《中考数学第二轮总复习专题1.6最值问题-隐圆模型之瓜豆问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学第二轮总复习专题1.6最值问题-隐圆模型之瓜豆问题（32页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、,雨雾,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,雨雾,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,雨雾,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,雨雾,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第
2、三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本
3、样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,中考数学第二轮总复习,题型概述,典型例题,考点聚焦,精准训练,综合提升,专题,1.6,“,隐圆模型,”,之瓜豆问题,第一部分,最值问题,在辅助圆问题中,我们了解了求关于动点最值问题的方式之一,求出动点轨迹,即可求出关于动点的最值,.,本文继续讨论另一类动点引发的最值问题,在此类题目中，题目或许先描述的是动点P,但最终问题问的可以是另一点Q,当然P、Q之间存在某种联系,从P点出发探
4、讨Q点运动轨迹并求出最值,为常规思路,.,隐圆模型,O,常见的,“,隐圆,”,模型思维导图,O,定点,动点,动点,动点,1.,定点定长型,2.,直角对直径,3.,定边对定角,4.,定角夹定高,5.,四点共圆型,7.,“,米勒,”,问题,6.,“,瓜豆,”,问题,动点,动点,轨迹之圆篇,目录,01,轨迹之线段篇,02,轨迹之其他图形篇,03,模型解读,-,轨迹之圆篇,【,引例,1】,如图,P,是圆,O,上一个动点,A,为定点,连接,AP,Q,为,AP,中点,.,【,思考,】,当点,P,在圆,O,上运动时,Q,点轨迹是？,【,分析,】,观察动图可知点,Q,轨迹是个圆,而我们还需确定的是此圆与圆,O
5、,有什么关系,?,考虑到,Q,点始终为,AP,中点,连接,AO,取,AO,中点,M,连接,QM,PO,任意时刻,QM:PO=AQ:AP=1:2.,则,M,点即为,Q,点轨迹圆圆心,半径,MQ,是,OP,一半,A,Q,P,O,M,【,引例,2】,如图,P,是圆,O,上一个动点,A,为定点,连接,AP,作,AQAP,且,AQ=AP.,【,考虑,】,当点,P,在圆,O,上运动时,Q,点轨迹是？,【,分析,】,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,.,当,APAQ,可得,Q,点轨迹圆圆心,M,满足,AMA
6、O,；,当,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.,模型解读,-,轨迹之圆篇,O,A,P,Q,M,【,引例,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？,【,分析,】,考虑,APAQ,可得,Q,点轨迹圆圆心,M,满足,AMAO,；,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.,模型解读,-,轨迹之圆篇,O,A,P,Q,M,模型总结,-
7、,轨迹之圆篇,【总结】,为了便于区分动点,P,、,Q,可称点,P,为,“,主动点,”,点,Q,为,“,从动点,”,.,此类问题的必要条件：两个定量,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,到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM,也等于两,圆半径之比.,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
8、得圆,“,种,”,线得线，谓之,“,瓜豆原理,”,.,O,A,P,Q,M,【,思考,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.,【,考虑,】,当点,P,在圆,O,上运动时,Q,点轨迹是,?,【,分析,】,Q,点满足,(1)PAQ=60,；,(2)AP=AQ,，故,Q,点轨迹是个圆：,1),当,PAQ=60,可得,Q,点轨迹圆圆心,M,满足,MAO=60,；,2),当,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,【,小结,】,可以理解,AQ,由,AP,旋转
9、得来,故圆,M,亦由圆,O,旋转得来,旋转角度与缩放比例均等于,AP,与,AQ,的位置和数量关系,.,模型总结,-,轨迹之圆篇,O,A,P,Q,M,模型总结,-,轨迹之圆篇,【,思考,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.,【,考虑,】,当点,P,在圆,O,上运动时,如何作出,Q,点轨迹？,【,分析,】,Q,点满足,(1)PAQ=45,；,(2)AP:AQ=:1,故,Q,点轨迹是个圆,.,连接,AO,构造,OAM=45,且,AO:AM=:1.M,点即为,Q,点轨迹圆圆心,此时任意时刻均有,AOPAMQ.,即可确定点,Q,的轨迹圆,.,
10、O,A,P,Q,M,【例,1,】,如图,已知P是O外一点,Q是O上的动点,线段PQ的中点为M,连接OP,OM.若O的半径为2,OP=4,则线段OM的最小值是(),A.0 B.1 C.2 D.3,B,P,Q,M,O,N,定点,定长,N,NM=0.5 OQ,辅助圆,典型例题,-,轨迹之圆篇,1.,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_,当堂训练,-,轨迹之圆篇,【,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,
11、BP,中点,N,以,N,为圆心,NC,为半径作圆,即为点,C,轨迹,.,y,x,O,B,A,P,C,M,N,y,x,O,B,A,P,M,N,C,【,分析,】,当A,C,N三点共线且点C在线段NA上时,AC取到最小值,根据B,P坐标求N,利用两点间距离公式求得NA,再减去NC即可.,1.,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_,当堂训练,-,轨迹之圆篇,1.5,P,M,2.,如图,在等腰RtABC中,AC=BC=,点P在以斜边AB为直径的半圆上,M为PC的中点,当半圆从
12、点A运动至点B时,点M运动的路径长为_,【,分析,】,C,M,P,共线及,M,是,CP,中点,可确定,M,点轨迹：取,AB,中点,O(M),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,点的轨迹长为,P,点轨迹长一半,即可解决问题.,当堂训练,-,轨迹之圆篇,A,B,C,E,F,P,D,O(M),3.,如图,正方形ABCD中,AB=,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、
13、CF.求线段OF长的最小值.,【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.,当,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.,连接OM,与圆M交点即为F点,此时OF最小.可构造三垂直全等求线段长,再利用勾股定理求得OM,减去MF即可得到OF的最小值.,当堂训练,-,轨迹之圆篇,O,D,C,B,A,E,F,M,F,4.,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_,C,D,E,B,O,A,M,【分析】,AB、AC均为定值,可以固定
14、其中一条,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.,此题方法也不止这一种,比如可以如下构造旋转,当A、C、A,共线时,可得AO最大值.或者直
15、接利用,“,托勒密定理,”,可得最大值.,当堂训练,-,轨迹之圆篇,4.,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_,【分析】,AB、AC均为定值,可以固定其中一条,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
16、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.,此题方法也不止这一种,比如可以如下构造旋转,当A、C、A,共线时,可得AO最大值.或者直接利用,“,托勒密定理,”,可得最大值.,M,C,D,E,B,O,A,A,当堂训练,-,轨迹之圆篇,5.,如图,在,RtABC,中,ACB=90,AC=8,BC=6,点,D,是平面内的一个动点,且,AD=4,M,为,BD,的中点,.,设线段,CM,长度为,a,在,D,点运动过程中,a,的取值范围是,_.,【分析】,本题是双动点问题,按照,“,主动支配从动,从动跟随主动,动中找定,”,构想,回归到,“,动中取静,”,的策略.你能读懂,“,点D是平面内的一个动点,且AD=4,”,这句话的含义吗?D是动点但不是随意的点,而是以A为圆心,AD=4的长为半径的作圆周运动。,P,A,D,M,B,C,主从联动型,主动点轨迹为圆则从动点的轨迹也是圆,主动点,-,定点定长型从动点,-,定点定长型,3CM7,当堂训练,-,轨迹之圆篇,构图如图,2,：,通过显示圆作出主动点,D,、从
