瓜豆原理模型---运动轨迹为圆模型
专题4.5圆---利用“瓜豆”模型求最值-中考数学二轮复习必会几何模型剖析(全国通用)
上述模型在数学江湖中也被称作“捆绑动点轨迹模型”
Q
强化训练
“瓜豆”模型
提升能力
1.如图,正方形ABCD中,AB=12,E是BC边上一点,CE=7,F是正方形内部一点,
且EF=3,连接EF,DE,DF,并将△DEF绕点D逆时针旋转90º得到△DMN(点M,N
10
分别为点E,F的对应点),连接CN,则CN长度的最小值为_____.
2
2
E G
D
A
圆型运动轨迹
典例精讲
考点2-2
【引例】如图,已知A是⊙O外一点,P是⊙O上的动点,线段AP的中点为Q,连
接OA,OP.若⊙O的半径为2,OA=4,则线段OQ的最小值是(
A.0
B.1
C.2
B )
D.3
【思考】当点P在圆O上运动时,Q点轨迹是？
解：连接AO,取AO的中点M,连接QM,PO.
O
A
(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：
∠OAM=∠PAQ；
(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“瓜豆模型”.
2
倍而得到的,所以点P所在圆的圆心绕点A逆时针旋转90º，
再乘以 2 就是点C所在圆的圆心B´,而半径也缩小
2
2倍,
2
即 2 .根据点圆最值模型,可知：BB´-CB´≤BC≤BB´+CB´,
即3 2 ≤BC≤ 5 2 ,因此最大值与最小值的差为 3 2 .
初中数学解题模型专题讲解42---最值系列之瓜豆原理
5 / 19
Q
A
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．
Q
M
P
A
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_______．
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
A
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．
P F
E
B
D
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．
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【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°，
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？
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。
利用“瓜豆原理”模型分析轨迹问题
利用 瓜豆原理 模型分析轨迹问题陈礼弦(贵州省贵安新区普贡中学ꎬ贵州贵安新区５６１１１３)摘㊀要:文章立足于初中数学教学实践ꎬ针对轨迹问题这一中考难点ꎬ利用 瓜豆原理 模型巧妙分析轨迹问题的求解思路ꎬ目的在于帮助初中数学教师及学生找到应对轨迹问题的正确思路ꎬ提高学生分析问题和解决问题的能力ꎬ进而提升其数学核心素养.关键词:初中数学ꎻ轨迹问题ꎻ 瓜豆原理 模型中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)１１－００１７－０３收稿日期:２０２４－０１－１５作者简介:陈礼弦(１９７１.１２ )ꎬ男ꎬ贵州省清镇人ꎬ本科ꎬ高级教师ꎬ从事初中数学教学研究.㊀㊀在初中数学教学中ꎬ轨迹问题是教学的难点ꎬ也是核心素养重点考查对象.根据笔者多年的教学经验ꎬ引导学生弄清楚 瓜豆原理 模型ꎬ利用其分析轨迹问题ꎬ会收到事半功倍的效果.瓜豆原理 是一种数学问题的形象描述ꎬ即若两动点到某定点的距离比是定值ꎬ夹角是定角ꎬ则两动点的运动路径相同.其中ꎬ主动点叫作 瓜 ꎬ从动点叫作 豆 .如果 瓜 在直线上运动ꎬ那么 豆 的运动轨迹也是直线ꎻ如果 瓜 在圆周上运动ꎬ那么 豆 的运动轨迹也是圆.这种主从联动轨迹问题被称为 瓜豆原理 或 瓜豆模型 ꎬ在某一个特殊位置ꎬ就是我们要解决的轨迹问题[１].１模型一㊀动点在直线上运动这类问题的基本特点是主动点在直线上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是直线.其结论主要有两个:一是主动点和从动点所在直线的夹角是一个定值ꎻ二是主动点和从动点轨迹长度之比值是一个定值.１.１模型分析例１㊀如图１ꎬＧ为线段ＥＦ一动点ꎬＤ为定点ꎬ连接ＤＧꎬ取ＤＧ中点Ｈꎬ当点Ｇ在ＥＦ运动时ꎬ画出点Ｈ的运动轨迹.㊀㊀图１㊀例１题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀例１解析图解析㊀如图２ꎬ线段ＩＪ即为点Ｈ运动的轨迹ꎬ理由如下:连接ＤＥꎬＤＦ.因为当点Ｇ在点Ｅ处时ꎬ点Ｈ在点Ｉ处ꎬ当点Ｇ在点Ｆ处时ꎬ点Ｈ在点Ｊ处ꎬ所以点Ｉ是ＤＥ的中点ꎬ点Ｊ是ＤＦ的中点ꎬ所以ＩＪʊＥＦꎬ所以ＩＪ＝１２ＥＦꎬ所以ＩＪＥＦ＝１２ꎬ所以在运动过程中ꎬ主动点Ｇ和从动点Ｈ所在的直线ＤＧ和ＤＨ的夹角是０ʎ(定值)ꎬ主动点Ｇ和从动点Ｈ的轨迹长之比值是１２(定值).从而可知主动点Ｇ运动的轨迹是线段ꎬ从动点Ｈ运动的轨迹也是线段.例２㊀如图３ꎬәＤＥＦ是等腰直角三角形ꎬøＥＤＦ＝９０ʎ且ＤＥ＝ＤＦꎬ当点Ｅ在线段ＭＮ上运动时ꎬ画出点Ｆ的运动轨迹.解析㊀如图４ꎬ线段ＦᶄＦᵡ即为点Ｆ的轨迹.取点Ｆ的起始位置Ｆᶄ和终点位置Ｆᵡꎬ连接即得点Ｆ轨迹为线段ＦᶄＦᵡ.因为主动点Ｅ和从动点Ｆ所在直线７１图３㊀例２题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图４㊀例２解析图ＤＥ和ＤＦ的夹角为９０ʎꎬ易证әＭＮＤɸәＦᶄＦᵡＤꎬ主动点Ｅ和从动点Ｆ的轨迹长之比值等于ＭＮʒＦᶄＦᵡ＝１ꎬ所以点Ｅ㊁Ｆ的轨迹是同一图形.１.２模型应用例３㊀如图５ꎬ矩形ＤＥＦＧ中ꎬＤＥ＝３ꎬＤＧ＝４ꎬ点Ｈ在边ＤＧ上且ＤＨʒＨＧ＝１ʒ３.动点Ｉ从点Ｄ出发ꎬ沿ＤＥ运动到点Ｅ停止.过点Ｈ作ＨＫʅＨＩ交射线ＥＦ于点Ｋꎬ设Ｊ是线段ＨＫ的中点.求在点Ｉ运动的整个过程中ꎬ点Ｊ运动的路径的长.图５㊀例３题图㊀㊀㊀㊀㊀图６㊀例３解析图解析㊀如图６ꎬ当Ｉ与Ｄ重合时ꎬ点Ｋ与Ｋᶄ重合ꎬ此时点Ｊ在Ｊᶄ处ꎬ当点Ｉ与Ｅ重合时ꎬＫ与Ｋᵡ重合ꎬ点Ｊ在Ｊᵡ处ꎬ点Ｊ的运动轨迹是线段ＪᶄＪᵡ.因为ＤＧ＝４ꎬＤＨʒＨＧ＝１ʒ３ꎬ所以ＤＨ＝１ꎬＨＧ＝３.在ＲｔәＤＥＨ中ꎬＤＨ＝１ꎬＤＥ＝３ꎬ所以ＨＥ＝ＤＨ２＋ＤＥ２＝１＋９＝１０.因为ＤＧ//ＥＦꎬ所以øＤＨＥ＝øＨＥＫᵡꎬ又因为øＤ＝øＥＨＫᵡ＝９０ʎꎬ所以әＤＨＥ~әＨＥＫᵡꎬ所以ＨＥＥＫᵡ＝ＤＨＨＥꎬ所以ＥＫᵡ＝１０ˑ１０＝１０.又因为ＥＫᶄ＝ＤＨ＝１ꎬ所以ＫᶄＫᵡ＝ＥＫᵡ－ＥＫᶄ＝９ꎬ所以ＪᶄＪᵡ＝１２ＫᶄＫᵡ＝９２ꎬ所以点Ｊ的运动路径的长为９２.２模型二㊀动点在圆周上运动这类问题的基本特点是主动点在圆周上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是圆.其结论主要有两个:一是主㊁从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角是定值ꎻ二是主㊁从动点与定点的距离之比值等于两圆心到定点的距离之比值.２.１模型分析例４㊀如图７ꎬＦ是☉Ｄ上一个动点ꎬＥ为定点ꎬ连接ＥＦꎬＧ为ＥＦ的中点ꎬ当点Ｆ在☉Ｄ上运动时ꎬ画出点Ｇ的运动轨迹.㊀图７㊀例４题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图８㊀例４解析图解析㊀如图８ꎬ☉Ｃ是点Ｇ的运动轨迹.连接ＥＤꎬ取ＥＤ的中点Ｃꎬ连接ＣＧꎬ以Ｃ为圆心ꎬＣＧ为半径作☉Ｃꎬ所以点Ｆ在☉Ｄ上运动时ꎬ点Ｇ在☉Ｃ上运动.即☉Ｃ是点Ｇ的运动轨迹.因为主㊁从动点与定点连线的夹角øＦＥＧ等于两圆心与定点连线的夹角øＤＥＣꎬ是定值０ʎ.又因为主㊁从动点与定点的距离ＦＥ㊁ＧＥ之比值等于两圆心到定点的距离ＤＥ㊁ＣＥ之比值ꎬ也等于两圆半径ＤＦ㊁ＣＧ之比值ꎬ是定值.从而可知主动点Ｆ在圆周上运动ꎬ从动点Ｇ的运动轨迹也是圆.例５㊀如图９ꎬＭ是☉Ｄ上一个动点ꎬＢ为定点ꎬ连接ＢＭꎬ在ＢＭ的上方以ＢＭ为边作等边әＢＣＭ.当点Ｍ在☉Ｄ上运动时ꎬ画出点Ｃ的运动轨迹.㊀图９㊀例５题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１０㊀例５解析图解析㊀如图１０ꎬ点Ｃ的运动轨迹是以点Ｅ为圆心的圆ꎬ理由如下:点Ｃ满足øＭＢＣ＝６０ʎꎬＢＭ＝ＢＣꎬ点Ｃ的圆心Ｅ满足øＤＢＥ＝６０ʎꎬＢＥ＝ＢＤꎬ且ＥＣ＝ＤＭꎬ可确定圆Ｅ的位置ꎬ任意时刻均有әＢＭＤɸәＢＣＥꎬ可以理解ＢＥ是由ＢＤ旋转得到ꎬ故圆Ｅ是由圆Ｄ旋转得到的ꎬ旋转角度与缩放比例均与ＢＭ与ＭＣ的位置和数量关系有关.例６㊀如图１１ꎬＦ是☉Ｃ上一动点ꎬＥ为定点ꎬ８１连接ＥＦꎬ以ＥＦ为斜边在ＥＦ上方作等腰直角三角形ＥＦＤ.当点Ｆ在☉Ｃ上运动时ꎬ画点Ｄ的轨迹.图１１㊀例６题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１２㊀例６解析图解析㊀如图１２ꎬ点Ｄ的轨迹为以点Ｇ为圆心ꎬ２２ＣＦ长为半径的圆.Ｄ点满足øＦＥＤ＝４５ʎꎬＥＦ:ＥＤ＝２ʒ１ꎬ故Ｄ点轨迹是一个圆.连接ＥＣꎬ构造øＧＥＣ＝４５ʎ且ＥＣʒＥＧ＝２ʒ１.Ｇ点即为Ｄ点轨迹圆圆心ꎬ此时任意时刻均有әＥＣＦʐәＥＧＤ.即可确定点Ｄ的轨迹圆.所以点Ｄ的轨迹为以点Ｇ为圆心ꎬ２２ＣＦ长为半径的圆.２.２模型应用例７㊀如图１３ꎬ☉Ｅ的直径ＢＣ＝４ꎬＤ为☉Ｅ上的动点ꎬ连接ＢＤꎬＦ为ＢＤ的中点ꎬ若点Ｄ在圆上运动一周ꎬ求点Ｆ经过的路径长.图１３㊀例７题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１４㊀例７解析图解析㊀如图１４ꎬ因为主㊁从动点与定点连线ＤＢ㊁ＦＢ的夹角等于两圆心与定点连线ＥＢ㊁ＧＢ的夹角ꎬ且是０ʎꎬ为定值ꎬ又因为主㊁从动点与定点的距离ＤＢ㊁ＦＢ之比值等于两圆心到定点的距离ＥＢ㊁ＧＢ之比值ꎬ也等于两圆半径ＥＢ㊁ＧＢ之比值ꎬ是定值１２.所以是点Ｄ在☉Ｅ上运动ꎬ点Ｆ的运动轨迹也是圆.如图１４ꎬ当点Ｄ在点Ｃ处时ꎬ点Ｆ在点Ｅ处ꎬ当点Ｄ在点Ｂ处时ꎬ点Ｆ在点Ｂ处ꎬ所以ＥＢ是这个圆的直径ꎬ这个圆是☉Ｇ.又因为ＢＣ＝４ꎬ所以ＥＢ＝２ꎬ所以ＧＢ＝１ꎬ所以ｒ＝１ꎬ所以☉Ｇ的周长为２πｒ＝２πꎬ所以点Ｆ经过的路径长是２π.例８㊀如图１５ꎬＦＧ＝３ꎬ☉Ｆ的半径为１ꎬＥ为☉Ｆ上的动点ꎬ连接ＥＧꎬ在ＥＧ上方作一个等边三角形ＥＧＨꎬ连接ＦＨ.求ＦＨ的最大值.解析㊀如图１６ꎬ以ＦＧ为边在ＦＧ上方构造等边三角形әＦＧＩꎬ连接ＩＨꎬ以点Ｉ为圆心ꎬＩＨ为半径作圆Ｉ.因为主㊁从动点与定点连线ＥＧ㊁ＨＧ的夹角等于两圆心与定点连线ＦＧ㊁ＩＧ的夹角ꎬ且是６０ʎ为定值.又因为主㊁从动点与定点的距离ＥＧ㊁ＨＧ之比值等于两圆心到定点的距离ＦＧ㊁ＩＧ之比值ꎬ也等于两圆半径ＦＥ㊁ＩＨ之比值ꎬ是定值１.因为øＦＧＥ＝６０ʎ－øＥＧＩꎬøＩＧＨ＝６０ʎ－øＥＧＩꎬ所以øＦＧＥ＝øＩＧＨ.又因为ＦＧ＝ＩＧꎬＥＧ＝ＨＧꎬ所以әＦＧＥɸәＩＧＨꎬ所以ＩＨ＝ＦＥ＝１.从而可知点Ｈ运动的轨迹是以点Ｅ为圆心㊁１为半径的圆ꎬ当Ｆ㊁Ｉ㊁Ｈ三点共线且Ｈ在ＦＩ的延长线上时ꎬＦＨ的最大值为ＦＩ＋ＩＨ＝３＋１＝４ꎬ此时点Ｈ在点Ｈᶄ处.图１５㊀例８题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１６㊀例８解析图３结束语在解决轨迹问题时ꎬ要结合图形进行分析ꎬ主动点和从动点运动的轨迹是否属于 瓜豆原理 .如果主动点和从动点运动的轨迹属于 瓜豆原理 ꎬ就可以利用主动点在直线上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是直线或主动点在圆周上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是圆解决轨迹问题[２].参考文献:[１]熊长菊ꎬ张进.例谈瓜豆原理中动点轨迹最值问题的求解策略[Ｊ].数理化学习(初中版)ꎬ２０２２(６):５－９.[２]丁羽.初三学生动点轨迹问题的解决障碍及教学对策研究[Ｄ].广州:广州大学ꎬ２０２２.[责任编辑:李㊀璟]９１。
2021年贵阳市中考数学总复习：轨迹问题中的“瓜豆原理”模型
(2)点Q可以看作点P绕定点A按逆时针方向旋转60°而来；
(3)点Q可以看作点P绕定点A按逆时针方向旋转角α而来．
问题2 (直线生直线)在问题1中，若点A是定点，点P在直线l上运动，在运动过程 中保持∠A大小不变，则点Q的运动路径是什么？它可以由点P的路径通过怎样的 旋转变换得到？
图①
图② 问题2图
图①
图②
图③
问题6图
问题6 解：点C的路径可以由点B所在的⊙O以定点A为位似中心，以相应的位比
放缩而来，且这两个圆的相似比(即半径比)等于位似比．如解图所示：
问题6解图①
问题6解图②
问题6解图③
模型总结
此类轨迹问题可通过“位似变换”来解决，称B为主动点，C为从动点，根据位似 的性质，从动点C的路径与主动点B的路径是相似图形. “集体行动，步调一致”， 每一个点都是经过相同的变换得到，整个路径自然也是经过相同的交换而来，若 是圆，其圆心亦然，且这两个圆的相似比(即半径比)等于位似比．
(3)点C可以看作点B先绕着定点A逆时针旋转角α，再以定点A为位似中心，以k为
位似比放缩而来．
问题8 (直线生直线)在问题7中，若点B在定直线l上运动，其他条件不变，如图所 示，点C的运动路径是什么？它可以看作点B的路径如何而来？
图②
问题8 解：每一个图①点C都可以看作相应问的题点8图B先旋转后位似而来，因此图点③C的路径 是点B的路径(即直线l)先旋转后位似而来．如解图所示：
类型一 旋转型
模型分析 问题1 (共顶点，等线段)根据旋转的性质，写出在下列三角形中，点P经过怎样 的旋转变换可以得到Q点． (1)等腰Rt△APQ；(2)等边△APQ；(3)任意等腰△APQ(顶角为α)．
图①
瓜豆原理—圆（基础篇）
⽠⾖原理—圆（基础篇）今⽇主题：双动点隐藏圆模型特征：“定⽐定⾓”先解释⼀下定⽐定⾓P、Q均为动点，A为固定点。
但是P和Q在运动过程中始终保持线段PA与QA的⽐例固定，以及线段PA与AQ的夹⾓α是固定值。
看⼀下动图：结论：P点的运动轨迹与Q点的运动轨迹相似。
如果P点在⼀个圆上运动，那么符合这种关系的Q 点也必然在⼀个圆上运动。
P点在线段上动，Q点也在线段上动。
今天只讲找轨迹的步骤，证明会在视频课中给出⼀、全等型旋转拿题⽬举例：如图，P是圆O上⼀个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．问题：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？第⼀步：确定三个关键点主动点（已知运动轨迹的点）：P从动点（需要探索运动轨迹的点）：Q旋转中⼼（两个动点到这个固定点定⽐定⾓）：A第⼆步：确定主动点到从动点的旋转⽅式：P→Q：以A为旋转中⼼，逆时针旋转90°第三步：将主动点的轨迹按照第⼆步的旋转⽅式旋转，就可以得到从动点的运动轨迹圆的旋转等价于转圆⼼，所以做题时先转圆⼼，再确定半径。
本题因为定⽐为1：1，所以两个圆半径⽐就是1：1动态感知：⼆、相似型旋转如图，△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？第⼀步：确定三个关键点主动点P 、从动点Q、旋转中⼼A第⼆步：确定主动点到从动点的旋转⽅式：P→Q：以A为旋转中⼼，逆时针旋转90°，缩⼩⼀半第三步：将主动点的轨迹按照第⼆步的旋转⽅式旋转，得到从动点得运动轨迹这个例题之所以两个圆的半径不⼀样，是因为主/从=2/1，所以圆的半径⽐也为2/1三、夹0°型缩放如图，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？第⼀步：确定三个关键点主动点P 、从动点Q、旋转中⼼A第⼆步：确定主动点到从动点的旋转⽅式：P→Q：以A为旋转中⼼，转0°，缩⼩⼀半（其实就是以A为缩放中⼼，缩⼩⼀半）第三步：将主动点的轨迹按照第⼆步的⽅式缩放，得到从动点得运动轨迹四、模型总结这⾥的定⾓不⼀定是90°，本篇以90°举例，实际任何度数均可五、实战练习。
最值模型-瓜豆原理(解析版)--中考数学常见几何模型全归纳之模型解读
最值模型-瓜豆原理动点轨迹问题是中考的重要题型，受学生解析几何知识的局限和思维能力的束缚，该压轴点往往成为学生在中考中的一个坎，致使该压轴点成为学生在中考中失分的集中点。
掌握该压轴题型的基本图形，构建问题解决的一般思路，是中考专题复习的一个重要途径。
本专题就最值模型中的瓜豆原理(动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型)进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
【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。
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。
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1、运动轨迹为直线模型1-1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？解析：当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．理由：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．模型1-2如图，在△APQ中AP=AQ，∠PAQ为定值，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？解析：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。
理由：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。
【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)当动点轨迹确定时可直接运用垂线段最短求最值；2)当动点轨迹不易确定是直线时，可通过以下三种方法进行确定：①观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等位置时是否存在动点与定直线的端点连接后的角度不变，若存在该动点的轨迹为直线；②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线；③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线；④若动点轨迹用上述方法都合适，则可以将所求线段转化为其他已知轨迹的线段求值。
瓜豆原理解析
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 OQP【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．PQA MO【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OP QA【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 ．MA QPO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OPQA【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．OPQM A【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）．αA QPOααOPQMA【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OPA Q【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 ．60°MQAPO【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OPQA【分析】Q 点满足（1）∠PAQ =45°；（2）AP :AQ =：1，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．MOPQA【练习】如图，点P （3,4），圆P 半径为2，A （,0），B （,0），点M 是圆P 上的动点，点C 是MB 的中点，则AC 的最小值是_______．OyxA B CM P【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．OOyxABC M P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．OPMCBAxyO【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________．A BC MP【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．DEFOABCM P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．FE DCBAO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．OABCDEFM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．OABCDE FM【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．E DM ABCO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 ．OCBAM DE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 CDEOA'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PQABC【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．N CBAQP 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CBAQP【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．Q 2Q 1ABC【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）MNααPQ A BCP 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）M NααA BC【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________．ABCDE FP【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 ⊥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________．yxN MPACBO【分析】根据∠PAB =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．POABxy【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P 1；（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P 2．连接P 1P 2，即为P 点轨迹．P 2P 1y xBAO根据∠ABP =60°可知：12PP 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12PP ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．PP 2P 1y xBAO【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 2G 1ED CBACG 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．FHG 2G 1ED CBA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k y x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k 的值为（ ）CBAOyxA ．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．NM xyOABC【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________．QCxyOA B P【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 点轨迹图形相似比为，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___________．AB CDP【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、为半径的圆 E MPDCBA考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，求出PB 的取值范围．N E A BCD P M。
中考数学几何最值模型第1讲瓜豆原理
主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．
【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．
学无止境
中考数学几何最值模型
第（1）讲瓜豆原理
苏科版九年级
模型汇总
1、瓜豆原理-动点轨迹直线型
动点轨迹为直线型
【知识梳理】
动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。
当动点轨迹确定时可直接运用垂线段最短求最值
当动点轨迹不易确定是直线时，可通过以下三种方法进行确定
①观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等位置时是否存在动点与定直线的端点连接
针旋转60°得到线段DE，连结BE．
（1）若点D在AB边上（不与A，B重合）请依题意补全图并证明AD=BE；
（2）连接AE，当AE的长最小时，求CD的长．
解析（1）：
由于等边三角形△ABC
和等边三角形△CDE共顶点C，
利用手拉手旋转全等可证得：
△ACD≌△BCE(ASA)
∴AD=BE
E
解析（2）
利用瓜豆原理，主动点D在AB上，
△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．
2、瓜豆原理-动点轨迹圆弧型
动点轨迹为圆或圆弧型
【知识精讲】
根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；
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．。
初中圆中轨迹问题瓜豆原理
初中圆中轨迹问题瓜豆原理
“瓜豆原理”在解决初中圆中的轨迹问题时是一个非常有用的工具。
这个原理可以用于确定从动点的轨迹。
当主动点和从动点与一个定点之间的连线形成的夹角是定值，且主动点和从动点到定点的距离之比是定值时，从动点的轨迹就可以确定。
这个原理可以帮助我们理解主动点和从动点的轨迹之间的关系，并且可以用于解决一些复杂的几何问题。
例如，假设我们有一个圆O，一个动点P在圆O上运动，另一个动点Q与P点有固定的角度和距离关系。
通过应用瓜豆原理，我们可以确定Q点的轨迹是一个以O点为中心，以OP为半径的圆。
这样，我们就可以利用瓜豆原理来解决一些涉及圆和轨迹的几何问题。
总的来说，瓜豆原理是一种非常有用的工具，可以帮助我们解决初中数学中涉及圆和轨迹的问题。
通过理解和应用这个原理，我们可以更好地理解几何图形的运动和变化，从而更好地解决几何问题。
专题19 瓜豆原理中动点轨迹圆或圆弧型最值问题(学生版)
专题7 瓜豆原理中动点轨迹圆或圆弧型最值问题【专题说明】动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。
确定动点轨迹为圆或者圆弧型的方法:（1）动点到定点的距离不变，则点的轨迹是圆或者圆弧。
（2）当某条边与该边所对的角是定值时，该角的顶点的轨迹是圆，具体运用如下;①见直角，找斜边，想直径，定外心，现圆形①见定角，找对边，想周角，转心角，现圆形【知识精讲】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接A P，Q为A P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A P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O P一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AO P，QM:P O=AQ:A P=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A P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．如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接A P，作AQ⊥A P且AQ=A P．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A P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A P⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑A P=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=P O．即可确定圆M位置，任意时刻均有△A P O≌△AQM．如图，△A P Q是直角三角形，∠P AQ=90°且A P=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑A P⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑A P: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△A P O∽△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（A P:AQ是定值）．【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：A P: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”．【例题】1、如图，在Rt ABC ∆中，90︒∠=C ，4AC =，3BC =，点O 是AB 的三等分点，半圆O 与AC 相切，M ，N 分别是BC 与半圆弧上的动点，则MN 的最小值和最大值之和是（ ）A ．5B ．6C ．7D ．82、如图，在矩形纸片ABCD 中，2AB =，3AD =，点E 是AB 的中点，点F 是AD 边上的一个动点，将AEF 沿EF 所在直线翻折，得到'A EF ，则'A C 的长的最小值是( )A B ．3 C 1 D 13、如图，在Rt ①ABC 中，①ABC ＝90°，①ACB ＝30°，BC ＝2√3 ，①ADC 与①ABC 关于AC 对称，点E 、F 分别是边DC 、BC 上的任意一点，且DE ＝CF ，BE 、DF 相交于点P ，则CP 的最小值为( ) A ．1 B ．√3 C ．32 D ．24、如图，在矩形ABCD 中，AB =4，AD =6，E 是AB 边的中点，F 是线段BC 上的动点，将ΔEBF 沿EF 所在直线折叠得到ΔEB ' F ，连接B ' D ，则B ' D 的最小值是_____．5、如图，Rt ABC △中，AB BC ⊥，6AB =，4BC =，P 是ABC △内部的一个动点，且满足90PAB PBA ︒∠+∠=，则线段CP 长的最小值为________.6、如图，点D 在半圆O 上，半径5OB =，4=AD ，点C 在弧BD 上移动，连接AC ，作DH AC ⊥，垂足为H ，连接BH ，点C 在移动的过程中，BH 的最小值是______．7、如图，过抛物线上一点A作轴的平行线，交抛物线于另一点B，交轴于点C，已知点A的横坐标为．（1）求抛物线的对称轴和点B的坐标；（2）在AB上任取一点P，连结O P，作点C关于直线O P的对称点D；①连结BD，求BD的最小值；①当点D落在抛物线的对称轴上，且在轴上方时，求直线P D的函数表达式．【解析】（1）由题意A（﹣2，5），对称轴x=﹣=4，①A、B关于对称轴对称，①B（10，5）．（2）①如图1中，由题意点D在以O为圆心OC为半径的圆上，①当O、D、B共线时，BD的最小值=OB﹣OD=．①如图2中，图2当点D在对称轴上时，在Rt①ODE中，OD=OC=5，OE=4，①DE==3，①点D的坐标为（4，3）．设P C=P D=x，在Rt①P DK中，x2=（4﹣x）2+22，①x=，①P（，5），∴直线P D的解析式为y=﹣x+．。
初中数学中考二轮专题专题6 动点最值之瓜豆模型(学生版)
专题6 动点最值之瓜豆模型模型一、运动轨迹为直线问题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？解析：当P 点轨迹是直线时，Q 点轨迹也是一条直线．理由：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．问题2：如图，点C 为定点，点P 、Q 为动点，CP=CQ ，且∠PCQ 为定值，当点P 在直线AB 上运动，Q 的运动轨迹是？解析：当CP 与CQ 夹角固定，且AP=AQ 时，P 、Q 轨迹是同一种图形，且PP 1=QQ 1理由：易知△CPP 1≌△CPP 1，则∠CPP 1=CQQ 1，故可知Q 点轨迹为一条直线.模型总结：条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量；主动点、从动点到定点的距离之比是定量．结论：① 主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形；② 主动点路径做在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角③ 当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动点的运动路径长；例1.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．例2.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 ⊥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________．【变式训练1】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 ，求CG的最小值是多少？GA B CDEF【变式训练2】如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E在AB上，点D为BC的中点，△EDM为等边三角形．若点E从点B运动到点A，则M点所经历的路径长为 ．【变式训练3】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 ．【变式训练4】如图，已知线段AB＝12，点C在线段AB上，且△ACD是边长为4的等边三角形，以CD为边的右侧作矩形CDEF，连接DF，点M是DF的中点，连接MB，则线段MB的最小值为 .模型二、运动轨迹为圆问题1.如图，P 是圆O 上一个动点，A 为定点，连接AP ，Q 为AP 中点．当点P 在圆O 上运动时，Q 点轨迹是？解析：Q 点轨迹是一个圆理由：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，．问题2.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？解析：Q 点轨迹是一个圆理由：∵AP ⊥AQ ，∴Q 点轨迹圆圆心M 满足AM ⊥AO ；又∵AP ：AQ=2：1，∴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：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）．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．Q1=2QM AQ PO AP例1.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_______．例2.如图，A 是⊙B 上任意一点，点C 在⊙B 外，已知AB ＝2，BC ＝4，△ACD 是等边三角形，则的面积的最大值为例3.如图，正方形ABCD 中，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．O A B C DEFBCD △AB【变式训练1】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC ＝BC ＝，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________．【变式训练2】如图，AB 为⊙O 的直径，C 为⊙O 上一点，其中，，P 为⊙O 上的动点，连AP ，取AP 中点Q ，连CQ ，则线段CQ 的最大值为【变式训练3】如图，△ABC 中， 于点 是半径为2的⊙A 上一动点， 连结 ， 若是的中点， 连结， 则长的最大值为6AB =120AOC ∠=︒,6,AB AC BC AD BC ==⊥,4,D AD P =PC E PC DE DE课后训练1.如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90º，∠A ＝30º，BC ＝2，D 是AB 上一动点，以DC 为斜边向右侧作等腰Rt △DCE ，使∠CED ＝90º，连接BE ，则线段BE 的最小值为 .2.如图，，点O 在线段上，，⊙O 的半径为1，点P 是上一动点，以为一边作等边，则的最小值为_____．3.点A是双曲线在第一象限上的一个动点，连接AO 并延长交另一交令一分支点B ，以AB 为斜边作等腰Rt △ABC ，点C 在第二象限，随着点A 的运动，点C 的位置也在不断变化，但始终在某函数图像上运动，则这个函数的解析式为 .6AB =AB 2AO =O e BP BPQ V AQ4．如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝2，∠AOC＝120°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为____________．5.如图，已知点M（0，4），N（4，0），开始时，△ABC的三个顶点A、B、C分别与点M、N、O重合，点A在y轴上从点M开始向点O滑动，到达点O结束运动，同时点B沿着x轴向右滑动，则在此运动过程中，点C的运动路径长 ．6.如图，已知在扇形AOB中，OA＝3，∠AOB＝120º，C是在上的动点，以BC为边作正方形BCDE，当点C从点A移动至点B时，求点D运动的路径长？。