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本文拟还原上周末八年级一道旋转与最值大题的课堂生成，记录同学们的精彩思维瞬间，供同学们课下继续把玩回味. 如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD=AE，连接DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点. （1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 ，位置关系是 ； （2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，判断△PMN的形状，并说明理由； （3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请求出△PMN面积的最小值和最大值. 解析第（1）问： 课堂上几乎所有同学都能准确猜想PM=PN且PM⊥PN. 在求证PM⊥PN时，不少同学陷入了沉思.的确，几何证明往往难在导角.笔者引导同学们认真观察所要证的∠MPN的构成，不难发现，∠MPN=∠MPD+∠NPD.很快，何同学想出如下解法： 点评：何同学利用中位线模型，平行导角，将所要求证的两角之和转化到已知的Rt△ADC中，甚妙！ 更使我们深刻认识到：三角形中位线在数量上是第三边的一半，在位置上涉及平行，它起着传递角的位置关系和线段间数量关系的双重功能. 受此启发，代同学紧接着思考出另法： 点评：此法依旧运用中位线平行导角，又想到利用外角定理继续分解∠NPD，最终仍然将所要证的两角之和转化到已知Rt△ABC中，令人惊叹！ 此法相较法一，虽略显“臃肿”，但却不失为一种通法，且在第（2）小问中还有奇效，暂且按下不表. 学生们往往会有出其不意的奇妙思维，舍得让他们思考，有时竟能激发出多种不同的妙解，实乃教师之幸！笔者继续引导：若不分解∠MPN能否直接证出直角呢？ 七年级时都曾遇到过这样的问题：若两个角的两边分别平行，则这两个角之间有何数量关系呢？ 如上图易知∠1与∠2相等或互补. 而原题中的∠MPN与∠BAC的两边不就正好满足相互平行么？因此，还有如下两法： 点评：此法着眼于∠MPN的由来，道出了本题导角的本质，通过两次平行直接转换已知直角∠A，可谓绝对通法. 讲完通法，蒋同学仍不依不饶，想出下法： 点评：此法干脆继续取中点，连中点，造中位线，将△PMN补成四边形PMQN，巧妙地将证PM⊥PN转化为证正方形，真叫人“大跌眼镜”，直呼“这也可以？” 解析第（2）问： 有了第（1）问这把“梯子”，第（2）问解决起来将会得心应手.依旧先证PM=PN. 不难发现，当△ADE绕点A转动时，必然产生“共顶点的双等腰直角三角形手拉手模型”，特简化如下图： 若连接BD、CE，必然有△ABD≌△ACE（SAS），如下图： 由全等可得BD=CE，如下图，同第（1）问由中位线定理可得PM=PN，不再详述. 关键仍是导角，如何证明∠MPN=90°呢？ 第（1）问中何同学的法一似乎失去了“用武之地”，而代同学的法二却仍能发挥奇效，且看： 点评：虽看起来有些“兜兜转转”，但仍紧扣一条主线，即将所要证的两角之和转化到已知Rt△ABC中去，故可谓一种通法. 若沿用第（1）问中法三法四思想，则需求出BD与CE的夹角.然而图中并没有此角，故需自行构造，具体如下：
若对手拉手模型研究透彻，这个隐含的直角理应“很自然”地想到.回到原题，产生如下两法：
点评：通法就是通法，直达本质，所向披靡！ 至此，猛然惊醒，何同学的法一原来是被“藏起来了”.
点评：本题导角方法众多，相映成趣，个中妙味，唯有身临者知. 解析第（3）问： 把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请求出△PMN面积的最小值和最大值. 旋转往往产生最值，此题中的△PMN面积之所以有最值，概因其三边长可变，且必定在一定的范围内变化.此为第一层思考. 但三边均变，对于解题是非常不利的，故考虑简化.既已获知△PMN为等腰直角三角形，形状固定，知其三边中的任何一边均可顺利求得面积，故面积最值问题可转化为边长最值问题.此为第二层思考. 究竟是求△PMN的斜边MN还是直角边PN的最值呢（由于PM、PN地位等价，故PM最值略去不谈）？此为第三层思考. 不如分而治之. 法一：求斜边MN最值.
重审上图，首先进行一番“动静分析”，不难发现N为定点，M为动点，随着D、E动而动，“眼中有动点，心中找轨迹”，若能找出动点M的运动轨迹，则MN最值可解. 中学所考动点轨迹无外乎直线（线段）型或圆（圆弧）型，大致画出△ADE的几个不同位置，如下图：
不难发现M轨迹为非直线型，故猜想M轨迹可能为圆（圆弧）型，只需确定轨迹圆的圆心和半径即可.圆的定义就是到某个定点的距离相等的点的集合，这个定点即圆心，距离即半径长，即所谓“圆，一中同长也”.
值得一提的是，我们可获得更好记的结论：圆外一点到圆上点的距离最小值=点心距－半径，最大值=点心距+半径. 最后，只需用MN表达△PMN面积即可.
法二：求直角边PN最值.
若同上采取“动静分析”，发现N定P动，在确定点P轨迹时易知其非直线型，合理猜想轨迹为圆型，却一时间无法确定出其轨迹圆圆心，难道就此“无功而返”了么？ 解题遇到“穷途末路”时，不妨“回头望月”.既然PN为BD一半，则可将PN最值转化为BD最值.而B定D动，只需确定点D轨迹.显然，AD=4为定值，点D轨迹为以定点A为圆心，4为半径的圆.
点评：此法一出，课堂上同学们直呼“太简单了”，先将面积最值转化为直角边PN最值，后将直角边PN最值再次转化为BD最值，使问题答案“呼之欲出”.正所谓“无转化，不数学”.个中精妙，值得不断玩味！ 既然题已解完，我们不妨再来“强求”一下刚才困扰我们的点P轨迹.先用画板“耍赖”追踪一下点P.
发现点P轨迹的确是个圆，这绝非巧合.事实上，我们可以借助“瓜豆原理”来理解.
正所谓“种瓜得瓜，种豆得豆”，此处为“圆生圆”也.
点评：动点P的轨迹圆圆心定点F的构造有如“神来之笔”，似“天外飞仙”般不可思议，但通过运用“瓜豆原理”，狠抓“瓜豆三点”，即“定点、主动点、从动点”，却十分容易获得此神秘圆心，从而取中点，连中点，造中位线，最后运用三边关系导出最值，一气呵成！ “取中点F，连接PF”是直接告诉我们轨迹“是什么”，而“瓜豆原理”是帮助我们思考“为什么”，若能熟练掌握此原理，完全可以秒杀很多轨迹型最值填选题，若是大题，虽不适合用此原理进行书写，但完全可借助其破题，从而顺利获得相关辅助线，再用已有知识书写即可. 值得一提的是，若隐去此题一些干扰线段，我们还能借助另一处“瓜豆三点”获得点P轨迹，具体如下：（由于涉及到九年级的位似变换，八年级学生若觉得实在难以理解可跳过）
更有趣的是，我们还能从上图中分离出一个“共底角顶点的双等腰直角三角形手拉手模型”，见下左图：
点评：依旧借助“瓜豆”思考轨迹的由来，作出辅助线后借助熟悉的相似型进行过程书写，岂不快哉！ 由于八年级学生还未学相似，这里只是点到为止，且看上图，必有“△ANF∽△MNP，△FNP∽△ANM”，正所谓“旋转相似必成对”，可自行体会. 接下来再提供原题的两个变式，供各位把玩： 变式一： 若将原题中的△ABC改为等边三角形，其余条件不变，如图，则线段PM与PN的数量关系是 ，∠MPN= . △ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，求△PMN面积最值.
变式二： 若将原题中的△ABC改为∠BAC=120°的等腰三角形，其余条件不变，如图，则线段PM与PN的数量关系是 ，∠MPN= . △ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，求△PMN面积最值.
文章来源：听老王侃数学，作者：王斌；如存图片/音视频/作者/来源等使用或标注有误，请随时联系微信ABC-shuxue处理。 |
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