2024中考數(shù)學幾何模型12講第11講阿氏圓最值模型含解析

2024中考數(shù)學幾何模型12講第11講阿氏圓最值模型含解析中考數(shù)學幾何模型11：阿氏圓最值模型名師點睛撥開云霧開門見山在前面的“胡不歸”問題中，我們見識了“kPA+PB”最值問題，其中P點軌跡是直線，而當P點軌跡變?yōu)閳A時，即通常我們所說的“阿氏圓”問題．【模型來源】“阿氏圓”又稱為“阿波羅尼斯圓”，如下圖，已知A、B兩點，點P滿足PA：PB=k（k≠1），則滿足條件的所有的點P的軌跡構(gòu)成的圖形為圓．這個軌跡最早由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱“阿氏圓”.【模型建立】如圖1所示，⊙O的半徑為R，點A、B都在⊙O外，P為⊙O上一動點，已知R=OB，連接PA、PB，則當“PA+PB”的值最小時，P點的位置如何確定？解決辦法：如圖2，在線段OB上截取OC使OC=R，則可說明△BPO與△PCO相似，則有PB=PC。故本題求“PA+PB”的最小值可以轉(zhuǎn)化為“PA+PC”的最小值，其中與A與C為定點，P為動點，故當A、P、C三點共線時，“PA+PC”值最小。【技巧總結(jié)】計算的最小值時，利用兩邊成比例且夾角相等構(gòu)造母子型相似三角形問題：在圓上找一點P使得的值最小，解決步驟具體如下：如圖，將系數(shù)不為1的線段兩端點與圓心相連即OP，OB計算出這兩條線段的長度比在OB上取一點C，使得，即構(gòu)造△POM∽△BOP，則，則，當A、P、C三點共線時可得最小值典題探究啟迪思維探究重點例題1.如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，以點C為圓心，2為半徑作圓C，分別交AC、BC于D、E兩點，點P是圓C上一個動點，則的最小值為__________．變式練習>>>1．如圖1，在RT△ABC中，∠ACB=90°，CB=4，CA=6，圓C的半徑為2，點P為圓上一動點，連接AP,BP，求①，②，③，④的最小值.例題2.如圖，點C坐標為(2,5)，點A的坐標為(7,0)，⊙C的半徑為,點B在⊙C上一動點，的最小值為________.變式練習>>>2．如圖，在平面直角坐標系xoy中，A(6,-1)，M(4,4)，以M為圓心，為半徑畫圓，O為原點，P是⊙M上一動點，則PO+2PA的最小值為________.例題3.如圖，半圓的半徑為1，AB為直徑，AC、BD為切線，AC＝1，BD＝2，P為上一動點，求PC+PD的最小值．變式練習>>>3．如圖，四邊形ABCD為邊長為4的正方形，⊙B的半徑為2，P是⊙B上一動點，則PD+PC的最小值為；PD+4PC的最小值為．例題4.如圖，已知正方ABCD的邊長為6，圓B的半徑為3，點P是圓B上的一個動點，則的最大值為_______．變式練習>>>4．（1）如圖1，已知正方形ABCD的邊長為9，圓B的半徑為6，點P是圓B上的一個動點，那么PD+的最小值為，PD﹣的最大值為．（2）如圖2，已知菱形ABCD的邊長為4，∠B＝60°，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，那么PD+的最小值為，PD﹣的最大值為．圖1圖2例題5.如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c與直線AB交于A（﹣4，﹣4），B（0，4）兩點，直線AC：y=﹣x﹣6交y軸于點C．點E是直線AB上的動點，過點E作EF⊥x軸交AC于點F，交拋物線于點G．（1）求拋物線y=﹣x2+bx+c的表達式；（2）連接GB，EO，當四邊形GEOB是平行四邊形時，求點G的坐標；（3）①在y軸上存在一點H，連接EH，HF，當點E運動到什么位置時，以A，E，F(xiàn)，H為頂點的四邊形是矩形？求出此時點E，H的坐標；②在①的前提下，以點E為圓心，EH長為半徑作圓，點M為⊙E上一動點，求AM+CM它的最小值．變式練習>>>5．如圖1，拋物線y＝ax2+（a+3）x+3（a≠0）與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點B，在x軸上有一動點E（m，0）（0＜m＜4），過點E作x軸的垂線交直線AB于點N，交拋物線于點P，過點P作PM⊥AB于點M．（1）求a的值和直線AB的函數(shù)表達式；（2）設(shè)△PMN的周長為C1，△AEN的周長為C2，若＝，求m的值；（3）如圖2，在（2）條件下，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OE′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接E′A、E′B，求E′A+E′B的最小值．達標檢測領(lǐng)悟提升強化落實1.如圖，在RT△ABC中，∠B=90°，AB=CB=2，以點B為圓心作圓與AC相切，圓C的半徑為，點P為圓B上的一動點，則的最小值________.2.如圖，邊長為4的正方形，內(nèi)切圓記為⊙O，P是⊙O上一動點，則PA+PB的最小值為________.3.如圖，等邊△ABC的邊長為6，內(nèi)切圓記為⊙O，P是⊙O上一動點，則2PB+PC的最小值為________.4.如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，CA=3，CB=4，的半徑為2，點P是上的一動點，則的最小值為？5.如圖，在平面直角坐標系中，，，，，P是△AOB外部第一象限內(nèi)的一動點，且∠BPA=135°，則的最小值是多少？6.如圖，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C為頂點的正方形CDEF（C、D、E、F四個頂點按逆時針方向排列）可以繞點C自由轉(zhuǎn)動，且CD＝，連接AF，BD（1）求證：△BDC≌△AFC；（2）當正方形CDEF有頂點在線段AB上時，直接寫出BD+AD的值；（3）直接寫出正方形CDEF旋轉(zhuǎn)過程中，BD+AD的最小值．7.（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC邊上的中線，請用尺規(guī)作圖做出AB邊上的中線CE，并證明BD＝CE：（2）如圖2，已知點P是邊長為6的正方形ABCD內(nèi)部一動點，PA＝3，求PC+PD的最小值；（3）如圖3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，點M是矩形內(nèi)部一動點，MA＝15，當MC+MD最小時，畫出點M的位置，并求出MC+MD的最小值．中考數(shù)學幾何模型11：阿氏圓最值模型名師點睛撥開云霧開門見山在前面的“胡不歸”問題中，我們見識了“kPA+PB”最值問題，其中P點軌跡是直線，而當P點軌跡變?yōu)閳A時，即通常我們所說的“阿氏圓”問題．【模型來源】“阿氏圓”又稱為“阿波羅尼斯圓”，如下圖，已知A、B兩點，點P滿足PA：PB=k（k≠1），則滿足條件的所有的點P的軌跡構(gòu)成的圖形為圓．這個軌跡最早由古希臘數(shù)學家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱“阿氏圓”.【模型建立】如圖1所示，⊙O的半徑為R，點A、B都在⊙O外，P為⊙O上一動點，已知R=OB，連接PA、PB，則當“PA+PB”的值最小時，P點的位置如何確定？解決辦法：如圖2，在線段OB上截取OC使OC=R，則可說明△BPO與△PCO相似，則有PB=PC。故本題求“PA+PB”的最小值可以轉(zhuǎn)化為“PA+PC”的最小值，其中與A與C為定點，P為動點，故當A、P、C三點共線時，“PA+PC”值最小?！炯记煽偨Y(jié)】計算的最小值時，利用兩邊成比例且夾角相等構(gòu)造母子型相似三角形問題：在圓上找一點P使得的值最小，解決步驟具體如下：如圖，將系數(shù)不為1的線段兩端點與圓心相連即OP，OB計算出這兩條線段的長度比在OB上取一點C，使得，即構(gòu)造△POM∽△BOP，則，則，當A、P、C三點共線時可得最小值典題探究啟迪思維探究重點例題1.如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，以點C為圓心，2為半徑作圓C，分別交AC、BC于D、E兩點，點P是圓C上一個動點，則的最小值為__________．【分析】這個問題最大的難點在于轉(zhuǎn)化，此處P點軌跡是圓，注意到圓C半徑為2，CA=4，連接CP，構(gòu)造包含線段AP的△CPA，在CA邊上取點M使得CM=2，連接PM，可得△CPA∽△CMP，故PA：PM=2:1，即PM=．問題轉(zhuǎn)化為PM+PB≥BM最小值，故當B，P，M三點共線時得最小值，直接連BM即可得．變式練習>>>1．如圖1，在RT△ABC中，∠ACB=90°，CB=4，CA=6，圓C的半徑為2，點P為圓上一動點，連接AP,BP，求①，②，③，④的最小值.[答案]：①=，②=2，③=，④=.例題2.如圖，點C坐標為(2,5)，點A的坐標為(7,0)，⊙C的半徑為,點B在⊙C上一動點，的最小值為________.[答案]：5.變式練習>>>2．如圖，在平面直角坐標系xoy中，A(6,-1)，M(4,4)，以M為圓心，為半徑畫圓，O為原點，P是⊙M上一動點，則PO+2PA的最小值為________.[答案]：10.例題3.如圖，半圓的半徑為1，AB為直徑，AC、BD為切線，AC＝1，BD＝2，P為上一動點，求PC+PD的最小值．【解答】解：如圖當A、P、D共線時，PC+PD最?。碛桑哼B接PB、CO，AD與CO交于點M，∵AB＝BD＝4，BD是切線，∴∠ABD＝90°，∠BAD＝∠D＝45°，∵AB是直徑，∴∠APB＝90°，∴∠PAB＝∠PBA＝45°，∴PA＝PB，PO⊥AB，∵AC＝PO＝2，AC∥PO，∴四邊形AOPC是平行四邊形，∴OA＝OP，∠AOP＝90°，∴四邊形AOPC是正方形，∴PM＝PC，∴PC+PD＝PM+PD＝DM，∵DM⊥CO，∴此時PC+DP最?。紸D﹣AM＝2﹣＝．變式練習>>>3．如圖，四邊形ABCD為邊長為4的正方形，⊙B的半徑為2，P是⊙B上一動點，則PD+PC的最小值為5；PD+4PC的最小值為10．【解答】解：①如圖，連接PB、在BC上取一點E，使得BE＝1．∵PB2＝4，BE?BC＝4，∴PB2＝BE?BC，∴＝，∵∠PBE＝∠CBE，∴△PBE∽△CBE，∴＝＝，∴PD+PC＝PD+PE，∵PE+PD≤DE，在Rt△DCE中，DE＝＝5，∴PD+PC的最小值為5．②連接DB，PB，在BD上取一點E，使得BE＝，連接EC，作EF⊥BC于F．∵PB2＝4，BE?BD＝×4＝4，∴BP2＝BE?BD，∴＝，∵∠PBE＝∠PBD，∴△PBE∽△DBP，∴＝＝，∴PE＝PD，∴PD+4PC＝4（PD+PC）＝4（PE+PC），∵PE+PC≥EC，在Rt△EFC中，EF＝，F(xiàn)C＝，∴EC＝，∴PD+4PC的最小值為10．故答案為5，10．例題4.如圖，已知正方ABCD的邊長為6，圓B的半徑為3，點P是圓B上的一個動點，則的最大值為_______．【分析】當P點運動到BC邊上時，此時PC=3，根據(jù)題意要求構(gòu)造，在BC上取M使得此時PM=，則在點P運動的任意時刻，均有PM=，從而將問題轉(zhuǎn)化為求PD-PM的最大值．連接PD，對于△PDM，PD-PM＜DM，故當D、M、P共線時，PD-PM=DM為最大值．變式練習>>>4．（1）如圖1，已知正方形ABCD的邊長為9，圓B的半徑為6，點P是圓B上的一個動點，那么PD+的最小值為，PD﹣的最大值為．（2）如圖2，已知菱形ABCD的邊長為4，∠B＝60°，圓B的半徑為2，點P是圓B上的一個動點，那么PD+的最小值為，PD﹣的最大值為．圖1圖2【解答】解：（1）如圖3中，在BC上取一點G，使得BG＝4．∵＝＝，＝＝，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴當D、G、P共線時，PD+PC的值最小，最小值為DG＝＝．∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，當點P在DG的延長線上時，PD﹣PC的值最大，最大值為DG＝．故答案為，（2）如圖4中，在BC上取一點G，使得BG＝1，作DF⊥BC于F．∵＝＝2，＝＝2，∴＝，∵∠PBG＝∠PBC，∴△PBG∽△CBP，∴＝＝，∴PG＝PC，∴PD+PC＝DP+PG，∵DP+PG≥DG，∴當D、G、P共線時，PD+PC的值最小，最小值為DG，在Rt△CDF中，∠DCF＝60°，CD＝4，∴DF＝CD?sin60°＝2，CF＝2，在Rt△GDF中，DG＝＝∵PD﹣PC＝PD﹣PG≤DG，當點P在DG的延長線上時，PD﹣PC的值最大（如圖2中），最大值為DG＝．故答案為，．例題5.如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c與直線AB交于A（﹣4，﹣4），B（0，4）兩點，直線AC：y=﹣x﹣6交y軸于點C．點E是直線AB上的動點，過點E作EF⊥x軸交AC于點F，交拋物線于點G．（1）求拋物線y=﹣x2+bx+c的表達式；（2）連接GB，EO，當四邊形GEOB是平行四邊形時，求點G的坐標；（3）①在y軸上存在一點H，連接EH，HF，當點E運動到什么位置時，以A，E，F(xiàn)，H為頂點的四邊形是矩形？求出此時點E，H的坐標；②在①的前提下，以點E為圓心，EH長為半徑作圓，點M為⊙E上一動點，求AM+CM它的最小值．【解答】解：（1）∵點A（﹣4，﹣4），B（0，4）在拋物線y=﹣x2+bx+c上，∴，∴，∴拋物線的解析式為y=﹣x2﹣2x+4；（2）設(shè)直線AB的解析式為y=kx+n過點A，B，∴，∴，∴直線AB的解析式為y=2x+4，設(shè)E（m，2m+4），∴G（m，﹣m2﹣2m+4），∵四邊形GEOB是平行四邊形，∴EG=OB=4，∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4=4，∴m=﹣2，∴G（﹣2，4）；（3）①如圖1，由（2）知，直線AB的解析式為y=2x+4，∴設(shè)E（a，2a+4），∵直線AC：y=﹣x﹣6，∴F（a，﹣a﹣6），設(shè)H（0，p），∵以點A，E，F(xiàn)，H為頂點的四邊形是矩形，∵直線AB的解析式為y=2x+4，直線AC：y=﹣x﹣6，∴AB⊥AC，∴EF為對角線，∴（﹣4+0）=（a+a），（﹣4+p）=（2a+4﹣a﹣6），∴a=﹣2，P=﹣1，∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；②如圖2，由①知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），∴EH=，AE=2，設(shè)AE交⊙E于G，取EG的中點P，∴PE=，連接PC交⊙E于M，連接EM，∴EM=EH=，∴=，∵=，∴=，∵∠PEM=∠MEA，∴△PEM∽△MEA，∴=，∴PM=AM，∴AM+CM的最小值=PC，設(shè)點P（p，2p+4），∵E（﹣2，0），∴PE2=（p+2）2+（2p+4）2=5（p+2）2，∵PE=，∴5（p+2）2=，∴p=或p=﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），∴P（，﹣1），∵C（0，﹣6），∴PC==，即：AM+CM=．變式練習>>>5．如圖1，拋物線y＝ax2+（a+3）x+3（a≠0）與x軸交于點A（4，0），與y軸交于點B，在x軸上有一動點E（m，0）（0＜m＜4），過點E作x軸的垂線交直線AB于點N，交拋物線于點P，過點P作PM⊥AB于點M．（1）求a的值和直線AB的函數(shù)表達式；（2）設(shè)△PMN的周長為C1，△AEN的周長為C2，若＝，求m的值；（3）如圖2，在（2）條件下，將線段OE繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)得到OE′，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接E′A、E′B，求E′A+E′B的最小值．【解答】解：（1）令y＝0，則ax2+（a+3）x+3＝0，∴（x+1）（ax+3）＝0，∴x＝﹣1或﹣，∵拋物線y＝ax2+（a+3）x+3（a≠0）與x軸交于點A（4，0），∴﹣＝4，∴a＝﹣．∵A（4，0），B（0，3），設(shè)直線AB解析式為y＝kx+b，則，解得，∴直線AB解析式為y＝﹣x+3．（2）如圖1中，∵PM⊥AB，PE⊥OA，∴∠PMN＝∠AEN，∵∠PNM＝∠ANE，∴△PNM∽△ANE，∴＝，∵NE∥OB，∴＝，∴AN＝（4﹣m），∵拋物線解析式為y＝﹣x2+x+3，∴PN＝﹣m2+m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，∴＝，解得m＝2．（3）如圖2中，在y軸上取一點M′使得OM′＝，連接AM′，在AM′上取一點E′使得OE′＝OE．∵OE′＝2，OM′?OB＝×3＝4，∴OE′2＝OM′?OB，∴＝，∵∠BOE′＝∠M′OE′，∴△M′OE′∽△E′OB，∴＝＝，∴M′E′＝BE′，∴AE′+BE′＝AE′+E′M′＝AM′，此時AE′+BE′最?。▋牲c間線段最短，A、M′、E′共線時），最小值＝AM′＝＝．達標檢測領(lǐng)悟提升強化落實1.如圖，在RT△ABC中，∠B=90°，AB=CB=2，以點B為圓心作圓與AC相切，圓C的半徑為，點P為圓B上的一動點，求的最小值.[答案]：.2.如圖，邊長為4的正方形，內(nèi)切圓記為⊙O，P是⊙O上一動點，則PA+PB的最小值為________.[答案]：.3.如圖，等邊△ABC的邊長為6，內(nèi)切圓記為⊙O，P是⊙O上一動點，則2PB+PC的最小值為________.[答案]：.4.如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，CA=3，CB=4，的半徑為2，點P是上的一動點，則的最小值為？5.如圖，在平面直角坐標系中，，，，，P是△AOB外部第一象限內(nèi)的一動點，且∠BPA=135°，則的最小值是多少？[答案]6.如圖，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，以C為頂點的正方形CDEF（C、D、E、F四個頂點按逆時針方向排列）可以繞點C自由轉(zhuǎn)動，且CD＝，連接AF，BD（1）求證：△BDC≌△AFC；（2）當正方形CDEF有頂點在線段AB上時，直接寫出BD+AD的值；（3）直接寫出正方形CDEF旋轉(zhuǎn)過程中，BD+AD的最小值．【解答】（1）證明：如圖1中，∵四邊形CDEF是正方形，∴CF＝CD，∠DCF＝∠ACB＝90°，∴∠ACF＝∠DCB，∵AC＝CB，∴△FCA≌△DCB（SAS）．（2）解：①如圖2中，當點D，E在AB邊上時，∵AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，∴AB＝2，∵CD⊥AB，∴AD＝BD＝，∴BD+AD＝+1．②如圖3中，當點E，F(xiàn)在邊AB上時．BD＝CF＝，AD＝＝，∴BD+AD＝+．（3）如圖4中．取AC的中點M．連接DM，BM．∵CD＝，CM＝1，CA＝2，∴CD2＝CM?CA，∴＝，∵∠DCM＝∠ACD，∴△DCM∽△ACD，∴＝＝，∴DM＝AD，∴BD+AD＝BD+DM，∴當B，D，M共線時，BD+AD的值最小，最小值＝＝．7.（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，BD是AC邊上的中線，請用尺規(guī)作圖做出AB邊上的中線CE，并證明BD＝CE：（2）如圖2，已知點P是邊長為6的正方形ABCD內(nèi)部一動點，PA＝3，求PC+PD的最小值；（3）如圖3，在矩形ABCD中，AB＝18，BC＝25，點M是矩形內(nèi)部一動點，MA＝15，當MC+MD最小時，畫出點M的位置，并求出MC+MD的最小值．【解答】解：（1）如圖1中，作線段AB的垂直平分線MN交AB于點E，連接EC．線段EC即為所求；∵AB＝AC，AE＝EC，AD＝CD，∴AE＝AD，∵AB＝AC，∠A＝∠A，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD＝CE．（2）如圖2中，在AD上截取AE，使得AE＝．∵PA2＝9，AE?AD＝×6＝9，∴PA2＝AE?AD，∴＝，∵∠PAE＝∠DAP，∴△PAE∽△DAP，∴＝＝，∴PE＝PD，∴PC+PD＝PC+PE，∵PC+PE≥EC，∴PC+PD的最小值為EC的長，在Rt△CDE中，∵∠CDE＝90°，CD＝6，DE＝，∴EC＝＝，∴PC+PD的最小值為．（3）如圖3中，如圖2中，在AD上截取AE，使得AE＝9．∵MA2＝225，AE?AD＝9×25＝225，∴MA2＝AE?AE，∴＝，∵∠MAE＝∠DAM，∴△MAE∽△DAM，∴＝＝＝，∴ME＝MD，∴MC+MD＝MC+ME，∵MC+ME≥EC，∴MC+MD的最小值為EC的長，在Rt△CDE中，∵∠CDE＝90°，CD＝18，DE＝16，∴EC＝＝2，∴MC+MD的最小值為2．中考數(shù)學幾何模型12：主從聯(lián)動模型名師點睛①當軌跡為直線時思考1如圖，P是直線BC上一動點，連接AP，取AP中點Q，當點P在BC上運動時，Q點軌跡是？揭秘：將點P看成主動點，點Q看成從動點，當P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．可以這樣理解：分別過A、Q向BC作垂線，垂足分別為M、N，在運動過程中，因為AP=2AQ，所以QN始終為AM的一半，即Q點到BC的距離是定值，故Q點軌跡是一條直線，且Q點運動路徑長為P點運動路徑長的一半．思考2如圖，點C為定點，點P、Q為動點，CP=CQ，且∠PCQ為定值，當點P在直線AB上運動，請?zhí)骄奎cQ的運動軌跡.揭秘：當CP與CQ夾角固定，且AP=AQ時，P、Q軌跡是同一種圖形，且PP1=QQ1．可以這樣理解：易知△CPP1≌△CPP1，則∠CPP1=CQQ1，故可知Q點軌跡為一條直線.思考3如圖，點C為定點，點P是直線AB上的一動點，以CP為斜邊作Rt△CPQ，且∠P=30°，當點P在直線AB上運動，請?zhí)骄奎cQ的運動軌跡.揭秘：條件CP與CQ夾角固定時，P、Q軌跡是同一種圖形，且有．可以這樣理解：由CPQ∽△CP1Q1，易得△CPP1≌△CPP1，則∠CPP1=CQQ1，故可知Q點軌跡為一條直線.;SHAPE;軌跡是直線軌跡是直線總結(jié)條件：主動點、從動點與定點連線的夾角是定量；主動點、從動點到定點的距離之比是定量．結(jié)論：①主動點、從動點的運動軌跡是同樣的圖形；②主動點路徑做在直線與從動點路徑所在直線的夾角等于定角③當主動點、從動點到定點的距離相等時，從動點的運動路徑長等于主動點的運動路徑長；④當主動點、從動點到定點的距離不相等時，.典題探究啟迪思維探究重點例題1.如圖，在等邊△ABC中，AB=10，BD=4，BE=2，點P從點E出發(fā)沿EA方向運動，連結(jié)PD，以PD為邊，在PD的右側(cè)按如圖所示的方式作等邊△DPF，當點P從點E運動到點A時，點F運動的路徑長是________．變式練習>>>1．如圖，在平面直角坐標系中，A（-3,0），點B是y軸正半軸上一動點，以AB為邊在AB的下方作等邊△ABP，點B在y軸上運動時，求OP的最小值．例題2.如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE=1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右側(cè)作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為．變式練習>>>2．（2017秋?江漢區(qū)校級月考）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點E在AB上，點D為BC的中點，△EDM為等邊三角形．若點E從點B運動到點A，則M點所經(jīng)歷的路徑長為．例3.如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標為的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y=-x于點N，若點P是線段ON上的一個動點，∠APB=30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動．求當點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長是________．變式練習>>>3．（2019?東臺市模擬）如圖，平面直角坐標系中，點A（0，﹣2），B（﹣1，0），C（﹣5，0），點D從點B出發(fā)，沿x軸負方向運動到點C，E為AD上方一點，若在運動過程中始終保持△AED～△AOB，則點E運動的路徑長為．名師點睛②當軌跡為弧線時思考1：如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？揭秘：Q點軌跡是一個圓，考慮到Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，．小結(jié)：確定Q點軌跡圓即確定其圓心與半徑，由A、Q、P始終共線可得：A、M、O三點共線，由Q為AP中點可得：AM=1/2AO．Q點軌跡相當于是P點軌跡成比例縮放．根據(jù)動點之間的相對位置關(guān)系分析圓心的相對位置關(guān)系；根據(jù)動點之間的數(shù)量關(guān)系分析軌跡圓半徑數(shù)量關(guān)系．SHAPE軌跡是圓軌跡是圓思考2：如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？揭秘：Q點軌跡是個圓，可理解為將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得AQ，故Q點軌跡與P點軌跡都是圓．接下來確定圓心與半徑．考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP=AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM=AO，且可得半徑MQ=PO．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO≌△AQM．思考3：如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°，且AP=2AQ，當P在圓O運動時，Q點軌跡是？揭秘：考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP：AQ=2：1，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AO：AM=2：1．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為2．推理：（1）如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，以AP為一邊作等邊△APQ．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是和圓O全等的一個圓.（2）如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，以AP為斜邊作等腰直角△APQ．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡為按AP：AQ=AO：AM=：1的比例縮放的一個圓.總結(jié)：為了便于區(qū)分動點P、Q，可稱點P為“主動點”，點Q為“從動點”．此類問題的必要條件：兩個定量，即：①主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；②主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP：AQ是定值）．結(jié)論：（1）主、從動點與定點連線的夾角等于兩圓心與定點連線的夾角：∠PAQ=∠OAM；（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點距離之比：AP：AQ=AO：AM，也等于兩圓半徑之比，也等于兩動點運動軌跡長之比，按以上兩點即可確定從動點軌跡圓，Q與P的關(guān)系相當于旋轉(zhuǎn)+伸縮．古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”．典題探究啟迪思維探究重點例題4.如圖，點P（3，4），圓P半徑為2，A（2.8，0），B（5.6，0），點M是圓P上的動點，點C是MB的中點，則AC的最小值是_______．變式練習>>>4．如圖，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點，當點P從點A運動至點B時，點M運動的路徑長為________．例題5.如圖，正方形ABCD中，，O是BC邊的中點，點E是正方形內(nèi)一動點，OE=2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得DF，連接AE、CF．求線段OF長的最小值．變式練習>>>5．△ABC中，AB=4，AC=2，以BC為邊在△ABC外作正方形BCDE，BD、CE交于點O，則線段AO的最大值為_____________．名師點睛③當軌跡為其他種類時根據(jù)剛才我們的探究，所謂“瓜豆原理”，就是主動點的軌跡與從動點的軌跡是相似性，根據(jù)主、從動點與定點連線形成的夾角以及主、從動點到定點的距離之比，可確定從動點的軌跡，而當主動點軌跡是其他圖形時，從動點軌跡必然也是．典題探究啟迪思維探究重點例題6.如圖，在反比例函數(shù)的圖像上有一個動點A，連接AO并延長交圖像的另一支于點B，在第一象限內(nèi)有一點C，滿足AC=BC，當點A運動時，點C始終在函數(shù)的圖像上運動，若tan∠CAB=2，則k的值為（）A．2 B．4 C．6 D．8變式練習>>>6．（2017?深圳模擬）如圖，反比例函數(shù)y＝的圖象上有一動點A，連接AO并延長交圖象的另一支于點B，在第二象限內(nèi)有一點C，滿足AC＝BC，當點A運動時，點C始終在函數(shù)y＝的圖象上運動，tan∠CAB＝2，則關(guān)于x的方程x2﹣5x+k＝0的解為．例題7.如圖，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），點P是△ABC邊上一動點，連接OP，以O(shè)P為斜邊在OP的右上方作等腰直角△OPQ，當點P在△ABC邊上運動一周時，點Q的軌跡形成的封閉圖形面積為________．變式練習>>>7．（2017春?工業(yè)園區(qū)期末）如圖，△ABC的面積為9，點P在△ABC的邊上運動．作點P關(guān)于原點O的對稱點Q，再以PQ為邊作等邊△PQM．當點P在△ABC的邊上運動一周時，點M隨之運動所形成的圖形面積為（）A．3 B．9 C．27 D．例題8.如圖所示，AB=4，AC=2，以BC為底邊向上構(gòu)造等腰直角三角形BCD，連接AD并延長至點P，使AD=PD，則PB的取值范圍為___________．變式練習>>>8．（2018秋?新吳區(qū)期末）如圖已知：正方形OCAB，A（2，2），Q（5，7），AB⊥y軸，AC⊥x軸，OA，BC交于點P，若正方形OCAB以O(shè)為位似中心在第一象限內(nèi)放大，點P隨正方形一起運動，當PQ達到最小值時停止運動．以PQ的長為邊長，向PQ的右側(cè)作等邊△PQD，求在這個位似變化過程中，D點運動的路徑長（）A．5 B．6 C．2 D．4例題9.（2019秋?硚口區(qū)期中）如圖，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一個平面上，邊AC與EF重合，BC＝4cm．當點E從點A出發(fā)沿AC方向滑動時，點F同時從點C出發(fā)沿射線BC方向滑動，當點E從點A滑動到點C時，點D運動的路徑長為cm．變式練習>>>9．（2018?金華模擬）如圖，Rt△ABC中，BC＝4，AC＝8，Rt△ABC的斜邊在x軸的正半軸上，點A與原點重合，隨著頂點A由O點出發(fā)沿y軸的正半軸方向滑動，點B也沿著x軸向點O滑動，直到與點O重合時運動結(jié)束．在這個運動過程中．（1）AB中點P經(jīng)過的路徑長．（2）點C運動的路徑長是．達標檢測領(lǐng)悟提升強化落實1.（2018秋?黃岡期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2cm，線段BC上一動點P從C點開始運動，到B點停止，以AP為邊在AC的右側(cè)作等邊△APQ，則Q點運動的路徑為cm．2．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，點F是對角線AC上的一個動點，連接DF，以DF為斜邊作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使點E和點A位于DF兩側(cè)，點F從點A到點C的運動過程中，點E的運動路徑長是．3．（2019?銅山區(qū)二模）如圖，已知點M（0，4），N（4，0），開始時，△ABC的三個頂點A、B、C分別與點M、N、O重合，點A在y軸上從點M開始向點O滑動，到達點O結(jié)束運動，同時點B沿著x軸向右滑動，則在此運動過程中，點C的運動路徑長．3．（2018?寶應(yīng)縣三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝2，若P是以AB為直徑所作半圓上由A沿著半圓向B運動的一點，連接CP，過P向下作PM⊥CP，且有PM＝0.5CP，如圖示，求點P運動過程中，點M的運動路徑長是．4．如圖，已知線段AB＝8，O為AB的中點，P是平面內(nèi)的一個動點，在運動過程中保持OP＝2不變，連結(jié)BP，將PB繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°到PC，連結(jié)BC、AC，則線段AC長的最大值是．5．（2017?江陰市二模）如圖，線段AB為⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB＝4，BC＝2，點P是⊙O上一動點，連接CP，以CP為斜邊在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP＝60°，連接OD，則OD長的最大值為．6．（2018?建湖縣一模）如圖，在平面直角坐標系中，A（4，0）、B（0，﹣3），以點B為圓心、2為半徑的⊙B上有一動點P．連接AP，若點C為AP的中點，連接OC，則OC的最小值為．7．（2016?江岸區(qū)校級模擬）如圖，線段AB＝2，C是AB上一動點，以AC、BC為邊在AB同側(cè)作正△ACE、正△BCF，連EF，點P為EF的中點．當點C從A運動到B時，P點運動路徑長為．8．（2019秋?江岸區(qū)校級月考）如圖，正△ABC中，AB＝2，AD⊥BC于D，P，Q分別是AB，BC上的動點，且PQ＝AD，點M在PQ的右上方且PM＝QM，∠M＝120°，當P從點A運動到點B時，M運動的路徑長為．9．如圖，點P（t，0）（t＞0）是x軸正半軸上的一定點，以原點為圓心作半徑為1的弧分別交x軸．y軸于A，B兩點，點M是上的一個動點，連結(jié)PM，作∠MPM1＝90°，∠PMM1＝60°，當P是x軸正半軸上的任意一點時，點M從點A運動至點B，M1的運動路徑長是．10．（2017秋?宜興市期末）如圖，在平面直角坐標系中，有一條長為10的線段AB，其端點A、點B分別在y軸、x軸上滑動，點C為以AB為直徑的⊙D上一點（C始終在第一象限），且tan∠BAC＝．則當點A從A0（0，10）滑動到O（0，0），B從O（0，0）滑動到B0（10，0）的過程中，點C運動的路徑長為．中考數(shù)學幾何模型12：主從聯(lián)動模型名師點睛①當軌跡為直線時思考1如圖，P是直線BC上一動點，連接AP，取AP中點Q，當點P在BC上運動時，Q點軌跡是？揭秘：將點P看成主動點，點Q看成從動點，當P點軌跡是直線時，Q點軌跡也是一條直線．可以這樣理解：分別過A、Q向BC作垂線，垂足分別為M、N，在運動過程中，因為AP=2AQ，所以QN始終為AM的一半，即Q點到BC的距離是定值，故Q點軌跡是一條直線，且Q點運動路徑長為P點運動路徑長的一半．思考2如圖，點C為定點，點P、Q為動點，CP=CQ，且∠PCQ為定值，當點P在直線AB上運動，請?zhí)骄奎cQ的運動軌跡.揭秘：當CP與CQ夾角固定，且AP=AQ時，P、Q軌跡是同一種圖形，且PP1=QQ1．可以這樣理解：易知△CPP1≌△CPP1，則∠CPP1=CQQ1，故可知Q點軌跡為一條直線.思考3如圖，點C為定點，點P是直線AB上的一動點，以CP為斜邊作Rt△CPQ，且∠P=30°，當點P在直線AB上運動，請?zhí)骄奎cQ的運動軌跡.揭秘：條件CP與CQ夾角固定時，P、Q軌跡是同一種圖形，且有．可以這樣理解：由CPQ∽△CP1Q1，易得△CPP1≌△CPP1，則∠CPP1=CQQ1，故可知Q點軌跡為一條直線.軌跡是直線軌跡是直線總結(jié)條件：主動點、從動點與定點連線的夾角是定量；主動點、從動點到定點的距離之比是定量．結(jié)論：①主動點、從動點的運動軌跡是同樣的圖形；②主動點路徑做在直線與從動點路徑所在直線的夾角等于定角③當主動點、從動點到定點的距離相等時，從動點的運動路徑長等于主動點的運動路徑長；④當主動點、從動點到定點的距離不相等時，.典題探究啟迪思維探究重點例題1.如圖，在等邊△ABC中，AB=10，BD=4，BE=2，點P從點E出發(fā)沿EA方向運動，連結(jié)PD，以PD為邊，在PD的右側(cè)按如圖所示的方式作等邊△DPF，當點P從點E運動到點A時，點F運動的路徑長是________．【分析】根據(jù)△DPF是等邊三角形，所以可知F點運動路徑長與P點相同，P從E點運動到A點路徑長為8，故此題答案為8．變式練習>>>1．如圖，在平面直角坐標系中，A（-3,0），點B是y軸正半軸上一動點，以AB為邊在AB的下方作等邊△ABP，點B在y軸上運動時，求OP的最小值．【分析】求OP最小值需先作出P點軌跡，根據(jù)△ABP是等邊三角形且B點在直線上運動，故可知P點軌跡也是直線．取兩特殊時刻：（1）當點B與點O重合時，作出P點位置P1；（2）當點B在x軸上方且AB與x軸夾角為60°時，作出P點位置P2．連接P1P2，即為P點軌跡．根據(jù)∠ABP=60°可知：與y軸夾角為60°，作OP⊥，所得OP長度即為最小值，OP2=OA=3，所以O(shè)P=．例題2.如圖，正方形ABCD的邊長為4，E為BC上一點，且BE=1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，以EF為邊向右側(cè)作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為．【分析】同樣是作等邊三角形，區(qū)別于上一題求動點路徑長，本題是求CG最小值，可以將F點看成是由點B向點A運動，由此作出G點軌跡：考慮到F點軌跡是線段，故G點軌跡也是線段，取起點和終點即可確定線段位置，初始時刻G點在位置，最終G點在位置（不一定在CD邊），即為G點運動軌跡．CG最小值即當CG⊥的時候取到，作CH⊥于點H，CH即為所求的最小值．根據(jù)模型可知：與AB夾角為60°，故⊥．過點E作EF⊥CH于點F，則HF==1，CF=，所以CH=，因此CG的最小值為．變式練習>>>2．（2017秋?江漢區(qū)校級月考）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點E在AB上，點D為BC的中點，△EDM為等邊三角形．若點E從點B運動到點A，則M點所經(jīng)歷的路徑長為6．【解答】解：當點E在B時，M在AB的中點N處，當點E與A重合時，M的位置如圖所示，所以點E從點B運動到點A，則M點所經(jīng)歷的路徑為MN的長，∵△ABC是等邊三角形，D是BC的中點，∴AD⊥BC，∠BAD＝30°，∵AB＝6，∴AD＝＝3，∵△EDM是等邊三角形，∴AM＝AD＝3，∠DAM＝60°，∴∠NAM＝30°+60°＝90°，∵AN＝AB＝3，在Rt△NAM中，由勾股定理得：MN＝＝＝6，則M點所經(jīng)歷的路徑長為6，故答案為：6．例題3.如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標為的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y=-x于點N，若點P是線段ON上的一個動點，∠APB=30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動．求當點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長是________．【分析】根據(jù)∠PAB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB=，故B點軌跡也是線段，且P點軌跡路徑長與B點軌跡路徑長之比也為，P點軌跡長ON為，故B點軌跡長為．變式練習>>>3．（2019?東臺市模擬）如圖，平面直角坐標系中，點A（0，﹣2），B（﹣1，0），C（﹣5，0），點D從點B出發(fā)，沿x軸負方向運動到點C，E為AD上方一點，若在運動過程中始終保持△AED～△AOB，則點E運動的路徑長為．【解答】解：如圖，連接OE．∵∠AED＝∠AOD＝90°，∴A，O，E，D四點共圓，∴∠EOC＝∠EAD＝定值，∴點E在射線OE上運動，∠EOC是定值．∵tan∠EOD＝tan∠OAB＝，∴可以假設(shè)E（﹣2m，m），當點D與C重合時，AC＝＝，∵AE＝2EC，∴EC＝＝，∴（﹣2m+5）2+m2＝，解得m＝或（舍棄），∴E（﹣，），∴點E的運動軌跡＝OE的長＝，故答案為．名師點睛②當軌跡為弧線時思考1如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，Q為AP中點．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？揭秘：Q點軌跡是一個圓，考慮到Q點始終為AP中點，連接AO，取AO中點M，則M點即為Q點軌跡圓圓心，半徑MQ是OP一半，任意時刻，均有△AMQ∽△AOP，．小結(jié)：確定Q點軌跡圓即確定其圓心與半徑，由A、Q、P始終共線可得：A、M、O三點共線，由Q為AP中點可得：AM=1/2AO．Q點軌跡相當于是P點軌跡成比例縮放．根據(jù)動點之間的相對位置關(guān)系分析圓心的相對位置關(guān)系；軌跡是圓根據(jù)動點之間的數(shù)量關(guān)系分析軌跡圓半徑數(shù)量關(guān)系．軌跡是圓思考2：如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是？揭秘：Q點軌跡是個圓，可理解為將AP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得AQ，故Q點軌跡與P點軌跡都是圓．接下來確定圓心與半徑．考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP=AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM=AO，且可得半徑MQ=PO．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO≌△AQM．思考3：如圖，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°，且AP=2AQ，當P在圓O運動時，Q點軌跡是？揭秘：考慮AP⊥AQ，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AM⊥AO；考慮AP：AQ=2：1，可得Q點軌跡圓圓心M滿足AO：AM=2：1．即可確定圓M位置，任意時刻均有△APO∽△AQM，且相似比為2．推理：（1）如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，以AP為一邊作等邊△APQ．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡是和圓O全等的一個圓.（2）如圖，P是圓O上一個動點，A為定點，連接AP，以AP為斜邊作等腰直角△APQ．當點P在圓O上運動時，Q點軌跡為按AP：AQ=AO：AM=：1的比例縮放的一個圓.總結(jié)：為了便于區(qū)分動點P、Q，可稱點P為“主動點”，點Q為“從動點”．此類問題的必要條件：兩個定量，即：①主動點、從動點與定點連線的夾角是定量（∠PAQ是定值）；②主動點、從動點到定點的距離之比是定量（AP：AQ是定值）．結(jié)論：（1）主、從動點與定點連線的夾角等于兩圓心與定點連線的夾角：∠PAQ=∠OAM；（2）主、從動點與定點的距離之比等于兩圓心到定點距離之比：AP：AQ=AO：AM，也等于兩圓半徑之比，也等于兩動點運動軌跡長之比，按以上兩點即可確定從動點軌跡圓，Q與P的關(guān)系相當于旋轉(zhuǎn)+伸縮．古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”．典題探究啟迪思維探究重點例題4.如圖，點P（3，4），圓P半徑為2，A（2.8，0），B（5.6，0），點M是圓P上的動點，點C是MB的中點，則AC的最小值是_______．【分析】M點為主動點，C點為從動點，B點為定點．考慮C是BM中點，可知C點軌跡：取BP中點O，以O(shè)為圓心，OC為半徑作圓，即為點C軌跡．當A、C、O三點共線且點C在線段OA上時，AC取到最小值，根據(jù)B、P坐標求O，利用兩點間距離公式求得OA，再減去OC即可．答案為變式練習>>>4．如圖，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點，當點P從點A運動至點B時，點M運動的路徑長為________．【分析】考慮C、M、P共線及M是CP中點，可確定M點軌跡：取AB中點O，連接CO取CO中點D，以D為圓心，DM為半徑作圓D分別交AC、BC于E、F兩點，則弧EF即為M點軌跡．當然，若能理解M點與P點軌跡關(guān)系，可直接得到M點的軌跡長為P點軌跡長一半，即可解決問題．答案為例題5.如圖，正方形ABCD中，，O是BC邊的中點，點E是正方形內(nèi)一動點，OE=2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°得DF，連接AE、CF．求線段OF長的最小值．【分析】E是主動點，F(xiàn)是從動點，D是定點，E點滿足EO=2，故E點軌跡是以O(shè)為圓心，2為半徑的圓．考慮DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F(xiàn)點軌跡是以點M為圓心，2為半徑的圓．直接連接OM，與圓M交點即為F點，此時OF最小．可構(gòu)造三垂直全等求線段長，再利用勾股定理求得OM，減去MF即可得到OF的最小值．答案為變式練習>>>5．△ABC中，AB=4，AC=2，以BC為邊在△ABC外作正方形BCDE，BD、CE交于點O，則線段AO的最大值為_____________．【分析】考慮到AB、AC均為定值，可以固定其中一個，比如固定AB，將AC看成動線段，由此引發(fā)正方形BCED的變化，求得線段AO的最大值．根據(jù)AC=2，可得C點軌跡是以點A為圓心，2為半徑的圓．接下來題目求AO的最大值，所以確定O點軌跡即可，觀察△BOC是等腰直角三角形，銳角頂點C的軌跡是以點A為圓心，2為半徑的圓，所以O(shè)點軌跡也是圓，以AB為斜邊構(gòu)造等腰直角三角形，直角頂點M即為點O軌跡圓圓心．連接AM并延長與圓M交點即為所求的點O，此時AO最大，根據(jù)AB先求AM，再根據(jù)BC與BO的比值可得圓M的半徑與圓A半徑的比值，得到MO，相加即得AO．答案為，本題或者直接利用托勒密定理可得最大值．名師點睛③當軌跡為其他種類時根據(jù)剛才我們的探究，所謂“瓜豆原理”，就是主動點的軌跡與從動點的軌跡是相似性，根據(jù)主、從動點與定點連線形成的夾角以及主、從動點到定點的距離之比，可確定從動點的軌跡，而當主動點軌跡是其他圖形時，從動點軌跡必然也是．典題探究啟迪思維探究重點例題6.如圖，在反比例函數(shù)的圖像上有一個動點A，連接AO并延長交圖像的另一支于點B，在第一象限內(nèi)有一點C，滿足AC=BC，當點A運動時，點C始終在函數(shù)的圖像上運動，若tan∠CAB=2，則k的值為（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】∠AOC=90°且AO：OC=1：2，顯然點C的軌跡也是一條雙曲線，分別作AM、CN垂直x軸，垂足分別為M、N，連接OC，易證△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若將條件“tan∠CAB=2”改為“△ABC是等邊三角形”，k會是多少？變式練習>>>6．（2017?深圳模擬）如圖，反比例函數(shù)y＝的圖象上有一動點A，連接AO并延長交圖象的另一支于點B，在第二象限內(nèi)有一點C，滿足AC＝BC，當點A運動時，點C始終在函數(shù)y＝的圖象上運動，tan∠CAB＝2，則關(guān)于x的方程x2﹣5x+k＝0的解為x1＝﹣1，x2＝6．【解答】解：連接OC，過點A作AE⊥y軸于點E，過點C作CF⊥y軸于點F，如圖所示，∵由直線AB與反比例函數(shù)y＝的對稱性可知A、B點關(guān)于O點對稱，∴AO＝BO．又∵AC＝BC，∴CO⊥AB．∵∠AOE+∠AOF＝90°，∠AOF+∠COF＝90°，∴∠AOE＝∠COF，又∵∠AEO＝90°，∠CFO＝90°，∴△AOE∽△COF，∴＝＝，∵tan∠CAB＝＝2，∴CF＝2AE，OF＝2OE．又∵AE?OE＝，CF?OF＝|k|，∴k＝±6．∵點C在第二象限，∴k＝﹣6，∴關(guān)于x的方程x2﹣5x+k＝0可化為x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝﹣1，x2＝6．故答案為：x1＝﹣1，x2＝6．例題7.如圖，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），點P是△ABC邊上一動點，連接OP，以O(shè)P為斜邊在OP的右上方作等腰直角△OPQ，當點P在△ABC邊上運動一周時，點Q的軌跡形成的封閉圖形面積為________．【分析】根據(jù)△OPQ是等腰直角三角形可得：Q點運動軌跡與P點軌跡形狀相同，根據(jù)OP:OQ=，可得P點軌跡圖形與Q點軌跡圖形相似比為，故面積比為2:1，△ABC面積為1/2×3×4=6，故Q點軌跡形成的封閉圖形面積為3．【小結(jié)】根據(jù)瓜豆原理，類似這種求從動點軌跡長或者軌跡圖形面積，根據(jù)主動點軌跡推導即可，甚至無需作圖．變式練習>>>7．（2017春?工業(yè)園區(qū)期末）如圖，△ABC的面積為9，點P在△ABC的邊上運動．作點P關(guān)于原點O的對稱點Q，再以PQ為邊作等邊△PQM．當點P在△ABC的邊上運動一周時，點M隨之運動所形成的圖形面積為（）A．3 B．9 C．27 D．【解答】解：如圖，∵點P從點A出發(fā)，沿△ABC的邊從A﹣B﹣C﹣A運動一周，且點Q關(guān)于原點O與點P對稱，∴點Q隨點P運動所形成的圖形是△ABC關(guān)于O的中心對稱圖形，以PQ為邊作等邊△PQM，M點對應(yīng)的A，B，C的點分別為Ma，Mb，Mc，∵△MbQbB是等邊三角形，∴MbO＝OB，同理McO＝OC，∴＝＝，∵∠COB+∠BOMc＝90°，∠McOMb+∠BOMc＝90°∴∠COB＝∠McOMb，∴△McOMb∽△COB，∴MbMc＝BC，同理，MaMb＝AB，MaMc＝AC，∴△MaMbMc∽△ABC，∴△MaMbMc的面積＝9×（）2＝27，即點M隨點P運動所形成的圖形的面積為27．故選：C．例題8.如圖所示，AB=4，AC=2，以BC為底邊向上構(gòu)造等腰直角三角形BCD，連接AD并延長至點P，使AD=PD，則PB的取值范圍為___________．【分析】固定AB不變，AC=2，則C點軌跡是以A為圓心，2為半徑的圓，以BC為斜邊作等腰直角三角形BCD，則D點軌跡是以點M為圓心、為半徑的圓考慮到AP=2AD，故P點軌跡是以N為圓心，為半徑的圓，即可求出PB的取值范圍．答案為變式練習>>>8．（2018秋?新吳區(qū)期末）如圖已知：正方形OCAB，A（2，2），Q（5，7），AB⊥y軸，AC⊥x軸，OA，BC交于點P，若正方形OCAB以O(shè)為位似中心在第一象限內(nèi)放大，點P隨正方形一起運動，當PQ達到最小值時停止運動．以PQ的長為邊長，向PQ的右側(cè)作等邊△PQD，求在這個位似變化過程中，D點運動的路徑長（）A．5 B．6 C．2 D．4【解答】解：如圖，連接OQ，以O(shè)Q為邊向下作等邊△OQH，連接DH，作QE⊥OA交OA的延長線于E．∵△OQH，△PQD都是等邊三角形，∴QO＝QH，QP＝QD，∠OQH＝∠PQD＝60°，∴∠OQP＝∠HQD，∴△OQP≌△HQD（SAS），∴OP＝DH，∴點D的運動路徑的長＝點P的運動路徑的長，∵直線OA的解析式為y＝x，Q（5，7），QE⊥OA，∴直線EQ使得解析式為y＝﹣x+12，由，解得，∴E（6，6），∵P（1，1），∴PE＝5，根據(jù)垂線段最短可知，當點P與點E重合時，PQ的長最短，∴點P的運動路徑的長為5，∴點D的運動路徑的長為5，故選：A．例題9.（2019秋?硚口區(qū)期中）如圖，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一個平面上，邊AC與EF重合，BC＝4cm．當點E從點A出發(fā)沿AC方向滑動時，點F同時從點C出發(fā)沿射線BC方向滑動，當點E從點A滑動到點C時，點D運動的路徑長為（24﹣12）cm．【解答】解：∵BC＝4cm，∠A＝30°，∠DEF＝45°，∴AC＝BC＝12cm，AB＝2BC＝8cm，ED＝DF＝AC＝6cm，當點E沿AC方向下滑時，得△E'D'F'，過點D'作D'N⊥AC于點N，作D'M⊥BC于點M，如圖所示：∴∠MD'N＝90°，且∠E'D'F'＝90°，∴∠E'D'N＝∠F'D'M，在△D'NE'和△D'MF'中，，∴△D'NE'≌△D'MF'（AAS），∴D'N＝D'M，且D'N⊥AC，D'M⊥CM，∴CD'平分∠ACM，即點E沿AC方向下滑時，點D'在射線CD上移動，∴當E'D'⊥AC時，DD'值最大，最大值＝ED﹣CD＝（12﹣6）cm，∴當點E從點A滑動到點C時，點D運動的路徑長＝2×（12﹣6）＝（24﹣12）cm；故答案為：（24﹣12）．變式練習>>>9．（2018?金華模擬）如圖，Rt△ABC中，BC＝4，AC＝8，Rt△ABC的斜邊在x軸的正半軸上，點A與原點重合，隨著頂點A由O點出發(fā)沿y軸的正半軸方向滑動，點B也沿著x軸向點O滑動，直到與點O重合時運動結(jié)束．在這個運動過程中．（1）AB中點P經(jīng)過的路徑長π．（2）點C運動的路徑長是8﹣12．【解答】解：（1）如圖1，∵∠AOB＝90°，P為AB的中點，∴OP＝AB，∵AB＝4，∴OP＝2，∴AB中點P運動的軌跡是以O(shè)為圓心，以O(shè)P為半徑的圓弧，即AB中點P經(jīng)過的路徑長＝×2×2π＝π；（2）①當A從O到現(xiàn)在的點A處時，如圖2，此時C′A⊥y軸，點C運動的路徑長是CC′的長，∴AC′＝OC＝8，∵AC′∥OB，∴∠AC′O＝∠COB，∴cos∠AC′O＝cos∠COB＝＝，∴＝，∴OC′＝4，∴CC′＝4﹣8；②當A再繼續(xù)向上移動，直到點B與O重合時，如圖3，此時點C運動的路徑是從C′到C，長是CC′，CC′＝OC′﹣BC＝4﹣4，綜上所述，點C運動的路徑長是：4﹣8+4﹣4＝8﹣12；故答案為：（1）π；（2）8﹣12．達標檢測領(lǐng)悟提升強化落實1.（2018秋?黃岡期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2cm，線段BC上一動點P從C點開始運動，到B點停止，以AP為邊在AC的右側(cè)作等邊△APQ，則Q點運動的路徑為2cm．【解答】解：如圖，Q點運動的路徑為QQ′的長，∵△ACQ和△ABQ′是等邊三角形，∴∠CAQ＝∠BAQ′＝60°，AQ＝AC＝AQ′＝2cm，∵∠BAC＝90°，∴∠QAQ′＝90°，由勾股定理得：QQ′＝＝＝2，∴Q點運動的路徑為2cm；故答案為：2．2．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，點F是對角線AC上的一個動點，連接DF，以DF為斜邊作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使點E和點A位于DF兩側(cè)，點F從點A到點C的運動過程中，點E的運動路徑長是．【解答】解：E的運動路徑是線段EE'的長；∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴BC＝，當F與A點重合時，在Rt△ADE'中，AD＝，∠DAE'＝30°，∠ADE'＝60°，∴DE'＝，∠CDE'＝30°，當F與C重合時，∠EDC＝60°，∴∠EDE'＝90°，∠DEE'＝30°，在Rt△DEE'中，EE'＝；故答案為．3．（2019?銅山區(qū)二模）如圖，已知點M（0，4），N（4，0），開始時，△ABC的三個頂點A、B、C分別與點M、N、O重合，點A在y軸上從點M開始向點O滑動，到達點O結(jié)束運動，同時點B沿著x軸向右滑動，則在此運動過程中，點C的運動路徑長4．【解答】解：過點C'作C'D⊥x軸，C'E⊥y軸∵點M（0，4），N（4，0），∴OM＝ON，∵∠CA'C'+45°＝∠EAB+∠MGB＝45°+∠MGB，∴∠EA'C'＝∠B'GB，∵∠B'GB+∠GB'B＝45°，∠GB'B+∠DB'C'＝45°，∴∠EA'C'＝∠DB'C'，又∵A'C'＝B'C'，∴Rt△A'C'E≌Rt△B'C'D（HL），∴EC'＝DC'，∴C'在第四象限的角平分線上，∴C的運動