第23講  軌跡問題之直線軌跡點的軌跡問題近年來在考試中經(jīng)常出現(xiàn)，解決這類問題，首先得要了解，哪些條件會產(chǎn)生這類軌跡？模型講解模型一：軌跡為直線動點P到定直線距離保持不變，點P的軌跡為一直線點P與定線段一端點連接后，與該線段所夾角保持不變，點P的軌跡為一直線 【例題講解】例題1、如圖，已知A＝10，點C、D在線段AB上，且AC＝DB＝2，P是線段CD上的動點，分別以AP、PB為邊在線段AB的同側(cè)作等邊△AEP和等邊△PFB，連接EF，設(shè)EF的中點為G，當(dāng)點P從點C運動到點D時，則點G移動路徑的長是          .       【解析】延長AE、BF，相交于點H，連接HP易得△HAB為等邊三角形，四邊形HEPF為平行四邊形∵平行四邊形的對角線互相平分，且G為FE中點∴G在HP上，且G為HP的中點∴當(dāng)P從點C運動到點D時，G始終為HP的中點∴G到AB的距離始終為點H到AB的距離的半∴點G的軌跡為直線∴MN即為G點運動的路徑長 例題2、如圖，邊長為2a的等邊三角形ABC中，M是高CH所在直線上的一個動點，連接MB，將線段BM繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接HN.則在點M運動過程中，線段HN長度的最小值是         . 【解析】連接AN易證△ANB≌△CMB∴∠BAN＝∠BCM＝30°∵AB邊為定邊∴N在與AB夾角為30°的直線上運動∴當(dāng)HN⊥AN時，HN最短（即為圖中N′點）∵∠BAN＝30°，AH＝AB＝a∴HN′＝AH＝a例題3、在平面直角坐標(biāo)系中，點P的坐標(biāo)為（0，2），點M的坐標(biāo)為（m－1，－m－）（其中m為實數(shù)），則PM的最小值為         .【解析】∵點M的坐標(biāo)為（m－1，－m－）∴設(shè)x＝m－1，y＝－m－……①∴m＝x＋1……②將②式代入①式化簡得y＝－x－3∴點M在函數(shù)y＝－x－3上運動，軌跡為直線∴當(dāng)PM⊥AB時，PM最小根據(jù)△PMB∽△AOB，即可得PM＝4∴PM的最小值為4【鞏固訓(xùn)練】1、等邊三角形ABC中，BC＝6，D、E是邊BC上兩點，且BD＝CE＝1，點P是線段DE上的一個動點，過點P分別作AC、AB的平行線交AB、AC于點M、N，連接MN、AP交于點G，則點P由點D移動到點E的過程中，線段BG掃過的區(qū)域面積為           .     2、如圖，四邊形ABHK是邊長為6的正方形，點C、D在邊AB上，且AC＝DB＝1，點P是線段CD上的動點，分別以AP、PB為邊在線段AB的同側(cè)作正方形AMNP和正方形BROP，E、F分別為MN、QR的中點，連接EF，設(shè)EF的中點為G，則當(dāng)點P從點C運動到點D時，點G移動的路徑長為           . 3、如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，點E在邊AD上，且AE:ED＝1：3.動點P從點A出發(fā)，沿AB運動到點B停止.過點E作EF⊥PE交射線BC于點F，設(shè)M是線段EF的中點，則在點P運動的整個過程中，點M運動路線的長為          . 4、在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2cm，線段BC上一動點P從C點開始運動，到B點停止，以AP為邊在AC的右側(cè)做等邊△APQ，則Q點運動的路徑長為        cm. 5、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，A（1，4），B（3，2），C（m，－4m＋20），若OC恰好平分四邊形OACB的面積，則C點坐標(biāo)為         . 6、如圖1是用鋼絲制作的一個幾何探究工具，其中△ABC內(nèi)接于⊙G，AB是⊙G的直徑，AB＝6，AC＝2，現(xiàn)將制作的幾何探究工具放在平面直角坐標(biāo)系中（如圖2），然后點A在射線Ox上由點O開始向右滑動，點B在射線OY上也隨之向點O滑動（如圖3），當(dāng)點B滑動至與點O重合時運動結(jié)束.在整個運動過程中，點C運動的路程是           .      圖1              圖2                      圖3 7、在直角梯形ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝3，CD＝4，在BC上取點P（P與B、C不重合），連接PA延長至E，使PA＝2AE，連接PD并延長到F，使PD＝4FD，以PE、PF為邊作平行四邊形，另一個頂點為G，則PG長度的最小值為         .8、如圖，已知點A是第一象限內(nèi)橫坐標(biāo)為的一個定點，AC⊥x軸于點M，交直線y＝－x于點N.若點P是線段ON上的一個動點，∠APB＝30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動，求當(dāng)點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長是        . 9、如圖，邊長為4的等邊三角形AOB的頂點O在坐標(biāo)原點，點A在x軸正半軸上，點B在第一象限.一動點P從O點出發(fā)沿x軸以每秒1個單位長的速度向點A勻速運動，當(dāng)點P到達(dá)點A時停止運動，設(shè)點P運動的時間是t秒.將線段BP的中點繞點P按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得點C，點C隨點P的運動而運動，連接CP，CA，過點P作PD⊥OB于點D.（1）填空：PD的長為         （用含t的代數(shù)式表示）；（2）求點C的坐標(biāo)（用含t的代數(shù)式表示）；（3）在點P從O向A運動的過程中，求點C運動路線的長.       
10、如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，動點P從點A開始沿邊AC向點C以1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，過點P作PD∥BC，交AB于點D，連接PQ分別從點A、C同時出發(fā)，當(dāng)其中一點到達(dá)端點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t≥0）.（1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB＝        ，PD＝        .（2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由.并探究如何改變Q的速度（勻速運動），使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，求點Q的速度；（3）如圖2，在整個運動過程中，求出線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長.       圖1                      圖2
參考答案1.【解答】解：∵PM∥AC，PN∥AB，∴四邊形AMPN是平行四邊形，∵MN與AP相交于點G，∴G是AP的中點，∴如圖點G的運動路線是△APP′的中位線，∵BC＝6，BD＝CE＝1，∴GG′＝＝2，∵BC＝6，∴△BGG′的底邊GG′上的高＝×（6×）＝，∴線段BG掃過的區(qū)域面積＝×2×＝．故答案為：．  2.【解答】解：如圖，設(shè)KH的中點為S，連接PE，PF，SE，SF，PS，∵E為MN的中點，S為KH的中點，∴A，E，S共線，F為QR的中點，S為KH的中點，∴B、F、S共線，由△AME∽△PQF，得∠SAP＝∠FPB，∴ES∥PF，△PNE∽△BRF，得∠EPA＝∠FBP，∴PE∥FS，則四邊形PESF為平行四邊形，則G為PS的中點，∴G的軌跡為△CSD的中位線，∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝6﹣1﹣1＝4，∴點G移動的路徑長．故答案為：2．  3.【解答】解：如圖所示：過點M作GH⊥AD．∵AD∥CB，GH⊥AD，∴GH⊥BC．在△EGM和△FHM中，∴△EGM≌△FHM．∴MG＝MH．∴點M的軌跡是一條平行于BC的線段．當(dāng)點P與A重合時，BF1＝AE＝2，當(dāng)點P與點B重合時，∠F2+∠EBF1＝90°，∠BEF1+∠EBF1＝90°，∴∠F2＝∠EBF1．∵∠EF1B＝∠EF1F2，∴△EF1B∽△∠EF1F2．∴，即：，∴F1F2＝18，∵M1M2是△EF1F2的中位線，∴M1M2＝F1F2＝9．故答案為：9．  4.【解答】解：如圖，Q點運動的路徑為QQ′的長，∵△ACQ和△ABQ′是等邊三角形，∴∠CAQ＝∠BAQ′＝60°，AQ＝AC＝AQ′＝2cm，∵∠BAC＝90°，∴∠QAQ′＝90°，由勾股定理得：QQ′＝＝＝2，∴Q點運動的路徑為2cm；故答案為：2．  5.【解答】解：AB的中點D的坐標(biāo)是：（，），即（2，3），設(shè)直線OD的解析式是y＝kx，則2k＝3，解得：k＝，則直線的解析式是：y＝x，根據(jù)題意得：，解得：，則C的坐標(biāo)是：（，）．故答案是：（，）．   6.【解答】解：如圖3，連接OG．∵∠AOB是直角，G為AB中點，∴GO＝AB＝半徑，∴原點O始終在⊙G上．∵∠ACB＝90°，AB＝6，AC＝2，∴BC＝4．連接OC．則∠AOC＝∠ABC，∴tan∠AOC＝＝，∴點C在與x軸夾角為∠AOC的射線上運動．如圖4，C1C2＝OC2﹣OC1＝6﹣2＝4；如圖5，C2C3＝OC2﹣OC3＝6﹣4；∴總路徑為：C1C2+C2C3＝4+6﹣4＝10﹣4．故選：D．  7.分析與解答  8.【解答】解：由題意可知，OM＝，點N在直線y＝﹣x上，AC⊥x軸于點M，則△OMN為等腰直角三角形，ON＝OM＝×＝．如答圖①所示，設(shè)動點P在O點（起點）時，點B的位置為B0，動點P在N點（終點）時，點B的位置為Bn，連接B0Bn∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC＝∠B0ABn，又∵AB0＝AO?tan30°，ABn＝AN?tan30°，∴AB0：AO＝ABn：AN＝tan30°（此處也可用30°角的Rt△三邊長的關(guān)系來求得），∴△AB0Bn∽△AON，且相似比為tan30°，∴B0Bn＝ON?tan30°＝×＝．現(xiàn)在來證明線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡）．如答圖②所示，當(dāng)點P運動至ON上的任一點時，設(shè)其對應(yīng)的點B為Bi，連接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，∴點Bi在線段B0Bn上，即線段B0Bn就是點B運動的路徑（或軌跡）．綜上所述，點B運動的路徑（或軌跡）是線段B0Bn，其長度為．故選：C．  9.【解答】解：（1）∵△AOB是等邊三角形，∴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＝故答案為： （2）如圖（1）過C作CE⊥OA于E，∴∠PEC＝90°，∵OD＝t，∴BD＝4﹣t．∵線段BP的中點繞點P按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得點C，∴∠BPC＝60°．∵∠OPD＝30°，∴∠BPD+∠CPE＝90°．∴∠DBP＝∠CPE∴△PCE∽△BPD∴，∴，，∴CE＝，PE＝，OE＝，∴C（，）． （3）如圖（3）當(dāng)∠PCA＝90度時，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，這時P是OA的中點．如圖（2）當(dāng)∠CAP＝90°時，C的橫坐標(biāo)就是4，∴2+t＝4∴t＝ （4）設(shè)C（x，y），∴x＝2+t，y＝，∴y＝x﹣，∴C點的運動痕跡是一條線段（0≤t≤4）．當(dāng)t＝0時，C1（2，0），當(dāng)t＝4時，C2（5，），∴由兩點間的距離公式得：C1C2＝2．故答案為：2．  10.【解答】解：（1）根據(jù)題意得：CQ＝2t，PA＝t，∴QB＝8﹣2t，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，PD∥BC，∴∠APD＝90°，∴tanA＝＝，∴PD＝t．故答案為：（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，∴當(dāng)BQ＝DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形，即8﹣2t＝，解得：t＝．當(dāng)t＝時，PD＝＝，BD＝10﹣×＝6，∴DP≠BD，∴?PDBQ不能為菱形．設(shè)點Q的速度為每秒v個單位長度，則BQ＝8﹣vt，PD＝t，BD＝10﹣t，要使四邊形PDBQ為菱形，則PD＝BD＝BQ，當(dāng)PD＝BD時，即t＝10﹣t，解得：t＝當(dāng)PD＝BQ，t＝時，即＝8﹣，解得：v＝當(dāng)點Q的速度為每秒個單位長度時，經(jīng)過秒，四邊形PDBQ是菱形． （3）如圖2，以C為原點，以AC所在的直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系．依題意，可知0≤t≤4，當(dāng)t＝0時，點M1的坐標(biāo)為（3，0），當(dāng)t＝4時點M2的坐標(biāo)為（1，4）．設(shè)直線M1M2的解析式為y＝kx+b，∴，解得，∴直線M1M2的解析式為y＝﹣2x+6．∵點Q（0，2t），P（6﹣t，0）∴在運動過程中，線段PQ中點M3的坐標(biāo)（，t）．把x＝代入y＝﹣2x+6得y＝﹣2×+6＝t，∴點M3在直線M1M2上．過點M2作M2N⊥x軸于點N，則M2N＝4，M1N＝2．∴M1M2＝2∴線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為2單位長度．   

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