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，
21、分别作 AM、CN 垂直 x 轴， 垂足分别为 M、 N， 连接 OC， 易证 AMOONC， CN=2OM， ON=2AM， ON CN=4AM OM， 故 k=4 2=8 【思考】若将条件“tanCAB=2”改为“ ABC 是等边三角形”，k 会是多少？ 变式练习变式练习 6（2017深圳模拟）如图，反比例函数 y的图象上有一动点 A，连接 AO 并延长交图象的另一支于点 B， 在第二象限内有一点 C， 满足 ACBC， 当点 A 运动时， 点 C 始终在函数 y的图象上运动， tanCAB 2，则关于 x 的方程 x25x+k0 的解为 x11，x26 【解答】解：连接 OC，过点 A
22、作 AEy 轴于点 E，过点 C 作 CFy 轴于点 F，如图所示， 由直线 AB 与反比例函数 y的对称性可知 A、B 点关于 O 点对称，AOBO 又ACBC，COAB AOE+AOF90 ，AOF+COF90 ， AOECOF， 又AEO90 ，CFO90 ， AOECOF， tanCAB2，CF2AE，OF2OE 又AEOE，CFOF|k|，k 6 点 C 在第二象限，k6， 关于 x 的方程 x25x+k0 可化为 x25x60，解得 x11，x26 故答案为：x11，x26 例题例题 7. 如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点 P 是 ABC 边上一动点，连接
23、OP，以 OP 为 斜边在 OP 的右上方作等腰直角 OPQ，当点 P 在 ABC 边上运动一周时，点 Q 的轨迹形成的封 闭图形面积为_ Q C x y O A B P 【分析】根据 OPQ 是等腰直角三角形可得：Q 点运动轨迹与 P 点轨迹形状相同，根据 OP:OQ=2 :1，可得 P 点轨迹图形与 Q 点轨迹图形相似比为2 :1，故面积比为 2:1， ABC 面积 为 1/2 3 4=6，故 Q 点轨迹形成的封闭图形面积为 3 【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可， 甚至无需作图 变式练习变式练习 7（2017 春工业园区期末）如图， AB
24、C 的面积为 9，点 P 在 ABC 的边上运动作点 P 关于原点 O 的 对称点 Q，再以 PQ 为边作等边 PQM当点 P 在 ABC 的边上运动一周时，点 M 随之运动所形成的图 形面积为（ ） A3 B9 C27 D 【解答】解：如图， 点 P 从点 A 出发，沿 ABC 的边从 ABCA 运动一周，且点 Q 关于原点 O 与点 P 对称， 点 Q 随点 P 运动所形成的图形是 ABC 关于 O 的中心对称图形， 以 PQ 为边作等边 PQM，M 点对应的 A，B，C 的点分别为 Ma，Mb，Mc， MbQbB 是等边三角形， MbOOB， 同理 McOOC， ， COB+BOMc90
25、 ，McOMb+BOMc90 COBMcOMb， McOMbCOB， MbMcBC， 同理，MaMbAB，MaMcAC， MaMbMcABC， MaMbMc的面积9 （）227， 即点 M 随点 P 运动所形成的图形的面积为 27 故选：C 例题例题 8. 如图所示，AB=4，AC=2，以 BC 为底边向上构造等腰直角三角形 BCD，连接 AD 并延长 至点 P，使 AD=PD，则 PB 的取值范围为_ AB C D P E M P D C BA N EAB C D P M 【分析】固定 AB 不变，AC=2，则 C 点轨迹是以 A 为圆心，2 为半径的圆，以 BC 为斜边作等腰直 角三角形
26、BCD，则 D 点轨迹是以点 M 为圆心、2为半径的圆 考虑到 AP=2AD，故 P 点轨迹是以 N 为圆心，2 2为半径的圆，即可求出 PB 的取值范围 答案为4-2 242 2PB 变式练习变式练习 8（2018 秋新吴区期末）如图已知：正方形 OCAB，A（2，2），Q（5，7），ABy 轴，ACx 轴，OA， BC 交于点 P，若正方形 OCAB 以 O 为位似中心在第一象限内放大，点 P 随正方形一起运动，当 PQ 达 到最小值时停止运动以 PQ 的长为边长，向 PQ 的右侧作等边 PQD，求在这个位似变化过程中，D 点运动的路径长（ ） A5 B6 C2 D4 【解答】解：如图，连
27、接 OQ，以 OQ 为边向下作等边 OQH， 连接 DH，作 QEOA 交 OA 的延长线于 E OQH， PQD 都是等边三角形， QOQH，QPQD，OQHPQD60 ， OQPHQD， OQPHQD（SAS）， OPDH， 点 D 的运动路径的长点 P 的运动路径的长， 直线 OA 的解析式为 yx，Q（5，7），QEOA， 直线 EQ 使得解析式为 yx+12，由，解得，E（6，6）， P（1，1），PE5， 根据垂线段最短可知，当点 P 与点 E 重合时，PQ 的长最短， 点 P 的运动路径的长为 5， 点 D 的运动路径的长为 5， 故选：A 例题例题 9. （2019 秋硚口区期
28、中）如图，一副含 30 和 45 角的三角板 ABC 和 EDF 拼合在一个平面上，边 AC 与 EF 重合，BC4cm当点 E 从点 A 出发沿 AC 方向滑动时，点 F 同时从点 C 出发沿射线 BC 方向 滑动，当点 E 从点 A 滑动到点 C 时，点 D 运动的路径长为 （2412） cm 【解答】解：BC4cm，A30 ，DEF45 ， ACBC12cm，AB2BC8cm，EDDFAC6cm， 当点 E 沿 AC 方向下滑时，得 EDF，过点 D作 DNAC 于点 N，作 DMBC 于点 M，如图所示： MDN90 ，且EDF90 ， EDNFDM， 在 DNE和 DMF中， DNE
29、DMF（AAS）， DNDM，且 DNAC，DMCM， CD平分ACM， 即点 E 沿 AC 方向下滑时，点 D在射线 CD 上移动， 当 EDAC 时，DD值最大，最大值EDCD（126）cm， 当点 E 从点 A 滑动到点 C 时，点 D 运动的路径长2 （126）（2412）cm； 故答案为：（2412） 变式练习变式练习 9（2018金华模拟）如图，Rt ABC 中，BC4，AC8，Rt ABC 的斜边在 x 轴的正半轴上，点 A 与原 点重合，随着顶点 A 由 O 点出发沿 y 轴的正半轴方向滑动，点 B 也沿着 x 轴向点 O 滑动，直到与点 O 重合时运动结束在这个运动过程中 （
30、1）AB 中点 P 经过的路径长 （2）点 C 运动的路径长是 812 【解答】解：（1）如图 1，AOB90 ，P 为 AB 的中点，OPAB， AB4，OP2，AB 中点 P 运动的轨迹是以 O 为圆心，以 OP 为半径的圆弧， 即 AB 中点 P 经过的路径长 2 2； （2）当 A 从 O 到现在的点 A 处时，如图 2，此时 CAy 轴， 点 C 运动的路径长是 CC的长，ACOC8， ACOB，ACOCOB， cosACOcosCOB， OC4，CC48； 当 A 再继续向上移动，直到点 B 与 O 重合时，如图 3， 此时点 C 运动的路径是从 C到 C，长是 CC，CCOCBC
31、44， 综上所述，点 C 运动的路径长是：48+44812； 故答案为：（1）； （2）812 达标检测 领悟提升 强化落实 1. （2018 秋黄冈期中）在 ABC 中，BAC90 ，ABAC2cm，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 的右侧作等边 APQ，则 Q 点运动的路径为 2 cm 【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， CAQBAQ60 ，AQACAQ2cm， BAC90 ， QAQ90 ， 由勾股定理得：QQ2， Q 点运动的路径为 2cm； 故答案为：2 2如图，在矩形 ABCD 中
32、，AB4，DCA30 ，点 F 是对角线 AC 上的一个动点，连接 DF，以 DF 为 斜边作DFE30 的直角三角形 DEF，使点 E 和点 A 位于 DF 两侧，点 F 从点 A 到点 C 的运动过程中， 点 E 的运动路径长是 【解答】解：E 的运动路径是线段 EE的长； AB4，DCA30 ，BC， 当 F 与 A 点重合时， 在 Rt ADE中，AD，DAE30 ，ADE60 ， DE，CDE30 ， 当 F 与 C 重合时，EDC60 ， EDE90 ，DEE30 ， 在 Rt DEE中，EE；故答案为 3（2019铜山区二模）如图，已知点 M（0，4），N（4，0），开始时， A
33、BC 的三个顶点 A、B、C 分 别与点 M、N、O 重合，点 A 在 y 轴上从点 M 开始向点 O 滑动，到达点 O 结束运动，同时点 B 沿着 x 轴向右滑动，则在此运动过程中，点 C 的运动路径长 4 【解答】解：过点 C作 CDx 轴，CEy 轴 点 M（0，4），N（4，0）， OMON， CAC+45 EAB+MGB45 +MGB， EACBGB， BGB+GBB45 ，GBB+DBC45 ， EACDBC， 又ACBC， Rt ACERt BCD（HL）， ECDC， C在第四象限的角平分线上，C 的运动轨迹是线段 AC，C 的运动路径长为 4； 故答案为 4； 3（2018宝
34、应县三模）在 Rt ABC 中，C90 ，AC2，BC2，若 P 是以 AB 为直径所作半圆上 由 A 沿着半圆向 B 运动的一点，连接 CP，过 P 向下作 PMCP，且有 PM0.5CP，如图示，求点 P 运 动过程中，点 M 的运动路径长是 【解答】解：如图，点 P 的运动轨迹是半圆，PMCP，且有 PM0.5CP， 可见点 M 的运动轨迹是半圆当 PC 是直径时，CM 也是的直径， PCAB4 时，PM2，CM2，的长， 故答案为 4如图，已知线段 AB8，O 为 AB 的中点，P 是平面内的一个动点，在运动过程中保持 OP2 不变，连 结 BP，将 PB 绕点 P 逆时针旋转 90
35、到 PC，连结 BC、AC，则线段 AC 长的最大值是 2 【解答】答案为：6 2 5（2017江阴市二模）如图，线段 AB 为O 的直径，点 C 在 AB 的延长线上，AB4，BC2，点 P 是 O 上一动点，连接 CP，以 CP 为斜边在 PC 的上方作 Rt PCD，且使DCP60 ，连接 OD，则 OD 长的最大值为 2+1 【解答】解：如图，作 COE，使得CEO90 ，ECO60 ， 则 CO2CE，OE2，OCPECD， CDP90 ，DCP60 ， CP2CD，2，COPCED，2，即 EDOP1（定长）， 点 E 是定点，DE 是定长，点 D 在半径为 1 的E 上， ODO
36、E+DE2+1，OD 的最大值为 2+1， 故答案为 6（2018建湖县一模）如图，在平面直角坐标系中，A（4，0）、B（0，3），以点 B 为圆心、2 为半 径的B 上有一动点 P连接 AP，若点 C 为 AP 的中点，连接 OC，则 OC 的最小值为 1.5 【解答】解：解法一：如图，取点 D（4，0），连接 PD， C 是 AP 的中点，O 是 AD 的中点， OC 是 APD 的中位线， OCPD， 连接 BD 交B 于 E， OD4，OB3， BD5， 当点 P 与点 E 重合时，PD 最小为 523， 故 OC 的最小值为 1.5； 解法二：当点 P 运动到 AB 的延长线上时，即
37、如图中点 P1，C1是 AP1的中点， 当点 P 在线段 AB 上时，C2是中点，取 C1C2的中点为 D， 点 C 的运动路径是以 D 为圆心，以 DC1为半径的圆，当 O、C、D 共线时，OC 的长最小， 设线段 AB 交B 于 Q， Rt AOB 中，OA4，OB3， AB5， B 的半径为 2， BP12，AP15+27， C1是 AP1的中点， AC13.5，AQ523， C2是 AQ 的中点， AC2C2Q1.5， C1C23.51.52，即D 的半径为 1， AD1.5+12.5AB， ODAB2.5， OC2.511.5， 故答案为：1.5 7 （2016江岸区校级模拟）如图，
38、线段 AB2，C 是 AB 上一动点，以 AC、BC 为边在 AB 同侧作正 ACE、 正 BCF，连 EF，点 P 为 EF 的中点当点 C 从 A 运动到 B 时，P 点运动路径长为 1 【解答】解：如图，分别延长 AE、BF 交于点 H AFCB60 ，AHCF， BECA60 ，CEBH， 四边形 ECFH 为平行四边形，EF 与 HC 互相平分 P 为 CH 的中点， P 正好为 EF 中点，即在 P 的运动过程中，P 始终为 CH 的中点， 所以 P 的运行轨迹为三角形 HAB 的中位线 MN AB2，MN1，即 P 的移动路径长为 1， 故答案为：1 8（2019 秋江岸区校级月
39、考）如图，正 ABC 中，AB2，ADBC 于 D，P，Q 分别是 AB，BC 上的动 点，且 PQAD，点 M 在 PQ 的右上方且 PMQM，M120 ，当 P 从点 A 运动到点 B 时，M 运动的 路径长为 3 (看成固定三角板滑动处理/或反其道而行之) 【解答】解：如图 1 中，作 MEAB 于 E，MFBC 于 F，连接 BM ABC 是等边三角形，ABC60 ， MEBMFB90 ，EMFPMQ120 ，PMEQMF， MPMQ，MEPMFQ（AAS），MEMF， BM 平分ABC，点 M 的在射线 BM 上运动 如图 2 中，由题意，当 PQAC 时，BM 的值最大，最大值 B
40、M2， 当 P1Q1落在 BC 上时，得到 BM1的值最小，最小值 BM11， 设 BM 交 AC 于 G，点 M 的运动路径是 GMM1 点 M 的运动路径的长MG+MM1BMBG+BMBM12+213 故答案为 3 9如图，点 P（t，0）（t0）是 x 轴正半轴上的一定点，以原点为圆心作半径为 1 的弧分别交 x 轴y 轴 于 A，B 两点，点 M 是上的一个动点，连结 PM，作MPM190 ，PMM160 ，当 P 是 x 轴正半 轴上的任意一点时，点 M 从点 A 运动至点 B，M1的运动路径长是 【解答】解：如图作 PHx 轴，使得 PHOP APHMPM1，OPMHPM1 ，PH
41、M1POM， OM1，HM1 即点 M1的运动路径为圆心为 H，半径为的弧， AOB90 ，点 M1的运动的弧的圆心角为 90 其长度为 2，M1的运动路径长 故答案为： 10（2017 秋宜兴市期末）如图，在平面直角坐标系中，有一条长为 10 的线段 AB，其端点 A、点 B 分别 在 y 轴、x 轴上滑动，点 C 为以 AB 为直径的D 上一点（C 始终在第一象限），且 tanBAC则 当点 A 从 A0（0，10）滑动到 O（0，0），B 从 O（0，0）滑动到 B0（10，0）的过程中，点 C 运动的路 径长为 206 【解答】解：如图 1 中，作射线 OC tanBAC，CAB 是定值， COBCAB，COB 是定值， 点 C 在射线 OC 上运动 如图 2 中，当线段 AB 在 y 轴上时，设 OC1k，A1C12k， 则有：k2+4k2102， k2OC12， 如图 2 中，四边形 A2OB2C2是矩形时，OC2AB10，此时 OC2的值最大， 当线段 AB 在 x 轴上时，同法可得 OC34， 观察图形可知，点 C 的运动轨迹是 C1C2C3， 点 C 的运动路径为：（102）+（104）206， 故答案为 206
