四边形中已知动点求线段长度最值问题解答策略研究

王莉果

［摘 要］四边形中已知动点求线段长度最值问题是各地中考和模拟考中热门压轴题的热点问题，这类问题综合性强，难度较大，常令学生望而生畏。目前部分教辅资料在介绍其解答过程时突然冒出几条“辅助线”，省略了思维的生成过程，使得学生更加困惑。文章立足学生的学习难点，对近年来各地中考和模拟考中的四边形中已知动点求线段长度最值问题进行深入探究，对“辅助线”的来龙去脉进行追本溯源，并归纳总结了几种常见的解答策略，以供一线教师参考。

［关键词］四边形；已知动点；线段长度；最值问题

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2024）14-0021-04

因动点而产生的最值问题是初中数学的难点之一，也是中考经常涉及的领域之一[1]，这类问题考查知识面广、综合性强、题型多、解法灵活，主要有线段最值问题、多边形面积最值问题、多边形周长最值问题、运动中的函数图象最值问题四种考查类型。本文主要探讨四边形中已知动点求线段长度最值问题的解答策略。

策略一：利用对称点模型求解

在直线[l]的同侧有[A]、[B]两点，若在直线[l]上找一点[P]，使[AP+BP]最小，则可以利用对称点模型求解：如图1，作点[A]关于直线[l]的对称点[A]，连接[AB]，使[AB]与直线[l]相交，其交点[P]即为所求点。

［题1］（2019年陕西省中考数学副卷）如图2，[O]为菱形[ABCD]的对称中心，[AB=4]，[∠BAD=120°]。若点[E]、[F]分别在[AB]、[BC]边上，连接[OE]、[OF]，则[OE+OF]的最小值为        。

分析：由于两动点[E]、[F]在[AC]同侧，因此可以结合对称性将[E]、[F]转化为在[AC]两侧处理，然后利用对称点模型求解。

解：如图3，连接[AC]，作点[E]关于[AC]的对称点[E]，连接[OE]，则[OE+OF=OE+OF≥E′F]，因为四边形[ABCD]是边长为4的菱形，且[∠BAD=120°]，所以易证[△ABC]为等边三角形，且高为[23]，由“两平行线间垂线段最短”可知[OE+OF]的最小值为[23]。

策略二：利用三角形两边之差的范围求解

如图4，在直线[l]的同侧有[A]、[B]两点，若在直线[l]上找一点[P]，使[AP-BP]最大，则可以利用三角形两边之差的性质求解：当[P]、[A]、[B]三点不共线时，[AP-BP

[l]

［题2］（2019年陕西省中考数学）如图6，在正方形[ABCD]中，[AB=8]，[AC]与[BD]交于点[O]，[N]是[AO]的中点，点[M]在[BC]边上，且[BM=6]。[P]为对角线[BD]上一点，则[PM-PN]的最大值为        。

分析：本题属于典型的两侧差最大值问题，由于两定点[M]、[N]在[BD]两侧，因此可以结合对称性将[M]、[N]转化为在[BD]同侧处理。

解：如图7，以[BD]为对称轴作[N]的对称点[N]，连接[MN′]并延长交[BD]于[P]，连[NP]，由轴对称性质可知[PN=PN]，[∴PM-PN=PM-PN≤MN]，当[P]、[M]、[N]三点共线时，取“[=]”号。

[∵]正方形的边长为8，且[O]为[AC]中点，[∴AC=2AB=82]，[AO=OC=42]，又[∵N]为[OA]的中点，[∴ON=22]，[∴ON=CN][=22]，[∴AN=62]，[∵BM=6]，[∴CM=][2]，[∴][CMCB=CNCA=14]，故[△CMN ]∽[△CBA]，[∴MN=2]，即[PM-PN]的最大值为2。

策略三：利用特殊位置求解

当遇到难以解决的动点最值问题时，可从一般退到特殊，先将动点放在线段端点等特殊位置上，再通过对特殊位置的研究找到解题思路。

［题3］（2022年陕西省中考数学）如图8，在菱形[ABCD]中，[AB=4]，[BD=7]。若[M]、[N]分别是边[AD]、[BC]上的动点，且[AM=BN]，作[ME⊥] [BD]，[NF⊥BD]，垂足分别为[E]、[F]，则[ME+NF]的值为        。

分析：可从特殊位置出发，当[M]与[D]重合时，由[AM=BN]可知[N]与[C]也重合，此时[ME=0]，[NF=CO=12AC]（[O]为[AC]与[BD]的交点），故[ME+NF]的值必定与线段[AC]有关，接下来只要验证其一般性即可。注意到线段[ME]和[NF]在运动的过程中始终保持平行，而线段[AC]的长度为定值，且与[ME]和[NF]均平行，所以可以通过相似三角形中的边长比例关系，将未知量[ME]和[NF]的值转化为[AC]的关系式求解。

解：如图9，连接[AC]交[BD]于[O]，[∵]四边形[ABCD] 为菱形，∴[BD⊥AC]，[OB=OD=72]，[OA=OC]，由勾股定理可得[OA=AB2-OB2=42-722=152]，易证[△DEM]∽[△DOA]，[∴][MEOA=DMAD]，即[ME=4-AM4·OA]，同理得[NF=BN4·OC=AM4·OA]，∴[ME+NF=OA=152]。

策略四：利用面积法求解

面积法的应用常见于直角三角形斜边上的单动点距离最小值问题，利用直角三角形面积的两种求法可以确定动点位置。

［题4］（2022年包头二模）如图10，菱形[ABCD]的对角线[AC]、[BD]相交于点[O]，点[P]为[AB]边上一动点（不与点[A]、[B]重合），[PE⊥OA]于点[E]，[PF⊥OB]于点[F]，若[AC=20]，[BD=10]，则[EF]的最小值为       。

分析：本题根据图形特征，易知四边形[PEOF]为矩形，故求双动点[E]、[F]距离的最小值可以转化为求单动点[P]到定点[O]的最小值，显然当[OP⊥AB]时，[OP]最小。

解：如图11，连接[OP]，∵四边形[ABCD]是菱形，∴[AC⊥BD]，[AO=12AC=10]，[BO=12BD=5]，∴[AB=102+52=55]，易证四边形[PEOF]为矩形，∴[EF=OP]，又∵当[OP⊥AB]时，[OP]最小，此时[S△ABO=12AO·BO=12AB·OP]，∴[OP=25]，∴[EF]的最小值为[25]。

评注：本题还可以推广为求[2PE+PF]的值，过程如下：[S△ABO=12AO·BO=25]，[S△ABO=S△APO+S△BPO=12AO·PE+12BO·PF=52（2PE+PF）]，∴[2PE+PF=10]。

策略五    利用条件中的不变量求解

对于平移、旋转、翻折等几何变换模型，我们可以寻找题目条件中的不变量，以“静”制“动”，将与动点有关的线段最值问题转化为与不变量有关的线段最值问题。值得注意的是，题目中不一定需要出现翻折、旋转等字眼，例如轴对称图形也可以当成翻折变换处理。

［题5］（2023年芜湖一模）如图12，在正方形[ABCD]中，已知边[AB=5]，点[E]是[BC]边上一动点（点[E]不与[B]、[C]重合），连接[AE]，作点[B]关于直线[AE]的对称点[F]，则线段[CF]的最小值为[（][）]。

A. 5         B. [52-5]        C. [522]         D. [52]

分析：本题中[B]、[F]关于直线[AE]对称，可以将其当成[BA]或[BE]沿[EA]所在的直线进行翻折，得到[FA]或者[FE]，显然[FA]为定值，故考虑将[CF]转化为与[FA]有关的问题求解，即放到[△CFA]中进行处理，注意到[AC]亦为定值，故可以利用三角形的两边和差范围求解。

解：如图13，连接[AF]、[AC]，[∵]正方形[ABCD]的边长为5，∴[AC=52]，∵[B]、[F]关于[AE]成轴对称，∴[AE]垂直平分[BF]，∴[AB=AF=5]，∵[AF+CF≥AC]，[∴]当[C]、[F]、[A]在同一直线上时，[CF]的最小值为[AC-AF=52-5]，故选B。

策略六：利用隐圆求解

某些动点问题中会出现隐圆的条件，如对角互补的四边形，直角三角形中的斜边中线等，这时可以画出隐圆，利用圆上一动点到圆外一定点的距离范围求解。

设[A]是[⊙O]上一动点，[B]是[⊙O]外一定点，[⊙O]的半径为[r]，[OB=d]。

（1）如图14，当[O]、[A]、[B]三点不共线时，[OA+AB>OB=OA+AB]，[AB>AB]。

当[A]、[A]两点重合时，显然[AB=AB]，故当[O]、[A]、[B]三点共线（[A]在线段[OB]上）时，[AB]的最小值为[OB-OA=d-r]。

（2）如图15，当[O]、[A]、[B]三点不共线时，[AB

［题6］（2022年安徽一模）如图16，在边长为2的菱形[ABCD]中，[∠A=60°]，点[M]是[AD]边的中点，点[N]是[AB]边上一动点，将[△AMN]沿[MN]所在的直线翻折得到[△A′MN]，连接[A′C]，则[A′C]长度的最小值是[（][）]。

A. [7]          B. [7-1]          C. [3]          D. 2

分析：本题中[MD=MA=MA]，故[AA][⊥AD]，即[A]在以[M]为圆心，[AD]为直径的圆上运动，故当[M]、[A]、[C]三点共线（[A]在线段[MC]上）时，[A′C]的长度最小。

解：由分析易证，当[A′]在[MC]上时，[A′C]的长度最小。如图17，过点[M]作[MF⊥] [DC]于点[F]，[∵]在边长为2的菱形[ABCD]中，[∠A=60°]，[M]为[AD]中点，∴[2MD=AD=CD=2]，[∠FDM=60°]，∴[∠FMD=30°]，∴[FD=12MD=12]，∴[FM=DM·cos30°=32]，∴[MC=FM2+CF2=7]，[A′C≥MC-MA′=7-1]，故选[B]。

策略七：利用相似/全等三角形求解

如图18，已知[ABAB=ACAC=k]，[∠BAC=∠B′AC′=α]，则当[k≠1]时，[△ABB]∽[△ACC]；当[k=1]时，[△ABB ]≌[△ACC]，[CC=BB]。

如图19，已知[ABAB=ACAC=k]，[∠B′AC′=∠BAC=90°]，则[△ABB ]∽[△ACC]，[BB⊥CC]，[S四边形BCBA′=12BC×BC]。

上述模型也被称为“手拉手”相似或全等模型，其特点是“共顶点”“等顶角”“两相似”或“两全等”。其证明过程并不复杂，限于篇幅，这里不作证明。

［题7］（2023年成都模拟）如图20，[△ABC ]∽[△ADE]，[∠BAC=∠DAE=90°]，[AB=5]，[AC=12]，[F]为[DE]中点，若点[D]在直线[BC]上运动，连接[CF]，则在点[D]运动过程中，线段[CF]的最小值为      。

图20

分析：本题[Rt△ABC]与[Rt△ADE]属于“手拉手”相似模型，易得[△ABD] ∽[△ACE]，[∠ABD=∠ACE]，∴[∠ACE+∠ACB=∠ABD] [+∠ACB=90°]，∵[F]是[DE]的中点，∴[CF=12DE]，即题目问题转化为求[DE]的最小值，这时再利用题目条件中所给的边长和相似关系即可求解。

解：如图21，连接[EC]，设[AC]与[DE]交于点[G]，∵[△ABC ]∽[△ADE]，∴[∠ACD=∠AEG]，∵[∠AGE=∠DGC]，∴[△AGE] ∽[△DGC]，∴[AGDG=GECG]，∵[∠AGD=∠EGC]，∴[△AGD] ∽[△EGC]，∴[∠ADG=∠ECG]，∴[∠DCG+∠ECG=90°]，∵[F]是[DE]的中点，∴[CF=12DE]，∵[△ABC] ∽[△ADE]，∴[ABAD=BCDE]， ∵[∠BAC=90°]，∴[BC=AB2+AC2=52+122=13]，∴[5AD=13DE]，即[DE=135AD]，当[AD⊥BC]时，[AD]最短，此时[DE]最小，∴[12BC·AD=12AB·AC]，[12×5×12=12×13×AD]，∴[AD=6013]，[DE=135×6013=12]，∴[CF=12×12=6]。

在近几年的各类考试中，考查动点和线段最值相结合的试题屡见不鲜，且常考常新，应引起教师的高度重视。由于学生对相关几何关系掌握不到位，导致考试丢分严重。教师总结这一类问题的通性通法，以“静”制“动”，借助题目的已知条件、所求问题的图形特征及运动规律等，灵活地把未知条件转化为已知条件[2]，让学生能正确地解决这类问题，提高学生的解题效率。

［   参   考   文   献   ］

[1]  徐欣.基于变式教学的初中动点问题教学策略研究[D].重庆：重庆师范大学，2021.

[2]  杨焕荣.四边形中动点问题的求解[J].数学教学通讯，2012（13）：22-23.

（责任编辑    黄春香）