第12讲主从联动模型(解析版).doc
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1、 中考数学几何模型 12:主从联动模型 名师点睛 当轨迹为直线时 思考 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? P Q A B C NC B A Q PM 揭秘:将点 P 看成主动点,点 Q 看成从动点,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,且 Q 点运动 路径长为 P 点运动路径长的一半 思考 2 如图,点 C
2、 为定点,点 P、Q 为动点,CP=CQ,且PCQ 为定值,当点 P 在直线 AB 上运动,请探究点 Q 的运动轨迹. 揭秘:当 CP 与 CQ 夹角固定,且 AP=AQ 时,P、Q 轨迹是同一种图形,且 PP1=QQ1 可以这样理解:易知CPP1CPP1,则CPP1=CQQ1,故可知 Q 点轨迹为一条直线. 思考 3 如图,点 C 为定点,点 P 是直线 AB 上的一动点,以 CP 为斜边作 RtCPQ,且 P=30,当点 P 在直线 AB 上运动,请探究点 Q 的运动轨迹. 揭秘:条件 CP 与 CQ 夹角固定时,P、Q 轨迹是同一种图形,且有 1 1 PPCP QQCQ 可以这样理解:由
3、 CPQCP1Q1,易得CPP1CPP1,则CPP1=CQQ1,故可知 Q 点轨迹为 一条直线. 总结 条件:条件: 主动点、从动点与定点连线的夹角是定量; 主动点、从动点到定点的距离之比是定量 结论:结论: 主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形; 主动点路径做在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角 当主动点、从动点到定点的距离相等时,从动点的运动路径长等于主动点的运动路径长; 轨迹是直线 当主动点、从动点到定点的距离不相等时,= 从动点运动路径从动点到定点距离 主动点运动路径主动点到定点距离 . 典题探究 启迪思维 探究重点 例题例题 1. 如图,在等边 ABC 中,AB=10,BD=4,
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 B C D E F P 【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 变式练习变式练习 1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,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 P O A B x y 【分析】求 OP 最小值
5、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: 12 PP与 y 轴夹角为 60 ,作 OP 12 PP,所得 OP 长度即为最小值,OP2=OA=3, 所以 OP= 3 2 P2 P1 y x B A O P P2 P1 y x B A O 例题例题 2. 如图,正方形 ABCD 的边长为 4,E 为 BC 上一点,且
6、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 G A BC D E F G2 G1 E D CB A F H G2 G1 E D CB A 【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 1 G位置,最终 G 点在 2 G位置( 2 G不一定在 CD 边), 12 G G即为 G 点运动 轨迹CG 最小值即当 CG 1
7、2 G G的时候取到,作 CH 12 G G于点 H,CH 即为所求的最小值 根据模型可知: 12 G G与 AB 夹角为 60 , 故 12 G G 1 EG 过点 E 作 EFCH 于点 F, 则 HF= 1 G E=1, CF= 13 22 CE ,所以 CH= 5 2 ,因此 CG 的最小值为 5 2 变式练习变式练习 2(2017 秋江汉区校级月考)如图, ABC 是边长为 6 的等边三角形,点 E 在 AB 上,点 D 为 BC 的中 点, EDM 为等边三角形若点 E 从点 B 运动到点 A,则 M 点所经历的路径长为 6 【解答】解:当点 E 在 B 时,M 在 AB 的中点
8、N 处,当点 E 与 A 重合时,M 的位置如图所示, 所以点 E 从点 B 运动到点 A,则 M 点所经历的路径为 MN 的长, ABC 是等边三角形,D 是 BC 的中点, ADBC,BAD30 , AB6, AD3, EDM 是等边三角形, AMAD3,DAM60 , NAM30 +60 90 , ANAB3, 在 Rt NAM 中,由勾股定理得:MN6, 则 M 点所经历的路径长为 6, 故答案为:6 例题例题 3. 如图,已知点 A 是第一象限内横坐标为2 3的一个定点,ACx 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 ,BAPA,则
9、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_ y x N M P A C B O 【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 变式练习变式练习 3(2019东台市模拟)如图,平面直角坐标系中,点 A(0,2),B(1,0),C(5,0),点 D 从点 B 出发,沿 x 轴负方向运动到点 C,E 为 AD 上方一点,若在运动过程中始终保持 AED AOB,
10、 则点 E 运动的路径长为 【解答】解:如图,连接 OE AEDAOD90 , A,O,E,D 四点共圆, EOCEAD定值, 点 E 在射线 OE 上运动,EOC 是定值 tanEODtanOAB, 可以假设 E(2m,m), 当点 D 与 C 重合时,AC, AE2EC, EC, (2m+5)2+m2, 解得 m或(舍弃), E(,), 点 E 的运动轨迹OE 的长, 故答案为 名师点睛 当轨迹为弧线时 思考 1 如图,P 是圆 O 上一个动点,A 为定点,连接 AP,Q 为 AP 中点 当点 P 在圆 O 上运动时,Q 点轨迹是? AO P Q 揭秘:Q 点轨迹是一个圆,考虑到 Q 点始
11、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 AMQAOP, 1 = 2 QMAQ POAP Q P OAM 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=1/2AOQ 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 轨迹是圆 思考 2:如图,P 是圆 O 上一个动点,A 为定点,连接 AP,作 AQAP 且 AQ=AP 当点 P 在圆 O
12、 上运动时,Q 点轨迹是? OP Q A 揭秘: 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 APAQ,可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AMAO;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 APOAQM M A Q P O 思考 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? O P Q A 揭秘: 考虑 APAQ,可得 Q 点轨迹圆圆心 M 满足 AM
13、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 APOAQM,且相似比为 2 O P Q M A 推理: (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 当点 P 在圆 O 上运动时,Q 点轨迹是和圆 O 全等的一个圆. (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 当点 P 在圆 O 上运动时,Q 点轨迹为按 AP:AQ=AO:AM=2:1 的比例缩放的一个圆. 总结: 为了便于区分动点 P、Q,可称点 P 为“主动点主动
14、点”,点 Q 为“从动点从动点” 此类问题的必要条件:两个定量,即: 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距离之比:AP:AQ=AO:AM,也等于两圆半径之比, 也等于两动点运动轨迹长之比,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” 60 M Q A P O O PA Q M O P Q
15、 A O P Q A 典题探究 启迪思维 探究重点 例题例题 4. 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_ O y xAB C M P 【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 即可答案为 3 2 O O y x
16、AB C M P O P M C BAx y O 变式练习变式练习 4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,当点 P 从点 A 运动至点 B 时,点 M 运动的路径长为_ A BC M P D E F O A BC M P 【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
17、为 P 点轨迹长一半,即可解决问题答案为2 例题例题 5. 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 O A B C D E 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 半径的圆考虑 DEDF 且 DE=DF,故作 DMDO 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
18、等求线段长,再利用勾股 定理求得 OM,减去 MF 即可得到 OF 的最小值答案为5 2-2 O A B C D E F M O A B C D E F M 变式练习变式练习 5 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_ A BC DE O ED M A B C O O C B A M DE 【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
19、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答案为3 2,本题或者直接利用托勒密定理可得最大值 名师点睛 当轨迹为其他种类时 根据刚才我们的探究,所谓“瓜豆原理”,就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是
20、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 典题探究 启迪思维 探究重点 例题例题 6. 如图,在反比例函数 2 y 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 k y x 的图像上运动, 若 tanCAB=2,则 k 的值为( ) C B A O y x N Mx y O A B C A2 B4 C6 D8 【分析】AOC=90 且 AO:OC=1:2,显然点 C 的轨迹也是一条双曲线,
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