瓜豆原理

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中考必备，难度5颗星！

瓜豆原理

一 模型解释

在一类动点问题中涉及两个动点\(P\)，\(Q\)，动点\(P\)在某图形上，而动点\(Q\)与\(P\)存在某种数量和位置关系，我们要确定动点\(Q\)的轨迹，从而解决相关问题. 我们把点\(P\)叫主动点，\(Q\)叫从动点.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”．
以下我们看看几个例子.

1 轨迹为圆

例1 如图，\(P\)是半径为\(r\)的圆\(O\)上一点，\(A\)为定点，\(Q\)为\(AP\)中点，判断动点\(Q\)的轨迹．

解析 连接\(OA\)，取\(OA\)中点\(M\)，连接\(MQ\)，\(OP\)，
易得\(MQ=\dfrac{1}{2} OP=\dfrac{1}{2} r\)，即点\(Q\)的轨迹以\(M\)为圆心，半径为\(\dfrac{1}{2} r\)的圆.

 
例2 如图，\(P\)是半径为\(r\)的圆\(O\)上一个动点，\(A\)为定点，点\(Q\)满足\(AQ⊥AP\)且\(AQ=AP\)．判断动点\(Q\)的轨迹．

解析 连接\(OA\)，过点\(A\)作\(OA⊥AM\)，使得\(AM=OA\)，
因为\(AQ⊥AP\)，所以\(∠QAM=∠PAO\)，
又因为\(AQ=AP\)，\(AM=AO\)，所以\(∆AQM≅∆AOP\)，
所以\(MQ=OP=r\)，
所以动点\(Q\)的轨迹是以\(M\)为圆心，半径为\(r\)的圆.

 
例3 如图，\(P\)是半径为\(r\)的圆\(O\)上一个动点，\(A\)为定点，点\(Q\)满足\(∠QAP=45^{\circ}\)且\(AQ=\dfrac{1}{2} AP\)．判断动点\(Q\)的轨迹．

解析 连接\(OA\)，作\(\angle MAO =45^{\circ}\)，使得\(AM=\dfrac{1}{2} OA\)，
因为\(∠QAP=45^{\circ}\)，所以\(∠QAM=∠PAO\)，
又因为\(\dfrac{A Q}{A Q}=\dfrac{A M}{A O}=\dfrac{1}{2}\)，所以\(∆AQM∽∆AOP\)，
所以\(MQ=\dfrac{1}{2} OP=\dfrac{1}{2} r\)，
所以动点\(Q\)的轨迹是以\(M\)为圆心，半径为\(\dfrac{1}{2} r\)的圆.
 
模型总结
\(P\)是圆\(O\)上一个动点，\(A\)为定点，点\(Q\)满足\(∠PAQ=α\)且\(AP:AQ=k\)，则动点\(Q\)的轨迹是圆\(M\).

解释
(1) \(α\)和\(k\)是定值，即主动点、从动点与定点连线的夹角\(∠PAQ\)是定值、主动点、从动点到定点的距离之比\(AP:AQ\)是定值；
(2) 证明思路是构造相似三角形\(∆AQM∽∆AOP\)，\(Q\)与\(P\)的关系相当于旋转+伸缩，故圆心\(M\)的位置与圆\(M\)的半径，均可由其证明思路可得.

2 轨迹是线

例1 如图，\(P\)是直线\(BC\)上一动点，\(Q\)是\(AP\)中点，当点\(P\)在\(BC\)上运动时，判断点\(Q\)轨迹.

解析 分别过\(A\)、\(Q\)向\(BC\)作垂线，垂足分别为\(M\)、\(N\)，
易得\(∆PQN~∆APM\)，且\(QN=\dfrac{1}{2} AM\)，
即点\(Q\)到\(BC\)的距离是定值，
故点\(Q\)轨迹是一条与直线\(BC\)平行的直线．

 
例2 如图，\(P\)是线段\(BC\)上一动点，点\(Q\)满足\(∠PAQ=90^{\circ}\)且\(AQ=AP\)，当点\(P\)在线段\(BC\)上运动时，判断动点\(Q\)的轨迹.

解析 连接\(AB\)，作以\(AB\)为直角边的等腰直角三角形\(ABQ_1\)，
相当于当\(P\)运动到\(B\)时，动点\(Q\)为落在\(Q_1\)处，
连接\(Q_1 Q\)，交\(BC\)于\(E\)，
因为\(∠BAQ_1=∠PAQ=90^{\circ}\)，所以\(∠BAP=∠Q_1 AQ\)，
又因为\(AB=AQ_1\)，\(AP=AQ\)，所以\(∆ABP≅∆AQ_1 Q\)，
所以\(∠ABP=∠AQ_1 Q\)，
所以\(∠BEQ_1=∠BAQ_1=90^{\circ}\)，
即\(Q_1 Q⊥BC\)，
即动点\(Q\)的轨迹是过点\(Q_1\)且垂直于线段\(BC\)的一条线段.

 
模型总结
如图，\(P\)是线段\(BC\)上一动点，点\(Q\)满足\(∠PAQ=α\)且\(AP:AQ=k\)，则动点\(Q\)轨迹是线段\(MN\).

解释
(1) \(α\)和\(k\)是定值，即主动点、从动点与定点连线的夹角\(∠PAQ\)是定值、主动点、从动点到定点的距离之比\(AP:AQ\)是定值；
(2) 证明思路也是相似三角形\(∆ABM~∆AMQ\)，\(Q\)与\(P\)的关系相当于旋转+伸缩，动点\(Q\)所在的直线\(MN\)与点\(P\)所在直线\(BC\)的夹角为\(α\)；
(3) 点\(M、N\)是点\(P\)分别在点\(B、C\)时\(Q\)所在之处.故点\(Q\)轨迹线段\(MN\)是很好确定位置和长度的.

3 轨迹为其他图形

如图，在反比例函数\(y=-\dfrac{1}{x}\)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\(AC=BC\)，\(\tan∠CAB=2\)，求动点\(C\)的轨迹.

解析 分别作\(AE\)、\(CF\)垂直\(x\)轴，垂足分别为\(E\)、\(F\)，连接\(OC\)，
因为\(AC=BC\)，\(O\)是\(AB\)中点，所以\(OA⊥OC\)，
因为\(\tan∠CAB=2\)，所以\(\dfrac{O A}{O C}=\dfrac{1}{2}\)，
易证\(△AEO∽△OFC\)，且\(\dfrac{A E}{O F}=\dfrac{O E}{C F}=\dfrac{O A}{O C}=\dfrac{1}{2}\)，
所以\(OF·CF=4AE·OE=4\)，
故动点\(C\)的轨迹是双曲线，且反比例函数解析式为\(y=-\dfrac{4}{x}\).

二 例题详解

例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\(CG\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\).

解析
1 确认模型
本题是动点在直线上的“瓜豆模型”：\(F\)点是主动点，\(G\)是从动点，\(E\)是定点，旋转角为\(60^{\circ}\)，没放缩；
求\(CG\)的最小值可确定\(G\)点轨迹；
2 确定轨迹
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\(G_1\)位置，最终\(G\)点在\(G_2\)位置(\(G_2\)不一定在\(CD\)边)，\(G_1 G_2\)即为\(G\)点运动轨迹．
(也可确定\(G_1\)，再结合原图中的\(G\)，确定动点\(G\)在射线\(G_1 G\)上)

3解决问题
\(CG\)最小值即当\(CG⊥G_1 G_2\)的时候取到，作\(CH⊥G_1 G_2\)于点\(H\)，\(CH\)即为所求的最小值．

根据模型可知：\(G_1 G_2\)与\(AB\)夹角为\(60^{\circ}\)，
(模型本质是旋转+放缩，要主动点的轨迹和从动点轨迹所成角为旋转角---\(EF\)和\(EG\)夹角\(60^{\circ}\)，确定这信息很重要；
故延长\(G_2 G_1\)和\(CB\)交于\(T\)，也易得\(CH=\dfrac{5}{2}\))
故\(G_1 G_2⊥EG_1\)．
(理解旋转：\(BE\)逆时针旋转\(60^{\circ}\)得\(EG_1\),\(AE\)逆时针旋转\(60^{\circ}\)得\(EG_2\),易得\(∆ABE≅∆G_1 G_2 E\),也可得\(G_1 G_2⊥EG_1\))
过点\(E\)作\(EF⊥CH\)于点\(F\)，则\(HF=EG_1=1\), \(C F=\dfrac{1}{2} C E=\dfrac{3}{2}\)，
所以\(CH=\dfrac{5}{2}\)，因此\(CG\)的最小值为\(\dfrac{5}{2}\)．
 

例2 如图，正方形\(ABCD\)中，\(A B=2 \sqrt{5}\)，\(O\)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\(90^{\circ}\)得\(DF\)，连接\(AE\)、\(CF\)．则线段\(OF\)长的最小值为\(\underline{\quad \quad}\)．

解析
1 确认模型
\(E\)点满足\(EO＝2\)，故\(E\)点轨迹是以\(O\)为圆心，\(2\)为半径的圆．
本题是动点在圆上的“瓜豆模型”：\(E\)点是主动点，\(F\)是从动点，\(D\)是定点，旋转角为\(90^{\circ}\)，没放缩；
求\(OF\)的最小值可确定点\(F\)轨迹；

2 确定轨迹
\(E\)点轨迹是圆，故\(F\)点轨迹也是圆，要确定其圆心和半径，
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．
(模型本质是旋转+放缩，\(DE\)逆时针旋转\(90^{\circ}\)没放缩得到\(DF\)，则对\(DO\)(定点和主动点对应圆心的线段)作相同动作，得到\(∆DEO≅∆DFM\)，得到从动点\(F\)定轨迹)

3 解决问题
直接连接\(OM\)， \(OF\)最小值为\(OM-r=OM-2\)．
\(O D=\sqrt{O C^2+C D^2}=\sqrt{5++20}=5\)，
而\(∆DOM\)是等腰直角三角形，故\(O M=\sqrt{2} O D=5 \sqrt{2}\)，
所以\(OF\)的最小值是\(O M-r=5 \sqrt{2}-2\).