李玲玲

本文所指的“三線碰頭”問題的基本圖形是指在任意△ABC內(nèi)，分別以△ABC三個頂點A、B、C為一個端點的三條線段交于一點P時的圖形（如圖1）.以該圖形為背景的常見問題有兩類：一是與“碰頭三線和”有關(guān)的問題;二是與“碰頭三線和”無關(guān)的問題（如求角度、求邊長等）.本文分別針對這兩類問題進行分析.

1 與“碰頭三線和”有關(guān)的問題

例1 如圖2，在Rt△ABC中，AC=1，∠ABC=30°，在△ABC內(nèi)部是否存在一點P，使得PA+PB+PC的和最?。咳舸嬖?，請求出這個最小值;若不存在，請說明理由.

分析 PA、PB、PC形成“三線碰頭”基本圖形，我們嘗試通過合同變換將三條未連接的“碰頭三線”轉(zhuǎn)化為連接的三折線，而“平移、旋轉(zhuǎn)、軸對稱”是合同變換的常用手段，根據(jù)圖形信息，可以通過旋轉(zhuǎn)變換實現(xiàn)該目的，具體方法如下：圖2 圖3

將含有兩條動線PA、PB的△PAB繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°至△NAM，連接NP（如圖3）.

該旋轉(zhuǎn)變換的四大作用是：

①通過全等變換（△PAB≌△NAM）將線段PB轉(zhuǎn)化為等長線段NM;

②通過出現(xiàn)的等邊△APN使線段PA轉(zhuǎn)化為等長線段PN;

③由①②實現(xiàn)“碰頭三線”→“連接三折線”的轉(zhuǎn)化;

④使∠CAM=60°+60°=120°，于是可以構(gòu)造含有特殊角60°的直角三角形，通過解直角三角形求和的最小值.

所以，由“兩點之間，線段最短”得知，（PA+PB+PC）min=（PN+NM+PC）min=CM，此時C、P、N、M共線.作MD⊥CA的延長線于點D，通過解Rt△ADM與Rt△CDM求出CM的長度即可.

需要說明的是，以上可看作是以A為端點的動線段PA繞點A順時針旋轉(zhuǎn)60°的做法.因為PA、PB、PC這三條線段具有同等地位，所以將線段PB繞點B順（逆）時針旋轉(zhuǎn)60°，或?qū)⒕€段PC繞點C順（逆）時針旋轉(zhuǎn)60°均可.但將PB繞點B旋轉(zhuǎn)時，如圖4，因為∠ABC+旋轉(zhuǎn)角60°=90°，而90°是非常特殊的角，所以相比較而言繞點B旋轉(zhuǎn)計算最簡便.此外，無論繞哪個頂點旋轉(zhuǎn)都是向△ABC的“形外”作旋轉(zhuǎn)，即△ABC的某條邊繞著其某個端點旋轉(zhuǎn)的過程中旋轉(zhuǎn)面不掃過△ABC.基于以上分析，該類問題可按照下面步驟簡化解決：①先判斷繞哪個點旋轉(zhuǎn)計算最簡單.本題繞點B旋轉(zhuǎn)計算最簡單;②再將邊AB繞點B逆時針（或?qū)⑦匓C繞點B順時針，總之是向△ABC的“形外”作旋轉(zhuǎn)）旋轉(zhuǎn)60°;③連接CM;④解Rt△BCM求線段CM.

注 在任意△ABC中，點P是三角形內(nèi)任意一點，當PA+PB+PC的和最小時：

①點P即為△ABC的“費馬點”;

②此時∠APC=∠BPC=∠APB=120°（請自行證明）.

變式1 如圖5，菱形ABCD的對角線AC上有一動點P，且BC=6，∠ABC=150°，求PA+PB+PD的最小值.

分析 連接BD，則變?yōu)椤扒蟆鲱^三線和的最小值”問題.且∠ABD=∠ADB=75°，∠BAD=30°.按照例1的分析，需通過旋轉(zhuǎn)將“碰頭三線”轉(zhuǎn)化為“連接三折線”.先判斷繞哪個頂點旋轉(zhuǎn)計算最簡單，因為繞點A旋轉(zhuǎn)時，“30°+旋轉(zhuǎn)角60°=90°”，所以將△APD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，再連接MB，線段MB的長即為三線和的最小值.當然，該題還有其余做法，不一一贅述.

變式2 如圖6，在平面直角坐標系中，點A（4，0）、點B（0，-4），點P是直線y=-x上一個動點，連接PA、PB，當PA+PB+PO的和最小時，求點P的坐標及其最小值.

分析 這依然是“求‘碰頭三線和的最小值”問題.由題意可知∠OAB=∠OBA=45°.因為在頂點A或B處旋轉(zhuǎn)均有“45°+旋轉(zhuǎn)角60°=非特殊角105°”，在頂點O處有“90°+60°=特殊角150°”，所以旋轉(zhuǎn)中心應(yīng)定在O點.將△APO繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)60°，連接BD，線段BD的長即為三線和的最小值.點P的坐標即為直線BD與直線y=-x的交點坐標.

變式3 如圖7，已知正方形ABCD內(nèi)一點E，E到A、B、C三點的距離之和的最小值為2+6，求該正方形的邊長.

分析 本題是已知“碰頭三線”和的最小值求正方形的邊長，是典型的正向問題（求最小值）逆向（最值已知）命題的方式.采取“正向解析、求邊設(shè)邊”的策略.由于在頂點B處有“90°+旋轉(zhuǎn)角60°=特殊角150°”，所以旋轉(zhuǎn)中心定在B點.將△AEB繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，設(shè)正方形邊長為2a，在Rt△CGF中，由勾股定理列方程求解即可.

解題策略 通過例1及其變式分析，與“碰頭三線和”有關(guān)的問題的處理策略總結(jié)為：“三線碰頭思旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)中心巧斟酌;折變直求最小值，構(gòu)造并解Rt△”.即“‘形外旋轉(zhuǎn)60°→等邊三角形（等長轉(zhuǎn)化）→連接三折線→折化直（兩點之間，線段最短）→構(gòu)造并解Rt△”.

2 與“碰頭三線和”無關(guān)的問題

例2 如圖8，等邊△ABC中，已知PA=3，PB=4，PC=5，P是三角形內(nèi)一點，求∠APB的度數(shù).

分析 條件“PA=3，PB=4，PC=5”與待求問題的關(guān)系并不顯明，但“3，4，5”是一組勾股數(shù)，雖然三條線段在圖中的位置關(guān)系并非直角三角形，但可以嘗試通過旋轉(zhuǎn)變換將三條線段轉(zhuǎn)化到一個三角形中.比如將△APB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°至△CQB，則PQ=PB=4，CQ=AP=3，在△PQC中，由“勾股定理逆定理”得∠CQP=90°，所以∠APB=∠CQB=90°+60°=150°.

注 ①因為PA、PB、PC這三條線段具有同等地位，所以以其中任一線段為腰順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)60°均可.但通常情況下，以第2大長度的線段為腰進行旋轉(zhuǎn);

②本題也可看作在等邊△ABC的背景下重新構(gòu)造一個新等邊△PBQ，使得△ABC與△PBQ構(gòu)成等邊三角形“手拉手”基本模型，易證△APB≌△CQB，所以CQ=AP=3，其余思路同上.

變式1 如圖9，等邊△ABC中，已知PA=1，PB=2，PC=3，求△ABC的面積.

分析 “三線碰頭思旋轉(zhuǎn)”，因為“1，2，3”依然是一組勾股數(shù)，所以依然可以通過旋轉(zhuǎn)60°變換將其轉(zhuǎn)化到一個三角形中解決問題.選取第2大長度的線段PC為腰，繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)60°，易得∠BQP=90°，∠BPQ=30°，所以∠BPC=30°+60°=90°.在Rt△BPC中，由勾股定理求得BC=7，所以S△ABC=34BC2=734.

變式2 如圖10，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，P是三角形內(nèi)一點，已知PA=1，PB=2，PC=3，求∠APB的度數(shù).

分析 因為“1，2，3”不再是勾股數(shù)，所以再通過旋轉(zhuǎn)60°進行等長線段轉(zhuǎn)化毫無意義.但是這三條線段的數(shù)值存在這樣的關(guān)系“12+（22）2=32”，即PA2+（2PB）2=PC2，所以PA、2PB、PC構(gòu)成直角三角形.因為在任意等腰直角三角形中，底邊和腰長之間存在關(guān)系“底邊=2腰長”，所以將線段PB繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°至BD，連接PD、AD，可得等腰Rt△PBD，所以底邊PD=2PB，實現(xiàn)了“隱形線段2PB→顯性線段PD”的轉(zhuǎn)化;易證△ABD≌△CBP，所以AD=CP=3，由“全等三角形對應(yīng)邊相等”實現(xiàn)了等長線段轉(zhuǎn)化;在△ADP中，由“勾股定理逆定理”可得∠APD=90°，所以∠APB=90°+45°=135°.當然也可將線段PB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°進行轉(zhuǎn)化.

注 ①本題也可看作在等腰Rt△ABC的背景下重新構(gòu)造一個新的等腰Rt△DBP，△ABC與△DBP形成等腰直角三角形“手拉手”模型，易證△ABD≌△CBP，所以AD=CP=3，其余思路同上;

②該題中PA、PB、PC、∠APB之間是“知三求一”的關(guān)系，可自行嘗試計算.

變式3 如圖11，正方形ABCD內(nèi)有一點P，滿足PA=22，PB=1，PD=17.求∠APB的度數(shù)和正方形ABCD的邊長.

分析 因為42+12=（17）2，即（2PA）2+PB2=PD2，所以2PA、PB、PD構(gòu)成直角三角形.將線段PA繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至線段EA，連接PE、EB，則可得等腰Rt△PAE，所以PE=2PA=4，由等腰直角三角形的腰底關(guān)系實現(xiàn)了“隱形線段2PA→顯性線段PE”的轉(zhuǎn)化;易證△APD≌△AEB，所以BE=DP=17，由“全等三角形對應(yīng)邊相等”實現(xiàn)了等長線段轉(zhuǎn)化;在△PBE中，由“勾股定理逆定理”可得∠BPE=90°，所以∠APB=90°+45°=135°.作BF⊥AP，交AP的延長線于點F，可得等腰Rt△BPF，解Rt△BPF和Rt△ABF即可求出AB的長.當然也可將線段PA繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°進行轉(zhuǎn)化.

解題策略 與“碰頭三線和”無關(guān)的問題（如求角度、求邊長等）的處理策略為：

①“三線碰頭”思旋轉(zhuǎn)：一條線段通過全等變換轉(zhuǎn)化為另一條線段;一條線段通過旋轉(zhuǎn)得到的等腰三角形進行腰底轉(zhuǎn)化;

②旋轉(zhuǎn)角度細斟酌：等長變換旋轉(zhuǎn)60°;擴大2倍旋轉(zhuǎn)90°;由此推出擴大3倍旋轉(zhuǎn)120°.3 綜合類應(yīng)用

例3 （2019年沙坪壩區(qū)校級一模）如圖12，已知拋物線y=-13x2+533x-4與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸交于點C.連接BC，P是線段BC上方拋物線上的一動點，過點P作PH⊥BC于點H，當PH長度最大時，在△APB內(nèi)部有一點M，連接AM、BM、PM，求AM+3BM+PM的最小值.

分析 當PH長度最大時，點P坐標為（23，2）（求解過程略）.令y=0可求得A（3，0），B（43，0）.拋開題目的二次函數(shù)背景，只保留關(guān)鍵信息（如圖13），將△PMB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)120°得△EDB，連接MD，則MD=3BM，DE=PM.連接AE，過點E作EG⊥x軸于點G，過點P作PF⊥x軸于點F，因為tan∠PBF=PFBF=223=33，所以∠PBF=30°，所以∠EBG=180°-120°-30°=30°，EB=PB=4.則E（63，2），AE=AG2+EG2=（5 3）2+22=79，

所以AM+3BM+PM=AM+MD+DE≥AE=79，即AM+3BM+PM的最小值為79.

解題策略 例3實為“加權(quán)費馬點”問題，需要先找準“碰頭三線”基本圖形，再按如下策略進行處理：“形外”旋轉(zhuǎn)（旋轉(zhuǎn)度數(shù)取決于加權(quán)線段前面的系數(shù)）→等腰三角形（底腰轉(zhuǎn)化）→連接三折線→折化直（兩點之間，線段最短）→構(gòu)造并解Rt△.

總之，本文所指的兩類“三線碰頭”問題均可通過旋轉(zhuǎn)變換實現(xiàn)線段轉(zhuǎn)化.與“碰頭三線和”有關(guān)的問題，通過旋轉(zhuǎn)變換轉(zhuǎn)化為連接的三折線;與“碰頭三線和”無關(guān)的問題，通過旋轉(zhuǎn)變換使得“碰頭三線”存在于一個直角三角形中解決.