平面幾何中的動點問題研究

摘 要：動點問題是初中平面幾何中的常見問題，也是歷年中考的熱點問題，倍受命題者青睞.這類問題涉及的知識點多，形式豐富多樣，求解方法靈活，對學生而言具有一定的難度.基于此，文章介紹與矩形、菱形有關的動點問題，以及與動點有關的三角形的存在性問題，并給出這幾類動點問題的解題思路.，以期為初中數學教學提供參考.

關鍵詞：平面幾何；動點問題；最值問題；存在性問題

中圖分類號：G632 文獻標識碼：A 文章編號：1008-0333（2024）29-0026-03

收稿日期：2024-07-15

作者簡介：林莊園（1991.1—），女，廣西桂林人，本科，中學一級教師，從事初中數學教學研究.

與動點有關的最值問題和存在性問題是平面幾何中的難點.根據圖形結構特征，抓住動點在運動過程中的不變量以及動點的運動軌跡，再合理利用幾何性質，是解決這類問題的基本思路.

1 點在矩形的一邊上運動

例1 如圖1所示，矩形ABCD中，AB=6，BC=10，點E在邊AD上，且AE=2，F為邊AB上的一個動點，連接EF，過點E作EG⊥EF交直線BC于點G，連接FG，若P是FG的中點，則DP的最小值為（ ）.

A．9105 B．6 C．5 D．210

解析 因為四邊形ABCD是矩形，所以∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，且DC=AB=6，AD=BC=10.

當點F與點A重合時，作EG1⊥BC于G1，則四邊形ABG1E是矩形.如圖2所示，連接AG1，BE交于點O，則O點是AG1的中點，也是BE的中點，此時，P點與O點重合.當F點與B點重合時，作EG2⊥EB交BC的延長線于G2.因為AD∥BC，所以∠AEB=∠EBG2.又因為∠BAE=∠BEG2=90°，所以△ABE∽△EG2B，所以AEBE=BEBG2.因為BE=AB2+AE2=62+22=210，所以2210=210BG2，解得BG2=20.設BG2的中點為P2，則BP2=10，所以P2點與C點重合，所以P點的運動軌跡是線段OC.當DP⊥OC時，DP的值最小.因為O點是BE的中點，C點是BG2的中點，所以OC是△BEG2的中位線，所以OC∥EG2，所以∠BOC=∠BEG2=90°，所以∠BOC=∠DPC.因為∠OBC+∠OCB=90°，∠OCB+∠PCD=90°，所以∠OBC=∠PCD，所以△OBC∽△PCD，所以OCDP=BCDC.因為BO=12BE=10，BC=10，所以OC=BC2-BO2=310，所以310DP=106，解得DP=9105.故選A.

點評 本題是一道矩形中的動點問題，難度較大，綜合性較強.解題的關鍵是要找出P點的運動軌跡.作EG1⊥BC于G1，連接AG1，BE交于點O，作EG2⊥EB交BC的延長線于G2.當F點與A點重合時，G點與G1點重合，此時P點與O點重合.當F點與B點重合時，G點與G2點重合，此時P點與C點重合，因此P點的運動軌跡就是線段OC.當DP⊥OC時，DP的值最小.根據△OBC∽△PCD，列比例式求出DP的長即可.

2 菱形上的動點

例2 如圖3，在邊長為4的菱形ABCD中，∠A=60°，點M是AD邊的中點，點N是菱形內一動點，且MN=1，連接CN，則CN的最小值為_______．

解析 過點M作MH⊥CD交CD的延長線于點H，如圖4所示.因為四邊形ABCD是菱形，∠A=60°，所以AB∥CD，所以∠HDM=∠A=60°，所以∠HMD=30°.因為點M是AD邊的中點，所以DM=12AD=2，所以DH=12DM=1.根據勾股定理得HM=DM2-DH2=3.因為CD=4，所以CH=CD+DH=4+1=5.根據勾股定理，得CM=HM2+CH2=27.因為MN=1，當點N運動到線段CM上的點N′時，CN取得最小值，CN′=CM-MN=27-1，即CN的最小值為27-1.

點評 本題主要考查菱形的性質、直角三角形的性質、勾股定理、線段最短等知識，解題的關鍵是求出CM的長．過點M作MH⊥CD交CD的延長線于點H，根據菱形的性質以及直角三角形的性質求出CM=27-1，當點N運動到線段CM上的點N′時，CN取得最小值，進一步求解即可．

3 點在曲線上運動

例3 如圖5所示，A是函數y=2x的圖象上的點，B2，2，C-2，-2，試利用性質：“函數y=2x的圖象上任意一點A都滿足AB-AC=4”求解下面問題：作∠BAC的內角平分線AE，過C作AE的垂線交AE于點F，已知當點A在函數y=2x的圖象上運動時，點F總在一個圓上運動，則這圓的半徑為（ ）.

A．12 B．1 C．2 D．4

解析 如圖6所示，作BD⊥AE，垂足為M，交AC于點D．

因為AE平分∠BAC，BD⊥AE，所以∠DAM=∠BAM，∠AMD=∠AMB=90°.因為AM=AM，所以△ABM≌△ADM，所以AD=AB，所以CD=AC-AD=AC-AB=4，即CD的長為定值4．過點M作MN∥CD交CF于點N，因為BD⊥AE，CF⊥AE，所以DM∥CF，所以四邊形CDMN為平行四邊形，所以MN=CD=4．因為∠MFN=90°，所以點F在以線段MN為直徑的圓上，因為MN=4，所以點F運動所在圓的半徑為2．選C.

點評 本題是一道新定義問題，主要考查全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、圓周角定理等知識.根據新定義添加輔助線，構造全等三角形和平行四邊形是解題關鍵．

4 存在性問題

例4 如圖7所示，等邊△ABC的頂點A，B，C均在坐標軸上，其中B（-4，0），C（4，0）．

（1）如圖7，若將△AOC沿AC翻折得到△ACD，則A點坐標為_______，D點坐標為_______；

（2）在（1）問的條件下，點E為y軸正半軸上一動點，是否存在點E使得BDE為等腰三角形？如果存在，請直接寫出BDE的面積，若不存在，請說明理由.

解析 （1）如圖7中，過點D作DH⊥x軸于H．

因為B（-4，0），C（4，0），所以OB=OC=4.因為△ABC是等邊三角形，所以AB=AC=BC=8，∠ACO=60°.因為∠AOC=90°，所以OA=AC2-OC2=82-42=43，所以A0，43.

因為將△AOC沿AC翻折得到△ACD，所以∠ACD=∠ACO=60°，CD=CO=4，所以∠DCH=180°-60°-60°=60°，因為DH⊥CH，所以∠DHC=90°，所以∠CDH=30°，所以CH=12CD=2，所以DH=CD2-CH2=42-22=23，OH=OC+CH=6，所以D6，23．

（2）存在．如圖8，設BD交y軸于F，E（0，m）.

由題意得∠BAC=60°，∠CAD=∠CAO=30°，所以∠BAD=90°.因為AB=8，AD=43，所以S△ABD=12·AB·AD=12·AF·xD-xB，所以AF=8×4310=1635，所以OF=43-1635=435.

①當EB=ED時，42+m2=62+m-232，解得m=833，所以E0，833，所以S△EBD=12×833-435×10=2833．

②當BD=BE′時，m2+42=102+232，解得m=46或-46（舍棄），所以E′0，46，所以S△BDE=12×46-435×10=206-43．

③當DB=DE″時，62+m-232=102+232，解得m=219+23或-219+23（舍棄），所以E0，219+23，所以S△BDE=12×219+23-435×10=1019+63.

綜上所述，△BDE的面積為2833或206-43，或1019+63．

點評 本題主要考查坐標與圖形的性質、兩點間的距離公式、勾股定理、三角形的面積公式、等邊三角形的性質及翻折對稱變換等知識，難度較大，需注意分類討論和方程思想在解題過程中的應用．

5 結束語

與動點有關的最值問題或者存在性問題，是初中數學教學的難點.教師可利用信息技術手段給學生展開動點的運動過程及運動路徑，從“形”與“數”融合的角度去教學，讓動態問題直觀化，這樣便于學生理解問題的本質［1］ .

參考文獻：［1］ 楊金寶，鄒靚靚.初中平面幾何中的“以靜制動”［J］.理科考試研究，2013（8）：6-7.

［責任編輯：李 璟］