初中数学培优竞赛培训之十七—— 瓜豆原理中动点轨迹直线型最值问题
专题4.5圆---利用“瓜豆”模型求最值-中考数学二轮复习必会几何模型剖析(全国通用)
上述模型在数学江湖中也被称作“捆绑动点轨迹模型”
Q
强化训练
“瓜豆”模型
提升能力
1.如图,正方形ABCD中,AB=12,E是BC边上一点,CE=7,F是正方形内部一点,
且EF=3,连接EF,DE,DF,并将△DEF绕点D逆时针旋转90º得到△DMN(点M,N
10
分别为点E,F的对应点),连接CN,则CN长度的最小值为_____.
2
2
E G
D
A
圆型运动轨迹
典例精讲
考点2-2
【引例】如图,已知A是⊙O外一点,P是⊙O上的动点,线段AP的中点为Q,连
接OA,OP.若⊙O的半径为2,OA=4,则线段OQ的最小值是(
A.0
B.1
C.2
B )
D.3
【思考】当点P在圆O上运动时,Q点轨迹是？
解：连接AO,取AO的中点M,连接QM,PO.
O
A
(1)主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：
∠OAM=∠PAQ；
(2)主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：
AP:AQ=AO:AM,也等于两圆半径之比.按以上两点即可确定从动点轨迹圆,Q
与P的关系相当于旋转+伸缩.
古人云：种瓜得瓜,种豆得豆.种圆得圆,种线得线,谓之“瓜豆模型”.
2
倍而得到的,所以点P所在圆的圆心绕点A逆时针旋转90º，
再乘以 2 就是点C所在圆的圆心B´,而半径也缩小
2
2倍,
2
即 2 .根据点圆最值模型,可知：BB´-CB´≤BC≤BB´+CB´,
即3 2 ≤BC≤ 5 2 ,因此最大值与最小值的差为 3 2 .
2020中考数学复习微专题：用瓜豆原理解决最值问题
2020中考数学复习微专题：用瓜豆原理解决最值问题在辅助圆问题中，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．在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点Q，当然P、Q 之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一.轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？A OQP【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．PQA MO【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？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】1.如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【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．2.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．3.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．4.△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 ）1.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8．2.如图，已知点A是第一象限内横坐标为的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y=-x于点N，若点P是线段ON上的一个动点，∠APB=30°，BA⊥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 =32．3.如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为 ．GABCDEF【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三.轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．1.如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k 的值为（）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。
初中数学最值系列之瓜豆原理
最值系列之瓜豆原理在辅助圆问题中，我们了解了求关于动点最值问题的方式之一——求出动点轨迹，即可求出关于动点的最值．本文继续讨论另一类动点引发的最值问题，在此类题目中，题目或许先描述的是动点P，但最终问题问的可以是另一点Q，当然P、Q之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值，为常规思路．一、轨迹之圆篇引例1：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】观察动图可知点Q轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆O有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【分析】Q点轨迹是个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】为了便于区分动点P、Q，可称点P为“主动点”，点Q为“从动点”．此类问题的必要条件：两个定量主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ是定值）；主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）．Q【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠P AQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比．按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q与P的关系相当于旋转+伸缩．古人云：种瓜得瓜，种豆得豆．“种”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”．【思考1】：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为一边作等边△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑AP=AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且可得半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，故圆M亦由圆O旋转得来，旋转角度与缩放比例均等于AP与AQ的位置和数量关系．【思考2】如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，以AP为斜边作等腰直角△APQ．考虑：当点P在圆O上运动时，如何作出Q点轨迹？【分析】Q点满足（1）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，故Q点轨迹是个圆．连接AO，构造∠OAM=45°且AO:AM：1．M点即为Q点轨迹圆圆心，此时任意时刻均有△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】如图，点P（3,4），圆P半径为2，A（2.8,0），B（5.6,0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【分析】M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．考虑C是BM中点，可知C点轨迹：取BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，连接CO 取CO 中点D ，以D 为圆心，DM 为半径作圆D 分别交AC 、BC 于E 、F 两点，则弧EF 即为M 点轨迹．当然，若能理解M 点与P 点轨迹关系，可直接得到M点的轨迹长为P 点轨迹长一半，即可解决问题．【2018南通中考】如图，正方形ABCD 中，AB O 是BC 边的中点，点E 是正方形内一动点，OE =2，连接DE ，将线段DE 绕点D 逆时针旋转90°得DF ，连接AE 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【分析】E 是主动点，F 是从动点，D 是定点，E 点满足EO =2，故E 点轨迹是以O 为圆心，2为半径的圆．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．【练习】△ABC 中，AB =4，AC =2，以BC 为边在△ABC 外作正方形BCDE ，BD 、CE 交于点O ，则线段AO 的最大值为_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，比如固定AB ，将AC 看成动线段，由此引发正方形BCED 的变化，求得线段AO 的最大值．根据AC =2，可得C 点轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆．OEDCBA接下来题目求AO 的最大值，所以确定O 点轨迹即可，观察△BOC 是等腰直角三角形，锐角顶点C 的轨迹是以点A 为圆心，2为半径的圆，所以O 点轨迹也是圆，以AB 为斜边构造等腰直角三角形，直角顶点M 即为点O 轨迹圆圆心．连接AM 并延长与圆M 交点即为所求的点O ，此时AO 最大，根据AB 先求AM ，再根据BC 与BO 的比值可得圆M 的半径与圆A 半径的比值，得到MO ，相加即得AO ．此题方法也不止这一种，比如可以如下构造旋转，当A 、C 、A ’共线时，可得AO最大值．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】 必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 是定值）； 主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP :AQ 是定值）． 结论：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为AC⊥x轴于点M，交直线y=-x于点N，若点P是线段ON上的一个动点，∠APB=30°，BA⊥P A，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动．求当点P从点O 运动到点N时，点B运动的路径长是________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为 ．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．GABCDEF根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。
几何最值(瓜豆原理)
最值之瓜豆原理瓜豆原理引例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?弓I例2 :如图，八APQ是等腰直角三角形r zPAQ = 90°且AP = AQ ,当点P在直线BC上运动时1求Q点轨迹?A引例3 :如圄，P是圆。
上一个动点，A为定点1连接AP , Q为AP中点：当点P在圆。
上运动时.Q点轨迹是?引例4 :如圄，P是圆。
上一个动点，A为定点，连接AP,作AQ_L AP且AQ = AP :当点P在圆0上运动时.Q点轨迹是？称点P为“主动点"点Q为"从动点二此类问题的必要条件：两个足量：(1 )主动点、从动点与定点连线的夹角是定量(/PAQ是定值)(2 )主动点、从动点到定点的距离之比是定量(AP:AQ是定值)按以上两点即可确定从动点轨迹圆，。
与P的关系相当于旋转+伸能.古人云：种瓜得瓜,种豆得豆，“种’圆得圆「种”线得线」称之‘瓜豆原理’N如圄，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 当点P在圆0上运动时，如何作出Q点轨迹？3 .如图「已知AB=2」点D是等腰Rt .ABC斜边AC上的一动点」以BD为一边向右下方作等边心BDE1当动点D由点A运动到点C时，求动点E运动的轨迹长.变式1如图11，已知AB=2 ,点D是等腰R3ABC斜边AC上的一动点『以BD为一边向右下方作以ZE为直角的等膜Rt'SDE」当动点口由点A运动到点C时，求动点E运动的轨迹长.变式2.如图2 ,已知AB = 2,点口是等腰R6ABC斜边AC上的一动点，以BD为一边向右下方作以zBDE为直角的等暧Rt^BDE ,当动点D由点A运动到点C时，求动点E运动的轨迹长变式3.如图1 ,已知AB=2 ,点D是等腰Rt^ABC斜边AC上的一动点，以BD为一边向右下方作正方形BDEF ,当动点D由点A运动到点C时，求动点E运动的轨迹长.变式4.如图2 r已知AB=2 ,点D是等腰R3ABC斜边AC上的一动点，以BD为一边向右下方作等腰A BDE ,且顶角ZBDE = 120。
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。
突破2023年中考数学高频考点压轴微专题集训(直线型瓜豆原理最值问题)
突破2023年中考数学高频考点压轴微专题集训（直线型瓜豆原理最值问题）一、【模型解读】1、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）．2、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）二、分类过关练习题型一：几何图形与瓜豆原理1、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________．2、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_____．3、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 ．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 。
A5、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．题型二：坐标系中的瓜豆原理1、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________．2、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，则OP的最小值为．3、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______．。
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。
最值模型之瓜豆模型(学生版)
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．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．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．4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．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．7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．8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.229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．10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．11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=．若点M是线段EF的中点，则当点P从点PE，过点E作EF⊥PE，交射线BC于点F，则EFPEA运动到点B时，点M运动的路径长为．13如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP'，CP'．当点P'落在边BC上时，∠PP'C的度数为；当线段CP'的长度最小时，∠PP'C的度数为模型二圆弧轨迹型瓜豆原理知识梳理运动轨迹为圆弧型的瓜豆原理题目(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？解析如图，连接AO ，取AO 中点M ，任意时刻，均有△AMQ ∽△AOP ，OM OP =AQAP =12,则动点Q 是以M 为圆心，MQ 为半径的圆。
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初中数学培优竞赛培训之十七
—— 瓜豆原理中动点轨迹直线型最值问题
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。
【类型一】点在直线上运动：线段+直线
模型：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 点轨迹是什么？
【结论】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线。
【分析】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。
【类型二】点在直线上运动：角+直线
模型：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，Q点轨迹是什么？
【结论】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。
【分析】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。
Q2
A
B C
Q1
【模型总结】
必要条件：
主动点、从动点与定点连线的夹角是定值（∠P AQ是定值）；
主动点、从动点到定点的距离之比是定值（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
P'
P'
P'
【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？
第二层：点P’的运动长度和点P的运动长度相同吗？
第三层：手拉手模型怎么构造？
第四层：分析∠CAP和∠CBP’
第五层：点P和点P’轨迹的夹角和旋转角的关系
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.
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1
tan tan 4
∠G M E=∠A FE=，然后进一步算出最值
E
B
D
A
F
E
B
D
A
F
E
B
D
A
F
E
B
D A
F
2
E
B
C
2
E
B
C
【简证】311202EM AE EN NEC IC ==⇒=︒⇒=
∠,则5=2
CH 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.
将点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.
E
B
A
D
F
E
B
A D
F
F
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
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 为底向
E
E
1.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
2.如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝5 3,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
P
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顺时针旋转,。