.

（1）如果規(guī)定動點P在一條確定直線l上運動時（如圖10），依據(jù)位似的定義可知，點Q的運動軌跡必為一條與直線l平行的直線.進而，若點P的運動軌跡為直線l上某一線段PP1時，點Q的運動軌跡必為一條平行于線段PP1的位似線段QQ1，且有QQ1=k·PP1.

圖10

圖11

（2）如果規(guī)定動點P在一確定⊙R上運動時（如圖11），依據(jù)位似的定義可知，點Q的運動軌跡必為一個圓（其圓心R1與點R，O三點共線），且有

當然，動點P的運動軌跡可以定義為任意軌跡，動點Q的運動軌跡將始終保證與動點P的運動軌跡關于定點O成位似圖形，由于情況多樣而本質(zhì)不變，故不再贅述.

拓展2：對于平面內(nèi)一定點O和一動點P，連接OP，在平面內(nèi)再取一點Q，連接OQ，始終滿足（k為定值），且∠POQ=α(0＜α＜360°，且α≠180°).

（1）如果規(guī)定動點P在一條確定直線l上運動時（如圖12），依據(jù)前面的論述，我們可以認為是圖10中的△QOQ1整體繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)180°-α后得到的，點Q的運動軌跡必為一條與直線l相交的直線，其夾角之一為α.

圖12

理由如下：在圖12中，直線PP1與QQ1交于點T，由于，∠POQ=∠P1OQ1=α，

易證得△POQ∽△P1OQ1，POP1∽△QOQ1.

進而可以證得∠PP1O=∠QQ1O.

得∠T=180°-α.

（2）如果規(guī)定動點P在一確定⊙R上運動時（如圖13），依據(jù)前面的論述，點Q的運動軌跡可以認為是圖11中的⊙R1繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)180°-α后得到的一個圓，且有C⊙R1=k·C⊙R.

圖13

理由如下：如圖13，連接OR，作∠ROR1=α，并使得，易證△POQ∽ △ROR1，POR∽ △QOR1，得.故可以得到點Q在以R1為圓心，k·PR為半徑的圓上運動，故C⊙R1=k·C⊙R.

圖14

例3如圖14，點P為半圓O上一動點，直徑AB=16，C為OA中點，過點C的線段PR始終滿足PC=2CR，以PR為直角邊作 Rt△PRQ，∠R=90°，PR=2RQ，則BQ的最小值為______.

分析：如圖15，連接CQ，可發(fā)現(xiàn)RC∶RQ∶CP=2∶3∶4，可得CQ∶PC=13 ∶4，.故可以判斷當動點P在半圓O上運動時，動點Q必在某一半圓上運動，進而通過確定這個圓的兩個要素（圓心、半徑），最終發(fā)現(xiàn)BQ的最小值.

圖15

解：如圖15，連接CQ，

因為RC∶RQ∶CP=2∶3∶4，

所以CQ∶PC=∶4，

tan∠RCQ=.

在AB下方取點E，連接CE，

使得∠ACE=∠RCQ，CE∶OC=∶4，

易證△CPQ∽△COE，△CEQ∽△COP.

過點E作EF⊥AB于點F，連接EB，由OC=4，

可得CF=2，EF=3.

在Rt△BEF中，F(xiàn)B=14，EF=3，

所以BQ的最小值為E，B，Q三點共線時，其值為

通過以上舉例，筆者發(fā)現(xiàn)利用“共頂點三角形旋轉(zhuǎn)”模型來解決相關問題時，所添加的輔助線并非憑空捏造，而是有章可循的，之所以對這類構造方法感到無從下手，恰恰是忽視了問題的本源——位似圖形，若能從根源上揭示問題本質(zhì)，進而可以尋求到通解、通法來解決問題.