2024年中考數(shù)學復習：（加權）線段和的最值問題復習講義

(加權)線段和的最值問題復習講義

線段和的最值問題是全國各地中考的熱門題型，其表現(xiàn)形式主要有兩種，即“a+b”型和“a+k-b”型.其中“a+b”型

問題以“將軍飲馬問題”為主，再輔以各類變式，也有少量的“費馬點問題”(“a+b+c”型).而“a+k-b”型問題主要有三類：

“胡不歸問題”、阿波羅尼斯圓問題、定邊對定角問題.

解決這類問題的方法主要有代數(shù)法和幾何法.代數(shù)法的本質是：點的運動導致量的變化，通過設參數(shù)，建立函

數(shù)模型破解.而本講中重點介紹的是幾何法.幾何構造的指導思想是“變中藏不變”，找到運動過程中不變的要素是解

題的突破口，例如不變的位置、不變的形狀、不變的大小、不變的關系等.具體操作方法是：通過軸對稱、旋轉、

平移、剪拼、位似縮放等變換手段，轉移線段的位置，并有機地聚合線段.

如何轉移、聚合線段呢?可以通過如下流程來達成.

各種變換手段

離散線段聚合線段

轉移位置

兩點之間垂線段圾短

線段最短

此類問題一般能化歸為以下兩個基本模型.

①多條線段聚合成折線，且折線兩端點均為定點(或相對位置固定)，則可根據(jù)“兩點之間，線段最短”將折線轉

化為線段求最值，如圖7-1.

②折線化直以后，該線段在一個定點與一條定直線之間，或在平行線之間，根據(jù)“垂線段最短”將斜線段轉化

為垂線段求最值，如圖7-2和圖7-3.本講將會通過幾組例題，來具體探討此類問題的解題策略.

圖7-1圖7-2圖7-3

類型1：“將軍飲馬問題”及其變式

【題目7-1］如圖7-4,已知A(3,4),B(-1,1),在x軸上取兩點E,F,且始終保持EF=1,線段EF在x軸上平移，當四

邊形ABEF周長最小時，求點E的坐標.

在四邊形ABEF中，AB,EF為定值，所以只需求出BE+AF的最小值即可，關鍵在于將點E,F重合.

而將兩點重合的同時，又不能改變BE與AF的長度，有何辦法？

通過上述引導，力求讓學生體會到全等變換的特征，從而聯(lián)想到“平移”，得到兩種類似的變換方法：平移BE

使點E與點F重合；平移AF使點F與點E重合.

解法1如圖7-5,將點A向左平移1個單位長度到A1(2,4),

作點B關于x軸的對稱點B1(-l,-l),

求得AE交x軸于點r(-|-0),即所求點E

點撥：此題只是把平常的“動點”問題變成“動線段”問題，只需將“線段”變回“點”即可，追根溯源，搞清楚問題的

來龍去脈，理解起來就沒有那么難了.

解法2設點E(x,O),

貝！］BE+AF=MQH-D+2+/壯一”+七.

根據(jù)該式構造圖7-6,

則當P,O,Q三點共線時,BE+AF最小，

此時a=B，即APOMS/\QON,

點撥：解法1的構造方法，對學生來說應該是一個極大的難點.一般來說，學生更喜歡代數(shù)方法，大多學生會列出

BE+AF^J(x+1)2+12+J(2-刀尸+42,但對于此式后續(xù)該如何處理,卻束手無策.此時可以以數(shù)馭形，另起

爐灶，構造一個最常見的最值模型，即兩點間最短路徑問題.這樣做既尊重了學生的思考成果，又能化歸為常見的

最值模型.此法學生容易接受，相信也會受學生的歡迎.

解法3如圖7-7,構造AAENgAAFN,則MN的長度是定值3,故A是定點坐標為(2,-4),則BE+AF=BE+A,E.

當A；E,B三點共線時,BE+AE最小,此時點E的坐標為

點撥：1.如果線段的轉化、轉移有一定難度，可以不用考慮平移、翻折、旋轉這些固定的模式，直接采用剪切、

拼貼的辦法，“暴力”地進行“乾坤大挪移”，以達到線段聚合的目的.如何進行剪拼呢?可以以線帶面，以面馭線，一

般情況下，都是構造直角三角形，然后將直角三角形進行剪拼.

2.體會解法2和解法3最后所構圖形的相同之處，感受“數(shù)，與“形”的完美契合.

3.解決動態(tài)問題的基本思維方式就是以靜制動，在變化之中找出不變.例如解法3中不變的有：A,B兩點的橫

坐標之差（即MN）是定值4,EF是定值1,則ME+FN是定值3,故A，是定點.這些都是破解本題的突破口.

4.解法3也存在一個很大的缺憾，就是事先已假定了EF在點M,N之間，若不然，則理解起來將會很困難.

賞析1.解決動態(tài)問題的基本思想是在變化之中找不變：位置不變、形狀不變、大小不變.“周長最值問題”的本質是

“線段和最值問題”，存在哪些不變要素呢?首先，若有兩個定頂點，則有一條邊是定值；其次，有一條長度不變的

動邊，這樣就將四條線段之和的最小值簡化為兩條線段之和的最小值，達到化繁為簡的目的.此外,還能產(chǎn)生一些

隱性的不變要素（在解法3中有闡述）.

2.面對不熟悉的問題，應該追根溯源，向熟悉的問題轉化、遷移.例如本題的解法中，將“線段”壓縮成點”，

將有寬度的“形”壓縮成沒有寬度的“線”，都是非常自然的遷移方式.

3.數(shù)學探究應遵循學生的思維習慣，尊重學生的思考成果，不能扼殺學生的思維火花，不能將老師自己的思路強加

給學生.所以在解決本題的過程中，老師不應該直接拋出“線段轉移”的思路，應該站在學生的立場上，思考學生會

怎么想、怎么做，將學生作為思考的主體，讓他們大膽嘗試，勇于接受失敗.這才是一種真正意義上的探究，而不

是事先設置好探究結果的偽探究。

【題目7-2］如圖7-8,在矩形ABCD中,AB=8,AD=4,M是AB上的動點,N是對角線AC上的動點，求MN+BN

的最小值.

D.--------------------------------,C

名師思路引領：

有個口訣，“和最小，對稱找“，將動點M對稱轉移是常規(guī)方法.

無所謂常規(guī)不常規(guī)，學生的正常想法應該是先作定點的對稱點，再將折線轉化成直線，因為學生關于求兩線

段和最小的經(jīng)驗都是定點對稱.

（注：兩個思路都很好，各有千秋.誠如張老師所說，學生基于已有經(jīng)驗，應該會傾向于定點對稱，則定點的對

應點也是一個定點.但任老師所說的也很有味道，點動成線，那么它的對稱點一樣能運動成線，即軌跡思想.那么問

題來了，這條線該如何確定?兩點確定一條直線，顯然只要再找一個點即可.而位置確定后的直線通過什么要素來呈

現(xiàn)呢?一般情況下，可以建立坐標系，用直線的斜率來描述；在沒有坐標系的情況下，也可以通過直線的傾斜角來

描述.）

本題要轉化為“將軍飲馬問題”處理，動點對稱后軌跡是什么?這應該是難點！應該鼓勵學生大膽猜想，要么是

直線，要么是圓.

解法1如圖7-9,作點B關于AC的對稱點易知tan/BB'M'=tanzB/lC=1,B'B=當?shù)蛣tBM'=拳

故MN+BN=MN+B'N>B'M'=2BM=y.

B'

點撥：1.通過定點對稱，化同側兩點為異側兩點，達到了轉移、聚合線段的目的.

2.線段最值問題的兩大處理模式：化折為直（折大于直），化斜為直（斜大于直）.

3.解題的關鍵在于思路清晰、框架分明，技巧倒顯得沒有那么重要.在大框架一致的情況下，求BB的方法有

所不同,可以利用相似、三角函數(shù)、等面積，也可以在ABMN內利用勾股定理，百花齊放，殊途同歸.

解法2如圖7-10,作AB關于AC的對稱線段AB；則點M在AB上,AB交CD于點E.

易知DE=3,AE=5,當BMlAB'BtBMmin=青

則MN+BN=M'N+BN>BM'min=y.

點撥：1.通過動點對稱，找到動點的對稱點的軌跡，也能化同側兩點為異側兩點，達到轉移、聚合線段的目的.

2.在對稱處理的過程中，可以用作等腰AACE的辦法，別具一格；在求DE與AE的過程中，可以在AADE內

運用勾股定理；在求BM的過程中，可以用面積法，也可以用AABMs^EAD來破解.

解法3如圖7-11作點B關于AC的對稱點B：作B'M'XAB于點M：作EF±AB于點F,連接BN則

BN+MN=B'N+MN,其最小值為BM的長.

易知BE=三后BF=三即=￡,則B'M'=2EF=K即MN+BN的最小值為y.

圖7-11

點撥：當題目中出現(xiàn)等分點和中點時，直接構造三角形的中位線求解，也是比較快捷、方便的.

賞析1.當出現(xiàn)多個動點時，控制變量就成了很重要的方法，先“控制”點M不動，則轉化為經(jīng)典的“將軍飲馬問題”，

作對稱成為必然，然后結合垂線段最短解決問題.

2.幾個重要的幾何最值模型（點點之間、點線之間、線線之間、點圓之間、線圓之間的關系）是“根”；轉化、控

制變量（以靜制動）是方法；發(fā)現(xiàn)動點軌跡是關鍵.

3.“點動成線”，軌跡思想對于初中和高中的數(shù)學學習都很重要.下面一題（由江蘇的姜鴻雁老師提供）就是典型的

動點軌跡問題：如圖7-12,在AABC中,/ACB=9（T,AC=6,BC=8,點F在邊AC上,FC=2,E是邊BC上一動點，將

ACEF沿直線EF翻折，點C落在點P處廁點P到邊AB的距離的最小值是—.

分析：初中常見的動點軌跡有兩種情況（點動成直線、點動成圓）和四個模型，如圖7-13.

點動成直線

滿足圖7-13③中的情形：F為定點，F(xiàn)P為定長，因此動點P形成的軌跡是以F為圓心、2為半徑的圓，該題

所求的最值顯然是線圓之間距離的最小值.

【題目7-3］如圖7-14在正卷8?中,AB=4,P,M,N分別是BC,CA,AB上的動點，求PM+MN的最小值.

圖7-14

名師思路引領：

這道題是“將軍飲馬問題”的延伸，化“三動”為“二動”，“二動”為“一動”，即可遵循“將軍飲馬問題”的原則來解

題.（注：此法指控制變量，先假設某個動點不動.）

解法1如圖7-15,構造菱形ABCD,則點P關于AC的對稱點P恰好落在CD上.

于是PM+MN=P'M+MN>P'N>NH=2?

圖7-15

點撥：1.對于多動點問題，應該控制變量.先假設P是定點，再假設N是定點，則此題轉化為大家都熟悉的“將軍

飲馬問題”，采取定點對稱可破.

2.遵循線段和最值問題的常規(guī)處理方法：軸對稱（轉移線段，化同側為異側）一折線（聚合線段）一一條線段（折化

直）T垂線段最短（斜化垂）.

3.雖然數(shù)學追求簡潔之美，但面對一個簡單圖形，有時候完形與補形也是破解問題的關鍵一環(huán)，而難點恰恰就

是學生想不到對稱處理.此題脫胎于2012年臺州市中考的第10題，對原題圖形進行了簡化處理.那么現(xiàn)在不妨將簡

化部分補回去（完形）,問題也就迎刃而解了.此題如下：如圖7-16,在菱形ABCD中,NADC=60。,邊長為2,P,M,N分

別是BC,CA,AB上的動點，試求PM+MN的最小值.

解法2如圖7-17,作MD±BC,ME±AB,CF±AB.

易知MP>MD,MN>ME,

MD+ME=CF=2次（定值）.

故MP+MN>MD+ME=CF=2V3.

點撥：1.說到控制變量，解法1是控制P,N兩點不動，將問題轉化為典型、基本的“將軍飲馬問題”.那么能不能

轉換思路，控制點M不動呢?解法2就應運而生了.

2.破解動態(tài)問題的常見思路是在變化之中找不變.等邊三角形任意一邊上的點，到另外兩邊的距離之和是定值，

該定值為等邊三角形的高（“等腰三角形底邊上的點到兩腰距離之和等于腰上的高”的特例），由此想到了化斜為垂.

3.考慮到一般的等腰三角形也具有上述不變性，那么此題就可以通過弱化條件的辦法，改編成“求任意等腰三

角形底邊上一點到兩腰上的任意各一點的距離之和的最小值”，題目如下：如圖7-18,在AABC

中,AB=AC=5,BC=6,P,M,N分別是BC,AB,AC上的動點.求PM+PN的最小值.

Mj

N

圖7-18

通過添加線條，還可以繼續(xù)改編問題，形成題目7-3變式.

【題目7-3變式】如圖7-19,在正4ABC中,AB=4,P,M,N分別是BC,CA,AB上的動點，求PM+MN+NP的最小值.

解法如圖7-20,分別作點N關于AC,BC的對稱點N；N”作CHXAB于點H.

由對稱，易知上N'CN"=2A4CB=120。,則MN+MP+NP=N'M+MP+PN'>N'N"=V3C/V>V3CW=6.

圖7-20

點撥：1.通過對稱轉移兩條線段，達到聚合線段的目的，形成三折線，化折為直之后再化斜為垂，最后轉化為等

邊三角形的高CH.

2.該解法也反映了一種確定性解題思維：角定則形定（從形來理解）,角定則比定（從數(shù)來理解）.以此確定各條線

段之間的固定比例關系，從而將某條線段的最值轉化為其他線段的最值.此題中，/BAC=60。（定角）一/

NCN”=120。（定角）-ANCN形定—NN與CN比例關系定TNN:CN=舊―轉化為CN的最小值.

3.該解法反映了當CN±AB,即N為高線的垂足時，MN+PM+NP取最小值.同理可得當M,P也為高線的垂足

時,MN+PM+NP取得最小值.

4.一般化情況：任意銳角三角形的內接三角形周長的最小值怎么求呢?如圖7-21?,在銳角AABC中，點P,M,N

分別是AB,BC,CA上的動點，求PM+MN+NP的最小值.破解思路見圖7-21@.

圖7-21

【題目7-4］如圖7-22,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,E,F分別是邊AD,DC上的點，且EF=2,G為EF的中點,P

為邊BC上的一個動點，求PA+PG的最小值.

圖7-22

名師思路引領：

連接GD,則點G在以D為圓心、1為半徑的圓上，作點A關于BC的對稱點A1,則問題轉化為點A，到圓的

距離的最小值問題.

這類題近幾年中考應該出現(xiàn)過，是把“兩定一動”類問題（即“將軍飲馬問題”）其中一個定點拉長、加粗或放大成

線段或圓，其實也可以考慮放大成其他形狀.

（注：確實可以將其中一個定點放大成其他圖形.例如下面的題目：如圖7-23,在矩形ABCD中,AB=2,AD=3,以

D為中心作邊長為近的正方形KLMN,G為正方形邊上一動點,求PA+PG的最小值

圖7-23

解法如圖7-24,作點A關于BC的對稱點A；則A是定點,AD是定值5,GD是定值1.

從而.PA+PG+GD=PA'+PG+GD>A'D=5,故PA+PG>5-GD=5-1=4.

點撥：1.本解法遵循線段和最值問題的常規(guī)處理方法：對稱（化同側為異側）一折線（聚合）一線段（化直）.而本題與常

規(guī)最值問題的區(qū)別無非是在折線中多了一條定值線段.

2.將動點路徑隱藏，產(chǎn)生“隱線”型問題或“隱圓”型問題，也是問題改編的一個發(fā)展方向，要求學生能夠借助已

學知識，本著從特殊到一般的探究意識，將隱藏的路徑顯性呈現(xiàn)出來，對破解問題大有裨益.

本題顯然滿足圖7-13③中的情形：D為定點，DG=1為定長，因此動點G的運動路徑是以D為圓心、1為半

徑的圓弧.

下面再舉兩例，供大家思考.

例1：如圖7-25,正方形ABCD的邊長為2,點E,F分別在AB,BC上,且AE=BE連接CE,DF交于點P,過點P分別

作PM±AB于點M,PN±BC于點N,連接MN.求MN的最小值.

例2:如圖7-26,在AABCZA=30°,ZACB=90°,BC=2,D是AB上的動點，將CD繞點C逆時針旋轉90。,得到線

段CE,連接BE,求BE的最小值.

3才巴常規(guī)的“將軍飲馬問題”進行適當?shù)母淖儯a(chǎn)生新的問題類型，是一個很好的嘗試方向.

⑴將其中一個或兩個定點拉長、加粗或放大成其他圖形，如本題.

⑵將動點拉長成動線段(長度為定值)，如題目7-1.

(3)將其中一個定點或兩個定點釋放成動點，如本題，以及題目7-2,題目7-3.

(4)增加動點數(shù)量，通過兩次“反射”，化“兩折線”為“三折線”.例如下面的題目：如圖7-27,正△ABC的邊長為

2,P是AC的中點,M,N分別是AB,BC上的動點，求APMN周長的最小值.

(5)隱藏定點.例如下面的題目：如圖7-28,人8=4人口，人：6,：6(2，人：6,四邊形八：6?口的面積始終等于16,連接AC,

求CD+2AC的最小值.(注:CD的中點是定點.)

⑹將雙折線中的其中一條等量轉移.可形成題目7-4變式.

【題目7-4變式】如圖7-29,正方形ABCD的邊長為4,且始終滿足AE=BF,連接DE,DF,求DE+DF的最小值.

解法1如圖7-30,連接CE,可得ABCEg4CDF廁有CE=DF,

故DE+DF=DE+CE(轉化為“將軍飲馬問題”)以下略.

圖7-30

點撥：1初中較為常見的線段和的最值問題，一般都能轉化為“將軍飲馬問題”，這就需要我們在解決問題時，具

備一定的目標意識，有的放矢，化陌生為熟悉.

2.考慮到題中條件AE=BF,解題時應該追根溯源，并作適當聯(lián)想：在正方形中，這樣的條件能產(chǎn)生什么樣的

新結論?對我們進行線段轉移是否有用?如此一來，本題的輔助線就順理成章地生成了.

解法2如圖7-31構造△OCE04ODF則有CE=DF,

故DE+DF=DE+CE（同解法1,轉化為“將軍飲馬問題”），以下略.

圖7-31

解法3如圖7-32,構造AADF'gZkCDF,貝!|有DF'=DF,AF'=CF,EF，的長為定值4,故DE+DF=DE+DF.

此時的情況是“一定點，兩動點”，恰好與“將軍飲馬問題”相反.

根據(jù)運動的相對性，假設EF是不動的線段，點D在直線CD上運動，這樣也能達到同樣的運動效果，此時就

化為基本的“將軍飲馬問題”了以下略.

圖7-32

點撥：容易聯(lián)想到用旋轉的方法構造全等三角形，也能夠達到轉移線段的目的.

但是在轉移線段之后，所產(chǎn)生的情形讓人望而生畏，因為此時仍不是“將軍飲馬問題”，怎么辦?此時如果能聯(lián)

想到ADEF的面積是定值，底邊長度確定，高確定，它應該就是“將軍飲馬問題”了，唯一的區(qū)別是，基本的“將軍

飲馬問題”底邊位置不變，高不變，故第三個頂點在平行于底邊的直線上運動，而現(xiàn)在恰好相反.于是，我們可以利

用運動的相對性，假設EF不動，點D運動，則問題得解.

這種“水不轉山轉”的理論（即運動的相對性），可以支撐我們去改編“將軍飲馬問題”，這也是一個不錯的改編方

向.近年來的中考題中，比較經(jīng)典的是2013年天津市中考題的倒數(shù)第2題，有興趣的讀者可以自己去查閱.

解法4設AE=x,得各邊長度數(shù)據(jù)如圖7-33,則.DE+DF=V%2+42+7（4-x）2+42.

再構造圖7-34,問題得解.

點撥：1.教師解題應該從學生的實際情況出發(fā)，不能急于搬出自己認為巧妙的方法，這樣的方法往往不是通法，

學生當時能懂，但不會有長期效果.有時候教師甚至可以將自己在解題的過程中一些失敗的嘗試經(jīng)驗呈現(xiàn)給學生，

這樣更能激起學生的共鳴.實際上，嘗試用代數(shù)法解決“將軍飲馬問題”的學生是非常多的,所以從某種程度上來講，

代數(shù)法才是通法.

2.在求得DE+DF=疹”+J(4—x)2+42之后,相信大多數(shù)學生會束手無策，草草放棄.所以具備一定

的數(shù)形互化能力，就顯得尤為重要.學生往往能熟練運用“從形中抽象出數(shù)”，但是如何“以數(shù)馭形”“化數(shù)為形”，就

顯得有所欠缺.假如能掌握“化數(shù)為形”，就可以“另起爐灶"將“數(shù)”用“形”來直觀呈現(xiàn)，得到圖7-34,則此題不攻

自破.

3.初中階段的“將軍飲馬問題”及其變式很多，對于絕大多數(shù)學生來說，幾何構造肯定是難點.由于他們對勾股

定理的掌握相對較好，喜歡用代數(shù)法來破解此類問題，但在解題過程中往往又會遇到上述困難.面對這樣的現(xiàn)實情

況，教師不應該簡單粗暴地摒棄代數(shù)方法，而應該因勢利導，教會學生根據(jù)算式構造相應的圖形.

解法5如圖7-35構造ABFG會ZkAED廁有FG=DE,故DE+DF=DF+FG>DG.

而BG是定長，G是定點,故DG是定值，問題得解.

圖7-35

點撥：對于線段和的最值問題，通過轉移線段，達到聚合線段的目的，是一種最常見的思維方式.但是以何種方式

來轉移，往往是一個難點.而此解法恰恰為我們提供了一種思維量相對較少的轉移方法，只需通過簡單的剪切、拼

貼，即可達到轉移線段的目的.

配上一道習題供讀者思考.如圖7-36①,在矩形ABCD中,AB=15,AD=20,P,Q兩點分別在BD,BC上運動，目保持

DP=BQ,求AP+AQ的最小值.解答思路如圖7-36@.

圖7-36

賞析1.“將軍飲馬問題”的基本解題思路：轉移線段T聚合線段-形成折線T化折為直.

2.“將軍飲馬問題，，作為初中階段最常見的線段和的最值問題，是很多最值問題的來源.我們能以其為母版，構

造更多的最值問題.

3.教師講題應從學生實際出發(fā)，不能一味追求“巧法”灌輸，更應該注重“通法”體驗.例如，“將軍飲馬問題”及其

一些變式，幾何構造雖然精巧，但并非學生所長，而利用勾股定理描述線段長度卻是學生最熟悉的方法，那教師

就不應該急于展示“巧法”，而應該因勢利導，從學生已有的認知水平出發(fā)來解決問題.

【題目7-5］如圖7-37,在矩形ABCD中,AB=10,BC=5,點E,F,G,H分別在矩形各邊上，且AE=CG,BH=DE求四邊

形EFGH的周長的最小值.

圖7-37

解法1如圖7-38作點E關于AD的對稱點E易知E'M=AE'+AM=AE+DG=10)(定值)，則E'G=5有(定值),

故CCJEFGH=2(EF+FG)=2(E，F(xiàn)+FG巨2E'G=10V5.

圖7-38

點撥：1.平行四邊形的周長最小值問題，可以轉化為鄰邊之和的最小值問題，讓人很容易地想到這是“將軍飲馬問

題”的一種變式.

2.對于多動點的“將軍飲馬問題”，可以適當?shù)乜刂谱兞?先假設E,G是定點)，轉化為常規(guī)的“將軍飲馬問題”，

這樣，對稱轉移、聚合線段的思維方式就有了用武之地.

3.動態(tài)問題的“變中藏不變”思維，在本題中亦有所體現(xiàn).本題雖然是多動點問題，但AE+DG為定值卻是本題的

題眼，抓住這一點，就為本題的破解提供了可能.

解法2如圖7-39,設AF=x,AE=y(0<x<5,0<y<10),

則EF+FG=J/+y2+45—x)2+(10—y)2,

即EF+FG的長的最小值相當于第一象限內的一點P(x,y)到原點0(0,0)的距離加上點P到點Q(5,10)的距離之

和的最小值，即OP+PQ>OQ,

從而.EF+FG的最小值為OQ=V52+102=5逐,故CnEFGH=2(EF+FG)>10V5.

圖7-39

點撥：1.一般情況下，“將軍飲馬問題”都可以利用“函數(shù)法+勾股定理”直接計算，這種方法也是大多數(shù)學生極易想

到的.

2.對于所列的求長度和的算式，可以構造新的圖形來求解，我們不但應該具備從“形”中抽象出“數(shù)”的能力，同

時也應該具備利用“數(shù)”構造形'的能力.

解法3如圖7-40，構造矩形AEPF,平行四邊形CGFP.

易知EF+FG=PA+PC>AC=5V5,

故CrEFGH=2(EF+FG)>10VS.

圖7-40

點撥：1.通過構造矩形和平行四邊形，同時達到轉移線段、聚合線段這兩個目標.利用矩形對角線相等，轉移EF

到PA；利用平行四邊形對邊相等，以平移的方式轉移FG至I」PC.

2.線段的等量轉移方式有很多，初中平面幾何中的三大全等變換，基本上都可以作為轉移線段的手段，而不是

只有我們比較熟悉的軸對稱轉換這一種手段.

3.此解法與解法2有異曲同工之妙，體現(xiàn)了“數(shù)”與“形”的完美契合.

解法4如圖7-41①，將AAEF剪拼到ADNM的位置，

貝！]FM=FD+DM=FD+AF=5,

NG=ND+DG=CG+DG=10.

將MN平移到GP的位置，

貝！J.EF+FG+EH+GH=2(MN+FG)=2(GP+FG)>2FP=10V5.

類似地，還可以作如下解答.

如圖7-41②，將AAEF剪拼至1UDNM的位置，

貝!]FM=FD+DM=FD+AF=5,

NG=ND+DG=CG+DG=10.

構造矩形DMPN和矩形DFQG,

貝!JEF+FG+EH+GH=2(MN+FG)=2(DP+DQ)>2PQ=10V5.

①

圖7-41

點撥：1.若兩個三角形的邊長存在某種固定的關系(相等、和為定值、差為定值等)，則可以剪拼其中一個三角形，

使其與另一個三角形聚合，同時達到聚合線段的目的.例如，本題中AAEF與ADFG中的直角邊就存在著不變關系：

FD+AF=5,DG+AE=10,均為定值，故可以采用剪拼的辦法，達到聚合線段的目的.若將AAEF剪拼到圖7-41①中

ACGP的位置，則效果更佳.

2.通過上述辦法處理之后，問題轉化為另一個常見的最值模型：四邊形的兩條對角線為定值，兩條對角線的夾

角為定值，求一組對邊之和的最小值.本題中，四邊形FGMN的對角線長為定值(MF=5,NG=10),且夾角為定值(/

MDG=90。),完全符合這一模型的特征.對于這樣的模型，常見處理方法是平移一條邊，達到聚合對邊的目的.

3.由于第2點所講的模型里，兩條對角線的夾角比較特殊(NMDG=90。)，所以還可以利用矩形的兩條對角線相

等來處理，達到轉移對邊、聚合對邊的目的.

解法5如圖7-42,分別取EG,EF,GH的中點O,P,Q,

貝?。軪F+FG+EH+GH=2(AP+PO+OQ+QC)>2AC=10V5.

點撥：1.根據(jù)“變中藏不變”的思想，可得EG必過矩形ABCD的中心O,這種通過位置不變性來尋找解題突破口

的思路是行之有效的.

2.由EG的中點位置確定，極易想到構造三角形中位線和直角三角形斜邊上的中線這兩種最常見的輔助線.

例如下面的問題：如圖7-43①，AABC的周長為12,分別以AB,AC為斜邊向外作R3ABD,Rtz\ACE,連接DE,

求DE的最大值.

直角三角形中的常見輔助線是構造斜邊上的中線，于是構造圖7-43②進行破解.

圖7-43

對本題可進行一般化處理，成都的姚亞軍老師就將本題作過改動，形成題目7-5變式.

【題目7-5變式】如圖7-44,在矩形ABCD中，E,F,G,H分別是矩形各邊上的任意動點，試求四邊形

EFGH周長的最小值.

圖7-44

解法1如圖7-45,EF+FG+GH+HE=MF+FG+GH'+H'E'>ME'=AA'=10V5.

圖7-45

解法2如圖7-46,分別取EG,EF,GH的中點O,P,Q,

則EF+FG+EH+GH=2(AP+P0+0Q+QC)>2AC=10V5.

點撥：1.解法1中，巧妙的構造令人嘆為觀止.通過這些巧妙的變換，將四條線段進行轉移，并有機地聚合成一條

折線.

2.解法2利用“中點處理”方法，輕巧地將四條線段進行縮放轉移，然后聚合成兩定點之間的一條折線，具有

“四兩撥千斤”的效果.

賞析1.對于多動點問題，適當?shù)乜刂谱兞?，可以有效地將陌生的問題轉化為熟悉的問題，而且能使解題思路更加

清晰.著名數(shù)學家、莫斯科大學教授雅潔卡婭提出：“解題就是把要解的題轉化為已經(jīng)解過的題.”此題就是先將平行

四邊形周長最小問題轉化為鄰邊之和最小問題，然后通過控制動點的數(shù)量，轉化為熟悉的“將軍飲馬問題”.

2.對于線段和的最值問題，學生最容易接受的方法就是“函數(shù)+勾股定理”，通過設參，利用變量描述線段長度.

教師也應該因勢利導，站在學生的立場上，重視這種通法的灌輸與體驗.

3.對于線段和的最值問題，巧妙地進行線段轉移，然后聚合線段是幾何構造法必須遵循的原則.我們在“將軍飲

馬問題”的影響之下，往往認為“對稱轉移”是必經(jīng)的轉化之路，其實不然，無論是軸對稱、旋轉、平移，還是剪拼，

只要能達到“等量轉移”或“按一定比例轉化”的目的，都值得我們去大膽嘗試.

類型2：費馬點及其變式

【題目7-6］如圖7-47,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,P是矩形ABCD內的一個動點，過點P作PE±AD于點E,

連接PB,PC,求PE+PB+PC的最小值.

解法1如圖7-48,將梯形ABPE繞點B逆時針旋轉60、得到梯形ABPE,可知A是定點,/EMB=60。是定角.

由A'B=4可得4M=|V3,BM=^V3,

CW=y(|V3+6)=4+3V3,

則PE+PB+PC=E'P'+P'P+PC>CH=4+3V3,

當E',P',P,C四點共線(即/EPB=NBPC=NEPC=120。)時,

點撥：1.通過旋轉梯形，構造正三角形，使相關線段順次連接，達到了轉移、聚合線段的目的.

2.旋轉中心定（點B）,旋轉方向定（逆時針）,旋轉角定（60。）,從而找到了變化中的不變要素：A'是定點，/

E，MB=60。是定角.線段CH的長度是定值.最后將本題化歸為兩種常見的最值處理模式：折大于直、斜大于直.

解法2如圖7-49,將ABPC繞點B順時針旋轉60。得到1BPC.

當/EPB=NBPC=NEPC=120。時,PE+PB+PC能取到最小值，

故.PE+PB+PC=EP+PP'+P'C>C'E>C'E'=E'F+FC'=4+3V3.

點撥：1.通過旋轉三角形來構造正三角形，要比旋轉梯形簡便一些.

2.旋轉60。一正三角形（等長轉化）一三折線一折化直（兩點之間，線段最短）一斜化直（垂線段最短）.

解法3如圖7-50,分別作正ABCF與正APCH廁有ABCHgAFCP,PF=BH.

故PE+PB+PC=PE+PB+PH>PE+BH=PE+PF>E'F=4+3V3.

圖7-50

點撥：1.構造雙等邊三角形一“手拉手”全等一等長轉化-折線一化直一化垂.

2.構造雙等邊三角形和“手拉手”全等的本質就是將AFCP順時針旋轉60。,達到轉移、聚合線段的目的,與前

面兩種解法并無本質區(qū)別.

解法4如圖7-51,假設點P在直線MN上運動,MN〃:BC.

作點C關于MN的對稱點C,

則有PB+PC=PB+PC>BC,

即在PE不變的情況下，當PB=PC時,PB+PC最小，易求得最小值為4+3V3.

點撥：當變量過多時，可以控制變量.首先假設PE不變，則將問題簡化為兩個變量(PB,PC)之和的最小值問題.這

樣就使得點P的運動不再無序，而是限制在BC的垂直平分線上，有效地降低了問題的難度.后續(xù)的解法多種多樣，

還可以轉化為“胡不歸問題”：轉化為求ABCE的費馬點以后，再次轉化為求P'E'+2P9的最小值，詳見解法5.

解法5如圖7-52,在解法4的基礎上，作NPEG=3(T,PH，EG,BK，EG.

則P'E'+P'B+P'C=P'E'+2P'B

=2QPE+P'B)=2(P'H+P'B)>2BK,

其中BK*BG*(BF+FG)

*(3+竽卜子+2,

故P'E'+P'B+P'C>2BK=3V3+4

點撥：頂角不超過120。的等腰三角形中的費馬點一定在底邊的高線上，這種情形可以轉化為“胡不歸問題”.下面的

題目就是這樣的情況，請嘗試用“費馬點問題”和“胡不歸問題”的處理方法解決

如圖7-53,正AABC的邊長為6,點P在高線AD上運動，連接PB,PC,求PA+PB+PC的最小值.

賞析1.當出現(xiàn)多個變量時，控制變量非常重要.本題通過控制變量的方法,就可以將“費馬點問題”轉化為相對熟悉

的“將軍飲馬問題”與“胡不歸問題”.所以說，化陌生為熟悉應該作為我們今后面對陌生問題時的基本破解思路.

2.幾個重要的幾何最值模型形式接近，同根同宗.處理它們的思想完全一致，就是都要達成線段的轉移與聚合

這一目的.“費馬點問題”是通過旋轉60。形成正三角形，實現(xiàn)線段的等長轉化；“將軍飲馬問題”是通過軸對稱，化同

側線段之和為異側線段之和；“胡不歸問題”是通過構造直角三角形，利用銳角的正弦值將線段長度按比例轉化.

類型3：拋物線中焦點和準線的性質

【題目7-7］如圖7-54,AB=6,端點A,B在拋物線y=；%2-1上滑動，求A,B兩點到直線I:y=-2的距離之

解法1'如圖7-55,原點0是拋物線的焦點，直線1是拋物線的準線.

易知AM=OA,BN=OB,

則AM+BN=0A+0BNAB=6,即當AB過點O時取得最小值6.

點撥：1.轉化、聚合AM與BN是關鍵，也是解題的突破口.

2.如何轉移AM與BN是難點，突破口是拋物線焦點與準線的性質.

3.本題最終轉化為簡單的最值問題，可用“兩點之間，線段最短”解決.

解法2如圖7-56,設點A的坐標為(x,y),

貝?。?A=J.2+產(chǎn)=J4y+4+產(chǎn)=\y+2|=AM,

同理得OB=BN.

點撥：1.直線1不一定要處于準線位置，換一個位置以后，本題仍然可解，只要距離能夠轉化即可.基于以上認識，

現(xiàn)將此題作一個改變：將準線1改為直線y=-3，試求A,B兩點到直線1的距離之和的最小值.請讀者自行思考并解

答.

2.線段AB需要達到一定長度才可以，目的是讓它可以通過焦點，則最小值容易得出.思考：若線段AB長度過

短，短到不能經(jīng)過焦點，此時仍有最小值嗎?若有，怎么求？

若將線段AB的長度改為3,則解法如下.

解法如圖7-57,設直線AB的解析式為y=kx+b,

代入y=j%2—1,則有x2—4kx—4b-4=0,

可得I|%i_+4(4b+4)=4Vfc2+b+1,

故48=4Vfc2+b+lVfc2+1=3,

即(fc2+l)2+b也2+1)——=Ocirclel,

16

解得i+1=上gs(舍去負根)，

貝!]AM+BN=yi+曠2+4="：%2+2=貨'=4k2+2b+4=4(fc2+1)+2b=2(j.2+孑—

b)+2b=2歷②,

由①得b=范而-(fc2+1),代入②得：

AM+BN=2I、z+(k2+i)2+?=21-^-+m+-.

yj256(/C2+1)2、785j2567n8

而m=(fc2+l)2>1>—,

16

故當m=l時,AM+BN取得最小值

o

圖7-57

點撥：1.本解法需要構造對勾函數(shù)y=￡+法+c(x>0),這個也不算太困難，但是最小值卻不在該函數(shù)圖象的最

低點處取到，這才是難點所在.

2.原題采用這個解法也是可行的，只是最后的最小值可以在對勾函數(shù)圖象的最低點處取到.

賞析1.線段和的最值問題，常常需要將線段進行轉化、轉移，達到聚合的目的，最后往往都能化歸為三種形式，

即兩點之間、點與直線之間、平行線之間的距離.

2.對于拋物線、雙曲線等一些函數(shù)圖象上的點，利用它們自身的幾何性質進行線段長度的轉化，也是常見思路

之一.

3.數(shù)學探究應嚴謹，絕不能淺嘗輒止.如本題，線段AB能不能通過拋物線焦點是我們應該注意的，從而有了

針對線段AB不過焦點的代數(shù)解法，然后產(chǎn)生了一般性方法.

類型4：加權線段和

【題目7-8】如圖7-58,。0的半徑為2,AB為直徑，過0A的中點C作CDXAB交。0于點D,DE為。0的直

徑,P為。0上的動點，求2PC+PE的最小值.

圖7-58

解法1如圖7-59延長0A到點Q,使AQ=0A=2,則有△OCPs^OPQ,且相似比為1：2,

則PQ=2PC,

故2PC+PE=PQ+PE>QE=2V7.

點撥：1.構造2PC是解題的突破口.如何構造2PC呢?P,C兩點到點O的距離之比為2，恰好是我們所需要的比值,

于是構造共邊、共角的母子相似，AOCP與AOPQ是首選.

2.將2PC轉化為PQ后，此題也就轉化為簡單的最值問題：兩定點（Q,E）之間的線段之和（折線長）的最小值，

可用“兩點之間，線段最短（折化直）”解決.

解法2如圖7-60,分別取OPQE的中點M,N,

貝(］有2PC+PE=2(PC+”)=2(PC+MN).

XAOPC^AOAM,

故PC=AM,

則2PC+PE=2(AM+MN)>2AN=2V7.

圖7-60

點撥：1.將2PC+PE縮小為原來的一半，轉化為求PC+.E的最小值.

2.如何構造|PE呢？顯然構造中位線MN是首選.

3.如何將PC與MN聚合成兩定點之間的線段之和呢?利用對稱性構造全等是難點所在.當PC轉化為AM之

后,AM與MN顯然是兩定點A與N之間的折線，可利用折化直的思想解決.

解法3'如圖7-61,在四邊形OCPE中使用托勒密定理得：

PCOE+OCPE>OPCE,

即2PC+PE>2CE=2V7.

圖7-61

點撥：托勒密定理：平面內任意凸四邊形的兩組對邊之積的和不小于對角線之積.特別地，當該四邊形的對角互補

(即四點共圓)時，兩組對邊之積的和等于對角線之積.當然，利用托勒密定理解決此題還是存在一定局限性的，并

無必然性，偶然因素就是0C與OE這組鄰邊之比恰好為1：2,不然很難直接構造2PC+PE.

解法4如圖7-62,構造AOCE絲△OCP,則有△OCCS^OPE,且相似比為1：2,

故2PC+PE=2(PC+|PE)=2(C'E+CC)>2CE=2夕.

圖7-62

點撥：1.通過旋轉，達到轉化、聚合線段的目的.平面內任意凸四邊形均可以如此處理.

2.在一個三角形的旋轉(保形變換)過程中，必能產(chǎn)生另一對相似三角形.

3.本解法實際上可以證明解法3中的托勒密定理.

賞析1.構造阿波羅尼斯圓是處理加權最值問題的常見方法之一.

如圖7-63,設00的半徑為R,0M==R,ON=nR,即0M0N=R2,則△0PNs/\0MP,且相似比為n,必有PN=nPM,

以此達到轉化線段PM的目標.

圖7-63

2.構造平行線和“A”型相似也是按比例轉化線段的常見方法之一.

3.通過旋轉相似等各類保形變換，可達到按比例轉化線段、聚合線段的目的，適合于平面內任意的凸四邊形.

【題目7-9］如圖7-64,已知點A(2,0),B(0,2),C(4,0),D(3,2),P是AAOB外第一象限內的一個動點,且保持N

APB=135。,求2PD+PC的最小值.

y

解法1如圖7-65,取0A的中點E(1,O),則有器=案=|.

又NEOP=NPOC,

則AEOPs/ipoc,且相似比為1:2,

則必有EP=|PC,

故2PD+PC=2(PD+PE)>2DE=4V2.

點撥：1.第一個突破口：由AB為定長，ZAPB為定角，可以確定點P的運動路徑是以O為圓心、2為半徑的圓

弧，即圖7-13④中的情形.

2.第二個突破口：將PD或PC的長度進行轉移.可構造長為2PD的線段，或者長為|PC的線段.

3.通過構造相似比為1:2的一對母子相似，使得EP的長度恒等于fC,從而達到轉移、聚合線段的目的.

解法2如圖7-66,取OA的中點E(1,0),OP的中點F,則必有AF=|PC.

XAEOP^AFOA,

故PE=4F=|PC,

貝！］2PD+PC=2(PD+PE)>2DE=4V2.

?圖7-66

點撥：此解法與解法1最大的不同之處就是：通過構造中位線達到構造步C的目的，比構造母子相似的起點低,

更容易想到.但是，后面利用對稱性構造全等三角形來轉移、聚合線段，難度較大.

解法3如圖7-67,分別倍長OPQD到點P,D(6,4),則必有.P'D'=2PD.

XACOP^AP'OA,

故PC=AP',

貝?。?PD+PC=P'D'+P'A>AD'=4V2.

圖7-67

點撥：此解法與解法2類似，通過倍長，達到構造2PD的目的，然后通過構造全等三角形，將PC轉移到AP1,

則2PD+PC轉化為兩定點間的折線，問題得解.

賞析此題的本質就是構造阿波羅尼斯圓.

【題目7-10］如圖7-68,C,D兩點在APAB的邊AB上,AC=BD,若NCPD=90。,且PA2+PB2=10,,求2AB+CD的

圖7-68

解法1如圖7-69,取CD的中點E,則CD=2PE,PE也是"AB的中線.

根據(jù)三角形中線長定理可得PEZ=9P+lpB2_1AB2)

224

即CD2=4PE2=2P屋+2PB2-AB2,

故.AB2+CD2=2P屋+2PB2=20.令2AB+CD=t，則CD=t-2AB,AB2+(t-2AB}2=20,即SAB2-4tAB+t2-

20=0,則4=16t2-20(產(chǎn)-20)=400-4t2>0,故2AB+CD=t<10.

點撥：1.構造斜邊上的中線是直角三角形中的常見輔助線.而當一條線段同時向兩個方向延長相等的長度時，構造

兩個三角形公共的中線是一個不錯的突破口.

2.對于最值問題，常常可以設參數(shù)，用主元法來突破.

3.三角形中線長定理.

如圖7-70,

AB2+AC2

=BE2+AE2+CE2+AE2

=QfiC+DE)2+QBC-DE)2+2AE2

^-BC2+2DE2+2AE2

2

^-BC2+2AD2,

2，

故=1AB2+lAC2_lBC2

224

圖7-70

解法2如圖7-71,構造矩形PCQD,平行四邊開鄉(xiāng)PAQB廁有AQ=PB,CQ=PD.

根據(jù)矩形的隱含性質可得AC2+AD2=PA2+AQ2=PA2+PB2=10,

即（『2+（等丫=10,

得AB2+CD2=20.

后面可以嘗試一下幾何構造的方法.

不妨假設AB=m,CD=n,則可利用m2+n2=20,構造一個斜邊長為2西的直角三角形，如圖7-72中的RtALKJ.

圖7-71圖7-72

解法2①如圖7-73.

由sinB=2sina,sin2/?+sir^a=1,

可得sin/?=等,sina=y,

則LM=Wm,KN=且LM+KN<LK=2V5,

故24B+CD=2m+n=?LM+KN)<同K=V5X275=10.

解法2②如圖7-74易知tana=|(a為定角)，

則2AB+CD^2m+n=MK=乘KN<4LK=V5x2V5=10.

圖7-74

解法2③如圖7-75,tana=j（a為定角），則點M在以LK為弦、LK所對圓心角為2a的圓上.

可知該圓的半徑為5,且2AB+CD=2m+n=MK,而MK的最大值為該圓的直徑，等于10,故2