一文搞定最值系列之“瓜豆原理”(重磅精編)-6.5

瓜豆原理作者介紹：朱昌偉，中學教師，9年教齡。畢業(yè)于北京師范大學，雙學士學位。江蘇省“優(yōu)秀青年教師”，現(xiàn)任深圳市耐思培優(yōu)總校區(qū)理科教研組長，主編的《初中幾何模型與解題通法》已出版，本文即為其中一講：瓜豆原理。原理概述俗語云“種瓜得瓜，種豆得豆”，數(shù)學上有“種線得線，種圓得圓”：平面內(nèi)，動點Q隨著動點P的運動而運動，我們把點P叫做主動點，點Q叫做從動點；當這兩個動點與某個定點連線的夾角一定，且與該定點距離之比一定時（簡記為“定角、定比”），易判斷兩個動點與定點構成的三角形形狀一定，大小可能變，此時兩個動點的軌跡形狀相同,瓜豆問題的本質是旋轉、相似（包含全等）變換，往往與共點旋轉（手拉手）模型相結合，考查類型有：（1）確定動點軌跡；（2）求運動路程；（3）求線段最值、面積最值等.基本模型一、種直線得直線（主動點與從動點的軌跡都是直線或直線上一部分）1.圖1圖2如圖1，已知l為定直線，O為直線外一定點，P為直線l上一動點，連接OP，若Q為直線OP上一點（一般在線段OP上），且Q點到O點的距離與P點到O點的距離之比為定值k（k＞0且k≠1），即，此時我們可認為Q、P兩點與定點O連線的夾角一定（夾角為0°），符合瓜豆原理“定角、定比”的條件，因而Q點的運動軌跡也是直線；如圖2，另取一組對應的點P’、Q’,則，因而△OQ’Q∽△OP’P，相似比為k，可知從動點Q在平行于l的直線m上運動.易判斷點O到直線m和l的距離之比也等于k.2.圖1圖2如圖1，已知l為定直線，O為直線外一定點，P為直線l上一動點，將射線OP繞著點O按確定的方向（如順時針）旋轉一個確定的角度α（0＜α＜180°），得到射線OM，在射線OM上取一點Q，使（k為大于0的定值），此時符合瓜豆原理“定角、定比”的條件，因而Q點的運動軌跡也是直線；如圖2，另取一組對應的點P’、Q’,則Q點的運動軌跡即為直線QQ’，∵∠POQ=∠P’OQ’=α，∴∠POP’=∠QOQ’，又∵，∴△OPP’∽△OQQ’.特別的，當k=1時，△OPP’≌△OQQ’.k≠1時，△OQQ’可看做由△OPP’繞著O點旋轉并放縮（0＜k＜1時縮小，k＞1時放大）而來.直線QQ’可看做由直線l繞著點O順時針旋轉α角而來，0＜α＜90°時，兩直線的夾角即為α.典型例題1-1如圖，在平面直角坐標系中，A（4,0），B為y軸正半軸上一動點，以AB為一邊向下作等邊△ABC，連接OC，則線段OC的最小值為_________.【分析】B為主動點，C為從動點；方法一：與從動點有關的線段最值，優(yōu)先轉化為與主動點有關的線段最值，將線段OA繞著點A順時針旋轉60°，得到線段O’A，構造全等三角形可實現(xiàn)線段的轉化；方法二：兩動點與定點A連線的夾角為定值（60°），到點A的距離之比為定值1（即CA:BA=1），符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，主動點B的軌跡為射線，則從動點C的軌跡也為射線，確定其軌跡后，依據(jù)“垂線段最短”求OC得最小值.【解答】方法一：如圖1，將線段OA繞著點A順時針旋轉60°，得到線段O’A；連接O’B，易證△AO’B≌△AOC，則OC=O’B，即求O’B的最小值；由于O’為定點，點B在y軸正半軸上運動，如圖2，由垂線段最短，知O’B⊥y軸時，O’B最小，連接OO’，則△AOO’為等邊三角形，作O’H⊥OA于H，此時O’B=OH=OA=2，即OC的最小值為2.圖1圖2方法二：如圖3，當點B位于原點時，對應的點C位于（2，-2）處，當點B位于（0，）時，對應的點C位于（0，-）處，則點C的運動軌跡為射線，當OC’⊥時，OC’最??；易證△≌△，∴∠=∠=60°，則∠=60°，∴OC’==2，即OC的最小值為2.【小結】1.動點引起的最值問題，經(jīng)常需要確定動點軌跡；圖32.兩種方法中，均有兩個等邊三角形構成“共點旋轉（手拉手）”模型，會伴隨產(chǎn)生一組全等三角形；3.方法二中，由于從動點的軌跡為射線，因而先確定其端點，再找一組特殊位置的主動點和從動點（目的是便于計算），即可確定從動點的軌跡；4.嚴格來說，y軸的正半軸不包括原點，因此C點的軌跡不包括點.典型例題1-2如圖，正方形ABCD的邊長為4，動點E從A點出發(fā)，沿著AB邊向終點B作無折返運動，連接DE，以DE為邊向右上方作正方形DEFG，則點E在整個運動過程中，點F經(jīng)過的路徑長為______.【分析】E為主動點，F(xiàn)為從動點，依據(jù)正方形的性質，兩動點與定點A的連線夾角恒為45°，且始終有DF：DE=，符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，故F點的運動軌跡為線段，由臨界情況確定該線段的兩個端點，結合“共點旋轉（手拉手）”相似模型，運用相似比計算該線段長.【解答】如圖1，連接BF、BD和DF，由正方形的性質知=,圖1∠BDA=∠FDE=45°，則∠ADE=∠BDF，∴△DAE∽△DBF，∴BF=AE，當E點位于A點處時，F(xiàn)點位于B點處，當E點位于B點處時，F(xiàn)點的位置如圖2，則F點的運動軌跡即為圖2中的線段BF，BF=AB=4，即點F經(jīng)過的路徑長為4.圖2【小結】1.圖1中，△DAB與△DEF構成“共點旋轉（手拉手）”模型，伴隨產(chǎn)生一組相似三角形（△DAE和△DBD）；2.瓜豆題型的突破口在于找到從動點、主動點和某定點之間的“定角、定比”關系.變式訓練1-1如圖，△ABC為等邊三角形，AB=4，AD為高，E為直線AD上一動點，連接CE并以CE為邊向下作等邊△CEF，連接DF；則點E在運動的過程中，線段DF的最小值為_________.變式訓練1-2（原創(chuàng)）如圖，在△ABC中，∠A=105°，∠ABC=30°，AC=，動點D從A點出發(fā)，沿著AC邊向終點C作無折返運動，以BD為邊向上作△BDE，使∠BDE=∠A，且∠E=45°，則點D運動的整個過程中，點E運動的路徑長為________；F為直線CE上一動點，連接BF，則線段BF的最小值為_______.變式訓練1-3（多種方法）如圖，已知AB=12，點C在線段AB上，且AC=4，以AC為一邊向上作等邊△ACD，再以CD為直角邊向右作Rt△DCE，使∠DCE=90°，F(xiàn)為斜邊DE的中點，連接DF，隨著CE邊長的變化，BF長也在改變，則BF長的最小值為_________.二、種曲線得曲線（主動點與從動點的軌跡都是雙曲線或雙曲線一部分）其原理與模型一類似，不再贅述，直接看例題：典型例題2-1如圖，點A是雙曲線在第一象限上的一動點，連接AO并延長，交雙曲線的另一支于點B，以AB為斜邊作等腰Rt△ABC，點C落在第二象限內(nèi)，隨著點A的運動，點C的位置也在不斷變化，但始終在同一函數(shù)圖像上，則該函數(shù)解析式為___________.【分析】A為主動點，C為從動點；方法一：根據(jù)點C坐標判斷，連接CO過點C向x軸作垂線段，構建“三垂直”模型，設點A坐標，表示出點C坐標，觀察其坐標符合的函數(shù)解析式；方法二：根據(jù)反比例函數(shù)k的幾何意義判斷；方法三：動點A、C與定點O符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，因而點C的軌跡是雙曲線的一支，任意的點C均可看做對應的點A繞著點O逆時針旋轉90°而來，因而點C的軌跡可看做由原雙曲線第一象限的一支繞點O逆時針旋轉得到.【解答】方法一：連接OC，作CD⊥x軸于點D，AE⊥x軸于點E，由雙曲線的對稱性知OA=OB，又∵△ABC為等腰直角三角形，∴CO⊥OA，CO=OA，則易證△COD≌△OAE，設A（a,）,則C（-，a），易判斷點C在反比例函數(shù)y=-（x＜0）上，故答案為：y=-（x＜0）.方法二：輔助線同方法一，由反比例函數(shù)k的幾何意義知=2，易判斷點C在反比例函數(shù)y=-（x＜0）上.方法三：點C的軌跡可看做由原雙曲線第一象限的一支繞點O逆時針旋轉得到，因而新反比例函數(shù)的k與原函數(shù)k互為相反數(shù)，故點C在反比例函數(shù)y=-（x＜0）上.變式訓練2-1如圖，Rt△ABO中，∠AOB=90°，點A在第一象限、點B在第四象限，且AO：BO=1：，若點A（x0，y0）的坐標x0，y0滿足y0=，則點B（x，y）的坐標x，y所滿足的關系式為．三、種圓得圓（主動點與從動點的軌跡都是圓或圓?。?.圖1圖2如圖1，已知點P為⊙M上一動點，O為定點（一般在圓外），Q為直線OP上一點（一般在線段OP上），若=k（k＞0且k≠1），則主動點P、從動點Q與定點O符合“定角（0°）、定比”特征，因而Q點的軌跡也是圓，如何確定該圓的圓心和半徑呢？如圖2，連接MP、MO，作QN∥PM，交MO于點N，則△OQN∽△OPM，從而有=k,由于M、O為定點，k為定值，∴N為定點，設⊙M半徑為R，⊙N半徑為r，∵NQ=kMP=kR,∴NQ長為定值，由圓的定義知，點Q在以N為圓心，kR長為半徑的圓上運動,即Q點的軌跡是以N為圓心，kR長為半徑的圓.2.圖1圖2如圖1，已知點P為⊙M上一動點，O為定點（一般在圓外），將射線OP繞著點O按確定的方向（如順時針）旋轉一個確定的角度α（0＜α＜180°），得到射線OT，在射線OT上有一點Q，滿足=k（k為大于0的常數(shù)），則主動點P、從動點Q與定點O符合“定角、定比”的特征，因而Q點的軌跡也是圓，如何確定該圓的圓心和半徑呢？如圖2，連接MP、MO，將射線OM繞點O順時針旋轉α角，得到射線OS，在射線OS上取一點N，使=k,則N為定點，易證△OQN∽OPM，則=k，∴QN=kPM=kR,則QN為定值，由圓的定義知，點Q在以N為圓心，kR長為半徑的圓上運動,即Q點的軌跡是以N為圓心，kR長為半徑的圓.特別的，當k=1時，△OQN≌OPM，⊙N和⊙M為等圓，⊙N可看做由⊙M繞著點O順時針旋轉α角而來；當k≠1時，⊙N可看做由⊙M繞點O順時針旋轉α角，且半徑放縮k倍（0＜k＜1時縮小，k＞1時放大）而來.典型例題3-1如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，點D是以點A為圓心4為半徑的圓上一動點，連接BD，點M為BD中點，線段CM長度的最大值為________．【分析】方法一：關聯(lián)三角形法，取AB的中點E，連接EC、EM和AD，放到△CEM中求解CM的范圍，三點共線時取最大值；方法二：輔助圓法，從動點相關的線段優(yōu)先轉化為主動點相關的線段，將線段BC加倍延長，借助中位線構造出2CM，即求2CM的最大值；方法三：符合瓜豆原理基本模型，確定從動點M的軌跡圓，進而求CM的最大值.【解答】方法一：如圖1，取AB的中點E，連接EC、EM和AD，∵M為BD的中點，∴EM為△BAD的中位線，∴EM=AD=2；∵∠ACB=90°，∴CE=AB=5，CM≤CE+EM，即CM≤7，當且僅當C、E、M共線時（如圖2），CM取得最大值7.圖1圖2方法二：如圖3，延長BC至點F，使CF=BC，則F為定點，連接DF，則CM為△BDF的中位線，∴FD=2CM，當FD最大時，CM最大；如圖4，連接FA并延長，與⊙A交于點D，此時FD最大，易知AF=AB=10，則此時FD=14，對應CM的最大值即為7.圖3圖4方法三：主動點D、從動點M與定點B符合“定角（0°）、定比”特征，因而點M的軌跡為圓；如圖5，連接AD，∵M為BD的中點，∴取AB得中點E，連接EM，可知E為定點且EM=AD=2，根據(jù)圓的定義知，點M的軌跡為以E為圓心，2為半徑的圓；如圖6，∵C為⊙E外一定點，∴連接CE并延長，與⊙E交于點M，此時CM最大，此時CM=CE+EM=7.圖5圖6【小結】以上方法中，輔助線均有一舉多得之妙，我們可總結出一些常見的輔助線作法：=1\*GB3①出現(xiàn)直角三角形：常作斜邊的中線；=2\*GB3②出現(xiàn)直角三角形：常倍長直角邊，構造等腰三角形；=3\*GB3③出現(xiàn)線段中點：常取另一線段的中點，構造中位線；=4\*GB3④出現(xiàn)線段中點：常倍長另一線段，構造中位線.典型例題3-2（改編）如圖，△ABC中，AB=3，AC=2，以BC為斜邊作等腰Rt△BCD（與△ABC分布在直線BC的兩側），連接AD，則線段AD的最大值為___________.【分析】方法一：∵△BCD為等腰直角三角形，∴以AB為斜邊向下作等腰直角三角形，與△BCD構成“共點旋轉（手拉手）”模型，伴隨產(chǎn)生一組相似三角形，用“關聯(lián)三角形”法求出AD的最大值.方法二：不妨固定AB邊，則主動點C在以A為圓心，2為半徑的一段圓弧上運動，它與從動點D、定點B符合“定角、定比”特征，借助模型確定D點的軌跡圓弧，求出AD的最大值.【解答】方法一:如圖1，以AB為斜邊向下作等腰Rt△BAE，連接DE，則△BAE∽△BCD，從而易證△BAC∽△BED，∴，∴DE==，又AE=，∴AD≤AE+DE，即AD≤，如圖2，當且僅當A、E、D三點共線時，AD取得最大值，最大值為.圖1圖2方法二：如圖3，假定AB邊固定，則主動點C在半圓（不包括端點G、H）上運動，從動點D可看作由主動點C繞著點B順時針旋轉45°，且到點B的距離縮至倍而來，則將主動圓心A按照相同的操作可得到從動圓心F，從動圓的半徑縮小至主動圓半徑的（即構造△BDF∽△BCA，與構造“手拉手”模型本質相同），D點在如圖所示的半圓（不包括端點I、J）上運動，A為⊙F外一定點，∴當A、F、D共線時，AD最大，最大值為AF+DF=.圖3【小結】1.方法一與方法二實質相同，只是方法二多了確定主動點軌跡、從動點軌跡的過程；2.由圖2可知，當AD取得最大值時，∠BAC=∠BDE=90°，∠BAD=∠CAD=45°，因而可以變換多種問法，如當AD取得最大值時，求∠BAD、∠BAC的大小，求BC長、BD長等；3.本題可稍稍加大難度，將“求AD得最大值”改為“求△ABD面積的最大值”（答案為，方法見視頻講解）；4.許多同學誤將主動點和從動點的軌跡判斷為完整的圓，雖不影響結論，但不夠嚴謹.5.共點旋轉與瓜豆可謂形影相伴模型，很多題往往用兩種方法均可解答；變式訓練3-1如圖，一次函數(shù)y＝2x與反比例函數(shù)y＝（k＞0）的圖象交于A，B兩點，點P在以C（﹣2，0）為圓心，1為半徑的⊙C上，連接AP，Q是AP的中點，連接OQ，已知OQ長的最大值為，則k的值為______；BQ的最大值為________.變式訓練3-2（原創(chuàng)）如圖，在平面直角坐標系中，圓心在x軸正半軸上的⊙M交x軸的負半軸于點A（-1,0），交y軸正半軸于點B（0，），交y軸負半軸于點C，動點P從點B出發(fā)，沿著⊙M順時針向終點C做無折返運動，D（-2,0），在點P運動過程中，連接DP，Q為線段DP上一點且始終滿足PQ=2DQ，則在整個運動過程中，點Q經(jīng)過的路徑長為_______；線段DQ掃過的區(qū)域面積為________.變式訓練3-3（原創(chuàng)）如圖，在平面直角坐標系中，A（2,0），B（-1,0），以OA為直徑的圓上有兩個動點C、D，連接BC，并以BC為直角邊向逆時針方向作Rt△BCE，使∠CBE=90°，∠BEC=30°，連接CD、ED和BD，則C、D兩點的位置在變化的過程中，△BCE面積的最大值與最小值之差為_______；線段DE的最小值為_________；當∠EBD最大時，線段BE和CD的數(shù)量關系是_____________.中考真題1.如圖，點A是雙曲線y=-在第二象限分支上的一個動點，連接AO并延長交另一分支于點B，以AB為底作等腰△ABC，且∠ACB=120°，點C在第一象限，隨著點A的運動，點C的位置也不斷變化，但點C始終在雙曲線y=上運動，則k的值為（）A.1B.2C.3D.42.如圖，拋物線y＝x2﹣4與x軸交于A、B兩點，P是以點C（0，3）為圓心，2為半徑的圓上的動點，Q是線段PA的中點，連結OQ．則線段OQ的最大值是（）A．3 B． C． D．43.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，點F從點A到點C的運動過程中，點E的運動路徑長是．4.如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E為AB的中點，F(xiàn)為EC上一動點，P為DF中點，連接PB，則PB的最小值是（）A．2 B．4 C． D．5.如圖，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=2，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點，當點P沿著半圓從點A運動到點B時，點M運動的路徑長為．6.如圖，在矩形ABCD中，AB＝，AD＝3，點P是AD邊上的一個動點，連接BP，作點A關于直線BP的對稱點A1，連接A1C，設A1C的中點為Q，當點P從點A出發(fā)，沿邊AD運動到點D時停止運動，點Q的運動路徑長為．7.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為邊向右側作等邊△EFG，連接CG，則CG的最小值為．8．如圖，正方形ABCD中，AB=2，O是BC邊的中