中考数学二轮培优专题精讲 第23讲 轨迹问题之直线轨迹 (含详解)

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＝SKIPIF1<0AB＝a∴HN′＝SKIPIF1<0AH＝SKIPIF1<0a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，－SKIPIF1<0m－SKIPIF1<0）（其中m为实数），则PM的最小值为.【解析】∵点M的坐标为（m－1，－SKIPIF1<0m－SKIPIF1<0）∴设x＝m－1，y＝－SKIPIF1<0m－SKIPIF1<0……①∴m＝x＋1……②将②式代入①式化简得y＝－SKIPIF1<0x－3∴点M在函数y＝－SKIPIF1<0x－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37、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SKIPIF1<0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