2021中考数学复习微专题 用瓜豆原理解决最值问题 16页

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？ 【分析】观察动图可知点 Q 轨迹是个圆，而我们还需确定的是此圆与圆 O 有什么关系？ 考虑到 Q 点始终为 AP 中点，连接 AO，取 AO 中点 M，则 M 点即为 Q 点轨迹圆圆心，半径 MQ 是 OP 一半，任意时刻，均有 △ AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2． 【小结】确定 Q 点轨迹圆即确定其圆心与半径， 由 A、Q、P 始终共线可得：A、M、O 三点共线， 由 Q 为 AP 中点可得：AM=1/2AO． Q 点轨迹相当于是 P 点轨迹成比例缩放． 根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系； 根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系． 引例 2：如图，P 是圆 O 上一个动点，A 为定点，连接 AP，作 AQ⊥AP 且 AQ=AP． 考虑：当点 P 在圆 O 上运动时，Q 点轨迹是？ 【分析】Q 点轨迹是个圆，可理解为将 AP 绕点 A 逆时针旋转 90°得 AQ，故 Q 点轨迹与 P 点轨迹都是圆．接下来确定圆心与半径． 考虑 AP⊥AQ，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AM⊥AO； 考虑 AP=AQ，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AM=AO，且可得半径 MQ=PO． 即可确定圆 M 位置，任意时刻均有 △ APO≌△AQM． 引例 3：如图， △ APQ 是直角三角形，∠PAQ=90°且 AP=2AQ，当 P 在圆 O 运动时，Q 点轨 迹是？ 【分析】考虑 AP⊥AQ，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AM⊥AO； 考虑 AP:AQ=2:1，可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AO:AM=2:1． 即可确定圆 M 位置，任意时刻均有 △ APO∽ △ AQM，且相似比为 2． 【模型总结】 为了便于区分动点 P、Q，可称点 P 为“主动点”，点 Q 为“从动点”． 此类问题的必要条件：两个定量 主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ 是定值）； 主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ 是定值）． 【结论】（1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角： ∠PAQ=∠OAM； （2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比： AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比． 按以上两点即可确定从动点轨迹圆，Q 与 P 的关系相当于旋转+伸缩． 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）∠PAQ=60°；（2）AP=AQ，故 Q 点轨迹是个圆： 考虑∠PAQ=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）∠PAQ=45°；（2）AP:AQ= 2 ：1，故 Q 点轨迹是个圆． 连接 AO，构造∠OAM=45°且 AO:AM= 2 ：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= 2 2 ，点 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， 2 5AB  ，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． 【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． 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_____________． 【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． 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． 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，∠PAQ=90°且 AP=AQ，当点 P 在直线 BC 上运动时，求 Q 点轨迹？ 【分析】当 AP 与 AQ 夹角固定且 AP:AQ 为定值的话，P、Q 轨迹是同一种图形． 当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的 Q 点的位置，连线即可，比如 Q 点的起始位置和终点位置，连接即得 Q 点轨迹线段． 【模型总结】 必要条件： 主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ 是定值）； 主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ 是定值）． 结论： P、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠PAQ（当∠PAQ≤90°时，∠PAQ 等于 MN 与 BC 夹角） P、Q 两点轨迹长度之比等于 AP:AQ（由 △ ABC∽△AMN，可得 AP:AQ=BC:MN） 1.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________． 【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 2 3 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 运动的路径长是________． 【分析】根据∠PAB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB= 3 :1，故 B 点轨迹也是线段， 且 P 点轨迹路径长与 B 点轨迹路径长之比也为 3 :1，P 点轨迹长 ON 为 2 6 ，故 B 点轨迹长为 2 2 ． 【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 最小值需先作出 P 点轨迹，根据 △ ABP 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： 1 2PP 与 y 轴夹角为 60°，作 OP⊥ 1 2PP ，所得 OP 长度即为最 小值，OP2=OA=3，所以 OP= 3 2 ． 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 ． 【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）， 1 2G G 即为 G 点运动轨迹． CG 最小值即当 CG⊥ 1 2G G 的时候取到，作 CH⊥ 1 2G G 于点 H，CH 即为所求的最 小值． 根据模型可知： 1 2G G 与 AB 夹角为 60°，故 1 2G G ⊥ 1EG ． 过点 E 作 EF⊥CH 于点 F，则 HF= 1G E =1，CF= 1 3 2 2CE  ， 所以 CH= 5 2 ，因此 CG 的最小值为 5 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．2 B．4 C．6 D．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= 2 :1，可得 P 点轨迹图形与 Q 点轨迹图形相似比为 2 :1，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___________． 【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 为圆心、 2 为半径的圆 考虑到 AP=2AD，故 P 点轨迹是以 N 为圆心，2 2 为半径的圆，即可求出 PB 的取 值范围．