多动点问题(动点动线段)

导语：中考难点：六类型全面揭示多动点线段和的最值难题解题攻略

动点问题是中考数学必考的重难点问题，大多数同学都是"谈动色变"，选择直接放弃的更是大有人在。尤其多动点产生的线段和的最值问题，涉及的知识面广，表现形式灵活，已成为中考的热点，也是考生颇感困惑的问题之一历年来，虽经命题者不断更新变化、赋予新意，但万变不离其宗，解题存在一定的规律与技巧，一般就是通过化归，利用对称、平移、旋转等几何变换，将相关线段转化到同一条直线上，达到化折为直的目的，再根据模型1——垂线段最短，或模型2——两点之间线段最短来求解.下面就不同情形举例分析.

1.求两动点到一定点距离和的最小值

此类问题一般借助轴对称变换，将定点所在直线同侧的两个动点中的一个对称变换至直线的另一侧，利用模型1、2求解.

例1． 如图，在菱形ABCD中，AB＝10，∠DAB＝60°，P是对角线AC上一动点，E、F分别是线段AB和BC上的动点，则PE+PF的最小值是__________

【分析】当点E关于AC对称点E″与P、F三点共线且与AD垂直时，易求E″F的长为．

【解答】如图所示，当点E关于AC对称点E″与P、F三点共线且与AD垂直时，PE+PF有最小值．过点B作BM⊥AD于点M，

由题意可得：∠BF′E″＝∠F′E″M＝∠E″MB＝90°，

∴四边形BME″F′为矩形，则BM＝E″F′，

在Rt△ABM中，AB＝10，∠BAD＝60°，

∴E″F＝BM＝AB•sin∠BAD＝5√3．

故答案为：5√3．

【点评】本题考查了菱形的性质和最短路线问题，解题的关键是得到PE+PF的最小值为菱形ABCD中AD边的高．

变式： 如图2，在菱形ABCD中，AB＝8，∠B＝60°，点G是边CD边的中点，点E、F分别是AG、AD上的两个动点，则EF+ED的最小值是______ ．

【分析】作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，根据菱形的性质、勾股定理计算．

【解答】：如图，作DH⊥AC垂足为H与AG交于点E，

∵四边形ABCD是菱形，

∵AB＝AD＝CD＝BC＝8，

∵∠B＝60°

∴∠ADC＝∠B＝60°，

∴△ADC是等边三角形，

∵AG是中线，

∴∠GAD＝∠GAC

∴点H关于AG的对称点F在AD上，此时EF+ED最小＝DH．

在RT△DHC中，∵∠DHC＝90°，DC＝8，∠CDH＝1/2∠ADC＝30°，

∴CH＝1/2DC＝4，利用勾股定理可求得DH＝4√3，

∴EF+DE的最小值＝DH＝4√3，

故答案为：4√3．

2、求两动点与一定点构成的三角形周长的最小值

此类问题仍是借助轴对称变换，作定点关于两动点所在定直线的对称点，使两动点在两对称点的折线段上，利用模型2求解.

例2．如图，∠AOB＝45°，P是∠AOB内一点，PO＝10，Q、R分别是OA、OB上的动点，则△PQR周长的最小值为 _________．

【分析】根据轴对称图形的性质，作出P关于OA、OB的对称点M、N，连接AB，根据两点之间线段最短得到最小值线段，再构造直角三角形，利用勾股定理求出MN的值即可．

【解答】分别作P关于OA、OB的对称点M、N．

连接MN交OA、OB交于Q、R，则△PQR符合条件．

连接OM、ON，

则OM＝ON＝OP＝10，

∠MON＝∠MOP+∠NOP＝2∠AOB＝2×45°＝90°，

故△MON为等腰直角三角形．

∴由勾股定理可求得MN＝10√2，

所以△PQR周长的最小值为10√2，，

故答案为：10√2，

【点评】此题考查了轴对称最短路径问题，根据题意构造出对称点，转化为直角三角形的问题是解题的关键．

变式：如图4，∠AOB＝20°，点M．N分别在边OA、OB上，且OM＝ON＝2，点P，Q分别在OB、OA上，则MP+PQ+QN的最小值是 ________．

【分析】作点M关于OB的对称点M′，点N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OB于P，交OA于Q，连接PM、NQ，如图4，同样方法判断此时MP+PQ+QN的值最小，最小值为M′N′，再证明△M′ON′为等边三角形得到M′N′＝OM′＝2，从而得到MP+PQ+QN的最小值．

【解答】作点M关于OB的对称点M′，点N关于OA的对称点N′，连接M′N′交OB于P，交OA于Q，连接PM、NQ，如图4，

则OM＝OM′＝2，ON＝ON′＝2，PM＝PM′，QN＝QN′，

∴MP+PQ+QN＝PM′+PQ+QN′＝M′N′，

∴此时MP+PQ+QN的值最小，最小值为M′N′，

∵OM＝OM′，ON＝ON′，MM′⊥OB，NN′⊥OA，

∴∠M′OB＝∠AOB＝20°，∠N′OA＝∠AOB＝20°，

∴∠M′ON′＝60°，

∴△M′ON′为等边三角形，

∴M′N′＝OM′＝2，

即MP+PQ+QN的值最小为2．

故答案为10，2．

3、求两动点与两定点构成的四边形周长的最小值

此类问题首先要转化为求两动点分别到两定点距离和的最小值，然后仿上述例1解法求解.

例3．在平面直角坐标系中，矩形OACB的顶点O在坐标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，OA＝3，OB＝4，D为边OB的中点．若E、F为边OA上的两个动点，且EF＝2，当四边形CDEF的周长最小时，求点E、F的坐标分别为__________ ，并在图中画出示意图．

【分析】由于DC、EF的长为定值，如果四边形CDEF的周长最小，即DE+FC有最小值．为此，作点D关于x轴的对称点D'，在CB边上截取CG＝2，当点E在线段D′G上时，四边形CDEF的周长最小．

【解答】如图，作点D关于x轴的对称点D'，在CB边上截取CG＝2，连接D'G与x轴交于点E，在EA上截取EF＝2，

∵GC∥EF，GC＝EF，

∴四边形GEFC为平行四边形，有GE＝CF．

又∵DC、EF的长为定值，

∴此时得到的点E、F使四边形CDEF的周长最小，

∵OE∥BC，

∴Rt△D'OE∽Rt△D'BG，有OE/BG=D′O/D′B．

∴OE＝D′O·BG/D′B＝D′O·(BC-CG)/D′B＝2×1/6=1/3

∴OF＝OE+EF＝1/3+2＝7/3．

∴点E的坐标为（1/3，0），点F的坐标为（7/3，0）．

故答案为：（1/3，0），（7/3，0）．

【点评】此题主要考查最短路线问题，解决此类问题，一般都是运用轴对称的性质，将求折线问题转化为求线段问题，其说明最短的依据是三角形两边之和大于第三边．

4、求两动点到另一动点距离和的最小值

一般借助轴对称变换，将某一动点所在直线同侧的两个动点中的一个对称变换至直线的另一侧，利用模型1、2求解.

例4．如图，菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝3，⊙A、⊙B的半径分别为2和1，P、E、F分别是边CD、⊙A和⊙B上的动点，则PE+PF的最小值是_______ ．

【分析】利用菱形的性质以及相切两圆的性质得出P与D重合时PE+PF的最小值，进而求出即可．

【解答】作A点关于直线DC的对称点A′，连接BD，DA′，

可得A′A⊥DC，则∠BAA′＝90°，故∠A′＝30°，

则∠ABA′＝60°，∠ADN＝∠A′DN＝60°，

∵AB＝AD，∠BAD＝60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴∠ADB＝60°，

∴∠ADB+∠ADA′＝180°，

∴A′，D，B在一条直线上，

由题意可得出：此时P与D重合，E点在AD上，F在BD上，此时PE+PF最小，

∵菱形ABCD中，∠A＝60°，

∴AB＝AD，则△ABD是等边三角形，

∴BD＝AB＝AD＝3，

∵⊙A、⊙B的半径分别为2和1，

∴PE＝1，DF＝2，

∴PE+PF的最小值是3．

故答案为：3．

【点评】此题主要考查了菱形的性质以及相切两圆的性质等知识，根据题意得出P点位置是解题关键．

5、求三动点构成的三角形周长的最小值

三动点三角形周长最小值问题一般较难，没有固定的解题模式，关键是要灵活使用基本模型将问题转化，通常是根据轴对称性质，将周长转化成动点为端点的折线段，然后再利用模型1，设法固定一个动点，将问题转化成双动点线段长最值问题，最后根据模型2求解.

例5． 如图9，在平面直角坐标系中，已知A(0,2)，B(-3,0)，C(1,0). 点P是线段BC上的动点(点P不与B、C重合)，点Q是线段AB上动点(点Q不与A、B重合)，点R是线段AC上动点(点R不与A、C重合)，求△PQR周长的最小值.

解析: 如图10，不妨作P关于AB的对称点P₁，交AB于G，作P关于AC的对称点P₂P，交AC于H，连结P₁Q、P₂R、AP₁、AP₂.

由对称性可知: △PQR周长的最小值=P₁Q+QR+P₂R,

当△PQR周长的最小时，P₁、Q、R、P₂四点共线，即Q、R分别为P₁P₂与边AB、AC的交点，△PQR周长的最小值为P₁ P₂ P.

由对称性可知

AP₁=AP=AP₂，∠P₁ AB=∠PAB，∠P₂ AC=∠PAC,

所以∠P₁ PP₂=∠2∠BAC.

所以P₁ P₂ =2AP₁ ×sin∠BAC=2AP×sin∠BAC(作等腰三角形底边的高，根据三线合一可得).

从条件不难发现∠BAC为定值，根据模型1(垂线段最短)，当AP⊥BC (点即P运动到点O)时，AP最小，从而P₁ P₂最小.

又根据条件，不难求出

AP=2,PC=1,BP=3,AB=√13,AC=√5

6、求三动点到一定点距离和的最小值

解决此类问题一般是应用旋转变换，将交于同一点的三条线段改变位置，等量转换为两定点之间的折线之和，然后利用模型1求解.

例6．如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，连结AM、CM．

（1）当M点在何处时，AM+CM的值最小；

（2）当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由；

（3）当AM+BM+CM的最小值为√3+1时，求正方形的边长．

【分析】（1）根据"两点之间线段最短"，可得，当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小；

（2）根据"两点之间线段最短"，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长（如图）；

（3）作辅助线，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF＝30°，设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长为√2．

【解答】（1）当M点落在BD的中点时，AM+CM的值最小．

（2）如图，连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小．

理由如下：∵M是正方形ABCD对角线上一点，

∴AM＝CM，

又∵AB＝BC，BM＝BM，

∴△ABM≌△CBM，

∴∠BAM＝∠BCM，

又∵BE＝BA＝BC，

∴∠BEC＝∠BCM，

∴∠BEC＝∠BAM，

在EC上取一点N使得EN＝AM，连结BN，

又∵EB＝AB，

∴△BNE≌△ABM，

∴∠EBN＝∠ABM，BN＝BM，

又∵∠EBN+∠NBA＝60°，

∴∠ABM+∠NBA＝60°，

即∠NBM＝60°，

∴△BMN是等边三角形．

∴BM＝MN．

∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．

根据"两点之间线段最短"，得EN+MN+CM＝EC最短，

∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．

（3）过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，

∴∠EBF＝90°﹣60°＝30°

设正方形的边长为x，则BF＝√3 x/2，EF＝x/2

在Rt△EFC中，

∵EF²+FC²＝EC²，

∴（x/2）²+（√3 x/2+x）²＝(√3+1) ²．

解得x＝√2（舍去负值）．

∴正方形的边长为√2．

【点评】本题考查轴对称的性质和正方形的性质，是一道综合性的题目，难度较大．

综上所述：求线段及线段和、差的最值，需要借助“垂线段最短”、“两点之间线段最短”；

“三角形三边关系”等相关定理转化处理。一般处理办法：

通过作变换，利用常用定理：两点之间，线段最短（已知两个定点时）；垂线段最短（已知一个定点、一条定直线时）；三角形三边关系（已知两边长固定或其和、差固定时）将相关线段转化到同一条直线上，达到化折为直的目的。

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