2021年中考数学复习：瓜豆原理专题
2021年中考压轴之瓜豆原理求线段最值问题
中考线段最值问题----瓜豆原理【问题引入】如下图1所示，Q为OP的中点，P为线段AB上的一个动点，Q为OP的中点，当P点在线段AB上运动时，Q点的运动轨迹是什么？【问题分析】如下图2，当P点为于A点时，此时Q点位于OA的中点Q1；当P点位于B点时，此时Q点位于OB的中点Q2；我们发现，△OQ1Q2△△OAB，随着Q点位置的不同，△OQ1Q2与△OAB 一直相似，其本质为动态相似！【模型建立】此类题中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的是另一个动点Q，P和Q之间存在着某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹即为本文要探讨的瓜豆原理。
1、两个概念：主动点：主动运动的点称为主动点，如上图1中的P点；从动点：由于主动点运动而“被迫”运动的点称为从动点，如上图1中的Q点；2、瓜豆原理成立的两个必要条件△主动点、从动点与定点连线的夹角为定值；△主动点、从动点到定点的距离之比是定值.举例如下：如下图3:，动点P在直线BC上运动，A为定点，Q为另一动点，且满足条件：①∠PAQ是定值；②AP：AQ是定值，则动点Q的轨迹与动点P的轨迹一致，即：P在直线BC上动，则Q在另一直线MN上动，且△BAC∽△MAN(动态相似)。
3、核心结论①从动点的运动轨迹与主动点运动轨迹一致，即如果主动点在直线上运动，则从动点也必然在直线上运动；如果主动点在圆上运动，则从动点也必然在圆上运动，故非常形象的称之为“瓜豆原理”。
②主动点的起点、终点、定点组成的三角形与从动点的起点、终点、定点组成的三角形相似(或全等)，如上图中△AMN∽△ABC。
③主动点运动轨迹与从动点的运动轨迹的夹角(锐角)等于主、从动点与定点连线的夹角。
如上图中∠PAQ=α。
【类型总结】---核心处理方法：Step1：找出主动点的起点和终点；Step2：找出题中所有的定点；Step3：验证两个必要条件，即：①主、从动点与定点连线的夹角为定值；②主、从动点到定点的距离之比是定值。
中考专题- 瓜豆原理中动点轨迹直线型最值问题以及逆向构造(解析版)
专题01 瓜豆原理中动点轨迹直线型最值问题以及逆向构造【专题说明】近些年的中考中，经常出现动点的运动轨迹类问题，通常出题以求出轨迹的长度或最值最为常见。
很多考生碰到此类试题常常无所适从，不知该从何下手。
动点轨迹问题是中考的重要压轴点.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一个黑洞.掌握该压轴点的基本图形,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.本文就动点轨迹问题的基本图形作一详述.动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型.其实初中阶段如遇求轨迹长度仅有2种类型：“直线型”和“圆弧型”（两种类型中还会涉及点往返探究“往返型”），对于两大类型该如何断定，通常老师会让学生画图寻找3处以上的点来确定轨迹类型进而求出答案，对于填空选择题而言不外乎是个好方法，但如果要进行说理很多考生难以解释清楚。
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．只要满足：1.两“动”，一“定”；2.两动点与定点的连线夹角是定角3.两动点到定点的距离比值是定值。
【引例】（选讲）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．【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）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’，EP’的最小值【分析】结合这个例题我们再来熟悉一下瓜豆模型第一层：点P’运动的轨迹是直线吗？答：是直线，可以通过P在A，D时，即始末位置时P’对应的位置得到直线轨迹，对于选填题，可找出从动点的始末位置，从而快速定位轨迹，若要说理则需要构造手拉手证明.第二层：点P’的运动长度和点P的运动长度相同吗？答：因为点P’与点P到定点C的距离相等，则有运动路径长度相等，若要说理则同样需要构造手拉手结构，通过全等证明.第三层：手拉手模型怎么构造？答：以旋转中心C为顶点进行构造，其实只要再找一组对应的主从点即可，简单来说就是从P点的轨迹即线段AD中再找一个点进行与P点类似的的旋转，比如把线段AD中的点A绕C点逆时针旋转60°，即为点B，连接BP’即可得到一组手拉手模型，虽然前面说是任意点，但一般来说我们选择一个特殊位置的点进行旋转后的点位置也是比较容易确定的，比如说点D进行旋转也是比较方便的．P'末P'第四层：分析∠CAP 和∠CBP ’答：由全等可知∠CAP ＝∠CBP ’，因为B 为定点，所以得到P ’轨迹为直线BP ’第五层：点P 和点P ’轨迹的夹角和旋转角的关系答：不难得出本题主动点与从动点轨迹的夹角等于旋转角，要注意的是如果旋转角是钝角，那么主动点与从动点轨迹的夹角等于旋转角的补角，这个在后面的例题中会出现.P'D'P'P'大气层：前面提到，如果是选填题，可以通过找从动点的始末位置快速定位轨迹线段，或者通过构造手拉手，通过全等或相似得出相等角然后得出轨迹，这两种方法都是先找出从动点P ’的轨迹，再作垂线段并求出垂线段的长得到最小值，那么还有其他方法吗？答：还可以对关键点进行旋转来构造手拉手模型，从而代换所求线段，构造如下．将点EC 绕点C 顺时针旋转60°，构造手拉手模型(SAS 全等型)，从而得到P ’E ＝PG ，最小值即为点G 到AD 的距离．要注意的是因为要代换P ’E ，所以E 点的旋转方式应该是从P ’ P ，所以是顺时针旋转，求轨迹时的旋转方式则是P P ’，注意区分.策略一：找从动点轨迹 连接BP ’，由旋转可得，CP ＝C P’，∠P’CP ＝60°， ∵△ABC 是等边三角形， ∴AC ＝BC ，∠ACB ＝60°，P'∴∠ACB ＝∠PC P’， ∴△ACP ≌△BC P’(SAS )， ∴∠CBP ’＝∠CAP ，∵边长为4的等边三角形ABC 中，P 是对称轴AD 上的一个动点， ∴∠CAP ＝30°，BD ＝2， ∴∠CB P’＝30°，即点P’的运动轨迹为直线B P’， ∴当D P’⊥B P’时，EP’最短， 此时，EP’＝12BD +ED ＝122 +2＝3∴EP’的最小值是3策略二：代换所求线段将点E 绕C 点顺时针旋转60°得到点G ，连接PG ，CG ，EP ’由旋转可得EC ＝ CG ， CP ＝CP ’，∠P ’CP ＝60°，∠ECG ＝60°， ∴△ECG 是等边三角形，EG ＝2 ∵∠PCP ’＝∠ECG ∴∠PCG ＝∠EC P ’ ∴△GCP ≌△ECP ’(SAS )， ∴EP ’＝GP ，过点G 作AD 的垂线GH 垂足为H ，GH 即为所求．∵∠GEC＝∠ACD∴HE∥DC∵∠GHD＝∠ADC∴HG∥DC故G，E，H三点共线，则有HE∥DC又E是AC中点，分线段成比例可知H是AD中点∴HE＝11 2DC='=21=3EP GP HE EG==++∴EP’的最小值是3总共提到了3种处理方式：1.找始末，定轨迹2.在轨迹上找一点旋转，构造手拉手模型，再通过角度相等得到从动点轨迹.3.反向旋转相关定点，构造手拉手模型，代换所求线段，即逆向构造.那么什么具体选择什么方法更合适呢？我们再看一道例题【例题2 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】现在，我们分别用上面提到的3种策略来处理这个题目策略一：找始末，定轨迹我们分别以BE ，AE 为边，按题目要求构造等边三角形得到G 1与G 2，连接G 1与G 2得到点G 的轨迹，再作垂线CH 得到最小值.前面提到过从动点轨迹和主动点轨迹的夹角与旋转角有关，我们可以调用这个结论，得到∠AMG 1＝60°，进一步得到△MBG 1为等腰三角形后，求CH 就不难了，可得5=2CHEBDAF2EBC2EBC2EBCM 2ECN2EC2EC策略二：在点F 轨迹上找一点进行旋转.我们分别对A ，B 顺时针旋转60°，构造手拉手模型，再通过角度相等得到从动点轨迹， 对A 点旋转会得到一个正切值为14的角，即1tan tan 4∠GME=∠AFE=，然后进一步算出最值或【简证】311202EM AE EN NEC IC ==⇒=︒⇒=∠,则5=2CH 对B 点旋转得到∠EMG ＝∠FBE ＝90°，相对来说要容易一些.策略三：反向旋转相关定点，构造手拉手模型，代换所求线段.讲点C 逆时针旋转60°，得到点H ，易证△CGE ≌△HFE ，则有CG ＝HF ，作MH ⊥AB 于M ，HM 即为所求．相比之下，先求轨迹后再求垂线段时，比较麻烦，而反向旋转代换所求线段感觉清爽很多.EBADFEBADEBA DFEBA DFEBADF NF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，反向构造则需要把CE绕点E逆时针旋转45°，倍，得到EH，显然△ECH为等腰直角三角形，进一步得到FEH GEC△△∽，所以=2CG FH ．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E主动点HEHEE E如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，F 为AB 边上一点，连接EF ，以EF 为底 【分析】虽然是双动点，仍可以操作操作策略一：代换所求线段 ，取AH ＝AF ，易知FG HFE △A △∽，则有=2AG HE策略二：求轨迹，以BE 为底向上作等腰直角三角形BHE ，显然H 点在对角线BD 上，由相似可知∠EHG ＝90°，故G 点轨迹为BD ， 其本质还是旋转相似.其他方法：对角互补＋邻边相等可得全等，显然MG ＝NE ，故BG 平分∠ABC ，则点G 轨迹对应直线B D ．HEHEEEN M E如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D是BC边的中点，点P是AC边上一个动【分析】解法一：求轨迹在CD的下方作等边△CDT，作射线TQ．证明△CDP≌△TDQ(SAS)，推出∠DCP＝∠DTQ＝90°，推出∠CTQ＝30°，推出点Q在射线TQ上运动，当CQ⊥TQ时，CQ的值最小．解法二：反向构造代换所求线段在CD的上方，作等边△CDM，连接PM，过点M作MH⊥CB于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．解：解法一：如图在CD的下方作等边△CDT，作射线TQ．∵∠CDT＝∠QDP＝60°，DP＝DQ，DC＝DT，∴∠CDP ＝∠QDT ， 在△CDP 和△TDQ 中，⎩⎪⎨⎪⎧DP ＝DQ∠CDP ＝∠TDQ DC ＝DT， ∴△CDP ≌△TDQ (SAS )， ∴∠DCP ＝∠DTQ ＝90°， ∵∠CTD ＝60°， ∴∠CTQ ＝30°，∴点Q 在射线TQ 上运动（点T 是定点，∠CTQ 是定值）， 当CQ ⊥TQ 时，CQ 的值最小，最小值＝12CT ＝12CD ＝14BC ＝1，解法二：如图，CD 的上方，作等边△CDM ，连接PM ，过点M 作MH ⊥CB 于H ．∵△DPQ ，△DCM 都是等边三角形， ∴∠CDM ＝∠PDQ ＝60°， ∵DP ＝DQ ，DM ＝DC ， ∴△DPM ≌△DQC (SAS )， ∴PM ＝CQ ，∴PM 的值最小时，CQ 的值最小，当PM ⊥MH 时，PM 的最小值＝CH ＝12CD ＝1，∴CQ 的最小值为1．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝5，BC ＝53,点P 在线段BC 上运动（含B 、C 两点），连接AP ，以点A为中心，将线段AP 逆时针旋转60°到AQ ，连接DQ ，则线段DQ 的最小值为（ ）【分析】法1：以AB 为边向右作等边△ABF ，作射线FQ 交AD 于点E ，过点D 作DH ⊥QE 于H ．利用全等三角形的性质证明∠AFQ ＝90°，推出∠AEF ＝60°，推出点Q 在射线FE 上运动，求出DH ，可得结论． 法2：逆向构造，以AD 为边向右作等边△ADF 法1：如图，以AB 为边向右作等边△ABF ，作射线FQ 交AD 于点E ，过点D 作DH ⊥QE 于H ．∵四边形ABCD 是矩形， ∴∠ABP ＝∠BAD ＝90°，∵△ABF ，△APQ 都是等边三角形，∴∠BAF ＝∠PAQ ＝60°，BA ＝FA ，PA ＝QA ， ∴∠BAP ＝∠FAQ ， 在△BAP 和△FAQ 中，⎩⎪⎨⎪⎧BA ＝FA∠BAP ＝∠FAQ PA ＝QA， P∴△BAP ≌△FAQ (SAS )， ∴∠ABP ＝∠AFQ ＝90°， ∵∠FAE ＝90°－60°＝30°， ∴∠AEF ＝90°－30°＝60°， ∵AB ＝AF ＝5，AE ＝AF ÷cos 30°＝10 33, ∴点Q 在射线FE 上运动， ∵AD ＝BC ＝53,∴DE ＝AD －AE ＝5 33,∵DH ⊥EF ，∠DEH ＝∠AEF ＝60°， ∴DH ＝DE ﹒sin 60°＝5 33× 32＝52,根据垂线段最短可知，当点Q 与H 重合时，DQ 的值最小，最小值为52,法2：反向构造代换所求线段，将点D 绕A 点逆时针旋转 60°，得到点F ，故△AQD ≌△APF ，52DQ PF =≥3、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顺旋转相似：如图，作DH⊥AC于H，连接HG延长HG交CD于F，作HE⊥CD于E．∵DG⊥PG，DH⊥AC，∴∠DGP ＝∠DHA ， ∵∠DPG ＝∠DAH ， ∴△ADH ∽△PDG ，∴AD DP ＝DHDG ,∠ADH ＝∠PDG ， ∴∠ADP ＝∠HDG ， ∴△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 ＝A D ﹒DC AC ＝125,∴CH ＝CD 2－DH 2＝95, ∴EH ＝DH ﹒CH CD ＝3625,∵∠CFG ＝∠HFE ，∠CGF ＝∠HEF ＝90°，CF ＝HF ， ∴△CGF ≌△HEF (AAS )， ∴CG ＝HE ＝3625, ∴CG 的最小值为3625, 故答案为3625．。
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
2021中考数学专题05 瓜豆原理中最值问题
专题瓜豆原理中动点轨迹直线型最值问题【专题说明】动点轨迹问题是中考的重要压轴点.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一个黑洞.掌握该压轴点的基本图形,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.本文就动点轨迹问题的基本图形作一详述.动点轨迹基本类型为直线型和圆弧型.【知识精讲】动点轨迹为一条直线时，利用“垂线段最短”求最值。
（1）当动点轨迹确定时可直接运用垂线段最短求最值（2）当动点轨迹不易确定是直线时，可通过以下三种方法进行确定①观察动点运动到特殊位置时，如中点，端点等位置时是否存在动点与定直线的端点连接后的角度不变，若存在该动点的轨迹为直线。
②当某动点到某条直线的距离不变时，该动点的轨迹为直线。
③当一个点的坐标以某个字母的代数式表示时，若可化为一次函数，则点的轨迹为直线。
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？P QAB C【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．N C B AQP M【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？CB AQ P【分析】当AP 与AQ 夹角固定且AP :AQ 为定值的话，P 、Q 轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q 点的位置，连线即可，比如Q点的起始位置和终点位置，连接即得Q 点轨迹线段．Q 2Q 1ABC【模型总结】必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠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） M N ααP QAB CP 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ） M NααAB C【精典例题】1、如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为 ．GA B CDE F2、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 ．24πB ．22πC ．1D ．23、如图，矩形ABCD 中，4AB =，6BC =，点P 是矩形ABCD 内一动点，且∆∆=PAB PCD S S ，则PC PD +的最小值为_____．4、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 =P A ．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______．5、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．【精典例题】1、如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为 ．GA B C DE F【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2G 1E DCB ACG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =， 所以CH =52，因此CG 的最小值为52． F HG 2G 1E DCB A 2、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 ．24B ．22C ．1D ．2【答案】C【详解】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=222，∠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A OCQ AO COAOP COQ ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴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=222， ∵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， 故选C ．3、如图，矩形ABCD 中，4AB =，6BC =，点P 是矩形ABCD 内一动点，且∆∆=PAB PCD S S ，则PC PD +的最小值为_____．【答案】213【详解】ABCD 为矩形，AB DC ∴=又=PAB PCD S S∴点P 到AB 的距离与到CD 的距离相等，即点P 线段AD 垂直平分线MN 上， 连接AC ，交MN 与点P ，此时PC PD +的值最小，且PC PD AC +==22224652213AB BC +=+==故答案为：2134、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 =P A ．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______．【答案】62 【详解】解：如图，由题意可知点C 运动的路径为线段AC ′，点E 运动的路径为EE ′，由平移的性质可知AC ′=EE ′，在Rt △ABC ′中，易知AB =BC ′=6，∠ABC ′=90°，∴EE ′=AC 2266+2故答案为：625、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．【答案】（1）见解析；（2）27【详解】解：（1）补全图形如图1所示，AD=BE，理由如下：∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC，∠A=∠B=60°，由旋转的性质得：∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，∴∠ACD=∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE．（2）如图2，过点A作AF⊥EB交EB延长线于点F．∵△ACD≌△BCE，∴∠CBE=∠A=60°，∴点E的运动轨迹是直线BE，根据垂线段最短可知：当点E与F重合时，AE的值最小，此时CD=CE=CF，∵∠ACB=∠CBE=60°，∴AC∥EF，∵AF⊥BE，∴AF⊥AC，在Rt △ACF 中， ∴CF=22AC AF +=()22423+=27，∴CD=CF=27.专题 瓜豆原理中动点轨迹圆或圆弧型最值问题【专题说明】动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。
中考专题：最值问题之瓜豆原理
中考专题 ----- 路径之瓜豆原理知识必备一、旋转及性质1.旋转的定义:一个图形绕点沿定方向旋转定的角度；2.旋转三要素:①旋转中心（绕哪个点转）；②旋转方向（顺时针或逆时针）；③旋转角度；3.旋转的性质:①旋转不改变图形的大小与形状，只改变图形的位置，即旋转前后图形全等;②对应点与旋转中心所连线段间的夹角等于旋转角.二、位似及性质1.位似的定义:若两个图形F和F的点之间可以建立一对应关系,并且满足:①每组对应点的连线所在的直线都经过同一点O；②每组对应点都在点O的同侧或异侧;③对每组对应点A 和OAA',有4 k（k为常数），则称图形F和F位似,k叫位似比；OA2.位似三要素:①位似中心（关于哪个点位似）；②位似方向（同侧或异侧）；③位似比（等于相似比）；3.位似的性质:成位似的两个图形必相似：把一个几何图形变换成与之位似的图形,叫做位似变换；利用位似变换可把一个图形放大或缩小，若位似比大于1，则通过位似变换把原图形放大；若位似比小于1.则通过位似变换把原图形缩小。
方法提炼一.旋转作图问题1：在平面内有两点A.B.请将点B绕点人按顺时针方向旋转40°.二、位似作图1问题2：如图:.已知线段AB，请以点A为位似中心1为位似比，在同侧将线段AB进行位似3变换。
「三、模型建立1 / 13(一)旋转变换问题3:(1)如图14-2-5,已知等腰Rt^APQ.其中A为定点，根据旋转作图的经验，请你说说: 点Q可以看作点P经过怎样的变换得到？(2)如图14-2-6.若改为等边AAPQ呢？⑶如图1-27.若改为任意等腰4APQ(其顶角为o)呢？问题4:在问题3中，若点P在一条定直线l上运动，其他条件不变如图14-2-8至图14-2-10 所示，请问：点Q的运动路径是什么？它可以看作点P的路径如何而来？问题5:在问题4中，若将“定直线1”改为“定。
0〃 .其他条件不变，结果如何?反思：这里是“圆生圆”；注意:点Q所在的轨迹圆圆心0’也是原来的圆心0定点A经过相应的旋转而来;2 / 13总结：这里仅牵扯到“旋转变换”不妨称P 为主动点。
中考数学专题：瓜豆原理解析
A
Q
P
O
【分析】观察动图可知点 Q 轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆 O 有什么关系？
考虑到 Q 点始终为 AP 中点，连接 AO，取 AO 中点 M，则 M 点即为 Q 点轨迹圆圆心，半 径 MQ 是 OP 一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．
此类问题的必要条件：两个定量 主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ 是定值）； 主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ 是定值）．
Q
α A
P O
Q M
α Aα
P O
【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．
A
D
E
B
O
C
F
M
【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_____________．
A
B
C
O
E
D
【分析】考虑到 AB、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定 AB，将 AC 看 成动线段，由此引发正方形 BCED 的变化，求得线段 AO 的最大值．
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？
瓜豆原理【模型专题】(含答案解析)
∴OA=AB，
又∵CM=CB，
∴AC= OM，
∴当OM最小时，AC最小，
∴当M运动到M′时，OM最小，
此时AC的最小值= OM′= （OP﹣PM′）= ．
考点：1、点与圆的位置关系；2、坐标与图形性质；3、三角形中位线定理
变式1－6：
7.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运动的路径长为________．
变式1－5：
6.如图，点P（3，4），⊙P半径为2，A（2.8，0），B（5.6，0），点M是⊙P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是________．
【答案】 ##1.5
【解析】
【分析】
【详解】如图，连接OP交⊙P于M′，连接OM．
∵点P（3，4），A（2.8，0），B（5.6，0），
∴OP= ，AO=2.8，OB=5.6，
【详解】解：如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠EDF＝∠ODM＝90°，
∴∠EDO＝∠FDM，
∵DE＝DF，DO＝DM，
∴△EDO≌△FDM（SAS），
∴FM＝OE＝2，
∵正方形ABCD中，AB＝2 ，O是BC边的中点，
∴OC＝ ，
∴OD＝ ＝5，
∴OM＝ ＝5 ，
3.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，D是以点A为圆心，4为半径的圆上一点，连接BD，M为BD的中点，则线段CM长度的最大值（ ）
A.14B.7C.9D.6
【答案】B
【解析】
【分析】作AB的中点E，连接EM、CE、AD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在 中根据三边关系即可求解．
初中数学几何模型之圆弧轨迹型瓜豆原理专题 解析版
初中数学几何模型之圆弧轨迹型瓜豆原理专题一．模型介绍运动轨迹为圆弧型的瓜豆原理模型构造(1)如图，P 是圆O 上一个动点，A 为定点，连接AP ，Q 为AP 中点．Q 点轨迹是？(2)如图，△APQ 是直角三角形，∠PAQ =90°且AP =k ⋅AQ ，当P 在圆O 运动时，Q 点轨迹是？解决方法如图，连接AO ，取AO 中点M ，任意时刻，均有△AMQ ∽△AOP ，OM OP =AQ AP =12,则动点Q 是以M 为圆心，MQ 为半径的圆。
如图，连结AO ，作AM ⊥AO ，AO :AM =k :1；任意时刻均有△APO ∽△AQM ，且相似比为k 。
则动点Q 是以M 为圆心，MQ 为半径的圆。
【最值原理】动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。
二．例题讲解1如图，M 是正方形ABCD 边CD 的中点，P 是正方形内一点，连接BP ，线段BP 以B 为中心逆时针旋转90°得到线段BQ ，连接MQ ．若AB =4，MP =1，则MQ 的最小值为．答案：210-1．【分析有据】连接BM ，将△BCM 绕B 逆时针旋转90°得△BEF ，连接MF ，QF ，证明△BPM ≌△BQF (SAS )，得MP =QF =1，故Q 的运动轨迹是以F 为圆心，1为半径的弧，求出BM =BC 2+CM 2=25，可得MF =2BM =210，由MQ ≥MF -QF ，知MQ ≥210-1，从而可得MQ 的最小值为210-1．【解答有法】解：连接BM ，将△BCM 绕B 逆时针旋转90°得△BEF ，连接MF ，QF ，如图：∵∠CBE=90°，∠ABC=90°，∴∠ABC+∠CBE=180°，∴A，B，E共线，∵∠PBM=∠PBQ-∠MBQ=90°-∠MBQ=∠FBQ，由旋转性质得PB=QB，MB=FB，∴△BPM≌△BQF(SAS)，∴MP=QF=1，∴Q的运动轨迹是以F为圆心，1为半径的弧，∵BC=AB=4，CM=12CD=2，∴BM=BC2+CM2=25，∵∠MBF=90°，BM=BF，∴MF=2BM=210，∵MQ≥MF-QF，∴MQ≥210-1，∴MQ的最小值为210-1．故答案为：210-1．2如图，点A、B的坐标分别为A(2，0)、B(0，2)，点C为坐标平面内一点，BC=1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM最长为()A.32B.52C.2D.3答案：A．【分析有据】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，根据三角形的中位线定理可知，C在BD 与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据平行线分线段成比例定理求得C的坐标，进而即可求得M的坐标．【解答有法】解：如图，∵点C为坐标平面内一点，BC=1，∴C在⊙B上，且半径为1，取OD=OA=2，连接CD，∵AM =CM ，OD =OA ，∴OM 是△ACD 的中位线，∴OM =CD ，当OM 最大时，即CD 最大，而D ，B ，C 三点共线时，当C 在DB 的延长线上时，OM 最大，∵OB =OD =2，∠BOD =90°，∴BD =2，∴CD =2+1=3，∴OM =32．故选：A ．三．巩固练习1如图，在△ABC 中，∠B =45°，AC =2，以AC 为边作等腰直角△ACD ，连BD ，则BD 的最大值是()A.10-2B.10+3C.22D.10+2【分析有据】如图所示，以AC 为斜边，作等腰直角△AOC ，过点O 作OE ⊥AD 交DA 延长线于E ，连接OD ，则∠AOC =90°，OC =OA =2，∠OAC =45°，先证明点B 在以O 为圆心，2为半径的圆周上运动(AB 右侧)，故当点O 在线段BD 上时，BD 最大，再求出OE ，DE 的长，进而利用勾股定理求出OD 的长即可得到答案．【解答有法】解：如图所示，以AC 为斜边，作等腰直角△AOC ，过点O 作OE ⊥AD 交DA 延长线于E ，连接OD ，∴∠AOC =90°，OC =OA =22AC =2，∠OAC =45°，∵∠ABC =45°，∴点B 在以O 为圆心，2为半径的圆周上运动(AB 右侧)，∴当点O 在线段BD 上时，BD 最大，∵△ACD 是以AC 为边的等腰直角三角形，∴∠CAD =90°，AD =AC =2，∴∠OAE =45°，∴△AOE 是等腰直角三角形，∴AE =OE =22OA =1，∴DE =AE +AD =3，在Rt △DOE 中，由勾股定理得OD =OE 2+DE 2=10，∴BD 的最大值=DO +BO =10+2，故选：D ．2正方形ABCD中，AB=4，点E、F分别是CD、BC边上的动点，且始终满足DE=CF，DF、AE相交于点G．以AG为斜边在AG下方作等腰直角△AHG使得∠AHG=90°，连接BH．则BH的最小值为()A.25-2B.25+2C.10-2D.10+2【分析有据】连接AC，取AD的中点O，连接OG，CO，利用△BAH∽△CAG，得CG=2BH，再证明△ADE≌△DCF(SAS)，得∠DAE=∠CDF，则∠AGD=∠ADE=90°，可知当点O、G、C三点共线时，CG最小，从而解决问题．【解答有法】解：连接AC，取AD的中点O，连接OG，CO，∵△AHG和△ABC是等腰直角三角形，∴AC AB =AGAH=2，∠BAC=∠HAG，∴∠BAH=∠CAG，∴△BAH∽△CAG，∴CG=2BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADE=∠DCF，∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF(SAS)，∴∠DAE=∠CDF，∴∠AGD=∠ADE=90°，∴当点O、G、C三点共线时，CG最小，∴CG的最小值为OC-OG=25-2，∴BH的最小值为25-22=10-2，故选：C．3如图，点A的坐标为(4，3)，AB⊥x轴于点B，点C为坐标平面内一点，OC=2，点D为线段AC的中点，连接BD，则BD的最大值为()A.3B.72C.352D.25【分析有据】作点A关于x轴的对称点E，根据中位线的性质得到BD=12EC，求出CE的最大值即可．【解答有法】解：如图，作点A关于x轴的对称点E(4，-3)，则点B是AE的中点，又∵点D是AC的中点，∴BD是△AEC的中位线，∴BD=12EC，∴当EC最大时，BD最大，∵点C为坐标平面内一点，且OC=2，∴点C在以O为圆心，2为半径的⊙O上运动，∴当EC经过圆心O时，EC最大．∵OB=4，BE=3，∴OE=5，∴CE的最大值为5+2=7，∴BD的最大值=72．故选：B．4如图，点M坐标为(0，2)，点A坐标为(2，0)，以点M为圆心，MA为半径作⊙M，与x轴的另一个交点为B，点C是⊙M上的一个动点，连接BC，AC，点D是AC的中点，连接OD，当线段OD取得最大值时，点D的坐标为()A.(0，1+2)B.(1，1+2)C.(2，2)D.(2，4)【分析有据】根据垂径定理得到OA=OB，然后根据三角形中位线定理得到OD∥BC，OD=12BC，即当BC取得最大值时，线段OD取得最大值，根据圆周角定理得到CA⊥x轴，进而求得△OAD是等腰直角三角形，即可得到AD=OA=2，得到D的坐标为(2，2)．【解答有法】解：∵OM⊥AB，∴OA=OB，∵AD=CD，∴OD ∥BC ，OD =12BC ，∴当BC 取得最大值时，线段OD 取得最大值，如图，∵BC 为直径，∴∠CAB =90°，∴CA ⊥x 轴，∵OB =OA =OM ，∴∠ABC =45°，∵OD ∥BC ，∴∠AOD =45°，∴△AOD 是等腰直角三角形，∴AD =OA =2，∴D 的坐标为(2，2)，故选：C ．5如图，点A 的坐标为(-3，3)，点P 的坐标为(1，0)，点B 的坐标为(-1，0)，⊙A 的半径为1，C 为圆上一动点，Q 为BC 的中点，连接PC ，OQ ，则OQ 长的最大值为()A.5B.2.5C.6D.3【分析有据】由点P 、点B 的坐标得O 是BP 的中点，则OQ 是△CBP 的中位线，OQ =12PC ，当PC 的长最大时，OQ 的长最大，根据点与圆的位置关系可得PC 长的最大值为AP +1，求出AP =(1+3)2+32=5，即可求解．【解答有法】解：∵点P 的坐标为(1，0)，点B 的坐标为(-1，0)，∴O 是BP 的中点，∵Q 为BC 的中点，∴OQ 是△CBP 的中位线，∴OQ =12PC ，∴当PC 的长最大时，OQ 的长最大，如图，∵点A 的坐标为(-3，3)，点P 的坐标为(1，0)，∴AP =(1+3)2+32=5，∴PC 长的最大值为AP +1=6，∴OQ 长的最大值为OQ =12PC =3，故选：D ．6如图，在正方形ABCD 中，AB =2，点P 是对角线AC 上一动点(不与A ，C 重合)，连接PD ，PB ．过点D 作DE ⊥DP ，且DE =DP ，连接PE ，CE ．①∠APB =∠CDE ；②PE 的长度最小值为2；③PC 2+CE 2=2DE 2；④CE +CP =22．以上判断，正确的有()A.1个B.2个C.3个D.4个【分析有据】证明△ADP ≌△CDE (SAS )，得∠APD =∠CED ，CE =AP ，由正方形的对称性可得∠APD =∠APB ，即知∠APB =∠CED ，而P 为AC 上的动点，故CD =CE 不一定成立，可判断①错误；由PE =2PD =2DE ，知PD 最小时，PE 取最小值，此时PD 是△ADC 的边AC 上的高，PD =AD ⋅CD AC =2×222=2，可得PE =2PD =2，判断②错误；又∠PCE =∠DCE +∠ACD =45°+45°=90°，有PC 2+CE 2=PE 2=2DE 2；判断③正确；根据AP +CP =AC =22，AP =CE ，可判断④正确．【解答有法】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =CD ，∠ADC =90°，∵DE ⊥DP ，∴∠PDE =90°=∠ADC ，∴∠ADP =∠CDE ，∵DE =DP ，∴△ADP ≌△CDE (SAS )，∴∠APD =∠CED ，CE =AP ，由正方形的对称性可得∠APD =∠APB ，∴∠APB =∠CED ，∵CD =AD ，CE =AP ，而P 为AC 上的动点，∴AD =AP 不一定成立，即CD =CE 不一定成立，∴∠CDE =∠CED 不一定成立，∴∠APB =∠CDE 不一定成立，故①错误；∵△PDE 是等腰直角三角形，∴PE =2PD =2DE ，∴PD 最小时，PE 取最小值，此时PD 是△ADC 的边AC 上的高，∵AC =2AB =22，∴PD =AD ⋅CD AC =2×222=2，∴PE =2PD =2，即PE 的长度最小值为2，故②错误；∵△ADP ≌△CDE ，∴∠DCE =∠DAP =45°，∴∠PCE=∠DCE+∠ACD=45°+45°=90°，∴PC2+CE2=PE2=2DE2；故③正确；∵AP+CP=AC=22，AP=CE，∴CE+CP=22，故④正确，∴正确的有③④，共2个，故选：B．7如图，点A，C，N的坐标分别为(-2，0)，(2，0)，(4，3)，以点C为圆心、2为半径画⊙C，点P在⊙O上运动，连接AP，交⊙C于点Q，点M为线段QP的中点，连接MN，则线段MN的最小值为3．【分析有据】连接CM，OM，由垂径定理得出CM⊥QP，由直角三角形的性质得出OM=12AC=2，进而得出点M在以O为圆心，以2为半径的⊙O上，得出当O、M、N三点共线时，MN有最小值，由N(4，3)，求出ON=5，进而求出MN=3，即线段MN的最小值为3．【解答有法】解：如图1，连接CM，OM，∵A(-2，0)，C(2，0)，∴AC=4，O是AC的中点，∵M是QP的中点，∴CM⊥QP，∴∠AMC=90°，∴OM=12AC=2，∴点M在以O为圆心，以2为半径的⊙O上，如图2，当O、M、N三点共线时，MN有最小值，∵N(4，3)，∴ON=42+32=5，∵OM=2，∴MN=ON-OM=5-2=3，∴线段MN的最小值为3，故答案为：3．8如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，AB=5，AD=4，AD<BC，点E在线段BC上运动，点F在线段AE上，∠ADF=∠BAE，则线段BF的最小值为 29-2．【分析有据】设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB交⊙O于F′，证得∠DFA=90°，于是得到点F在以AD为直径的半圆上运动，当点F运动到OB与⊙O是交点F′时，线段BF有最小值，据此解答即可．【解答有法】解：设AD的中点为O，以AD为直径画圆，连接OB交⊙O于F′，∵∠ABC=∠BAD=90°，∴AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∵∠ADF=∠BAE，∴∠DFA=∠ABE=90°，∴点F在以AD为直径的半圆上运动，当点F运动到OB与⊙O是交点F′时，线段BF有最小值，∵AD=4，∴AO=OF′=1AD=2，2∴BO=52+22=29，∴线段BF的最小值为29-2，故答案为：29-2．9如图正方形ABCD的边长是8，点E是BC边的中点，连接DE，点F是线段DE上的一个动点，连接BF，点G是线段BF的中点，则线段AG的最小值为42 ．【分析有据】取BD中点H和BE中点I，则点G的动轨迹是线段HI，确定出点G和点H重合时，线段值AG最小，据此解答即可．【解答有法】解：取BD中点H和BE中点I，则点G的动轨迹是线段HI，如图，∴当点G和点H重合时，线段值AG最小，∴BD=AB2+AD2=82+82=82，AG是直角△ABD的中线，BD=42．∴AG=12故答案为：42．10如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，点P是BC边上一动点(点P不与点B，C重合)，连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，连接CM，则CM的最小值为2．【分析有据】当A，M，C三点共线时，线段CM的长度最小，求出此时CM的长度即可．【解答有法】解：连接AM，∵点B和M关于AP对称，∴AB=AM=3，∴M在以A圆心，3为半径的圆上，∴当A，M，C三点共线时，CM最短，∵AC=32+42=5，AM=AB=3，∴CM=5-3=2，故答案为：2．11如图，点G是△ABC内的一点，且∠BGC=120°，△BCF是等边三角形．若BC=3，则FG的最大值为23 ．【分析有据】如图，作△BFC的外接圆⊙O，连接OG，OF，OC，过点O作OH⊥CF于点H．说明B，F，C，G四点共圆，求出OF，可得结论．【解答有法】解：如图，作△BFC的外接圆⊙O，连接OG，OF，OC，过点O作OH⊥CF于点H．∵△BCF是等边三角形，∴∠BFC=∠FBC=60°，CB=CF=3，∵∠BGC=120°，∴点G在△ABC的外接圆上，∴OG=OF=OC，∵OH⊥CF，∴FH=CH=32，∵∠FOC=2∠FBC=120°，∴∠OFC=∠OCF=30°，=3，∵FG≤OF+OG=23，∴OF=FHcos30°∴FG的最大值为23．12在△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=3．点D为平面上一个动点，∠ADB=45°，则线段CD长度的最小值为 5-2．【分析有据】根据∠ADB=45°，AB=2，作△ABD的外接圆O，连接OC，当O、D、C三点共线时，CD的值最小．将问题转化为点圆最值．可证得△AOB 为等腰直角三角形，OB =OA =2，同样可证△OBE 也为等腰直角三角形，OE =BE =1，由勾股定理可求得OC 的长为5，最后CD 最小值为OC -OD =5-2．【解答有法】解：如图所示．∵∠ADB =45°，AB =2，作△ABD 的外接圆O (因求CD 最小值，故圆心O 在AB 的右侧)，连接OC ，当O 、D 、C 三点共线时，CD 的值最小．∵∠ADB =45°，∴∠AOB =90°，∴△AOB 为等腰直角三角形，∴AO =BO =sin45°×AB =2．∵∠OBA =45°，∠ABC =90°，∴∠OBE =45°，作OE ⊥BC 于点E ，∴△OBE 为等腰直角三角形．∴OE =BE =sin45°•OB =1，∴CE =BC -BE =3-1=2，在Rt △OEC 中，OC =OE 2+CE 2=1+4=5．当O 、D 、C 三点共线时，CD 最小为CD =OC -OD =5-2．故答案为：5-2．13如图，点P (3，4)，⊙P 半径为2，A (2.8，0)，B (5.6，0)，点M 是⊙P 上的动点，点C 是MB 的中点，则AC 的最小值是()A.1.4B.52C.32D.2.6【分析有据】如图，连接OP 交⊙P 于M ′，连接OM ．因为OA =AB ，CM =CB ，所以AC =12OM ，所以当OM 最小时，AC 最小，M 运动到M ′时，OM 最小，由此即可解决问题．【解答有法】解：如图，连接OP 交⊙P 于M ′，连接OM ，由勾股定理得：OP =32+42=5，∵OA=AB，CM=CB，∴AC=12OM，∴当OM最小时，AC最小，∴当M运动到M′时，OM最小，此时AC的最小值=12OM′=12(OP-PM′)=12×(5-2)=32，故选：C．14如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D是△ABC所在平面内一点，连接AD，BD，CD．(1)如图1，点D在BC上，AD=10，且tan∠CAD=13，求△ABD的面积；(2)如图2，点D为△ABC内部一动点，将线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BF，连接CF，点G是线段CD的中点，连接AG，猜想线段AG，CF之间存在的位置关系和数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，点C关于直线AB的对称点为点C′．连接AC'，BC'，点D为△ABC′内部一动点，连接C'D．若∠BDC=90°，且BC=8，当线段C'D最短时，直接写出△ACD的面积．【分析有据】(1)过点D作DH⊥AC于点H．设DH=HC=m，利用勾股定理构建方程求出m，可得结论；(2)猜想：AG=12CF，AG⊥CF．延长CA到T，使得AT=AC，连接BT，TD，延长TD交CF于点K，交BC于点O．证明△TBD≌△CBF(SAS)，推出DT=CF，∠BTD=∠BCF，可得结论；(3)取BC的中点J，连接C′J，DJ．求出JC′，DJ，推出当C′，D，J共线时，DC′的值最小，最小值为45 -4，由此可得结论．【解答有法】解：(1)过点D作DH⊥AC于点H．∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=45°，∵DH⊥AC，∴∠HDC=∠C=45°，∴DH=CH，设DH=DC=m，．∵tan∠DAC=DHAH =13，∴AH=3m，∵AD2=DH2+AH2，∴10=m2+(3m)2，∴m=1(负根已经舍弃)，∴DH=CH=1，AH=3，∴AB=AC=4，∴S△ABD=S△ABC-S△ADC=12×4×4-12×4×1=6；(2)猜想：AG=12CF，AG⊥CF．理由：延长CA到T，使得AT=AC，连接BT，TD，延长TD交CF于点K，交BC于点O．∵AT=AC，BA⊥CT，∴BT=BC，∴∠BTC=∠BCA=45°，∴∠TBC=90°=∠DBF，∴∠TBD=∠CBF，∵BT=BC，BD=BF，∴△TBD≌△CBF(SAS)，∴DT=CF，∠BTD=∠BCF，∵∠BOT=∠KOC，∴∠TBD=∠OKC=90°，∴TD⊥CF，∵AT=TC，GD=GC，∴AG=12DT=12CF，AG∥DT，∴AG⊥CF；(3)取BC的中点J，连接C′J，DJ．∵C，C′关于AB对称，∴BC=BC′=8，∠ABC=∠ABC′=45°，∴∠CBC′=90°，∵BJ=CJ=4，∴C′J=BJ2+C′B2=42+82=45，∵∠BDC=90°，BJ=JC，∴DJ=12BC=4，∵DC′≥JC′-DJ=45-4，∴当C′，D，J共线时，DC′的值最小，最小值为45-4．此时△ADC的面积=12S△DC′C=12S△DBC′=12×12×8×4×45-445=40-855．15阅读理解：(1)【学习心得】学习完“圆”这一章内容后，有一些几何问题，如果添加辅助圆，可以使问题变得容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．这类题目主要是两种类型．①类型一，“定点+定长”：如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=52°，D是△ABC外一点，且AD= AC，求∠BDC的度数．解：由于AB=AC=AD，根据圆的定义可知，点B、C、D一定在以点A(定点)为圆心，AB(定长)为半径的⊙A上，则∠BAC是BC所对的圆心角，而∠BDC是BC所对的圆周角，从而可容易得到∠BDC= 26 ．②类型二，“定角+定弦”：如图2，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=12，BC=8，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，求线段CP长的最小值．解：∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°．∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°．∴∠APB=90°．(定角)∴点P在以AB(定弦)为直径的⊙O上．又∵点P在△ABC内部，∴点P在弧BM上(不包括点B、点M)，(如图5)请完成后面的过程．(2)【问题解决】如图3，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，点P是BC边上一动点(点P不与B，C重合)，连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，则线段MC的最小值为 2 ．(3)【问题拓展】如图4，在正方形ABCD中，AD=6，动点E，F分别在边DC，CB上移动，且满足DE=CF．连接AE和DF，交于点P．点E从点D开始运动到点C时，点P也随之运动，点P的运动路径长为 3π ．2【分析有据】(1)①以点A(定点)为圆心，AB(定长)为半径作辅助圆⊙A，得出∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，即可求出答案；②先判断出∠ABP+∠PBC=90°，进而判断出∠APB=90°，进而判断出点P在OC上，即可求出答案；(2)当A，M，C三点共线时，线段CM的长度最小，求出此时CM的长度即可；(3)由“SAS”可证△ADE≌△DCF，可得AE=DF，∠DAE=∠FDC，由余角的性质可证AE⊥DF；由题意可得点P的运动路径是以AD为直径的圆的DPO，由弧长公式可求解．【解答有法】解：(1)①∵AB=AC，AD=AC，∴AB=AC=AD，∴点B，点C，点D在以点A为圆心，AB为半径的圆上，如图1，∵∠BAC=52°，∠BAC=26°，∴∠BDC=12故答案为：26°；②∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，∴点P在以AB(定弦)为直径的⊙O上，如图2，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，∵点O是AB的中点，∴OA =OB =12AB =6，在Rt △ABC 中，∠OBC =90°，BC =8，OB =6，∴OC =BC 2+OB 2=10，∴PC =OC -OP =10-6=4．∴PC 最小值为4；(2)如图3，连接AC ，AM ，∵点B ，点M 关于直线AP 对称，∴AB =AM =6，∴点M 在以点A 为圆心，AB 为半径的圆上运动，∴当点M 在线段AC 上时，MC 有最小值，∵AB =3，BC =4，∴AC =AB 2+BC 2=32+42=5，∴CM 的最小值为CM =AC -AM =5-3=2，故答案为：2．(3)∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =DC ，∠ADE =∠DCF =90°，在△ADE 和△DCF 中，AD =DC∠ADE =∠DCF DE =CF，∴△ADE ≌△DCF (SAS )，∴AE =DF ，∠DAE =∠FDC ，∵∠ADE =90°，∴∠ADP +∠DCF =90°，∴∠ADP +∠DAE =90°，∴∠APD =180°-90°=90°，∴AE ⊥DF ；如图4，连接AC ，BD 交于点O ，∵点P在运动中保持∠APD=90°，∴点P的运动路径是以AD为直径的圆的DPO，∴点P的运动路径长为90π×3180=3π2．故答案为：32π．。