双动线段比例最值问题——反演变换（2）

这篇文章勉强算是反演变换的续章吧，建议提前阅读上一篇，点我阅读。

受2025年广州市中考第25题第(3)小问启发，作此篇讲解“双动线段比例最值问题”的通解，当然后续也会出一篇文章单独讲解这一道题。

详解#

本文所指的双动线段指的是两条有一公共动点为顶点、另一点为定点的线段，其中公共动点在一固定轨迹上（直线或圆）运动，数学语言表示如下。

平面内有两定点 $A,B$ 和一动点 $P$ ，其中点 $P$ 的运动轨迹已知（直线或圆），连接 $AP,BP$ ，请求出 $\frac{AP}{BP}$ 的最大值和最小值.

由题，我们可以将其分为以下四种情况讨论：

第Ⅰ类#

点 $P$ 在不经过 $A,B$ 的直线 $l$ 上运动

不要紧张，想必很多人刚看到这幅图，都会觉得惊讶：为什么看起来如此简单的线段比例求最值问题的图示这么复杂？

也请不要着急质疑，因为我也觉得这看起来有点小题大做了，不过请大家仔细往下看。

（解题思路） 我们并没有学过在几何中如何求解动线段比例最值，那我们就可以考虑能否将这个未知而陌生的题目转化为我们已经掌握的模型呢？——其实是可以的： $\frac{AP}{BP}$ 的分子和分母都是两个变量，那其实可以考虑把其中一个变为常量，这样题目就被转化为一条线段的最值问题了！

思路很好，那如何实践？

那当然是构造相似三角形（母子相似）！

此时所求代数式已经由两个变量转化为一个变量了，但是图中会多出一个新的动点。要求解一条以该动点为顶点的线段的最值，只需将其运动轨迹求出来就行了，这时候只需要利用反演变换，这道题就易如反掌~

证明如下。

\begin{align} &在PB上取一点H，使得\angle BAH=\angle APB，连接AH,AB，过点B作BG\perp l于点G，并在其延长线上取一点K，使得\angle BHK=90\degree，取BK中点O，连接OH，射线AO交\odot O于点H_1,H_2.\\ &\because\angle ABH=\angle PBA,\angle BAH=\angle BPA\\ &\therefore\triangle ABH\backsim\triangle PBA\\ &\therefore\frac{AB}{PB}=\frac{BH}{AB},\frac{AH}{AP}=\frac{AB}{BP}\\ &即BH\cdot BP=AB^2,\frac{AP}{BP}=\frac{AH}{AB}\\ &\because\angle PBG=\angle KBH,\angle BGP=\angle BHK=90\degree\\ &\therefore\triangle PBG\backsim\triangle KBH\\ &\therefore\frac{PB}{KB}=\frac{BG}{BH}\\ &即BG\cdot BK=BH\cdot BP=AB^2\\ &\because A,B为定点\\ &\therefore AB^2为定值，BG\cdot BK为定值\\ &又\because BG为定值\\ &\therefore BK为定值\\ &在\mathrm{Rt}\triangle BHK中，O为BK中点\\ &\therefore OH=\frac{1}{2}BK=OB=OK\\ &\therefore 点H在以O为圆心，OB为半径的圆上运动\\ &\therefore 在\triangle AOH中，AH\leq AO+OH=OH_2,AH\geq AO-OH=AH\\ &即AH_{max}=AH_2,AH_{min}=AH_1\\ &\because\frac{AP}{BP}=\frac{AH}{AB}\\ &\color{red}{\therefore(\frac{AP}{BP})_{max}=\frac{AH_2}{AB},(\frac{AP}{BP})_{min}=\frac{AH_1}{AB}} \end{align}

看到这里，不知道你有什么感想，看似复杂的图形，实际上思路和步骤都非常简洁，并没有那么夸张。

有的同学就要说了，像这种题在坐标系里面代数不是很快就解决了吗？嗯，是这样的，但是这里分享几何做法主要是为了开拓大家的眼界和对此种题目的看法，真正遇到时拥有多一个选择，做到灵活运用。

但不可否认地，这一种利用相似转化和反演变换的做法不一定是几何做法中的最优解，但是我暂时没有找到比这更好的做法了，所以目前还是以此为标准几何法。

特殊情况#

如果有同学想知道若点 $A,B$ 分别在直线 $l$ 的两侧改怎么办，那就把“将军饮马”这四个字甩到他脸上^_^，因为只需要将其中一点关于直线 $l$ 作对称就可以了，这与将军饮马的思路完全没有差别。

第Ⅱ类#

点 $P$ 在不经过 $A,B$ 的 $\odot M$ 上运动

是不是看起来更乱了？

这幅图其实是第Ⅰ类解题方法的变体，思路可以说是完全一致，只是运用到的反演变换模型由“线生线”变成了“圆生圆”。

但是在这里，我们并不需要这么复杂地来解，因为对于这一类，有比直接运用反演变换求动点轨迹更简洁的方法，详情见下。当然如果你愿意，也可以照着第Ⅰ类的思路理解它的原理。

这一种做法并没有直接运用反演变换，而是汲取了反演变换的转化思想，同样是构造相似三角形，但不同点在于直接利用圆幂定理，不仅将两个变量减少为一个，还满足了变量所含动点的轨迹已知的完美条件，是天赐的好机会啊！

还不知道圆幂定理是什么的同学，那你一定没有看上一篇反演变换的文章💢，或者你想直接看有关圆幂定理的介绍？

这种做法证明如下。

\begin{align} &记射线AP与\odot M另一交点为P'，在射线AB上取一点H，使得\angle AP'H=\angle B，连接P'M,P'H，作射线HM交\odot M于点P'_1,P'_2.\\ &\because\angle P'AH=\angle BAP,\angle AP'H=\angle ABP\\ &\therefore\triangle P'AH\backsim\triangle BAP\\ &\therefore\frac{AP'}{AB}=\frac{AH}{AP}\\ &即AB\cdot AH=AP'\cdot AP\\ &在\odot M中，记其半径为r，根据圆幂定理\\ &得AP'\cdot AP=AM^2-r^2\\ &其中AM和r都是定值\\ &\therefore AP'\cdot AP为定值\\ &即AB\cdot AH为定值\\ &又\because AB为定值\\ &\therefore AH为定值\\ &\because\triangle P'AH\backsim\triangle BAP\\ &\therefore\frac{AH}{AP}=\frac{P'H}{BP}\\ &即\frac{AP}{BP}=\frac{AH}{P'H}\\ &在\triangle MP'H中，P'H\leq MP'+MH=P'_2H,P'H\geq MH-MP'=P'_1H\\ &\therefore (\frac{AH}{P'H})_{min}=\frac{AH}{P'_2H},(\frac{AH}{P'H})_{max}=\frac{AH}{P'_1H}\\ &\color{red}{即(\frac{AP}{BP})_{max}=\frac{AH}{P'_1H},(\frac{AP}{BP})_{min}=\frac{AH}{P'_2H}} \end{align}

总的来说，这一种做法巧妙地运用圆幂定理构造相似，以极大地减少步骤。

特殊情况#

相比第Ⅰ类的特殊情况，这一类会稍微复杂一些，可能会出现点 $A,B$ 都在 $\odot M$ 内、其中两点分别在圆内和圆外两种情况。

经实践，发现其解决方案也大差不差，几乎没有改动，以上详细证明过程似乎仍然有效，见下图。

大家可以对照着普通情况的思路尝试自行推导，难度应该是不大的。

第Ⅲ类#

点 $P$ 在经过 $A,B$ 其中一点的圆或直线上运动

这一类看似困难，实则异常简单。

我们只需关注 $\frac{AP}{BP}$ 这一所求代数式：

若点 $A$ 在点 $P$ 的运动轨迹上，则按照前两类的对应方法正常求解。
若点 $B$ 在点 $P$ 的运动轨迹上，则代数式 $\frac{AP}{BP}$ 没有最大值，因为 $BP$ 可以无限趋近但不等于于 $0$ ，这会使得代数式 $\frac{AP}{BP}$ 的值无穷大。

第Ⅳ类#

点 $P$ 在经过 $A,B$ 两点的圆或直线上运动

这一类就没必要讲了吧，与第Ⅲ类的思路相近对所求代数式 $\frac{AP}{BP}$ 进行简单分析即可。

总结#

这篇文章的知识应该不算难，大家可以多次食用，若有不懂之处可以在下方评论区相互讨论，也可发表问题，我将会在看到消息后第一时间回复。

其实，对于第Ⅰ类的辅助线构造方式，我还编了一个小口诀**“弟弟心动”**，是谐音为*“顶定新动”*，意即构造的母子相似的公共顶角应该靠在定边 $AB$ 上，构造出的新点 $H$ 应该在动边 $AP$ 或者 $BP$ 上，这样可以省去做题时试错的时间，极大地减少做题失误，就可以提高我们的解题效率了！

详解#

第Ⅰ类#

特殊情况#

第Ⅱ类#

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第Ⅲ类#

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