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。
则两动点的运动轨迹是相似的，运动轨迹长度的比和它们到定点的距离比相同。
【引例】（选讲）
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）
【例题1】 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
AEPBDP'C
【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？
AP始E主动点PBD从动点P'60°C定点P'始P末C轨迹
P'末
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．
AAEPEPBDCP'
BP'DCD'
第四层：分析∠CAP和∠CBP’
A30°PEB30°DC
P'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
AEPB60°CP'
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.
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PP’，注意区分.
AAAEPBDP'
解析 策略一：找从动点轨迹 连接BP’，
GPCBDP'EGPCBDP'EGC
AEPBHDP'C
由旋转可得，CP＝CP’，∠P’CP＝60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠PCP’， ∴△ACP≌△BCP’(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， ∴∠CBP’＝30°，
即点P’的运动轨迹为直线BP’， ∴当D P’⊥B P’时，EP’最短， 11此时，EP’＝BD+ED＝2+2＝3
22∴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’
AEPBDP'CG
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．
AHPBDP'EGC
∵∠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
1∴HE＝DC1
2EP'GPHEEG=21=3 ∴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 ．
ADFGBEC
【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G1与G2，连接G1与G2得到点G的轨迹，再作垂线CH得到最小值.
ADG2G1ADG2G1AHG1DG2轨迹ECB轨迹ECB
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∠AMG1＝60°，
ECB5进一步得到△MBG1为等腰三角形后，求CH就不难了，可得CH=
2AH60°轨迹G1MB
DG2AH60°轨迹MG1DG2AH60°轨迹MG1NDG2EC
NBEC
BEC
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
11的角，即tan∠GME=tan∠AFE=，然后进一步算出最值 44ADGM
ADHNIMAFGDM
F
BE或
CBECBEC【简证】EMAE17EN1∠NEC120IC35,则CH= 22对B点旋转得到∠EMG＝∠FBE＝90°，相对来说要容易一些.
AFGDAGDHM
MBECBE
IC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.
AMFBEGHDAM
DHG
FBECNC
【变式训练1】旋转+伸缩 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 ． ADFGB
EC
分析 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°再缩短为原来的2，反2向构造则需要把CE绕点E逆时针旋转45°，再扩大变为原来的2倍，得到EH，显然△ECH为等腰直角三角形，进一步得到△FEH∽△GEC，相似比为2，所以CG=2FH22． 2ADADHADH主动点FG从动点FGFGBE定点C
BECBEC
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22 ADADFGHBEC
FGHBEC
【变式训练2】双动点 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为底向右侧作等腰直角△EFG，连接CG，则AG的最小值为 ． ADFGB 【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△AFG∽△HFE，则有AG=2HE22，变中有不变． 2ECAHDAHDGF
GF
BECBEC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.
ADADADGFH
ECGFBH
MFBG
BECNEC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BD．
【巩固练习① 2021·四川广元】 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D是BC边的中点，点P是AC边上一个动点，连接PD，以PD为边在PD的下方作等边△PDQ，连接CQ．则CQ的最小值是
【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．
解析 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）， 111
当CQ⊥TQ时，CQ的值最小，最小值＝CT＝CD＝BC＝1，
224
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，
1
当PM⊥MH时，PM的最小值＝CH＝CD＝1，
2∴CQ的最小值为1．
【巩固练习② 2021山东泰安中考】 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（ ）
AQBP
【分析】
DC
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 解析 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．
AEFHDQBPC
∵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
∴△BAP≌△FAQ(SAS)， ∴∠ABP＝∠AFQ＝90°， ∵∠FAE＝90°－60°＝30°， ∴∠AEF＝90°－30°＝60°， ∵AB＝AF＝5，AE＝AF÷cos30°＝∴点Q在射线FE上运动， ∵AD＝BC＝5
3,
10 3
, 3
5 3
∴DE＝AD－AE＝,
3
∵DH⊥EF，∠DEH＝∠AEF＝60°， 5 335
∴DH＝DE﹒sin60°＝× ＝,
322
5
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,
2
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，
DQPF5 2AQBPF
DC
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,使∠1=∠2,且过点D作DG⊥PG,连接CG.则CG最小值为
【分析】 瓜豆原理：得到G点轨迹直线后，画出起点G1和终点G2
旋转相似：
解析 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，
ADDH
∴DP＝DG,∠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， AD﹒DC12
∴AC＝32＋42＝5，DH＝AC＝5,
9
∴CH＝CD2－DH2＝5, DH﹒CH36
∴EH＝CD＝25,
∵∠CFG＝∠HFE，∠CGF＝∠HEF＝90°，CF＝HF， ∴△CGF≌△HEF(AAS)， 36
∴CG＝HE＝25, 36
∴CG的最小值为25, 36
故答案为25．
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