动点运动路径长问题5

合集下载

初中常见轨迹问题解题策略

初中常见路径（轨迹）问题之解决策略一、动点到定点的距离等于定长这一类动点问题的特点是：所求的动点到某一个定点的距离是不变的。

根据圆的定义，这时容易发现该动点的轨迹是一个圆周或者一段弧。

而且该圆或者弧的圆心就是定点，半径就是定长。

知道圆心和半径之后就容易求解了。

1. 如图，矩形ABCD 中，AB=2，E 是AD 边上一动点，将△ABE 沿BE折叠至△PBE ，在点E 从A 到D 的过程中，求P 点轨迹长。

2. 如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2。

将△ABC 绕顶点C 顺时针旋转，得到△A′B′C ，AC 中点为D ，A′B′中点为E ，连接DE ，当旋转角为_______°时，DE 长度最大，最大值为__________．3. 如图，OA ⊥OB ，垂足为O ，P 、Q 分别是射线OA 、OB 上两个动点，点C 是线段PQ的中点，且PQ=4．则动点C 运动形成的路径长是______二、定角对定长这一类动点问题的特点是：以该动点为顶点的某个角度大小是固定不变的，而且该固定角度所对的某一条边是固定的。

由圆周角的特点可知，这个动点的轨迹就是一个圆周或者一段弧。

而且这个固定角度就是圆周角，这个固定边就是弦。

如果需要求轨迹长的话，再把圆心角和半径算出来就行了。

不过有一点需要注意，这时需要把起始点和终点找到才能准确求出圆心角。

对于这种题型，找圆心可以用三角形外心的结论：锐角三角形的外心在三角形内部，直角三角形的外心在斜边中点，钝角三角形的外心在三角形外部。

所以，当这个固定角度是锐角时，圆心和动点位于固定边的同侧；当这个固定角度是直角时，圆心就在固定边的中点；当这个固定角度是钝角时，圆心和动点位于固定边的两侧。

4.如图，点E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE=DF。

连接CF交BD于点G，连接BE交AG于点H。

若正方形的边长为2，则线段DH的最小值是___．5.等边三角形ABC的边长为6，在AC，BC边上各取一点E，F，连结AF，BE相交于点P.若BF=CE，当点E从点A运动到点C时，试求点P经过的路径长.6.如图，正方形ODEF的边长为2，以O为圆心，AB为直径的半圆经过点D，连接AF，BD相交于点P，将正方形ODEF从OD与OA重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，求交点P运动的路径长.7.如图，圆O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2。

九年级动点问题知识点

九年级动点问题知识点动点问题是九年级数学中的重要知识点之一，主要涉及到对平面图形与运动的关系进行分析与计算。

本文将从定义、性质和解题方法三个方面进行论述，并结合示例详细说明。

以下是对九年级动点问题知识点的介绍。

1. 定义动点问题是指在平面直角坐标系中，通过对点在平面中的位置与运动进行分析和计算来解决具体问题的数学问题。

动点可以沿直线、曲线或者其他规定的路线进行运动。

2. 性质（1）运动的方向：动点的运动可以有向上、向下、向左、向右等不同的方向。

（2）运动的速度：动点的运动速度可以是恒定的、变化的或者被规定的。

（3）运动的路径：动点可以在平面上运动，其路径可以是直线、曲线或者特定的图形。

（4）坐标的变化：动点在运动过程中，其坐标会发生相应的变化。

3. 解题方法（1）建立坐标系：根据题意，建立合适的平面直角坐标系。

（2）确定动点的位置：根据题目的描述，确定动点在平面上的初始位置和运动规律。

（3）列方程或函数：根据动点在平面上的位置与运动规律，利用代数方法列出方程或函数。

（4）解方程或函数：对所列出的方程或函数进行求解，得到动点的位置或相关数据。

（5）分析解答：根据求解结果，结合问题的要求进行分析和答题。

以下是一个例子，通过该例子来说明动点问题的解题方法。

【示例】小明在操场上做直线运动，他从一端A出发，以每秒6米的速度向另一端B跑去，到达B后立即折返，以每秒8米的速度返回A。

已知AB的长度为80米，请问他什么时候回到起点A？解答过程：（1）建立坐标系：以A点为原点，假设横坐标表示时间，纵坐标表示距离。

（2）确定动点的位置：小明从A点出发，向B点跑去，然后又返回A点。

（3）列方程或函数：假设小明运动的时间为t秒，则小明到达B点的距离为6t米，小明从B点返回到A点的时间为80/8=10秒，所以小明到达A点的距离为6t-8*10=80-6t米。

（4）解方程或函数：根据所列的方程6t=80-6t，解得t=5秒。

2020年中考数学二轮核心考点讲解第12讲运动路径长度问题解析版

【中考数学二轮核心考点讲解】第12讲运动路径长度问题想要对运动路径长度问题掌握得信手拈来，那么建议你对以下知识点进行提前学习会更好：1.《隐圆模型》2.《共顶点模型》-也可称“手拉手模型”3.《主从联动模型》-也可称“瓜豆原理模型”4.《旋转问题》—本系列的第二讲中所阐述的旋转相似模型此外，还需要明白的动点类型还有：5.线段垂直平分线——到线段两端点距离相等的动点一定在这条线段的垂直平分线上6.角平分线——到角两边距离相等的动点一定在这个角的角平分线上7.三角形中位线——动点到某条线的距离恒等于某平行线段的一半8.平行线分线段成比例——动点到某条线的距离与某平行线段成比例9.两平行线的性质——平行线间的距离，处处相等一、路径为圆弧型解题策略：①作出隐圆，找到圆心②作出半径，求出定长解题关键：通过《隐圆模型》中五种确定隐圆的基本条件作出隐圆，即可轻易得出结论. 二、路径为直线型解题策略：①利用平行定距法或者角度固定法确定动点运动路径为直线型②确定动点的起点与终点，计算出路径长度即可解题关键：解题过程中常常出现中位线，平行线分线段成比例，相似证动角恒等于顶角等知识点三、路径为往返型解题策略：①通常为《主从联动模型》的衍生版②确定动点的起点与终点，感知运动过程中的变化③找出动点运动的最远点解题关键：解题过程中常常出现相似转线段长、《主从联动模型》中的滑动模型等【例题1】如图，等腰Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝，⊙O与AB相切，分别交OA、OB于N、M，以PB为直角边作等腰Rt△BPQ，点P在弧MN上由点M运动到点N，则点Q运动的路径长为（）A．B．C．D．【分析】解题标签：《共顶点模型》中的旋转相似、《隐圆模型》中的动点定长模型、《主从联动模型》【解析】如图，连接OP，AQ，设⊙O与AB相切于C，连接OC，则OC⊥AB，∵OA＝OB，∠AOB＝90°，OB＝，∴AB＝2，OP＝OC＝AB＝，∵△ABO和△QBP均为等腰直角三角形，∴＝，∠ABO＝∠QBP＝45°，∴＝，∠ABQ＝∠OBP，∴△ABQ∽△OBP，∴∠BAQ＝∠BOP，＝，即＝，∴AQ＝，又∵点P在弧MN上由点M运动到点N，∴0°≤∠BOP≤90°，∴0°≤∠BAQ≤90°，∴点Q的运动轨迹为以A为圆心，AQ长为半径，圆心角为90°的扇形的圆弧，∴点Q运动的路径长为＝，故选：D．[本题用《主从联动模型》来接替会更快得到结果]【例题2】已知⊙O，AB是直径，AB＝4，弦CD⊥AB且过OB的中点，P是劣弧BC上一动点，DF垂直AP于F，则P从C运动到B的过程中，F运动的路径长度（）A．πB．C．πD．2【分析】解题标签：“定边对直角”确定隐圆模型【解析】作DQ⊥AC于Q，如图，当P点在C点时，F点与Q重合；当P点在B点时，F点与E点重合，∵∠AFD＝90°，∴点F在以AD为直径的圆上，∴点F运动的路径为，∵弦CD⊥AB且过OB的中点，∴OE＝OD，CE＝DE＝，AC＝AC＝2，∴∠DOE＝60°，∴∠DAC＝60°，∴△ACD为等边三角形，∴MQ和ME为中位线，∴MQ＝，∠QME＝60°，∴F运动的路径长度＝＝．故选：A．【例题3】如图，⊙O的半径为1，弦AB＝1，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是．【分析】解题标签：“定边对定角”确定隐圆模型【解析】连结OA、OB，作△ABC的外接圆D，如图1，∵OA＝OB＝1，AB＝1，∴△OAB为等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠APB＝∠AOB＝30°，∵AC⊥AP，∴∠C＝60°，∵AB＝1，要使△ABC的最大面积，则点C到AB的距离最大，∵∠ACB＝60°，点C在⊙D上，∴∠ADB＝120°，如图2，当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，且面积为AB2＝，∴△ABC的最大面积为．故答案为：．【例题4】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. B. C. 1 D. 2【分析】解题标签：“线段垂直平分线”产生“平行定距型”【解析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，∵△ACB为到等腰直角三角形，∴AC=BC= AB= ，∠A=∠B=45°，∵O为AB的中点，∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，∴∠OCB=45°，∵∠POQ=90°，∠COA=90°，∴∠AOP=∠COQ，在Rt△AOP和△COQ中，∴Rt△AOP≌△COQ，∴AP=CQ，易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，∴PE=22AP=22CQ，QF=22BQ，∴PE+QF=22（CQ+BQ）=22BC=2×22=1，∵M点为PQ的中点，∴MH为梯形PEFQ的中位线，∴MH=12（PE+QF）=12，即点M到AB的距离为12，而CO=1，∴点M的运动路线为△ABC的中位线，∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长=12AB=1，故答案为：C．[或连接OM，CM，点M运动路径为线段OC中垂线]【例题5】已知：如图1，平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，6），点B在x轴上，且∠BAO＝30°，点D是线段OA上的一点，以BD为边向下作等边△BDE．（1）如图2，当∠ODB＝45°时，求证：OE平分∠BED．（2）如图3，当点E落在y轴上时，求出点E的坐标．（3）利用图1探究并说理：点D在y轴上从点A向点O滑动的过程中，点E也会在一条直线上滑动；并直接写出点E运动路径的长度．【分析】解题标签：“共顶点模型”、“全等或相似转固定角度法确定动点的直线运动”【解析】（1）∵∠ODB＝45°，∠AOB＝90°，∴∠OBD＝∠ODB＝45°，∴OD＝OB，∵△BDE是等边三角形，∴DE＝BE，在△DOE和△BOE中，，∴△DOE≌△BOE（SSS），∴∠DEO＝∠BEO，即OE平分∠BED；（2）∵△BOE是等边三角形，∴∠EDB＝60°，∵OB⊥DE，设OD＝x，则OE＝x，∵∠BAO＝30°，∠AOB＝90°，∴∠DBO＝∠ABD＝∠BAO＝30°，∴BD＝2OD＝2x，AD＝BD＝2x，∵OA＝AD+OD＝3x＝6，解得，x＝2，∴E（0，﹣2）；（3）如图1，在x轴上取点C，使BC＝BA，连接CE，∵∠ABD+∠OBD＝∠CBE+∠OBD＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BAO＝30°，∴当D在OA上滑动时，点E总在与x轴夹角为30°的直线CE上滑动，如图可知，点E运动路径的长度为6．【例题6】如图，Rt△ABC中，BC＝4，AC＝8，Rt△ABC的斜边在x轴的正半轴上，点A与原点重合，随着顶点A由O点出发沿y轴的正半轴方向滑动，点B也沿着x轴向点O滑动，直到与点O重合时运动结束．在这个运动过程中，点C运动的路径长是8﹣12．【分析】解题标签：“运动路径为来回型”【解析】①当A从O到现在的点A处时，如图2，此时C′A⊥y轴，点C运动的路径长是CC′的长，∴AC′＝OC＝8，∵AC′∥OB，∴∠AC′O＝∠COB，∴cos∠AC′O＝cos∠COB＝＝，∴＝，∴OC′＝4，∴CC′＝4﹣8；②当A再继续向上移动，直到点B与O重合时，如图3，此时点C运动的路径是从C′到C，长是CC′，CC′＝OC′﹣BC＝4﹣4，综上所述，点C运动的路径长是：4﹣8+4﹣4＝8﹣12；故答案为：8﹣12．【例题7】如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x＝2，动点P从抛物线的顶点A 出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t杪，连结OP并延长交抛物线于点B，连结OA，AB．（1）求抛物线的函数解析式；（2）当△AOB为直角三角形时，求t的值；（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤t≤5时，求点M经过的路径长度．【分析】解题标签：“运动路径为来回型”【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，且对称轴是直线x＝2，∴c＝0，﹣＝2，则b＝﹣4、c＝0，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x；（2）设点B（a，a2﹣4a），∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，∴点A（2，﹣4），则OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，①若OB2＝OA2+AB2，则a2+（a2﹣4a）2＝20+（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，解得a＝2（舍）或a＝，∴B（，﹣），则直线OB解析式为y＝﹣x，当x＝2时，y＝﹣3，即P（2，﹣3），∴t＝（﹣3+4）÷1＝1；②若AB2＝OA2+OB2，则（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2＝20+a2+（a2﹣4a）2，解得a＝0（舍）或a＝，∴B（，），则直线OB解析式为y＝x，当x＝2时，y＝1，即P（2，1），∴t＝[1﹣（﹣4）]÷1＝5；③若OA2＝AB2+OB2，则20＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2+a2+（a2﹣4a）2，整理，得：a3﹣8a2+21a﹣18＝0，a3﹣3a2﹣5a2+15a+6a﹣18＝0，a2（a﹣3）﹣5a（a﹣3）+6（a﹣3）＝0，（a﹣3）（a2﹣5a+6）＝0，（a﹣3）2（a﹣2）＝0，则a＝3或a＝2（舍），∴B（3，﹣3），∴直线OB解析式为y＝﹣x，当x＝2时，y＝﹣2，即P（2，﹣2），∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；综上，当△AOB为直角三角形时，t的值为1或2或5．（3）∵⊙M为△AOB的外接圆，∴点M在线段OA的中垂线上，∴当1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段，当t＝1时，如图1，由（2）知∠OAB＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，∵B（，﹣），∴M（，﹣）；当t＝5时，如图2，由（2）知，∠AOB＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，∵B（，）、A（2，﹣4），∴M（，﹣）；当t＝2时，如图3，由（2）知，∠OBA＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OA的中点，∵A（2，﹣4），∴M（1，﹣2）；则点M经过的路径长度为＝．【例题8】如图，OM⊥ON，A、B分别为射线OM、ON上两个动点，且OA+OB＝5，P为AB的中点．当B由点O向右移动时，点P移动的路径长为（）A．2B．2C．D．5【分析】解题标签：“利用解析法计算几何路径长”【解析】建立如图坐标系．设OB＝t，则OA＝5﹣t，∴B（t，0），A（0，5﹣t），∵AP＝PB，∴P（，），令x＝，y＝，消去t得到，y＝﹣x+（0≤x≤），∴点P的运动轨迹是线段HK，H（0，），K（，0），∴点P的运动路径的长为＝，故选：C．【例题9】如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0），在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【分析】解题标签：“利用解析法计算几何路径长”【解析】如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2×+6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【例题10】（1）如图1，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作等边△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；（2）如图2，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以E为直角顶点的等腰Rt△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；（3）如图3，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以D为直角顶点的等腰Rt△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；（4）如图4，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以D为直顶点的等腰△BDE，且∠BDE=120°，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；【分析】解题标签：“主从联动模型”【解析】22；2；4；26【例题11】如图，已知扇形AOB中，OA=3，∠AOB=120°，C是在上的动点．以BC为边作正方形BCDE，当点C从点A移动至点B时，点D经过的路径长是________．【分析】解题标签：“定边对定角”确定隐圆模型、主从联动模型【解析】如图所示，易得点D的运动轨迹的长为=2 π．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，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是．【解析】如图，连接OP，OC，取OC的中点K，连接MK．∵AC＝BC＝，∠ACB＝90°，∴AB＝＝2，∴OP＝AB＝1，∵CM＝MP，CK＝OK，∴MK＝OP＝，∴当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径是以K为圆心，长为半径的半圆，∴点M运动的路径长＝•2•π•＝，故答案为．2．已知线段AB＝8，C、D是AB上两点，且AC＝2，BD＝4，P是线段CD上一动点，在AB同侧分别作等腰三角形APE和等腰三角形PBF，M为线段EF的中点，若∠AEP＝∠BFP，则当点P由点C移动到点D时，点M移动的路径长度为4﹣3．【解析】如图，分别延长AE、BF交于点H．∵△APE和△PBF都是等腰三角形，且∠AEP＝∠BFP∵∠A＝∠FPB，∴AH∥PF，同理，BH∥PE，∴四边形EPFH为平行四边形，∴EF与HP互相平分．∵M为EF的中点，∴M为PH中点，即在P的运动过程中，M始终为PH的中点，所以M的运行轨迹为三角形HCD的中位线QN．∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝8﹣6，∴QN＝CD＝4﹣3，即M的移动路径长为4﹣3．故答案是：4﹣3．3．已知线段AB＝10，P是线段AB上一动点，在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF，G为线段EF的中点，点P由点A移动到点B时，G点移动的路径长度为5．【解析】如图，分别延长AE、BF交于点H，∵∠A＝∠FPB＝60°，∴AH∥PF，∵∠B＝∠EP A＝60°，∴BH∥PE，∴四边形EPFH为平行四边形，∴EF与HP互相平分．∵G为EF的中点，∴G正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的运行轨迹为△HAB的中位线MN．∴MN＝AB＝5，即G的移动路径长为5．故答案为：54．如图，AB为⊙O的直径，AB＝3，弧AC的度数是60°，P为弧BC上一动点，延长AP到点Q，使AP•AQ＝AB2．若点P由B运动到C，则点Q运动的路径长为3．【解析】连接BQ，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠APB＝90°，∵AP•AQ＝AB2．即＝，而∠BAP＝∠QAB，∴△ABP∽△AQB，∴∠ABQ＝∠APB＝90°，∴BQ为⊙O的切线，点Q运动的路径长为切线长，∵弧AC的度数是60°，∴∠AOC＝60°，∴∠OAC＝60°，当点P在C点时，∠BAQ＝60°，∴BQ＝AB＝3，即点P由B运动到C，则点Q运动的路径长为3．故答案为3．5．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E在边AD上，且AE:ED＝1:2．动点P 从点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．设点M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M的运动路径长为________．【答案】4【解析】如图所示：过点M作GH⊥AD.∵AD∥CB，GH⊥AD，∴GH⊥BC.在△EGM和△FHM中，∴△EGM≌△FHM.∴MG=MH.∴点M的轨迹是一条平行于BC的线段当点P与A重合时,BF1=AE=2，当点P与点B重合时,∠F2+∠EBF1=90∘,∠BEF1+∠EBF1=90∘，∴∠F2=∠EBF1.∵∠EF1B=∠EF1F2，∴△EF1B∽△∠EF1F2.∴，即∴F1F2=8，∵M1M2是△EF1F2的中位线，∴M1M2= F1F2=4.故答案为：4.6．等边三角形ABC的边长为2，在AC，BC边上各有一个动点E，F，满足AE＝CF，连接AF，BE相交于点P．（1）∠APB的度数；（2）当E从点A运动到点C时，试求点P经过的路径长；（3）连结CP，直接写出CP长度的最小值．【解析】（1）∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠C＝∠CAB＝60°，又∵AE＝CF，在△ABE和△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（SAS），∴AF＝BE，∠ABE＝∠CAF．又∵∠APE＝∠BPF＝∠ABP+∠BAP，∴∠APE＝∠BAP+∠CAF＝60°．∴∠APB＝180°﹣∠APE＝120°．（2）如图1，∵AE＝CF，∴点P的路径是一段弧，由题目不难看出当E为AC的中点的时候，点P经过弧AB的中点，此时△ABP 为等腰三角形，且∠ABP＝∠BAP＝30°，∴∠AOB＝120°，又∵AB＝2，∴OA＝2，点P的路径是l＝＝＝；（3）如图2，∵AE＝CF，∴点P的路径是一段弧，∴当点E运动到AC的中点时，CP长度的最小，即点P为△ABC的中心，过B作BE′⊥AC于E′，∴PC＝BE′，∵△ABC是等边三角形，∴BE′＝BC＝3，∴PC＝2．∴CP长度的最小值是2．方法二：由图1可知，CP最小值等于CO减OA，OA就是那圆弧的半径，可得PC的最小值为2．7．如图，AB为半圆O的直径，AB=2，C，D为半圆上两个动点（D在C右侧），且满足∠COD=60°，连结AD，BC相交于点P若点C从A出发按顺时针方向运动，当点D与B重合时运动停止，则点P所经过的路径长为________．【答案】【解析】解：点C从点A运动到点D与点B从何时，AD与BC的相点P运动的轨迹是一条弧，C,D两点运动到恰好是半圆的三等分点时，AD与BC的相点P是弧的最高点，作AP,BP的中垂线，两线交于点E，点E是弧APB的圆心；由题意知：AD=BD，∠PAB=∠PBA=30°,连接AE,DE，根据圆的对称性得出A、O、E三点在同一直线上，易证△ADE是一个等边三角形，∠AED=60°,在Rt△ADO中，∠DOA=90°,∠PAB=30°,AO=1,故AD=,∴AE=AD=,弧APB的长度==。

中考数学：点动产生路径长问题

点动产生的路径长问题近几年中考，和我们同学做的中考模拟试卷中，不断的出现了因动点计算路径长问题，这种题型因为隐藏的比较深，从而难以发现，计算比较繁琐。

在填空题选择题中比较多。

只要同学们在做题的过程中发现是这种题型，那么点所经过的路径一般就是就是两种结果。

一是线段。

二是圆弧。

为什么呢？因为只有这两图形是可以计算路径长的。

其它图形我们目前能计算路径长吗。

哈哈，这样解释印象有没有很深。

下面我们来看看我们会碰到的几种题型。

题型1：简单的图形翻转问题。

解法：这种题型比较简单。

只要找出旋转圆心，旋转时圆的半径，还有圆心角就可以了，然后利用扇形的弧长计算公式来计算。

注意，如果是圆弧旋转的话，圆心的路径是直线。

例题1：一块等边三角形的木板，边长为1，现将木板沿水平线翻滚（如图），那么B点从开始至结束所走过的路径长度为___________试题分析：现将木板沿水平线翻滚， B点从开始至结束走过了4条弧，每条弧是一等边三角形的边为半径的扇形，圆心角为等边三角形的内角，所以 B点从开始至结束所走过的路程长度=4l=点评：本题考查扇形的弧长公式，关键是找出扇形的圆心角和半径，考查学生的空间想象能力例题2：矩形ABCD的边AB=8，AD=6，现将矩形ABCD放在直线l上且沿着l向右作无滑动地翻滚，当它翻滚至类似开始的位置A1B1C1D1时（如图所示），则顶点A所经过的路线长是例题3：将半径为1、圆心角为60°的扇形纸片AOB，在直线l上向右作无滑动的滚动至扇形A’O’B’处，则顶点O经过的路线长为。

例题4：如图，一个圆心角为270°，半径为2m的扇形工件，未搬动前如图所示，A，B两点触地放置，搬动时，先将扇形以B为圆心，作如图所示的无滑动翻转，再使它紧贴地面滚动，当A，B两点再次触地时停止，则圆心O所经过的路线长是m．（结果保留π）例题5：已知一个半圆形工件，未搬动前如图所示，直径平行于地面放置，搬动时为了保护圆弧部分不受损伤，先将半圆作如图所示的无滑动翻转，使它的直径紧贴地面，再将它沿地面平移50m，半圆的直径为4m，则圆心O所经过的路线长是 m。

数学专题：动点轨迹长度问题

2
一、直线型：
【特殊型变一般型】
变式2：如图，等腰Rt∆ABC中，斜边AB的长为2，O为AC上的
动点，过点O作OP⊥AB交AB于点P，过点P作PQ∥AC交BC于
点Q，连接OQ，M为OQ的中点，当点O从点A运动到点C时，
点M所经过的路线长为
。
一、直线型：
【变2：解法分析】
转化中点，由题意可得四边形ODQC为矩形，则OQ的中点也是 DC的中点，点M所经过的路线长= 1 点D所经过的路线长. 那如何求点D所经过的路线长呢？ 2
10 4
.
一、直线型：
【往返型轨迹】
变式3：如图，等腰Rt∆ABC中，斜边AB的长为2，O为AB上的
动点，连接OC将点C绕着点O逆时钟旋转45°交AB于点P，线段
BP的中点为点M，当点O从点A运动到点B时，点M所经过的路
线长为
。
一、直线型：【变3：解法分析】
由一线三等角模型可得，∆AOC∽∆BPO,
1 OM=CM= 2 PQ，可知点M在线段OC的垂直平分线上，即点M 的轨迹为直线（OC的垂直平分线）一部分。
一、直线型：
【解法分析】（2）确定始末点：连接OC易证∆APO≌∆CQO（ASA），则可得OP=OQ，即∆POQ为等腰直角三角形。易确定始末两点分别是AC,BC的中点，即点M的轨迹长度= 1 AB=1。
在等边三角形ABC中，PC为AB边上的高，所以PC= 3a，在
2
⊿OPC中，根据三角形三边关系，OC ≤ OP+PC
所以OC的长的最大值为 1 a + 3a，
2
2
二、圆弧型：
变式练习：如图，∠MON=90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在
边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，

初中数学动点路径长的问题解决策略

2017·05路径长问题的通常没有给出具体的动点运动轨迹，比较抽象，是学生难以把握的问题之一。

问题的解决策略是将动态问题转化为静态问题，寻找问题中的不变量，把抽象问题具体化，而初中阶段动点的运动轨迹一般只限于直线运动或圆弧运动，解决路径长问题关键在于确定动点运动的轨迹。

摘要关键词轨迹；运动；路径长；策略路径长问题是近几年中考的热点问题，它设计新颖，内涵丰富，既考查学生的基本画图能力，又考查学生逻辑推理能力。

它的难点在于题目中没有给出具体的动点运动轨迹，而且比较抽象，需要学生思考探究，很多学生对这类问题常常感到无从下手，产生畏难情绪。

为了解决这个问题，教师可以引导学生将动态问题转化为静态问题，寻找路径长问题中不变的量，把抽象问题具体化。

现结合例题探讨动点路径是线段与圆弧这两类问题轨迹的解题策略。

一、追根溯源，探究问题中不变的量教学过程中教师们常常发现学生在审题、析题方面不能抓住重点，遇到疑难问题，不懂得寻求解题的突破口，过度依赖教师的讲解，不能独立思考，学习处于被动状态。

新课程理念倡导以学生为主体，让学生积极、主动地参与课堂的探究活动，学生通过探究获得的解题经验往往比较直观，而且印象深刻，因此，教师传授新知识、新方法时，要让学生有充足的时间探究题目中隐含的条件，寻找解题的关键点，把复杂问题简单化。

学生在探究的过程得出解题经验，既获得成功的体验，又提高自身的综合解题能力。

1.动点到定直线距离保持不变，其轨迹是线段人教版七年级下册数学教科书采用这个例题来讲解无理数π如何在数轴上表示。

如图，直径为1个单位长度的圆从原点沿数轴向右滚动一周，圆上的一点由原点O 到达点O′，点O′的数值是___。

这是初中阶段教科书第一次讲解动点的轨迹问题，从图中可以看出O O′的长是这个圆的周长π，所以点O′在数轴上对应的数是π。

教师再让学生思考圆形车轮让乘坐者感觉舒适平稳的原因，学生探究后得出结论：圆心到水平面的距离相等。

中考数学专题：动点轨迹问题专题

动点轨迹问题——直线、圆弧型路径一．典例分析例1如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点E在边AD上，且AE：ED=1：3．动点P从点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 .例2如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=2，O为AC中点，若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D运动过程中，线段OE的最小值是为 .例3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 .例4 在正方形ABCD中，AD=2，点E从点A出发向终点D运动，点F从D出发向终点C运动，且始终保持AE=DF.连接AF，BE交于点P，则点P运动的路径长是 .三、巩固练习1. 如图，在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，点D 是平面内的一个动点，且AD=2，M 为BD 的中点，在D 点运动过程中，线段CM 长度的取值范围是 .1题图 2题图 3题图2. 如图，等边三角形ABC 中，BC=6，D 、E 是边BC 上两点，且BD=CE=1，点P 是线段DE 上的一个动点，过点P 分别作AC 、AB 的平行线交AB 、AC 于点M 、N ，连接MN 、AP 交于点G ，则点P 由点D 移动到点E 的过程中，线段BG 扫过的区域面积为 .3. 如图，以G （0，1）为圆心，半径为2的圆与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 、D 两点，点E 为⊙G 上一动点，CF ⊥AE 于F ．若点E 从在圆周上运动一周，则点F 所经过的路径长为 .4. 如图，已知点A 是第一象限内横坐标为32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 运动的路径是．4题图 5题图 6题图5. 如图，在边长为3的等边三角形ABC 中，P 为AC 边上一动点，Q 为线段PC 上一点，∠PBQ=30°，D 为BQ 延长线上一点，PD=PB. 当点P 从点A 运动到AP=31AC 时，点D 经过的路线长为 .6. 如图，在△ABC 中，∠ABC=90°，AB=AC=2，线段BC 上一动点P 从点C 开始运动，到点B停止，以AP 为边在AC 的右侧作等边△APQ ，则点Q 运动的路径长为 .7. （2018 花都区一模）已知,如图1，正方形ABCD 的边长为5，点E 、F 分别在边AB 、AD 的延长线上,且BE DF =，连接EF .（1）证明：EF AC ⊥；（2）将AEF ∆绕点A 顺时针方向旋转，当旋转角α满足045α︒<<︒时，设EF 与射线AB交于点G ，与AC 交于点H ，如图2所示，试判断线段FH ，HG ，GE 的数量关系，并说明理由.（3）若将AEF ∆绕点A 旋转一周，连接DF 、BE ，并延长EB 交直线DF 于点P ，连接PC ，试说明点P 的运动路径并求线段PC 的取值范围.8. （2017 越秀区期末25题）如图，在平面直角坐标系xoy 中，点A （0,3），B （5,3）.点P （x ，0）是x 轴正半轴上的一个动点，以BP 为直径作圆Q 交x 轴于点C ，圆Q 与直线AC 交于点D ，连接PD 、BD ，过点P 作PE ∥BD 交圆Q 于点E ，连接BE.（1）求证：四边形BDPE 是矩形；（2）设矩形BDPE 的面积为S ，试求S 关于x 的函数关系式，写出x 的取值范围，并判断S 是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值，若不存在，请说明理由；（3）当0≤x ≤5时，求点E 移动路线的长.备用图9.（2018 越秀区期末25题）如图1所示，正方形ABCD的边长为2，点E、F分别为边AB、AD的中点，如图2所示，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°<α 90°），射线BE、DF相交于点P.（1）求证：△ABE≌△ADF；（2）如图2，在△AEF旋转过程中，若射线BE恰好通过AD的中点H，求PF的长；（3）如图3，若将△AEF从图1的位置旋转至AE⊥BE，试求点P在旋转过程中的运动路径长.10.如图，正方形ABCD的边长是2，M是AD的中点，点E从点A出发，沿AB运动到点B停止．连接EM并延长交射线CD于点F，过M作EF的垂线交射线BC于点G，连结EG、FG．（1）设AE＝x时，△EGF的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）P是MG的中点，请直接写出点P运动路线的长．11.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA＝4，OC＝2．点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，当点P 到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒．将线段CP的中点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，点D随点P的运动而运动，连接DP、DA．（1）请用含t的代数式表示出点D的坐标；（2）求t为何值时，△DPA的面积最大，最大为多少？（3）在点P从O向A运动的过程中，△DPA能否成为直角三角形？若能，求t的值；若不能，请说明理由；（4）请直接写出随着点P的运动，点D运动路线的长.12.如图，直角坐标系中，已知点A（2，4），B（5，0），动点P从B点出发沿BO向终点O运动，动点Q从A点出发沿AB向终点B运动．两点同时出发，速度均为每秒1个单位，设从出发起运动了x秒．（1）Q点的坐标为( , )（用含x的代数式表示）；（2）当x为何值时，△APQ是一个以AP为腰的等腰三角形？（3）记PQ的中点为G．请你直接写出点G随点P，Q运动所经过的路线的长度．13. 已知△ABC 是等腰直角三角形，AC=BC=2，D 是边AB 上的一动点（A 、B 两点除外），将△CAD 绕点C 按逆时针方向旋转角α得到△CEF ，其中点E 是点A 的对应点，点F 是点D 的对应点．（1）如图1，当α=90°时，G 是边AB 上一点，且BG=AD ，连接GF ．求证：GF ∥AC ；（2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE 与DF 相交于点M ．①当点M 与点C 、D 不重合时，连接CM ，求∠CMD 的度数；②设D 为边AB 的中点，当α从90°变化到180°时，求点M 运动的路径长．14. 已知抛物线 ()023:21≠-+=a bx ax y C 经过点A （1,0）和B （-3,0）. （1）求抛物线1C 的解析式，并写出其顶点C 的坐标；（2）如图1，把抛物线1C 沿着直线AC 方向平移到某处时得到抛物线2C ,此时点A ，C 分别平移到点D ，E 处.设点F 在抛物线1C 上且在x 轴的上方，若△DEF 是以EF 为底的等腰直角三角形，求点F 的坐标.（3）如图2，在（2）的条件下，设点M 是线段BC 上一动点，EN ⊥EM 交直线BF 于点N ，点P 为线段MN 的中点，当点M 从点B 向点C 运动时：①tan ∠ENM 的值如何变化？请说明理由；②点M 到达点C 时，直接写出点P 经过的路线长.15.如图1，已知正方形OABC的边长为2，顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，M是BC的中点．P(0，m)是线段OC上一个动点(点C除外)，直线PM交AB的延长线于点D．(1)求点D的坐标(用含m的代数式表示)；(2)当△ADP是等腰三角形时，求m的值；(3)设过点P、M、B的抛物线与x轴的正半轴交于点E，过点O作直线ME的垂线，垂足为H(如图2)．当点P从原点O向点C运动时，点H也随之运动．请直接写出点H所经过的路径长(不写解答过程)．16.问题探究：（1）请在图①的正方形ABCD内，画出使∠APB=90°的一个点，并说明理由．（2）请在图②的正方形ABCD内（含边），画出使∠APB=60°的所有的点P，并说明理由．问题解决：（3）如图③，现在一块矩形钢板ABCD，AB=4，BC=3．工人师傅想用它裁出两块全等的、面积最大的△APB和△CP′D钢板，且∠APB=∠CP'D=60度．请你在图③中画出符合要求的点和，并求出△APB的面积（结果保留根号）．17.如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，AC=2，AD=1，F为BE 的中点．（1）如图1，当边AD与边AB重合时，连接DF，求证：DF⊥CF；（2）若∠BAE=135°，如图2，求CF2的值；（3）将△ADE绕点A旋转一周，直接写出点F运动路径的长。

初中数学动点问题归纳

初中数学动点问题归纳动点问题是数学中常见的问题类型之一，它涉及到点在一定规律下的运动轨迹及相关的计算。

在初中数学学习过程中，学生们大多会接触到动点问题，并掌握解决此类问题的方法和技巧。

本文将对初中数学动点问题进行归纳总结，帮助初中学生更好地理解和解决这类问题。

1. 直线运动问题直线运动问题是最基本的动点问题之一。

在这类问题中，点按照直线路径运动，常涉及到时间、距离和速度的关系。

解决直线运动问题时，可以使用速度等于位移除以时间的公式来计算，即 v = s/t。

例子1：小明从家里骑自行车到学校，全程15公里，用时1小时。

求小明的平均速度。

解析：根据公式，平均速度 v = s/t = 15/1 = 15 km/h例子2：小红开车从A市到B市，全程200公里，平均时速60km/h。

求小红从A市到B市的行驶时间。

解析：根据公式，时间 t = s/v = 200/60 = 3.33 小时≈ 3小时20分2. 圆周运动问题圆周运动问题中，点按照圆形轨迹运动。

这类问题通常涉及到半径、圆周长和角度的计算与关系。

解决圆周运动问题时，需要掌握圆周长的计算公式，即 c = 2πr，其中 r 为半径。

例子1：一个半径为5米的圆，它的周长是多少？解析：根据公式，周长c = 2πr = 2 × 3.14 × 5 ≈ 31.4米例子2：一辆汽车在圆形赛道上行驶，赛道半径为100米，驾驶员开车一圈需要用时50秒。

求汽车的平均速度。

解析：首先计算圆周长c = 2πr = 2 × 3.14 × 100 = 628米然后计算平均速度v = c/t = 628/50 ≈ 12.56 m/s3. 直角三角形运动问题直角三角形运动问题是指点在直角三角形内运动，涉及到时间、速度和直角三角形边长的关系。

解决直角三角形运动问题时，可以利用勾股定理或三角函数来计算相关的未知量。

例子1：一个直角三角形的两条边长分别为3米和4米，角度为90度。

(完整版)数轴上的动点问题

数轴上的线段与动点问题一、与数轴上的动点问题相关的基本概念数轴上的动点问题离不开数轴上两点之间的距离.主要涉及以下几个概念：1．数轴上两点间的距离，即为这两点所对应的坐标差的绝对值d=|a-b|,也即用右边的数减去左边的数的差.即数轴上两点间的距离=右边点表示的数—左边点表示的数.2.两点中点公式：线段AB中点坐标=（a+b）÷2.3.点在数轴上运动时，由于数轴向右的方向为正方向，因此向右运动的速度看作正速度，而向左运动的速度看作负速度.这样在起点的基础上加上点的运动路程就可以直接得到运动后点的坐标.即一个点表示的数为a，向左运动b 个单位后表示的数为a—b；向右运动b个单位后所表示的数为a+b.4.数轴是数形结合的产物，分析数轴上点的运动要结合图形进行分析，点在数轴上运动形成的路径可看作数轴上线段的和差关系.二、数轴上的动点问题基本解题思路和方法：1、表示出题目中动点运动后的坐标（一般用含有时间t的式子表示）.2、根据两点间的距离公式表示出题目中相关线段长度（一般用含有时间t的式子表示）.3、根据题目问题中线段的等量关系（一般是和、差关系）列绝对值方程.4、解绝对值方程并根据实际问题验算结果.注：数轴上线段的动点问题方法类似1、已知数轴上A、B两点对应数为－2、4，P为数轴上一动点，对应的数为x.－2 －1 0 1 2 3 4(1) 若P为AB线段的三等分点，求P对应的数；（2）数轴上是否存在P，使P到A点、B点距离和为10，若存在，求出x；若不存在，说明理由.（3）若点A，点B和点P（点P在原点）同时向左运动，它们的速度分别为1，2，1个长度单位/分，则第几分钟时，P为AB的中点？2、已知：b是最小的正整数，且a、b、c满足（c-5）2+|a+b|=0，请回答问题（1）请直接写出a、b、c的值．a=________，b=________，c=________ （2）a、b、c所对应的点分别为A、B、C，点P为一动点，其对应的数为x，点P在0到2之间运动时（即0≤x≤2时），请化简式子：|x+1|-|x-1|+2|x+5|.（3）若点A、点C分别以每秒1个单位和2个单位长度的速度向左运动，请问几秒时，A，C之间的距离为1个单位长度？（4）点A、B、C开始在数轴上运动，若点A以每秒1个单位长度的速度向左运动，同时，点B和点C分别以每秒2个单位长度和5个单位长度的速度向右运动，假设t秒钟过后，若点B与点C之间的距离表示为BC，点A与点B之间的距离表示为AB．请问：BC-AB的值是否随着时间t的变化而改变？若变化，请说明理由；若不变，请求其值．2.如图，若点A在数轴上对应的数为a，点B在数轴上对应的数为b，且a，b满足｜a＋2｜＋（b－1）2＝0.（1）求线段AB的长；（2）点C在数轴上对应的数为x，且x是方程2x－1＝12x＋2的根，在数轴上是否存在点P，使P A＋PB＝PC，若存在，求出点P对应的数；若不存在，说明理由.（3）若P是A左侧的一点，P A的中点为M，PB的中点为N，当P点在A点左侧运动时，有两个结论：①PM＋PN的值不变；②PN－PM的值不变，其中只有一个结论正确，请判断正确结论，并求出其值.3、如图，在射线OM 上有三点A 、B 、C ，满足OA =20cm,AB =60cm ，BC =10cm （如图所示），点P 从点O 出发，沿OM 方向以1cm/s 的速度匀速运动，点Q 从点C 出发在线段CO 上向点O 匀速运动，两点同时出发.（1）当P A =2PB 时，点Q 运动到的位置恰好是线段AB 的三等分点，求点Q 运动的速度；（2）若点Q 运动的速度为3cm/s,经过多长时间P 、Q 两点相距70cm ；（3）当点P 运动到线段AB 上时，取OP 和AB 的中点E 、F ，求EFAP OB 的值.。

初二动点问题

初二动点问题（较全）一、解题基本思路解决动点问题的思路，要注意以下几点：1、设出未知数动点问题一般都是求点的运动时间，通常设运动时间为t2、动点的运动路径就是线段长度题目通常会给动点的运动速度例如每秒两个单位，那么运动路程就是2t个单位。

而2t也就是这个点所运动的线段长。

进而能表示其他相关线段的长度。

所以我们在做动点问题的时候，第一步就是把图形中的线段都用含t的代数式来表示。

3、方程思想求出时间动点问题通常都是用方程来解决，根据题目找到线段之间的等量关系，然后用含有t的代数式表示出来，列出方程求解出t的值。

4、难点是找等量关系这种题的难点是找到等量关系。

这个等量关系往往不是题目中用语言叙述出来的，而是同学们根据题型自己挖掘出来的等量关系，所以对同学们图形分解的能力以及灵活运用知识的能力要求非常高。

5、注意分类讨论因为点的运动的位置不同，形成的图形就不同，符合结论的情况可能就不止一种，所以做动点问题要注意分类讨论。

二、实战演练1、平行四边形的动点问题【反思与小结】本题的第二问就用到了分类讨论的思想，因为动点F与定点c的位置不同，出现两种情况。

另外，方程的等量关系是考虑平行四边兴的特征得到的。

2、菱形的动点问题【反思与小结】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用直角三角形分类讨论的思想思考问题，构建方程的等量关系也是直角三角形的性质，属于中考常考题型．【反思与小结】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定．此题分类讨论的方法与例1相同，可以参考对比。

3、矩形的动点问题【反思与小结】：本题等量关系的获得就是根据矩形和菱形的图形特点得到的。

【反思与小结】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质；熟练掌握平行四边形、矩形的判定和性质，是解答此题的关键．第二问也用到了分类讨论的思想。

4、正方形形的动点问题【反思与小结】此题考查正方形的性质，难点在于既有点的运动形成的分类讨论，又有等腰三角形形成的分类讨论。

运用“三点法”求解动点路径长问题

运用“三点法”求解动点路径长问题初中数学中动点路径问题，一般有两种情况:线段或圆弧.本文提出一种求动点路径长的方法——三点法，“三点”指动点的起点，终点与过程点.该方法分为三步:(1)精准作图，运用刻度尺，圆规及量角器等工具作出位置较为精准的“三点”.(2)大胆猜测，若“三点”共线，则动点路径为线段;若“三点”不共线，则动点路径为圆弧.(3)小心验证，根据画出的“三点图”，运用相似三角形、“定角定长定圆”等方法对猜想进行严格的证明.一、知识准备1、基本概念如图1，在Rt ABC ∆中，6,8AC BC ==，90C ∠=︒.点P 是边AB 上一动点，点D 是AC 延长线上的一个定点，连结PD ，过点D 作DE PD ⊥，连结PE ，且2ta n 5D PE ∠=，当点P 从点A 运动到点B 时，点E 运动的路径长为 .在图1中，点P 是“主动”在边AB 上开始动的点，称为“主动点”;点E 是跟着点P 在运动的点，称为“从动点”.又点P 从点A 运动到点B ，当点P 与点A 重合时记作点1P ，称为“主动点的起点”，此时1E 称为“从动点的起点”，此时作出符合要求的图形(如图2)，称该图为“起点图”;当点P 与点B 重合时记作点2P ，称为“主动点的终点”，此时2E 称为“从动点的终点”，作出符合要求的图形(如图3)，称该图为“终点图”.区别于起点1P ，终点2P ，将图1中的点P 称为“主动点的过程点”，此时E 称为“从动点的过程点”，相应地把图1称为“过程图”.将起点图，终点图，过程图放在同一个图形中，将这个图形称为“三点图”(如图4).2、定角定长定圆固定度数的角对着固定长度的线段时隐含着一个固定大小的圆，此时定线段为定圆的一条弦，定角为弦所对的一个圆周角.引例1 如图5，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，使90ACB ∠=︒，作出点C的运动路径.由“90º角所对的弦是直径”可以得到点C 的运动路径是以AB 为直径的圆，且不与点A 、点B 重合(如图6).引例2 如图7，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，45ACB ∠=︒，作出顶点C 的运动路径.当点C 位置不同时，ACB ∠度数不变，根据“同弧或等弧所对的圆周角相等”，可以将ACB ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心O 必在弦AB 的垂直平分线上，且290AOB ACB ∠=∠=︒，计算可得半径OA =所以，点C 的运动路径是优弧ACB ，且不与点A 、点B 重合(如图8).引例3 如图9，线段4AB =，点C 是平面上的一个动点，120ACB ∠=︒，作出顶点C 的运动路径.作出ACB ∠的补角'AC B ∠为60º，'AC B ∠的位置不同时度数为定值.类比引例2，可将'AC B ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心O 必在弦AB 的垂直平分线上，且2'120AOB AC B ∠=∠=︒，计算可得半径OA =.在所以点C 的运动路径是劣弧»AB ，且不与点A 、点B 重合(如图10).二、方法归纳例l 如图11，在R t A B C ∆中，6,8AC BC ==，90C ∠=︒.点P 是边AB 上一动点，点D 是AC 延长线上的一个定点，连结PD ，过点D 作DE PD ⊥，连结PE ，且2tan 5DPE ∠=，当点P 从点A 运动到点B 时，点E 运动的路径长为 .1.精准作图因为2tan 5DPE ∠=，所以通过计算很难得到DPE ∠的度数(不借助计算器)，但可以运用量角器测量图12中22DPE ∠≈︒.在图11的基础上，先作起点图.当点P 与点A 重合时记作点1P ，在图中作出122DPQ ∠=︒(如图12)，过点D 作11DE PD ⊥交射线AQ 于点1E (如图13).当点P 与点B 重合时记作点2P ，运用类似的方法在图13的基础上作出终点图，并去掉多余部分，得到一幅完整的三点图(如图14).2、大胆猜测通过三点图发现点1E ，点E ，点2E 基本在一条直线上(如图14)，所以可以大胆的猜测点E 的运动路径是一条线段，点E 运动的路径长就是线段12E E 的长度.于是提出猜想一“在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点共线时，从动点的运动路径为线段”.在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点不共线时，就初中数学而言，不共线的三点确定一个圆，这里提出猜想二“在三点图中，从动点的起点，终点，过程点三点不共线时，从动点的运动路径为圆弧”.当运动路径为圆弧时，考虑寻找固定度数的角与固定长度的线段，运用“定角定长定圆”的方法作出运动路径.3.小心验证在图15中，因为1190E DE PDE ∠+∠=︒，1190PDP PDE ∠+∠=︒， ∴11PDP E DE ∠=∠. 又∵1125DE DE DP DP ==， ∴11E DE PDP ∆∆:， ∴11DEE DPP ∠=∠.同理22E DE P DP ∆∆:，可得22DEE DPP ∠=∠.又∵12180DPP DPP ∠+∠=︒，∴12180DEE DEE ∠+∠=︒.∴点1E ，点E ，点2E 三点共线.∵121290E DE PDE ∠+∠=︒，121290PDP PDE ∠+∠=︒，∴1212PDP E DE ∠=∠. ∵121225DE DE DP DP ==， ∴1212E DE PDP ∆∆:， ∴121225E E PP =.∵1210PP =，∴124E E =.通过上述论证得到结论一:“当主动点在一条线段上运动，从动点也在一条线段上运动时，主动点的起点、终点、某个定点构成的三角形和从动点的起点、终点、某个定点构成的三角形相似”.因此可以先求出主动点的运动路径长再乘以相似比得到从动点的运动路径长.三、运用求解例2 如图16，在R t C O D ∆中，90COD ∠=︒，2OC OD ==，以O 为圆心，AB 为直径的圆经过点C ，点D .连结,AD BC 相交于点P ，将Rt COD ∆从OA 与OC 重合的位置开始，绕着点O 顺时针旋转90º，则交点P 所经过的路径长是 .在图16的基础上先作起点图，当点C 与点A 重合时记作点1C ，此时点D 在点1D ，位置，1BC ，1AD ，交于点1P ，此时点1P ，与点A 重合(如图17).再作终点图，此时点C 与点1D 重合记作点2C ，点D 与点B 重合记作点2D ，2AD 与2BC 交于点2P ，点2P 与点B 重合(如图18).通过三点图，发现点1P ，点P ，点2P 三点不共线，考虑从动点的运动路径为圆弧，但需要运用“定角定长定圆”的方法加以证明.在PAB ∆中，4AB =为定长，因为90COD ∠=︒，所以90COA DOB ∠+∠=︒，又“同弧所对的圆周角的度数是圆心角度数的一半”，得到190452CBA DAB ∠+∠=⨯︒=︒，所以135APB ∠=︒为定角.所以点P 在以4AB =为弦，135APB ∠=︒为圆周角的定圆上运动.类比引例2，APB ∠的补角'45AP B ∠=︒也为定角，可将'AP B ∠看作弦AB 所对的一个圆周角，圆心'O 必在弦AB 的垂直平分线上，且2'90AOB AP B ∠=∠=︒.又因为“直径所对的圆周角为90º”，所以'O 是弦AB 的垂直平分线与圆O 的一个交点所以半径'O A =所以点P 的运动路径是劣弧AB (如图19)，根据弧长公式得到90180l π︒⨯==︒. 通过上述论证可以发现，主动点1C ，点2C 与点O 构成的扇形12C OC 圆心角为90º，半径为2;从动点1P ，2P 与点0构成的扇形12POP 的圆心角为90º，半径为因为两个扇形的圆心角都为90º，所以扇形12C OC :扇形12POP ，相似比为，因此扇形的弧长之比也为1.主动点C 的运动路径长为1902180l ππ︒⨯==︒，故从动点P 的运动路径长为l =.于是得到结论二：“当主动点在一条圆弧上运动，从动点也在一条圆弧上运动时，主动点的起点、终点、某个定点构成的扇形和从动点的起点、终点、某个定点构成的扇形相似”.因此，可以先求出主动点的运动路径长再乘以相似比得到从动点的运动路径长.。

圆中动点路径类问题解析版

考点08 圆中动点路径类问题1.（2020•河北模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，O为圆心，作∠MON＝90°，其两边分别交BC，CD于点N，M，若CM+CN＝4，则⊙O的面积为（）A．πB．2πC．4πD．0.5π【解答】解：设⊙O于正方形ABCD的边CD切于E，与BC切于F，连接OE，OF，则四边形OECF是正方形，∴CF＝CE＝OE＝OF，∠OEM＝∠OFN＝∠EOF＝90°，∵∠MON＝90°，∴∠EOM＝∠FON，∴△OEM≌△OFN（ASA），∴EM＝NF，∴CM+CN＝CE+CF＝4，∴OE＝2，∴⊙O的面积为4π，故选：C．【知识点】正方形的性质、圆心角、弧、弦的关系、切线长定理2.（2020•武汉模拟）如图，BC为⊙O直径，弦AC＝2，弦AB＝4，D为⊙O上一点，I为AD上一点，且DC＝DB＝Dl，AI长为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，连接IC，作IE⊥AC于E，IF⊥AB于F，IG⊥BC于G．∵DB＝DC，∴＝，∠DBC＝∠DCB，∴∠BAD＝∠CAD，∵DI＝DC，∴∠DIC＝∠DCI，∵∠DIC＝∠DAC+∠ACI，∠DCI＝∠DCB+∠ICB，∠DBC＝∠DAC，∴∠ICA＝∠ICB，∴点I为△ABC内心，∴IE＝IF＝IG，∵BC是直径，∴∠BAC＝90°，∴BC＝＝＝2，∵S△ABC＝•AB•AC＝•IE•（AB+AC+BC），∴IE＝3﹣，∵∠IAE＝∠AIE＝45°，∴AI＝IE＝3﹣，故选：D．【知识点】圆周角定理3.（2020•高邮市期末）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝8，点P为矩形内一动点，且满足∠PBC＝∠PCD，则线段PD的最小值为（）A．5B．1C．2D．3【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD＝90°，∵∠PBC＝∠PCD，∴∠PBC+∠PCB＝90°，∴∠BPC＝90°，∴点P在以BC为直径的⊙O上，连接OD交⊙O于P′，连接OP、PD，如图，∵PD≥OD﹣OP（当且仅当O、P、D共线时，取等号），即P点运动到P′位置时，PD的值最小，最小值为DP′，在Rt△OCD中，OC＝BC＝4，CD＝AB＝3，∴OD＝＝5，∴DP′＝OD﹣OP′＝5﹣4＝1，∴线段PD的最小值为1．故选：B．【知识点】矩形的性质、圆周角定理4.（2020•朝阳区校级月考）如图，OA是⊙O的半径，B为OA上一点（且不与点O、A重合），过点B作OA的垂线交⊙O于点C．以OB、BC为边作矩形OBCD，连结BD．若BD＝10，BC＝8，则AB的长为（）A．8B．6C．4D．2【解答】解：如图，连接OC．∵四边形OBCD是矩形，∴∠OBC＝90°，BD＝OC＝OA＝10，∴OB＝＝＝6，∴AB＝OA﹣OB＝4，故选：C．【知识点】圆的认识、矩形的性质、勾股定理5.（2020•镇海区期末）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝2，点P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PBC＝∠PCA，则线段AP长的最小值为（）A．0.5B．﹣1C．2﹣D．【解答】解：∵△ABC为等腰直角三角形，∴∠ACB＝45°，即∠PCB+∠PCA＝45°，∵∠PBC＝∠PCA，∴∠PBC+∠PCB＝45°，∴∠BPC＝135°，∴点P在以BC为弦的⊙O上，如图，连接OA交于P′，作所对的圆周角∠BQC，则∠BCQ＝180°﹣∠BPC＝45°，∴∠BOC＝2∠BQC＝90°，∴△OBC为等腰直角三角形，∴四边形ABOC为正方形，∴OA＝BC＝2，∴OB＝BC＝，∵AP≥OA﹣OP（当且仅当A、P、O共线时取等号，即P点在P′位置），∴AP的最小值为2﹣．故选：C．【知识点】旋转的性质、勾股定理、三角形三边关系、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、圆周角定理6.（2020•海珠区期末）已知：AB是⊙O的直径，AD，BC是⊙O的切线，P是⊙O上一动点，若AD＝10，OA＝4，BC＝16，则△PCD的面积的最小值是（）A．36B．32C．24D．10.4【解答】解：∵CD是定值，所以当P到CD的距离最小时△PCD的面积最小，过P作EF∥CD，交AD于点E，交BC于点F，当EF与⊙O相切时，P到CD的距离最短，连接OP并延长交CD于点Q，过O作OH∥BC，交EF于点G，交CD于点H，则可知OH为梯形ABCD的中位线，OG为梯形ABFE的中位线，∴OH＝（AD+BC）＝13，过D作DM⊥BC于点M，则DM＝AB＝8，MC＝BC﹣AD＝6，∴CD＝EF＝10，由切线长定理可知AE＝EP，BF＝PF，∴AE+BF＝EF＝10，∴OG＝（AE+BF）＝5，∴GH＝OH﹣OG＝8，又∵OP＝4，且＝，∴＝，∴PQ＝，∴S△PCD＝PQ•CD＝××10＝32．故选：B．【知识点】切线的性质7.（2020•黄埔区期末）如图，⊙O的半径为2，点C是圆上的一个动点，CA⊥x轴，CB⊥y轴，垂足分别为A、B，D是B的中点，如果点C在圆上运动一周，那么点D运动过的路程长为（）A．B．C．πD．2π【解答】解：如图，连接OC，∵CA⊥x轴，CB⊥y轴，∴四边形OACB是矩形，∵D为AB中点，∴点D在AC上，且OD＝OC，∵⊙O的半径为2，∴如果点C在圆上运动一周，那么点D运动轨迹是一个半径为1圆，∴点D运动过的路程长为2π•1＝2π，故选：D．【知识点】轨迹、坐标与图形性质、圆周角定理8.（2020•江阴市期末）如图，⊙O的半径为2，弦AB＝2，点P为优弧AB上一动点，∠P AC＝60°，交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是（）A．B．1C．2D．【解答】解：连接OA、OB，如图1，∵OA＝OB＝2，AB＝2，∴△OAB为等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠APB＝∠AOB＝30°，∵∠P AC＝60°∴∠ACP＝90°∵AB＝2，要使△ABC的最大面积，则点C到AB的距离最大，作△ABC的外接圆D，如图2，连接CD，∵∠ACB＝90°，点C在⊙D上，AB是⊙D的直径，当点C半圆的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC等腰直角三角形，∴CD⊥AB，CD＝1，∴S△ABC＝＝＝1，∴△ABC的最大面积为1．故选：B．【知识点】圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂径定理、勾股定理9.（2020•海曙区期末）如图，三角形纸片ABC的周长为22cm，BC＝6cm，⊙O是△ABC的内切圆，玲玲用剪刀在⊙O的左侧沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下一个△AMN，则△AMN的周长是（）A．10cm B．12cmC．14cm D．根据MN位置不同而变化【解答】解：设E，F，G，H分别是直线AC，AB，MN，BC与⊙O的切点．由切线长定理可知：CE＝CH，BH＝BF．ME＝MG，NG＝NF，∵AC+AB+BC＝22cm，BC＝6cm，∴AC+AB＝16cm，AE+AF＝10cm，∴△AMN的周长＝AM+AN+MG+NF＝AM+ME+AN+NF＝AE+AF＝10cm，故选：A．【知识点】三角形的内切圆与内心10.（2020•铁锋区期末）如图，AB是⊙O的直径，AB＝6，点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为的中点，P是直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为．【解答】解：作出D关于AB的对称点D′，连接OC，OD′，CD′．又∵点C在⊙O上，∠CAB＝30°，D为的中点，∴∠BAD′＝∠CAB＝15°．∴∠CAD′＝45°．∴∠COD′＝90°．则△COD′是等腰直角三角形．∵OC＝OD′＝AB＝3，∴CD′＝3，故答案为3．【知识点】圆周角定理、圆心角、弧、弦的关系、垂径定理、轴对称-最短路线问题11.（2020•潜山市期末）如图，AB是圆O的弦，AB＝40，点C是圆O上的一个动点，且∠ACB＝45°，若点M、N分别是AB、BC的中点，则MN的最大值是．【解答】解：连接OA、OB，如图，∴∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴OA＝AB＝×40＝40．∵点M、N分别是AB、BC的中点，∴MN＝AC，当AC为直径时，AC的值最大，∴MN的最大值为40．故答案为40．【知识点】圆周角定理、三角形中位线定理12.（2020•潮南区一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，在以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立的平面直角线坐标系中，将△ABC绕点B顺时针旋转，使点A旋转至y轴正半轴上的A′处，则图中阴影部分面积为．【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝2OA＝2OB＝AC＝2，∵△ABC绕点B顺时针旋转点A在A′处，∴BA′＝AB，∴BA′＝2OB，∴∠OA′B＝30°，∴∠A′BA＝60°，即旋转角为60°，S阴影＝S扇形ABA′+S△A′BC′﹣S△ABC﹣S扇形CBC′＝S扇形ABA′﹣S扇形CBC′＝﹣＝π﹣π＝π．故答案为π．【知识点】坐标与图形性质、扇形面积的计算、旋转的性质13.（2020•伊通县期末）已知矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，以点B为圆心r为半径作圆，且⊙B与边CD有唯一公共点，则r的取值范围是．【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，∴BD＝AC＝＝5，AD＝BC＝3，CD＝AB＝4，∵以点B为圆心作圆，⊙B与边CD有唯一公共点，∴⊙B的半径r的取值范围是：3≤r≤5；故答案为：3≤r≤5【知识点】矩形的性质、直线与圆的位置关系14.（2020•西城区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是边BC的中点，点P在边AD上，设DP＝x，若以点D为圆心，DP为半径的⊙D与线段AE只有一个公共点，则所有满足条件的x的取值范围是．【解答】解：如图，当⊙D与AE相切时，设切点为G，连接DG，∵PD＝DG＝x，∴AP＝6﹣x，∵∠DAG＝∠AEB，∠AGD＝∠B＝90°，∴△AGD∽△EBA，∴＝，∴＝，x＝，当⊙D过点E时，如图4，⊙D与线段有两个公共点，连接DE，此时PD＝DE＝5，∴当以D为圆心，DP为半径的⊙D与线段AE只有一个公共点时，x满足的条件：x＝或5＜x≤6；故答案为：x＝或5＜x≤6．【知识点】直线与圆的位置关系、矩形的性质15.（2020•连江县期中）在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝45°，则△ABC面积的最大值为．【解答】解：作△ABC的外接圆⊙O，过C作CM⊥AB于M，∵弦AB已确定，∴要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，如图所示，当CM过圆心O时，CM最大，∵CM⊥AB，CM过O，∴AM＝BM（垂径定理），∴AC＝BC，∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴OM＝AM＝AB＝×2＝1，∴OA＝＝，∴CM＝OC+OM＝+1，∴S△ABC＝AB•CM＝×2×（+1）＝+1．故答案为：+1．【知识点】垂径定理、三角形的外接圆与外心、勾股定理、圆周角定理16.（2020•杏花岭区校级三模）如图，矩形ABCD中，AB＝，BC＝AB2，E为射线BA上一动点，连接CE交以BE为直径的圆于点H，则线段DH长度的最小值为．【解答】解：取BC的中点G，连接BH，HG，DG．∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝，BC＝AB2＝，∠DCG＝90°，∵CG＝BG＝，∴DG＝＝＝，∵BE是直径，∴∠BHE＝∠BHC＝90°，∵BG＝GC，∴HG＝BC＝，∵DH≥DG﹣HG，∴DH≥﹣＝，∴DH的最小值为．故答案为．【知识点】矩形的性质、圆周角定理、三角形三边关系、勾股定理17.（2020春•资中县期末）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AB＝4，D是线段BC上的一个动点，以AD为直径作⊙O分别交AB、AC于E、F，连结EF，则线段EF长度的最小值为．【解答】解：由垂线段的性质可知，当AD为△ABC的边BC上的高时，直径AD最短，如图，连接OE，OF，过O点作OH⊥EF，垂足为H，∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，AB＝4，∴AD＝BD＝2，即此时圆的直径为2，由圆周角定理可知∠EOH＝∠EOF＝∠BAC＝60°，∴在Rt△EOH中，EH＝OE•sin∠EOH＝×＝，由垂径定理可知EF＝2EH＝，故答案为：．【知识点】垂线段最短、勾股定理、圆周角定理、垂径定理18.（2020•青羊区期末）△ABC中，AB＝CB，AC＝10，S△ABC＝60，E为AB上一动点，连结CE，过A作AF⊥CE于F，连结BF，则BF的最小值是．【解答】解：过B作BD⊥AC于D，∵AB＝BC，∴AD＝CD＝AC＝5，∵S△ABC＝60，∴，即，BD＝12，∵AF⊥CE，∴∠AFC＝90°，∴F在以AC为直径的圆上，∵BF+DF＞BD，且DF＝DF'，∴当F在BD上时，BF的值最小，此时BF'＝12﹣5＝7，则BF的最小值是7，故答案为：7．【知识点】点与圆的位置关系、等腰三角形的性质、圆周角定理19.（2020春•富阳区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P是线段AD上的一动点，点E是AB边上一动点，连结PC，PE．（1）当E是边AB的中点时，是否存在点P，使∠EPC＝90°？若存在，求AP的长，若不存在，请说明理由；（2）设BE＝a，若存在点P，使∠EPC＝90°，求a的取值范围．【解答】解：（1）∵PE⊥PC，∴∠APE+∠DPC＝90°，∵∠D＝90°，∴∠DCP+∠DPC＝90°，∴∠APE＝∠DCP，又∠A＝∠D＝90°，∴△APE∽△DCP，∴＝，设AP＝x，则DP＝6﹣x，又AE＝BE＝2，∴x（6﹣x）＝2×4，整理得x2﹣6x+8＝0，解得，x1＝2，x2＝4，∴P A＝2或4．（2）设AP＝x，AE＝y，∵△APE∽△DCP，∴＝，即x（6﹣x）＝4y，∴y＝x（6﹣x）＝﹣x2+x＝﹣（x﹣3）2+，∴当x＝3时，y的最大值为，∵AE＝y取最大值时，BE取最小值为4﹣＝，∴a的取值范围为≤BE＜4．【知识点】矩形的性质、圆周角定理20.（2020•常熟市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，AD＝6cm，点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向终点B匀速运动，同时点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向终点C匀速运动，P、Q中有一点到达终点时，另一点随之停止运动．（1）几秒后，点P、D的距离是点P、Q的距离的2倍；（2）几秒后，△DPQ是直角三角形；（3）在运动过程中，经过秒，以P为圆心，AP为半径的⊙P与对角线BD相切．【解答】解：（1）设t秒后点P、D的距离是点P、Q距离的2倍，∴PD＝2PQ，∴PD2＝4 PQ2，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，∴PD2＝AP2+AD2，PQ2＝BP2+BQ2，∵PD2＝4 PQ2，∴62+（2t）2＝4[（8﹣2t）2+t2]，解得：t1＝，t2＝；∵0≤t≤4，∴t＝，答：秒后，点P、D的距离是点P、Q的距离的2倍；（2）∵△DPQ是直角三角形，∴∠DPQ＝90°或∠DQP＝90°．当∠DPQ＝90°时，∠ADP＝∠BPQ，∴tan∠ADP＝tan∠BPQ，∴＝，即＝，解得：t＝，或t＝0（舍去）；当∠DQP＝90°时，∠CDQ＝∠BQP，∴tan∠CDQ＝tan∠BQP，∴＝，即＝，解得：t＝11﹣，或t＝11+（舍去），综上所述，当运动时间为秒或（11﹣）秒时，△DPQ是直角三角形．（3）设经过x，秒以P为圆心，AP为半径的⊙P与对角线BD相切于点E，连接PE、PD，如图所示：则PE⊥BD，PE＝AP，在Rt△APD和Rt△EPD中，，∴Rt△APD≌Rt△EPD（HL），∴AD＝ED＝6，∵BD＝＝＝10，∴BE＝BD﹣ED＝4，∵PE＝P A＝2x，则BP＝8﹣2x，在Rt△BPE中，由勾股定理得：（2x）2+42＝（8﹣2x）2，解得：x＝，即经过秒，以P为圆心，AP为半径的⊙P与对角线BD相切，故答案为：．【知识点】一元二次方程的应用、切线的判定、勾股定理21.（2020•镇江期中）在矩形ABCD中，AB＝5cm，BC＝10cm，点P从点A出发，沿AB边向点B以每秒1cm的速度移动，同时点Q从点B出发沿BC边向点C以每秒2cm的速度移动，P、Q两点在分别到达B、C两点时就停止移动，设两点移动的时间为秒，解答下列问题：（1）如图1，当t为几秒时，△PBQ的面积等于4cm2？（2）如图2，以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q．在运动过程中，是否存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形DPQC的一边（或边所在的直线）相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵当运动时间为t秒时，P A＝t，BQ＝2t，∴PB＝5﹣t，BQ＝2t．∵△PBQ的面积等于4cm2，∴PB•BQ＝（5﹣t）•2t．∴（5﹣t）•2t＝4．解得：t1＝1，t2＝4．答：当t为1秒或4秒时，△PBQ的面积等于4cm2；（2）（Ⅰ）由题意可知圆Q与AB、BC不相切．（Ⅱ）如图1所示：当t＝0时，点P与点A重合时，点B与点Q重合．∵∠DAB＝90°，∴∠DPQ＝90°．∴DP⊥PQ．∴DP为圆Q的切线．（Ⅲ）当⊙Q正好与四边形DPQC的DC边相切时，如图2所示．由题意可知：PB＝5﹣t，BQ＝2t，PQ＝CQ＝10﹣2t．在Rt△PQB中，由勾股定理可知：PQ2＝PB2+QB2，即（5﹣t）2+（2t）2＝（10﹣2t）2．解得：t1＝﹣15+10，t2＝﹣15﹣10（舍去）．综上所述可知当t＝0或t＝﹣15+10时，⊙Q与四边形DPQC的一边相切．【知识点】切线的判定、一元二次方程的应用22.（2020•润州区期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，∠A＝30°，D是AB的中点，点O为AC上一点，以O为圆心，半径为lcm的圆与AB相切，点E为切点．（1）求线段CO的长；（2）若将⊙O以1cm/s的速度移动，移动中的圆心记为P，点P沿O→C→B→A的路径运动，设移动的时间为t（s），则当t为何值时，⊙P与直线CD相切？【解答】解：（1）∵BA切⊙O于E，∴∠OEA＝90°，∵OE＝1，∴AO＝2OE＝2，∵∠ACB＝90°，BC＝3，∠A＝30°，∴AC＝BC＝3，∴OC＝AC﹣OA＝3﹣2；（2）如图；①当P位于线段OC上时，设⊙P与CD的切点为G，则P1G⊥CD；由于D是AB的中点，所以CD＝DA，即∠DCA＝∠A，因此P1C＝OA＝2cm，OP1＝AC﹣2OA＝3﹣4，∴t＝（3﹣4）s；②当P位于线段CB上时，设⊙P与CD的切点为H，则P2H⊥CD；同①可得：P2C＝cm，因此P点运动的距离为：OC+P2C＝3﹣2+＝﹣2，即t＝（﹣2）s；③当P位于线段BD上时，P3M⊥CD，过B作BQ⊥CN于Q；易知：S△ABC＝，由于D是AB中点，则S△BCD＝；而CD＝AB＝3，可求得CD边上的高为：BQ＝cm；∵△PDM∽△BDQ，则＝，即＝，P3D＝；因此P3B+BC+OC＝3﹣+3+3﹣2＝+4，即t＝（+4）s；④当P位于线段AD上时，同③可求得t＝（+1）s；综上可知：当t分别为（3﹣4）s、（﹣2）s、（+4）s、（+1）s时，⊙P与直线CD相切．【知识点】含30度角的直角三角形、直角三角形斜边上的中线、切线的判定与性质23.（2020•新吴区期中）如图，菱形ABCD的边长为2cm，∠DAB＝60°．点P从A点出发，以cm/s的速度，沿AC向C作匀速运动：与此同时，点Q也从A点出发，以1cm/s的速度，沿射线AB作匀速运动，当P运动到C点时，P、Q都停止运动．设点P运动的时间为ts（1）当P异于A，C时，请说明PQ∥BC；（2）以P为圆心、PQ长为半径作圆，请问：在整个运动过程中，⊙P与边BC公共点的个数有几种可能的情况？并求出相应的t所取的值．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，且菱形ABCD的边长为2cm，∴AB＝BC＝2，∠BAC＝∠DAB，又∵∠DAB＝60°（已知），∴∠BAC＝∠BCA＝30°；当点P运动到点C，即t＝2时P与C重合，Q与B重合，也只有一个交点，此时，⊙P与边BC 有一个公共点，综上所述：当0≤t＜4﹣6或3﹣＜t＜2时，⊙P与边BC有0个公共点；当t＝4﹣6或1＜t≤3﹣或t＝2时，⊙P与菱形ABCD的边BC有1个公共点；当4﹣6＜t≤1时，⊙P与边BC有2个公共点；【知识点】直线与圆的位置关系、菱形的性质附赠材料：怎样提高做题效率做题有方,考试才能游刃有余提到考试,映入我眼帘的就是一大批同学在题海里埋头苦干的情景。

动点问题的规律

动点问题的规律总结动点问题在物理学和工程学中是非常常见的问题。

这类问题涉及到一个或多个点在运动中的变化，包括其位置、速度、加速度、运动轨迹等等。

以下是对动点问题的一些规律和总结：1. 运动轨迹运动轨迹是描述一个或多个点在空间中的移动路径。

在解决动点问题时，首先需要确定点的运动轨迹是什么。

通常，点的运动轨迹受到其初始条件、约束条件和其他力的影响。

2. 速度与时间速度是描述一个点在单位时间内移动的距离。

在动点问题中，通常会给出点的初始速度和加速度，或者通过已知的运动轨迹来计算速度。

速度与时间的关系通常是非线性的，因为加速度可能会随着时间而变化。

但是，在某些情况下，速度与时间的关系可以是线性的，例如当加速度恒定时。

3. 距离与时间距离是描述一个点移动的总长度。

在解决动点问题时，通常需要计算点在一段时间内移动的距离。

距离与时间的关系通常是非线性的，因为速度可能会随着时间的推移而变化。

但是，在某些情况下，距离与时间的关系可以是线性的，例如当速度恒定时。

4. 极值问题动点问题中经常会出现极值问题，例如要使一个物体移动最远或最快需要满足什么条件。

解决极值问题通常需要考虑约束条件、力和能量等因素，并使用数学工具来求解。

5. 周期性有些动点问题具有周期性，例如振荡或循环运动。

在这种情况下，点的运动轨迹会重复出现，并且速度和加速度也会呈现出周期性的变化。

解决这类问题通常需要找出周期的长度和每个周期内的变化规律。

6. 方向变化动点问题的另一个重要方面是方向的变化。

点的速度方向可能会随着时间的推移而变化，这会导致运动轨迹的弯曲或转向。

解决这类问题需要跟踪点的速度和加速度方向的变化，以便了解其运动轨迹的整体形态。

7. 特殊点在动点问题中，往往有一些特殊点或特殊状态需要特别注意。

例如，起点或终点、速度为零的点、加速度为零的点等。

这些特殊点或状态可能是解决问题的关键所在，需要特别关注和处理。

8. 能耗问题在动点问题中，能量的消耗是一个不可忽视的因素。

初中数学动点问题解题技巧,动点题解题三步骤,初三数学动点解题思路

双动点问题动点问题是初中数学中的热门问题，也是让人欢喜让人忧的一类问题．其中的数学模型隐藏在变化的运动背后，很多同学容易被这类问题的已知条件迷惑，虽练习很多仍然“闻动色变”，实在爱不起来．但如果会透过现象看本质，找到运动过程中不变的规律，这一类问题又会让人感觉精彩绝伦，回味无穷。

本文就动点问题中如何找到双动点类型中的运动轨迹与大家分享．动点题有时不止一个点在动，如果有两个动点，其中一个随着另一个的运动而运动，题目往往研究第二个动点的一些规律，比如最大最小值，经过的路径长等．解决问题的关键是找到第二个动点的运动轨迹．一、直线型运动1．如图，等边△ABC的边长为4cm，动点D从点B出发，沿射线BC方向移动，以AD为边作等边△ADE。

如图①，在点D从点B开始移动至点C的过程中，求点E移动的路径长．分析：要求点E移动的路径长，首先要确定点E的运动轨迹。

连结CE，如图②,易证△ABD≌△ACE，得∠B=∠ACE=60°，因为∠ACB=60°，所以∠ECF=60°=∠B，所以EC∥AB，故在点D从点B开始移动至点C的过程中,点E的运动轨迹是过点C且平行于AB的一条线段，确定了轨迹，再确定起始与终止位置就可求出路径长．答案：42．已知AB=10，P是线段AB上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△ACP和△PDB，连接CD，设CD的中点为G，当点P从点A运动到点B时，点G移动的路径长是_____．分析：延长AC、BD相交于点E，因为∠A=∠DPB=60°，所以PD∥EA，同理PC∥EB，所以四边形CPDE是平行四边形，连结EP，所以EP、CD互相平分，因为点G为CD的中点，所以EG=PG，所以点G是EP的中点，当点P从点A运动到点B时，点G的运动轨迹是△EAB的中位线MN．答案：5双动点的运动问题中，第二动点的运动轨迹如果是直线型，通常可以找到第二动点所在直线与已知直线的位置关系如平行、垂直等，或者是某一条特殊的直线（或直线上的一部分）如中位线、角平分线等．试一试：1.如图，正方形ABCD的边长为2，动点E从点A出发，沿边AB－BC向终点C 运动，以DE为边作正方形DEFG（点D、E、F、G按顺时针方向排列）．设点E 运动的速度为每秒1个单位，运动的时间为x秒．（1）如图，当点E在AB上时，求证：点G在直线BC上；（2）直接写出整个运动过程中，点F经过的路径长．答案：C在数学中，静中找动，实现从特殊到一般的转化。

动点在线段上的运动问题

动点在线段上的运动问题概述本文将探讨动点在线段上的运动问题。

我们将讨论动点在一条给定线段上的运动方式，并提供解决这类问题的简单策略。

问题描述我们假设有一条线段，起点为A，终点为B。

动点P从A出发，在线段上运动，最终到达终点B。

我们需要解决以下问题：1. 动点P的运动路径如何？2. 如果给定动点P的起始位置和终点位置，该如何确定运动路径？3. 如何计算动点P的运动时间？4. 如果考虑其他因素，如速度变化或加速度，是否会对问题的解决产生影响？解决策略为了解决动点在线段上的运动问题，我们可以采取以下简单策略：1. 确定运动路径：根据线段的起点A和终点B，我们可以直接将线段画出来，从而确定动点P的运动路径。

线段的长度可以表示为AB的距离。

2. 确定起始位置和终点位置：如果已知动点P的起始位置和终点位置，我们可以直接在线段上标记这两个点，并连接它们，从而确定运动路径。

3. 计算运动时间：根据动点P在线段上的运动速度，我们可以通过线段的长度和速度来计算运动时间。

时间可以表示为距离除以速度。

4. 考虑其他因素：如果考虑速度变化或加速度，我们需要额外的信息来确定动点P在线段上的具体运动方式。

可以通过给定的速度-时间图表或加速度数据来解决这类问题。

结论动点在线段上的运动问题可以通过简单的策略来解决。

我们可以确定运动路径，计算运动时间，并且可以考虑其他因素以获得更准确的运动解决方案。

希望本文对您有所帮助！> 注：本文的内容为简化的描述，仅用于提供解决问题的思路和方法，并不涉及具体的法律细节或复杂情况。

在实际应用中，请根据具体情况采取相应的措施和考虑法律因素。

例谈如何解一类_动点运动路径长_问题_马先龙

槡 2 1 1 1例谈如何解一类“动点运动路径长”问题■ 马先龙摘要: 解答中考题时，经常会碰到解“动点运动路径长”问题．实际解题时，若能先灵活运用“等距法”探究动点轨迹，确定路径，然后通过计算求其长，则能比较顺利地解决问题，本文通过举例说明．关键词:动点; 等距法; 路径长解答中考题时，经常会碰到一类以动三角形为载体的“动点运动路径长”问题．此类问题因综合性较强，考查的知识点较多，加上动点的运动路径又不明显，因而解答时颇有难度，常常让答题者望而生畏．实际解题时，若能先灵活运用“等距法”探究动点轨迹，确定路径，然后再通过计算求其长，则能比较顺利地解决问题．现举例说明，供读者参考．⊥ C A 交 C A 的延长线于点 M ，作 O N ⊥ B C 于点 N ，则易证 O M = O N ，所以点 O 在∠A C B 的平分线 C O 上运动，从而，点 O 的运动路径为线段，接下来通过计算易求其长．解: 如图 1，因为 △A O P 是等腰直角三角形，所以 O A = O P ，∠A O P = 90°．连接 C O ，过点 O 作 O M ⊥ C A 交 C A 的延长线于点 M ，作 O N ⊥ B C 于点 N ，则 ∠O MC = ∠O N C = ∠O N P = 90°，又因为∠MC N = 90°，所以 ∠O MC = ∠O N C = ∠MC N = 90°，所以四边形 CM O N 是矩形，所以 ∠M O N = 90°，所以 ∠A O M + ∠A O N =∠P O N + ∠A O N = 90° ，所以 ∠A O M = ∠P O N ．在∠O M A = ∠O N P = 90° 一、动点的运动路径为一条线段例 1( 2018 年四川达州市中考) 如图 1，△AOM 和 △PON 中， ∠AOM = ∠PON OA = OP，所以Ｒt △A B C 中，∠C = 90°，A C = 2 ，B C = 5，点 D 是 B C 边上一点且 C D = 1，点 P 是线段 DB 上一动点，连接 A P ，以 A P 为斜边在 A P 的下方作等腰Ｒt △A O P ．当 P 从点 D 出发运动至点 B 停止时，点 O 的运动路径长为．△A O M ≌ △P O N ( AA S ) ，所以 O M = O N ，所以点 O 在 ∠A C B 的平分线C O 上运动．如图2，分别作出动点O 的始末位置点 O 1、O 2，则线段 O 1O 2 就是动点 O 的运动路径．过点 O 1 作 O 1M 1 ⊥ A C 于点 M 1，作 O 1N 1 ⊥ B C 于点 N 1，过点 O 2 作 O 2M 2 ⊥ C A 交 C A 的延长线于点 M 2，作 O 2N 2 ⊥ B C 于点 N 2，由上，易知四边形 CM 2O 2N 2 是矩形，△A O 2M 2 ≌ △BO 2N 2( AA S ) ，所以 O 2M 2 = O 2N 2， A M 2 = B N 2，所以四边形 CM 2O 2N 2 是正方形，所以 CM 2 = C N 2，所以 CM 2 － A C = B C － CM 2，所以 CM 2 = 1 ( AC + BC ) = 1 × ( 2 + 5) = 7 ，所以 CO =2 2 2 2图 1图 22 CM = 7 槡2．同理，可得四边形 CM O N 是正方形， 2 CM = 1 ( A C + C D ) = 1 × ( 2 + 1) = 3，C O = 分析:本题中等腰Ｒt △AOP 的顶点 A 固定，顶点 P在线段 DB 上运动，顶点 O 随之运动．依题意，可先用 1 2 CM 2 = 3 槡2 ，所以 O O 2 = CO － CO 2= 7 槡2 1－3 槡2 “等距法”探究动点 O 轨迹，确定路径，后求其长．如图槡 1 2 1 2 2 1 2 2 1，由条件，易知 O A = O P ，∠A O P = 90°，过点 O 作 O M= 2 槡2 ，所以点 O 的运动路径长为 2 槡2 ．作者简介: 马先龙( 1966 － ) ，男，江苏淮阴人，本科，中学高级教师，主要从事初中数学教学研究·30·评注: 本题考查了动点的运动轨迹，考查了等腰直角三角形的性质，考查了全等三角形的判定和性质，考查了矩形、正方形的判定和性质，考查了角平分线的判定，考查了构造图形法、等距法等数学思想方法的运用［1］．在探究动点轨迹时，充分抓住等腰Ｒt △A O P 两腰相等且夹角为直角等重要条件，通过作垂线段构造全等三角形，得到动点 O 到定角 ∠ACB 两边的距离相等这一事实，从而由数量关系引发位置关系，推得动点 O 一定在 ∠ACB 的平分线上运动，进而获得动点的运动路径为一条线段．接下来，作出动点的始末位置点，根据图形和已知条件计算路径长则比较容易了．例 2 ( 2018 年湖北荆门市中考) 如图 3，等腰Ｒt △A B C 中，斜边A B 的长为2，O 为A B 的中点，P 为A C 边上的动点，OQ ⊥ O P 交 B C 于点 Q ，M 为 P Q 的中点，当点 P 从点 A 运动到点 C 时，点 M 所经过的路径长为( )( A) 槡2 π ( B) 槡2 πBC 的中点，则 M 1、M 2 也分别是动点 M 的始末位置点，所以线段 M 1M 2 就是动点 M 的运动路径．在△ABC 中，因为 M 1M 2 是 △A B C 的中位线，A B = 2，所以 M 1M 2 =1A B = 1，所以动点 M 所经过的路径长为 1，所以选 2( C) ．评注: 本题考查了动点的运动轨迹，考查了等腰直角三角形的性质，考查了“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一重要定理，考查了线段垂直平分线的判定，考查了三角形的中位线定理，考查了构造图形法、等距法等数学思想方法的运用．在探究动点轨迹时，充分抓住了点 M 既为Ｒt △OPQ 斜边 PQ 的中点，又为Ｒt △PCQ 斜边 PQ 的中点这一重要条件，通过运用直角三角形关于斜边上中线的性质定理，得到动点 M 到定线段OC 两端的距离相等这一事实，从而由数量关系引发位置关系，推得动点 M 一定在线段 CO 的垂直平分线上运动，进而获得动点的运动路径为一条线段．接下来，根据动点的始末位置，计算路径长唾手可得．4 2 ( C) 1 ( D) 2图 3 图 4分析: 本题中Ｒt △POQ 的顶点O 固定，顶点P 在线段 A C 上运动，P Q 的中点 M 随之运动．依题意，可先用 “等距法”探究动点 M 轨迹，确定路径，后求其长．如图 3，连接C O ，M O ，MC ，由题意，易证M O = MC ，所以点M 一定在线段 CO 的垂直平分线上运动，从而推得点 M 的运动路径为线段，接下来通过计算易求路径长．解: 如图 3，连接 C O ，M O ，MC ．因为 △A B C 是等腰直角三角形，所以 A C = B C ，∠A C B = 90°．因为 OQ ⊥ O P ，所以∠P OQ = 90°．在Ｒt △P OQ 与Ｒt △P C Q 中，因为 ∠P OQ = ∠A C B = 90°，M 为 P Q 的中点，所以 M O= MC = 1P Q ，所以点 M 在线段 C O 的垂直平分线 E F2 上运动．如图 4，在等腰Ｒt △A B C 中，因为 A C = B C ，O 为 A B 的中点，所以 C O ⊥ A B ，设 M 1、M 2 分别是边 A C 、二、动点的运动路径为两条( 往返) 线段例3 ( 2019 年浙江嘉兴市中考) 如图 5，一副含 30° 和45° 的直角三角板 ABC 和 EDF 拼合在一个平面上，边 A C 与 E F 重合，A C = 12 c m ．当点 E 从点 A 出发沿 AC 方向滑动时，点 F 同时从点 C 出发沿射线 BC 方向滑动．当点 E 从点 A 滑动到点 C 时，点 D 运动的路径长为c m ．槡分析: 本题中等腰Ｒt △DEF 的三个顶点都在运动，其中顶点 E 、F 限制在两条互相垂直的线段上滑动，等腰Ｒt △DEF 在运动中形状、大小都保持不变．依题意，可先用“等距法”探究动点 D 轨迹，分类讨论，确定路径，后求其长．如图 6，由条件，易知 DE = DF ， ∠E D F = 90°，过点 D 作 D G ⊥ A C 于点 G ，作 D H ⊥ B C 交直线 B C 于点 H ，则易证 D G = D H ，所以动点 D 在 △ABC 的外角∠ACH 的平分线上运动．依题意，动点 D的运动路径为两条( 往返) 线段，接下来通过计算易求路径长．解: 如图 6，过点 D 作 D G ⊥ A C 于点 G ，作 D H ⊥ B C 交直线 B C 于点H ，则∠D G E = ∠D G C = ∠D H C = 90°，又因为 ∠A C B = 90°，所以 ∠G C H = 90°，所以 ∠D G C = ∠G C H = ∠D H C = 90°，所以四边形 C G D H 是矩形，所以∠G D H = 90°，又因为△E D F 是等腰直角三角形，所以 D E = D F ，∠E D F = 90°，所以 ∠E D G + ∠GDF = ∠FDH + ∠GDF = 90°，所以 ∠EDG = ∠F D H ．在 △E D G 和 △F D H 中，∠D G E = ∠D H F = 90°， 6槡2，所以点 D 运动的路径长为2D 1D 2 = ( 24 － 12槡2) c m ．评注: 本题考查了动点的运动轨迹，考查了等腰直角三角形的性质，考查了全等三角形的判定和性质，考查了矩形、正方形的判定和性质，考查了角平分线的判定，考查了构造图形法、等距法、特殊位置法、分类讨论法等数学思想方法的运用．在探究动点轨迹时，充分抓住等腰Ｒt △DEF 两腰相等且夹角为直角等重要条件，通过作垂线段构造全等三角形，得到动点 D 到定角( ∠ACB 的外角) 两边的距离相等这一事实，从而由数量关系引发位置关系，推得动点 O 一定在 △ABC 的外角∠ACH ( 如图7) 的平分线上运动．对于本题，由于等腰Ｒt △DEF 的顶点 E 、F 限制在两条互相垂直的线段上滑动，而等腰Ｒt △DEF 在运动中形状、大小都保持不变，因而导致动点 O 的运动路径为两条( 往返) 线段．一旦弄清动点 O 的运动路径，计算路径长则立刻变得简单了．本题对动点 O 运动路径的确定是难点，突破难点的关键是运用动中求静，静中求动的思想，多画几种动点在不同状态下的图形，从而易获得特殊位置图形，对路径作出正确的判断和分类．∠EDG = ∠FDH DE = DF，所以 △EDG ≌“解题，就好像游泳一样，是一种实际技能．当你学习游泳时，你模仿其他人的手足动作使头部保持在水 △F D H ( AA S ) ，所以 D G = D H ，所以动点 D 在 △A B C 的外角 ∠A C H 的平分线上运动．如图 7，当点 E 沿 A C 方向滑动，使等腰直角三角的板的边DE ⊥ AC 时，作出动点 D 从开始到此时的始末位置点 D 2、D 1，则在这一过程中动点 D 沿线段 D 1D 2 向斜上方方向运动，运动路径为线段 D 1D 2; 如图 8，当点 E 接上一过程沿 A C 方向继续滑动，使等腰直角三角板的斜边 EF 正好落在直线BC 上时，作出动点 D 的始末位置点 D 1、D 2 则在这一过程中动点 D 沿线段 D 2D 1 向斜下方方向运动，运动路径为线段D 2D 1．如图5，因为等腰直角三角板E D F 的斜边E F = A C = 12 c m ，所以 D E = D F = 槡2E F = 6 2 c m ．2 如图7，易知C D 1 = 6槡2 ，四边形 C E 2D 2F 2 是正方形，从而 C D 2 = E 2F 2 = 12，所以 D 1D 2 = C D 2 － C D 1 = 12 －面上，并最后通过实践来学会游泳．当试图解题时，你也必须观察并模仿其他人在解题时的行为，并且最后通过实践来学会解题［2］”．对典型的中考题进行归类解析，可以帮助学生学会模仿、探究、思考，不断感受基本的数学思想和方法，积累解题经验，从而领会数学的精髓、奥妙，增强解题信心，学会“游泳”，学会解题．参考文献:［1］罗增儒．数学解题学引论［M ］．西安: 陕西师范大学出版社，2001．［2］波利亚．怎样解题［M ］．上海: 上海科技教育出版社，2007．［江苏省淮安市淮阴区开明中学( 223300) ］。

动点运动路径长问题5

C E
D
(P)
A
B
乘胜追击
例 2（2017 宁波考纲）在矩形 ABCD 中, AD=6，AB= 6 2 3 ,E 是 AB 边上的一点,且 AE=AD,P 是线段 CD 上一点，连接 PE,将矩形沿着 PE 折叠,点 B、C 分别落在 G、 F 处，当点 P 从点 C 移动到点 D 时，点 G 经过的路径长为 ________。
D（P）
C
A
E
B
F G
攻坚克难
例 3（2016 武汉）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 O 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（ B ）
A． 2
B． C． 2 2
D． 2
攻坚克难
例 3（2016 武汉）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 O 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（ B ）
A． 2
B． C． 2 2
D． 2
本节课学习了哪些内容？
课后拓展
(2014 义乌)如图,等边三角形 ABC 的边长为 6，点 E，F 分别
在 AC，BC 上，连结 AF，BE 相交于点 P, 若 AE=CF，当点
E 从点 A 运动到点 C 时，求点 P 经过的路径长。
问题 1:如图，OA⊥OB，垂足为 O，P、Q 分别是射线
OA、OB 上两个动点，点 C 是线段 PQ 的中点，且 PQ=4．则
动点 C 运动路径长为_____. ∵OC= 1 PQ=2 2

基于“图形变换”思想视角下动点路径长问题解题策略

基于“图形变换”思想视角下动点路径长问题解题策略
作者：周泽军ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
来源：《理科考试研究·初中》2019年第08期
摘要：本文借助“图形变换”中兩动点的运动规律相同思想（也称几何整体思想），帮助学生从“几何变换”的角度，思考主动点与从动点之间是否存在某种固定的“关联性”来确定从动点运动过程中形成的轨迹属于三种类型（直线型、弧线型、组合型）的哪一种，从而找到解决此类问题的突破口.
（收稿日期：2019-04-18）
关键词：动点轨迹;图形变换思想;解题策略
众所周知，常见的三大图形变换，即平移、翻折及旋转不改变图形的形状与大小，只改变图形的位置.位似前后的图形相似，即位似后的图形与位似前的图形相似，也即位似不改变图形的形状，只改变图形的位置与大小，且其大小随位似比同比例放缩.纵观前面的几个例题可知，当两个动点所在图形存在某种固定的变换关系时，主动点的运动路径与从动点的运动路径“相同”，自然也就产生了路径长（或部分最值）问题，而这类问题的解决一般都是通过确定动点的路径来解决.这就要求我们要有寻找目标动点的轨迹意识，看主动点与从动点之间是否存在确定的“变换”关系.像代数里的整体思想一样，将动点的轨迹看成一个整体（几何整体思想），用“图形变换”的思想，确定从动点的轨迹，也就明确从动点的路径，自然“无迹问题”也就变得有迹可循了.也是将几何直观之核心素养的培养，落实在常态课的一种体现.