巧用构造图形法解题

构造基本图形巧解含45º角的问题本文以两道含有45º角的中考试题为载体，分析这类问题的共同特点和解法，供同学们参考.一、试题呈现题1 (2017年丽水中考题)如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线y x m =-+分别交x 轴，y 轴于A 、B 两点，已知点(2,0)C .(l)略;(2)设P 为线段OB 的中点，连结PA ，PC 若45CPA ∠=︒，则m 的值是 .题2 (2017年金华中考题)如图2，已知点(2,3)A 和点(0,2)B ，点A 在反比例函数ky x=的图象上.作射线AB ，再将射线AB 绕点A 按照逆时针方向旋转45º，交反比例函数的图象于点C ，则点C 的坐标是 . 上面的两道中考填空题，虽然形式上不太一样，但是有着一个共同的特点，都存在一个45º的特殊角.因此，如何利用45º角成为了解题的突破口，45º角的两边与x 轴的交点都形成了一个类似的三角形，因此这两道题有着如下的共同解法. 二、共同解法展示1.构造“一线三等角”，利用相似三角形丽水题解法1 如图3，在y 轴截取OD OC =，此时45PDC ∠=︒，可以证得ABP PDC ∆∆:，BP BACD PD=.进而得到方程::(2)22m m=+， 解得12m =.金华题解法1 如图4，过点A 作等腰直角PNG ∆，作ND NF =，连结DF ，易得6NP NG ==，PG =.设FN DN a ==，可以证得APG FDA ∆∆:，得AP DFPG DA=，3a =+， 解得1a =， ∴(1,0)F .求出AF 的解析式为33y x =-, 再与6y x=联列方程，得到C 点坐标为(1,6)--. 分析 “一线三等角”是一种常见的建立三角形相似的方法.该模型在这两小题的应用中看上去有些异常，一个只有两等角，另一个根本不存在等角，所以我们利用45º的角去构造等腰直角三角形，形成“一线三等角”的基本模型，再利用相似三角形的基本性质列出方程. 2.构造“三垂型”模型，利用全等三角形丽水题解法2 如图5，过点C 作CD CP ⊥，交AP 于点D ，再作DE x ⊥轴，易得 OPC ECD ∆≅∆，∴2DE OC ==，2m CE OP ==， 22mAE OA OC CE =--=-. ∵//DE OP ，∴DE AEOP AO=， 列出方程2:(2):22m mm =-，解得12m =.金华题解法2 如图6，过点M 作MF AM ⊥，构造如图所示的辅助线，易得 EFM DMA ∆≅∆.设M 的坐标为(0,)m ，可得2MD EF ==，3AD EM m ==-.因为点G 在直线122y x =+上，可以求得点G 的坐标为(24,)m m -， 进而求得1GE m =-，62GD m =-. ∵//EF AD ， ∴EF GE AD GD=，列出方程2: (3)(1):(62)m m m -=--，解得3m =±(3m =舍去). 所以点M 的坐标为(0,3)-.分析 “三垂型”模型是一个基本图形.该模型不仅可以找到全等的三角形，也可以用来证明勾股定理.看到45º角可以构造等腰直角三角形，进而形成“三垂型”模型. 3.构造“角平分线”，运用内角平分线的性质预备知识:如图7， AD 是ABC ∆的角平分线，则有AB BDAC CD=(证略).丽水题解法3 如图8，过点P 作PD PA ⊥.∵45APC ∠=︒，所以CP 为APD ∆的角平分线，∴PD CDPA AC =’ ∵12PD PA =，并且求出D 的坐标(,0)4m -， 可得21422m m +=-， 解得12m =.金华题解法3 如图9，方法同上. 分析 由于45º是90º的一半，构造了角平分线，恰好可以利用三角形内角平分线的基本性质，45º这一条件，让人产生了很多遐想，补全直角也是一种常见的手段. 4.构造“正方形”，借用正方形旋转预备知识:如图10，正方形ABCD ，点E 、F 分别在BC 和CD 上，且45EAF ∠=︒，求证:BE DF EF +=.(证略)丽水题解法4 如图11，过点P 构造正方形OPDE .4mEN DN ==，2OC =， 根据预备知识得到24mCN =+. 又∵22mCE =-，在CEN ∆中有222(2)()(2)244m m m-+=+， 解得12m =.金华题解法4 如图12 ，∵12NF AE =， ∴32NF =，32HG =. 设点E 为(,0)m ，则2DE m =-，1GE m =+.利用预备知识，可得72HE m =-. 在直角HGE ∆中，22237()(1)()22m m ++=-， 解得1m =，得到(1,0)E .分析 “半角模型”也是一种常见的基本图形，这类问题一般利用旋转完成，可以得到全等三角形，进而得到线段之间的关系. 5.构造 “三角形的高”，回到匀股定理丽水题解法5 如图13，作CD AP ⊥，可知PCD ∆为等腰直角三角形. 由::1:2PO AO CD AD ==， 2AC m =-，易得2)5CD m =-，(2)5PC m =-. 在Rt POC ∆中，利用勾股定理，得222()22)]2m m +=-， 解得12m =.金华题解法5 如图14，作ED AF ⊥(后面计算可得B 和D 重合).设AD ED a ==，则2DE a =，EF =，3AF a =.又∵AF =得到a =∴5EF ==， ∴(1,0)E .分析遇到直角问题，有时要回归到勾股定理，利用勾股定理能够列出方程.尤其在折叠问题中，我们经常会利用勾股定理构造方程.本题中依靠45CPA ∠=︒构造等腰直角三角形，同时得到POA CDA ∆∆:，一箭双雕.6.构造“四点共圆”，运用两点间的距离公式丽水题解法6 如图15，以AC 为直角边构造等腰直角ADC ∆. ∵45D APC ∠=∠=︒，所以A 、C 、P 、D 四点共圆，且以CD 为直径，E 为圆心.∵(,2)D m m -，(0,)2m P ，22(,)22m m E +-， 根据EP EC =，可得22222(2)()[2)]222m m m ---+=-， 解得12m =.金华题解法6如图16，方法同上.分析“四点共圆”是一种常见的基本图形，它可以运用同弧所对的圆周角相等，半径相等直径所对的圆周角是直角等一系列知识点，灵活多变. 三、解题后的反思1.明确解题方向，确定解题途径这两道中考题都是以函数为载体的几何问题，以上的解法都充分利用了数形结合，把题中的“形”转化为运算，达到“化形为数”的目的，这是解决问题的关键所在，也是基本思 路，有了这些基本思路就有了解决问题的方向在解决函数中的几何问题时，一定要充分利用几何的基本性质，抓住问题表象中的隐含条件，利用几何性质的同时结合平面直角坐标系的有关计算，达到几何与代数的完美结合.上述解法中的勾股定理和三角形的相似与全等，等腰直角三角形的性质的运用，既在意料之外，又在情理之中，顺其自然，水到渠成. 2.抓住问题本质，学会异中求同以上两道题目看似不同，却有着共同的本质，可以称得上是多题一解.数学问题千变万化，仅仅依靠题海战术是很难抓住数学的本质，盲目地做题还不如静下心来去思考.我们应该由表及里，发现题与题之间的内在联系，抓住问题的本质达到有效的解题.一题多解能拓展思维的广度，多题一解更能挖掘思维的深度，因此，我们在数学解题教学中，要两者兼顾，做到收放自如.3.活用解题模型，呈现多样解法基本图形是解决综合性几何问题的一个很好的突破口，从复杂的图形中抽出简单的图形，利用基本图形的性质往往可以化难为易，顺利得解.我们要通过解题教学，达到“学会思考”这一核心的教学理念，注重解题的方法，加强知识之间的迁移，从而提高解题能力.。

2020年第10期中学数学教学参考（下旬）想方法构造全等三角形，—一 —|巧求不规则图形面积刘凤山（安徽省阜阳市颍上县五十铺乡中心学校）摘要：对一道中考题从不同的思路入手，构造全等三角形，巧妙求出不规则四边形的面积，从而体验和感 悟构造法解决数学问题的魅力，并且通过探究归纳总结出相关结论，提升对问题的认知能力。

关键词：构造法；四边形；全等三角形 文章编号：1002-2171 (2020) 10-0054-021引例2问题探究图如图1，在五边形A B C D E中，=D E ，点M是C D 边的中点。

求证:A M 丄C D 。

分析：从待证结论可以看出，A M 是C D 边的垂直平分线，结合垂直平分线的判 定定理“和一条线段两个端点距离相等的点在这条 线段的垂直平分线上”可知，我们应先联结A C ，A D ， 然后设法证明A C =A D 。

根据已知条件“AB = A £，D E ”，联想到全等三角形的判定定理“S A S ”，而A C ，A D 这两条辅助线具有“一箭双 雕”的作用.既构造了一对全等三角形（A A B C 和 △A E D ),又构造了一个等腰三角形A C D ，用到了构造法。

所谓构造法，就是为了解决某一数学问题，我们 可以构造一个式子、一个方程或函数、一个几何图形， 甚至是一个新的数学问题，从而沟通已知与未知的联 系，达到顺利解决问题的目的。

下面笔者以一道中考 题为例说明如何应用构造全等三角形的方法求不规 则四边形的面积，从而让学生体验和感悟构造法解决 数学问题的魅力。

题目：（2017年陕西中考题）如图2,在四边形A B C D 中，Z D A B = Z B C D =90°，A B = A D ，对角线 A C =6,求四边形A B C D 的面积。

分析：该题中的四边形A B C D是一个不规则四边形，无法直接 利用特殊四边形（正方形、矩形、平行四边形）的公式来求面积，这时则需要另辟蹊径。

数论专题：构造法解题梁久阳前言：“构造法”作为一种重要的化归手段，在数学解题中有着重要的作用。

历史上有不少著名的数学家，如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人，都曾经用“构造法”成功地解决过数学上的难题。

数学是一门创造性的艺术，蕴含着丰富的美,而灵活、巧妙的构造令人拍手叫绝，能为数学问题的解决增添色彩，更具研究和欣赏价值。

构造需要以足够的知识经验为基础，较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提，根据题目的特征，对问题进行深入分析，找出“已知”与“所求（所证）”之间的联系纽带，使解题另辟蹊径、水到渠成。

本文可能并不仅仅局限于数论方面，对函数也有一定的涉及。

一．构造法解题过程的大致模式二．经典例题（1） 构造辅助函数 ①构造一次函数【例1】已知x,y,z ∈（0，1），求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1（第15届俄罗斯数学竞赛题）题前分析：此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。

例7还给出了它的另一种构造方法。

特点：一题两构，各有千秋证明：构造函数f(x)=(y+z-1)x+(yz-y-z+1)，∵y,z ∈(0,1),∴f(0)=yz-y-z+1=(y-1)(z-1)＞0f(1)=(y+z-1)+(yz-y-z+1)=yz ＞0，而f(x)是一次函数，其图象是直线，∴由x ∈(0,1)恒有f(x)＞0即(y+z-1)x+(yz-y-z+1)＞0，整理可得x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)＜1。

题后分析：由上题我们可以看出，理解和掌握函数的思想方法有助于实现数学从常量到变量的这个认识上的飞跃。

很多数学命题繁冗复杂，难寻入口，若巧妙运用函数思想，能使解答别具一格，耐人寻味。

而这构造的只是一次函数，还有更高次的函数等着我们去构造。

②构造二次函数我们大家都在初中学过一元二次方程。

我们都知道，一元二次方程根的判别式原本是用来讨论一元二次方程的实根情况，然而它的作用远不止此.在有些证明中，将题目或结论适当变形，再依据变形后的式子构造二次函数来解决问题，是一种十分巧妙的方法。

巧数正方形图形的方法巧数正方形图形是一种非常有趣的几何图形，它具有独特的特点和美妙的几何属性。

在本文中，我们将介绍巧数正方形的构造方法和一些有趣的性质，希望能够帮助读者更好地理解和欣赏这一美妙的图形。

首先，我们来介绍巧数正方形的构造方法。

巧数正方形是指边长为奇数的正方形，例如3×3、5×5、7×7等。

构造一个巧数正方形的方法有很多种，其中比较常见的方法是通过交错填充数字的方式来构造。

具体步骤如下：1. 首先确定正方形的边长，假设为n。

2. 从正方形的中间位置开始，填入数字1。

3. 从数字1开始，按照顺时针方向，依次填入数字2、3、4……直到nn。

4. 如果填充到的位置超出了正方形的边界，则应该从另一侧继续填充，直到填充完所有的数字。

通过以上的步骤，我们就可以构造出一个边长为n的巧数正方形。

这种构造方法不仅简单直观，而且可以帮助我们更好地理解巧数正方形的结构和特点。

接下来，我们来介绍一些巧数正方形的有趣性质。

首先，巧数正方形中的所有数字之和都具有一定的规律。

以3×3的巧数正方形为例，我们可以发现，其中的所有数字之和为15。

而对于任意一个边长为n的巧数正方形，其所有数字之和都可以表示为n(nn+1)/2。

这个规律非常有趣，也可以通过数学归纳法来进行证明。

此外，巧数正方形还具有一些特殊的对称性质。

以5×5的巧数正方形为例，我们可以发现，它具有水平、垂直和对角线三种对称轴。

这种对称性质使得巧数正方形在几何上具有非常美妙的表现，也为我们提供了更多的思考和探索空间。

总之，巧数正方形是一种非常有趣的几何图形，它不仅具有独特的构造方法，而且还具有丰富多彩的性质和特点。

通过对巧数正方形的学习和探索，我们可以更好地理解几何图形的美妙之处，也可以培养我们的数学思维和创造力。

希望本文能够帮助读者更好地理解和欣赏巧数正方形，也希望读者能够通过自己的努力和探索，发现更多有趣的数学世界。

巧用“构造法”解立体几何题作者：刘少平来源：《中学生导报·教学研究》2013年第34期摘要：通过构造法解立体几何体是一个技巧性比较多的解题方式。

通过解决各种问题，要选择不同的构造对象，在选定构造对象之后，还要选定适当的构造方式。

因此，在教学过程中经常会有一些学生反复询问怎样通过构造法进行解题。

文章通过举例说明的方式，简单的讲解一下怎样运用“构造法”来解答立体几何的题目。

关键词：构造法；解题；立体几何；技巧；方式引言：通过构造法进行解题，是在解题的思维当中，针对已经掌握的知识以及解决的方法通过分解、结合、变换、对比、界定、推进等方式进行思维再创作，切实的将猜想、总结、尝试等重要的数学方法融入其中，透过运用各种知识之间的相互关系及性质，有计划的建立一个数学模型，让出现的问题在这个模型上可以进行转化，进而快速、独特、新颖、简洁地得到解答。

构造法的使用对于提升创意意识有很大帮助，培养了求异思维及创新性思维，提升分析问题和解决问题的能力。

一、构造法的含义所谓“构造法”是数学里面的概念和方法通过固定的形式，经过有限个步骤可以定义的概念和可以达成的方法。

自从数学产生的那天起，数学里的构造性的方法也就随之产生了。

可是构造性方法这个术语的提出，以至将这个方法推向实践，并致力于研究这个方法，是和数学基础的直觉派有关联。

由于直觉派对数学的“可信性”的考虑，提出一个具有代表性的口号：“存在必须是被构造。

”这就是构造主义。

二、构造性数学与非构造性数学的区别与联系为了真正认识构造性数学同非构造性数学之间的区别，文章通过两条工作准则为准。

首先，是可以在非构造性数学当中建立，但是在构造性数学当中无法建立的原则：排中律；其次，是被比肖伯称作是全能的极限原理，假如（an）是{0，1}上的序列，那么可以说对于所有的n，an=0，也可以说对于N，aN=1。

如图1中表达，LPO的构造性解释代表的是，我们具有一个有限的措施，它可以用于任何一个{0，1}上的序列（an），或者可以说明对每一个n来讲，an是=0，或者可以说构造一个N，让它满足aN=1的条件。

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巧用构造法妙证不等式
作者：黄淑红
来源：《理科考试研究·高中》2015年第08期

学习数学必须善于寻求解题方法，即发现一条摆脱疑难、绕过障碍的途径，实现从已知到
未知的转化过程.在解题过程中，由于某种需要，要把题设条件中的关系构造出来，要么将关
系设想在某个模型之上得到实现，要么将已知条件经过适当的逻辑组合而构造出一种新的形
式，从而使问题获得解决.在这种思维过程中，对已有知识和方法采取分解、组合、变换、类
比、限定、推广等手段进行思维的再创造，构成新的式子或图形来帮助解题的方法称之为构造
法.用构造法解题的巧妙之处在于不是直接去解所给问题A，而是构造一个与问题A有关的辅
助问题B，这里引出问题B并非为了它本身，而是通过它帮助解决问题A.如果问题B比问题
A更简单更直观，那么这种思考问题的方法就可能获得成功.

数学中有许多相似性，如数式相似，图形相似，命题结论的相似等，利用这些相似性，通
过构造辅助模型，促进转化，以期不等式得到证明.可以构造函数、方程、数列、向量、复数
和图形等数学模型.不等式的证法很多，而构造法主要是从不等式的结构和特点出发，利用已
学过的知识作为数学模型，实现问题的转化，从而使不等式得证.下面举例说明之.

第一章 圆专题1巧构圆，妙解题知识解读在处理平面几何中的许多问题时，常常需要借助圆的性质，问题才能解决.而有时候我们需要的圆并不存在，这就需要我们能利用已知的条件，借助图形的特点把实际存在的圆找出来，从而运用圆中的性质来解决问题，往往有事半功倍的效果，使问题获得巧解或简解，这是我们解题必须要掌握的技巧. 作辅助圆的常用依据有以下几种：①圆的定义：若几个点到某个固定点的距离相等，则这几个点在同一个圆上； ②有公共斜边的两个直角三角形的顶点在同一个圆上；③对角互补的四边形四个顶点在同一个圆上，简记为：对角互补，四点共圆；④若两个三角形有一条公共边，这条边所对的角相等，并且在公共边的同侧，则这两个三角形有公共的外接圆，简记为：同旁张等角，四点共圆.培优学案典例示范例1将线段AB 绕点A 逆时针旋转60°得到线段AC ，继续旋转(0120)αα<<得到线段AD ，连接CD . (1)连接BD .①如图1-1-1①，若α=80°，则∠BDC 的度数为；②在第二次旋转过程中，请探究∠BDC 的大小是否改变？若不变，求出∠BDC 的度数；若改变，请说明理由；(2)如图1-1-1②，以AB 为斜边作Rt △ABE ，使得∠B =∠ACD ，连接CE ，DE .若∠CED =90°，求α的值.图1-1-1②①EDCBADBA【提示】(1)①∠BDC =∠ADC -∠ADB ，利用“等边对等角及三角形内角和为180°”可求出∠BDC 为30°； ②由题意知，AB =AC =AD ，则点B ，C ，D 在以A 为圆心，AB 为半径的圆上，利用“一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”可快速求出∠BDC 仍然为30°；(2)过点A 作AM ⊥CD 于点M ，连接EM ，证明“点A ，C ，D 在以M 为圆心，MC 为半径的圆上”.跟踪训练如图1-1-2，菱形ABCD 中，∠B =60°，点E 在边BC 上，点F 在边CD 上.若∠EAF =60°，求证：△AEF 是等边三角形.角相等”获证.图1-1-2BFEDC A例2 (1)如图1-1-3①，正方形ABCD 中，点E 是BC 边上的任意一点，∠AEF =90°，且EF 交正方形外角平分线CF 于点F .求证：AE =EF ；(2)若把(1)中的条件“点E 是BC 边上的任意一点”，改为“点E 是BC 边延长线上的一点”，其余条件不变，如图1-1-3②，那么结论AE =EF 是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.①②图1-1-3A B E CFDFDCEBA【提示】连接AC ，AF ，显然∠ACF =∠AEF =90°，所以A ，E ，C ，F 四点在以AF 为直径的圆上. (1)如图1-1-4①，当点E 在BC 边上，则∠AFE =∠ACE =45°，于是△AEF 是等腰直角三角形，AE =EF 获证；(2)如图1-1-4②，当点E 在BC 边的延长线上，则∠F AE =∠FCE =45°，于是△AEF 是等腰直角三角形，AE=EF 获证.F图1-1-4②①【拓展】本题将“正方形”改为“正三角形”，“∠AEF =90°”相应改为“∠AEF =60°”，仍然可以运用构造“辅助圆”的思路.还可进一步拓展为“正n 边形”，360180AEF =-∠，仍然可延续这种思路，读者可自己完成.跟踪训练已知，将一副三角板(Rt △ABC 和Rt △DEF )如图1-1-5①摆放，点E ，A ，D ，B 在一条直线上，且D 是AB的中点.将Rt △DEF 绕点D 顺时针方向旋转角(090)αα<<，在旋转过程中，直线DE ，AC 相交于点M ，直线DF ，BC 相交于点N ，分别过点M ，N 作直线AB 的垂线，垂足为G ，H . (1)如图1-1-5②，当α=30°时，求证：AG =DH ； (2)如图1-1-5③，当α=60°时，(1)中的结论是否成立？请写出你的结论，并说明理由； (3)当090α<<时，(1)中的结论是否成立？请写出你的结论，并根据图1-1-5④说明理由.③④图1-1-5②①HGEAF D C (N )BFE DCBA【提示】本题除了常规解法外，还可考虑构造“辅助圆”.例3 已知，在△ABC 中，AB =AC ，过A 点的直线a 从与边AC 重合的位置开始绕点A 按顺时针方向旋转角θ，直线a 交BC 边于点P (点P 不与点B ，点C 重合)，△BMN 的边MN 始终在直线a 上(点M 在点N 的上方)，且BM =BN ，连接CN . (1)当∠BAC =∠MBN =90°时.①如图1-1-6①，当θ=45时，∠ANC 的度数为 ； ②如图1-1-6②，当45θ≠时，①中的结论是否发生变化？说明理由；(2)如图1-1-6③，当∠BAC =∠MBN ≠90°时，请直接写出∠ANC 与∠BAC 之间的数量关系，不必证明.③②C【提示】由于在旋转过程中不变的关系是：∠BAC =∠MBN ，AB =AC ，BM =BN ，易知∠ABC =∠ACB =∠BMN =∠BNM .由∠ACB =∠BNM 可知A ，B ，N ，C 四个点在同一个圆上(如图1-1-7)，则∠ANC =∠ABC =1902BAC -∠，这样思考，所有问题都会迎刃而解.跟踪训练在△ABC 中，BA =BC ，∠BAC =α，M 是AC 的中点，P 是线段BM 上的动点，将线段P A 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ . (1)若α=60°且点P 与点M 重合(如图1-1-8①)，线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出∠CDB 的度数；(2)在图1-1-8②中，点P 不与点B ，M 重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想∠CDB 的大小(用含α的代数式表示)，并加以证明；(3)对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置(不与点B ，M 重合)时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ =QD ，请直接写出α的范围.①图1-1-8②DP BACMQQM (P )CB A例4如图1-1-9，点A与点B的坐标分别是（1，0），（5，0），点P是该直角坐标系内的一个动点．（1）使∠APB＝30°的点P有个；（2）若点P在y轴上，且∠APB＝30°，求满足条件的点P的坐标；（3）当点P在y轴上移动时，∠APB是否有最大值？若有，求点P的坐标，并说明此时∠APB最大的理由；若没有，也请说明理由．图1-1-9【提示】（1）已知点A、点B是定点，要使∠APB＝30°，只需点P在过点A、点B的圆上，且弧AB所对的圆心角为60°即可，显然符合条件的点P有无数个．（2）结合（1）中的分析可知：当点P在y轴的正半轴上时，点P是（1）中的圆与y轴的交点，借助于垂径定理、等边三角形的性质、勾股定理等知识即可求出符合条件的点P的坐标；当点P在y轴的负半轴上时，同理可求出符合条件的点P的坐标．（3）由三角形外角的性质可证得：在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角大于同弧所对的圆外角．要∠APB最大，只需构造过点A、点B且与y轴相切的圆，切点就是使得∠APB最大的点P，然后结合切线的性质、三角形外角的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识即可解决问题．跟踪训练已知，如图1-1-10①，，∠MON＝60°，点A，B为射线OM，ON上的动点（点A，B不与点O重合），且AB＝43，在∠MON的内部，△AOB的外部有一点P，且AP＝BP，∠APB＝120°．（1）求AP的长；（2）求证：点P在∠MON的平分线上．（3）如图1-1-10②，点C，D，E，F分别是四边形AOBP的边AO，OB，BP，P A的中点，连接CD，DE，EF，FC，OP．若四边形CDEF的周长用t表示，请直接写出t的取值范围．图1-1-10例5已知，在矩形ABCD中，AB＝a，BC＝b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动．（1）如图1，当b＝2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC＝90°；（2）如图2，当b＞2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC＝90°，若存在，请给与证明；若不存在，请说明理由；（3）如图3，当b＜2a时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．、① ②③图1-1-11【提示】本题除了建立方程模型，将问题转化为方程是否有解的判断外，还可以通过构造辅助圆，将问题转化为直线与圆的位置关系来讨论．跟踪训练1.如图1-1-12，直线y＝﹣x+3与x，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象交于点P（2，1）．（1）求该反比例函数的关系式；（2）设PC⊥y轴于点C，点A关于y轴的对称点为A′；①求△A′BC的周长和sin∠BA′C的值；②对大于1的常数m，求x轴上的点M的坐标，使得sin∠BMC1m ．图1-1-12【提示】（1）①由直线y=-x+3写出OA=3，OB=3；由等腰直角三角形的边长关系，可得AB2；由PC⊥y轴，可得QC=1，BC=2；由对称知A'B=AB2，OA'=0A=3，然后用勾股定理求出A'C的长，也就可以求出△A'BC的周长；（2）②如果选用上一题的思路求∠BMC的正弦值，会陷入计算的麻烦，这里采用转化的思想，找到外接圆的半径，另外还应分类讨论。