瓜豆原理——主從動點問題初中數學有一類動態問題叫做主從聯動，有的老師叫他瓜豆原理，也有的老師叫他旋轉相似這類問題在解答的時候需要有軌跡思想，就是先要明確主動點的軌跡，然后要搞清楚主動點和從動點的關系，進而確定從動點的軌跡來解決問題．瓜豆原理：一個主動點，一個從動點（根據某種約束條件，跟著主動點動），當主動點運動時，從動點的軌跡相同．（古人云：種瓜得瓜，種豆得豆．“種”圓得圓，“種”線得線，謂之“瓜豆原理”．）滿足條件：1.兩動一定；2.動點與定點的連線夾角是定角；3.動點到定點的距離比值是定值．結論：若點O為定點，∠POQ為定角α，為定值k，則點Q與點P的運動路徑相同．方法：第一步：找主動點的軌跡；第二步：找從動點與主動點的關系；第三步：找主動點的起點和終點；第四步：通過相似確定從動點的軌跡，第五步：根據軌跡確定點線、點圓最值．“瓜豆原理”其實質就構造旋轉、相似．涉及知識和方法：知識：①相似；②三角形的兩邊之和大于第三邊；③點到直線之間的距離垂線段最短；④點到圓上點共線有最值．位似型（主從一線）①點O為定點，點P在定直線l上運動，點Q為線段OP的中點，點Q的運動軌跡②點A為定點，點P在定圓⊙O上運動，點Q為線段AP的中點，點Q的運動軌跡旋轉型（OQ在OP繞點Q順時針旋轉α的方向）③點O為定點，∠POQ＝α且，點P在定直線l（定圓⊙M）上運動，則點Q的運動軌跡模型一：位似型例1：1.如圖，，，點為平面內一動點，且，點為線段中點，則線段的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】連接，取的中點，連接，先根據三角形中位線定理可得，再根據勾股定理、直角三角形的性質可得，然后分三種情況，根據三角形的三邊關系、線段的和差即可得．【詳解】解：如圖1，連接，取的中點，連接，點為線段中點，是的中位線，，，，，又點為的中點，，（1）如圖1，當點不共線時，由三角形的三邊關系得：，即；（2）如圖2，當點共線，且點位于點中間時，則；（3）如圖3，當點共線，且點位于點中間時，則；綜上，線段的取值范圍為，故答案為：．【點睛】本題考查了三角形中位線定理、直角三角形斜邊上的中線、勾股定理等知識點，通過作輔助線，利用到三角形中位線定理是解題關鍵．變式1－1：2.如圖，在平面直角坐標系中，，，半徑為2，P為上任意一點，E是PC的中點，則OE的最小值是A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】如圖，連接AC，取AC的中點H，連接EH，OH利用三角形的中位線定理可得EH=1，推出點E的運動軌跡是以H為圓心半徑為1的圓．【詳解】解：如圖，連接AC，取AC的中點H，連接EH，OH．，，，點E的運動軌跡是以H為圓心半徑為1的圓，，，，，的最小值，故選B．【點睛】本題考查點與圓的位置關系，坐標與圖形的性質，三角形的中位線定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，正確尋找點E的運動軌跡，屬于中考選擇題中的壓軸題．變式1－2：3.如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，D是以點A為圓心，4為半徑的圓上一點，連接BD，M為BD的中點，則線段CM長度的最大值（）A.14 B.7 C.9 D.6【答案】B【解析】【分析】作AB的中點E，連接EM、CE、AD，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半以及三角形的中位線定理求得CE和EM的長，然后在中根據三邊關系即可求解．【詳解】解：作AB的中點E，連接EM、CE、AD，

在直角中，∵E是直角斜邊AB上的中點，∴，∵M是BD的中點，E是AB的中點，∴，∴在中，，即，∴最大值為7，故選：B．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系、三角形的中位線定理、勾股定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半等知識，熟練掌握綜合運用各個知識點是解題關鍵．變式1－3：4.如圖，正方形ABCD的邊長為4cm，點E、F分別從點D和點C出發，沿著射線DA、射線CD運動，且DE＝CF，直線AF、直線BE交于H點．（1）當點E從點D向點A運動的過程中：①求證：AF⊥BE；②在圖中畫出點H運動路徑并求出點H運動的路徑長；（2）在整個運動過程中：①線段DH長度的最小值為______．②線段DH長度的最大值為_________．【答案】（1）①見解析；②3π；（2）①．②．【解析】【分析】（1）①證明△ABE≌△DAF，運用互余原理證明即可；②根據∠AHB=90°，且AB是定長，判定點H在以AB為直徑的圓上，且H可以與M，B重合即運動路徑是一段優弧，根據弧長公式計算即可；（2）①根據圓的性質，當O，H，D共線，且H在O，D之間時最短，根據勾股定理計算即可．②根據圓的性質，當O，H，D共線，且H在O，D之外時最長，根據勾股定理計算即可．【詳解】（1）①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=DA=CD，∠BAE=∠ADF=90°，∵DE＝CF，∴AE=DF，∴△ABE≌△DAF，∴∠ABE=∠DAF，∵∠ABE+∠AEB=90°，∴∠DAF+∠AEB=90°，∴∠AHE=90°，∴AF⊥BE；②點H運動路徑畫圖如下，∵∠AHB=90°，且AB是定長，∴點H在以AB為直徑的圓上，且H可以與M，B重合即運動路徑是一段優弧，設AB的中點為點O，連接BD，設BD的中點為點M，連接OM∴∠BOM=90°，∵AB=4，∴圓的半徑為2，∴弧長為=3π；（2）①根據圓的性質，當O，H，D共線，且H在O，D之間時最短，當H與點G重合時，最短，∵AD=4，AO=2，∴DO==；∴DH=DO-OG=，故答案為：．②根據圓的性質，當O，H，D共線，且H在O，D之外時最大，當H與點Q重合時，最大，∵AD=4，AO=2，∴DO==；∴DH=DO+OQ=，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質，弧長公式，圓的基本性質，圓的定義，三角形的全等判定與性質，熟練運用正方形的性質，靈活運用弧長公式和圓的性質是解題的關鍵．變式1－4：5.如圖，在直角坐標系中，⊙A的半徑為2，圓心坐標為（4，0），y軸上有點B（0，3），點C是⊙A上的動點，點P是BC的中點，則OP的范圍是_____．

【答案】【解析】【分析】如圖，在y軸上取一點，連接，，由勾股定理求出=5，由三角形中位線定理求=2OP，當C在線段上時，的長度最小值=5-2-3，當C在線段延長線上時，的長度最大值=5+2=7，即可求解．【詳解】如圖，在y軸上取一點，連接，，∵B（0，3），，A（4，0），∴，，∴，∵點P是BC的中點，∴，∵，，∴，當C在線段上時，的長度最小值為：5-2=3，當C在線段延長線上時，的長度最大值為：5+2=7，∴，故答案為：．【點睛】本題考查的是直線與圓的位置關系，三角形中位線定理，勾股定理等知識，添加恰當的輔助線是解答本題的關鍵．變式1－5：6.如圖，點P（3，4），⊙P半徑為2，A（2.8，0），B（5.6，0），點M是⊙P上的動點，點C是MB的中點，則AC的最小值是________．【答案】##1.5【解析】【分析】【詳解】如圖，連接OP交⊙P于M′，連接OM．∵點P（3，4），A（2.8，0），B（5.6，0），∴OP=，AO=2.8，OB=5.6，∴AB=5.6-2.8=2.8，∴OA=AB，又∵CM=CB，∴AC=OM，∴當OM最小時，AC最小，∴當M運動到M′時，OM最小，此時AC的最小值=OM′=（OP﹣PM′）=．考點：1、點與圓的位置關系；2、坐標與圖形性質；3、三角形中位線定理變式1－6：7.如圖，在等腰Rt△ABC中，AC＝BC＝，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點，當點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長為________．【答案】【解析】【分析】取AB中點O，連接OP，OC，取OC中點D，連接MD，由勾股定理可得的長度，由三角形中位線定理可知，可以推出點的運動軌跡是以為圓心，為半徑的半圓．【詳解】如圖所示，取AB中點O，連接OP，OC，取OC中點D，連接MD，∵為等腰直角三角形，∴，，，由題意可知，點M的運動路徑是以點D為圓心，以1為半徑的半圓，點M的運動路徑長，故答案為：．【點睛】本題考查了軌跡、點按一定規律運動所形成的的圓形為點運動的軌跡、等腰直角三角形的性質、勾股定理、三角形中位線定理、圓的周長的計算等知識點，解答本題的關鍵是作出輔助線，正確尋找點的運動軌跡．變式1－7：8.如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，其中AB=8，∠AOC=120°，P為⊙O上的動點，連AP，取AP中點Q，連CQ，則線段CQ的最大值為_______.【答案】【解析】【分析】連接作于H,得到點Q的運動軌跡是以AO為直徑的,連接CK,當點Q在CK的延長線上時，CQ取得最大值，在中，在中，即可求出線段CQ的最大值.【詳解】連接作于H,得到點Q的運動軌跡是以AO為直徑的,連接CK,當點Q在CK的延長線上時，CQ取得最大值，在中，在中，線段CQ的最大值為：【點睛】考查垂徑定理，勾股定理，解直角三角形等知識點，難度較大，得到點Q的運動軌跡是以AO為直徑的是解題的關鍵.模型二：全等旋轉型例2：9.如圖，在直角坐標系中，已知A（4，0），點B為y軸正半軸上一動點，連接AB，以AB為一邊向下做等邊△ABC，連接OC，則OC的最小值為_______．【答案】2【解析】【分析】以OA為對稱軸，構造等邊三角形ADF，作直線DC，交x軸于點E，先確定點C在直線DE上運動，根據垂線段最短計算即可．【詳解】如圖，以OA為對稱軸，構造等邊三角形ADF，作直線DC，交x軸于點E，∵△ABC，△ADF都是等邊三角形，∴AB=AC，AF=AD，∠FAC+∠BAF=∠FAC+∠CAD=60°，∴AB=AC，AF=AD，∠BAF=∠CAD，∴△BAF≌△CAD，∴∠BFA=∠CDA=120°，∴∠ODE=∠ODA=60°，

∴∠OED=30°，∴OE=OA=4，∴點C在直線DE上運動，∴當OC⊥DE時，OC最小，此時OC=OE=2，故答案為：2．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質和判斷，三角形的全等判定和性質，垂線段最短，熟練掌握三角形全等和垂線段最短原理是解題的關鍵．變式2－1：10.如圖，正方形ABCD中，AB＝2，O是BC邊的中點，點E是正方形內一動點，OE＝2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉90°得DF，連接AE、CF．則線段OF長的最小值為_____．【答案】．【解析】【分析】連接DO，將線段DO繞點D逆時針旋轉90°得DM，連接OF，FM，OM，證明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由條件可得OM＝5，根據OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．【詳解】解：如圖，連接DO，將線段DO繞點D逆時針旋轉90°得DM，連接OF，FM，OM，∵∠EDF＝∠ODM＝90°，∴∠EDO＝∠FDM，∵DE＝DF，DO＝DM，∴△EDO≌△FDM（SAS），∴FM＝OE＝2，∵正方形ABCD中，AB＝2，O是BC邊的中點，∴OC＝，∴OD＝＝5，∴OM＝＝5，∵OF+MF≥OM，∴OF≥，∴線段OF長的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、正方形的性質和三角形三邊關系，熟練掌握并準確應用是解題的關鍵．變式2－2：11.如圖，⊙O的半徑為1，點P是⊙O上的一點，將點P繞點A（－4，0）逆時針旋轉60°得到點Q，則點P在⊙O上運動時，點Q也隨之運動，連接OQ．求當點P在⊙O上運動時，求OQ的最小值．【答案】3【解析】【分析】將AO繞點A順時針旋轉60°得到AB，易證△ABO是等邊三角形，將AP繞點A順時針旋轉60°得到AQ，易證△APQ是等邊三角形，易證△APO≌△AQB，得到QB=PO=1，點Q滿足了到定點的距離等于定長，從而確定點Q的軌跡是以B為圓心，以1為半徑的圓，根據圓的基本性質可以確定OQ的最小值．【詳解】∵點A（－4，0），∴OA=4，如圖，將AO繞點A順時針旋轉60°得到AB，∵AB=AO，∠OAB=60°，∴△ABO是等邊三角形，∴OA=OB=4，將AP繞點A順時針旋轉60°得到AQ，∵AP=AQ，∠PAQ=60°，∴△APQ是等邊三角形，∴∠OAP+∠PAB=∠QAB+∠PAB=60°，∴∠OAP=∠QAB，∴△APO≌△AQB，∴QB=PO=1，∴點Q滿足了到定點的距離等于定長，∴點Q的軌跡是以B為圓心，以1為半徑的圓，根據圓的基本性質，得當B，Q，O三點一線時，OQ取得最小值，此時OQ=OB-BC=4-1=3．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質，三角形全等的判定和性質，圓的定義和性質，旋轉的性質，熟練掌握等邊三角形的判定和性質，靈活運用圓的定義和性質是解題的關鍵．變式2－3：12.如圖，A是⊙B上任意一點，點C在⊙B外，已知AB＝2，BC＝4，△ACD是等邊三角形，則的面積的最大值為（）A.4＋4 B.4 C.4＋8 D.6【答案】A【解析】【分析】以BC為邊向上作等邊三角形BCM，連接DM，證明得到，分析出點D的運動軌跡是以點M為圓心，DM長為半徑的圓，在求出點D到BC的最大距離，即可求出面積最大值．【詳解】解：如圖，以BC為邊向上作等邊三角形BCM，連接DM，∵，∴，即在和中，，∴，∴，∴點D的運動軌跡是以點M為圓心，DM長為半徑的圓，要使面積最大，則求出點D到線段BC的最大距離，∵是邊長為4的等邊三角形，∴點M到BC的距離是，∴點D到BC的最大距離是，∴的面積最大值是．故選：A．【點睛】本題考查動點軌跡是圓的問題，解題的關鍵是利用構造全等三角形找到動點D的軌跡圓，再求出圓上一點到定線段距離的最大值．變式2－4：13.如圖，正方形ABCD中，AB＝3cm，以B為圓心，1cm長為半徑畫⊙B，點P在⊙B上移動，連接AP，并將AP繞點A逆時針旋轉90°至AP′，連接BP′．在點P移動的過程中，BP′長度的最小值為_____cm．【答案】【解析】【分析】通過畫圖發現，點P′的運動路線為以D為圓心，以1為半徑的圓，可知：當P′在對角線BD上時，BP′最小，先證明△PAB≌△P′AD，則P′D=PB=1，再利用勾股定理求對角線BD的長，則得出BP′的長．【詳解】如圖，當P′在對角線BD上時，BP′最小，連接BP，由旋轉得：AP=AP′，∠PAP′=90°，∴∠PAB+∠BAP′=90°，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠BAP′+∠DAP′=90°，∴∠PAB=∠DAP′，∴△PAB≌△P′AD，∴P′D=PB=1，在Rt△ABD中，∵AB=AD=3，由勾股定理得：BD=，∴BP′=BD-P′D=3-1，即BP′長度的最小值為（3-1）cm．故答案為（3-1）．【點睛】本題考查了正方形的性質、旋轉的性質和最小值問題，尋找點P′的運動軌跡是本題的關鍵，通過證明兩三角形全等求出BP′長度的最小值最小值．變式2－5：14.如圖，正方形ABCD中，AB＝2，O是BC邊的中點，點E是正方形內一動點，OE＝2，連接DE，將線段DE繞點D逆時針旋轉90°得DF，連接AE、CF．則線段OF長的最小值為_____．【答案】．【解析】【分析】連接DO，將線段DO繞點D逆時針旋轉90°得DM，連接OF，FM，OM，證明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由條件可得OM＝5，根據OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．【詳解】解：如圖，連接DO，將線段DO繞點D逆時針旋轉90°得DM，連接OF，FM，OM，∵∠EDF＝∠ODM＝90°，∴∠EDO＝∠FDM，∵DE＝DF，DO＝DM，∴△EDO≌△FDM（SAS），∴FM＝OE＝2，∵正方形ABCD中，AB＝2，O是BC邊的中點，∴OC＝，∴OD＝＝5，∴OM＝＝5，∵OF+MF≥OM，∴OF≥，∴線段OF長的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、正方形的性質和三角形三邊關系，熟練掌握并準確應用是解題的關鍵．模型三：相似型旋轉例315.在平面直角坐標系中，，過點B作直線BC∥x軸，點P是直線BC上的一個動點以AP為邊在AP右側作，使，且，連結AB、BQ，則周長的最小值為___________.【答案】【解析】【分析】先證明△AOB∽△APQ，得到，由△OAP～△BAQ，得到BQ=2OP，進而得到．作O關于直線的對稱點O’，連接，PO'，則OP=O'P，AO'=，根據兩邊之和大于第三邊即可得到，從而得到答案．【詳解】如圖所示．連接OP．在中，．又在中，又∵，∠OAB=∠PAQ，．∵OA=1．OB=，∴AB=，又P為直線上的動點．∴作O關于直線的對稱點O’，，連接，PO'．∴OP=O'P，AO'=，∴AP+OP=AP+PO'即的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質．解題的關鍵是把△ABQ周長的最小值轉化為求AP+OP的最小值．變式3－1：16.如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E為AB邊上一動點，以DE為邊向右作正方形DEFG，連接CF，則CF的最小值為______．

【答案】【解析】【分析】方法一：因為點E在線段AB上運動，根據瓜豆原理可知從動點F在一條直線上運動，找出這條直線根據點到直線的距離垂線段最短即可求出CF的最小值．方法二：依題意，當點運動到點時，以為邊作正方形；同理當點運動到點時，作正方形；故點在與間運動，當時，可得最小；【詳解】方法一：解：如圖，在BA延長線上取點M，使AM=AD，∵在矩形ABCD中，，∴，,∵在正方形DEFG中，，∴∠EDF=∠MDA，,∴∴，∴點F在過M點垂直DM的直線MN上，故CF的最小值為點C到直線MN的距離；過點C作⊥MN，過D點作DH⊥，∴四邊形是矩形，∴，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴故答案為．方法二：如圖：當點運動到點時，以為邊作正方形；同理當運動到點時，作正方形；過點作，，又；又為矩形，∴；∴在和中，又∴；同理可得；∴；∴；當點到達點，為點的運動的最大范圍，又依據等腰三角形的性質，點在與間運動，且當時，可得最小；∴；故答案為：【點睛】本題考查正方形及直角三角形的性質，關鍵在尋找等量關系及其最小值的位置．變式3－2：17.如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝，D為邊AB上一動點（B點除外），以CD為一邊作正方形CDEF，連接BE，則線段BE的取值范圍為___________【答案】【解析】【分析】以BC為斜邊向BC下方作等腰直角三角形BPC，連接EC、PD，由正方形的性質及等腰直角三角形的性質易得△BCE∽△PCD，則有，則把問題轉化為求PD的取值范圍，過點P作PG⊥BE于點G，連接AP交BC于點H，進而易得，則有，最后問題可求解．【詳解】解：以BC為斜邊向BC下方作等腰直角三角形BPC，連接EC、PD，如圖所示：∴，∵四邊形DCFE是正方形，∴∠DCE=∠BCP=45°，，∴，，∴△BCE∽△PCD，∴，則把問題轉化為求PD的取值范圍，過點P作PG⊥BE于點G，連接AP交BC于點H，∵，∴AP垂直平分BC，∵BC＝，∴，∴，∴，∴，∵D為邊AB上一動點（B點除外），∴，∴；故答案為．【點睛】本題主要考查相似三角形的性質與判定、三角函數及正方形的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定、三角函數及正方形的性質是解題的關鍵．變式3－3：18.正方形ABCD的邊長為1，E為邊BC上動點，將AE繞點E順時針旋轉90°得到線段EF，M為DE的中點，連接MF，則MF的最小值為________

【答案】【解析】【分析】方法一：應用瓜豆原理得到F點的軌跡，利用三垂直模型可得F點在射線CF上，∠FCB=135°，構造Rt