瓜豆原理(旋转相似)——曲线轨迹
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 OPOQP 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 ’,为直线QQ ’，∵∠POQ=∠P ’OQ ’=α，∴∠POP ’=∠QOQ ’，又∵k P O Q O OP OQ==''，∴△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32.两种方法中，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DEDFDA 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=-x 4（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=-x 4（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MPNQ OPOQOMON===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OPOQPM QN=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.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2（即构造△BDF ∽△BCA ，与构造“手拉手”模型本质相同），D 点在线时，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点B，以AB为底作等腰1.如图，点A是双曲线y=-xk上△ABC，且∠ACB=120°，点C在第一象限，随着点A的运动，点C的位置也不断变化，但点C始终在双曲线y=x运动，则k的值为（）A.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1-11.变式训练1-2262+；2622+.变式训练1-36.变式训练2-1y=-x 2.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.π6.33π7.258.（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．。
瓜豆原理——主从动点问题(解析)
瓜豆原理——主从动点问题初中数学有一类动态问题叫做主从联动，这类问题应该说是网红问题，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，也有的老师叫他旋转相似，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。
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。
类型1.求轨迹解析式例1．如图，△ABO为等腰直角三角形，A（﹣4，0），直角顶点B在第二象限．点C在y轴上移动，以BC为斜边作等腰直角△BCD，我们发现直角顶点D点随着C点的移动也在一条直线上移动，这条直线的函数表达式是_____．【分析】抓住两个特殊位置：当BC与x轴平行时，求出D的坐标；C与原点重合时，D在y轴上，求出此时D的坐标，设所求直线解析式为y＝kx+b，将两位置D坐标代入得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，即可确定出所求直线解析式．【解答】当BC与x轴平行时，过B作BE⊥x轴，过D作DF⊥x轴，交BC于点G，如图1所示，∵等腰直角△ABO的O点是坐标原点，A的坐标是（﹣4，0），∴AO＝4，∴BC＝BE＝AE＝EO＝GF＝1/2OA＝2，OF＝DG＝BG＝CG＝1/2BC＝1，DF＝DG+GF＝3，∴D坐标为（﹣1，3）；当C与原点O重合时，D在y轴上，此时OD＝BE＝2，即D（0，2），设所求直线解析式为y＝kx+b（k≠0），将两点坐标代入得：-k+b=3, b=2，解得：k=-1,b=2．则这条直线解析式为y＝﹣x+2，当D（﹣1，1）和D（﹣2，0）于是得到y＝x+2，综上所述：这条直线的函数表达式是y＝x+2或y＝﹣x+2．故答案为：y＝x+2或y＝﹣x+2．【点评】本题考查了轨迹问题，待定系数法确定一次函数解析式，等腰直角三角形的性质，坐标与图形性质，熟练运用待定系数法是解本题的关键．而本题若用一般方法求解，也不难，构造一线三直角全等可破．解答：类型2.求经过的路径长例2.已知：如图，正方形ABCD的边长为2，动点E从点A出发，沿着A﹣B﹣C的方向以每秒钟1个单位长度的速度匀速运动，当点E到达点C时运动停止．联结DE，以DE为边作正方形DEFG．设运动的时间为x秒．（1）如图①，当点E在边AB上时，联结CG，求证：AE＝CG；（2）如图②，当点E在边BC上时，设正方形ABCD与正方形DEFG重叠部分的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；（3）直接写出，在点E的运动过程中，对应的点F的运动路径的长．【分析】（1）由正方形的性质得出AD＝CD，DE＝DG，∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠CDG＝90°，证出∠ADE＝∠CDG，由SAS证明△ADE≌△CDG；（2）利用三角形的面积公式即可得出结论；（3）由（1）知，当点E在AB上时，点G在直线BC上，当点E与B点重合时，点F的位置如图：点F运动的路径为BF；同理，点E在BC上时，当点E与C点重合时，点F运动的路径为FG；由勾股定理求出BD，即可得出结果．【解答】（1）∵正方形ABCD，正方形DEFG，∴∠ADC＝∠EDG＝90°，AD＝CD，DE＝DG．∴∠ADC﹣∠EDC＝∠EDG﹣∠EDC．即：∠ADE＝∠CDG．在△ADE和△CDG中，AD=CD, ∠ADE＝∠CDG,DE=DG,∴△ADE≌△CDG．∴AE＝CG．（2）∵正方形ABCD的边长为2，∴AB＝BC＝CD＝2，∠BCD＝90°．∵动点E从点A出发，沿着A﹣B﹣C的方向以每秒钟1个单位长度的速度匀速运动，且运动的时间为x秒．∴EC＝4﹣x，∴y＝S△CDE＝1/2ECCD＝1/2（4﹣x）×2＝4﹣x∴所求函数解析式为y＝4﹣x．自变量x的取值范围是2≤x≤4．（3）如图，当点E在AB上时，点G在直线BC上，当点E与B点重合时，点F运动的路径为BF；同理，点E在BC上时，当点E与C点重合时，点F运动的路径为FG；∵由勾股定理可求得BD＝2√2，∴BF+FG＝2BD＝4√2，∴点F运动的路径长为4√2．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、平行线的判定与性质、三角形面积的计算、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．例3．在边长为12cm的正方形ABCD中，点E从点D出发，沿边DC以1cm/s的速度向点C运动，同时，点F从点C出发，沿边CB以1cm/s的速度向点B运动，当点E达到点C时，两点同时停止运动，连接AE、DF交于点P，设点E、F运动时间为t秒．回答下列问题：（1）如图1，当t为多少时，EF的长等于4√5cm？（2）如图2，在点E、F运动过程中，①求证：点A、B、F、P在同一个圆（⊙O）上；②是否存在这样的t值，使得问题①中的⊙O与正方形ABCD的一边相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；③请直接写出问题①中，圆心O的运动的路径长为_______．【分析】（1）由题意可知：DE＝t，CF＝t，则EC＝12﹣t，然后，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；（2）①首先证明△ADE≌△DCF，从而可得到∠CDF＝∠DAE，然后再证明∠DAP+∠ADP＝90°，于是可证明∠APF+∠B＝180°，故此可证明点A、B、F、P共圆；②如图1所示：当⊙O与CD相切时（切点为M）．连接OM，并延长MO交AB与点N．则AN＝6，ON＝12﹣r，OA ＝r，然后由勾股定理列方程求解即可；当AB为⊙O的直径时，⊙O与AD、BC都相切，从而可得到此时t的值；由于点A和点B均在⊙O上，故此不存在AB与⊙O相切的情况；③点O运动的轨迹为△ACB的中位线，从而可求得点O运动的路径．【解答】（1）由题意可知：DE＝t，CF＝t，∴EC＝12﹣t．由勾股定理可知：CE+CF＝EF，∴（12﹣t）+t＝（4√5），解得：t＝4或t＝8．∴当t为4或8时，EF的长等于4√5．（2）①由题意可知：DE＝CF．∵ABCD为正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝∠FCD．在△ADE和△DCF中，DE=CF, ∠ADC＝∠FCD,AD=DC，∴△ADE≌△DCF．∴∠CDF＝∠DAE．∵∠CDF+∠ADP＝90°，∴∠DAP+∠ADP＝90°，∴∠APF＝90°，∴∠APF+∠B＝180°，∴点A、B、F、P在同一个圆（⊙O）上．②如图1所示：当⊙O与CD相切时（切点为M）．连接OM，并延长MO交AB与点N．∵DC与⊙O相切，∴OM⊥DC，∴ON⊥AB，∴AN＝1/2AB＝6．设⊙O的半径为r，则ON＝12﹣r，在Rt△AON中，由勾股定理得：6+（12﹣r）＝r，解得r＝7.5．∴AF＝15．在Rt△ABF中，由勾股定理可知：BF＝9．∴CF＝3，即t＝3秒．当点F与点B重合时，AB为⊙O的直径，⊙O与BC、AD均相切，此时t＝12．∵点A和点B均在⊙O上，∴不存在AB与⊙O相切的情况．综上所述，当t＝3或t＝12时，⊙O与正方形的一边相切．③∵点O为AF的中点，点F在CB上移动，∴点O运动的路径为△ACB中AC和AB两边中点连线．∴点O运动的路径＝1/2BC＝6cm．故答案为：6cm．【点评】本题主要考查的是圆的综合应用，解答本题主要应用了全等三角形的性质和判定、勾股定理、切线的性质，三角形中位线的性质，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．类型3.求最值问题例4.如图，在直角坐标系中，已知点A(4，0)，点B为y轴正半轴上一动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连接OC，则OC的最小值_________.分析：点B为主动点，点C为从动点，根据瓜豆原理，BA绕点A逆时针旋转60°到CA，主动点B的轨迹是y轴的正半轴，则从动点C的运动轨迹为y轴正半轴绕点A逆时针旋转60°后的射线，我们可以用特殊位置来考虑．当OC⊥点C轨迹所在射线时，OC最短．当然，我们也可以构造手拉手模型，将OC边转化，详细过程请见方法2．解答：方法一:方法二:例5．如图，正方形ABCD的边长为4cm，点E、F分别从点D和点C出发，沿着射线DA、射线CD运动，且DE＝CF，直线AF、直线BE交于H点．（1）当点E从点D向点A运动的过程中：①求证：AF⊥BE；②在图中画出点H运动路径并求出点H运动的路径长；（2）在整个运动过程中：①线段DH长度的最小值为______．②线段DH长度的最大值为_________．【分析】（1）①根据正方形的性质、全等三角形的判定定理证明△ABE≌△DAF，得到∠ABE＝∠DAF，根据垂直的定义证明即可；②根据90°的圆周角所对的弦是直径画出点H运动路径，根据弧长公式求出点H运动的路径长；（2）①根据勾股定理求出PD，根据点与圆的最小距离求出DH长度的最小值；②与①类似，求出DH长度的最大值．【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，又DE＝CF，∴AE＝DF，在△ABE和△DAF中，AB=AD, ∠BAE＝∠ADF，AE=DF，∴△ABE≌△DAF，∴∠ABE＝∠DAF，又∠BAH+∠DAF＝90°，∴∠BAH+∠ABE＝90°，即∠AHB＝90°，∴AF⊥BE；②∵∠AHB＝90°，∴点H运动路径是以AB为直径的圆的一部分，如图1所示：∴点H运动的路径长为：90π×2／180=π；（2）①设AB的中点为P，连接PD，当点H在PD设时，DH最小，由题意得，AP＝2，AD＝4，由勾股定理得，PD＝2√5，则DH长度的最小值为：2√5﹣2，故答案为：2√5﹣2cm；②由①可知，DH长度的最大值为2√5+2，故答案为：2√5+2cm．【点评】本题考查的是正方形的性质、轨迹问题、最大值和最小值的确定，掌握正方形的性质、圆的概念是解题的关键．综述所示，我们可以归纳提炼上述解题思想方法：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。
中考数学专题复习之三——捆绑旋转(瓜豆原理)
中考数学专题复习之三——捆绑旋转（瓜豆原理）初中数学有一类动态问题叫做主从联动，这类问题应该说是网红问题，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，也有的老师叫他捆绑旋转或旋转相似，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，下面整理一些练习集中训练一下这类问题，希望对你能有所帮助。
一、轨迹之圆篇：引例1：如图，P是⊙O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在⊙O上运动时，Q点轨迹是？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．即Q点运动轨迹应该是以A为位似中心，将⊙O按2:1缩小一半得到的⊙M。
引例2：如图，P是⊙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⊙O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点轨迹是一个圆，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．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得AM=AO，且可得半径MQ=PO，从而△APO ≌△AQM．即点Q的运动轨迹应该是将⊙O绕点A逆时针旋转90°的⊙M。
引例3：如图，△APQ 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⊙M位置，△APO∽△AQM，且相似比为2：1．即点Q的运动轨迹应该是将⊙O绕点A逆时针旋转90°后，再以A为位似中心缩小一半得到的⊙M。
引例4：如图，P 是⊙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⊙O 上运动时，Q 点轨迹是？【分析】Q 点满足（1）∠PAQ=60°；（2）AP=AQ ，故Q 点轨迹是个圆。
(完整版)瓜豆原理(与相似有关)
瓜豆原理（与相似有关）编者的话：上一节课已经体验了瓜豆妙用，能解决相应的最值问题．本节课继续学习瓜豆相关知识，但是难度要比上一节课要增大，本节不仅需要旋转还需要进行放缩，即与相似有联系．不过相信在理解前一节的基础上，再学本节会简单很多，我们一起来攻克吧！一、典型例题例1．如图，∠AOB =60°，C ，D 是边OA 上的两点，且OD =8，CD =2，点P 是射线OB 上一动点，连接PD ，点Q 是PD 的中点，连CQ ，则CQ 的最小值为．解：第一步：判断．点D 为定点，P 为主动点，Q 为从动点，满足瓜豆原理．第二步：画路径．局部变化：点Q 是点P 以定点D 为位似中心，以1为相似比缩小而2来．P 点在射线OB 上运动，则整体上变化：Q 点的路径是射线OB 以定点D 为位似中心，1为相似比缩小而来，即射线Q 1Q 为Q 的运动路径．（实际作图：两点确定一条直线，只2要寻找两个特殊点即可．当点P 在点O 时，取OD 中点Q 1，连Q 1Q 并延长即可）．由位似的性质，△DQ 1Q ∽△DOP ，且相似比为1，Q 1Q ∥OB ．2第三步：计算．即当CQ ⊥Q 1Q 时，CQ 2最小．∠AOB =∠AQ 1Q =60°，CQ 1=2，则CQ 2=3．例2．平面内两定点A ，B 之间的距离为8，P 为一动点，且PB =2，连接AP ，并且以AP 为斜边在AP 的上方作等腰直角△APC ，如图，连接BC ，则BC 的最大值与最小值的差为．解：第一步，判断．确定P点的路径为⊙B．A为定点，P为主动点，C为从动点，满足瓜豆原理．第二步，画路径．局部变化是点P到点C的变化是先绕点A逆时针旋转45°，再以A 为位似中心，以2为相似比缩小．点P在⊙B上运动，则整体的变化：将⊙B先绕点A逆22为相似比缩小得到⊙O．（实际作图：以AB为斜2边向上构造等腰直角三角形，顶点即为圆心O，连OC，以O为圆心OC为半径画圆即得到⊙O）第三步：计算．BC的最值转化为点圆位置关系，则BC2－BC1= C1C2，即为⊙O的直径时针旋转45°，再以A为位似中心，以22．例3．如图，等腰直角△ABC中，∠A=90°，AB=AC=3，D是AB上的点，且AD=3．点E是BC边上的一动点，过E作EF⊥ED，使DE:EF1:3，连接FD，CF，则CF的最小值是．解：第一步：判断．点D为定点，E为主动点，F为从动点，满足瓜豆原理．第二步：画路径．局部变化：点F是点E绕点D顺时针旋转60°，再以定点D为位似中心，以2为位似比放大得到；点E在BC上运动，则整体上变化：F的路径为BC绕点D 顺时针旋转60°，再以定点D为位似中心，以2为位似比放大得到B’C’．（实际作图：将BD，DC分别顺时针旋转60°再扩大2倍得到B’，C’，连接即可）．第三步：计算最小值CK．AD:AC=1:√3，可得∠ADC=60°=∠BDB’，则B’，D，C共线且B’C=6；又△BDC∽△B’DC’，所以∠B’=∠B=45°，则CK=32．例4．如图，△ABO为等腰直角三角形，A（-4，0），直角顶点B在第二象限，点C在y轴上移动，以BC为斜边作等腰直角△BCD，我们发现直角顶点D点随着点C的运动也在一条直线上运动，这条直线的函数解析式是．图1图2解：第一步：判断．点B为定点，点C为主动点，点D为从动点，满足瓜豆原理．由于D 点的位置没有明确，故分两种情况进行讨论．第二步：画路径．局部变化：点D是点C先绕B旋转45°，再以B为位似中心以2为2位似比缩小而来．则整体上：D点的路径为y轴绕点B旋转45°，再以B为位似中心以22为位似比缩小．（实际作图：直线型的我们可以寻找两个特殊点，两点确定一条直线．如图1，点C在y轴上，当BC1⊥y轴时，D1（-1，3）；当C2在O点时，D2（0，2）；如图2，当BC1⊥y轴时，D1（-1，1）；当C2在O点时，D2（-2，0）第三步：计算．y=-x+2；y=x+2．二、巩固练习1．如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=3，E为对角线BD上一动点，以E为直角顶点，AE 为直角边作等腰直角Rt△AEF，A，E，F按逆时针排列．当点E从点D运到到点B时，点F的运动路径长为．【答案】：52．提示：法1，寻找始末位置，F1为开始的位置，F2为最终的位置，连接即为F的路径．利用勾股即可求得．法2，口算．E点的路径长为5，F点是由E点旋转扩大得到，满足瓜豆，知其路径也为线段，并且扩大2倍，即F的路径为52．2．如图，AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上的一动点，以BD为边向右下作等腰△BDE，其中顶角∠BDE=120°，则点D从A运动到C的过程中，则E点的运动路径长为．【答案】：26．提示：满足瓜豆原理．法1：画出路径具体求解．法2：口算法，D到E 旋转放大3倍，即E点的路径为3AC=26．3．如图，在等边△ABC中，BC=6，D，E是BC边上的两点，且BD=CE=1，P是DE上一动点，过点P分别作AC，AB的平行线交AB，AC于点M，N，连接MN，AP交于点G，则点P由点D移动到点E的过程中，线段BG扫过BG扫过的区域面积为．【答案】：即G1G2=33提示：满足瓜豆原理．找始末位置G1，G2，则G1G2为△ADE的中位线21133．∴S=1G1G2⋅G2V=33．DE=2,G2V=AU=222224．如图，在平面直角坐标系中，已知正方形ABCO，A（0，4），点D为x轴上一动点，以AD为边在AD的右侧作等腰直角三角形ADE，∠ADE＝90°，连接OE，则OE的最小值为．【答案】：22．提示：瓜豆直线型，路径是x轴绕点O逆时针旋转45°得到．实际操作，找一个特殊点（图上已经有一点），C点为开始点，连接CE即为E点运动路径，则OE1为最小值．即OE1=OC=22．25．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D是半径为2的⊙A上一点，点E是CD的中点，则BE长的最大值是．【答案】：71．提示：以C为位似中心，为位似比缩小，转化为点圆位置关系．226．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沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是．【答案】：π提示：法1：画路径求路径，以C为位似中心，1为位似比缩小，即为点M2的路径长．法2：口算．M路径为P点路径长的一半．7．如图，在矩形ABCD中，AD=2，AB=4，长度为2的动线段AE绕点A旋转，连接EC，取EC的中点F，连接DF，则DF长的取值范围为．【答案】：25-1≤AC≤25+1．提示：确定E点的路径为圆．以C为位似中心，1为2位似比缩小，转化为点圆位置关系．8．如图，边长为4的正方形ABCD外有一点E，∠AED=90°，F为CE的中点，连接BF，则BF的最大值为．【答案】：13+1．提示：确定E点的路径为圆．以C为位似中心，1为位似比缩小，转2化为点圆位置关系．9．如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点E在AD边上，且AE：ED=1：3．动点P点A出发，沿AB运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，设M是线段EF 的中点，则在点P运动的整个过程中，点M运动路线的长为．【答案】：9．提示：E为定点，P为主动点，F为从动点（一线三垂直可得PE：EF=1：3），为线段型瓜豆，找始末两特殊点F1，F2．F在F1F2上运动，则M点的路径为△EF1F2的中位线．10．如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，D是AB上一动点以DC为斜边向上作等腰直角△DCE，使∠CED=90°，连接BE，则BE的最小值为．【答案】：2．提示：线段型瓜豆，找始末位置，得路径线段E1E2．△E2CE1∽△BAC．得212BE2=.2211．如图，直线m // n，m，n之间的距离为3，A，B为直线n上的两点，且AB=2，点C是到∠CE2E1=∠CBA=60°，则∠BE2E1=30°，∴BE3=直线m上的动点，四边形ACDE为矩形，CD=3AC，则BD的最小值．【答案】：23+1．提示：定点A ，主动点C ，从动点为D ，点C 绕点A 逆时针旋转60°，并以A 为位似中心放大2倍得到D ，满足直线型瓜豆．找特殊点D 1即有D 点路径，此时D 1D 与m ，n 的夹角为60°，则BD ≥BD 2=1BD 3=23+1.212．如图，BE ，AC 为四边形ABCE 的对角线，CE =2，∠CAE =60°，∠CAB =90°，∠CBA =30°，连接BE ，则BE 的最大值为．【答案】：221+43．3提示：第一步：定角定弦隐圆．点A 的路径是以O 为圆心，OA 为半径的圆上（部分圆）．O 在CE 的垂直平分线上，且∠COE =120°．第二步：C 为定点，A 为主动点，B 为从动点，满足瓜豆．A 到B 是绕点C 逆时针旋转60°,再以C 为位似中心放大2倍，即B 点的路径为将e O 绕点C 逆时针旋转60°再以C 为位似中心放大2倍．（实际作图：过C 作CE 的垂线，过O 作CO 的垂线相交于点O ’，此时Rt △O ’OC 为含30°的直角三角形，O ’C =2OC ，∠O ’CO =60°，再以O ’B 为半径作圆即可）．第三步：计算．点圆位置关系．OC =CE 2343．=,O 'C =2OC =33322⎛43⎫⎛23⎫4343+221BE ≤O 'E +O 'B =O 'C 2+22+O 'C = 3⎪⎪+ 3⎪⎪+3=3⎝⎭⎝⎭。
最值问题之瓜豆原理(学生版)
最值问题之瓜豆原理知识解读瓜豆原理是主从动点联动问题，也叫旋转相似，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．瓜豆原理：一个主动点，一个从动点(根据某种约束条件，跟着主动点动)，当主动点运动时，从动点的轨迹相同．(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”．)满足条件：1.两动一定；2.动点与定点的连线夹角是定角；3.动点到定点的距离比值是定值．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．“瓜豆原理”其实质就是构造旋转、相似．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．运动轨迹为圆弧引例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．【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)．【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．模型二运动轨迹为线段引例：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)．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)1针对训练一、单选题1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△BCD的面积的最大值为()A.43+4B.4C.43+8D.62如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=3，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.132B.3C.13-1D.10-13如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，BC=23，△ADC与△ABC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.1B.3C.32D.24如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M 为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为()A.24π B.22π C.1 D.25如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=-12x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点Q ，连接OQ ，则OQ 的最小值为()A.455B.5 C.523D.655二、填空题6如图，等边三角形ABC中，AB=4，高线AH=23，D是线段AH上一动点，以BD为边向下作等边三角形BDE，当点D从点A运动到点H的过程中，点E所经过的路径为线段CM，则线段CM的长为，当点D运动到点H，此时线段BE的长为．7如图，在平面内，线段AB=6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC=PA．若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为．8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ΔEFG，连接CG，则CG的最小值为．9如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连接CE，则CE的最大值是．10如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=4，∠DAC=60°，点F沿线段AO从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，连接OE．现给出以下结论：①∠BDE=∠EFC；②ED=EC；③直线OE⊥CD；④点E运动的路程是23．其中正确的结论是．(写出所有正确结论的序号)11如图，已知AC =2AO =8，平面内点P 到点O 的距离为2，连接AP ，若∠APB =60°且BP =12AP ，连接AB ，BC ，则线段BC 的最小值为．12如图，线段AB 为⊙O 的直径，点C 在AB 的延长线上，AB =4，BC =2，点P 是⊙O 上一动点，连接CP ，以CP 为斜边在PC 的上方作Rt △PCD ，且使∠DCP =60°，连接OD ，则OD 长的最大值为．三、解答题13如图，过抛物线y =14x 2-2x 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OP ，作点C 关于直线OP 的对称点D ；①连接BD ，求BD 的最小值；②当点D 落在抛物线的对称轴上，且在轴上方时，求直线PD 的函数表达式．14如图①，在ΔABC中，AB=AC=3，∠BAC=100°，D是BC的中点．小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到ΔBPE．小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：(1)当点E在直线AD上时，如图②所示．①∠BEP=；②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是．(2)请在图③中画出ΔBPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE，试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．(3)当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．15如图，等边三角形ABC的边长为4，点D是直线AB上一点．将线段CD绕点D顺时针旋转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．16如图所示，在Rt△ABC中，AB=BC=2，点D是AC上一点，以BD为一边向右下方作等边△BDE，当D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长．17在平面直角坐标系中，A(a，0)、B(b，0)，且a，b满足a2-6a+9+b+3=0，C、D两点分别是y轴正半轴、x轴负半轴上的两个动点；(1)如图1，若C(0，4)，求△ABC的面积；(2)如图1，若C(0，4)，BC=5，BD=AE，且∠CBA=∠CDE，求D点的坐标；(3)如图2，若∠CBA=60°，以CD为边，在CD的右侧作等边△CDE，连接OE，当OE最短时，求A，E两点之间的距离．18如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，连接BD，将△ABD绕点D顺时针旋转，记旋转后的三角形为△A′B′D，旋转角为α(0°<α<360°且α≠180°)．(1)在旋转过程中，当A′落在线段BC上时，求A′B的长；(2)连接A′A、A′B，当∠BA′B'=90°时，求tan∠A′AD；(3)在旋转过程中，若△DAA′的重心为G，则CG的最小值=．19如图所示，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF的中点，连接PB，求PB的最小值．20如图所示，在扇形AOB 中，OA =3，∠AOB =120°，点C 是AB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 经过的路径长．21如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，AC =2，BC =23，以点B 为圆心，3为半径作圆．点P 为⊙B 上的动点，连接PC ，作P C ⊥PC ，使点P 落在直线BC 的上方，且满足P C :PC =1:3，连接BP ，AP ．(1)求∠BAC 的度数，并证明△AP C ∽△BPC ；(2)如图2，若点P 在AB 上时，连接BP ，求BP 的长；(3)点P 在运动过程中，BP 是否有最大值或最小值？若有，请求出当BP 取得最大值或最小值时，∠PBC 的度数；若没有，请说明理由．22如图所示，△ABO为等腰直角三角形，A-4,0，直角顶点B在第二象限，点C在y轴上移动，以BC为斜边向上作等腰直角△BCD，我们发现直角顶点D点随着C点的移动也在一条直线上移动，求这条直线的函数解析式．23如图所示，点P3,4，⊙P的半径为2，A2.8,0，点M是⊙P上的动点，点C是MB的中点，求AC的，B5.6,0最小值．24如图所示，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 沿半圆从点A运动至点B时，求点M运动的路径长．25如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形点A,C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA=3，tan∠OAC=33，D是BC的中点.(1)求OC的长和点D的坐标；OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P,D,B三点的抛物线交x轴的正半(2)如图2，M是线段OC上的点，OM=23轴于点E，连结DE交AB于点F①将ΔDBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边ΔDFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长.26在等边三角形ABC中，点D为AC上一点，连接BD，将BD绕D逆时针旋转角度α得到DE，连接BE，已知AB =4，BG⊥AC；(1)如图1，若α=60°，tan∠DBG=2-3，连接CE，求CE的长；(2)如图2，若α=120°，分别取CD的中点H，BE的中点F，连接HF，DF，求证：HG=HF；，连接GP ，(3)如图3，若AD=32，P为AE上一点，且满足AP=2PE，连接BP，将BP沿着BG所在直线翻折得到BP当GP 最大时，直接写出△BPE的面积．27在菱形ABCD中，∠BAD=120°，E是对角线BD上的一点，连接AE．(1)当E在AB的中垂线上时，把射线EA绕点E顺时针旋转90°后交CD于F，连接BF．如图①，若AB=4，求EF的长．(2)在(1)的条件下，连接BF，把△BEF绕点B顺时针旋转得到△BHK如图②，连接CH，点N为CH的中点，连接AN，求AN的最大值．28在△ABC中，D为直线AC上一动点，连接BD，将BD绕点B逆时针旋转90°，得到BE，连接DE与AB相交于点F．(1)如图1，若D为AC的中点，∠BAC=90°，AC=4，BD=29，连接AE，求线段AE的长；(2)如图2，G是线段BA延长线上一点，D在线段AC上，连接DG，EC，若∠BAC<90°，EC⊥BG，∠ADE=∠DBC，∠DBC+∠G=∠EBF，证明2BC=2AD+DC；(3)如图3，若△ABC为等边三角形，AB=62，点M为线段AC上一点，且2CM=AM，点P是直线BC上的动点，连接EP，MP，EM，请直接写出当EP+MP最小时△EPM的面积．。
中考数学瓜豆原理题
中考数学瓜豆原理题
瓜豆原理
瓜豆原理是网络上数学大神取的名字，出自成语“种瓜得瓜，种豆得豆”。
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从动点和主动点，从动点和主动点的轨迹是一致的，即所谓“种瓜得瓜，种豆得豆”。
解决这一类问题通常用到旋转和放缩，也就是我们前面讲到的全等型和相似型的手拉手模型。
一、直线型轨迹：
例1、如图，ABC和EFC都是等边三角形，AD是ABC的高，AB=4，若点E在直线AD上运动，连接DF，则在点E运动过程中，线段DF的最小值是。
在此题中，E点为主动点，F点为从动点，从动点随主动点的运动而运动，且他们的运动轨迹是一致的，找到了F点的运动轨迹，题目就好解决了。
例2、如图，正方形ABCD的边长为2，动点E从点A出发，沿边AB 向终点B运动，以DE为边作正方形DEFG（点D、E、F、G按顺时针方向排列）.求在点E的整个运动过程中，点F经过的路径回选。
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
中考专题 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？【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．OPQAOPQA【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）．【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？【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？【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_______．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________．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，∠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．【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）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）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________．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 ⊥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________．A【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 ．如图，正方形ABCD，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课后练习：如图，Rt △ABC 中，∠C=90∘，AC=2，BC=5，点D 是BC 边上一点且CD=1，点P 是线段DB 上一动点，连接AP ，以AP 为斜边在AP 的下方作等腰Rt△AOP ．当P 从点D 出发运动至点B 停止时，点O 的运动路径长为________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． 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（ ）），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________．如图，B是⊙O的半径OA延长线上的一点，OA=AB=2，C是半圆O上的一动点，以BC为斜边在BC的上方作等腰Rt△BCD，连接OD，则线段OD的最大长度为如图，点C是半圆AB上一动点，以BC为边作正方形BCDE使弧BC在正方形内，连OE，若AB=4cm，则OD的最大值为______cm．如图，矩形ABCD中，6AB=，9BC=，以D为圆心，3为半径作D，E为D上一动点，连接AE，以AE为直角边作Rt AEF∆，使90EAF∠=︒，1tan3AEF∠=，则点F与点C的最小距离为_____．。
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。
最值系列问题之轨迹问题(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．⑧到两条平行线距离相等的点的轨迹是和这两条平行线平行且到这两条平行线距离相等的一条直线．本文讨论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．该题型常见于中考的大小压轴题中，以最值计算或函数解析式的方式出题。
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(旋转相似)——曲线轨迹(1)
瓜豆原理——【曲线轨迹】例1. 如图所示,在平面直角坐标系中,已知点A 的坐标为(2,3),P 点是以点A 为圆心,半径为2 的圆上的任意动点,（1）以QP 为直角边作等腰直角三角形POQ , 且Q 点在第二象限内,求AQ 的最小值及最大值（2）以OQ 为斜边边作等腰直角三角形POQ , 且Q 点在第三象限内,求AQ 的最小值及最大值例2. 如图,点A 是双曲线y= 在第一象限上的动点,连接AO 并延长交另一个分支于点B,（1）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 的位置也不断变化, 写出C 点的轨迹在坐标系中所对函数的解析式（2）以AB 为边作等边△ABC,C 在第三象限,写出C 点的轨迹在坐标系中所对函数的解析式（3）以AB 为底边作等腰△ABC,∠C=120°在第三象限,写出C 点的轨迹在坐标系中所对函数的解析式例3. 如图,点C 为半圆AB 的三等分点,半径为2,点P 为弧AC 上的一个动点,连接PC 并延长,作BQ⊥PC 于Q,则点Q 的路径长为【练习】1. 如图，点O 为坐标原点，⊙O 的半径为1，点A（2，0）．动点B 在⊙O 上，连结AB，作等边△ABC（A，B，C 为顺时针顺序），求OC 的最大值与最小值．2. 如图,点C 是半圆上一动点,以AC 为边向下作正方形ACDE,连OE,若AB=4m,则OE 的最大值为3. 如图，A B＝4，O为A B的中点，⊙O的半径为1．点P是⊙O上一动点，以P B为直角边的等腰直角△P B C（点P，B，C按逆时针方向排列），则线段A C长的取值范围是．4. 如图,AB 为⊙O 的直径,点C 在AB 的延长线上,AB=6,BC=3,P 是⊙O 上的一个动点,连接CP, 以CP 为底边在PC 的上方作等腰三角形PCD,且使∠DCP=30°,连接OD,OD 长的最小值为5. 如图，AB 是⊙的直径，点C 在AB 的延长线上，AB＝BC＝10，P 是⊙O 上一动点，连接PC，以PC 为边作△PCD，使∠PDC＝90°，tan∠，P，C，D三点为逆时针顺序．连接OD，则线段OD 长的最小值是．6. 如图，点O 在线段AB 上，OA＝1，OB＝2．以点O 为圆心，OA 长为半径的圆为⊙O．在⊙O上取动点P，以P B为边作△P B C，使∠P B C＝90°，t a n∠P C B＝，P，B，C三点为逆时针顺序．连结AC，求AC 长的取值范围．7. 在Rt△ACB 中,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,点D 是以点A 为圆心,4 为半径的圆上一点,连接BD,点M 为BD 的中点,则线段CM 长度的最大值为多少?8. 在Rt△OAB 中,∠AOB=90°,AO=4,点C 是以点O 为圆心,2 为半径的圆上一点,连接AC,点M 为AC 的中点,则线段BM 长度的最大值为多少?9. 如图,以O 为圆心,OB 长为半径画扇形OAB,其中∠AOB=90°,延长OB 至C,使得OB=2BC=6,点D 是弧AB 上一点,连结CD,以CD 为斜边向上作直角三角形DCP,且cos∠，连结OP,则OP 的最大值为（）(A)3(B)12(C)6+(D)6 +210. 如图,线段AB=4,M 为AB 的中点,动点P 到点M 的距离是1,连接PB,线段PB 绕点P 逆时针旋转90°得到线段PC,连接AC,则线段AC 长度的最大值是11. 四边形ABCD 是边长为4 的正方形,点P 是平面内一点,且满足BP⊥PC.现将点P 绕点D 顺时针旋转90 度到点Q,则CQ 的最大值为12. 如图,三角形ABC 中,AB=3,AC=2 以BC 为边做正方形BCDE,连接正方形的对角线交于点O,再连接AO,则AO 的最大值为13. (2018.南通中考）如图,正方形ABCD 中,AB=25,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,则线段O F 长的最小值为14. 如图,一次函数y=2x 与反比例函数y=k(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,M 是AP 的中点,已知OM 长的最大值为,则k 的值为。
专题13 最值模型-瓜豆原理(解析版)
专题13 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 ，△P AQ 为定值，当点P 在直线BC 上运动时，求Q 点轨迹？ Q A C N C AQM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：△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；△当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线；△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。
专题02 瓜豆原理最值问题——曲线型轨迹(解析版)
专题02 瓜豆原理中动点轨迹直线型最值问题以及逆向构造【引例】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 =12AO ．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．1．如图，在中，，，，点是以点为圆心、4为半径的圆上一点，连接，点为中点，则线段长度的最大值为 A ．7B ．8C ．6D ．5【解答】解：作的中点，连接、，在直角中，，是直角斜边上的中点，，是的中点，是的中点，，在中，，即，最大值为7．故选：．2．如图，点是双曲线在第一象限上的一动点，连接并延长交另一分支于点，以为斜边作等腰，点在第二象限，随着点的运动，点的位置也不断的变化，但始终在一函数图象上运动，则这个函数的解析式为 Rt ABC D 90ACB Ð=°8AC =6BC =D A BD M BD CM ()AB E EM CE ABC D 10AB ===E Q ABC D AB \152CE AB ==M Q BD E AB \122ME AD ==CEM D 5252CM -+……37CM ……\A A 4y x=AO B AB Rt ABC D C A C ()A ．B ．C ．D ．【解答】解：作轴与点，连接，作轴于点，为等腰直角三角形，点是的中点，，，，，，，，设点的坐标为，则点为，点是双曲线上，，，点所在的函数解析式为：，故选：．3．如图，一次函数与反比例函数的图象交于，两点，点在以为圆心，1为半径的上，是的中点，已知长的最大值为，则的值为 14y x =-12y x =-4y x =-2y x=-AD x ^D OC CE y ^E ABC D Q O AB OC OA \=CO AO ^COE AOD \Ð=Ð90OEC ODA Ð=Ð=°Q ()OEC ODA AAS \D @D OD OE \=AD CE =C (,)x y A (,)y x -Q A 4y x=4yx \-=4xy \=-\C 4y x-=C 2y x =(0)k y k x=>A B P (2,0)C -C e Q AP OQ 32k ()A．B ．C ．D ．【解答】解：连接，由对称性得：，是的中点，，长的最大值为，长的最大值为，如图，当过圆心时，最长，过作轴于，，，在直线上，设，则，，在中，由勾股定理得：，，（舍或，，，点在反比例函数的图象上，；故选：．49322518322598BP OA OB =Q Q AP 12OQ BP \=OQ Q 32BP \3232´=BP C BP B BD x ^D 1CP =Q 2BC \=B Q 2y x =(,2)B t t (2)2CD t t =--=+2BD t =-Rt BCD D 222BC CD BD =+2222(2)(2)t t \=++-0t =)45-4(5B \-85-Q B (0)k y k x=>4832(5525k \=-´-=C4．如图，是的直径，，为半圆的中点，为弧上一动点，连接并延长，作于点，若点从点运动到点，则点运动的路径长为 AB ．CD ．4【解答】解：点从点运动到点，，点轨迹是以为直径圆上的弧，为半圆的中点，点从点运动到点的过程中，，，，，，，，故选：．AB O e 4AB =C AB P AC PC BQ PC ^Q P A C Q()p Q PA C BQ PC ^Q \BC CQ ¢C Q AB P \C 45ABC Ð=°45CBQ ¢\Ð=°90COQ ¢\Ð=°4AB =Q BC \=OC \=\ CQ ¢==A5．在中，，，，是以点为圆心，2为半径的圆上一点，连接，为的中点，则线段长度的最大值为 A ．7B ．3.5C ．4.5D ．3【解答】解：取的中点，连接、、．在直角中，．是直角斜边上的中点，．是的中点，是的中点，．Rt ABC D 90ACB Ð=°4AC =3BC =D A BD M BD CM ()AB E AD EM CE ABCD 5==E Q ABC D AB 1 2.52CE AB \==M Q BD E AB 112ME AD \==，即．最大值为3.5，故选：．6．如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作，且使，连接，则长的最大值为 AB ．C ．D ．4【解答】解：如图，作，使得，，连接，则，，，，，，，，即 定长，点 是定点， 是定长，点在半径为1 的上，，2.51 2.51CM -+Q ……1.5 3.5CM ……\B AB O e C AB 4AB =2BC =P O e CP CP PC Rt PCD D 60DCP Ð=°OD OD ()1COE D 90CEO Ð=°60ECO Ð=°OP 2CO CE =OE =OCP ECD Ð=Ð90CDP Ð=°Q 60DCP Ð=°2CP CD \=\2CO CP CE CD==COP CED \D D ∽\2OP CP ED CD==11(2ED OP ==)Q E DE \D E e OD OE DE +Q …，的最大值为，故选：．7．如图，线段，为的中点，动点到点的距离是1，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段长度的最大值是 A ．2B ．3C ．D ．【解答】解：以为斜边向上作等腰直角，连接，．，，是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，，，，，，，，，1OD \+…OD\1+C 4AB =M AB P M PB PB P 90°PC AC AC ()AB AJB D CJBC AM BM =Q JM AM MB \==JMB \D PBCD BJ \=BC =45MBJ PBC Ð=Ð=°MBP JBC \Ð=ÐQ JB BCMB BP =JBC MBP \D D ∽\JCJBPM BM ==1PM =Q，点的运动轨迹是以为半径的圆，，故线段长度的最大值为．故选：．8．如图，点，的坐标分别为，，点为坐标平面内一点，，点为线段的中点，连接，则的最大值为 ABC ．D ．【解答】解：如图，点为坐标平面内一点，，在上，且半径为1，取，连接，，，是的中位线，JC \=\C JAJ AB ==Q AC AJ JC \+=…AC D A B (2,0)A (0,2)B C 1BC =M AC OM OM ()1121+12-Q C 1BC =C \B e 2OD OA ==CD AM CM =Q OD OA =OM \ACD D，当最大时，即最大，而，，三点共线时，当在的延长线上时，最大，，，，，，即；故选：．9．如图，，为的中点，的半径为1，点是上一动点，以为直角边的等腰直角三角形（点、、按逆时针方向排列），则线段【解答】解：如图，作，在上截取，连接、、、．，，，，是等腰直角三角形，，，，12OM CD \=OM CD D B C C DB OM 2OB OD ==Q 90BOD Ð=°BD \=1CD \=1122OM CD \==+OM 12+B 4AB =O AB O e P O e PB PBC P B C AC AC …OK AB ^OK OK OA OB ==AK BK KC OP OK OA OB ==Q OK AB ^KA KB \=90AKB Ð=°AKB \D OBK PBC Ð=ÐQ OBP KBC \Ð=ÐQ OB PB BK BC =OBP KBC \D D ∽，，，点的运动轨迹是以点为圆心，为半径的圆，的最大值为，，．．10．如图，点是半圆上一动点，以为边作正方形（使在正方形内，连，若，则的最大值为 ．【解答】解：通过旋转观察如图可知当时，最长，设与交于点，连接，，，四边形是正方形，、、共线，，在和中，，，，，的最大值故答案为：．\KC BC OP PB==1OP =Q KC \=\C K KC AK ==AC \AC \AC …AC …CAB BC BCDE )BC OE 4AB cm =OD 2+DO AB ^DO DO O e M CM 11904522MCB MOB Ð=Ð=´°=°Q 45DCM BCM \Ð=Ð=°Q BCDE C \M E DEM BEM Ð=ÐEMD D EMB D DE BC MED MEB ME ME =ìïÐ=Ðíï=îMED MEB \D @D ()SAS DM BM \===OD \2=+2+11．如图，已知点是第一象限内的一个定点，若点是以为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边三角形．当点在上运动一周时，点运动的路径长是 ．【解答】解：如图，连接、，将绕点逆时针旋转，得线段，连接、，，，为正三角形，为正三角形，，，A P O AP AP AP APB P O e B 4p AO OP AO A 60°AO ¢O B ¢OO¢AO AO ¢=Q 60OAO ¢Ð=°OAO ¢\D APB D Q 60PAB \Ð=°PA BA =，，在与中，，，，即为动点运动的路径，当点在上运动一周时，点运动的路径长是，12．如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接、．则线段长的最小值为 ．【解答】解：如图，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，，，，，，，，正方形中，是边的中点，，，，，PAB OAB OAO OAB ¢\Ð-Ð=Ð-ÐPAO BAO\Ð=ÐAPO D ABO D AO AO PAO BAO PA BA ¢=ìïÐ=Ðíï=îAPO ABO \D @D 2OP O B ¢\==O ¢\e B \P O e B 4p ABCD AB =O BC E 2OE =DE DE D 90°DF AE CF OF 2-DO DO D 90°DM OF FM OM 90EDF ODM Ð=Ð=°Q EDO FDM \Ð=ÐDE DF =Q DO DM =()EDO FDM SAS \D @D 2FM OE \==Q ABCD AB =O BC OC \5OD \==OM \==OF MF OM +Q …2OF \…线段长的最小值为．故答案为：．13．如图，在中，，，，点在以为直径的半圆上运动，由点运动到点，连接，点是的中点，则点经过的路径长为 ．【解答】解：，，，，连接，，是直径，，即，取，的中点和，连接，，，在中，，为、的中点，，，\OF 2-2-Rt ABC D 90ACB Ð=°16AC =12BC =P AB B A CP M CP M 5p 90ACB Ð=°Q 16AC =12BC=20AB \===AP BP AB Q 90APB \Ð=°AP BP ^BC AC E F ME MFEF BPC D M Q E PC BC //ME BP \12ME BP =在中，点、为、的中点，，，，即，点在以为直径的半圆上，，点的运动路径长为，故答案为：．14．如图，在矩形中，，，点是边上的一个动点，连接，作点关于直线的对称点，连接，设的中点为，当点从点出发，沿边运动到点时停止运动，点 ．【解答】解：如图，连接，取使得中点，连接，．四边形是矩形，，，，，，，点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角为，APC DQ M F PC AC //MF AP \12MF AP =ME MF \^90EMF Ð=°\M EF 1102EF AB \==\M 12552p p ´´=5p ABCD AB =3AD =P AD BP A BP 1A 1A C 1A C Q P A AD D Q 1BA BC O OQ BD Q ABCD 90BAD \Ð=°tan AD ABD AB\Ð==60ABD \Ð=°1A Q QC =Q BO OC =11122OQ BA AB \===\Q O OQ 120°点的运动路径长．．15．四边形是边长为4的正方形，点是平面内一点．且满足，现将点绕点顺时针旋转90度，则的最大值 【解答】解：如图，，，点的运动轨迹是以为直径的圆，，，点的运动轨迹是圆，且和点的运动轨迹是等圆，圆心在的延长线上，（可以利用旋转法证明：取的中点，连接，，将绕点顺时针旋转得到，连接，只要证明即可，推出的值）在中，，当点在的延长线上时，的长最大，最大值为，故答案为16．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点是以点为圆心、2为半径的圆上的任意动点，以\Q ==ABCD P BP PC ^P D CQ =2+BP PC ^Q 90BPC \Ð=°\P BC PD DQ ^Q PD QD =\Q P O BA BC E DE PE DEC D D 90°DAO D OQ DEP DOQ D @D OQ PE ==Rt BOC D OC ===\1Q CO 1CQ 2+2+(2,3)A P A OP为直角边作等腰直角，且点在第二象限，求的最大值与最小值．【解答】解：连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，．，，，，，，，，，，．，．17．如图，点为坐标原点，的半径为1，点，动点在上，连接，作等边，，为顺时针顺序），求的最大值与最小值．OPQ D Q AQ OA OA O 90°OE AE AQ AP 90AOE POQ Ð=Ð=°Q AOP EOQ \Ð=ÐOP OQ =Q OA OE =()AOP EOQ SAS \D @D 2EQ AP \==OA ==Q OA OE \==AE ==AQ AE EQ -Q …AQ AE EQ +…2AQ \+…AQ \2+2AQ \-AQ \2-O O e (2,0)A B O e AB (ABC A D B C OC【解答】解：如图，以为边，在的下方作等边，连接，，，和都是等边三角形，，，，，，，，，，，，的最小值为1，最大值为3．18．在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．（1）是边长为3的等边三角形，是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1．求的长；OA OA OAD D BD OCBO ABC D Q OAD D AC AB \=AO AD =BAC OAD Ð=ÐOAC BAD \Ð=Ð()OAC DAB SAS \D @D OC BD \=1OB =Q 2OA OD ==2121BD \-+……13BD \……13OC \……OC \ABC D E AC 1AE =BE BEFCF（2）是边长为3的等边三角形，是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2．在点从点到点的运动过程中，求点所经过的路径长；（3）是边长为3的等边三角形，是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3．在点从点到点的运动过程中，求点所经过的路径长；（4）正方形的边长为3，是边上的一个动点，在点从点到点的运动过程中，小亮以为顶点作正方形，其中点、都在直线上，如图4．当点到达点时，点、、与点重合．则点所经过的路径长为 ，点所经过的路径长为 ．【解答】解：（1）如图，和是等边三角形，，，，，，，；（2）如图2，连接，由（1），，，，，，ABC D E AC BE BEF E C A F ABC D M CD BM BMN M C D N ABCD ECB E C B B BFGH F G AE E B F G H B H 34p G ABC D Q BEF D BA BC \=BE BF =60ABC EBF Ð=Ð=°ABE CBE CBF CBE \Ð+Ð=Ð+ÐABE CBF \Ð=Ð()ABE CBF SAS \D @D 1CF AE \==CF ABE CBF D @D CF AE \=60BCF BAE Ð=Ð=°60ABC Ð=°Q BCF ABC \Ð=Ð//CF AB \又点在点处时，，点在处时，点与点重合．点运动的路径长．（3）如图3，取的中点，连接，，，，，，和是等边三角形，，，，，，，，，又点在处时，，点在处时，点与点重合．点所经过的路径的长；（4）如图，连接，，相交于点，取的中点，的中点，连接，，E C CF AC =E A F C \F 3AC ==BC HHN 12BH BC \=12BH AB \=CD AB ^Q 12BD AB \=BH BD \=ABC D Q BMN D BM BN \=60ABC MBN Ð=Ð=°DBM MBH HBN MBH \Ð+Ð=Ð+ÐDBM HBN \Ð=Ð()DBM HBN SAS \D @D HN DM \=90BHN BDM Ð=Ð=°NH BC \^MC HN CD ==M D N H \N CD ==AC BD O AB M BC N MF NH，点的运动轨迹为以点为圆心，长为半径的圆上；，，即，，，点在以点为圆心，长为半径的圆上；当点在处时，点，，重合，点和点重合；当点在点处时，点和点重合，点与点重合；连接，，由上证明可得，，，点，，三点共线，，点是的中点，是斜边中线，点在以点为圆心，长为半径的圆上；点；点所经过的路径长．12MF BM BN AB \===F M BM 90ABC FBH Ð=Ð=°Q ABC FBC FBH FBC \Ð-Ð=Ð-ÐABF CBH Ð=Ð()MBF NBH SAS \D @D NH MF BM BN \===\H N BN \E B F B H G B E C F O G C CH OG NH NB NC ==90BHC \Ð=°\C G H 90AGC \Ð=°Q O AC OG \Rt AGC D \G O OB \H 34p G ==故答案为：．19．如图，点在线段上，，，以点为圆心、长为半径的圆为，在上取动点，以为边作，使，，、、三点为逆时针顺序，连接，求的取值范围．【解答】解：如图，作，使得，连接，，．在中，，，，，，，，，，34p O AB 1OA =2OB =O OA O e O e P PB PBC D 90PBC Ð=°1tan 2PCB Ð=P B C AC AC BM AB ^24BM OB ==OP AM CM Rt ABM D 123AB OA OB =+===Q 4BM =5AM \===1tan 2PBPCB BC Ð==Q 12OB BM =\OBBPBM BC =90OBM PBC Ð=Ð=°Q OBP MBC \Ð=ÐOBP MBC \D D ∽，，，，．20．点是半径为的上一动点，点是外一定点，．连接，．（1）【阅读感知】如图①，当是等边三角形时，连接，求的最大值；将下列解答过程补充完整．解：将线段绕点顺时针旋转到，连接，．由旋转的性质知：，，即是等边三角形．又是等边三角形，在和△中， △ 在△中，当，，三点共线，且点在的延长线上时，即当，，三点共线，且点在的延长线上时，取最大值，最大值是 ．（2）【类比探究】如图②，当四边形是正方形时，连接，求的最小值；（3）【理解运用】如图③，当是以为腰，顶角为的等腰三角形时，连接，求的最小值，并直接写出此时的周长．\12OP BO CM BM ==1OP =Q 2CM \=AM CM AC AM CM -+Q ……37AC \……A O eB O e 6OB =OA AB ABCD OC OC OB B 60°O B ¢OO ¢CO ¢60OBO Т=°6BO BO ¢==OBO D ¢6OO BO \¢==ABC D Q 60ABC \Ð=°AB BC=60OBO ABC \Т=Ð=°OBA O BC\Ð=ТOBA D O BC ¢OB O B OBA O BCAB CB =¢ìïÐ=Тíï=î\OBA D @O BC ¢()SAS OA O C\=¢OO C ¢OC OO O C<¢+¢O O ¢C C OO ¢OC OO O C=¢+¢OC OO O C¢+¢…\O O ¢C C OO ¢OC ABCD OC OC ABC D AB 120°OC OC ABC D【解答】解：（1）将线段绕点顺时针旋转到，连接，．由旋转的性质知：，，即是等边三角形，，又是等边三角形，，，，，在和△中，，△，，在△中，，当，，三点共线，且点在的延长线上时，，OB B 60°O B ¢OO ¢CO ¢60OBO Т=°6BO BO ¢==OBO D ¢6OO BO \¢==ABC D Q 60ABC \Ð=°AB BC =60OBO ABC \Т=Ð=°OBA O BC \Ð=ТOBA D O BC ¢OB O B OBA O BC AB CB =¢ìïÐ=Тíï=îOBA \D @()O BC SAS ¢OA O C \=¢OO C ¢OC OO O C <¢+¢O O ¢C C OO ¢OC OO O C =¢+¢当，，三点共线，且点在的延长线上时，取最大值，的最大值为．故答案为：△，．（2）如图②中，作以为边的正方形，连接，，四边形是正方形，，，四边形是正方形，，，，，在和△中，，△，在中，根据“三角形两边之差小于第三边”，得，当，，三点共线，且点在的延长线上时，，\O O ¢C C OO ¢OC OC 6+OBA D @O BC¢6+1-OB 11OBC D 1OC 1C C Q 11OBC D 16OB BC \==190OBC Ð=°\1OC ==Q ABCD BA BC \=90ABC Ð=°1OBC ABC \Ð=Ð1OBA C BC \Ð=ÐOBA D 1C BC 11OB BC OBA C BC AB BC =ìïÐ=Ðíï=îOBA \D @1()C BC SAS \1CC OA ==1OCC D 11OC CC OC -=-<O 1C C 1C OC 11OC CC OC -=-=当，，三点共线，且点在的延长线上时，取最小值，最小值是．取最小值的图象如下所示：（3）如下图，作以为腰，顶点为点，顶角为的等腰，连接，，过点作于点，，，，，，，在△，，\O 1C C 1C OC OC -OC OB B 120°2OBC D 2OC 2C C B 22BB OC ^2B 26OB BC ==Q 2120OBC Ð=°2230BOC OC B \Ð=Ð=°22BB OC ^Q \222111206022C BB OBC Ð=Ð=´°=°222OB B C =Rt 22C BB 222222222sin 60sin ,6B C B C C BB B C BC =°=Ð===\22222222OC OB B C B C B C =+=+=，，在和△中，，△，在中，根据“三角形两边之差小于第三边”，得，即，当，，三点共线，且点在的延长线上时，，当，，三点共线，且点在的延长线上时，取最小值，最小值是，当取最小值时的图象如如图③中，此时过点作于点，且延长于点，使得，，又△，，在中，，，，，2120ABC OBC Ð=Ð=°Q 2OBA C BC \Ð=ÐOBA D2C BC 22OB BC OBA C BC AB BC =ìïÐ=Ðíï=îOBA \D @2()C BC SAS \2CC OA ==2OCC D 22OC CC OC =-<OC <O 2C C 2C OC 22OC CC OC -=-==22OC CC OC -…\O 2C C 2C OC OC =OC 2-B 3BB AC ^3B OA 3O 33BO OO ^2230BOC OC B Ð=Ð=°Q OBA D @Q 2C BC 2230AOB CC B OC B \Ð=Ð=Ð=°3Rt OBO D 6OB =330O OB AOB Ð=Ð=°31sin 30632BO OB \=×°=´=3cos306OO OB =×°==Q OA =在中，，，，，，以及，在，，的周长为\33AO OO OA =-==3Rt ABO D AB ===BA BC =Q 120ABC Ð=°\AB BC ==3BB AC ^Q \3111206022ABB ABC Ð=Ð=´°=°33AB B C =3Rt ABB D 333sin 60sin 3AB ABB AB AB =°=Ð===33336AC AB B C AB AB \=+=+=ABC \D 66AB BC AC ++=+=+。
巧用瓜豆原理，破解初中数学路径问题
解题研究２０２３年１０月下半月㊀㊀㊀巧用瓜豆原理,破解初中数学路径问题◉甘肃省天水市清水县第三中学㊀许志强１瓜豆原理我们所说的 瓜豆原理 是数学问题中的一个动态问题 主从联动．这类问题涉及到路径问题,因此利用本模型解题,首先要明确 主动点 的路径,再结合具体的问题分析 主动点 和 从动点 之间的关系,之后确定 从动点 运动路径的形状,最终达到顺利解题的目的．１．１模型特征瓜豆原理实际上就是数学中的轨迹问题,它所涉及到的动点有两个,一个看作是 瓜 ,一个看作是豆 , 主动点 是 瓜 , 从动点 是 豆 ,根据瓜运动的情况来判断豆的变化轨迹,从而根据主动点运动过程中的特殊位置变化,突破从动点运动的路线,将动态问题转化为静态问题进行解答．１．２模型思路利用瓜豆原理解题,一般要做好以下五步:第一,根据问题情境确定主动点,并简单作出主动点的运动轨迹;第二,确定从动点,判断其与主动点之间的变化关系;第三,根据运动情况确定主动点的特殊位置,一般是起点或者终点位置;第四,根据问题要求确定主动点的变化特点,从而明确从动点的运动情况,再确定从动点的轨迹;第五,根据从动点运动的轨迹利用相关知识进行解答,往往涉及长度㊁最值等问题．２原理应用这类模型在应用过程中往往涉及到全等㊁位似及其旋转的知识,故笔者从这三种模型分析瓜豆原理在初中数学压轴问题中的破解方法．２．１全等模型图１模型探究:如图１,P 为әA B C边A C 上的一点,以B P 为边长向一侧作特殊三角形B P E (一般为等边三角形或等腰直角三角形等),当点P 由点A 运动到点C 时,判断点E 的运动路径．结论:根据上述图示２,首先确图２定点P 运动的起点和终点,确定好相对应的点E 的位置,分别记为点M ,N ,则MN 即为点E 的运动轨迹．连接B M 和B N ,根据特殊三角形的性质,可以判定әA B C 与әB MN 全等,进而得到MN ＝A C ．典型例题１㊀如图３,在等边三角形A B C 中,A B ＝１０,B D ＝４,B E ＝２,点P 从点E 出发沿E A 方向运动,连接P D ,以P D 为边,在P D 的右侧按如图所示的方式作等边三角形D P F ,当点P 从点E 运动到点A 时,试求点F 运动的路径长．图３㊀㊀图４分析:如图４,连接D E ,作F H ʅB C 于点H ,根据等边三角形的性质得øB ＝６０ʎ．过点D 作D E ᶄʅA B ,则B E ᶄ＝１２B D ＝２,则点E ᶄ与点E 重合,所以øB D E ＝３０ʎ,D E ＝３B E ＝２３．接着证明әD P E ɸәF DH ,得到F H ＝D E ＝２３,于是可判断点F 运动的路径为一条线段,此线段到B C 的距离为２３．当点P 在E 点时,作等边三角形D E F １,则D F １ʅB C ;当点P 在A 点时,作等边三角形D A F ２,作F ２Q ʅB C 于点Q ,则әD F ２Q ɸәA D E ．所以D Q ＝A E ＝８,从而F １F ２＝D Q ＝８．于是得到,当点P 从点E 运动到点A 时,点F 运动的路径长为８．２．２位似模型模型探究:如图５,P 为线段B C 上一动点,A 为定点,连接A P ,取A P 上一点Q ,当点P 在B C 上运动时,如图６,线段E F 即为点Q 的运动路径．图５㊀㊀图６结论:根据上述图示６,可以进一步得到E F ʊ４５Copyright ©博看网. All Rights Reserved.２０２３年１０月下半月㊀解题研究㊀㊀㊀㊀B C ,从而可以确定әA E F 与әA B C 相似,进而得到A Q A P ＝E FB C．拓展探究:点P 若在一圆(或弧线)上运动时,点Q 的运动轨迹也是成为圆(或弧线)．典型例题２㊀如图７,矩形A B C D 中,A B ＝４,A D ＝２,E 为AB 的中点,F 为EC 上一动点,P 为D F 中点,连接P B ,求P B 的最小值．图７㊀㊀图８分析:如图８,根据中位线定理可得点P 的运动轨迹是线段P １P ２,再根据垂线段最短可知当B P ʅP １P ２时,P B 取得最小值．由矩形的性质及已知数据即可知B P １ʅP １P ２,故B P 的最小值为线段B P １的长,由勾股定理求解即可．典型例题３㊀如图９,在平面直角坐标系中,点P(３,４),☉P 的半径为２,A (２．６,０),B (５．２,０),M 是☉P 上的动点,C 是M B 的中点,试求A C 的最小值．图９㊀㊀㊀图１０分析:如图１０,连接O P 交☉P 于M ᶄ,连接O M ．因为O A ＝A B ,C M ＝C B ,所以A C ʊO M ,于是A C ＝１２O M ．故当O M 最小时,A C 最小．因此当点M 运动到点M ᶄ时,O M 最小．由此即可解决问题．２．３旋转模型模型探究:如图１１所示,A 为定点,øP A Q 为定值,A PA Q为定值,当点P 在直线B C 上运动时,则点Q 的运动路径也是直线．图１１㊀㊀㊀图１２结论:如图１２,当øP A Q ＜９０ʎ时,直线B C 与MN 的夹角等于øP A Q ．拓展探究:如图１３,A 为定点,øP A Q 为定值,A PA Q为定值,当点P 在☉O 上运动时,则点Q 的运动路径也是圆(如图１４虚线所画☉M )．图１３㊀㊀㊀图１４结论:øP A Q ＝øO AM ;A P A Q ＝A O AM ＝O PM Q．典型例题４㊀如图１５,已知扇形A O B 中,O A ＝３,øA O B ＝１２０ʎ,C 是A B ︵上的动点．以B C 为边作正方形B C D E ,当点C 从点A 移动至点B 时,求点D 经过的路径长．图１５㊀㊀㊀图１６分析:如图１６,延长B O 交☉O 于点F ,取B F ︵的中点H ,连接F H ,H B ,B D ．易知әF H B 是等腰直角三角形,则H F ＝H B ,øF H B ＝９０ʎ．由øF D B ＝４５ʎ＝１２øF H B ,推出点D 在☉H 上的运动路径是G B ︵,易知øH F G ＝øH G F ＝１５ʎ,推出øF H G ＝１５０ʎ,进而得到øG H B ＝１２０ʎ,易知H B ＝３２,利用弧长公式即可解决问题．３模型反思上述模型问题的研究,实际上考查了学生对问题的操作经历的体验,既考查了学生的观察力和思考力,更重要的是对学生应用能力的检验,又要结合问题情景,对号入座,灵活应用．根据问题所展示的相关内容,对瓜豆原理进行如下总结:其一,两动点之间的变化关系一致;其二,两动点运动路径的比例关系一致;其三,运动过程中路径的形状与大小的变化及其特殊位置的确定．综上所述,瓜豆原理在形式上和解法上给我们提供了简单而又易操作的解题方法,可谓是 种瓜得瓜,种豆得豆 ．但是,仅仅掌握这些还不够的,还需要我们在数学学习中深入研究,不断积累数学经验,能从问题情境中获得直观感受,从而构建数学认知结构,获得模型意识和模型思想,并在解题训练过程中不断进行迁移拓展,形成数学思维,提升数学综合素养．Z５５Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
瓜豆原理圆的轨迹问题
瓜豆原理圆的轨迹问题什么是瓜豆原理？瓜豆原理是指一个点沿着一条曲线运动，其轨迹是一个圆。
这个圆称为瓜豆原理圆。
在许多物理问题中，瓜豆原理都是一个重要的概念，它能够帮助我们理解并解决许多实际问题。
理解圆的轨迹圆的轨迹是指一个点在二维平面上的运动轨迹形状。
在瓜豆原理中，圆的轨迹是由一个点绕着一个固定的中心点做匀速的圆周运动形成的。
这个中心点被称为圆心，而固定的距离称为半径。
根据圆的定义，任意一点到圆心的距离都等于半径的长度。
这个性质决定了圆的轨迹是一个闭合的曲线，即从起点开始，经过一段时间后回到起点。
圆的轨迹可以用一条连续的曲线表示，形状是一个完美的圆形。
理解瓜豆原理圆在瓜豆原理中，这个圆的轨迹与物理上的运动有密切的关系。
我们可以通过理解瓜豆原理圆来解决一些与运动相关的问题。
瓜豆原理圆的轨迹是由一个点在二维平面上作圆周运动形成的。
这个运动可以是匀速的，也可以是变速的。
在匀速圆周运动中，点沿着圆的轨迹以恒定的速度旋转，角度的变化是匀速的。
而在变速圆周运动中，点沿着圆的轨迹以不同的速度旋转，角度的变化是不匀速的。
瓜豆原理圆的应用瓜豆原理圆在物理学、工程学以及许多其他学科中有广泛的应用。
在物理学中，瓜豆原理圆被用来描述天体的运动、电子的轨道等。
在工程学中，瓜豆原理圆被用来设计运动设备、机械传动系统等。
瓜豆原理圆的应用还包括航天器的轨道设计、机器人的路径规划等。
通过研究瓜豆原理圆，我们可以更好地理解和预测物体的运动轨迹，从而优化设计和控制。
如何确定瓜豆原理圆的轨迹确定瓜豆原理圆的轨迹需要了解圆的定义和一些相关的数学概念。
在平面几何中，圆是由一组等距离于圆心的点构成的。
在坐标系中，我们可以使用数学方程来描述圆的轨迹。
对于以坐标系原点为圆心的圆，其方程可以表示为： [x^2 + y^2 = r^2] 其中，(r)为圆的半径。
对于以坐标系原点为圆心的圆，其方程可以表示为： [(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2] 其中，((a, b))为圆的中心坐标。
“瓜豆原理”·2.3轨迹为圆·旋转位似
“⽠⾖原理”·2.3轨迹为圆·旋转位似数学培优模型推荐搜索将军饮马胡不归问题隐圆婆罗摩笈多模型【⽠⾖原理】古语云：“种⽠得⽠，种⾖得⾖”。
对于语⽂不怎么好的我来说，也只能这样理解了：如果你种西⽠呢就会收获西⽠，种⾖⼦呢就会收获⾖⼦。
这个道理运⽤到我们数学当中就是我们今天所要说的——“⽠⾖原理”。
⽠⾖原理主要解决某些动点的运动轨迹问题。
即“从随主动”的问题。
“从随主动”指在⼀个定⾓（⾓度可为0°）的两个“端点”中，其中⼀个“端点”在运动的过程中，另⼀个“端点”也随着这个“端点”的变化⽽变化的情况。
其中主动变化的“端点”我们习惯称之为“主动点”；跟随变化的“端点”我们习惯称之为“从动点”；⾓的顶点我们习惯称之为“定点”。
定点到主动点的距离⽐定点到从动点的距离之⽐我们习惯称之为“定⽐”。
主动点的与从动点这两个动点的运动轨迹所形成的图形相似，相似⽐为定⽐。
满⾜“从随主动”且定点到主动点的距离⽐定点到从动点的距离之⽐为“定⽐”。
此类问题我们可以⽤⽠⾖原理去解决。
主要涉及的题型分为以下⼏种：【1.1】从动点运动轨迹为直线——旋转；【1.2】从动点运动轨迹为直线——位似；【1.3】从动点运动轨迹为直线——旋转位似；【2.1】从动点运动轨迹为圆——旋转；【2.2】从动点运动轨迹为圆——位似；【2.3】从动点运动轨迹为圆——旋转位似；【注】①本⽂只介绍动点运动轨迹为直线与圆的情况。
②本⽂中提到⾓的“端点”这⼀问题，在这边加以说明。
我们学过的⾓的概念：“具有公共端点的两条不重合的射线组成的图形”，这边的“端点”可以理解为分别在⾓的两条射线上不与⾓的顶点重合的两个点。
【2.3·动点轨迹为圆·旋转位似】【模型】【例题】【练习】。
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瓜豆原理——【曲线轨迹】
例1.如图所示,在平面直角坐标系中,已知点A的坐标为(2,3),P点是以点A为圆心,半径为2的圆上的任意动点,
（1）以Q P为直角边作等腰直角三角形P O Q,且Q点在第二象限内,求A Q的最小值及最大值（2）以O Q为斜边边作等腰直角三角形P O Q,且Q点在第三象限内,求A Q的最小值及最大值
例2.如图,点A是双曲线y=在第一象限上的动点,连接A O并延长交另一个分支于点B,
（1）以A B为斜边作等腰R t△A B C,点C在第二象限,随着点A的运动,点C的位置也不断变化,写出C点的轨迹在坐标系中所对函数的解析式
（2）以A B为边作等边△A B C,C在第三象限,写出
C点的轨迹在坐标系中所对函数的解析式
（3）以A B为底边作等腰△A B C,∠C=120°在第三象限,写出
C点的轨迹在坐标系中所对函数的解析式
例3.如图,点C为半圆A B的三等分点,半径为2,点P为弧A C上的一个动点,连接P C并延长,作B Q⊥P C于Q,则点Q的路径长为
【练习】
1.如图，点O为坐标原点，⊙O的半径为1，点A（2，0）．动点B在⊙O上，连结A B，作等边△A B C（A，B，C为顺时针顺序），求O C的最大值与最小值．
2.如图,点C是半圆上一动点,以A C为边向下作正方形A C D E,连O E,若A B=4m,则O E的最大值为
3.如图，A B＝4，O为A B的中点，⊙O的半径为1．点P是⊙O上一动点，以P B为直角边的等腰直角△P B C（点P，B，C按逆时针方向排列），则线段A C长的取值范围是_____________．
4.如图,A B为⊙O的直径,点C在A B的延长线上,A B=6,B C=3,P是⊙O上的一个动点,连接C P,以C P为底边在P C的上方作等腰三角形P C D,且使∠D C P=30°,连接O D,O D长的最小值为
5.如图，A B是⊙的直径，点C在A B的延长线上，A B＝B C＝10，P是⊙O上一动点，连接P C，
以P C为边作△P C D，使∠P D C＝90°，t a n∠D P C＝，P，C，D三点为逆时针顺序．连接O D，则线段O D长的最小值是________．
6.如图，点O在线段A B上，O A＝1，O B＝2．以点O为圆心，O A长为半径的圆为⊙O．在⊙O
上取动点P，以P B为边作△P B C，使∠P B C＝90°，t a n∠P C B＝，P，B，C三点为逆时针顺序．连结A C，求A C长的取值范围．
7.在R t△A C B中,∠A C B=90°,A C=8,B C=6,点D是以点A为圆心,4为半径的圆上一点,连接B D,点M为B D的中点,则线段C M长度的最大值为多少?
8.在R t△O A B中,∠A O B=90°,A O=4,点C是以点O为圆心,2为半径的圆上一点,连
接A C,点M为A C的中点,则线段B M长度的最大值为多少?
9.如图,以O为圆心,O B长为半径画扇形O A B,其中∠A O B=90°,延长O B至C,使得O B=2B C=6,点D是弧A B上一点,连结C D,以C D为斜边向上作直角三角形D C P,且c o s∠D C P=，连结O P,则O P的最大值为（）
(A)3
(B)12
(C)6+
(D)6+2
10.如图,线段A B=4,M为A B的中点,动点P到点M的距离是1,连接P B,线段P B绕点P逆时针旋转90°得到线段P C,连接A C,则线段A C长度的最大值是
11.四边形A B C D是边长为4的正方形,点P是平面内一点,且满足B P⊥P C.现将点P绕点D顺时针旋转90度到点Q,则C Q的最大值为
12.如图,三角形A B C中,A B=3,A C=2以B C为边做正方形B C D E,连接正方形的对角线交于点O,再连接A O,则A O的最大值为
13.(2018.南通中考）如图,正方形A B C D中,A B=25,O是B C边的中点,点E是正方形内一动点,O E=2,连接D E,将线段D E绕点D逆时针旋转90°得D F,连接A E,C F,则线段O F长的最小值为
14.如图,一次函数y=2x与反比例函数y=k(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,M是A P的中点,已知O M长的最大值为,则k的值为。