中考培优竞赛专题经典讲义 第23讲 轨迹问题之直线轨迹

第23讲  轨迹问题之直线轨迹

点的轨迹问题近年来在考试中经常出现，解决这类问题，首先得要了解，哪些条件会产生这类轨迹？

模型讲解

模型一：轨迹为直线

动点P到定直线距离保持不变，点P的轨迹为一直线

点P与定线段一端点连接后，与该线段所夹角保持不变，点P的轨迹为一直线

【例题讲解】

例题1、如图，已知A＝10，点C、D在线段AB上，且AC＝DB＝2，P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边△PFB，连接EF，设EF的中点为G，当点P从点C运动到点D时，则点G移动路径的长是          .

【解析】延长AE、BF，相交于点H，连接HP

易得△HAB为等边三角形，四边形HEPF为平行四边形

∵平行四边形的对角线互相平分，且G为FE中点

∴G在HP上，且G为HP的中点

∴当P从点C运动到点D时，G始终为HP的中点

∴G到AB的距离始终为点H到AB的距离的半

∴点G的轨迹为直线

∴MN即为G点运动的路径长

例题2、如图，边长为2a的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接HN.则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是         .

【解析】连接AN

易证△ANB≌△CMB

∴∠BAN＝∠BCM＝30°

∵AB边为定边

∴N在与AB夹角为30°的直线上运动

∴当HN⊥AN时，HN最短（即为图中N′点）

∵∠BAN＝30°，AH＝AB＝a

∴HN′＝AH＝a

例题3、在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，2），点M的坐标为（m－1，－m－）（其中m为实数），则PM的最小值为         .

【解析】∵点M的坐标为（m－1，－m－）

∴设x＝m－1，y＝－m－……①

∴m＝x＋1……②

将②式代入①式化简得y＝－x－3

∴点M在函数y＝－x－3上运动，轨迹为直线

∴当PM⊥AB时，PM最小

根据△PMB∽△AOB，即可得PM＝4

∴PM的最小值为4

【巩固训练】

1、等边三角形ABC中，BC＝6，D、E是边BC上两点，且BD＝CE＝1，点P是线段DE上的一个动点，过点P分别作AC、AB的平行线交AB、AC于点M、N，连接MN、AP交于点G，则点P由点D移动到点E的过程中，线段BG扫过的区域面积为           .

2、如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C、D在边AB上，且AC＝DB＝1，点P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和正方形BROP，E、F分别为MN、QR的中点，连接EF，设EF的中点为G，则当点P从点C运动到点D时，点G移动的路径长为           .

3、如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E在边AD上，且AE:ED＝1：3.动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止.过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，设M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M运动路线的长为          .

4、在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2cm，线段BC上一动点P从C点开始运动，到B点停止，以AP为边在AC的右侧做等边△APQ，则Q点运动的路径长为        cm.

5、如图，在平面直角坐标系中，A（1，4），B（3，2），C（m，－4m＋20），若OC恰好平分四边形OACB的面积，则C点坐标为         .

6、如图1是用钢丝制作的一个几何探究工具，其中△ABC内接于⊙G，AB是⊙G的直径，AB＝6，AC＝2，现将制作的几何探究工具放在平面直角坐标系中（如图2），然后点A在射线Ox上由点O开始向右滑动，点B在射线OY上也随之向点O滑动（如图3），当点B滑动至与点O重合时运动结束.在整个运动过程中，点C运动的路程是           .

      图1              图2                      图3

7、在直角梯形ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝3，CD＝4，在BC上取点P（P与B、C不重合），连接PA延长至E，使PA＝2AE，连接PD并延长到F，使PD＝4FD，以PE、PF为边作平行四边形，另一个顶点为G，则PG长度的最小值为         .

8、如图，已知点A是第一象限内横坐标为的一个定点，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        .

9、如图，边长为4的等边三角形AOB的顶点O在坐标原点，点A在x轴正半轴上，点B在第一象限.一动点P从O点出发沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒.将线段BP的中点绕点P按顺时针方向旋转60°得点C，点C随点P的运动而运动，连接CP，CA，过点P作PD⊥OB于点D.

（1）填空：PD的长为         （用含t的代数式表示）；

（2）求点C的坐标（用含t的代数式表示）；

（3）在点P从O向A运动的过程中，求点C运动路线的长.

10、如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）.

（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝        ，PD＝        .

（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；

（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长.

图1                      图2

参考答案

1.【解答】解：∵PM∥AC，PN∥AB，

∴四边形AMPN是平行四边形，

∵MN与AP相交于点G，

∴G是AP的中点，

∴如图点G的运动路线是△APP′的中位线，

∵BC＝6，BD＝CE＝1，

∴GG′＝＝2，

∵BC＝6，

∴△BGG′的底边GG′上的高＝×（6×）＝，

∴线段BG扫过的区域面积＝×2×＝．

故答案为：．

2.【解答】解：如图，

设KH的中点为S，连接PE，PF，SE，SF，PS，

∵E为MN的中点，S为KH的中点，

∴A，E，S共线，

F为QR的中点，S为KH的中点，

∴B、F、S共线，

由△AME∽△PQF，得∠SAP＝∠FPB，

∴ES∥PF，

△PNE∽△BRF，得∠EPA＝∠FBP，

∴PE∥FS，

则四边形PESF为平行四边形，则G为PS的中点，

∴G的轨迹为△CSD的中位线，

∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝6﹣1﹣1＝4，

∴点G移动的路径长．

故答案为：2．

3.【解答】解：如图所示：过点M作GH⊥AD．

∵AD∥CB，GH⊥AD，

∴GH⊥BC．

在△EGM和△FHM中，

∴△EGM≌△FHM．

∴MG＝MH．

∴点M的轨迹是一条平行于BC的线段．

当点P与A重合时，BF1＝AE＝2，

当点P与点B重合时，∠F2+∠EBF1＝90°，∠BEF1+∠EBF1＝90°，

∴∠F2＝∠EBF1．

∵∠EF1B＝∠EF1F2，

∴△EF1B∽△∠EF1F2．

∴，即：，

∴F1F2＝18，

∵M1M2是△EF1F2的中位线，

∴M1M2＝F1F2＝9．

故答案为：9．

4.【解答】解：如图，Q点运动的路径为QQ′的长，

∵△ACQ和△ABQ′是等边三角形，

∴∠CAQ＝∠BAQ′＝60°，AQ＝AC＝AQ′＝2cm，

∵∠BAC＝90°，

∴∠QAQ′＝90°，

由勾股定理得：QQ′＝＝＝2，

∴Q点运动的路径为2cm；

故答案为：2．

5.【解答】解：AB的中点D的坐标是：（，），即（2，3），

设直线OD的解析式是y＝kx，则2k＝3，

解得：k＝，

则直线的解析式是：y＝x，

根据题意得：，

解得：，

则C的坐标是：（，）．

故答案是：（，）．

6.【解答】解：如图3，连接OG．

∵∠AOB是直角，G为AB中点，

∴GO＝AB＝半径，

∴原点O始终在⊙G上．

∵∠ACB＝90°，AB＝6，AC＝2，∴BC＝4．

连接OC．则∠AOC＝∠ABC，∴tan∠AOC＝＝，

∴点C在与x轴夹角为∠AOC的射线上运动．

如图4，C1C2＝OC2﹣OC1＝6﹣2＝4；

如图5，C2C3＝OC2﹣OC3＝6﹣4；

∴总路径为：C1C2+C2C3＝4+6﹣4＝10﹣4．

故选：D．

7.分析与解答

8.【解答】解：由题意可知，OM＝，点N在直线y＝﹣x上，AC⊥x轴于点M，则△OMN为等腰直角三角形，ON＝OM＝×＝．

如答图①所示，设动点P在O点（起点）时，点B的位置为B0，动点P在N点（终点）时，点B的位置为Bn，连接B0Bn

∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，

∴∠OAC＝∠B0ABn，

又∵AB0＝AO•tan30°，ABn＝AN•tan30°，

∴AB0：AO＝ABn：AN＝tan30°（此处也可用30°角的Rt△三边长的关系来求得），

∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°，

∴B0Bn＝ON•tan30°＝×＝．

现在来证明线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）．

如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，B0Bi

∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，

∴∠OAP＝∠B0ABi，

又∵AB0＝AO•tan30°，ABi＝AP•tan30°，

∴AB0：AO＝ABi：AP，

∴△AB0Bi∽△AOP，

∴∠AB0Bi＝∠AOP．

又∵△AB0Bn∽△AON，

∴∠AB0Bn＝∠AOP，

∴∠AB0Bi＝∠AB0Bn，

∴点Bi在线段B0Bn上，即线段B0Bn就是点B运动的路径（或轨迹）．

综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B0Bn，其长度为．

故选：C．

9.【解答】解：（1）∵△AOB是等边三角形，

∴OB＝OA＝AB＝4，∠BOA＝∠OAB＝∠ABO＝60°．

∵PD⊥OB，

∴∠PDO＝90°，

∴∠OPD＝30°，

∴OD＝OP．

∵OP＝t，

∴OD＝t，在Rt△OPD中，由勾股定理，得

PD＝

故答案为：

（2）如图（1）过C作CE⊥OA于E，

∴∠PEC＝90°，

∵OD＝t，

∴BD＝4﹣t．

∵线段BP的中点绕点P按顺时针方向旋转60°得点C，

∴∠BPC＝60°．

∵∠OPD＝30°，

∴∠BPD+∠CPE＝90°．

∴∠DBP＝∠CPE

∴△PCE∽△BPD

∴，

∴，，

∴CE＝，PE＝，OE＝，

∴C（，）．

（3）如图（3）当∠PCA＝90度时，作CF⊥PA，

∴△PCF∽△ACF，

∴，

∴CF2＝PF•AF，

∵PF＝2﹣t，AF＝4﹣OF＝2﹣tCF＝，

∴（）2＝（2﹣t）（2﹣t），

求得t＝2，这时P是OA的中点．

如图（2）当∠CAP＝90°时，C的横坐标就是4，

∴2+t＝4

∴t＝

（4）设C（x，y），

∴x＝2+t，y＝，

∴y＝x﹣，

∴C点的运动痕迹是一条线段（0≤t≤4）．

当t＝0时，C1（2，0），

当t＝4时，C2（5，），

∴由两点间的距离公式得：C1C2＝2．

故答案为：2．

10.【解答】解：（1）根据题意得：CQ＝2t，PA＝t，

∴QB＝8﹣2t，

∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，PD∥BC，

∴∠APD＝90°，

∴tanA＝＝，

∴PD＝t．

故答案为：（1）8﹣2t，t．

（2）不存在

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，

∴AB＝10

∵PD∥BC，

∴△APD∽△ACB，

∴，即，

∴AD＝t，

∴BD＝AB﹣AD＝10﹣t，

∵BQ∥DP，

∴当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形，

即8﹣2t＝，解得：t＝．

当t＝时，PD＝＝，BD＝10﹣×＝6，

∴DP≠BD，

∴▱PDBQ不能为菱形．

设点Q的速度为每秒v个单位长度，

则BQ＝8﹣vt，PD＝t，BD＝10﹣t，

要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，

当PD＝BD时，即t＝10﹣t，解得：t＝

当PD＝BQ，t＝时，即＝8﹣，解得：v＝

当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．

（3）如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．

依题意，可知0≤t≤4，当t＝0时，点M1的坐标为（3，0），当t＝4时点M2的坐标为（1，4）．

设直线M1M2的解析式为y＝kx+b，

∴，

解得，

∴直线M1M2的解析式为y＝﹣2x+6．

∵点Q（0，2t），P（6﹣t，0）

∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．

把x＝代入y＝﹣2x+6得y＝﹣2×+6＝t，

∴点M3在直线M1M2上．

过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N＝4，M1N＝2．

∴M1M2＝2

∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度．