“动点运动路径长”问题的求解方略
动点轨迹方程问题的解法
考点透视董纪琴动点的轨迹方程问题主要考查圆锥曲线的定义与几何性质，通常要求根据已知的条件，求动点的轨迹方程.此类问题具有较强的抽象性，且解题过程中的运算量较大.很多同学由于在解题时没有选择合适的方法，导致解题失败.下面，笔者结合例题探讨一下动点轨迹方程问题的解法.一、直接法运用直接法求解动点的轨迹方程问题，需充分利用题设中的几何条件，寻找与动点有关的几何量或等量关系，并将其转化为关于动点的坐标的关系式，进而得到动点的轨迹方程.其解题步骤为：（1）设动点的坐标；（2）找等量关系；（3）根据已知条件列出方程；（4）整理化简该方程，求得动点的轨迹方程.例1.已知点A(-2,0)，B(2,0)，直线AM与BM的斜率之积为-12，求点M的轨迹C的方程，并说明C是什么曲线.解：由题意知kAM=yx+2，kBM=yx-2.因为直线AM与BM的斜率之积为-12，故y x+2∙y x-2=-12，化简得x24+y22=1(||x≠2)，故曲线C为中心在坐标原点，半长轴为2，半短轴为2，焦点在x轴上，且不含左、右顶点的椭圆.运用直接法求动点的轨迹方程，通常需仔细寻找与动点有关的一些几何量，如相等距离、相等角、成比例的线段等，然后根据两点间的距离公式、点到直线的距离公式、斜率公式、相似三角形的性质等建立关于x,y的等量关系式，再通过化简，就能求出动点轨迹的方程.二、参数法若题目较为复杂，根据题意难以快速建立与动点有关的关系式，或明确动点的运动轨迹，就可以运用参数法，设出相关参数，建立关于参数的方程，再通过化简、消去参数，进而得到动点的轨迹方程.例2.若点A在x轴上移动，点B在y轴上移动，线段AB的长为a，点P是AB上的一动点，且||AP=2||PB，求点P的轨迹方程.解：过点P作PM⊥x轴于M，过点P作PN⊥y轴于N.设点P()x，y，AB与x轴的夹角为θ(||θ≤π2)，则||AP=2a3，||BP=a3，于是x=13a cosθ，y=23a sinθ，消去参数，可得æèöø3xa2+æèçöø÷3y2a2=1，即动点的P轨迹方程为36x2+9y2=4a2.由于A,B为动点，所以直线AB与x轴的夹角直接影响着A、B点的横、纵坐标，此时我们要引入参数，运用参数法解题.根据题意绘制出相应的几何图形，再添加合适的辅助线，并根据直角三角形的性质列出关于参数的方程，就能通过消参，快速得出动点的轨迹方程.三、相关点法若动点P随点Q的变化而变化，就可以采用相关点法来求动点的轨迹方程.在解题时，我们首先要设出点P与点Q的坐标，然后根据题意建立两点之间的关系式，再将其代入关系式中进行运算，即可求出动点的轨迹方程.例3.已知点B为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的动点，点A(2a,0)为定点，试求线段AB的中点M的轨迹方程.解：设中点M的坐标为()x,y，B点的坐标为()x0,y0，因为M为线段AB的中点，所以ìíîïïx0+2a2=x，y0+02=y，可得{x0=2x-2a，y0=2y，则B(2x-2a,2y)，因为点B在椭圆x2a2+y2b2=1，所以x02a2+y02b2=1，即(2x-2a)2a2+(2y)2b2=1，整理可得4(x-a)2a2+4y2b2=1，该方程即为中点M的轨迹方程.仔细分析题意可以知道，点M都随着点B的变化而变化，因此需采用相关点法解题比较便捷，用M点的坐标表示B点的坐标，再将其代入题设中进行运算，化简所得的结果，即可快速求得问题的答案.由此可见，无论运用哪种方法求动点的轨迹方程，都要设出动点的坐标，建立关于动点的坐标与已知曲线方程之间的关系式，再通过化简，求得关于动点坐标的方程，从而求出动点的轨迹方程.虽然此类问题较为复杂，难度系数较大，但是只要明确题目中与动点相关的已知条件，选择与之相应的方法进行求解，问题就能迎刃而解.（作者单位：南京航空航天大学附属高级中学）37。
高中数学动点轨迹方程求解方法
高中数学动点轨迹方程求解方法轨迹，包含两个方面的问题：凡在轨迹上的点都符合给定的条件，这叫做轨迹的纯粹性(也叫做必要性);凡不在轨迹上的点都不符合给定的条件，也就是符合给定条件的点必在轨迹上，这叫做轨迹的完备性(也叫做充分性)。
轨迹方程就是与几何轨迹对应的代数描述。
轨迹方程就是与几何轨迹对应的代数描述。
符合一定条件的动点所形成的图形，或者说，符合一定条件的点的全体所组成的集合，叫做满足该条件的点的轨迹。
重点要掌握常用求轨迹方法，难点是轨迹的定型及其纯粹性和完备性的讨论。
一、动点轨迹方程解题步骤1.建系——建立适当的坐标系，设出动点M的坐标;2.设点——设轨迹上的任一点P(x，y)，写出点P的集合;3.列式——列出动点p所满足的关系式;4.代换——依条件的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为关于X，Y的方程式，化简方程为最简形式;5.证明——证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程。
二、动点轨迹方程求解常见的6种方法动点轨迹方程的求解方法有多种，常用的有直译法、定义法、相关点法、参数法和交轨法等。
1.直译求解法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法通常叫做直译法。
如果动点P的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标(x，y)表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。
根据已知条件及一些基本公式如两点间距离公式，点到直线的距离公式，直线的斜率公式等，直接列出动点满足的等量关系式，从而求得轨迹方程。
2.定义求解法：如果能够确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法。
待定系数法：如果动点P的运动规律合乎我们已知的某种曲线(如圆、椭圆、双曲线、抛物线)的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程，也有人将此方法称为定义法。
中考数学：点动产生路径长问题
点动产生的路径长问题近几年中考，和我们同学做的中考模拟试卷中，不断的出现了因动点计算路径长问题，这种题型因为隐藏的比较深，从而难以发现，计算比较繁琐。
在填空题选择题中比较多。
只要同学们在做题的过程中发现是这种题型，那么点所经过的路径一般就是就是两种结果。
一是线段。
二是圆弧。
为什么呢？因为只有这两图形是可以计算路径长的。
其它图形我们目前能计算路径长吗。
哈哈，这样解释印象有没有很深。
下面我们来看看我们会碰到的几种题型。
题型1：简单的图形翻转问题。
解法：这种题型比较简单。
只要找出旋转圆心，旋转时圆的半径，还有圆心角就可以了，然后利用扇形的弧长计算公式来计算。
注意，如果是圆弧旋转的话，圆心的路径是直线。
例题1：一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚（如图），那么B点从开始至结束所走过的路径长度为___________试题分析：现将木板沿水平线翻滚， B点从开始至结束走过了4条弧，每条弧是一等边三角形的边为半径的扇形，圆心角为等边三角形的内角，所以 B点从开始至结束所走过的路程长度=4l=点评：本题考查扇形的弧长公式，关键是找出扇形的圆心角和半径，考查学生的空间想象能力例题2：矩形ABCD的边AB=8，AD=6，现将矩形ABCD放在直线l上且沿着l向右作无滑动地翻滚，当它翻滚至类似开始的位置A1B1C1D1时（如图所示），则顶点A所经过的路线长是例题3：将半径为1、圆心角为60°的扇形纸片AOB，在直线l上向右作无滑动的滚动至扇形A’O’B’处，则顶点O经过的路线长为。
例题4：如图，一个圆心角为270°，半径为2m的扇形工件，未搬动前如图所示，A，B两点触地放置，搬动时，先将扇形以B为圆心，作如图所示的无滑动翻转，再使它紧贴地面滚动，当A，B两点再次触地时停止，则圆心O所经过的路线长是m．（结果保留π）例题5：已知一个半圆形工件，未搬动前如图所示，直径平行于地面放置，搬动时为了保护圆弧部分不受损伤，先将半圆作如图所示的无滑动翻转，使它的直径紧贴地面，再将它沿地面平移50m，半圆的直径为4m，则圆心O所经过的路线长是 m。
七年级下册数学动点问题解题技巧
七年级下册数学动点问题解题技巧一、动点问题解题技巧概述。
1. 分析动点的运动轨迹。
- 明确动点是在直线（如数轴、坐标轴上的直线）上运动，还是在平面图形（如三角形、四边形的边或内部）中运动。
例如，在数轴上的动点，其位置可以用一个数来表示，而动点在平面直角坐标系中的坐标则需要用一对数(x,y)来表示。
2. 用含时间t（或其他变量）的代数式表示相关线段的长度。
- 若动点在数轴上，设动点的初始位置为a，速度为v，运动时间为t，则经过t时间后动点的位置为a + vt（当向右运动时v为正，向左运动时v为负），两点间的距离可以根据它们在数轴上的坐标相减的绝对值来表示。
- 在平面直角坐标系中，如果动点P(x,y)从点A(x_1,y_1)出发，沿x轴方向速度为v_x，沿y轴方向速度为v_y，运动时间为t，则x = x_1+v_xt，y=y_1 + v_yt。
对于线段长度，可以利用两点间距离公式d=√((x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2)，将坐标用含t 的式子代入来表示线段长度。
3. 根据题目中的等量关系列方程求解。
- 常见的等量关系有：线段相等、面积相等、三角形相似对应边成比例等。
例如，若两个三角形相似，根据相似三角形对应边成比例的性质列出方程，然后求解方程得到关于t（或其他变量）的值。
二、题目及解析。
1. 已知数轴上A、B两点对应的数分别为 - 1和3，点P为数轴上一动点，其对应的数为x。
- 若点P到点A、点B的距离相等，求点P对应的数x。
- 解析：因为点P到点A、点B的距离相等，所以| x - (-1)|=| x - 3|，即| x + 1|=| x - 3|。
当x+1=x - 3时，方程无解；当x + 1=-(x - 3)时，x+1=-x + 3，2x=2，解得x = 1。
- 若点P在点A、点B之间，且PA+PB = 4，求点P对应的数x。
- 解析：因为点P在A、B之间，PA=| x+1|=x + 1，PB=| x - 3|=3 - x，由PA+PB = 4可得x + 1+3 - x=4，恒成立，所以-1中的任意数都满足条件。
求解动点路径长问题
运用“三点法”求解动点路径长问题初中数学中动点路径问题，一般有两种情况:线段或圆弧.本文提出一种求动点路径长的方法——三点法，“三点”指动点的起点，终点与过程点.该方法分为三步:(1)精准作图，运用刻度尺，圆规及量角器等工具作出位置较为精准的“三点”.(2)大胆猜测，若“三点”共线，则动点路径为线段;若“三点”不共线，则动点路径为圆弧.(3)小心验证，根据画出的“三点图”，运用相似三角形、“定角定长定圆”等方法对猜想进行严格的证明. 一、知识准备 1、基本概念如图1，在Rt ABC ∆中，6,8AC BC ==，90C ∠=︒.点P 是边AB 上一动点，点D 是AC 延长线上的一个定点，连结PD ，过点D 作DE PD ⊥，连结PE ，且2tan 5DPE ∠=，当点P 从点A 运动到点B 时，点E 运动的路径长为 .在图1中，点P 是“主动”在边AB 上开始动的点，称为“主动点”;点E 是跟着点P 在运动的点，称为“从动点”.又点P 从点A 运动到点B ，当点P 与点A 重合时记作点1P ，称为“主动点的起点”，此时1E 称为“从动点的起点”，此时作出符合要求的图形(如图2)，称该图为“起点图”;当点P 与点B 重合时记作点2P ，称为“主动点的终点”，此时2E 称为“从动点的终点”，作出符合要求的图形(如图3)，称该图为“终点图”.区别于起点1P ，终点2P ，将图1中的点P 称为“主动点的过程点”，此时E 称为“从动点的过程点”，相应地把图1称为“过程图”.将起点图，终点图，过程图放在同一个图形中，将这个图形称为“三点图”(如图4).2、定角定长定圆固定度数的角对着固定长度的线段时隐含着一个固定大小的圆，此时定线段为定圆的一条弦，定角为弦所对的一个圆周角.引例1 如图5，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，使90ACB ∠=︒，作出点C 的运动路径.由“90º角所对的弦是直径”可以得到点C 的运动路径是以AB 为直径的圆，且不与点A 、点B 重合(如图6).引例2 如图7，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，45ACB ∠=︒，作出顶点C 的运动路径.当点C 位置不同时，ACB ∠度数不变，根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”，可以将ACB ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心O 必在弦AB 的垂直平分线上，且290AOB ACB ∠=∠=︒，计算可得半径OA =所以，点C 的运动路径是优弧ACB ，且不与点A 、点B 重合(如图8).引例3 如图9，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，120ACB ∠=︒，作出顶点C 的运动路径.作出ACB ∠的补角'AC B ∠为60º，'AC B ∠的位置不同时度数为定值.类比引例2，可将'AC B ∠看作弦AB所对的一个圆周角，圆心O 必在弦AB 的垂直平分线上，且2'120AOB AC B ∠=∠=︒，计算可得半径OA =.在所以点C 的运动路径是劣弧»AB ，且不与点A 、点B 重合(如图10). 二、方法归纳例l 如图11，在Rt ABC ∆中，6,8AC BC ==，90C ∠=︒.点P 是边AB 上一动点，点D 是AC 延长线上的一个定点，连结PD ，过点D 作DE PD ⊥，连结PE ，且2tan 5DPE ∠=，当点P 从点A 运动到点B 时，点E 运动的路径长为 .1.精准作图 因为2tan 5DPE ∠=，所以通过计算很难得到DPE ∠的度数(不借助计算器)，但可以运用量角器测量图12中22DPE ∠≈︒.在图11的基础上，先作起点图.当点P 与点A 重合时记作点1P ，在图中作出122DPQ ∠=︒(如图12)，过点D 作11DE PD ⊥交射线AQ 于点1E (如图13).当点P 与点B 重合时记作点2P ，运用类似的方法在图13的基础上作出终点图，并去掉多余部分，得到一幅完整的三点图(如图14).2、大胆猜测通过三点图发现点1E ，点E ，点2E 基本在一条直线上(如图14)，所以可以大胆的猜测点E 的运动路径是一条线段，点E 运动的路径长就是线段12E E 的长度.于是提出猜想一“在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点共线时，从动点的运动路径为线段”.在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点不共线时，就初中数学而言，不共线的三点确定一个圆，这里提出猜想二“在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点不共线时，从动点的运动路径为圆弧”.当运动路径为圆弧时，考虑寻找固定度数的角与固定长度的线段，运用“定角定长定圆”的方法作出运动路径. 3.小心验证在图15中，因为1190E DE PDE ∠+∠=︒，1190PDP PDE ∠+∠=︒，∴11PDP E DE ∠=∠. 又∵1125DE DE DP DP ==， ∴11E DE PDP ∆∆:， ∴11DEE DPP ∠=∠.同理22E DE P DP ∆∆:，可得22DEE DPP ∠=∠. 又∵12180DPP DPP ∠+∠=︒， ∴12180DEE DEE ∠+∠=︒. ∴点1E ，点E ，点2E 三点共线.∵121290E DE PDE ∠+∠=︒，121290PDP PDE ∠+∠=︒， ∴1212PDP E DE ∠=∠. ∵121225DE DE DP DP ==， ∴1212E DE PDP ∆∆:， ∴121225E E PP =. ∵1210PP =， ∴124E E =.通过上述论证得到结论一:“当主动点在一条线段上运动，从动点也在一条线段上运动时，主动点的起点、终点、某个定点构成的三角形和从动点的起点、终点、某个定点构成的三角形相似”.因此可以先求出主动点的运动路径长再乘以相似比得到从动点的运动路径长. 三、运用求解例2 如图16，在Rt COD ∆中，90COD ∠=︒，2OC OD ==，以O 为圆心，AB 为直径的圆经过点C ，点D .连结,AD BC 相交于点P ，将Rt COD ∆从OA 与OC 重合的位置开始，绕着点O 顺时针旋转90º，则交点P 所经过的路径长是.在图16的基础上先作起点图，当点C 与点A 重合时记作点1C ，此时点D 在点1D ，位置，1BC ，1AD ，交于点1P ，此时点1P ，与点A 重合(如图17).再作终点图，此时点C 与点1D 重合记作点2C ，点D 与点B 重合记作点2D ，2AD 与2BC 交于点2P ，点2P 与点B 重合(如图18).通过三点图，发现点1P ，点P ，点2P 三点不共线，考虑从动点的运动路径为圆弧，但需要运用“定角定长定圆”的方法加以证明.在PAB ∆中，4AB =为定长，因为90COD ∠=︒，所以90COA DOB ∠+∠=︒，又“同弧所对的圆周角的度数是圆心角度数的一半”， 得到190452CBA DAB ∠+∠=⨯︒=︒， 所以135APB ∠=︒为定角.所以点P 在以4AB =为弦，135APB ∠=︒为圆周角的定圆上运动.类比引例2，APB ∠的补角'45AP B ∠=︒也为定角，可将'AP B ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心'O 必在弦AB 的垂直平分线上，且2'90AOB AP B ∠=∠=︒.又因为“直径所对的圆周角为90º”，所以'O 是弦AB 的垂直平分线与圆O 的一个交点 所以半径'22O A =.所以点P 的运动路径是劣弧AB (如图19)， 根据弧长公式得到90222180l ππ︒⨯==︒.通过上述论证可以发现，主动点1C ，点2C 与点O 构成的扇形12C OC 圆心角为90º，半径为2;从动点1P ，2P 与点0构成的扇形12POP 的圆心角为90º，半径为22.因为两个扇形的圆心角都为90º，所以扇形12C OC :扇形12POP ，相似比为1:2，因此扇形的弧长之比也为1:2.主动点C 的运动路径长为1902180l ππ︒⨯==︒，故从动点P 的运动路径长为122l l π==.于是得到结论二：“当主动点在一条圆弧上运动，从动点也在一条圆弧上运动时，主动点的起点、终点、某个定点构成的扇形和从动点的起点、终点、某个定点构成的扇形相似”.因此，可以先求出主动点的运动路径长再乘以相似比得到从动点的运动路径长.巩固练习 1．如图，已知扇形AOB 中，OA ＝3，∠AOB ＝120°，C 是在上的动点．以BC 为边作正方形BCDE ，当点C 从【分析】如图，由此BO交⊙O于F，取的中点H，连接FH、HB、BD．易知△FHB是等腰直角三角形，HF ＝HB，∠FHB＝90°，由∠FDB＝45°＝∠FHB，推出点D在⊙H上运动，轨迹是（图中红线），易知∠HFG＝∠HGF＝15°，推出∠FHG＝150°，推出∠GHB＝120°，易知HB＝3，利用弧长公式即可解决问题．【解答】解：如图，由此BO交⊙O于F，取的中点H，连接FH、HB、BD．易知△FHB是等腰直角三角形，HF＝HB，∠FHB＝90°，∵∠FDB＝45°＝∠FHB，∴点D在⊙H上运动，轨迹是（图中红线），易知∠HFG＝∠HGF＝15°，∴∠FHG＝150°，∴∠GHB＝120°，易知HB＝3，∴点D的运动轨迹的长为＝2π．故答案为2π．【点评】本题考查轨迹、弧长公式、圆的有关知识、正方形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找点D的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．2．如图，边长为6的正方形ABCD的顶点A、B在一个半径为6的圆上，顶点C、D在圆内，将正方形ABCD沿圆【分析】作辅助线，首先求出∠D′AB的大小，进而求出旋转的角度，利用弧长公式问题即可解决．【解答】解：如图，分别连接OA、OB、OD′、OC、OC′；∵OA＝OB＝AB，∴△OAB是等边三角形，∴∠OAB＝60°；同理可证：∠OAD′＝60°，∴∠D′AB＝120°；∵∠D′AB′＝90°，∴∠BAB′＝120°﹣90°＝30°，由旋转变换的性质可知∠C′AC＝∠B′AB＝30°；∵四边形ABCD为正方形，且边长为6，∴∠ABC＝90°，AC＝＝6，∴当点D第一次落在圆上时，点C运动的路线长为：＝π．以D或B为圆心滚动时，每次C点运动π，以A做圆心滚动两次，以B和D做圆心滚动三次，所以总路径＝×2+π×3＝（3+2）π．故答案为：（3+2）π．【点评】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的运用以及弧长公式的运用，题目的综合性较强，解题的关键是正确的求出旋转角的度数．3．将边长为4的正方形ABCD向右倾斜，边长不变，∠ABC逐渐变小，顶点A、D及对角线BD的中点N分别运动到A′、D′和N′的位置，若∠A′BC＝30°，则点N到点N′的运动路径长为．【分析】根据题意可以画出相应的图形，可以求得∠NMN′的度数，然后根据弧长公式即可解答本题．【解答】解：作NM⊥BC于点M，连接MN′，∵点N′和点M分别为线段BD′和BC的中点，∴MN′＝＝2，∴MN′＝BM，∴∠MBN′＝∠MN′B，∵∠A′BC＝30°，∴∠MBN′＝15°，∴∠N′MC＝30°，∴∠NMN′＝60°，∴点N到点N′的运动路径长为：，故答案为：．【点评】本题考查轨迹、正方形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．。
初中数学动点路径长的问题解决策略
2017·05路径长问题的通常没有给出具体的动点运动轨迹，比较抽象，是学生难以把握的问题之一。
问题的解决策略是将动态问题转化为静态问题，寻找问题中的不变量，把抽象问题具体化，而初中阶段动点的运动轨迹一般只限于直线运动或圆弧运动，解决路径长问题关键在于确定动点运动的轨迹。
摘要关键词轨迹；运动；路径长；策略路径长问题是近几年中考的热点问题，它设计新颖，内涵丰富，既考查学生的基本画图能力，又考查学生逻辑推理能力。
它的难点在于题目中没有给出具体的动点运动轨迹，而且比较抽象，需要学生思考探究，很多学生对这类问题常常感到无从下手，产生畏难情绪。
为了解决这个问题，教师可以引导学生将动态问题转化为静态问题，寻找路径长问题中不变的量，把抽象问题具体化。
现结合例题探讨动点路径是线段与圆弧这两类问题轨迹的解题策略。
一、追根溯源，探究问题中不变的量教学过程中教师们常常发现学生在审题、析题方面不能抓住重点，遇到疑难问题，不懂得寻求解题的突破口，过度依赖教师的讲解，不能独立思考，学习处于被动状态。
新课程理念倡导以学生为主体，让学生积极、主动地参与课堂的探究活动，学生通过探究获得的解题经验往往比较直观，而且印象深刻，因此，教师传授新知识、新方法时，要让学生有充足的时间探究题目中隐含的条件，寻找解题的关键点，把复杂问题简单化。
学生在探究的过程得出解题经验，既获得成功的体验，又提高自身的综合解题能力。
1.动点到定直线距离保持不变，其轨迹是线段人教版七年级下册数学教科书采用这个例题来讲解无理数π如何在数轴上表示。
如图，直径为1个单位长度的圆从原点沿数轴向右滚动一周，圆上的一点由原点O 到达点O′，点O′的数值是___。
这是初中阶段教科书第一次讲解动点的轨迹问题，从图中可以看出O O′的长是这个圆的周长π，所以点O′在数轴上对应的数是π。
教师再让学生思考圆形车轮让乘坐者感觉舒适平稳的原因，学生探究后得出结论：圆心到水平面的距离相等。
求动点的轨迹方程常用的四种方法
O
x
这个式子说明动点P到定点O , A的距离之差的绝 对值等于2（小于|OA|);所以点P的轨迹是双曲线。
该双曲线的两焦点为O , A(4, 0) ，中心在线段OA的中点 O(2, 0) 此时c = 2 , a = 1，所以 b 3 所以所求的双曲线方程为：
O
2
y
y ( x 2) 1 3
f ( x, y ) 0
其上任一点
g ( x, y) 0
形成轨迹
P( x0 , y0 )
x0 h1 ( x, y)
M ( x, y )
y0 h2 ( x, y)
例7
动点P在圆 x y 1 上移动时，求它与定点 A(3, 0) 的连 线的中点M的轨迹方程。
2 2
解析：设 M ( x, y )，P( x0 , y0 ) 由M为PA中点有：
(4 9k 2 ) x 2 18(k 2 k ) x 9k 2 2k 27 0 ②
O B y A D
M
x
显然有： 0 设：A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )
M ( x, y )
9(k 2 k ) x 4 9k 2
18(k 2 k ) x1 x2 4 9k 2
2、分别用参数表示动点坐标 x，y得轨迹的参数方程。
3、消去参数即得其普通方程。
例10
过椭圆 弦AB的中点M的轨迹方程。
x2 y2 1内一点 D (1,1) 9 4
作椭圆的弦AB，求动
解析：若直线 AB x 轴则方程为 x 1 此时AB中点为（1，0） 若直线不垂直x轴轴则方程为：y 1 k ( x 1) ① 代入椭圆方程并整理得：
动点几何解题五步法口诀
动点几何解题五步法口诀全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：动点几何是解题过程中常用的一种方法，通过动点的运动推导出几何问题的解决方式。
在解决动点几何问题时，五步法是一种常用的解题思路。
下面我们就来介绍一下关于动点几何解题五步法的口诀。
第一步，定义动点。
在解决动点几何问题时，首先要明确问题中的动点是什么。
动点通常用字母表示，动点可以在平面内移动，通过动点的移动来推导出问题的解决方式。
第二步，建立条件方程。
建立条件方程是解决动点几何问题的关键步骤。
根据问题的描述，可以得到一些条件，然后将这些条件用代数方式表达出来，建立条件方程。
条件方程可以帮助我们更清晰地理解问题，并找到问题的关键信息。
第三步，确定动点轨迹。
确定动点轨迹是指在平面内找到动点的运动规律。
根据问题的设定和条件方程，可以确定动点的轨迹，这样可以帮助我们更好地理解问题并找到解决问题的方法。
第四步，应用解析几何知识。
在解决动点几何问题时，通常需要应用解析几何知识来求解。
可以通过点、线、圆等基本几何元素来分析问题，利用解析几何知识来推导出问题的解决方法。
第五步，求解问题。
最后一步就是通过前面的步骤，将问题进行求解。
根据已建立的条件方程、动点轨迹和解析几何知识，可以得出问题的解决方法和答案。
通过以上五步法，我们可以更有条理地解决动点几何问题，将问题进行分解、分析，最终得出问题的解决方法。
在解决动点几何问题时，要注意细节，仔细分析问题，确保每一步都正确无误。
只有掌握了解题方法，并且多加练习，才能在考试中熟练运用动点几何解题五步法。
希望以上口诀可以帮助大家更好地掌握动点几何解题的技巧。
第二篇示例：动点几何解题是数学中一个重要的分支，很多学生在学习动点几何时会遇到困难。
为了帮助学生更好地掌握动点几何的解题方法，我们总结了一套五步法口诀，希望能够帮助大家更加轻松地解决动点几何题目。
我们先来了解一下什么是动点几何。
动点几何就是在平面几何空间中，研究几何图形中点、线、面等几何元素的位置关系和相互之间的运动规律。
运用“三点法”求解动点路径长问题
运用“三点法”求解动点路径长问题初中数学中动点路径问题，一般有两种情况:线段或圆弧.本文提出一种求动点路径长的方法——三点法，“三点”指动点的起点，终点与过程点.该方法分为三步:(1)精准作图，运用刻度尺，圆规及量角器等工具作出位置较为精准的“三点”.(2)大胆猜测，若“三点”共线，则动点路径为线段;若“三点”不共线，则动点路径为圆弧.(3)小心验证，根据画出的“三点图”，运用相似三角形、“定角定长定圆”等方法对猜想进行严格的证明.一、知识准备1、基本概念如图1，在Rt ABC ∆中，6,8AC BC ==，90C ∠=︒.点P 是边AB 上一动点，点D 是AC 延长线上的一个定点，连结PD ，过点D 作DE PD ⊥，连结PE ，且2ta n 5D PE ∠=，当点P 从点A 运动到点B 时，点E 运动的路径长为 .在图1中，点P 是“主动”在边AB 上开始动的点，称为“主动点”;点E 是跟着点P 在运动的点，称为“从动点”.又点P 从点A 运动到点B ，当点P 与点A 重合时记作点1P ，称为“主动点的起点”，此时1E 称为“从动点的起点”，此时作出符合要求的图形(如图2)，称该图为“起点图”;当点P 与点B 重合时记作点2P ，称为“主动点的终点”，此时2E 称为“从动点的终点”，作出符合要求的图形(如图3)，称该图为“终点图”.区别于起点1P ，终点2P ，将图1中的点P 称为“主动点的过程点”，此时E 称为“从动点的过程点”，相应地把图1称为“过程图”.将起点图，终点图，过程图放在同一个图形中，将这个图形称为“三点图”(如图4).2、定角定长定圆固定度数的角对着固定长度的线段时隐含着一个固定大小的圆，此时定线段为定圆的一条弦，定角为弦所对的一个圆周角.引例1 如图5，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，使90ACB ∠=︒，作出点C的运动路径.由“90º角所对的弦是直径”可以得到点C 的运动路径是以AB 为直径的圆，且不与点A 、点B 重合(如图6).引例2 如图7，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，45ACB ∠=︒，作出顶点C 的运动路径.当点C 位置不同时，ACB ∠度数不变，根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”，可以将ACB ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心O 必在弦AB 的垂直平分线上，且290AOB ACB ∠=∠=︒，计算可得半径OA =所以，点C 的运动路径是优弧ACB ，且不与点A 、点B 重合(如图8).引例3 如图9，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，120ACB ∠=︒，作出顶点C 的运动路径.作出ACB ∠的补角'AC B ∠为60º，'AC B ∠的位置不同时度数为定值.类比引例2，可将'AC B ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心O 必在弦AB 的垂直平分线上，且2'120AOB AC B ∠=∠=︒，计算可得半径OA =.在所以点C 的运动路径是劣弧»AB ，且不与点A 、点B 重合(如图10).二、方法归纳例l 如图11，在R t A B C ∆中，6,8AC BC ==，90C ∠=︒.点P 是边AB 上一动点，点D 是AC 延长线上的一个定点，连结PD ，过点D 作DE PD ⊥，连结PE ，且2tan 5DPE ∠=，当点P 从点A 运动到点B 时，点E 运动的路径长为 .1.精准作图因为2tan 5DPE ∠=，所以通过计算很难得到DPE ∠的度数(不借助计算器)，但可以运用量角器测量图12中22DPE ∠≈︒.在图11的基础上，先作起点图.当点P 与点A 重合时记作点1P ，在图中作出122DPQ ∠=︒(如图12)，过点D 作11DE PD ⊥交射线AQ 于点1E (如图13).当点P 与点B 重合时记作点2P ，运用类似的方法在图13的基础上作出终点图，并去掉多余部分，得到一幅完整的三点图(如图14).2、大胆猜测通过三点图发现点1E ，点E ，点2E 基本在一条直线上(如图14)，所以可以大胆的猜测点E 的运动路径是一条线段，点E 运动的路径长就是线段12E E 的长度.于是提出猜想一“在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点共线时，从动点的运动路径为线段”.在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点不共线时，就初中数学而言，不共线的三点确定一个圆，这里提出猜想二“在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点不共线时，从动点的运动路径为圆弧”.当运动路径为圆弧时，考虑寻找固定度数的角与固定长度的线段，运用“定角定长定圆”的方法作出运动路径.3.小心验证在图15中，因为1190E DE PDE ∠+∠=︒，1190PDP PDE ∠+∠=︒， ∴11PDP E DE ∠=∠. 又∵1125DE DE DP DP ==， ∴11E DE PDP ∆∆:， ∴11DEE DPP ∠=∠.同理22E DE P DP ∆∆:，可得22DEE DPP ∠=∠.又∵12180DPP DPP ∠+∠=︒，∴12180DEE DEE ∠+∠=︒.∴点1E ，点E ，点2E 三点共线.∵121290E DE PDE ∠+∠=︒，121290PDP PDE ∠+∠=︒，∴1212PDP E DE ∠=∠. ∵121225DE DE DP DP ==， ∴1212E DE PDP ∆∆:， ∴121225E E PP =.∵1210PP =，∴124E E =.通过上述论证得到结论一:“当主动点在一条线段上运动，从动点也在一条线段上运动时，主动点的起点、终点、某个定点构成的三角形和从动点的起点、终点、某个定点构成 的三角形相似”.因此可以先求出主动点的运动路径长再乘以相似比得到从动点的运动路径长.三、运用求解例2 如图16，在R t C O D ∆中，90COD ∠=︒，2OC OD ==，以O 为圆心，AB 为直径的圆经过点C ，点D .连结,AD BC 相交于点P ，将Rt COD ∆从OA 与OC 重合的位置开始，绕着点O 顺时针旋转90º，则交点P 所经过的路径长是 .在图16的基础上先作起点图，当点C 与点A 重合时记作点1C ，此时点D 在点1D ，位置，1BC ，1AD ，交于点1P ，此时点1P ，与点A 重合(如图17).再作终点图，此时点C 与点1D 重合记作点2C ，点D 与点B 重合记作点2D ，2AD 与2BC 交于点2P ，点2P 与点B 重合(如图18).通过三点图，发现点1P ，点P ，点2P 三点不共线，考虑从动点的运动路径为圆弧，但需要运用“定角定长定圆”的方法加以证明.在PAB ∆中，4AB =为定长，因为90COD ∠=︒，所以90COA DOB ∠+∠=︒，又“同弧所对的圆周角的度数是圆心角度数的一半”， 得到190452CBA DAB ∠+∠=⨯︒=︒，所以135APB ∠=︒为定角.所以点P 在以4AB =为弦，135APB ∠=︒为圆周角的定圆上运动.类比引例2，APB ∠的补角'45AP B ∠=︒也为定角，可将'AP B ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心'O 必在弦AB 的垂直平分线上，且2'90AOB AP B ∠=∠=︒.又因为“直径所对的圆周角为90º”，所以'O 是弦AB 的垂直平分线与圆O 的一个交点所以半径'O A =所以点P 的运动路径是劣弧AB (如图19)，根据弧长公式得到90180l π︒⨯==︒. 通过上述论证可以发现，主动点1C ，点2C 与点O 构成的扇形12C OC 圆心角为90º，半径为2;从动点1P ，2P 与点0构成的扇形12POP 的圆心角为90º，半径为因为两个扇形的圆心角都为90º，所以扇形12C OC :扇形12POP ，相似比为，因此扇形的弧长之比也为1.主动点C 的运动路径长为1902180l ππ︒⨯==︒，故从动点P 的运动路径长为l =.于是得到结论二：“当主动点在一条圆弧上运动，从动点也在一条圆弧上运动时，主动点的起点、终点、某个定点构成的扇形和从动点的起点、终点、某个定点构成的扇形相似”.因此，可以先求出主动点的运动路径长再乘以相似比得到从动点的运动路径长.。
“动点运动路径长”问题的求解方略
＿ Ａ ３ Ｐ刚 ＝ ３ ＿ Ｐ Ｂ
，
．
【 问题 ４ 】 如图 ４ — １ ， 点 Ｍ、 Ｎ是 边长 为 ４ 的正 三角形 Ａ Ｂ Ｃ边
．
・
ＥＭ ＋ ＦＮ ：
Ａ Ｂ、 ＡＣ上的动点 ， 且满足 ： 将 ＡＡ ＭＮ沿 ＭＮ折叠使 Ａ点恰好落在 Ｂ Ｃ边上 Ｄ点处。问当 Ｄ从 Ｂ移动 到 Ｃ的过程 中， 点 Ⅳ随之运动 的总路径长为多少？
Ｇ （ 如图３ － ２所 示） ， 关键 是如何说 明理 由。 其他边上运动时中点 运动的路径也是 圆弧 ， 四段 圆弧 的总长 即 位线 Ｇ。 简解 ： 易求点 Ｇ 。 （ ３ ． ５ ， ２ ） ， Ｇ （ ２ ． ５ ， ０ ） ． ＿ ． 线段 Ｇ Ｇ 的解 析式 为 个半径为 １ 的圆周长。． ・ ． 路 径 总 长＝ ２ ＇ ｎ ＇ ｘ ｌ ＝ ２ ＂ ａ － 。
由 题 （ １ ） 点ｐ （ ５ 一 ｔ ， ０ ） ， Ｑ （ ２ ＋ ÷￡ ， ４ 一 ） ． ・ ． 尸 Ｑ 中 点Ｇ 的 坐 标 为
ｆ 、 ＝ １ ０
・ ． ’
侧 的两个等边三角形 ， Ｇ为线段 Ｅ Ｆ的中点。 当点 Ｐ从点 ｃ移动 到 点 Ｄ时 ， 点 Ｇ 移 动 的路 径 长 为 多 少 ？
－ ． 点 Ｇ运动的路径是一条平行于 曰的线段 。易求当点 Ｐ与 段Ｅ Ｆ的 两 端 放 在 正方 形 相 邻 的两 边 上 同 时 滑 动 。如 图 点 Ｅ从 Ａ 变 。． Ｈ＝ ２ ， 当点 Ｐ与点 Ｄ重合时 ＡＨ ＝ ４ 。 出发 ，沿 图 中所 示 方 向按 Ａ一 曰 一Ｃ —Ｄ — 滑 动 到 点 Ａ 为止 ， 同 点 Ｃ重合时 Ａ
时 点 Ｆ从 点 Ｂ 出发 ， 沿 图 中所 示 方 向按 曰 一Ｃ 一 Ｄ — ＋ Ａ — Ｂ滑 动 到
求动点轨迹方程的常用方法
参考答案：x2
y2
4(
7 2
x
4)
求动点轨迹方程方法：
１．直接法：是通法，适用性强，但要尽量避免复杂计算．
２．定义法：要准确判断轨迹形状．
３．代入法：要有双动点和已知其一动点轨迹方程．
４．向量法：要能找到垂直或平行的动向量．
５．参数法：已知特殊曲线方程．
相应习题
1.动点P到定点(-1，0)的距离与到点(1，0)距离之差为2，则 P点的轨迹方程是____y_=_0_(_x_≥_1_)___.
弦OA的中点M的轨迹方程.
yA M
O C(1,0)
方法二 定义法(公式法):先判断并证明轨 迹形状,再根据特殊曲线定义写出方程.
由垂径定理可知: CM OA x OMC为直角三角形
直角顶点M的轨迹为以斜边
OC为直径的圆.
圆的圆心为OC的中点(
1 2
,0),
半径
r
1 2
|
OC
|
1 2
2
x0 y0
2x 2y
由于点A在圆C上， 则 (x0 1)2 y02 1
(2x 1)2 (2y)2 1
(x
1 2
)
2
y2
1 4
所求轨迹方程为：(x
-
1 2
)2
y2
1 4
(舍去原点(0,0))
例:已知圆C的方程为: (x -1)2 y2 1,过原点O作任一弦OA,求
x
0 xA 2
y
0 ya 2
1cos 2 sin 2
中考数学：点动产生路径长问题
中考数学：点动产生路径长问题点动产生的路径长问题近年来，中考和我们同学做的中考模拟试卷中，经常出现因动点计算路径长的问题。
这种题型难以发现，计算比较繁琐，在填空题和选择题中比较多。
只要同学们在做题的过程中发现是这种题型，那么点所经过的路径一般就是两种结果：线段和圆弧。
因为只有这两个图形可以计算路径长，其他图形我们目前还无法计算路径长。
下面我们来看看几种常见的题型。
题型1：简单的图形翻转问题。
解法：这种题型比较简单。
只要找出旋转圆心、旋转时圆的半径和圆心角，然后利用扇形的弧长计算公式来计算。
注意，如果是圆弧旋转的话，圆心的路径是直线。
例题1：一块边长为1的等边三角形的木板，沿水平线翻滚，求B点从开始至结束所走过的路径长度。
试题分析：B点从开始至结束走过了4条弧，每条弧是一等边三角形的边为半径的扇形，圆心角为等边三角形的内角，所以B点从开始至结束所走过的路程长度=4l=点评：本题考查扇形的弧长公式，关键是找出扇形的圆心角和半径，考查学生的空间想象能力。
例题2：矩形ABCD的边AB=8，AD=6，放在直线l上且沿着l向右作无滑动地翻滚，当它翻滚至类似开始的位置A时，顶点A所经过的路线长是多少？题型2：线段型问题也就是路径长是线段，我们会遇到两种情况。
第一种情况是动点始终到某直线的距离是一个定值。
第二种情况需要建立直角坐标系来解决，或者动点与起始时连线始终和某个直线的夹角是一个定值。
第二种情况的难度明显比第一种要大。
例题6：如图，已知AB=10，P是线段AB上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边三角形ACP和△PDB，连接CD，设CD的中点为G，当点P从点A运动到点B时，则点G移动路径的长是多少？例题7：等边三角形ABC中，BC=6，D、E是边BC上两点，且BD=CE=1，点P是线段DE上的一个动点，过点P分别作AC、AB的平行线交AB、AC于点M、N，连接MN、AP交于点G，则点P由点D移动到点E的过程中，线段BG扫过的区域面积为多少？例题8：如图，在直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=10，BC=30，动点P从点B开始沿边BC向点C以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CA向点A以每秒1个单位长度的速度运动，连接PQ，点P、Q分别从点B、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）。
例谈如何解一类_动点运动路径长_问题_马先龙
槡 2 1 1 1例谈如何解一类“动点运动路径长”问题■ 马先龙摘要: 解答中考题时，经常会碰到解“动点运动路径长”问题． 实际解题时，若能先灵活运用“等距法”探究动点轨迹，确定路径，然后通过计算求其长，则能比较顺利地解决问题，本文通过举例说明．关键词:动点; 等距法; 路径长 解答中考题时，经常会碰到一类以动三角形为载 体的“动点运动路径长”问题． 此类问题因综合性较强，考查的知识点较多，加上动点的运动路径又不明 显，因而解答时颇有难度，常常让答题者望而生畏． 实际解题时，若能先灵活运用“等距法”探究动点轨迹， 确定路径，然后再通过计算求其长，则能比较顺利地解决问题． 现举例说明，供读者参考．⊥ C A 交 C A 的延长线于点 M ，作 O N ⊥ B C 于点 N ，则易证 O M = O N ，所以点 O 在∠A C B 的平分线 C O 上运动，从而，点 O 的运动路径为线段，接下来通过计算易求其长．解: 如图 1，因为 △A O P 是等腰直角三角形，所以 O A = O P ，∠A O P = 90°． 连接 C O ，过点 O 作 O M ⊥ C A 交 C A 的延长线于点 M ，作 O N ⊥ B C 于点 N ，则 ∠O MC = ∠O N C = ∠O N P = 90°，又因为∠MC N = 90°，所以 ∠O MC = ∠O N C = ∠MC N = 90°，所以四边形 CM O N 是矩形，所以 ∠M O N = 90°，所以 ∠A O M + ∠A O N =∠P O N + ∠A O N = 90° ，所以 ∠A O M = ∠P O N ． 在∠O M A = ∠O N P = 90° 一、动点的运动路径为一条线段 例 1( 2018 年四川达州市中考) 如图 1，△AOM 和 △PON 中 ， ∠AOM = ∠PON OA = OP，所以Ｒt △A B C 中，∠C = 90°，A C = 2 ，B C = 5，点 D 是 B C 边上一点且 C D = 1，点 P 是线段 DB 上一动点，连接 A P ，以 A P 为斜边在 A P 的下方作等腰 Ｒt △A O P ． 当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长为．△A O M ≌ △P O N ( AA S ) ，所以 O M = O N ，所以点 O 在 ∠A C B 的平分线C O 上运动． 如图2，分别作出动点O 的始末位置点 O 1、O 2，则线段 O 1O 2 就是动点 O 的运动路径． 过点 O 1 作 O 1M 1 ⊥ A C 于点 M 1，作 O 1N 1 ⊥ B C 于点 N 1，过点 O 2 作 O 2M 2 ⊥ C A 交 C A 的延长线于点 M 2，作 O 2N 2 ⊥ B C 于点 N 2，由上，易知四边形 CM 2O 2N 2 是矩 形，△A O 2M 2 ≌ △BO 2N 2( AA S ) ，所以 O 2M 2 = O 2N 2， A M 2 = B N 2，所以四边形 CM 2O 2N 2 是正方形，所以 CM 2 = C N 2，所以 CM 2 － A C = B C － CM 2，所以 CM 2 = 1 ( AC + BC ) = 1 × ( 2 + 5) = 7 ，所 以 CO =2 2 2 2图 1图 22 CM = 7 槡2． 同理，可得四边形 CM O N 是正方形， 2 CM = 1 ( A C + C D ) = 1 × ( 2 + 1) = 3，C O = 分析:本题中等腰Ｒt △AOP 的顶点 A 固定，顶点 P在线段 DB 上运动，顶点 O 随之运动． 依题意，可先用 1 2 CM 2 = 3 槡2 ，所以 O O 2 = CO － CO 2= 7 槡2 1－3 槡2 “等距法”探究动点 O 轨迹，确定路径，后求其长． 如图 槡 1 2 1 2 2 1 2 2 1，由条件，易知 O A = O P ，∠A O P = 90°，过点 O 作 O M= 2 槡2 ，所以点 O 的运动路径长为 2 槡2 ．作者简介: 马先龙( 1966 － ) ，男，江苏淮阴人，本科，中学高级教师，主要从事初中数学教学研究·30·评注: 本题考查了动点的运动轨迹，考查了等腰直角三角形的性质，考查了全等三角形的判定和性质，考查了矩形、正方形的判定和性质，考查了角平分线的判定，考查了构造图形法、等距法等数学思想方法的运用［1］． 在探究动点轨迹时，充分抓住等腰 Ｒt △A O P 两腰相等且夹角为直角等重要条件，通过作垂线段构造全等三角形，得到动点 O 到定角 ∠ACB 两边的距离相等这一事实，从而由数量关系引发位置关系，推得动点 O 一定在 ∠ACB 的平分线上运动，进而获得动点的运动路径为一条线段． 接下来，作出动点的始末位置点， 根据图形和已知条件计算路径长则比较容易了．例 2 ( 2018 年湖北荆门市中考) 如图 3，等腰Ｒt △A B C 中，斜边A B 的长为2，O 为A B 的中点，P 为A C 边上的动点，OQ ⊥ O P 交 B C 于点 Q ，M 为 P Q 的中点， 当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路径长为( )( A) 槡2 π ( B) 槡2 πBC 的中点，则 M 1、M 2 也分别是动点 M 的始末位置点， 所以线段 M 1M 2 就是动点 M 的运动路径． 在△ABC 中， 因为 M 1M 2 是 △A B C 的中位线，A B = 2，所以 M 1M 2 =1A B = 1，所以动点 M 所经过的路径长为 1，所以选 2( C) ．评注: 本题考查了动点的运动轨迹，考查了等腰直角三角形的性质，考查了“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一重要定理，考查了线段垂直平分线的判定，考查了三角形的中位线定理，考查了构造图 形法、等距法等数学思想方法的运用． 在探究动点轨迹时，充分抓住了点 M 既为Ｒt △OPQ 斜边 PQ 的中点，又为 Ｒt △PCQ 斜边 PQ 的中点这一重要条件，通过运用直角三角形关于斜边上中线的性质定理，得到动点 M 到定线段OC 两端的距离相等这一事实，从而由数量关系引发位置关系，推得动点 M 一定在线段 CO 的垂直平分线上运动，进而获得动点的运动路径为一条线段． 接下来，根据动点的始末位置，计算路径长唾手可得．4 2 ( C) 1 ( D) 2图 3 图 4分析: 本题中Ｒt △POQ 的顶点O 固定，顶点P 在线段 A C 上运动，P Q 的中点 M 随之运动． 依题意，可先用 “等距法”探究动点 M 轨迹，确定路径，后求其长． 如图 3，连接C O ，M O ，MC ，由题意，易证M O = MC ，所以点M 一定在线段 CO 的垂直平分线上运动，从而推得点 M 的运动路径为线段，接下来通过计算易求路径长．解: 如图 3，连接 C O ，M O ，MC ． 因为 △A B C 是等腰直角三角形，所以 A C = B C ，∠A C B = 90°． 因为 OQ ⊥ O P ，所以∠P OQ = 90°． 在Ｒt △P OQ 与Ｒt △P C Q 中，因为 ∠P OQ = ∠A C B = 90°，M 为 P Q 的中点，所以 M O= MC = 1P Q ，所以点 M 在线段 C O 的垂直平分线 E F2 上运动． 如图 4，在等腰 Ｒt △A B C 中，因为 A C = B C ，O 为 A B 的中点，所以 C O ⊥ A B ，设 M 1、M 2 分别是边 A C 、 二、动点的运动路径为两条( 往返) 线段 例3 ( 2019 年浙江嘉兴市中考) 如图 5，一副含 30° 和45° 的直角三角板 ABC 和 EDF 拼合在一个平面上，边 A C 与 E F 重合，A C = 12 c m ． 当点 E 从点 A 出发沿 AC 方向滑动时，点 F 同时从点 C 出发沿射线 BC 方向滑动． 当点 E 从点 A 滑动到点 C 时，点 D 运动的路径长为c m ．槡 分析: 本题中等腰 Ｒt △DEF 的三个顶点都在运动，其中顶点 E 、F 限制在两条互相垂直的线段上滑动， 等腰 Ｒt △DEF 在运动中形状、大小都保持不变． 依题意，可先用“等距法”探究动点 D 轨迹，分类讨论，确定路径，后求其长． 如图 6，由条件，易知 DE = DF ， ∠E D F = 90°，过点 D 作 D G ⊥ A C 于点 G ，作 D H ⊥ B C 交直线 B C 于点 H ，则易证 D G = D H ，所以动点 D 在 △ABC 的外角∠ACH 的平分线上运动． 依题意，动点 D的运动路径为两条( 往返) 线段，接下来通过计算易求路径长．解: 如图 6，过点 D 作 D G ⊥ A C 于点 G ，作 D H ⊥ B C 交直线 B C 于点H ，则∠D G E = ∠D G C = ∠D H C = 90°，又因为 ∠A C B = 90°，所以 ∠G C H = 90°，所以 ∠D G C = ∠G C H = ∠D H C = 90°，所以四边形 C G D H 是矩形，所以∠G D H = 90°，又因为△E D F 是等腰直角三角形，所以 D E = D F ，∠E D F = 90°，所以 ∠E D G + ∠GDF = ∠FDH + ∠GDF = 90°， 所 以 ∠EDG = ∠F D H ． 在 △E D G 和 △F D H 中，∠D G E = ∠D H F = 90°， 6槡2，所以点 D 运动的路径长为2D 1D 2 = ( 24 － 12槡2) c m ． 评注: 本题考查了动点的运动轨迹，考查了等腰直角三角形的性质，考查了全等三角形的判定和性质，考查了矩形、正方形的判定和性质，考查了角平分线的判定，考查了构造图形法、等距法、特殊位置法、分类讨论 法等数学思想方法的运用． 在探究动点轨迹时，充分抓住等腰 Ｒt △DEF 两腰相等且夹角为直角等重要条件， 通过作垂线段构造全等三角形，得到动点 D 到定角( ∠ACB 的外角) 两边的距离相等这一事实，从而由数量关系引发位置关系，推得动点 O 一定在 △ABC 的外角∠ACH ( 如图7) 的平分线上运动． 对于本题，由于等腰 Ｒt △DEF 的顶点 E 、F 限制在两条互相垂直的线段上滑动，而等腰 Ｒt △DEF 在运动中形状、大小都保持不变，因而导致动点 O 的运动路径为两条( 往返) 线段． 一旦弄清动点 O 的运动路径，计算路径长则立刻变得简单了． 本题对动点 O 运动路径的确定是难点，突破难点的关键是运用动中求静，静中求动的思想，多画几 种动点在不同状态下的图形，从而易获得特殊位置图形，对路径作出正确的判断和分类．∠EDG = ∠FDH DE = DF，所 以 △EDG ≌“解题，就好像游泳一样，是一种实际技能． 当你学习游泳时，你模仿其他人的手足动作使头部保持在水 △F D H ( AA S ) ，所以 D G = D H ，所以动点 D 在 △A B C 的外角 ∠A C H 的平分线上运动． 如图 7，当点 E 沿 A C 方向滑动，使等腰直角三角的板的边DE ⊥ AC 时，作出动点 D 从开始到此时的始末位置点 D 2、D 1，则在这一过程中动点 D 沿线段 D 1D 2 向斜上方方向运动，运动路径为线段 D 1D 2; 如图 8，当点 E 接上一过程沿 A C 方向继续滑动，使等腰直角三角板的斜边 EF 正好落在直线BC 上时，作出动点 D 的始末位置点 D 1、D 2 则在这一过程中动点 D 沿线段 D 2D 1 向斜下方方向运动，运动路径为线段D 2D 1． 如图5，因为等腰直角三角板E D F 的斜边E F = A C = 12 c m ，所以 D E = D F = 槡2E F = 6 2 c m ．2 如图7，易知C D 1 = 6槡2 ，四边形 C E 2D 2F 2 是正方形，从而 C D 2 = E 2F 2 = 12，所以 D 1D 2 = C D 2 － C D 1 = 12 －面上，并最后通过实践来学会游泳． 当试图解题时，你也必须观察并模仿其他人在解题时的行为，并且最后通过实践来学会解题［2］”． 对典型的中考题进行归类解析，可以帮助学生学会模仿、探究、思考，不断感受基 本的数学思想和方法，积累解题经验，从而领会数学的精髓、奥妙，增强解题信心，学会“游泳”，学会解题． 参考文献:［1］ 罗增儒． 数学解题学引论［M ］． 西安: 陕西师范大学出版社，2001． ［2］ 波利亚． 怎样解题［M ］． 上海: 上海科技教育出版社，2007． ［江苏省淮安市淮阴区开明中学( 223300) ］。
中考总复习-动点产生的路径长问题
中考总复习——动点运动的路径长问题 姓名_____________学号____________前言：动点运动的路径长一般有两种情况：（1）“直”路径；（2）“弯”路径（到定点的距离相等，或定长定角）解题方法：1、判断路径是“直”还是“弯”（可采用三点法，找出起始位置，中间位置，结束位置）2、找出起点和终点；3、求路径长例题1：如图，等边ABC ∆的边长为4cm ，动点D 从点B 出发，沿射线BC 方向移动，以AD 为边作等边ADE ∆，在点D 从点B 开始移动至点C 的过程中，请判断点E 的运动轨迹，并求其运动路径的长。
解题策略：可通过作图，找三个点确定点E 的运动轨变是直线还是圆弧（初学的时候可通过几何画板来探究一下），然后把图形画出来，并确定路径的起点和终点，最终求出路径的长度。
分析：如图，可判断点E 的轨迹是一条直线，且点C 和'C 分别为起点和终点，易证ABD ∆≌ACE ∆，所以点E 在CE 所在直线上运动。
且BC CC ='，所以点E 的运动路径的长为4cm .例题2：如图，AB 为⊙O 的直径，8=AB ，点C 为圆上任意一点，点D 为AC 的中点，当点C 在⊙O 上从点A 出发，顺时针运动︒180，求点D 运动的路径长。
分析：因为点D 为AC 的中点，由垂径定理可知︒=∠90ADO ，由定长定角可知点D 在以AO 为直径的圆弧上运动.当点C 在点A 处为起点，当点C 在点B 时为终点，如图所示，可知点D 的运动路径为一个半圆。
所以点D 的路径长为：ππ22221=⨯⨯练习1：如图，P 是线段BC 上一动点，BC=10，A 为线段BC 外一定点，连接AP ，取AP 中点Q ，当点P 从点B 运动到点C 时，点Q 的运动路径长为___________练习2：如图，已知10=AB ，P 是线段AB 上的动点，分别以AP 、PB 为边在线段AB 的同侧作等边ACP ∆和等边PDB ∆，连接CD ，设CD 的中点为G ，当点P 从点A 运动到点B 时，则点G 移动路径的长为________练习3：如图，矩形ABCD 中，6=AB ，2=AE ，动点P 从点A 出发，沿AB 运动点到点B 停止。
12动点路径长的解题策略
中考专题复习：动点路径长的解题策略初中数学中动点轨迹的问题，一般有两种情况：线段或圆弧．在研究此问题时，可以分三步：(1).利用函数描点法大胆猜想:即对目标点描出它的起点、中点、末点时的位置，连接起来，猜想它是什么形状；（2）寻找不变量，严格证实猜想：在运动中寻找不变的量，即不变的数量关系或位置关系．如果动点的轨迹是一条线段，那么其中不变的量便是该动点到某条直线的距离始终保持不变；如果动点的轨迹是一段圆弧，则该动点到某个定点的距离始终保持不变．因此，解决此类动点轨迹问题便可转化为寻找定直线或定点.（3）利用特殊值算出动点路径长动点轨迹往往是直线或者圆的一部分。
①线段。
当动点到某条直线或线段的距离相等时，动点的轨迹很可能是条线段；②当动点是一个固定角的顶点时，轨迹很可能是条弧。
③当动点到某定点的长度一定时，轨迹是一条圆弧. 分类举例：一、定点+定长⇒圆例1.如图，OA ⊥OB ，垂足为O ，P 、Q 分别是射线OA 、OB 上两个动点，点C 是线段PQ 的中点，且PQ=4．则动点C 运动形成的路径长是 .例2.矩形ABCD 中，AB=3，BC=4，P 是BC 边上一动点，把△ABP 沿AP 翻折 得△AQP ，则CQ 的最小值为 .二、定线+定角⇒圆例3.如图，以G(0，-1)为圆心，半径为2的圆与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于C ，D 两点，E 为⊙G 上一动点，DF ⊥AE 于点F ．当点E 从点C 出发顺时针运动到点B 时，点F 所经过的路径长为 .例4.如图，半径为2cm ，圆心角为90°的扇形OAB 的弧AB 上有一运动的点P ． 从点P 向半径OA 引垂线PH 交OA 于点H ．设△OPH 的内心为I ，当点P 在弧AB 上从点A 运动到点B 时，内心I 所经过的路径长为 .三、定线+定长⇒线段例5（2012张家界）如图1，已知线段AB=6，C 、D 是AB 上两点，且AC=DB=1，P 是线段CD 上一动点，在AB 同侧分别作等边三角形APE 和等边三角形PBF ，G 为线段EF 的中点，点P 由点C 移动到点D 时，G 点移动路径长度为_______．Q D A B C P例6.如图所示，扇形OAB从图①无滑动旋转到图②，再由图②到图③，∠O=60°，OA=1．（1）求O点所运动的路径长；（2）O点走过路径与直线L围成图形的面积．四、旋转缩放（主从联动）⇒从路径=主路径×缩放比例7.如图，点B在线段AC上，点D，E在AC同侧，∠A=∠C=90°，BD⊥BE，AD=BC=3，CE=5．P为线段AB上的动点，连接DP，过点P作PQ⊥DP，交直线BE于点Q，连接DQ．当点P从点A运动到AC的中点时，线段DQ的中点所经过的路径长为.五、坐标定位（多点运动）⇒设参求函数关系例8.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，动点P从点A出发，沿AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C同时出发，沿CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．设运动的时间为t秒（t≥0），则在整个运动过程中，线段PQ的中点M所经过的路径长为.练习1．如图，抛物线y=x2﹣x﹣与直线y=x﹣2交于A、B两点（点A在点B的左侧），动点P从A点出发，先到达抛物线的对称轴上的某点E，再到达x轴上的某点F，最后运动到点B．若使点P运动的总路径最短，则点P运动的总路径的长为（）A．B．C．D．图1 图22．如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为（）A．B．C．D．3.∠O 的内部有一滑动杆AB ，当端点A 沿直线AO 向下滑动时，端点B 会随之自动地沿直线OB 向左滑动，如果滑动杆从图中AB 处滑动到A′B′处，那么滑动杆的中点C 所经过的路径是（ ）A ． 直线的一部分B ． 圆的一部分C ． 双曲线的一部分D ． 抛物线的一部分4.（2013•湖州）如图，已知点A 是第一象限内横坐标为23的一个定点，AC ⊥x 轴于点M ，交直线y=﹣x 于点N ．若点P 是线段ON 上的一个动点，∠APB=30°，BA ⊥PA ，则点P 在线段ON 上运动时，A 点不变，B 点随之运动．求当点P 从点O 运动到点N 时，点B 运动的路径长是 ．5. 如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 是BC 边的中点，动点P 、Q 在正方形的边上运动,且PQ=4.若点P 从点A 出发,沿ABE 的路线向点E 运动,相应的,点Q 在DA 、AB 上运动。
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“动点运动路径长”问题的求解方略
作者：曹亦祥
来源：《新课程学习·上》2014年第03期
摘要：在平时的教学中发现许多学生甚至是一些数学比较优秀的学生对于如何解决“动点运动路径长”的问题缺少方法，无从下手。
其实解决这类问题也是有一般方法的，现举例加以分析。
关键词：数学教学；“运点运动路径长”问题；解题方法
解题反思：证明动点运动的路径是线段的方法很多，这里介绍了两种典型的方法。
问题2用的是几何方法证明点G到直线AB的距离为定值；问题3用的是函数的知识，说明点G的坐标符合某一次函数的解析式。
这些典型解法在学习过程中要用心体会，并学会运用。
类型三、往返运动型
解题反思：这种类型是动点路径问题最复杂的一种，如果画图、分析不够充分往往难以发现动点的正确运动路径，在画图判断时尤其要关注运动过程中的一些特殊的位置（如：中点、垂直、平行等）。
通过上述问题的探究，笔者归纳一下求“动点运动路径长”问题的一般策略如下：首先可以通过画图（一般要画出起始点、中间若干关键点和结束点）来判断路径类型和范围（在初中阶段主要考查的一般是圆弧型和线段型）；其次是结合已知条件的特点运用不同的数学方法说明自己的判断是正确的；最后按照判断的路径类型及范围来计算路径长。
新课程标准提倡在掌握基础知识、基本技能的同时，要形成数学思想方法，增强数学基本活动经验，这些要求必将在今后的考试中充分体现出来。
所以在平时的数学教学过程中，教师要有意识地通过这样的数学问题的探索研究，帮助学生增强数学活动的基本活动经验，提高分析问题解决问题的能力。
值得注意的是单纯的讲授与模仿不能帮助学生形成真正有效的基本活动经验，有效经验一定是在自主活动过程中才能获得的。
因此，在实际教学过程中让学生经历相应的反思活动，特别是对刚刚经历的活动过程（条件、步骤、方法等）的反思，对于基本活动经验的形成极为重要。
|编辑杨兆东。