吉 磊

(蘭州天慶實(shí)驗(yàn)中學(xué),甘肅 蘭州 730030)

近年來(lái),在各地中考中,對(duì)于重難點(diǎn)題型的考查多少都涉及到數(shù)形結(jié)合解決“極限值”的待定系數(shù)問(wèn)題,在這里就不得不提到非常著名的“阿波羅尼斯圓”(簡(jiǎn)稱“阿氏圓”)理論,這種方法可以幫助學(xué)生理解考查題型的設(shè)計(jì)初衷,從而整合所學(xué)相關(guān)知識(shí)的應(yīng)用與拓展.

1 阿波羅尼斯圓的定義及定理

定理如圖1,P是平面上一動(dòng)點(diǎn),A、B是兩定點(diǎn),PA∶PB=k,M是AB的內(nèi)分點(diǎn),N是AB的外分點(diǎn)且AM∶MB=AN∶NB=k,則P點(diǎn)的軌跡是以MN為直徑的圓.

圖1 點(diǎn)P軌跡圖

2 “阿氏圓”在初中階段的應(yīng)用

2.1 閱讀材料型(顯露阿氏圓)

阿氏圓的關(guān)鍵解題步驟:

第一步:如圖2,在OD上取點(diǎn)M,使得OM:OP=OP:OD=k;

第二步:證明kPD=PM;第三步:連接CM,此時(shí)CM即為所求的最小值．

下面是該題的解答過(guò)程(部分):

解在OD上取點(diǎn)M,使得OM:OP=OP:OD=k,

又∵∠POD=∠MOP,∴△POM∽△DOP．

任務(wù):

(1)將以上解答過(guò)程補(bǔ)充完整．

考點(diǎn):相似形綜合題．

專題:幾何綜合題;應(yīng)用意識(shí)．

分析(1)在OD上取點(diǎn)M,使得OM:OP=OP:OD=k,利用相似三角形的性質(zhì)以及兩點(diǎn)之間線段最短解決問(wèn)題即可．

(2)利用(1)中結(jié)論計(jì)算即可．

解(1)在OD上取點(diǎn)M,使得OM∶OP=OP∶OD=k,又∵∠POD=∠MOP,∴△POM∽△DOP．∴MP∶PD=k,∴MP=kPD,∴PC+kPD=PC+MP,當(dāng)PC+kPD取最小值時(shí),PC+MP有最小值,即C,P,M三點(diǎn)共線時(shí)有最小值,

點(diǎn)評(píng)本題屬于相似形綜合題,考查了相似三角形的判定和性質(zhì),勾股定理,兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí),解題的關(guān)鍵是理解題意,學(xué)會(huì)用數(shù)形結(jié)合轉(zhuǎn)化的思想考慮問(wèn)題,屬于中考常考題型．

2.2 非材料閱讀型(隱藏阿氏圓)

圖3 例2題圖(a)

(1)求拋物線y=-x2+bx+c的表達(dá)式;

(2)連接GB,EO,當(dāng)四邊形GEOB是平行四邊形時(shí),求點(diǎn)G的坐標(biāo);

(3)①在y軸上存在一點(diǎn)H,連接EH,HF,當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí),以A、E、H、F為頂點(diǎn)的四邊形是矩形?求出此時(shí)點(diǎn)E,H的坐標(biāo);

考點(diǎn):二次函數(shù)綜合題．專題:綜合題．

分析(1)利用待定系數(shù)法求出拋物線方程;

(2)先利用待定系數(shù)法求出直線AB的方程,進(jìn)而利用平行四邊形的對(duì)邊相等建立方程求解即可;

(3)①先判斷出要以點(diǎn)A,E,H,F為頂點(diǎn)的四邊形是矩形,只有EF為對(duì)角線,利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式建立方程即可;

解(1)∵點(diǎn)A(-4,-4),B(0,4)在拋物線y=-x2+bx+c上,

∴拋物線的方程為y=-x2-2x+4;

(2)設(shè)直線AB的方程為y=kx+n過(guò)點(diǎn)A,B,

∴直線AB的方程為y=2x+4,設(shè)E(m,2m+4),

∴G(m,-m2-2m+4),∵四邊形GEOB是平行四邊形,∴EG=OB=4,

∴-m2-2m+4-2m-4=4,∴m=-2,∴G(-2,4).

(3)①如圖4,由(2)知,直線AB的方程為y=2x+4,設(shè)E(a,2a+4),

圖4 例2題圖(b)

∵以點(diǎn)A,E,H,F為頂點(diǎn)的四邊形是矩形,

∴AB⊥AC,∴EF為對(duì)角線,∴EF與AH互相平分,

∴a=-2,p=-1,∴E(-2,0).H(0,-1);

②如圖5,由①知,E(-2,0),H(0,-1),A(-4,-4),

圖5 例2題圖(c)

∵E(-2,0),

∴PE2=(p+2)2+(2p+4)2=5(p+2)2,

例3(2021·沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬)在四邊形ABCD中,AC交BD于點(diǎn)E,△ADE為等邊三角形．

(1)若點(diǎn)E為BD的中點(diǎn),AD=4,CD=5,求△BCE的面積;

(2)若BC=CD,點(diǎn)F為CD的中點(diǎn),求證:AB=2AF;

圖6 例3題圖(a)

考點(diǎn)相似形綜合題．專題:圖形的相似;推理能力．

分析(1)如圖7中,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H,設(shè)EH=x．利用勾股定理構(gòu)建方程求出x,即可解決問(wèn)題．

圖7 例3題圖(b)

(2)如圖8中,延長(zhǎng)AF到G,使得AF=FG,連接DG,CG,延長(zhǎng)GC交BD于T,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H．想辦法證明△AEB≌△ADG(SAS),可得結(jié)論．

圖8 例3題圖(c)

圖9 例3題圖(d)

(1)解如圖7中,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H,設(shè)EH=x．

∵△ADE是等邊三角形,∴AD=DE=4,∠AED=∠CEH=60°,

∵CD2=CH2+DH2,∴25=3x2+(x+4)2,

(2)證明:如圖8中,延長(zhǎng)AF到G,使得FG=AF,連接DG,CG,延長(zhǎng)GC交BD于T,過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BD于H．

∵AF=FG,CF=FD,∴四邊形ACGD是平行四邊形,

∴AC∥DG,GC∥AD,∴∠CAD+∠ADG=180°,

∵△ADE是等邊三角形,

∴AE=AD,∠AED=∠ADE=∠EAD=60°,

∴∠AEB=∠ADG=120°,∴∠CGD=∠EAD=60°=∠GDT,

∴△DGT是等邊三角形,∴DG=DT,∠CTE=∠CET=60°,

∴△CET是等邊三角形,∴CT=CE,∠CTE=∠CET=60°,

∵CB=CD,CH⊥BD,∴BH=DH,TH=EH,∴BT=DE,

∴BE=DT=DG,∴△AEB≌△ADG(SAS),∴AB=AG=2AF．

連接QT,TC．∵AB∥CD,∠BAD=90°,∴∠ADC=90°,

∵CF⊥AB,∴∠CFA=90°,∴四邊形AFCD是矩形,

∴AD=AF,∴四邊形AFCD是正方形,

∵CF=CD,∠CFB=∠CDO=90°,∴Rt△CFB≌Rt△CDO(HL),

∴∠BCF=∠DCO,∴∠BCO=∠DCF=90°,

∵BJ=JO,

∵∠QJT=∠QJB,∴△QJT∽△BJQ,