一道與旋轉有關的動點最值問題的探究

李幽蘭

初中平面幾何中，由圖形運動而產生的最值問題歷來是學生解題的難點，究其原因是圖形一直在變化，學生無法捕捉到運動變化背后“不變”的元素，難以分析出取最值時變化元素的位置，也就無法根據具體圖形分析求解[1]．其中，與旋轉有關的動點求最值問題，熱度一直高居不下，近幾年常“駐”各地中考選填題和幾何綜合題的壓軸位置，令莘莘學子頭疼畏懼.下面筆者分享一道題目的解法和變式的深入探究，希望給讀者一點啟發.

題目? （武漢蔡甸2021＼5第10題）如圖1，在平面直角坐標系中，Q是直線y=－12x+2上的一個動點，將Q繞點P（1，0）順時針旋轉90°，得到點Q′，連接OQ′，則OQ′的最小值為（? ）.

A．455

B．5

C．523

D．655

解法1：（坐標法）分別過點Q和Q′作x軸的垂線，垂足分別為點M和N，如圖2.

于是∠QMP=∠PNQ′=90°，則

∠PQ′N+∠NPQ′=90°.

因為∠QPQ′=∠QPM+∠NPQ′=90°，則

∠PQ′N=∠QPM.

又PQ=Q′P，所以

△PMQ≌△Q′NP（AAS）.

故PM=Q′N，QM=PN.

設Qa，－12a+2.因為

P（1，0），所以

PM=Q′N=a－1，QM=PN=－12a+2.

于是ON=OP+PN=3－12a.

所以

Q′3－12a，1－a.

所以OQ′=ON2+Q′N2

=3－12a2+（1－a）2

=54（a－2）2+5

≥5.

故選答案：B.

點評：解法1抓住平面直角坐標系中的有利條件，構造了 “一線三垂直”模型證三角形全等.首先設未知數表示出動點Q的坐標，用坐標來表示線段長度進行轉化，然后由勾股定理表示兩點之間的距離，用含x的式子將OQ′表示出來，最后運用二次函數的知識求出最值.這種方法雖然很巧妙、簡便，但是有一定的局限性，只能用于有坐標系且旋轉角度特殊的題目.

解法2：（軌跡法）如圖3，將△AOB繞點P順時針旋轉90°得到△A′O′B′，則Q′為直線A′B′上一動點，根據垂線段最短，OQ′的最小值為點O到直線A′B′的垂線段的長度d.

由直線AB的解析式為y=－12x+2，得

A（0，2），B（4，0），所以

OA=2，OB=4.

由題意，得O′（1，1），

A′（3，1），B′（1，－3）.

設直線A′B′的解析式為y=kx+b，

則有3k+b=1，k+b=－3，解得k=2，b=－5.

于是直線A′B′的解析式為

y=2x－5，則

E52，0，F（0，－5），故

OE=52，OF=5.

所以EF=OE2+OF2=522+52=552.

由S△OEF=12OE·OF=12EF·d，得OQ′的最小值為

OE·OFEF=52×5552=5.

點評：解法2由旋轉的本質出發，直線AB繞點P順時針旋轉90°所得直線A′B′即為動點Q′的軌跡，但直接求直線A′B′的解析式不方便，因此旋轉整個△AOB，先求出點A′和B′的坐標，再求直線A′B′的解析式，最后用面積法求出點O到直線A′B′的距離.當然，在求出了直線A′B′的解析式后，也可以由此設Q′的坐標，用解法1中的坐標法，運用勾股定理和二次函數來求最值.解法2適用于大部分的動點旋轉求最值問題，即先確定動點軌跡.

解法3：（逆向軌跡法）OQ′的最小值其實是定點O到直線y=－12x+2繞點P順時針旋轉90°所得到直線的距離，問題可轉化為O′（1，－1）（由點O繞點P逆時針旋轉90°得到）到直線y=－12x+2的距離d.

如圖4，過點O′（1，－1）作O′A垂直于x軸交直線y=－12x+2于點A，O′B垂直于y軸交直線y=－12x+2于點B.

于是A1，32，B（6，－1），所以

O′A=52，O′B=5.

故AB=O′A2+O′B2=522+52=552.

由S△AO′B=12O′A·O′B=12AB·d，得O′Q的最小值為

O′A·O′BAB=5，即為OQ′的最小值.

點評：解法3在求O′Q的最小值時同樣可以用解法1的坐標法來求，在本質上它與解法2是一樣的，都是將所求最值轉化成定點到定直線的距離，但是解法3對解法2進行了簡化，免去了求直線y=－12x+2旋轉后的直線解析式，直接旋轉定點O，思路新穎巧妙.

變式1? 在Rt△AOB中，OA=2，AB=4，P是OB上一點，OP=1，Q是邊AB上的一個動點，將Q繞點P逆時針旋轉30°得到點Q′，連接OQ′，則OQ′的最小值為.

解析：點Q在AB上運動，即點Q的軌跡為AB，那么將AB繞點P旋轉就能得到點Q′的軌跡.于是，將△AOB繞點P逆時針旋轉30°得到△A′O′B′，如圖5，則點O到A′B′的距離即為OQ′的最小值.

由旋轉，得∠BPB′=30°.

在Rt△AOB中，OA=2，AB=4，

所以∠B=∠B′=∠BPB′=30°，

于是A′B′∥OB，則

∠AEB′=∠AOB=90°.

所以點O到A′B′的距離為OE的長度.

如圖5，過點B′作B′F⊥OB于點F，則∠B′FP=90°，于是四邊形OEB′F是矩形.

由OB=AB2－OA2=42－22=23，OP=1，得

BP=B′P=23－1.

∠B′FP=90°，∠BPB′=30°，所以

B′F=12B′P=23－12.

故OQ′的最小值為OE=23－12.

變式1沒有坐標系背景，顯然解法1不適用，而運用解法3，將點O繞點P順時針旋轉30°以后再求O′到AB的距離較為麻煩，經對比發現，此題解法2是最簡便的.

類似地，還可以變化圖形形狀和旋轉角度，解法一樣.

變式2? 如圖6，在等腰三角形ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，D是AB上一點，AD=2，BD=4，E是邊BC上的動點，若點E繞點D逆時針旋轉30°的對應點是F，連CF，則CF的最小值是.

基于以上分析，我們可以總結：解決這類繞定點旋轉的最值問題有三種方法，分別為坐標法、軌跡法、逆向軌跡法，根據不同的題目來選擇合適的方法，最常用的是軌跡法.若是動點所在的直線繞定點旋轉，則先確定動點旋轉后的軌跡，再根據垂線段最短求點到直線的距離，最后解直角三角形得到所求最值.

動態問題解題的關鍵是在“動”中尋找“定”的量，再由這些定量探尋出動點形成的軌跡，從而根據軌跡分析出最值位置，即“由動尋定，由定定軌，由軌求最”[2]．題目只是知識方法的一個素材，解題的過程能讓學生理解知識的原理，提煉方法的本質，注重解法的策略，總結問題的歸類，從而達到利用有限的題目實現無限的再創造．由解一道題變成會解一類題，乃至通解一種體系的題，這也是解題教學的方向[1].

參考文獻：

[1]郭源源.旋轉位似“似”成雙 定點定形“軌”一致[J].教學月刊＼5中學版（教學參考），2020（10）：11-15.

[2]郭源源.“定量”構建動點軌跡 “隱圓”巧解最值問題[J].中學數學雜志，2018（10）：42-44.