最值系列之瓜豆原理

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3最值系列之瓜豆原理

初中数学最值系列之瓜豆原理

最值系列之瓜豆原理在辅助圆问题中，我们了解了求关于动点最值问题的方式之一——求出动点轨迹，即可求出关于动点的最值．本文继续讨论另一类动点引发的最值问题，在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点Q，当然P、Q之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一、轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．Q【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠P AQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．【思考1】：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为一边作等边△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，故圆M亦由圆O旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP与AQ的位置和数量关系．【思考2】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，如何作出Q点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠OAM=45°且AO:AM：1．M点即为Q点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【分析】M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，连接CO 取CO 中点D ，以D 为圆心，DM 为半径作圆D 分别交AC 、BC 于E 、F 两点，则弧EF 即为M 点轨迹．当然，若能理解M 点与P 点轨迹关系，可直接得到M点的轨迹长为P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018南通中考】如图，正方形ABCD 中，AB O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =2，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【分析】E 是主动点，F 是从动点，D 是定点，E 点满足EO =2，故E 点轨迹是以O 为圆心，2为半径的圆．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．【练习】△ABC 中，AB =4，AC =2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE ，BD 、CE 交于点O ，则线段AO 的最大值为_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB ，将AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据AC =2，可得C 点轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆．OEDCBA接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点C 的轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点O 轨迹圆圆心．连接AM 并延长与圆M 交点即为所求的点O ，此时AO 最大，根据AB 先求AM ，再根据BC 与BO 的比值可得圆M 的半径与圆A 半径的比值，得到MO ，相加即得AO ．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A 、C 、A ’共线时，可得AO最大值．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP :AQ 是定值）．结论：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为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⊥P A，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________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．GABCDEF根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。

最值问题——瓜豆原理

△OPQ是等腰直角三角形,∠POQ=90°且 OP=OQ,当点P在直线AB上运动时,求Q点轨迹?
△OPQ是直角三角形,∠POQ=90°且 OP=2OQ,当点P在直线AB上运动时,求Q 点轨迹?
线型模型总结
必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）结论： P、Q两点轨迹所在直线的夹角等于∠PAQ P、Q两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP:AQ=BC:MN）
线形——平行四边形问题
线形——路径长问题
圆形最值问题
过关检测
最值问题
瓜豆原理
瓜豆原理——种豆得豆，种瓜得瓜
• P是直线AB上ー动点,连接OP,取OP中点Q,当点P在AB上运动时,Q点轨迹是?
P 是圆 O 上ー个动点 , A 为定点 , 连接 A P, Q 为 A P 中点 . 当点 P 在园 O 上运动时 , Q 点轨迹是？
圆型变形
P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？
圆型变形
△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？
圆型模型总结
必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）结论：主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角∠PAQ=AO:AM
任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．
分析步骤
• ① 找三点：主动点P ; 从动点Q ；中心点A（主从连线公共点） • ②分析主动点关于中心点到从动点的运动，推出：

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最值系列之瓜豆原理在辅助圆问题中，我们了解了求关于动点最值问题的方式之一——求出动点轨迹，即可求出关于动点的最值．本文继续讨论另一类动点引发的最值问题，在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点Q，当然P、Q之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一、轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．Q【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠P AQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．【思考1】：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为一边作等边△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，故圆M亦由圆O旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP与AQ的位置和数量关系．【思考2】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，如何作出Q点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠OAM=45°且AO:AM：1．M点即为Q点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【分析】M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，连接CO 取CO 中点D ，以D 为圆心，DM 为半径作圆D 分别交AC 、BC 于E 、F 两点，则弧EF 即为M 点轨迹．当然，若能理解M 点与P 点轨迹关系，可直接得到M 点的轨迹长为P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018南通中考】如图，正方形ABCD 中，AB O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =2，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【分析】E 是主动点，F 是从动点，D 是定点，E 点满足EO =2，故E 点轨迹是以O 为圆心，2为半径的圆．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．【练习】△ABC 中，AB =4，AC =2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE ，BD 、CE 交于点O ，则线段AO 的最大值为_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB ，将AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据AC =2，可得C 点轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆．OEDCBA接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点C 的轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点O 轨迹圆圆心．连接AM并延长与圆M交点即为所求的点O，此时AO最大，根据AB先求AM，再根据BC与BO的比值可得圆M的半径与圆A半径的比值，得到MO，相加即得AO．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A、C、A’共线时，可得AO最大值．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP :AQ 是定值）．结论：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为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⊥P A，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________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．GABCDEF根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。

3最值系列之瓜豆原理-豆瓜定理

最值系列之瓜豆原理在辅助圆问题中，我们了解了求关于动点最值问题的方式之一——求出动点轨迹，即可求出关于动点的最值．本文继续讨论另一类动点引发的最值问题，在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点Q，当然P、Q 之间存在某种联系，从P 点出发探讨Q 点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一、轨迹之圆篇引例1：如图，P 是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP 中点．考虑：当点P 在圆O 上运动时，Q 点轨迹是？分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O 有什么关系？考虑到Q 点始终为AP 中点，连接AO，取AO 中点M ，则M 点即为Q 点轨迹圆圆心，半径MQ 是OP 一半，任意时刻，均有△AMQ ∽△ AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．小结】确定Q 点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O 三点共线，由Q 为AP 中点可得：AM=1/2AO ．Q 点轨迹相当于是P 点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P 在圆O 上运动时，Q 点轨迹是？【分析】Q 点轨迹是个圆，可理解为将AP 绕点 A 逆时针旋转90°得AQ，故Q 点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q 点轨迹圆圆心M 满足AM⊥ AO；考虑AP=AQ，可得Q 点轨迹圆圆心M 满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M 位置，任意时刻均有△APO≌△ AQM ．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠ PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M 满足AO:AM=2:1．即可确定圆M 位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【结论】（ 1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角： ∠PAQ=∠OAM ；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比： AP:AQ=AO:AM ，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆， Q 与 P 的关系相当于旋转 + 伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆． “种 ”圆得圆， “种”线得线，谓之“瓜豆原理【模型总结】为了便于区分动点 P 、 Q ，可称点 P 为 “主动点 ”，点 Q 为“从动点此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠ PAQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（ AP:AQ 是定值）．【思考1】：如图，P 是圆O 上一个动点， A 为定点，连接AP ，以AP 为一边作等边△APQ．考虑：当点P 在圆O 上运动时，Q 点轨迹是？QA【分析】Q 点满足（1）∠PAQ=60°；（2）AP=AQ，故Q 点轨迹是个圆：考虑∠ PAQ=60°，可得Q 点轨迹圆圆心M 满足∠ MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q 点轨迹圆圆心M 满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M 位置，任意时刻均有△APO≌△ AQM ．A【小结】可以理解AQ 由AP 旋转得来，故圆M 亦由圆O 旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP 与AQ 的位置和数量关系．【思考2】如图，P 是圆O 上一个动点， A 为定点，连接AP，以AP 为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P 在圆O 上运动时，如何作出Q 点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠ PAQ=45°；（2）AP:AQ= 2：1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠ OAM=45°且AO :AM = 2 ：1．M 点即为Q 点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△ AMQ ．即可确定点Q 的轨迹圆．Q【练习】如图，点 P （ 3,4），圆 P 半径为 2，A （2.8,0），B （5.6,0），点 M 是圆 P 上的动点，点 C 是 MB 的中点，则 AC 的最小值是．取 BP中点 O ，以 O 为圆心， OC 为半径作圆，即为点 C 轨迹．当 A 、C 、O 三点共线且点 C 在线段 OA 上时， AC 取到最小值，根据 B 、 P 坐标求 O ，利用两点间距离公式求得 OA ，再减去 OC 即可．分析】 M 点为主动点， C 点轨迹：2016 武汉中考】如图，在等腰 Rt △ABC 中，AC=BC= 2 2 ，点 P 在以斜边 AB 为直径的半圆上， M 为 PC 的中点，当半圆从点 A 运动至点 B 时，点 M 运动的路径长为【分析】考虑 C 、M 、 P 共线及 M 是 CP 中点，可确定 M 点轨迹：取 AB 中点 O ，连接 CO 取 CO 中点 D ，以 D 为圆心， DM 为半径作圆 D 分别交 AC 、BC 于E 、F 两点，则弧 EF 即为 M 点轨迹．当然，若能理解 M 点与 P 点轨迹关系，可直接得到 M 点的轨迹长为 P 点轨迹长半，即可解决问题．【2018 南通中考】如图，正方形 ABCD 中， AB 2 5 ，O 是 BC 边的中点，点 E 是正方形内一动点， OE=2，连接 DE ，将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 90°得 DF ，连接 AE 、 CF ．求线段OF 长的最小值．【分析】 E 是主动点， F 是从动点， D 是定点， E 点满足 EO=2 ，故 E 点轨迹是以 O 为圆心， 2 为半径的圆．F考虑 DE ⊥DF 且 DE=DF ，故作 DM ⊥DO 且 DM =DO ，F 点轨迹是以点 M 为圆心，2 为半径的圆．直接连接 OM ，与圆 M 交点即为 F 点，此时 OF 最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得 OM ，减去 MF 即可得到 OF 的最小值．F练习】 △ABC 中，AB=4，AC=2，以 BC 为边在△ABC 外作正方形 BCDE ，BD 、 CE 交于点O ，则线段 AO 的最大值为【分析】考虑到 AB 、 AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定 AB ，将 AC 看成动线段，由此引发正方形 BCED 的变化，求得线段 AO 的最大值．根据 AC=2，可得 C 点轨迹是以点 A 为圆心， 2 为半径的圆．接下来题目求 AO 的最大值，所以确定 O 点轨迹即可，观察 △BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点 C 的轨迹是以点 A 为圆心， 2 为半径的圆，所以 O 点轨迹也是圆，以 AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点 M 即为点 O 轨迹圆圆心．B连接 AM 并延长与圆 M 交点即为所求的点 O ，此时 AO 最大，根据 AB 先求 AM ，再根据BC 与 BO 的比值可得圆 M 的半径与圆 A 半径的比值，得到 MO ，相加即得 AO ．或者直接利用托勒密定理可得最大值．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当最大值．A 、C 、A '共线时，可得 AOA'引例：如图， P 是直线 BC 上一动点，连接 AP ，取 AP 中点 Q ，当点 P 在BC 上运动时， Q 点轨迹是？【分析】当 P 点轨迹是直线时， Q 点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A 、Q 向 BC 作垂线，垂足分别为 M 、N ，在运动过程中，因为 AP=2AQ ，所以 QN始终为 AM 的一半，即 Q 点到 BC 的距离是定值，故 Q 点轨迹是一条直线．引例】如图， △APQ 是等腰直角三角形，∠ PAQ=90°且 AP=AQ ，当点 P 在直线BC 上运动时，求 Q 点轨迹？分析】当 AP 与 AQ 夹角固定且 AP:AQ 为定值的话， P 、 Q 轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的 Q 点的位置，连线即可，比如 Q 点的起始位置和终点位置，连接即得 Q 点轨迹线段．模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠ PAQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（ AP:AQ 是定值）．轨迹之线段篇AP N M结论：P、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠ PAQ（当∠ PAQ≤90时°，∠ PAQ 等于MN 与BC 夹角）P、Q 两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由△ABC ∽△ AMN，可得AP:AQ=BC:MN）A【2017 姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB=10，BD=4，BE=2，点P 从点 E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF，当点P 从点 E 运动到点 A 时，点 F 运动的路径长是_________ ．【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知 F 点运动路径长与P 点相同，P 从 E 点运动到 A 点路径长为8，故此题答案为8．P 12013 湖州中考】如图，已知点 A 是第一象限内横坐标为 2 3 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 _____________ ．分析】根据∠ PAB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB= 3:1，故 B 点轨迹也是线段，且 P 点轨迹路径长与 B 点轨迹路径长之比也为 3:1，P 点轨迹长 ON 为 2 6，故B 点轨迹长为 2 2 ．【练习】如图，在平面直角坐标系中， A （ -3,0），点 B 是 y 轴正半轴上一动点，点 C 、D 在x 正半轴上，以 AB 为边在 AB 的下方作等边 △ABP ，点 B 在 y 轴上运动时，取两特殊时刻：（1）当点 B 与点 O 重合时，作出 P 点位置 P1；（ 2）当点 B 在 x 轴上方且 AB 与 x 轴夹角为 60°时，作出 P 点位置 P2．连接 P1P2，即为 P 点轨迹．yByAMOPNC上运动，故可知 P 点轨迹也是直线．是等边三角形且 B 点在直线根据∠ ABP=60°可知： P 1P 2与y 轴夹角为 60°，作 OP ⊥ P 1P 2 ，所得 OP 长度即为最小值，OP2=OA =3，所以 OP=3 ．2【2019 宿迁中考】如图，正方形 ABCD 的边长为 4，E 为 BC 上一点，且 BE=1，F 为 AB 边上的一个动点，连接 EF ，以 EF 为边向右侧作等边 △EFG ，连接 CG ，则 CG 的最小值为．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求F 点看成是由点 B 向点 A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到 F 点轨迹是线段，故 G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在 G 1位置，最终 G 点在G 2位置（ G 2不一定在 CD 边），G 1G 2即为 G 点运动轨迹．CG 最小值即当 CG ⊥ G 1G 2的时候取到，作 CH ⊥G 1G 2于点 H ，CH 即为所求的最小值．CG 最小值，可以将A ．2 B ．4 C ．6 D ．8根据模型可知： G 1G 2与 AB 夹角为 60°，故 G 1G 2⊥ EG 1．过点 E 作 EF ⊥CH 于点 F ，则 HF 所以 CH= 5 ，因此 CG 的最小值为2AD三、轨迹之其他图形篇所谓 “瓜豆原理 ”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．2【2016 乐山中考】如图，在反比例函数 y 2 的图像上有一个动点 A ，连接 AOx并延长交图像的另一支于点 B ，在第一象限内有一点 C ，满足动时，点 C 始终在函数 y k 的图像上运动，若 tan ∠ CAB=2，【分析】 ∠ AOC=90°且 AO:OC=1:2，显然点 C 的轨迹也是一条双曲线，分别作AM 、 CN 垂直 x 轴，垂足分别为 M 、N ，连接 OC ，易证 △AMO ∽△ ONC ，∴ CN=2OM ， ON=2AM ，∴ ON ·CN=4AM ·OM ，故 k=4×2=8．13G 1E =1， CF= CE ，22AC=BC ，当点 A 运则 k 的值为（）HG 2【思考】若将条件 “tan ∠ CAB=2”改为“△ABC 是等边三角形 ”，k 会是多少？【练习】如图， A （-1,1），B （ -1,4），C （-5,4），点 P 是△ABC 边上一动点，连接OP ，以OP 为斜边在 OP 的右上方作等腰直角 △OPQ ，当点 P 在△ABC 边上运动一周时，点 Q 的轨迹形成的封闭图形面积为 _______ ．yO【分析】根据 △OPQ 是等腰直角三角形可得： Q 点运动轨迹与 P 点轨迹形状相同，根据 OP:OQ= 2 :1 ，可得 P 点轨迹图形与 Q 点轨迹图形相似比为 2 :1 ，故面积比为2:1，△ABC 面积为 1/2 ×3×4=6 ，故 Q 点轨迹形成的封闭图形面积为 3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．x【练习】如图所示， AB=4，AC=2，以 BC 为底边向上构造等腰直角三角形 BCD ，连接 AD 并延长至点 P ，使 AD=PD ，则 PB 的取值范围为 __________ ．考虑到 AP=2AD ，故 P 点轨迹是以 N 为圆心， 2 2 为半径的圆，即可求出 PB 的取值范围．P分析】固定 AB 不变，AC=2，则 C 点轨迹是以 A 为圆心， 2 为半径的圆，以 BC为斜边作等腰直角三角形 BCD ，则 D 点轨迹是以点 M 为圆心、 2 为半径的圆。

3最值系列之瓜豆原理

3最值系列之瓜豆原理瓜豆原理是由中国古代哲学家荀子创立的一种思想方法和人生观。

瓜豆原理主要强调的是人们在生活中要遵循自然界的一些规律和原则，以达到和谐、平衡、适度地生活的境地。

由此产生了瓜豆原理，它认为人们的发展和生活也应该像农夫种植瓜豆一样，要遵循一些规律和原则。

瓜豆原理包含了以下几个主要观点：1.适者生存：瓜豆原理中的核心理念是适者生存。

在生活中，每个人都有自己的优点和特长，应该找到适合自己的发展道路，并且根据自己的身体条件、知识水平和兴趣爱好进行选择与定位，不要匆忙跟从别人的脚步，找到适合自己的位置，迸发出自己的光芒。

2.和谐发展：瓜豆原理强调了事物在发展中要保持和谐的境界。

在自然界中，瓜和豆都是有自己的生长环境和空间，共存互利，相互支持。

人们要学会与周围的事物保持和谐相处，尊重他人的存在，体谅别人的难处，建立良好的人际关系，使整个社会变得更加和谐。

3.适度发展：瓜豆原理认为，在生活中，人们应该学会适度发展。

像瓜和豆一样，如果一味追求过大的发展，往往会导致问题产生。

人们应该根据自身的条件和能力，适度的去追求幸福和成功。

在事业上，不要贪得无厌；在生活上，不要奢望太多。

只有适度地发展，才能够充分享受生活，减少悔恨与失落。

4.随缘而动：瓜豆原理中有一种对待事物的态度叫做“随缘而动”。

瓜与豆在生长过程中，如果农夫看到其中一种情况不妥，会采取相应的措施进行调整。

这告诉我们，人们在生活中也要灵活、机智地应对变化和挑战。

当遇到困难与挫折时，应该学会调整心态，寻找解决问题的方法，而不是消极地抗拒和逃避。

瓜豆原理不仅适用于个人的生活和成长，也可以用来指导组织和社会的发展。

在组织中，瓜豆原理告诉我们要注重团队的和谐与合作，充分发挥每个人的优点，形成互补的合作关系。

在社会中，瓜豆原理告诉我们要尊重他人的存在，保持社会的公平、公正，以实现人与人、人与社会之间的和谐发展。

总之，瓜豆原理是人们在生活中要遵循的一种思想方法和人生观。

一文搞定最值系列之“瓜豆原理”(重磅精编)

瓜豆原理原理概述俗语云“种瓜得瓜，种豆得豆”，数学上有“种线得线，种圆得圆”：平面内，动点Q 随着动点P 的运动而运动，我们把点P 叫做主动点，点Q 叫做从动点；当这两个动点与某个定点连线的夹角一定，且与该定点距离之比一定时（简记为“定角、定比”），易判断两个动点与定点构成的三角形形状一定，大小可能变，此时两个动点的轨迹形状相同,瓜豆问题的本质是旋转、相似（包含全等）变换，往往与共点旋转（手拉手）模型相结合，考查类型有：（1）确定动点轨迹；（2）求运动路程；（3）求线段最值、面积最值等.基本模型一、种直线得直线（主动点与从动点的轨迹都是直线或直线上一部分） 1.图1 图2如图1，已知l 为定直线，O 为直线外一定点，P 为直线l 上一动点，连接OP ，若Q 为直线 OP 上一点（一般在线段OP 上），且Q 点到O 点的距离与P 点到O 点的距离之比为定值k （k ＞0且k ≠1），即k OP OQ=，此时我们可认为Q 、P 两点与定点O 连线的夹角一定（夹角为0°），符合瓜豆原理“定角、定比”的条件，因而Q 点的运动轨迹也是直线；如图2，另取一组对应的点P ’、Q ’,则k O PO Q P O Q O ==''，因而△OQ ’Q ∽△OP ’P ，相似比为k ，可知从动点Q 在平行于l 的直线m 上运动.易判断点O 到直线m 和l 的距离之比也等于k. 2.图1 图2如图1，已知l 为定直线，O 为直线外一定点，P 为直线l 上一动点，将射线OP 绕着点O 按确定的方向（如顺时针）旋转一个确定的角度α（0＜α＜180°），得到射线OM ，在射线 OM 上取一点Q ，使k OP OQ=（k 为大于0的定值），此时符合瓜豆原理“定角、定比”的条件，因而Q 点的运动轨迹也是直线；如图2，另取一组对应的点P ’、Q ’,则Q 点的运动轨迹即为直线QQ ’，∵∠POQ=∠P ’OQ ’=α，∴∠POP ’=∠QOQ ’，又∵k P O Q O O P O Q==''，∴△OPP ’∽△OQQ ’.特别的，当k=1时，△OPP ’≌△OQQ ’.k ≠1时，△OQQ ’可看做由 △OPP ’绕着O 点旋转并放缩（0＜k ＜1时缩小，k ＞1时放大）而来.直线QQ ’可看做由直线l 绕着点O 顺时针旋转α角而来，0＜α＜90°时，两直线的夹角即为α.典型例题1-1如图，在平面直角坐标系中，A （4,0），B 为y 轴正半轴上一动点，以AB 为一边向下作等边△ABC ，连接OC ，则线段 OC 的最小值为_________.【分析】B 为主动点，C 为从动点；方法一：与从动点有关的线段最值，优先转化为与主动点有关的线段最值，将线段OA 绕着点A 顺时针旋转60°，得到线段O ’A ，构造全等三角形可实现线段的转化；方法二：两动点与定点A 连线的夹角为定值（60°），到点A的距离之比为定值1（即CA:BA=1），符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，主动点B 的轨迹为射线，则从动点C 的轨迹也为射线，确定其轨迹后，依据“垂线段最短”求OC 得最小值.【解答】方法一：如图1，将线段OA 绕着点A 顺时针旋转60°，得到线段O ’A ；连接O ’B ，易证△AO ’B ≌△AOC ，则OC=O ’B ，即求O ’B 的最小值；由于O ’为定点，点B 在y 轴正半轴上运动，如图2，由垂线段最短，知O ’B ⊥y 轴时，O ’B 最小，连接OO ’，则 △AOO ’为等边三角形，作O ’H ⊥OA 于H ，此时O ’B=OH=21OA=2，即OC 的最小值为2.图1 图2 方法二：如图3，当点B 位于原点时，对应的点C 位于1C （2，-23）处，当点B 位于2B （0，334）时，对应的点C 位于2C （0，-334）处，则点C 的运动轨迹为射线21C C ，当OC ’⊥21C C 时，OC ’ 最小；易证△O AB 2≌△12C AC ，∴∠12C AC =∠O AB 2=60°，则∠C OC '2=60°，∴OC ’=223OC =2，即OC 的最小值为2.【小结】1.动点引起的最值问题，经常需要确定动点轨迹；图3 2.两种方法中，均有两个等边三角形构成“共点旋转（手拉手）”模型，会伴随产生一组全等三角形；3.方法二中，由于从动点的轨迹为射线，因而先确定其端点，再找一组特殊位置的主动点和从动点（目的是便于计算），即可确定从动点的轨迹；4.严格来说，y 轴的正半轴不包括原点，因此C 点的轨迹不包括点1C .典型例题1-2如图，正方形 ABCD 的边长为4，动点E 从A 点出发，沿着AB 边向终点B 作无折返运动，连接DE ，以DE 为边向右上方作正方形DEFG ，则点E 在整个运动过程中，点F 经过的路径长为______.【分析】E 为主动点，F 为从动点，依据正方形的性质，两动点与定点A 的连线夹角恒为45°，且始终有DF ：DE=2，符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，故F 点的运动轨迹为线段，由临界情况确定该线段的两个端点，结合“共点旋转（手拉手）”相似模型，运用相似比计算该线段长.【解答】如图1，连接BF 、BD 和DF ，由正方形的性质知D ED F D A DB==2,图1∠BDA=∠FDE=45°，则∠ADE=∠BDF ，∴△DAE ∽△DBF ，∴BF=2AE ，当E 点位于A 点处时，F 点位于B 点处，当E 点位于B 点处时，F 点的位置如图2，则F 点的运动轨迹即为图2中的线段BF ，BF=2AB=42，即点F经过的路径长为42.图2【小结】1.图1中，△DAB与△DEF构成“共点旋转（手拉手）”模型，伴随产生一组相似三角形（△DAE和△DBD）；2.瓜豆题型的突破口在于找到从动点、主动点和某定点之间的“定角、定比”关系.变式训练1-1如图，△ABC为等边三角形，AB=4，AD为高，E为直线AD上一动点，连接CE并以CE为边向下作等边△CEF，连接DF；则点E在运动的过程中，线段DF的最小值为_________.变式训练1-2（原创）如图，在△ABC中，∠A=105°，∠ABC=30°，AC=2，动点D从A点出发，沿着AC边向终点C作无折返运动，以BD为边向上作△BDE，使∠BDE=∠A，且∠E=45°，则点D运动的整个过程中，点E运动的路径长为________；F为直线CE上一动点，连接BF，则线段BF的最小值为_______.变式训练1-3（多种方法）如图，已知AB=12，点C在线段AB上，且AC=4，以AC为一边向上作等边△ACD，再以CD为直角边向右作Rt△DCE，使∠DCE=90°，F为斜边DE的中点，连接DF，随着CE边长的变化，BF长也在改变，则BF长的最小值为_________.二、种曲线得曲线（主动点与从动点的轨迹都是双曲线或双曲线一部分）其原理与模型一类似，不再赘述，直接看例题：典型例题2-1如图，点A 是双曲线xy 4=在第一象限上的一动点，连接AO并延长，交双曲线的另一支于点B ，以AB 为斜边作等腰Rt △ABC ，点C 落在第二象限内，随着点A 的运动，点C 的位置也在不断变化，但始终在同一函数图像上，则该函数解析式为___________. 【分析】A 为主动点，C 为从动点；方法一：根据点C 坐标判断，连接CO 过点C 向x 轴作垂线段，构建“三垂直”模型，设点A 坐标，表示出点C 坐标，观察其坐标符合的函数解析式；方法二：根据反比例函数k 的几何意义判断；方法三：动点A 、C 与定点O 符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，因而点C 的轨迹是双曲线的一支，任意的点C 均可看做对应的点A 绕着点O 逆时针旋转90°而来，因而点C 的轨迹可看做由原双曲线第一象限的一支绕点O 逆时针旋转得到. 【解答】方法一：连接OC ，作CD ⊥x 轴于点D ，AE ⊥x 轴于点E ，由双曲线的对称性知OA=OB ，又∵△ABC 为等腰直角三角形，∴CO ⊥OA ，CO=OA ，则易证△COD ≌△OAE ，设A （a,a 4）,则C （-a 4，a ），易判断点C 在反比例函数y=-x 4（x ＜0）上，故答案为：y=-x4（x ＜0）. 方法二：辅助线同方法一，由反比例函数k 的几何意义知COD AOE S S ∆∆==2，易判断点C 在反比例函数y=-x4（x ＜0）上. 方法三：点C 的轨迹可看做由原双曲线第一象限的一支绕点O 逆时针旋转得到，因而新反比例函数的k 与原函数k 互为相反数，故点C 在反比例函数y=-x 4（x ＜0）上. 变式训练2-1如图，Rt △ABO 中，∠AOB=90°，点A 在第一象限、点B 在第四象限，且AO ：BO=1：，若点A （x 0，y 0）的坐标x 0，y 0满足y 0=，则点B （x ，y ）的坐标x ，y 所满足的关系式为．三、种圆得圆（主动点与从动点的轨迹都是圆或圆弧） 1.图1 图2如图1，已知点P 为⊙M 上一动点，O 为定点（一般在圆外），Q 为直线OP 上一点（一般在线段OP 上），若OP OQ=k （k ＞0且k ≠1），则主动点P 、从动点Q 与定点O 符合“定角（0°）、定比”特征，因而Q 点的轨迹也是圆，如何确定该圆的圆心和半径呢？如图2，连接MP 、MO ，作QN ∥PM ，交MO 于点N ，则△OQN ∽△OPM ，从而有MPNQO PO Q OM O N ===k,由于M 、O 为定点，k 为定值，∴N 为定点，设⊙M 半径为R ，⊙N 半径为r ，∵NQ=kMP=kR,∴NQ 长为定值，由圆的定义知，点Q 在以N 为圆心，kR 长为半径的圆上运动,即Q 点的轨迹是以N 为圆心，kR 长为半径的圆. 2.图1 图2如图1，已知点P 为⊙M 上一动点，O 为定点（一般在圆外），将射线OP 绕着点O 按确定的方向（如顺时针）旋转一个确定的角度α（0＜α＜180°），得到射线OT ，在射线OT 上有一点Q ，满足OP OQ=k （k 为大于0的常数），则主动点P 、从动点Q 与定点O 符合“定角、定比”的特征，因而Q 点的轨迹也是圆，如何确定该圆的圆心和半径呢？如图2，连接MP 、MO ，将射线OM 绕点O 顺时针旋转α角，得到射线OS ，在射线OS 上取一点N ，使OM ON =k,则N 为定点，易证△OQN ∽OPM ，则O PO QPM Q N=k ，∴QN=kPM=kR,则QN 为定值，由圆的定义知，点Q在以N 为圆心，kR 长为半径的圆上运动,即Q 点的轨迹是以N 为圆心，kR 长为半径的圆.特别的，当k=1时，△OQN ≌OPM ，⊙N 和⊙M 为等圆，⊙N 可看做由⊙M 绕着点O 顺时针旋转α角而来；当k ≠1时，⊙N 可看做由⊙M 绕点O 顺时针旋转α角，且半径放缩k 倍（0＜k ＜1时缩小，k ＞1时放大）而来.典型例题3-1如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点D 是以点A 为圆心4为半径的圆上一动点，连接BD ，点M 为BD 中点，线段CM 长度的最大值为________．【分析】方法一：关联三角形法，取AB 的中点E ，连接EC 、EM 和AD ，放到△CEM 中求解CM 的范围，三点共线时取最大值；方法二：辅助圆法，从动点相关的线段优先转化为主动点相关的线段，将线段BC 加倍延长，借助中位线构造出2CM ，即求2CM 的最大值；方法三：符合瓜豆原理基本模型，确定从动点M 的轨迹圆，进而求CM 的最大值.【解答】方法一：如图1，取AB 的中点E ，连接EC 、EM 和AD ，∵M 为BD 的中点，∴EM 为△BAD 的中位线，∴EM=21AD=2；∵∠ACB=90°，∴CE=21AB=5，CM ≤CE+EM ，即CM ≤7，当且仅当C 、E 、M 共线时（如图2），CM 取得最大值7.图1 图2方法二：如图3，延长BC 至点F ，使CF=BC ，则F 为定点，连接DF ，则CM 为△BDF 的中位线，∴FD=2CM ，当FD 最大时，CM 最大；如图4，连接FA 并延长，与⊙A 交于点D ，此时FD 最大，易知AF=AB=10，则此时FD=14，对应CM 的最大值即为7.图3 图4方法三：主动点D 、从动点M 与定点B 符合“定角（0°）、定比”特征，因而点M 的轨迹为圆；如图5，连接AD ，∵M 为BD 的中点，∴取AB 得中点E ，连接EM ，可知E 为定点且EM=21AD=2，根据圆的定义知，点M 的轨迹为以E 为圆心，2为半径的圆；如图6，∵C 为⊙E外一定点，∴连接CE 并延长，与⊙E 交于点M ，此时CM 最大，此时CM=CE+EM=7.图5 图6【小结】以上方法中，辅助线均有一举多得之妙，我们可总结出一些常见的辅助线作法： ①出现直角三角形：常作斜边的中线；②出现直角三角形：常倍长直角边，构造等腰三角形；③出现线段中点：常取另一线段的中点，构造中位线；④出现线段中点：常倍长另一线段，构造中位线.典型例题3-2（改编）如图，△ABC 中，AB=3，AC=2，以BC 为斜边作等腰Rt △BCD （与△ABC 分布在直线BC 的两侧），连接AD ，则线段AD 的最大值为___________.【分析】方法一：∵△BCD 为等腰直角三角形，∴以AB 为斜边向下作等腰直角三角形，与△BCD 构成“共点旋转（手拉手）”模型，伴随产生一组相似三角形，用“关联三角形”法求出AD 的最大值.方法二：不妨固定AB 边，则主动点C 在以A 为圆心，2为半径的一段圆弧上运动，它与从动点D 、定点B 符合“定角、定比”特征，借助模型确定D 点的轨迹圆弧，求出AD 的最大值.【解答】方法一:如图1，以AB 为斜边向下作等腰Rt △BAE ，连接DE ，则△BAE ∽△BCD ，从而易证△BAC ∽△BED ，∴21==ABBE AC DE，∴DE=2AC =2，又AE=2232=AB ，∴AD ≤AE+DE ，即AD ≤225，如图2，当且仅当A 、E 、D 三点共线时，AD 取得最大值，最大值为225.图1 图2方法二：如图3，假定AB边固定，则主动点C在半圆（不包括端点G、H）上运动，从动点D可看作由主动点C绕着点B顺时针旋转45°，且到点B的距离缩至22倍而来，则将主动圆心A按照相同的操作可得到从动圆心F，从动圆的半径缩小至主动圆半径的22（即构造△BDF∽△BCA，与构造“手拉手”模型本质相同），D点在如图所示的半圆（不包括端点I、J）上运动，A为⊙F外一定点，∴当A、F、D共线时，AD最大，最大值为AF+DF=225. 图3【小结】1.方法一与方法二实质相同，只是方法二多了确定主动点轨迹、从动点轨迹的过程；2.由图2可知，当AD取得最大值时，∠BAC=∠BDE=90°，∠BAD=∠CAD=45°，因而可以变换多种问法，如当AD取得最大值时，求∠BAD、∠BAC的大小，求BC长、BD长等；3.本题可稍稍加大难度，将“求AD得最大值”改为“求△ABD面积的最大值”（答案为4269 ，方法见视频讲解）；4.许多同学误将主动点和从动点的轨迹判断为完整的圆，虽不影响结论，但不够严谨.5.共点旋转与瓜豆可谓形影相伴模型，很多题往往用两种方法均可解答；变式训练3-1如图，一次函数y＝2x与反比例函数y＝xk（k＞0）的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣2，0）为圆心，1为半径的⊙C上，连接AP，Q是AP的中点，连接OQ，已知OQ长的最大值为23，则k的值为______；BQ的最大值为________.变式训练3-2（原创）如图，在平面直角坐标系中，圆心在x轴正半轴上的⊙M交x轴的负半轴于点A（-1,0），交y轴正半轴于点B（0，3），交y轴负半轴于点C，动点P从点B出发，沿着⊙M顺时针向终点C做无折返运动，D（-2,0），在点P运动过程中，连接DP，Q为线段DP上一点且始终满足PQ=2DQ，则在整个运动过程中，点Q经过的路径长为_______；线段DQ扫过的区域面积为________.变式训练3-3（原创）如图，在平面直角坐标系中，A（2,0），B（-1,0），以OA为直径的圆上有两个动点C、D，连接BC，并以BC为直角边向逆时针方向作Rt△BCE，使∠CBE=90°，∠BEC=30°，连接CD、ED和BD，则C、D两点的位置在变化的过程中，△BCE面积的最大值与最小值之差为_______；线段DE的最小值为_________；当∠EBD最大时，线段BE和CD的数量关系是_____________.中考真题6在第二象限分支上的一个动点，连接AO并延长交另一分支于1.如图，点A是双曲线y=-x点B，以AB为底作等腰△ABC，且∠ACB=120°，点C在第一象限，随着点A的运动，点Ck上运动，则k的值为（）的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y=xA.1B.2C.3D.42.如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连结OQ．则线段OQ的最大值是（）A．3B．C．D．43.如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，以DF为斜边作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A 到点C的运动过程中，点E的运动路径长是．4.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（）A．2 B．4 C．D．5.如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=22，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿着半圆从点A运动到点B时，点M运动的路径长为．6.如图，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，点P是AD边上的一个动点，连接BP，作点A关于直线BP的对称点A1，连接A1C，设A1C的中点为Q，当点P从点A出发，沿边AD运动到点D时停止运动，点Q的运动路径长为．7.如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为．8．如图，正方形ABCD中，AB=2，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE，CF．（1）求证：AE=CF；（2）若A，E，O三点共线，连接OF，求线段OF的长．（3）求线段OF长的最小值．参考答案变式训练1-1 1.变式训练1-2262+；2622+.变式训练1-3 6.变式训练2-1 y=-x2.变式训练3-12532，1051452+.变式训练3-298π；27839π+. 变式训练3-343；3-3；BE=3CD. 中考真题1.B2.C3.3344.D5.π6.33π7.25 8.（1）证明：如图1，由题意知：∠EDF=90°，ED=DF ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ADC=90°，AD=CD ，∴∠ADC=∠EDF ，即∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠CDF ，∴∠ADE=∠CDF ，在△ADE 和△DCF 中， ∵，∴△ADE ≌△DCF ，∴AE=CF ；（2）如图2，过F 作OC 的垂线，交BC 的延长线于P ， ∵O 是BC 的中点，且AB=BC=2，∵A ，E ，O 三点共线，∴OB=，由勾股定理得：AO=5，∵OE=2，∴AE=5﹣2=3，由（1）知△ADE ≌△DCF ， ∴∠DAE=∠DCF ，CF=AE=3，∵∠BAD=∠DCP ，∴∠OAB=∠PCF ， ∵∠ABO=∠P=90°，∴△ABO ∽△CPF ，∴==2，∴CP=2PF ，设PF=x ，则CP=2x ，由勾股定理得：32=x 2+（2x ）2， x=或﹣（舍去），∴FP=，OP=+=，由勾股定理得：OF==，（3）方法一：如图3，由于OE=2，所以E 点可以看作是以O 为圆心，2为半径的半圆上运动，延长BA 到P 点，使得AP=OC ，连接PE ，∵AE=CF ，∠PAE=∠OCF ，∴△PAE ≌△OCF ， ∴PE=OF ，当PE 最小时，为O 、E 、P 三点共线， OP===5，∴PE=OF=OP ﹣OE=5﹣2，∴OF 的最小值是5﹣2．方法二：如图4，连接OD ，将△ODE 绕点D 逆时针旋转90°得到△IDF ，连接OI 、OF ，在Rt △OCD 中，OD=22CD OC +=5，在Rt △ODI 中，OI=22ID OD +=52，∵OF ≥OI-FI ，而 FI=OE=2，∴OF ≥52-2，即OF 的最小值是5﹣2．。

初中数学最值系列问题之瓜豆原理

最值系列之瓜豆原理初中数学有一类动态问题叫做主从联动，这类问题应该说是非常出题，好多优秀老师都在研究它，原因是它在很多名校模考的时候经常出现，有的老师叫他瓜豆原理，个人理解可能是种瓜得瓜种豆得豆的意思吧，主动点运动的轨迹是什么，则从动点的轨迹就是什么。

也有的老师叫他旋转相似，或者手拉手。

我感觉这类问题在解答的时候需要有轨迹思想，就是先要明确主动点的轨迹，然后要搞清楚主动点和从动点的关系，进而确定从动点的轨迹来解决问题，但在解答问题时，要符合解不超纲的原则，所以最后解决问题还是用到了旋转相似的知识，也就是动态手拉手模型，下面整理一些题目来集中训练一下这类题目，希望对你能有所帮助涉及的知识和方法：知识：①相似；②三角形的两边之和大于第三边；③点到直线之间的距离垂线段最短；④点到圆上点共线有最值。

方法：第一步：找主动点的轨迹；第二步：找从动点与主动点的关系；第三步：找主动点的起点和终点；第四步：通过相似确定从动点的轨迹，第五步：根据轨迹确定点线、点圆最值在此类题目中，题目或许先描述的是主动点P，但最终问题问的可以是另一点Q（从动点），根据P、Q之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值。

一、轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．Q【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠P AQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”【思考1】：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为一边作等边△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，故圆M亦由圆O旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP与AQ的位置和数量关系．【思考2】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，如何作出Q点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠OAM=45°且AO:AM：1．M点即为Q点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【分析】M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，连接CO 取CO 中点D ，以D 为圆心，DM 为半径作圆D 分别交AC 、BC 于E 、F 两点，则弧EF 即为M 点轨迹．当然，若能理解M 点与P 点轨迹关系，可直接得到M 点的轨迹长为P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018南通中考】如图，正方形ABCD 中，AB O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =2，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【分析】E 是主动点，F 是从动点，D 是定点，E 点满足EO =2，故E 点轨迹是以O 为圆心，2为半径的圆．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．【练习】△ABC 中，AB =4，AC =2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE ，BD 、CE 交于点O ，则线段AO 的最大值为_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB ，将AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据AC =2，可得C 点轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆．OEDCBA接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点C 的轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点O 轨迹圆圆心．连接AM并延长与圆M交点即为所求的点O，此时AO最大，根据AB先求AM，再根据BC与BO的比值可得圆M的半径与圆A半径的比值，得到MO，相加即得AO．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A、C、A’共线时，可得AO最大值．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP :AQ 是定值）．结论：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为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⊥P A，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________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．GABCDEF根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。

最值模型之瓜豆模型(解析版)

最值模型之瓜豆模型模型一直线轨迹型瓜豆原理知识梳理【模型解读】瓜豆原理：若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。

动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型。

主动点叫瓜，从动点叫豆，瓜在直线上运动，豆也在直线上运动；瓜在圆周上运动，豆的轨迹也是圆。

运动轨迹为直线型的瓜豆原理题目(1)如图，P 是直线BC 上一动点，连接AP ，取AP 中点Q ，当点P 在BC 上运动时，Q 点轨迹是？(2)如图，D 、E 是边长为4的等边三角形ABC 上的中点，P 为中线AD 上的动点，把线段PC 绕C 点逆时针旋转60°得到P '，求P '点轨迹？解析Q 点轨迹是直线l 。

(相似模型)P '点轨迹是直线BP '(手拉手模型)确定从动点轨迹的方法：当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的从动点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q 点轨迹线段。

【最值原理】动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。

1)当动点轨迹已知时可直接运用垂线段最短求最值；2)当动点轨迹未知时，先确定动点轨迹，再垂线段最短求最值。

例题解析1如图，△ABC 是边长为6的等边三角形，点E 为高BD 上的动点．连接CE ，将CE 绕点C 顺时针旋转60°得到CF ．连接AF ，EF ，DF ，则△CDF 周长的最小值是．【答案】3+33/33+3【分析】根据题意，证明△CBE ≌△CAF ，进而得出F 点在射线AF 上运动，作点C 关于AF 的对称点C ′，连接DC ，设CC 交AF 于点O ，则∠AOC =90°，则当D ,F ,C 三点共线时，FC +FD 取得最小值，即FC +FD =F C +F D =CD ，进而求得C D ，即可求解．【详解】解：∵E 为高BD 上的动点．∴∠CBE =12∠ABC =30°∵将CE 绕点C 顺时针旋转60°得到CF ．△ABC 是边长为6的等边三角形，∴CE =CF ,∠ECF =∠BCA =60°,BC =AC ∴△CBE ≌△CAF ∴∠CAF =∠CBE =30°，∴F 点在射线AF 上运动，如图所示，作点C 关于AF 的对称点C ′，连接DC ，设CC 交AF 于点O ，则∠AOC =90°在Rt △AOC 中，∠CAO =30°，则CO =12AC =3，则当D ,F ,C 三点共线时，FC +FD 取得最小值，即FC +FD =F C +F D =CD∵CC =AC =6，∠ACO =∠C CD ，CO =CD ∴△ACO ≌△C CD ∴∠C DC =∠AOC =90°在△C DC 中，C D =CC 2-CD 2=62-32=33,∴△CDF 周长的最小值为CD +FC +CD =CD +DC =3+33，故答案为：3+33．2如图，在平行四边形ABCD 中，AB =6，BC =10，∠B =60°，点E 在线段BC 上运动(含B 、C 两点)．连接AE ，以点A 为中心，将线段AE 逆时针旋转60°得到AF ，连接DF ，则线段DF 长度的最小值为．【答案】23【分析】以AB为边向右作等边△ABG，作射线GF交AD于点H，过点D作DM⊥GH于M．利用全等三角形的性质证明∠AGF=60°，得出点F在平行于AB的射线GH上运动，求出DM即可．【详解】解：如图，以AB为边向右作等边△ABG，作射线GF交AD于点H，过点D作DM⊥GH于M．∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，∴∠BAD=120°，∵△ABG是等边三角形，∴∠BAG=∠EAF=60°，BA=GA，EA=FA，∴∠BAE=∠FAG，∴△BAE≌△GAF(SAS)，∴∠B=∠AGF=60°，∴点F在平行于AB的射线GH上运动，∵∠HAG=∠AGF=60°，∴△AHG是等边三角形，∴AB=AG=AH=6，∴DH=AD-AH=4，=23，∵∠DHM=∠AHG=60°，∴DM=DH•sin60°=4×32根据垂线段最短可知，当点F与M重合时，DF的值最小，最小值为23，故答案为：23．3如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，P是△ABC的高CD上一个动点，以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45°得到BP ，连接DP ，则DP 的最小值是．【答案】22-2【分析】在BC上截取BE=BD，根据等腰直角三角形的性质求得BA和BE，再证明△BDP ≌△BEP (SAS)，从而可得到PE=DP ，则当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP 有最小值，再求得PE，从而求得DP 的最小值．【详解】解：如图，在BC上截取BE=BD，连接EP∵∠ACB=90°，AC=BC=4，CD⏊AB，∴BA=AC2+BC2=42+42=42，∠ABC=∠BAC=∠BCD=∠DCA=45°，BD=CD=AD=22=BE ，∵以B 点为旋转中心把线段BP 逆时针旋转45°得到BP ，∴BP =BP ，∠PBP =45°∴∠ABC =∠PBP =45°∴∠ABC -∠PBD =∠PBP -∠PBD 即∠EBP =∠DBP ，又∵BE =BD ，BP =BP ，∴△BDP ≌△BEP SAS ，∴PE =DP ，∴当PE ⊥CD 时，PE 有最小值，即DP 有最小值，∵PE ⊥CD ，∠BCD =45°，∴CE =2PE =BC -BE =4-22∴PE =22CE =22×4-22 =22-2，∴DP =PE =22-2．即DP 的最小值是22-24如图,在矩形ABCD 中，AB =3，BC =4，P 是对角线AC 上的动点，连接DP ，将直线DP 绕点P 顺时针旋转,使∠1=∠2,且过点D 作DG ⊥PG ,连接CG .则CG 最小值为【答案】3625【分析】策略一：得到G 点轨迹直线后，画出起点G 1和终点G 2策略2：旋转相似:【解析】如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于E．△ADH∽△PDG，∴△ADP∽△DHG，∴∠DHG=∠DAP=定值，∴点G在射线HF上运动，∴当CG⊥HF时，CG的值最小，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，∴∠ADH+∠HDF=90°，∵∠DAH+∠ADH=90°，∴∠HDF=∠DAH=∠DHF，∴FD=FH，∵∠FCH+∠CDH=90°，∠FHC+∠FHD=90°，∴∠FHC=∠FCH，∴FH=FC=DF=1．5，在Rt△ADC中，∵∠ADC=90°，AD=4，CD=3，∴AC=32+42=5，DH=AD﹒DCAC =125,∴CH=CD2-DH2=95,∴EH=DH﹒CHCD=3625,∵∠CFG=∠HFE，∠CGF=∠HEF=90°，CF=HF，∴△CGF≌△HEF(AAS)，∴CG=HE=3625,∴CG的最小值为3625,5如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，E是边AB上一点，AE=2，F是直线BC上一动点，将线EF绕点E逆时针旋转90°得到线段EG，连接CG，DG，则CG+DG的最小值是．【答案】13【分析】将△FBE绕点E逆时针旋转90°得到△GHE，延长GH交BC于点M，延长CB至点N，使CM= NM，连接DN，由矩形的条件和旋转的性质可得EH=EB=3，∠B=∠BEH=∠EHG=90°，可说明四边形EBMH是矩形，然后由正方形的性质可得到CN=12，GM⊥CN，从而说明GM是CN的垂直平分线，进一步推导出CG+DG=NG+DG≥ND，当点N，G，D三点共线时，CG+DG取最小值，最后由勾股定理可求解．【详解】解：将△FBE绕点E逆时针旋转90°得到△GHE，延长GH交BC于点M，延长CB至点N，使CM =NM，连接DN，∵在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，AE=2，∴EB=AB-AE=3，∠B=∠BCD=90°，CD=5，∴EH=EB=3，∠B=∠BEH=∠EHG=90°，∴∠EHM=90°，∴四边形EBMH是矩形，∴BM =EH =3，∠BMH =90°，∴CN =2CM =2×9-3 =12，GM ⊥CN ，∴GM 是CN 的垂直平分线，∴CG =NG ，∵F 是直线BC 上一动点，∴CG +DG =NG +DG ≥ND ，∴当点N ，G ，D 三点共线时，CG +DG 取最小值ND ，在Rt △NCD 中，CN =12，CD =5，ND =CN 2+CD 2=122+52=13，∴CG +DG 的最小值是13．故答案为：13．变式训练6如图，在平面直角坐标系xOy 中，点A 的坐标为(0，4)，P 是x 轴上一动点，把线段PA 绕点P 顺时针旋转60°得到线段PF ，连接OF ，则线段OF 长的最小值是．【答案】2【分析】点F 运动所形成的图象是一条直线，当OF ⊥F 1F 2时，垂线段OF 最短，当点F 1在x 轴上时，由勾股定理得：P 1O =F 1O =433，进而得P 1A =P 1F 1=AF 1=833，求得点F 1的坐标为433,0 ，当点F 2在y 轴上时，求得点F 2的坐标为(0，-4)，最后根据待定系数法，求得直线F 1F 2的解析式为y =3x -4，再由线段中垂线性质得出F 1F 2=AF 1=833，在Rt △OF 1F 2中，设点O 到F 1F 2的距离为h ，则根据面积法得12×OF 1×OF 2=12×F 1F 2×h ，即12×433×4=12×833×h ，解得h =2，根据垂线段最短，即可得到线段OF 的最小值为2．【详解】解：∵将线段PA 绕点P 顺时针旋转60°得到线段PF ，∴∠APF =60°，PF =PA ，∴△APF 是等边三角形，∴AP =AF ，如图，当点F 1在x 轴上时，△P 1AF 1为等边三角形，则P 1A =P 1F 1=AF 1，∠AP 1F 1=60°，∵AO ⊥P 1F 1，∴P 1O =F 1O ，∠AOP 1=90°，∴∠P 1AO =30°，且AO =4，由勾股定理得：P 1O =F 1O =433，∴P 1A =P 1F 1=AF 1=833，∴点F 1的坐标为433,0 ，如图，当点F 2在y 轴上时，∵△P 2AF 2为等边三角形，AO ⊥P 2O ，∴AO =F 2O =4，∴点F 2的坐标为(0，-4)，∵tan ∠OF 1F 2=OF 2OF 1=4433=3，∴∠OF 1F 2=60°，∴点F 运动所形成的图象是一条直线，∴当OF ⊥F 1F 2时，线段OF 最短，设直线F 1F 2的解析式为y =kx +b ，则，解得，∴直线F 1F 2的解析式为y =3x -4，∵AO =F 2O =4，AO ⊥P 1F 1，∴F 1F 2=AF 1=833，在Rt △OF 1F 2中，OF ⊥F 1F 2，设点O 到F 1F 2的距离为h ，则12×OF 1×OF 2=12×F 1F 2×h ，∴12×433×4=12×833×h ，解得h =2，即线段OF 的最小值为27如图，矩形ABCD 中，AB =6，BC =8，E 为BC 上一点，且BE =2，为AB 边上的一个动点，连接，将绕着点顺时针旋转到EG 的位置，连接和CG ，则CG 的最小值为．【答案】2+32/32+2【分析】如图，将线段BE 绕点顺时针旋转45°得到线段ET ，连接交于．首先证明∠ETG =90°，推出点G 在射线TG 上运动，推出当CG ⊥TG 时，CG 的值最小，进一步即得答案．【详解】解：如图，将线段BE 绕点E 顺时针旋转得到线段ET ，连接，连接交CG 于．∵四边形ABCD 是矩形，∴AB =CD =6，∠B =∠BCD =90°，∵∠BET =∠FEG =45°，∴∠BEF =∠TEG ，在△EBF 和△ETG 中，，∴△EBF ≌△ETG (SAS )，∴∠B =∠ETG =90°，点G 在射线TG 上运动，当CG ⊥TG 时，CG 的值最小，∵BC =8，，，∴CE =CD =6，∴，∴，∴四边形ETGJ 是矩形，∴DE ⎳GT ，GJ =TE =BE =2，∴CJ ⊥DE ，∴JE =JD ，∴CJ =12DE =32，∴CG=CJ+GJ=2+32，∴CG的最小值为2+328如图，矩形ABCD的边AB=112,BC=3，E为AB上一点，且AE=1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG,EF=EG，连接CG，则CG的最小值为()A.5B.52C.3D.22【答案】B【分析】过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，由“AAS”可证△GEH≌△EFA，可得GH=AE= 1，可得点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，则当F与D重合时，CG有最小值，即可求解．【详解】解：如图，过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，∵四边形ABCD是矩形，AB=112，BC=3，∴∠B=90°，CD=112，AD=3，∵AE=1，∴BE=92，∵∠GHE=∠A=∠GEF=90°，∴∠GEH+∠EGH=90°，∠GEH+∠FEA=90°，∴∠EGH=∠FEA，又∵GE=EF，∴△GEH≌△EFA(AAS)，∴GH=AE=1，∴点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，∴当F与D重合时，CG有最小值，此时AF=EH=3，∴CG的最小值=112-1-32+22=52，故选B．9如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为底向右侧作等腰直角△EFG，连接CG，则CG的最小值为．【分析】策略一：反向构造+伸缩如图从主动点F到从动点G可以理解为，将线段FE绕定点E顺时针旋转了45°再缩短为原来的22，反向构造则需要把CE绕点E逆时针旋转45°，再扩大变为原来的2倍，得到EH，显然△ECH为等腰直角三角形，进一步得到△FEH∽△GEC，相似比为2，所以CG=22FH≥22．策略二：求轨迹--以BE为底向上作等腰Rt△BHE，易得G点轨迹所在直线为BD，故CG最小值为2210如图，已知∠CAB=30°，AB=2，点D在射线AC上，以BD为边作正方形BDEF，连接AE、BE，则AE+BE的最小值为．【答案】2+6提示：以AB 为边作等腰Rt △ABG ，连接GE则GB =2AB ，EB =2DB ，∠GBE =∠ABD =45°-∠GBD∴△GBE ∽△ABD ，∴∠EGB =∠CAB =30°，∴∠AGE =75°∴点E 在直线GE 上运动作点B 关于GE 的对称点B ′，连接AB ′、BB ′、B ′E 、B ′G 则∠B ′GB =60°，B ′G =BG∴△B ′GB 是等边三角形，∴B ′G =B ′B又∵AG =AB ，AB ′=AB ′，∴△AB ′G ≌△AB ′B∴∠GAB ′=∠BAB ′=45°，∠GB ′A =∠BB ′A =30°，∴AB ′⊥BG设垂足为H ，则AH =BH =22AB =2∴B ′H =3BH =6，∴AB ′=AH +B ′H =2+6∴AE +BE =AE +B ′E ≥AB ′=2+6即AE +BE 的最小值为2+611正方形ABCD 的对角线相交于点O (如图1)，如果∠BOC 绕点O 按顺时针方向旋转，其两边分别与边AB ,BC 相交于点E 、F (如图2)，连接EF ，那么在点E 由B 到A 的过程中，线段EF 的中点G 经过的路线是()A.线段B.圆弧C.折线D.波浪线【答案】A【分析】连接OG ,BG ，根据题意可知∠EBF =∠EOF =90°则线段EF 的中点G 经过的路线是OB 的线段垂直平分线的一段，即线段【详解】连接OG ,BG ，根据题意可知∠EBF =∠EOF =90°，，∴点G 在线段OB 的垂直平分线上．则线段EF 的中点G 经过的路线是OB 的线段垂直平分线的一段，即线段12如图，在正方形ABCD 中，AB =8，点E 在边AD 上，且AD =4AE ，点P 为边AB 上的动点，连接PE ，过点E 作EF ⊥PE ，交射线BC 于点F ，则EFPE=．若点M 是线段EF 的中点，则当点P 从点A 运动到点B 时，点M 运动的路径长为．【答案】【分析】过F 作FK ⊥AD 交AD 延长线于点K ，证明△AEP ∽△KFE ，得到EF PE =FKAE即可求解；过M 作GH ⊥AD 交AD 于点G ，交BC 于点H ，证明△EGM ≌△FHM ，得到MG =MH ，故点M 的运动轨迹是一条平行于BC 的线段，当点P 与A 重合时，BF 1=AE =2，当点P 与B 重合时，由△EF 1B ≌△F 2F 1E 得到，即，从而求解．【详解】解：过F 作FK ⏊AD 交AD 延长线于点K则四边形ABFK 为矩形，∠A =∠K =90°∴AB =FK =8由题意可得：AE =14AD =2∵EF ⊥PE∴∠AEP +∠KEF =∠PEF =90°又∵∠PEA +∠APE =90°∴∠APE =∠KEF ∴△AEP ∽△KFE ∴EF PE =FK AE=4过M 作GH ⊥AD 交AD 于点G ，交BC 于点H ，如下图∵AD ⎳CB ，GH ⊥AD ∴GH ⊥BC在△EGM 和△FHM 中∴△EGM ≌△FHM AAS ∴MG =MH ，故点M 的运动轨迹是一条平行于BC 的线段，当点P 与A 重合时，BF 1=AE =2当点P 与B 重合时，，∴∵∴∴，即解得F 1F 2=32∵M1、M 2分别为、的中点∴M 1M 2是△EF 1F 2的中位线∴M1M 2=12F 1F 2=16，即点运动的路径长为。

3最值系列之瓜豆原理

3最值系列之瓜豆原理瓜豆原理是由我国古代数学家祖冲之提出的一种数学方法，被广泛应用于解决各种数学问题。

它主要用于求解最值问题，即找出一组数中的最大值或最小值。

瓜豆原理的核心思想是通过比较两组数中较大的数与较小的数的差值来判断最值的大小。

下面我们将详细介绍瓜豆原理及其应用。

瓜豆原理由瓜数和豆数组成，瓜数表示较大的数，而豆数表示较小的数。

根据祖冲之的定义，如果瓜数大于或等于豆数，那么瓜数减豆数的差值就是最值；如果瓜数小于豆数，那么瓜数减豆数的差值的相反数就是最值。

用数学公式表示为：最值=瓜数-豆数。

瓜豆原理主要应用于以下三种常见的数学问题：1.最大值问题：对于一组数中，我们要找出最大的数。

这时我们可以将其中的一个数作为瓜数，将其余所有数作为豆数，然后将瓜数减去豆数的差值作为最大值。

如果瓜数大于或等于豆数，那么最大值就是瓜数减豆数的差值；如果瓜数小于豆数，那么最大值就是瓜数减豆数的相反数。

举个例子，假设我们要找出以下一组数中的最大值：2,5,7,3,9、我们可以将9作为瓜数，将2,5,7,3作为豆数。

然后我们计算瓜数减豆数的差值9-2=7、因此，最大值为72.最小值问题：对于一组数中，我们要找出最小的数。

这时我们可以将其中的一个数作为瓜数，将其余所有数作为豆数，然后将瓜数减去豆数的差值作为最小值。

如果瓜数大于或等于豆数，那么最小值就是瓜数减豆数的差值的相反数；如果瓜数小于豆数，那么最小值就是瓜数减豆数的差值。

举个例子，假设我们要找出以下一组数中的最小值：4,8,3,6,1、我们可以将1作为瓜数，将4,8,3,6作为豆数。

然后我们计算瓜数减豆数的差值1-4=-3、因此，最小值为-33.最值范围问题：对于一组数中，我们要找出最大值和最小值的范围。

这时我们可以先找出最大值和最小值，然后将最大值减去最小值的差值作为最值范围。

举个例子，假设我们要找出以下一组数中的最值范围：6,9,2,5、我们可以先找出最大值和最小值，最大值为9，最小值为2、然后我们计算最值范围9-2=7、因此，最值范围为7总结起来，瓜豆原理是一种简单而有效的数学方法，适用于解决最值问题。

最值问题瓜豆原理

最值问题瓜豆原理
最值问题是指在一组数据中找到最大值或最小值的问题。

破解最值
问题通常使用瓜豆原理。

瓜豆原理是对最大或最小值进行分组，以便
更有效地查找它们。

以下是瓜豆原理的具体步骤：
1. 将原始数据按照固定大小分成若干组。

2. 在每组中找到最大（或最小）值，并将其记录下来。

3. 将所有记录下来的最大（或最小）值中找到最大（或最小）值，即
为整个数据集中的最大（或最小）值。

这个方法的好处是能够大幅减少比较的次数。

在实践中，这个方法被
广泛用来处理大量数据的排序问题，例如在计算机图形学中对三角形
进行剖分，从而进行渲染。

瓜豆原理的时间复杂度通常为O(nlogn)。

然而，瓜豆原理并非适用于所有最值问题。

在某些情况下，需要使用
其他方法，例如基于选择排序的算法，该算法的时间复杂度为O(n^2)。

总的来说，瓜豆原理是一种有效的处理最值问题的算法。

通过分组查找，它能够在更短的时间内快速找到最大或最小值。

但需要强调的是，不同的情况下需要使用不同的算法来解决问题。

3最值系列之瓜豆原理

瓜豆原理---主从联动（放缩旋转）

瓜豆原理---主从联动（放缩旋转）
首先这个题目很有意思，出自成语“种瓜得瓜，种豆得豆”。

它实质上反映了事物的内在联系和必然性。

在这里，我们类比的是，在一类动点问题中，一个动点随另一个动点的运动而运动，我们把它们分别叫做主动点和从动点，主动点怎么动，从动点就跟着怎么动，即所谓的“种瓜得瓜，种豆得豆”。

今天我们就来研究这类双动点问题。

瓜豆原理实质就是双动点运动轨迹问题，主动点是瓜，从动点是豆，瓜在直线上运动，豆的运动轨迹就是直线，瓜在圆周上运动，豆的运动轨迹就是圆。

瓜豆原理的条件是，主动点、从动点与定点连线的夹角为定量，主动点和从动点到定点的距离之比为定量。

瓜豆原理将几何中最难的双动点问题，用通俗易懂成语描述出来，让我们不仅产生了浓厚的研究兴趣，而且将找动点轨迹这一有难度的问题成功的化解，用旋转加位似来解决，从而帮我们建立起解决问题的模型。

瓜豆原理就是几何最值问题中的一朵奇葩。

瓜豆瓜豆，主从联动；
种瓜得瓜，种豆得豆；
瓜圆豆圆，瓜线豆线；
定角定比，放缩旋转。

3最值系列之瓜豆原理

最值系列之瓜豆原理在辅助圆问题中，我们了解了求关于动点最值问题的方式之一——求出动点轨迹，即可求出关于动点的最值．本文继续讨论另一类动点引发的最值问题，在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点Q，当然P、Q之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一、轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．Q【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠P AQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．【思考1】：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为一边作等边△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，故圆M亦由圆O旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP与AQ的位置和数量关系．【思考2】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，如何作出Q点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠OAM=45°且AO:AM：1．M点即为Q点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【分析】M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，连接CO 取CO 中点D ，以D 为圆心，DM 为半径作圆D 分别交AC 、BC 于E 、F 两点，则弧EF 即为M 点轨迹．当然，若能理解M 点与P 点轨迹关系，可直接得到M 点的轨迹长为P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018南通中考】如图，正方形ABCD 中，AB O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =2，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【分析】E 是主动点，F 是从动点，D 是定点，E 点满足EO =2，故E 点轨迹是以O 为圆心，2为半径的圆．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．【练习】△ABC 中，AB =4，AC =2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE ，BD 、CE 交于点O ，则线段AO 的最大值为_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB ，将AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据AC =2，可得C 点轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆．OEDCBA接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点C 的轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点O 轨迹圆圆心．连接AM并延长与圆M交点即为所求的点O，此时AO最大，根据AB先求AM，再根据BC与BO的比值可得圆M的半径与圆A半径的比值，得到MO，相加即得AO．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A、C、A’共线时，可得AO最大值．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP :AQ 是定值）．结论：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为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⊥P A，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________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．GABCDEF根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。

瓜豆原理精华版

最值系列之瓜豆原理一、轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．Q【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠P AQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．【思考1】：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为一边作等边△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，故圆M亦由圆O旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP与AQ的位置和数量关系．【思考2】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，如何作出Q点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠OAM=45°且AO:AM：1．M点即为Q点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【分析】M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，连接CO 取CO 中点D ，以D 为圆心，DM 为半径作圆D 分别交AC 、BC 于E 、F 两点，则弧EF 即为M 点轨迹．当然，若能理解M 点与P 点轨迹关系，可直接得到M点的轨迹长为P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018南通中考】如图，正方形ABCD 中，AB O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =2，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【分析】E 是主动点，F 是从动点，D 是定点，E 点满足EO =2，故E 点轨迹是以O 为圆心，2为半径的圆．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．【练习】△ABC 中，AB =4，AC =2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE ，BD 、CE 交于点O ，则线段AO 的最大值为_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB ，将AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据AC =2，可得C 点轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆．OEDCBA接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点C 的轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点O 轨迹圆圆心．连接AM 并延长与圆M 交点即为所求的点O ，此时AO 最大，根据AB 先求AM ，再根据BC 与BO 的比值可得圆M 的半径与圆A 半径的比值，得到MO ，相加即得AO ．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A 、C 、A ’共线时，可得AO最大值．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP :AQ 是定值）．结论：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为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⊥P A，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________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为．GABCDEF【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。

3最值系列之瓜豆原理

3最值系列之瓜豆原理
瓜豆原理是指一种以制约关系为基础的对事物进行分类和鉴别的原理。

它得名于瓜豆科植物的实验室研究中的发现，但它的范畴远不止于瓜豆科
植物，适用于广泛的领域。

瓜豆原理的核心思想是通过对事物的最大值和最小值进行对比，来判
断一个事物的特征和属性。

它假设存在一个事物的最佳状态或极限，通过
与极限进行对比，我们可以分辨和评估事物。

瓜豆原理可以应用于多个领域，例如经济学、生态学、心理学和生物
学等。

在经济学中，瓜豆原理可以用来解释供需关系和价格波动。

在生态
学中，瓜豆原理可以用来分析生态系统的稳定性和可持续发展。

在心理学中，瓜豆原理可以用来研究人类行为和决策。

瓜豆原理的应用可以带来许多益处。

首先，它可以帮助我们更好地了
解事物的特征和属性。

通过对最值进行对比，我们可以识别事物的优点和
不足。

其次，瓜豆原理可以帮助我们做出更明智的决策。

通过评估事物与
极限之间的差距，我们可以选择最优的方案。

然而，瓜豆原理也有一定的局限性。

最值只是事物属性的一部分，很
多事物的特征无法用一个最大值或最小值来准确描述。

此外，最值往往是
时空相关的，同一事物在不同时间和空间下可能会有不同的最值。

总之，瓜豆原理是一种以制约关系为基础的对事物进行分类和鉴别的
原理。

它通过对事物的最大值和最小值进行对比，来判断一个事物的特征
和属性。

瓜豆原理可以应用于多个领域，并带来许多益处。

然而，它也有
一定的局限性，需要综合考虑其他因素来做出更准确的评估。

中考数学几何最值简析五：“瓜豆原理”

中考数学几何最值简析五：“瓜豆原理”瓜豆原理：若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。

瓜豆原理是主从联动轨迹问题。

主动点叫做瓜，从动点叫做豆，瓜在直线上运动，豆的运动轨迹也是直线。

瓜在圆周上运动，豆的运动轨迹也是圆。

关键是作出从动点的运动轨迹，根据主动点的特殊位置点，作出从动点的特殊点，从而连成轨迹。

类型一：点直线上运动1.线段+直线条件：线段AB上A为直线l上的动点。

C为线段AB中点，B为定点，A为动点。

结论：1.点C的轨迹为A轨迹的一半2.C的轨迹与A的轨迹平行2.角+直线条件：A为定点，B为主动点，C为从动点，并且A与B,C的连线的夹角为定值，且AB≠AC 。

条件：A为定点，B为主动点，C为从动点，并且A与B,C的连线的夹角为定值，且AB=AC结论：1.C的运动轨迹和B的运动轨迹一样，都是直线2.B运动的直线和C运动的直线之间的夹角=∠A3.AB/AC=k4.C运动的长度和B运动长度之比等于k5.若AB不等于AC，则有△ABM∽△AM'C，相似比为k6.若AB=AC，则有△ABM≌△AM'C类型二：点在圆上运动1.线段+圆条件：线段AB中，A为⊙O上一动点，B为定点，C为AB中点结论：1.点C的运动轨迹与点A的运动轨迹都是圆2. 两圆半径之比为2:13. △ABO∽△BCO,相似比为2:12.角+圆条件：A为定点，B为主动点，C为从动点，并且A与B,C的连线的夹角为定值，且AB≠AC 。

结论：1.C的运动轨迹和B的运动轨迹一样，都是圆2.B圆和C圆上对应线段的夹角=∠A3.AB/AC=k4.C运动的长度和B运动长度之比=k5.B圆的半径和C圆的半径之比=k6.若AB≠AC，则有△ABM∽△AM'C，相似比=k7.若AB=AC，则有△ABM≌△AM'C8.若k=1，B圆和C圆是等圆，若k≠1，那么B圆和C圆不是等圆。

总结：瓜豆原理主要掌握好从动点的变化规律，从动点轨迹到底是直线还是圆。

最值系列之瓜豆原理

最值系列之瓜豆原理在辅助圆问题中，我们了解了求关于动点最值问题的方式之一——求出动点轨迹，即可求出关于动点的最值．本文继续讨论另一类动点引发的最值问题，在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点Q，当然P、Q之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一、轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．Q【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠P AQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．【思考1】：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为一边作等边△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，故圆M亦由圆O旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP与AQ的位置和数量关系．【思考2】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，如何作出Q点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠OAM=45°且AO:AM1．M点即为Q点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【分析】M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，连接CO 取CO 中点D ，以D 为圆心，DM 为半径作圆D 分别交AC 、BC 于E 、F 两点，则弧EF 即为M 点轨迹．当然，若能理解M 点与P 点轨迹关系，可直接得到M 点的轨迹长为P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018南通中考】如图，正方形ABCD 中，AB O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =2，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【分析】E 是主动点，F 是从动点，D 是定点，E 点满足EO =2，故E 点轨迹是以O 为圆心，2为半径的圆．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．【练习】△ABC 中，AB =4，AC =2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE ，BD 、CE 交于点O ，则线段AO 的最大值为_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB ，将AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据AC =2，可得C 点轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆．OEDCBA接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点C 的轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点O 轨迹圆圆心．连接AM并延长与圆M交点即为所求的点O，此时AO最大，根据AB先求AM，再根据BC与BO的比值可得圆M的半径与圆A半径的比值，得到MO，相加即得AO．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A、C、A’共线时，可得AO最大值．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP :AQ 是定值）．结论：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为的一个定点，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⊥P A，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________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．GABCDEF根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x =-的图像上有一个动点A ，连接AO并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。

3最值系列之瓜豆原理

根据 AC=2，可得 C 点轨迹是以点 A 为圆心，2 为半径的圆．
A B
C
O
E
D
接下来题目求 AO 的最大值，所以确定 O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点 C 的轨迹是以点 A 为圆心，2 为半径的圆，所以 O 点轨迹也是圆，以 AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点 M 即为点 O 轨迹圆圆心．
y
B
O A
P2 x
P1 12
根据∠ABP=60°可知： P1P2 与 y 轴夹角为 60°，作 OP⊥ P1P2 ，所得 OP 长度即为最小值，OP2=OA=3，所以 OP= 3 ．
2
y B
O A
P2 x
P
P1
【2019 宿迁中考】如图，正方形 ABCD 的边长为 4，E 为 BC 上一点，且 BE=1，F 为 AB 边上的一个动点，连接 EF，以 EF 为边向右侧作等边△EFG，连接 CG，则 CG 的最小值为．
y
P
M
O
C
O
A
B
x
5
【2016 武汉中考】如图，在等腰 Rt△ABC 中，AC=BC= 2 2 ，点 P 在以斜边 AB 为直径的半圆上，M 为 PC 的中点，当半圆从点 A 运动至点 B 时，点 M 运动的路径长为________．
P A
M
C
B
【分析】考虑 C、M、P 共线及 M 是 CP 中点，可确定 M 点轨迹：取 AB 中点 O，连接 CO 取 CO 中点 D，以 D 为圆心，DM 为半径作圆 D 分别交 AC、BC 于 E、F 两点，则弧 EF 即为 M 点轨迹．
y
B
O
A

3最值系列之瓜豆原理

最值系列之瓜豆原理在辅助圆问题中，我们了解了求关于动点最值问题的方式之一——求出动点轨迹，即可求出关于动点的最值．本文继续讨论另一类动点引发的最值问题，在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点 Q，当然 P、 Q 之间存在某种联系，从 P 点出发探讨 Q 点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一、轨迹之圆篇引例 1：如图， P 是圆 O 上一个动点， A 为定点，连接AP， Q 为 AP 中点．考虑：当点P 在圆 O 上运动时， Q 点轨迹是？A Q P O【分析】观察动图可知点Q 轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O 有什么关系？考虑到 Q 点始终为AP 中点，连接AO，取 AO 中点 M，则 M 点即为 Q 点轨迹圆圆心，半径MQ 是 OP 一半，任意时刻，均有△AMQ∽△ AOP，QM :PO=AQ:AP=1:2．PQAM O【小结】确定Q 点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、 Q、 P 始终共线可得： A、 M、 O 三点共线，由Q 为 AP 中点可得： AM=1/2AO．Q 点轨迹相当于是P 点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例 2：如图， P 是圆 O 上一个动点， A 为定点，连接AP，作 AQ⊥ AP 且 AQ=AP．考虑：当点P 在圆 O 上运动时， Q 点轨迹是？QA P O【分析】 Q 点轨迹是个圆，可理解为将 AP 绕点 A 逆时针旋转 90°得 AQ，故 Q 点轨迹与 P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑 AP⊥ AQ，可得 Q 点轨迹圆圆心M 满足 AM⊥ AO；考虑 AP=AQ，可得 Q 点轨迹圆圆心M 满足 AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M 位置，任意时刻均有△APO≌△ AQM．MQPA O引例 3：如图，△APQ 是直角三角形，∠ PAQ=90°且 AP=2AQ，当 P 在圆 O 运动时， Q 点轨迹是？QPA O【分析】考虑 AP⊥ AQ，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AM ⊥ AO；考虑AP:AQ=2:1，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AO:AM=2:1．即可确定圆M 位置，任意时刻均有△APO∽ △AQM，且相似比为2．MQPA O【模型总结】为了便于区分动点P、 Q，可称点P 为“主动点”，点 Q 为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ 是定值）．Q QMPααPA O AαO【结论】（ 1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM ；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q 与 P 的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．【思考 1】：如图， P 是圆 O 上一个动点， A 为定点，连接 AP ，以 AP 为一边作等边△APQ．考虑：当点 P 在圆 O 上运动时， Q 点轨迹是？QOA P【分析】Q点满足（ 1）∠ PAQ=60 °；（ 2）AP=AQ，故 Q 点轨迹是个圆：考虑∠ PAQ=60°，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足∠ MAO=60°；考虑 AP=AQ，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AM=AO，且可得半径 MQ=PO．即可确定圆 M 位置，任意时刻均有△APO≌△ AQM ．QMP60°OA【小结】可以理解 AQ 由 AP 旋转得来，故圆 M 亦由圆 O 旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP 与 AQ 的位置和数量关系．【思考 2】如图，P 是圆 O 上一个动点， A 为定点，连接 AP，以 AP 为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点 P 在圆 O 上运动时，如何作出 Q 点轨迹？QA P O【分析】 Q 点满足（ 1）∠ PAQ=45°；（ 2） AP:AQ= 2 ： 1，故 Q 点轨迹是个圆．连接 AO，构造∠ OAM=45°且 AO:AM = 2 ：1．M 点即为 Q 点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△ AMQ ．即可确定点 Q 的轨迹圆．QM PA O【练习】如图，点P（ 3,4），圆 P 半径为 2， A（ 2.8,0）， B（ 5.6,0 ），点 M 是圆 P 上的动点，点C 是 MB 的中点，则 AC 的最小值是 _______．yPMCO ABx【分析】 M 点为主动点， C 点为从动点， B 点为定点．考虑 C 是 BM 中点，可知 C 点轨迹：取 BP 中点 O，以 O 为圆心， OC 为半径作圆，即为点 C 轨迹．yPMCOO A B x当 A、 C、O 三点共线且点 C 在线段 OA 上时， AC 取到最小值，根据B、 P 坐标求 O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC 即可．yPMOCO A B x【2016 武汉中考】如图，在等腰 Rt△ABC 中， AC=BC= 2 2 ，点 P 在以斜边 AB 为直径的半圆上，M 为 PC 的中点，当半圆从点 A 运动至点 B 时，点 M 运动的路径长为 ________．PAMC B【分析】考虑C、M、 P 共线及 M 是 CP 中点，可确定M 点轨迹：取 AB 中点 O，连接 CO 取 CO 中点 D，以 D 为圆心， DM 为半径作圆 D 分别交AC、BC 于 E、 F 两点，则弧 EF 即为 M 点轨迹．PAMOEDC F B当然，若能理解 M 点与 P 点轨迹关系，可直接得到 M 点的轨迹长为 P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018 南通中考】如图，正方形ABCD 中， AB 2 5 ， O 是 BC 边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接 DE ，将线段DE 绕点 D 逆时针旋转90°得 DF ，连接 AE、 CF ．求线段OF 长的最小值．DAE FBO C【分析】 E 是主动点， F 是从动点， D 是定点， E 点满足 EO=2 ，故 E 点轨迹是以 O为圆心， 2 为半径的圆．DAE FBO C考虑 DE⊥ DF 且 DE=DF ，故作 DM ⊥ DO 且 DM =DO ，F 点轨迹是以点M 为圆心，2为半径的圆．DAMEFBO C直接连接 OM ，与圆 M 交点即为 F 点，此时 OF 最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得 OM ，减去 MF 即可得到 OF 的最小值．DAMFEBO C【练习】△ABC 中， AB=4，AC=2，以 BC 为边在△ABC 外作正方形 BCDE ，BD、 CE 交于点O，则线段 AO 的最大值为 _____________．AB COE D【分析】考虑到AB、 AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB，将 AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据 AC=2 ，可得 C 点轨迹是以点 A 为圆心， 2 为半径的圆．ABCODE接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点 C 的轨迹是以点 A 为圆心， 2 为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以 AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点 O 轨迹圆圆心．ABCMOE D连接 AM 并延长与圆M 交点即为所求的点O，此时 AO 最大，根据AB 先求 AM ，再根据 BC 与 BO 的比值可得圆 M 的半径与圆 A 半径的比值，得到 MO，相加即得AO．ABCMOE D此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A、C、 A’共线时，可得AO 最大值．AB COA'E D或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图， P 是直线 BC 上一动点，连接AP，取 AP 中点 Q，当点 P 在 BC 上运动时， Q 点轨迹是？AQB P C【分析】当 P 点轨迹是直线时，Q 点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、 Q 向 BC 作垂线，垂足分别为M、 N，在运动过程中，因为 AP=2AQ，所以 QN 始终为 AM 的一半，即 Q 点到 BC 的距离是定值，故 Q 点轨迹是一条直线．AQBCP N M【引例】如图，△APQ 是等腰直角三角形，∠ PAQ=90°且 AP=AQ，当点 P 在直线 BC 上运动时，求 Q 点轨迹？ABP Q C【分析】当 AP 与 AQ 夹角固定且AP:AQ 为定值的话，P、 Q 轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q 点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q 点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ 是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ 是定值）．结论：P、 Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠ PAQ（当∠ PAQ≤ 90时°，∠ PAQ 等于 MN 与BC 夹角）NAαQMαBP CP、 Q 两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由△ABC ∽△ AMN ，可得 AP:AQ=BC:MN ）NAαMαB C【2017 姑苏区二模】如图，在等边△ABC中，AB=10，BD =4，BE=2，点P从点E出发沿EA 方向运动，连结PD ，以 PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF，当点P 从点 E 运动到点 A 时，点 F 运动的路径长是________．APFEBD C【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知 F 点运动路径长与P 点相同， P 从 E 点运动到 A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013 湖州中考】如图，已知点 A 是第一象限内横坐标为 2 3 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 ________．yABO MxPNC【分析】根据∠PAB=90°，∠ APB=30°可得： AP:AB= 3 :1 ，故 B 点轨迹也是线段，且 P 点轨迹路径长与 B 点轨迹路径长之比也为 3 :1 ， P 点轨迹长ON 为 2 6 ，故B 点轨迹长为 2 2．【练习】如图，在平面直角坐标系中， A（ -3,0），点 B 是 y 轴正半轴上一动点，点C、D 在 x 正半轴上，以 AB 为边在 AB 的下方作等边△ABP，点 B 在 y 轴上运动时，求 OP 的最小值．yBOA xP【分析】求 OP 最小值需先作出P 点轨迹，根据△ABP 是等边三角形且 B 点在直线上运动，故可知P 点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（ 1）当点 B 与点 O 重合时，作出P 点位置 P1；（ 2）当点 B 在 x 轴上方且 AB 与 x 轴夹角为60°时，作出P 点位置 P2．连接 P1P2，即为 P 点轨迹．yBO Ax P2根据∠ ABP=60°可知： P P与 y 轴夹角为 60°，作 OP⊥P P，所得 OP 长度即为最1 2 1 23小值， OP2=OA =3，所以 OP =．yBOxA P2PP1【2019 宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为 BC 上一点，且 BE=1，F 为 AB 边上的一个动点，连接 EF，以 EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接 CG，则 CG 的最小值为．A DF GB E C【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点 B 向点 A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到 F 点轨迹是线段，故 G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻 G 点在 G1位置，最终 G 点在 G2位置（ G2不一定在 CD 边）， G1G2即为 G 点运动轨迹．A DG2G1B E CCG 最小值即当CG⊥ G1G2的时候取到，作CH ⊥ G1G2于点 H， CH 即为所求的最小值．根据模型可知：G1 G2与 AB 夹角为 60°，故 G1G2⊥EG1．过点 E 作 EF ⊥CH 于点 F，则 HF= G1E =1，CF= 1CE 3 ，22所以 CH= 5，因此 CG 的最小值为5．22A DG2HG1FB E C三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016 乐山中考】如图，在反比例函数y 2 的图像上有一个动点A，连接 AO x并延长交图像的另一支于点B，在第一象限内有一点C，满足 AC =BC，当点 A 运动时，点 C 始终在函数 y k 的图像上运动，若tan∠ CAB=2，则 k 的值为（）xyACO xBA．2B．4C．6D．8【分析】∠ AOC=90°且 AO:OC=1:2，显然点 C 的轨迹也是一条双曲线，分别作 AM 、CN 垂直x 轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO ∽△ONC，∴CN=2OM ，ON=2AM ，∴ ON ·CN=4AM·OM ，故 k=4×2=8．yACNM O xB【思考】若将条件“tan∠ CAB=2”改为“△ABC 是等边三角形”， k 会是多少？【练习】如图， A（-1,1）， B（ -1,4）， C（ -5,4），点 P 是△ABC 边上一动点，连接OP，以 OP 为斜边在 OP 的右上方作等腰直角△OPQ ，当点 P 在△ABC 边上运动一周时，点 Q 的轨迹形成的封闭图形面积为 ________．CyBPQAOx【分析】根据△OPQ 是等腰直角三角形可得：Q 点运动轨迹与P 点轨迹形状相同，根据 OP:OQ= 2 :1 ，可得P 点轨迹图形与Q 点轨迹图形相似比为 2 :1 ，故面积比为 2:1，△ABC 面积为 1/2 ×3×4=6 ，故 Q 点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB=4， AC=2，以 BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接 AD 并延长至点P，使 AD =PD ，则 PB 的取值范围为___________．PDCA B【分析】固定AB 不变， AC=2，则 C 点轨迹是以 A 为圆心， 2 为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD，则 D 点轨迹是以点M 为圆心、 2 为半径的圆PDMCA E B考虑到 AP=2 AD，故 P 点轨迹是以N 为圆心， 2 2 为半径的圆，即可求出PB 的取值范围．PNDMCA E B。

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