微专题16 旋转型瓜豆模型与主从动点轨迹 2026-2027学年苏科版数学 八年级上册

专题十六旋转型瓜豆模型与主从动点轨迹培优专题讲与练 一必备知识 主从动点问题先确定谁在运动、谁由构造决定，再把主动点的全部允许位置传递到从动点。学 习重点是完整轨迹与可达范围，而不只是看出“在某条直线上”。 本专题只讨论能够用旋转、全等、垂直、勾股和已学代数完整处理的情形。定中心与动中心分 别处理；轨迹确定后，再求长度范围或反求主动点的位置。 1同一次旋转中的对应点 将平面绕定点A沿同一方向旋转同一个角度，点B,C,P分别变为D,E,Q。旋转前后对应线段长 度相等，且方向同时改变相同的角度。 特别地，DE=BC,DQ=BP,EQ=CP。同一次旋转中的两点都必须绕同一个中心，转过同一个 角度；只知道两对线段等长，并不能任意指定对应点。 D B 证明 连接AB,AC,AD,AE。旋转给出AB=AD,AC=AE,两条射线同时转动后夹角不变，故 ∠BAC=∠DAE。由SAS,△ABC兰△ADE,所以BC=DE,其余两对同理。若有关点与A共 线或重合，则直接由线段的和、差或零长度得到对应长度相等。 顺时针与逆时针是不同的构造条件；除特殊位置外，不能相互替代。 2完整轨迹要证明两个方向 轨迹是从动点所有能够到达的位置。证明“点Q在某条直线上”只完成了一个方向，还要证明该直 线上所说的每一个点都能取到。 若点P在线段BC上，且同一次旋转把B,C,P变为D,E,Q,则DQ+QE=BP+PC=BC=DE,所 以Q在线段DE上。 证明 反过来，任取线段DE上的一点Q,把它绕A沿相反方向转回得到P。逆旋转把D,E转回B,C,于 是BP+PC=DQ+QE=DE=BC,故P在线段BC上。两端点也一一对应，所以完整轨迹恰为线段 DE。 第1页共22页 直线、射线可以按点序分成线段，使用相同的长度和差关系，再作逆旋转。若主动点不能取某 个端点或中间一点，其对应像点也必须从轨迹中删去。 端点、删去的点、运动方向和每个位置能否到达，都是轨迹结论的一部分。 3直角旋转的坐标与长度范围 在平面直角坐标系xOy中，将点(u,v)绕原点逆时针旋转90°，得到(-v,u))顺时针旋转90°，得 到v,-u)。 绕点(a,b)旋转时，先把原点移到该点：原来的水平、竖直位移分别为u-a,V-b。旋转后交换 这两个位移，并按方向改变符号，最后加回a,b。 证明 以第一象限的逆时针旋转为例，如图作PH⊥x轴于H,QK⊥y轴于K。因为 ∠POQ=∠HOK=90°，减去公共角∠POK,得∠HOP=∠KOQ。又 ∠OHP=∠OKQ=90°，OP=OQ,故△OHP兰△OKQ(AAS),所以OH=OK,HP=KQ,水平 距离与竖直距离交换。其他象限同理；点在坐标轴上时直接按方向判断。 若轨迹上的点到定点的距离满足d=k(x-c)2+m,其中k>0,m≥0，就要在允许的x范围内比较 |x-c|。取到c才能取到下界√m,端点不允许取时，不能把相应端点值写成已经取得的最大值或 最小值。 若旋转中心也在运动，必须用它的当时位置计算；不能把中心当作定点套用轨迹结论。 4中点的垂直投影 如图，D,E均不在直线HK上，它们到直线HK的垂足分别为H,K,H≠K,P是DE中点，L是P 的垂足。则HL=LIK。若D,E在直线同侧，PL=DH+EK;若在异侧，PL=DH,EK,且P在 2 2 较长垂线段的一侧。当D,E在异侧且两垂线段等长时，P在直线上。 E H K 证明 证明投影结论：过P作RSHK,分别交直线DH,EK于R,S。当DE不平行于HK时，在△DPR 和△EPS中，DP=EP,两直角相等，且∠DPR=∠EPS,故由AAS全等，得 PR=PS,DR=ES。若DE‖HK,则R=D,S=E,直接有PR=DP=EP=PS。 第2页共22页 由RH‖PL,RP‖HL,以PH为公共斜边的两个直角三角形△PHR,△HPL由AAS全等，得 HL=PR,RH=PL,同理LK=PS,KS=PL。因此HL=LK。再按D,E在直线的同侧或异侧，利用 DR=ES作垂直方向的线段加减，分别得到2PL=DH+EK或2PL=|DH-EK|。若P在直线上， 则R=H,S=K,L=P,相应结论直接由前一组全等得到。 这里的中点投影结论由三角形全等得到，不需要相似或四边形定理。 5斜边中点与三十度角 直角三角形斜边上的中点到三个顶点的距离相等；含30°角的直角三角形中，30°角所对的直角边 等于斜边的一半。后一个性质可由补成等边三角形证明。 W 证明 斜边中点性质的一种证明：在Rt△XYZ中，∠X=90°，N是YZ中点。延长XN到W使NW=NX。 由SAS得△XNY三△WNZ,故XY=WZ且XY‖WZ,从而WZ⊥XZ。在△YXZ与△WZX中， XY=WZ,XZ=ZX,两夹角均为直角，由SAS全等得YZ=WX。所以 XN-jWX-jYZ-YN-ZN. 半斜边的等长关系与30°所对边的等长关系同时出现时，常能组成等边三角形。 第3页共22页 二典例精讲 定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 母题1如图，AB⊥BC,AB=3,BC=6。点P在线段BC上运动，允许与端点重合。将线段AP绕 A逆时针旋转90°得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，求轨迹的长度，并求AQ的取值范围。 E 分析 用正向长度和证明落在线段，再用逆旋转证明线段上每个点均能到达；距离范围还要查两端取 等。 解 将B,C分别绕A逆时针旋转90°得到D,E。旋转保持两点距离，所以 DQ=BP,QE=PC,DE=BC=6. 因为BP+PC=BC,所以DQ+QE=DE,点Q在线段DE上。反过来，任取线段DE上的点Q,逆 时针旋转的逆操作把D,E,Q转回B,C,P,同理得到BP+PC=BC,故P在线段BC上。两端点均 允许取到，因此完整轨迹恰为线段DE,长为6。 令BP=t,则0≤t≤6。由勾股定理，AQ=AP2=AB2+BP=9+t。故3≤AQ≤3V5。下界在P=B 时取得，上界在P=C时取得；区间内每个长度对应t=√AQ-9,该t都在允许范围内。 第4页共22页 旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 母题2在平面直角坐标系xOy中，A(0,4),点P在整个x轴上运动。将线段PA绕P顺时针旋转90 得到PQ。 求点Q的完整轨迹，并求OQ的最小值及此时点P的坐标。 A个 直线VQ仅画出一部分；U、V为坐标轴交点，H为O到轨迹的垂足。 分析 动中心必须按当时的中心计算；整条x轴包含负半轴，不能用示意图中的正侧位置代替运动范 围。 解 设P(t,0),其中t为任意实数。水平、竖直位移可按直角三角形全等处理：从P到A的位移为 (-t,4),顺时针转90°后为(4，t),所以Q(t+4,t)。这里的旋转中心是P,不是A。 因此Q在过U(4,0),V(0,-4)的直线上，其横坐标减纵坐标恒为4。反过来，这条直线上的任一 点(s+4,s)都由P(s,0)得到；s可取任意实数，故完整轨迹是整条直线UV。 由勾股定理，0Q=(t+4)2+t2=2(t+22+8≥8。等号当且仅当t=-2成立。此时 P(-2,0),Q(2,-2),确在允许范围内；记该Q为H,则OH⊥UV。因此OQ的最小值为2V2。 第5页共22页 三分类讲练 1定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 例1等边△ABC的边长为6，点A在直线BC上方，B在C左侧。点P在射线BC上运动。将线段 AP绕A顺时针旋转60°得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，并求AQ的取值范围。 D B M P D、B分别是B、C的像点，M是BC中点，N是M的像点。 分析 定向60°旋转先确定两个像点；射线没有终点，但长度最小值可以在内部位置取得。 解答 将B绕A顺时针旋转60°得到D。由于△ABC等边，C在这次旋转后变为B。所以射线BC的像是射 线DB,起点D包含在内。正向由对应距离与点序得Q在射线DB上；反向将射线DB任一点逆时 针转回60°，对应点在射线BC上，因此整条射线都可到达。 作AM⊥BC于M。等边三角形中BM=3,AM=3V3。记BP=t≥0，则MP=|t-3|,由勾股定理， AQ=AP2=27+(t-32≥27。 等号在t=3,即P=M时取得。任意r≥3V3,取t=3+Vr2-27即能得到AQ=r,故取值范围为 AQ≥3V3。M的像记为N,它是射线上的取等位置。 第6页共22页 变式1一1等边△ABC的边长为6，点A在直线BC上方，B在C左侧，M是BC中点。点P在线段 BM上运动，可以与B重合，但不能与M重合。将AP绕A顺时针旋转60°得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，求AQ的取值范围，并判断AQ是否存在最小值。 A D B P M D、B分别是B、C的像点，M是BC中点，N是M的像点。 分析 半开点域必须传递到像线段；存在下界不等于存在最小值。 解答 将B,M分别绕A顺时针转60°得到D,N。旋转及逆旋转一一对应，故完整轨迹是线段DN,包含 D但不包含N。 等边三角形中AM=3V3,BM=3。设BP=t,则0≤t<3,AQ=AP2=27+(3-t2,所以 27<AQ≤36，即3V3<AQ≤6。 对上述范围内任意r,取t=3-Vr2-27,都有0≤t<3,所以每个值可达。AQ=6在P=B时取得； AQ=3V3要求P=M,被题设排除。任取允许的P,再取更靠近M的点，AQ便更小，故不存在 最小值。 第7页共22页 2旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 例2在平面直角坐标系xOy中，B(-1,1),C(2,4)。点P在线段BC上运动。将线段PO绕P顺时针 旋转90得到PQ。 求点Q的完整轨迹及轨迹长度。 y E →X D 分析 主动路线为斜线时仍须从当时中心计算；反向参数验证覆盖，不把图上两个像端点直接当作证 明。 解答 直线BC上点的纵坐标比横坐标大2，故可设P(t,t+2),且-1≤t≤2。从P到O的位移为 (-t,-t-2),顺时针旋转后为(-t-2,t),得到Q(-2,2t+2)。 因此Q在线段DE上，其中D(-2,0),E(-2,6)。反过来，任意Q(-2,5),0≤5≤6，取t=5二 2,就 有-1≤t≤2，且由相应P构造得到该Q。故完整轨迹恰为线段DE,长度为6。 由勾股定理，BC=3√2。本题从动点走过的线段比主动点走过的线段长，不能把动中心旋转误 认为整条路线的一次定中心旋转。 第8页共22页 变式2一1在平面直角坐标系xOy中，B(-1,1),C(2,4)。点P在射线BC上，将线段PO绕P顺时 针旋转90得到PQ。 当OQ≤2V10时，求点P和点Q各自的完整轨迹。 E 分析 先保留射线给出的非负条件，再解长度不等式；反向限制不是整条直线的任意截段。 解答 设P(t,t+2),射线条件为t≥-1。按直角旋转坐标规则，Q(-2,2t+2)。记s=2t+2,则s≥0，且 每个≥0的可t=子取得。 由勾股定理，0Q=4+s2≤40。结合s≥0，得0≤s≤6，于是-1≤t≤2。 故P的完整轨迹是线段BC,Q的完整轨迹是端点D(-2,0),E(-2,6)的线段DE。范围内每个参数 均同时满足射线条件与距离条件，两端点也满足等号或不等号，所以没有缺点。 第9页共22页 3两次旋转与运动次序 每次都重新确认旋转中心、起始线段和方向，不能把不同中心的角度直接相加。 例3在平面直角坐标系xOy中，A(0,3),B(4,3),C(6,0)。点P在线段OC上。先将AP绕A逆时针 旋转90°得到AQ,再将BQ绕B顺时针旋转90'得到BR。 求点R的完整轨迹，并求PR。 R DY A B 0 P C 分析 两个不同中心的反向直角旋转产生固定位置差；逐步计算后再证明完整轨迹。 解答 设P(t,0),0≤t≤6。第一次旋转中，(t,-3)变为(3，t),所以Q(3,t+3)。第二次旋转中，从B到 Q的位移为(-1，t),顺时针转后为(t,1),所以R(t+4,4)。 于是R在线段DE上，其中D(4,4),E(10,4)。任取R(s,4),4≤s≤10，取t=s-4即可恢复允许的 P,两次旋转确实得到该R。故完整轨迹恰为线段DE。 从P到R,水平距离恒为4，竖直距离恒为4，由勾股定理，PR=4V2。这不是绕某个中心旋转 0°，因为两次旋转的中心不同。 第10页共22页 变式3一1在平面直角坐标系xOy中，A(0,3),B(4,3),C(6,0)。点P在线段OC上。先将AP绕A逆 时针旋转90得到AQ,再将BQ绕B逆时针旋转90得到BR。 求点R的完整轨迹，并求PR的取值范围。 B D 元x 分析 第二次方向改变会使从动点次序反转，原来固定的距离也变成有内部最小值的变量。 解答 设P(t,0),0≤t≤6。第一步仍得Q(3,t+3)。从B到Q的位移(-1，t)逆时针转后为(-t,-1),所以 R(4-t,2)。 R的完整轨迹是端点D(4,2),E(-2,2)的线段DE,每个R(s,2),-2≤s≤4，均由t=4-s取得。P 从O到C时，R从D到E,次序不能颠倒。 由勾股定理，PR2=(4-2t2+4=4t-22+4。在0≤t≤6内，0≤t-2≤4，且这些值全部可达， 故2≤PR≤2V17。最小值在t=2时取得，最大值在t=6时取得。 第11页共22页 4附加条件与轨迹范围 先求不带附加条件的轨迹，再把长度或位置条件转成主动点的范围，最后检查边界。 例4如图，AB=8,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，允许C=A,但C≠B。将BC绕B 顺时针旋转120°得到BD。在直线AB上方作Rt△DCE,其中∠DCE=90°，∠CED=30°。F是DE 中点。 作出点F的完整轨迹，并求AF的最小值及此时BC的长。 G F G对应C=A,H是A到轨迹所在直线的垂足。 分析 先由斜边中点与30°证明等边，再推出垂直和固定射线；BF=2BC来自30°直角性质，不能用未 证比例代替。 解答 在△BCD中，BC=BD,∠CBD=120°，所以∠BCD=30°。在Rt△DCE中，斜边中点性质给出 CF=DF=DE又因∠CED=30,有CD=DE,故△CDF为等边三角形。 由构造朝向，射线CF在直线AB上方，且∠BCF=∠BCD+∠DCF=30°+60°=90°。又 BC=BD,CF=DF,且BF为公共边，故△BCF兰△BDF(SSS)。由构造朝向，BF在∠CBD内 部，所以∠CBF=∠FBD=60°。在Rt△BCF中，∠BFC=30°，故BF=2BC。 在AB上方作射线BG,使∠ABG=60°，并取BG=16。因为0<BC≤8，所以0<BF≤16，F在线段 BG上但不等于B。反过来，任取这段上的F,令BC=BF,则0<BC≤8，所得C合法：按原构 造得到的中点仍在该射线上且到B的距离为BF,因此就是所取的F。这证明完整轨迹是线段BG 去掉B,保留G。 作AH⊥BG于H。在直角三角形ABH中，∠ABH=60°，故BH=4,AH=4V3。H在线段BG内 部，可以取到。因此AF最小值为AH=4V3,此时BF=4,BC=2。 第12页共22页 变式4一1如图，AB=8,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，且0≤AC≤2。将BC绕B顺 时针旋转120得到BD。在直线AB上方作Rt△DCE,∠DCE=90°，∠CED=30°，F是DE中点。 求AF的最小值及取得最小值时点C的位置。 E G D AC G对应C=A,H是A到轨迹所在直线的垂足。T对应AC=2。 分析 构造不变但主动范围改变；原垂足不再可达，须先证明实际线段后用勾股比较到垂足的距离。 解答 在△BCD中，BC=BD,∠CBD=120°，所以∠BCD=30°。在Rt△DCE中，斜边中点性质给出 CF=DF=DE又因∠CED=30,有CD-DE,故ACDF为等边三角形。 由构造朝向，射线CF在直线AB上方，且∠BCF=∠BCD+∠DCF=30°+60°=90°。又 BC=BD,CF=DF,且BF为公共边，故△BCF三△BDF(SSS)。由构造朝向，BF在∠CBD内 部，所以∠CBF=∠FBD=60°。在Rt△BCF中，∠BFC=30°，故BF=2BC。 本题6≤BC≤8，故12≤BF≤16。记固定射线上距B分别为12,16的点为T,G。反过来，线段TG上 的每一点都可用BC=)BF构造，所得0≤AC≤2，故完整从动线段是TG。 作AH⊥BG于H,由AB=8,∠ABH=60得BH=4,AH=4V3。点序是B,H,T,G,所以H不在允 许的线段上。任意允许的F满足HF=BF-4≥8，因此AF=AH+HF2≥48+64=112。 等号在F=T,即BF=12,BC=6,AC=2时取得，故最小值为4V7。 第13页共22页 四分层练习 基础迁移 1.如图，BC=4,CD=3,∠BCD=90°，A是折线BCD外的一个定点。点P从B沿折线B→C一D 运动到D。将AP绕A逆时针旋转90°得到AQ。 作出点Q的完整运动路线，求它走过的路程及起终位置间的距离。 W B U、V、W依次是B、C、D的像点。 分析 转折路线逐段旋转且在共同端点接续；总路程与起终点的直线距离不同。 解答 把B,C,D分别绕A逆时针旋转90°得到U,V,W。当P在线段BC上时，Q恰在线段UV上；当P在 线段CD上时，Q恰在线段VW上。每一段都由旋转和逆旋转保证双向覆盖，且C对应共同转折点 V。因此运动路线为U一V一W。 旋转保持长度，故路程为UV+VW=BC+CD=4+3=7。起终位置间的距离是UW=BD。在 Rt△BCD中，BD=V4+3=5,所以起终距离为5，不等于走过的路程。 第14页共22页 迁移运用 2.如图，AB=6,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，1≤AC≤5。分别以AC,CB为斜 边，在直线AB上方作等腰直角三角形ADC,CEB,直角分别在D,E。点P是DE中点。 (1)作出点P的完整轨迹；(2）当PA+PB=24时，求AC的所有可能值。 E U P D B H、K、L为垂足；U、V为从动轨迹端点。 分析 先由互补高与中点投影确定完整轨迹，再用两次勾股消去固定高度，反求两个合法的主动点位 置。 解答 作DH,EK,PL分别垂直于AB,垂足为H,K,L。设AC=c,1≤c≤5。等腰直角三角形斜边上的 高也是中线，故AH=HC=DH=,CK=KB=EK=6,C。 2 因为P是DE中点，由中点的垂直投影结论，HL=LK,且PL=D1十欧-衫。又 2 HK=HC+CK=3,AL=AH+HL=C+3 2 因此P始终在直线AB上方、距AB为的平行线上，其垂足满足2≤AL≤4。记垂足分别满足 AL=2,4的对应点为U,V,则P在线段UV上。 反过来，任取线段UV上的P,设其垂足满足AL=s,取AC=2s-3,就有1≤AC≤5。按题意构造 的中点具有同一垂足、同一高度且在上方，因此就是所取点。故轨迹恰为线段UV,两端点均包 含在内。 由PL-号AM-空，BL=9及勾股定理，PN+Pg=c+3户9-c+18-c-3+45.令此 4 式等于24，得(c-3P=3,所以c=3-√3或c=3+V3。 因为1<3-V3<3+V3<5,两位置均在允许范围内。分别按这两个AC构造D,E,P,其距离平方 和确为24，故AC的所有可能值为3-√3,3+V3。 第15页共22页 3.如图，AB=6,水平放置且A在B左侧。点P在线段AB内部。以AP,BP为直角边，在直线AB 上方作等腰直角三角形APQ,BPR,其中∠PAQ=∠PBR=90,AQ=AP,BR=BP。 求QR的最小值及相应的点P位置；当QR=2V10时，求AP的长。 R H 图示AP小于3的情形，H在BR上；AP大于3时H在R的上方。 分析 把两从动点的联动化为两条垂线上的互补高度；两个主动位置来自高度次序互换，而非重复两 个独立参数。 解答 设AP=t,则0<t<6,AQ=t,BR=6-t。两条垂直于AB的射线固定，Q,R分别沿它们运动，且 两段高度之和恒为6。 过Q作QH‖AB交直线BR于H。由平行线的角关系，以BQ为公共斜边的两个直角三角形 △BAQ,△QHB由AAS全等，故QH=AB=6,BH=AQ=t。于是RH=|BR-BH|=|6-2t|。 当R≠H时，由勾股定理，QR=36+(6-2tP≥36当R=H时直接有QR=QH=6。因此最小值为 6,当且仅当t=3,即P为AB中点时取得。 QR=2V10等价于(6-2t2=4,故6-2t=2或6-2t=-2,得t=2或t=4。两者均在(0,6)内，代入 构造均得到所需长度，所以AP=2或AP=4。 第16页共22页 4.如图，∠BOC=90°，点A在该角内部，AH⊥OB于H,AK⊥OC于K,AH=2,AK=1。点P 可在射线OB或射线OC上，均包含O。将AP绕A逆时针旋转90得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，并求AQ的最小值及对应的点P。 E D、E、F分别为O、B、C的像点，图中像射线只画出一部分。 分析 多条主动路线要逐支旋转并取全部像点；用旋转等长把从动距离还原为原图中的垂线段。 解答 将O,B,C分别绕A逆时针旋转90得到D,E,F。射线OB,OC的像分别为射线DE,DF。每条像射 线上的点经逆旋转都落回原射线，所以完整轨迹恰为这两条射线的全体，公共起点D也包含在 内。 旋转给出AQ=AP。当P在射线OB上时，AP≥AH=2,等号在P=H时取得。当P在射线OC上 时，AP≥AK=1,等号在P=K时取得。 因A在直角内部，垂足H,K分别在对应射线上，都合法。比较两支可知，AQ最小值为1，对应 P=K。 5.在平面直角坐标系xOy中，B(-3,2),C(4,2),点P在线段BC上。先将OP绕O逆时针旋转90得 到OQ,再将PQ绕P逆时针旋转90得到PR。 求点R的完整轨迹及QR的取值范围。 B 分析 第二步的中心是P,必须加回P的坐标；算清两步后才会显现关于O的对称关系。 解答 设P(t,2),-3≤t≤4。第一步得Q(-2,t)。从P到Q的位移为(-2-t,t-2),逆时针旋转后为 (2-t,-2-t),加回中心P后得R(2,-t)。 因此R的完整轨迹为端点D(2,3),E(2,-4)的线段。反过来，任取R(2,s),-4≤s≤3，取t=-s即 可得到相应点，保证完整覆盖。 由坐标可见O是QR的中点，故QR=2OQ=20P=2Vt2+4。在-3≤t≤4内，t取遍[0,16]，所以 4≤QR≤4V5。最小值在t=0时取得，最大值在t=4时取得。 第17页共22页 6.如图，H是线段BC的中点，BH=HC=5,AH⊥BC,AH=3。点P在线段BC上，将PA绕P 旋转180得到PQ。 作出点Q的完整轨迹，并求AQ的取值范围。 A U-- K为Q的垂足，U、V是轨迹端点，J在H的正下方且HJ=3。 分析 动中心180°旋转用中点反向传递点域；轨迹长改变来自半周旋转的中点条件，不套相似比例。 解答 半周旋转后A,P,Q共线，PA=PQ,且P在A,Q之间，所以P是AQ中点。若P=H,则Q在射线 AH上且越过H,HQ=AH=3。若P≠H,作QK⊥BC于K,由于P在直线BC上，Q在异于A的一 侧，由中点投影结论，QK=AH=3,且P是HK中点。 因此K与P在H同侧，HK=2HP。当P从B到C时，K从射线HB上距H为I0的位置到射线HC上距 H为10的位置。故Q的轨迹是BC异于A的一侧、距BC为3的一条线段UV,两端点的垂足分别在 射线HB,HC上，距H均为10。 反过来，对线段UV上的任一点Q,作垂足K并取HK中点P,则HP≤5，所以P在线段BC上。等 长且反向的垂线段AH,QK及中点投影关系，保证A,P,Q共线且PA=PQ,也可用 △AHP三△QKP(SAS)直接验证对应角，再判共线；若P=H=K,则A,Q在同一垂线上且分 居P两侧，PA=PQ=3,结论直接成立。因此该Q确由半周旋转得到，轨迹完整。 AQ=2AP,而AP2=AH+HP=9+HP2。因为HP取遍[0,5]，所以6≤AQ≤2V34。最小值在P=H 时取得，此时Q=J,最大值在P=B或P=C时取得。 第18页共22页 五综合提高 1.在平面直角坐标系xOy中，A(0,4),D8,0),C(a,0),其中a>0。点P在线段OC上，将PA绕P 顺时针旋转90°得到PQ。 用含a的式子表示DQ的最大值和最小值，并分别求出取得这些值时P的坐标。 A >x 图示a=5的一个位置；U为起始像点，V为终止像点，H对应P(2,0)。 分析 同一个距离平方中，最近位置进入点域的临界值与两端最远距离相等的临界值不同，必须分别 分类。 解答 设P(t,0),0≤t≤a。旋转得Q(t+4,t)。Q的完整轨迹为端点U(4,0),V(a+4,a)的线段，因为其 上每个参数t都对应允许的P。由勾股定理，DQ=(t-4P+t=2(t-22+8。 求最小值：若0<a<2,则t-2在t=a时最小，故最小值为V2(a-2P+8,对应P=C。若a≥2， 则t=2允许，最小值为2V2,对应P(2,0))该点的像记为H(6,2)。 求最大值只需比较区间两端离2的距离，即比较2与a-2。当0<a<4时，前者较大，最大值为 4,只在P=O时取得。当a=4时，两端相等，最大值为4，在P=O或P=C时取得。当a>4时， 后者较大，最大值为V2(a-2}P+8,只在P=C时取得。 以上所有取等位置均在闭线段OC上，因此都是实际取得的极值。α=2归入第二种最小值情形， α=4需保留两个最大值位置。 第19页共22页 2.在平面直角坐标系xOy中，A(0,2V3),B(-2,0),C(2,0)。点P在整个x轴上。将AP绕A顺时针 旋转60°得到AQ,又将同一条AP绕A逆时针旋转60°得到AR。 求Q,R两条完整轨迹的公共点，并分别求出Q、R到达该公共点时点P的坐标。 y A个 E D、E是两种旋转的端点像；S是两条完整轨迹的交点，U、V是分别对应的主动点。 分析 两条轨迹相交不表示同一主动点能同时把两个从动点送到交点；每种朝向须分别逆推。 解答 由勾股定理，AB=AC=BC=4,故△ABC为等边三角形。顺时针旋转时，B变为D(-4,2V3), C变为B,逆时针旋转时，B变为C,C变为E(4,2V3)。这些像点可由等边三角形的等边和60方 向直接核定。 因此Q的完整轨迹是直线DB,R的完整轨迹是直线CE’旋转与逆旋转保证整条直线双向覆盖。 取S(0,-2V3),则D,B,S共线，E,C,S共线，两条直线不平行，所以唯一公共点为S。也可作 △ABC关于x轴的对称等边三角形SBC,由外角为120判明上述点序。 当Q=S时，因C的像是B,有CP=BS=4。在直线DB上，S位于从D经过B的外侧，对应P位于从 B经过C的外侧，故P=U(6,0)。 当R=S时，因B的像是C,有BP=CS=4。对应的P在B的左侧，故P=V(-6,0)。两种位置都在 整个x轴上，均可达；它们不是同一个主动点位置。 第20页共22页 3.如图，AB=6,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，1≤AC≤5。分别以AC,CB为斜边 作等腰直角三角形ADC,CEB,直角分别在D,E,且D在直线AB上方，E在下方。点P是DE中 点。 (1)求DE的长；(2)作出点P的完整轨迹，并求C从AC=1的位置沿AB运动到AC=5的位置 时，点P走过的路程。 C H、K、L为垂足；U、V为从动轨迹端点。 分析 异侧构造使互补高由差变和，先得到DE定长；中点高度随C改变并跨过AB,必须追踪所在侧 而非只写绝对距离。 解答 作DH,EK,PL分别垂直于AB,垂足为H,K,L。设AC=c,1≤c≤5。由等腰直角三角形得 A=HC=DH=号，CK=KB=K=62.所以HR=3,DH+EK=3. 2 两个等腰直角三角形给出∠DCA=∠ECB=45°。因为D,E在AB异侧，射线CD,CE方向相反， 所以D,C,E依次共线。由勾股定理，DC%,CEC的 2 ,故DE=DC+CE=g=3V2,与C的 √2 位置无关。 由中点投影结论，m=IK=号，AL=生3，PI-DH,K=C,3.记M为AB中点，则 2 ML=AL-3引=C,3=PL。c<3时，L在M左侧，P在E侧；c>3时，L在M右侧，P在D侧：c=3 2 时P=M。 所以P在过M且与AB成45的同一直线上，两个端点U,V分别对应c=1,5,此时ML=PL=1,故 MU=MV=V2。反过来，此线段上每点的垂足满足2≤AL≤4，取c=2AL-3即可恢复允许的C, 高度和所在侧也完全相符，所以完整轨迹为线段UV。 C按规定方向运动时，AL严格增加，P从U经过M到V,不折返，路程为UV=2V2。 第21页共22页 4.在平面直角坐标系xOy中，B(2,-4),C(2,6)。点P在平面内，将线段PO绕P顺时针旋转90得 到PQ。已知点Q恰在线段BC上，包含端点。 求点P的完整轨迹及OP的取值范围。 →X U、V是主动点轨迹端点，H是OP取最小值的位置。 分析 已知从动轨迹时先逆解坐标关系，再逐点验证可构造；逆向完整性还须排除零长度旋转。 解答 设P(u,v)。从P到O的位移(-u,-v)顺时针转后为(-v,u),所以Q(u-v,u+v)。线段条件等价于 u-v=2且-4≤u+v≤6。 令s=u+y,则-4≤s≤6。联立u-v=2,得u=s+2,y 2v=s一之。因此P在线段UV上 2 U-1,-3),V(4,2)。 反过来，任取线段UV上的点，其坐标都可写成上述形式，其中-4≤s≤6。按题设旋转后恰为 Q(2,s),必在线段BC上；同时P不可能是O,所以所旋转线段不退化。故该线段是完整轨迹。 OP=+vs+2+5-2-4.5取遍036，故230P≤25。最小值在s=0时取得，对 应P=H(1,-1),最大值在s=6时取得，对应P=V(4,2)。 第22页共22页专题十六旋转型瓜豆模型与主从动点轨迹培优专题讲与练 一必备知识 主从动点问题先确定谁在运动、谁由构造决定，再把主动点的全部允许位置传递到从动点。学 习重点是完整轨迹与可达范围，而不只是看出“在某条直线上”。 本专题只讨论能够用旋转、全等、垂直、勾股和已学代数完整处理的情形。定中心与动中心分 别处理；轨迹确定后，再求长度范围或反求主动点的位置。 1同一次旋转中的对应点 将平面绕定点A沿同一方向旋转同一个角度，点B,C,P分别变为D,E,Q。旋转前后对应线段长 度相等，且方向同时改变相同的角度。 特别地，DE=BC,DQ=BP,EQ=CP。同一次旋转中的两点都必须绕同一个中心，转过同一个 角度；只知道两对线段等长，并不能任意指定对应点。 B 证明 连接AB,AC,AD,AE。旋转给出AB=AD,AC=AE,两条射线同时转动后夹角不变，故 ∠BAC=∠DAE。由SAS,△ABC兰△ADE,所以BC=DE,其余两对同理。若有关点与A共 线或重合，则直接由线段的和、差或零长度得到对应长度相等。 顺时针与逆时针是不同的构造条件；除特殊位置外，不能相互替代。 2完整轨迹要证明两个方向 轨迹是从动点所有能够到达的位置。证明“点Q在某条直线上”只完成了一个方向，还要证明该直 线上所说的每一个点都能取到。 若点P在线段BC上，且同一次旋转把B,C,P变为D,E,Q,则DQ+QE=BP+PC=BC=DE,所 以Q在线段DE上。 证明 反过来，任取线段DE上的一点Q,把它绕A沿相反方向转回得到P。逆旋转把D,E转回B,C,于 是BP+PC=DQ+QE=DE=BC,故P在线段BC上。两端点也一一对应，所以完整轨迹恰为线段 DE。 第1页共16页 直线、射线可以按点序分成线段，使用相同的长度和差关系，再作逆旋转。若主动点不能取某 个端点或中间一点，其对应像点也必须从轨迹中删去。 端点、删去的点、运动方向和每个位置能否到达，都是轨迹结论的一部分。 3直角旋转的坐标与长度范围 在平面直角坐标系xOy中，将点(u,v)绕原点逆时针旋转90°，得到(-v,u),顺时针旋转90°，得 到v,-u)。 绕点(a,b)旋转时，先把原点移到该点：原来的水平、竖直位移分别为u-α，V-b。旋转后交换 这两个位移，并按方向改变符号，最后加回a,b。 证明 以第一象限的逆时针旋转为例，如图作PH⊥x轴于H,QK⊥y轴于K。因为 ∠POQ=∠HOK=90°，减去公共角∠POK,得∠HOP=∠KOQ。又 ∠OHP=∠OKQ=90,OP=OQ,故△OHP兰△OKQ(AAS),所以OH=OK,HP=KQ,水平 距离与竖直距离交换。其他象限同理；点在坐标轴上时直接按方向判断。 若轨迹上的点到定点的距离满足d=k(x-c)2+m,其中k>0,m≥0，就要在允许的x范围内比较 |x-c|。取到c才能取到下界Vm,端点不允许取时，不能把相应端点值写成已经取得的最大值或 最小值。 若旋转中心也在运动，必须用它的当时位置计算；不能把中心当作定点套用轨迹结论。 第2页共16页 4中点的垂直投影 如图，D,E均不在直线HK上，它们到直线HK的垂足分别为H,K,H≠K,P是DE中点，L是P 的垂足。则HL=LK。若D,E在直线同侧，PL=DH+EK;若在异侧，PL=DH二EK,且P在 2 2 较长垂线段的一侧。当D,E在异侧且两垂线段等长时，P在直线上。 D H 证明 证明投影结论：过P作RS‖HK,分别交直线DH,EK于R,S。当DE不平行于HK时，在△DPR 和△EPS中，DP=EP,两直角相等，且∠DPR=∠EPS,故由AAS全等，得 PR=PS,DR=ES。若DE‖HK,则R=D,S=E,直接有PR=DP=EP=PS。 由RHPL,RPHL,以PH为公共斜边的两个直角三角形△PHR,△HPL由AAS全等，得 HL=PR,RH=PL;同理LK=PS,KS=PL。因此HL=LK。再按D,E在直线的同侧或异侧，利用 DR=ES作垂直方向的线段加减，分别得到2PL=DH+EK或2PL=|DH-EK|。若P在直线上， 则R=H,S=K,L=P,相应结论直接由前一组全等得到。 这里的中点投影结论由三角形全等得到，不需要相似或四边形定理。 5斜边中点与三十度角 直角三角形斜边上的中点到三个顶点的距离相等；含30°角的直角三角形中，30°角所对的直角边 等于斜边的一半。后一个性质可由补成等边三角形证明。 W 证明 斜边中点性质的一种证明：在Rt△XYZ中，∠X=90°，N是YZ中点。延长XN到W使NW=NX。 由SAS得△XNY三△WNZ,故XY=WZ且XYWZ,从而WZ⊥XZ。在△YXZ与△WZX中， XY=WZ,XZ=ZX,两夹角均为直角，由SAS全等得YZ=WX。所以 XN-jwX-jYz-YN-ZN. 半斜边的等长关系与30°所对边的等长关系同时出现时，常能组成等边三角形。 第3页共16页 二典例精讲 定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 母题1如图，AB⊥BC,AB=3,BC=6。点P在线段BC上运动，允许与端点重合。将线段AP绕 A逆时针旋转90得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，求轨迹的长度，并求AQ的取值范围。 E 分析 用正向长度和证明落在线段，再用逆旋转证明线段上每个点均能到达；距离范围还要查两端取 等。 解 将B,C分别绕A逆时针旋转90得到D,E。旋转保持两点距离，所以 DQ=BP,QE=PC,DE=BC=60 因为BP+PC=BC,所以DQ+QE=DE,点Q在线段DE上。反过来，任取线段DE上的点Q,逆 时针旋转的逆操作把D,E,Q转回B,C,P,同理得到BP+PC=BC,故P在线段BC上。两端点均 允许取到，因此完整轨迹恰为线段DE,长为6。 令BP=t,则0≤t≤6。由勾股定理，AQ=AP=AB2+BP2=9+t。故3≤AQ≤3V5。下界在P=B 时取得，上界在P=C时取得；区间内每个长度对应t=VAQ-9,该t都在允许范围内。 第4页共16页 旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 母题2在平面直角坐标系xOy中，A(0,4),点P在整个x轴上运动。将线段PA绕P顺时针旋转90 得到PQ。 求点Q的完整轨迹，并求OQ的最小值及此时点P的坐标。 直线VQ仅画出一部分；U、V为坐标轴交点，H为O到轨迹的垂足。 分析 动中心必须按当时的中心计算；整条x轴包含负半轴，不能用示意图中的正侧位置代替运动范 围。 解 设P(t,0),其中t为任意实数。水平、竖直位移可按直角三角形全等处理：从P到A的位移为 (-t,4),顺时针转90°后为(4，t),所以Q(t+4,t)。这里的旋转中心是P,不是A。 因此Q在过U(4,0),V(0,-4)的直线上，其横坐标减纵坐标恒为4。反过来，这条直线上的任一 点(s+4,s都由P(s,0)得到；s可取任意实数，故完整轨迹是整条直线UV。 由勾股定理，OQ=(t+42+t=2(t+2)2+8≥8。等号当且仅当t=-2成立。此时 P(-2,0),Q(2,-2),确在允许范围内；记该Q为H,则OH1UV。因此OQ的最小值为22。 第5页共16页 三分类讲练 1定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 例1等边△ABC的边长为6，点A在直线BC上方，B在C左侧。点P在射线BC上运动。将线段 AP绕A顺时针旋转60°得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，并求AQ的取值范围。 变式1一1等边△ABC的边长为6，点A在直线BC上方，B在C左侧，M是BC中点。点P在线段 BM上运动，可以与B重合，但不能与M重合。将AP绕A顺时针旋转60°得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，求AQ的取值范围，并判断AQ是否存在最小值。 B M 第6页共16页 2旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 例2在平面直角坐标系xOy中，B(-1,1),C(2,4)。点P在线段BC上运动。将线段PO绕P顺时针 旋转90°得到PQ。 求点Q的完整轨迹及轨迹长度。 y B 变式2一1在平面直角坐标系xOy中，B(-1,1),C(2,4)。点P在射线BC上，将线段PO绕P顺时 针旋转90°得到PQ。 当OQ≤2V10时，求点P和点Q各自的完整轨迹。 1 第7页共16页 3两次旋转与运动次序 每次都重新确认旋转中心、起始线段和方向，不能把不同中心的角度直接相加。 例3在平面直角坐标系xOy中，A(0,3),B4,3),C(6,0)。点P在线段OC上。先将AP绕A逆时针 旋转90°得到AQ,再将BQ绕B顺时针旋转90°得到BR。 求点R的完整轨迹，并求PR。 y Q B ℃x 变式3一1在平面直角坐标系xOy中，A(0,3),B(4,3),C(6,0)。点P在线段OC上。先将AP绕A逆 时针旋转90°得到AQ,再将BQ绕B逆时针旋转90得到BR。 求点R的完整轨迹，并求PR的取值范围。 B x 第8页共16页 4附加条件与轨迹范围 先求不带附加条件的轨迹，再把长度或位置条件转成主动点的范围，最后检查边界。 例4如图，AB=8,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，允许C=A,但C≠B。将BC绕B 顺时针旋转120°得到BD。在直线AB上方作Rt△DCE,其中∠DCE=90°，∠CED=30°。F是DE 中点。 作出点F的完整轨迹，并求AF的最小值及此时BC的长。 E F 变式4一1如图，AB=8,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，且0≤AC≤2。将BC绕B顺 时针旋转120得到BD。在直线AB上方作Rt△DCE,∠DCE=90°，∠CED=30°，F是DE中点。 求AF的最小值及取得最小值时点C的位置。 E D 第9页共16页 四分层练习 基础迁移 1.如图，BC=4,CD=3,∠BCD=90°，A是折线BCD外的一个定点。点P从B沿折线B→C→D 运动到D。将AP绕A逆时针旋转90得到AQ。 作出点Q的完整运动路线，求它走过的路程及起终位置间的距离。 D B 迁移运用 2.如图，AB=6,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，1≤AC≤5。分别以AC,CB为斜 边，在直线AB上方作等腰直角三角形ADC,CEB,直角分别在D,E。点P是DE中点。 (1)作出点P的完整轨迹；（2)当PA2+PB=24时，求AC的所有可能值。 E P D 第10页共16页 3.如图，AB=6,水平放置且A在B左侧。点P在线段AB内部。以AP,BP为直角边，在直线AB 上方作等腰直角三角形APQ,BPR,其中∠PAQ=∠PBR=90,AQ=AP,BR=BP。 求QR的最小值及相应的点P位置；当QR=2V10时，求AP的长。 R B 4.如图，∠BOC=90°，点A在该角内部，AH⊥OB于H,AK⊥OC于K,AH=2,AK=1。点P 可在射线OB或射线OC上，均包含O。将AP绕A逆时针旋转90得到AQ。 作出点Q的完整轨迹，并求AQ的最小值及对应的点P。 C P 分A Q H B 第11页共16页 5.在平面直角坐标系xOy中，B(-3,2),C(4,2),点P在线段BC上。先将OP绕O逆时针旋转90得 到OQ,再将PQ绕P逆时针旋转90°得到PR。 求点R的完整轨迹及QR的取值范围。 y P B Q R 6.如图，H是线段BC的中点，BH=HC=5,AH⊥BC,AH=3。点P在线段BC上，将PA绕P 旋转180得到PQ。 作出点Q的完整轨迹，并求AQ的取值范围。 P B◆ 第12页共16页 五综合提高 1.在平面直角坐标系xOy中，A(0,4),D(8,0),C(a,0),其中a>0。点P在线段OC上，将PA绕P 顺时针旋转90°得到PQ。 用含a的式子表示DQ的最大值和最小值，并分别求出取得这些值时P的坐标。 Q P C 图示a=5时的一个位置。 第13页共16页 2.在平面直角坐标系xOy中，A(0,2V3),B(-2,0),C(2,0)。点P在整个x轴上。将AP绕A顺时针 旋转60°得到AQ,又将同一条AP绕A逆时针旋转60°得到AR。 求Q,R两条完整轨迹的公共点，并分别求出Q、R到达该公共点时点P的坐标。 y A个 R B C 第14页共16页 3.如图，AB=6,水平放置且A在B左侧。点C在线段AB上，1≤AC≤5。分别以AC,CB为斜边 作等腰直角三角形ADC,CEB,直角分别在D,E,且D在直线AB上方，E在下方。点P是DE中 点。 (1)求DE的长；(2)作出点P的完整轨迹，并求C从AC=1的位置沿AB运动到AC=5的位置 时，点P走过的路程。 P A B ◇y E 第15页共16页 4.在平面直角坐标系xOy中，B(2,-4),C(2,6)。点P在平面内，将线段PO绕P顺时针旋转90得 到PQ。已知点Q恰在线段BC上，包含端点。 求点P的完整轨迹及OP的取值范围。 B 第16页共16页 专题十六 旋转型瓜豆模型与主从动点轨迹 培优专题讲与练 一 必备知识 主从动点问题先确定谁在运动、谁由构造决定，再把主动点的全部允许位置传递到从动点。学习重点是完整轨迹与可达范围，而不只是看出“在某条直线上”。 本专题只讨论能够用旋转、全等、垂直、勾股和已学代数完整处理的情形。定中心与动中心分别处理；轨迹确定后，再求长度范围或反求主动点的位置。 1 同一次旋转中的对应点 将平面绕定点沿同一方向旋转同一个角度，点分别变为旋转前后对应线段长度相等，且方向同时改变相同的角度。 特别地，同一次旋转中的两点都必须绕同一个中心，转过同一个角度；只知道两对线段等长，并不能任意指定对应点。 证明 连接旋转给出两条射线同时转动后夹角不变，故由SAS，所以其余两对同理。若有关点与共线或重合，则直接由线段的和、差或零长度得到对应长度相等。 顺时针与逆时针是不同的构造条件；除特殊位置外，不能相互替代。 2 完整轨迹要证明两个方向 轨迹是从动点所有能够到达的位置。证明“点在某条直线上”只完成了一个方向，还要证明该直线上所说的每一个点都能取到。 若点在线段上，且同一次旋转把变为则所以在线段上。 证明 反过来，任取线段上的一点把它绕沿相反方向转回得到逆旋转把转回于是故在线段上。两端点也一一对应，所以完整轨迹恰为线段 直线、射线可以按点序分成线段，使用相同的长度和差关系，再作逆旋转。若主动点不能取某个端点或中间一点，其对应像点也必须从轨迹中删去。 端点、删去的点、运动方向和每个位置能否到达，都是轨迹结论的一部分。 3 直角旋转的坐标与长度范围 在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转得到顺时针旋转得到 绕点旋转时，先把原点移到该点：原来的水平、竖直位移分别为旋转后交换这两个位移，并按方向改变符号，最后加回 证明 以第一象限的逆时针旋转为例，如图作轴于轴于因为减去公共角得又故（AAS），所以水平距离与竖直距离交换。其他象限同理；点在坐标轴上时直接按方向判断。 若轨迹上的点到定点的距离满足其中就要在允许的范围内比较取到才能取到下界端点不允许取时，不能把相应端点值写成已经取得的最大值或最小值。 若旋转中心也在运动，必须用它的当时位置计算；不能把中心当作定点套用轨迹结论。 4 中点的垂直投影 如图，均不在直线上，它们到直线的垂足分别为是中点，是的垂足。则若在直线同侧，若在异侧，且在较长垂线段的一侧。当在异侧且两垂线段等长时，在直线上。 证明 证明投影结论：过作分别交直线于当不平行于时，在和中，两直角相等，且故由AAS全等，得若则直接有 由以为公共斜边的两个直角三角形由AAS全等，得同理因此再按在直线的同侧或异侧，利用作垂直方向的线段加减，分别得到或若在直线上，则相应结论直接由前一组全等得到。 这里的中点投影结论由三角形全等得到，不需要相似或四边形定理。 5 斜边中点与三十度角 直角三角形斜边上的中点到三个顶点的距离相等；含角的直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半。后一个性质可由补成等边三角形证明。 证明 斜边中点性质的一种证明：在中，是中点。延长到使由SAS得故且从而在与中，两夹角均为直角，由SAS全等得所以 半斜边的等长关系与30°所对边的等长关系同时出现时，常能组成等边三角形。 二 典例精讲 定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 母题1 如图，点在线段上运动，允许与端点重合。将线段绕逆时针旋转得到 作出点的完整轨迹，求轨迹的长度，并求的取值范围。 分析 用正向长度和证明落在线段，再用逆旋转证明线段上每个点均能到达；距离范围还要查两端取等。 解 将分别绕逆时针旋转得到旋转保持两点距离，所以 因为所以点在线段上。反过来，任取线段上的点逆时针旋转的逆操作把转回同理得到故在线段上。两端点均允许取到，因此完整轨迹恰为线段长为 令则由勾股定理，故下界在时取得，上界在时取得；区间内每个长度对应该都在允许范围内。 旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 母题2 在平面直角坐标系中，点在整个轴上运动。将线段绕顺时针旋转得到 求点的完整轨迹，并求的最小值及此时点的坐标。 直线VQ仅画出一部分；U、V为坐标轴交点，H为O到轨迹的垂足。 分析 动中心必须按当时的中心计算；整条x轴包含负半轴，不能用示意图中的正侧位置代替运动范围。 解 设其中为任意实数。水平、竖直位移可按直角三角形全等处理：从到的位移为顺时针转后为所以这里的旋转中心是不是 因此在过的直线上，其横坐标减纵坐标恒为反过来，这条直线上的任一点都由得到；可取任意实数，故完整轨迹是整条直线 由勾股定理，等号当且仅当成立。此时确在允许范围内；记该为则因此的最小值为 三 分类讲练 1 定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 例1 等边的边长为点在直线上方，在左侧。点在射线上运动。将线段绕顺时针旋转得到 作出点的完整轨迹，并求的取值范围。 D、B分别是B、C的像点，M是BC中点，N是M的像点。 分析 定向60°旋转先确定两个像点；射线没有终点，但长度最小值可以在内部位置取得。 解答 将绕顺时针旋转得到由于等边，在这次旋转后变为所以射线的像是射线起点包含在内。正向由对应距离与点序得在射线上；反向将射线任一点逆时针转回对应点在射线上，因此整条射线都可到达。 作于等边三角形中记则由勾股定理， 等号在即时取得。任意取即能得到故取值范围为的像记为它是射线上的取等位置。 变式1－1 等边的边长为点在直线上方，在左侧，是中点。点在线段上运动，可以与重合，但不能与重合。将绕顺时针旋转得到 作出点的完整轨迹，求的取值范围，并判断是否存在最小值。 D、B分别是B、C的像点，M是BC中点，N是M的像点。 分析 半开点域必须传递到像线段；存在下界不等于存在最小值。 解答 将分别绕顺时针转得到旋转及逆旋转一一对应，故完整轨迹是线段包含但不包含 等边三角形中设则所以即 对上述范围内任意取都有所以每个值可达。在时取得；要求被题设排除。任取允许的再取更靠近的点，便更小，故不存在最小值。 2 旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 例2 在平面直角坐标系中，点在线段上运动。将线段绕顺时针旋转得到 求点的完整轨迹及轨迹长度。 分析 主动路线为斜线时仍须从当时中心计算；反向参数验证覆盖，不把图上两个像端点直接当作证明。 解答 直线上点的纵坐标比横坐标大故可设且从到的位移为顺时针旋转后为得到 因此在线段上，其中反过来，任意取就有且由相应构造得到该故完整轨迹恰为线段长度为 由勾股定理，本题从动点走过的线段比主动点走过的线段长，不能把动中心旋转误认为整条路线的一次定中心旋转。 变式2－1 在平面直角坐标系中，点在射线上，将线段绕顺时针旋转得到 当时，求点和点各自的完整轨迹。 分析 先保留射线给出的非负条件，再解长度不等式；反向限制不是整条直线的任意截段。 解答 设射线条件为按直角旋转坐标规则，记则且每个均可由取得。 由勾股定理，结合得于是 故的完整轨迹是线段的完整轨迹是端点的线段范围内每个参数均同时满足射线条件与距离条件，两端点也满足等号或不等号，所以没有缺点。 3 两次旋转与运动次序 每次都重新确认旋转中心、起始线段和方向，不能把不同中心的角度直接相加。 例3 在平面直角坐标系中，点在线段上。先将绕逆时针旋转得到再将绕顺时针旋转得到 求点的完整轨迹，并求 分析 两个不同中心的反向直角旋转产生固定位置差；逐步计算后再证明完整轨迹。 解答 设第一次旋转中，变为所以第二次旋转中，从到的位移为顺时针转后为所以 于是在线段上，其中任取取即可恢复允许的两次旋转确实得到该故完整轨迹恰为线段 从到水平距离恒为竖直距离恒为由勾股定理，这不是绕某个中心旋转因为两次旋转的中心不同。 变式3－1 在平面直角坐标系中，点在线段上。先将绕逆时针旋转得到再将绕逆时针旋转得到 求点的完整轨迹，并求的取值范围。 分析 第二次方向改变会使从动点次序反转，原来固定的距离也变成有内部最小值的变量。 解答 设第一步仍得从到的位移逆时针转后为所以 的完整轨迹是端点的线段每个均由取得。从到时，从到次序不能颠倒。 由勾股定理，在内，且这些值全部可达，故最小值在时取得，最大值在时取得。 4 附加条件与轨迹范围 先求不带附加条件的轨迹，再把长度或位置条件转成主动点的范围，最后检查边界。 例4 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，允许但将绕顺时针旋转得到在直线上方作其中是中点。 作出点的完整轨迹，并求的最小值及此时的长。 G对应C=A，H是A到轨迹所在直线的垂足。 分析 先由斜边中点与30°证明等边，再推出垂直和固定射线；BF=2BC来自30°直角性质，不能用未证比例代替。 解答 在中，所以在中，斜边中点性质给出又因有故为等边三角形。 由构造朝向，射线在直线上方，且又且为公共边，故（SSS）。由构造朝向，在内部，所以在中，故 在上方作射线使并取因为所以在线段上但不等于反过来，任取这段上的令则所得合法；按原构造得到的中点仍在该射线上且到的距离为因此就是所取的这证明完整轨迹是线段去掉保留 作于在直角三角形中，故在线段内部，可以取到。因此最小值为此时 变式4－1 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，且将绕顺时针旋转得到在直线上方作是中点。 求的最小值及取得最小值时点的位置。 G对应C=A，H是A到轨迹所在直线的垂足。T对应AC=2。 分析 构造不变但主动范围改变；原垂足不再可达，须先证明实际线段后用勾股比较到垂足的距离。 解答 在中，所以在中，斜边中点性质给出又因有故为等边三角形。 由构造朝向，射线在直线上方，且又且为公共边，故（SSS）。由构造朝向，在内部，所以在中，故 本题故记固定射线上距分别为的点为反过来，线段上的每一点都可用构造，所得故完整从动线段是 作于由得点序是所以不在允许的线段上。任意允许的满足因此 等号在即时取得，故最小值为 四 分层练习 基础迁移 1. 如图，是折线外的一个定点。点从沿折线运动到将绕逆时针旋转得到 作出点的完整运动路线，求它走过的路程及起终位置间的距离。 U、V、W依次是B、C、D的像点。 分析 转折路线逐段旋转且在共同端点接续；总路程与起终点的直线距离不同。 解答 把分别绕逆时针旋转得到当在线段上时，恰在线段上；当在线段上时，恰在线段上。每一段都由旋转和逆旋转保证双向覆盖，且对应共同转折点因此运动路线为 旋转保持长度，故路程为起终位置间的距离是在中，所以起终距离为不等于走过的路程。 迁移运用 2. 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，分别以为斜边，在直线上方作等腰直角三角形直角分别在点是中点。 （1）作出点的完整轨迹；（2）当时，求的所有可能值。 H、K、L为垂足；U、V为从动轨迹端点。 分析 先由互补高与中点投影确定完整轨迹，再用两次勾股消去固定高度，反求两个合法的主动点位置。 解答 作分别垂直于垂足为设等腰直角三角形斜边上的高也是中线，故 因为是中点，由中点的垂直投影结论，且又故 因此始终在直线上方、距为的平行线上，其垂足满足记垂足分别满足的对应点为则在线段上。 反过来，任取线段上的设其垂足满足取就有按题意构造的中点具有同一垂足、同一高度且在上方，因此就是所取点。故轨迹恰为线段两端点均包含在内。 由及勾股定理，令此式等于得所以或 因为两位置均在允许范围内。分别按这两个构造其距离平方和确为故的所有可能值为 3. 如图，水平放置且在左侧。点在线段内部。以为直角边，在直线上方作等腰直角三角形其中 求的最小值及相应的点位置；当时，求的长。 图示AP小于3的情形，H在BR上；AP大于3时H在R的上方。 分析 把两从动点的联动化为两条垂线上的互补高度；两个主动位置来自高度次序互换，而非重复两个独立参数。 解答 设则两条垂直于的射线固定，分别沿它们运动，且两段高度之和恒为 过作交直线于由平行线的角关系，以为公共斜边的两个直角三角形由AAS全等，故于是 当时，由勾股定理，当时直接有因此最小值为当且仅当即为中点时取得。 等价于故或得或两者均在内，代入构造均得到所需长度，所以或 4. 如图，点在该角内部，于于点可在射线或射线上，均包含将绕逆时针旋转得到 作出点的完整轨迹，并求的最小值及对应的点 D、E、F分别为O、B、C的像点，图中像射线只画出一部分。 分析 多条主动路线要逐支旋转并取全部像点；用旋转等长把从动距离还原为原图中的垂线段。 解答 将分别绕逆时针旋转得到射线的像分别为射线每条像射线上的点经逆旋转都落回原射线，所以完整轨迹恰为这两条射线的全体，公共起点也包含在内。 旋转给出当在射线上时，等号在时取得。当在射线上时，等号在时取得。 因在直角内部，垂足分别在对应射线上，都合法。比较两支可知，最小值为对应 5. 在平面直角坐标系中，点在线段上。先将绕逆时针旋转得到再将绕逆时针旋转得到 求点的完整轨迹及的取值范围。 分析 第二步的中心是P，必须加回P的坐标；算清两步后才会显现关于O的对称关系。 解答 设第一步得从到的位移为逆时针旋转后为加回中心后得 因此的完整轨迹为端点的线段。反过来，任取取即可得到相应点，保证完整覆盖。 由坐标可见是的中点，故在内，取遍所以最小值在时取得，最大值在时取得。 6. 如图，是线段的中点，点在线段上，将绕旋转得到 作出点的完整轨迹，并求的取值范围。 K为Q的垂足，U、V是轨迹端点，J在H的正下方且HJ=3。 分析 动中心180°旋转用中点反向传递点域；轨迹长改变来自半周旋转的中点条件，不套相似比例。 解答 半周旋转后共线，且在之间，所以是中点。若则在射线上且越过若作于由于在直线上，在异于的一侧，由中点投影结论，且是中点。 因此与在同侧，当从到时，从射线上距为的位置到射线上距为的位置。故的轨迹是异于的一侧、距为的一条线段两端点的垂足分别在射线上，距均为 反过来，对线段上的任一点作垂足并取中点则所以在线段上。等长且反向的垂线段及中点投影关系，保证共线且也可用（SAS）直接验证对应角，再判共线；若则在同一垂线上且分居两侧，结论直接成立。因此该确由半周旋转得到，轨迹完整。 而因为取遍所以最小值在时取得，此时最大值在或时取得。 五 综合提高 1. 在平面直角坐标系中，其中点在线段上，将绕顺时针旋转得到 用含的式子表示的最大值和最小值，并分别求出取得这些值时的坐标。 图示a=5的一个位置；U为起始像点，V为终止像点，H对应P(2,0)。 分析 同一个距离平方中，最近位置进入点域的临界值与两端最远距离相等的临界值不同，必须分别分类。 解答 设旋转得的完整轨迹为端点的线段，因为其上每个参数都对应允许的由勾股定理， 求最小值：若则在时最小，故最小值为对应若则允许，最小值为对应该点的像记为 求最大值只需比较区间两端离的距离，即比较与当时，前者较大，最大值为只在时取得。当时，两端相等，最大值为在或时取得。当时，后者较大，最大值为只在时取得。 以上所有取等位置均在闭线段上，因此都是实际取得的极值。归入第二种最小值情形，需保留两个最大值位置。 2. 在平面直角坐标系中，点在整个轴上。将绕顺时针旋转得到又将同一条绕逆时针旋转得到 求两条完整轨迹的公共点，并分别求出到达该公共点时点的坐标。 D、E是两种旋转的端点像；S是两条完整轨迹的交点，U、V是分别对应的主动点。 分析 两条轨迹相交不表示同一主动点能同时把两个从动点送到交点；每种朝向须分别逆推。 解答 由勾股定理，故为等边三角形。顺时针旋转时，变为变为逆时针旋转时，变为变为这些像点可由等边三角形的等边和方向直接核定。 因此的完整轨迹是直线的完整轨迹是直线旋转与逆旋转保证整条直线双向覆盖。取则共线，共线，两条直线不平行，所以唯一公共点为也可作关于轴的对称等边三角形由外角为判明上述点序。 当时，因的像是有在直线上，位于从经过的外侧，对应位于从经过的外侧，故 当时，因的像是有对应的在的左侧，故两种位置都在整个轴上，均可达；它们不是同一个主动点位置。 3. 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，分别以为斜边作等腰直角三角形直角分别在且在直线上方，在下方。点是中点。 （1）求的长；（2）作出点的完整轨迹，并求从的位置沿运动到的位置时，点走过的路程。 H、K、L为垂足；U、V为从动轨迹端点。 分析 异侧构造使互补高由差变和，先得到DE定长；中点高度随C改变并跨过AB，必须追踪所在侧而非只写绝对距离。 解答 作分别垂直于垂足为设由等腰直角三角形得所以 两个等腰直角三角形给出因为在异侧，射线方向相反，所以依次共线。由勾股定理，故与的位置无关。 由中点投影结论，记为中点，则时，在左侧，在侧；时，在右侧，在侧；时 所以在过且与成的同一直线上，两个端点分别对应此时故反过来，此线段上每点的垂足满足取即可恢复允许的高度和所在侧也完全相符，所以完整轨迹为线段 按规定方向运动时，严格增加，从经过到不折返，路程为 4. 在平面直角坐标系中，点在平面内，将线段绕顺时针旋转得到已知点恰在线段上，包含端点。 求点的完整轨迹及的取值范围。 U、V是主动点轨迹端点，H是OP取最小值的位置。 分析 已知从动轨迹时先逆解坐标关系，再逐点验证可构造；逆向完整性还须排除零长度旋转。 解答 设从到的位移顺时针转后为所以线段条件等价于且 令则联立得因此在线段上， 反过来，任取线段上的点，其坐标都可写成上述形式，其中按题设旋转后恰为必在线段上；同时不可能是所以所旋转线段不退化。故该线段是完整轨迹。 取遍故最小值在时取得，对应最大值在时取得，对应 第 1 页 共 22 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题十六 旋转型瓜豆模型与主从动点轨迹 培优专题讲与练 一 必备知识 主从动点问题先确定谁在运动、谁由构造决定，再把主动点的全部允许位置传递到从动点。学习重点是完整轨迹与可达范围，而不只是看出“在某条直线上”。 本专题只讨论能够用旋转、全等、垂直、勾股和已学代数完整处理的情形。定中心与动中心分别处理；轨迹确定后，再求长度范围或反求主动点的位置。 1 同一次旋转中的对应点 将平面绕定点沿同一方向旋转同一个角度，点分别变为旋转前后对应线段长度相等，且方向同时改变相同的角度。 特别地，同一次旋转中的两点都必须绕同一个中心，转过同一个角度；只知道两对线段等长，并不能任意指定对应点。 证明 连接旋转给出两条射线同时转动后夹角不变，故由SAS，所以其余两对同理。若有关点与共线或重合，则直接由线段的和、差或零长度得到对应长度相等。 顺时针与逆时针是不同的构造条件；除特殊位置外，不能相互替代。 2 完整轨迹要证明两个方向 轨迹是从动点所有能够到达的位置。证明“点在某条直线上”只完成了一个方向，还要证明该直线上所说的每一个点都能取到。 若点在线段上，且同一次旋转把变为则所以在线段上。 证明 反过来，任取线段上的一点把它绕沿相反方向转回得到逆旋转把转回于是故在线段上。两端点也一一对应，所以完整轨迹恰为线段 直线、射线可以按点序分成线段，使用相同的长度和差关系，再作逆旋转。若主动点不能取某个端点或中间一点，其对应像点也必须从轨迹中删去。 端点、删去的点、运动方向和每个位置能否到达，都是轨迹结论的一部分。 3 直角旋转的坐标与长度范围 在平面直角坐标系中，将点绕原点逆时针旋转得到顺时针旋转得到 绕点旋转时，先把原点移到该点：原来的水平、竖直位移分别为旋转后交换这两个位移，并按方向改变符号，最后加回 证明 以第一象限的逆时针旋转为例，如图作轴于轴于因为减去公共角得又故（AAS），所以水平距离与竖直距离交换。其他象限同理；点在坐标轴上时直接按方向判断。 若轨迹上的点到定点的距离满足其中就要在允许的范围内比较取到才能取到下界端点不允许取时，不能把相应端点值写成已经取得的最大值或最小值。 若旋转中心也在运动，必须用它的当时位置计算；不能把中心当作定点套用轨迹结论。 4 中点的垂直投影 如图，均不在直线上，它们到直线的垂足分别为是中点，是的垂足。则若在直线同侧，若在异侧，且在较长垂线段的一侧。当在异侧且两垂线段等长时，在直线上。 证明 证明投影结论：过作分别交直线于当不平行于时，在和中，两直角相等，且故由AAS全等，得若则直接有 由以为公共斜边的两个直角三角形由AAS全等，得同理因此再按在直线的同侧或异侧，利用作垂直方向的线段加减，分别得到或若在直线上，则相应结论直接由前一组全等得到。 这里的中点投影结论由三角形全等得到，不需要相似或四边形定理。 5 斜边中点与三十度角 直角三角形斜边上的中点到三个顶点的距离相等；含角的直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半。后一个性质可由补成等边三角形证明。 证明 斜边中点性质的一种证明：在中，是中点。延长到使由SAS得故且从而在与中，两夹角均为直角，由SAS全等得所以 半斜边的等长关系与30°所对边的等长关系同时出现时，常能组成等边三角形。 二 典例精讲 定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 母题1 如图，点在线段上运动，允许与端点重合。将线段绕逆时针旋转得到 作出点的完整轨迹，求轨迹的长度，并求的取值范围。 分析 用正向长度和证明落在线段，再用逆旋转证明线段上每个点均能到达；距离范围还要查两端取等。 解 将分别绕逆时针旋转得到旋转保持两点距离，所以 因为所以点在线段上。反过来，任取线段上的点逆时针旋转的逆操作把转回同理得到故在线段上。两端点均允许取到，因此完整轨迹恰为线段长为 令则由勾股定理，故下界在时取得，上界在时取得；区间内每个长度对应该都在允许范围内。 旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 母题2 在平面直角坐标系中，点在整个轴上运动。将线段绕顺时针旋转得到 求点的完整轨迹，并求的最小值及此时点的坐标。 直线VQ仅画出一部分；U、V为坐标轴交点，H为O到轨迹的垂足。 分析 动中心必须按当时的中心计算；整条x轴包含负半轴，不能用示意图中的正侧位置代替运动范围。 解 设其中为任意实数。水平、竖直位移可按直角三角形全等处理：从到的位移为顺时针转后为所以这里的旋转中心是不是 因此在过的直线上，其横坐标减纵坐标恒为反过来，这条直线上的任一点都由得到；可取任意实数，故完整轨迹是整条直线 由勾股定理，等号当且仅当成立。此时确在允许范围内；记该为则因此的最小值为 三 分类讲练 1 定中心旋转与完整轨迹 先把主动点的起点、终点和特殊位置一起旋转，再用长度关系与逆旋转确定完整范围。 例1 等边的边长为点在直线上方，在左侧。点在射线上运动。将线段绕顺时针旋转得到 作出点的完整轨迹，并求的取值范围。 变式1－1 等边的边长为点在直线上方，在左侧，是中点。点在线段上运动，可以与重合，但不能与重合。将绕顺时针旋转得到 作出点的完整轨迹，求的取值范围，并判断是否存在最小值。 2 旋转中心随点运动 先建立主动点与从动点的坐标关系，再反向求出主动点，证明轨迹上的位置全部可达。 例2 在平面直角坐标系中，点在线段上运动。将线段绕顺时针旋转得到 求点的完整轨迹及轨迹长度。 变式2－1 在平面直角坐标系中，点在射线上，将线段绕顺时针旋转得到 当时，求点和点各自的完整轨迹。 3 两次旋转与运动次序 每次都重新确认旋转中心、起始线段和方向，不能把不同中心的角度直接相加。 例3 在平面直角坐标系中，点在线段上。先将绕逆时针旋转得到再将绕顺时针旋转得到 求点的完整轨迹，并求 变式3－1 在平面直角坐标系中，点在线段上。先将绕逆时针旋转得到再将绕逆时针旋转得到 求点的完整轨迹，并求的取值范围。 4 附加条件与轨迹范围 先求不带附加条件的轨迹，再把长度或位置条件转成主动点的范围，最后检查边界。 例4 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，允许但将绕顺时针旋转得到在直线上方作其中是中点。 作出点的完整轨迹，并求的最小值及此时的长。 变式4－1 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，且将绕顺时针旋转得到在直线上方作是中点。 求的最小值及取得最小值时点的位置。 四 分层练习 基础迁移 1. 如图，是折线外的一个定点。点从沿折线运动到将绕逆时针旋转得到 作出点的完整运动路线，求它走过的路程及起终位置间的距离。 迁移运用 2. 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，分别以为斜边，在直线上方作等腰直角三角形直角分别在点是中点。 （1）作出点的完整轨迹；（2）当时，求的所有可能值。 3. 如图，水平放置且在左侧。点在线段内部。以为直角边，在直线上方作等腰直角三角形其中 求的最小值及相应的点位置；当时，求的长。 4. 如图，点在该角内部，于于点可在射线或射线上，均包含将绕逆时针旋转得到 作出点的完整轨迹，并求的最小值及对应的点 5. 在平面直角坐标系中，点在线段上。先将绕逆时针旋转得到再将绕逆时针旋转得到 求点的完整轨迹及的取值范围。 6. 如图，是线段的中点，点在线段上，将绕旋转得到 作出点的完整轨迹，并求的取值范围。 五 综合提高 1. 在平面直角坐标系中，其中点在线段上，将绕顺时针旋转得到 用含的式子表示的最大值和最小值，并分别求出取得这些值时的坐标。 图示a=5时的一个位置。 2. 在平面直角坐标系中，点在整个轴上。将绕顺时针旋转得到又将同一条绕逆时针旋转得到 求两条完整轨迹的公共点，并分别求出到达该公共点时点的坐标。 3. 如图，水平放置且在左侧。点在线段上，分别以为斜边作等腰直角三角形直角分别在且在直线上方，在下方。点是中点。 （1）求的长；（2）作出点的完整轨迹，并求从的位置沿运动到的位置时，点走过的路程。 4. 在平面直角坐标系中，点在平面内，将线段绕顺时针旋转得到已知点恰在线段上，包含端点。 求点的完整轨迹及的取值范围。 第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $