瓜豆原理——主从联动问题

第十四讲：瓜豆原理类问题古人云：“种瓜得瓜，种豆得豆”。

讲述的是哲学中的因果原理。

即：种什么因就得什么果。

所谓“瓜豆原理”，讲述的是两个动点的轨迹之间的关系。

也就是说主动点的轨迹与从动点的轨迹一样的。

【方法指导】主动点的轨迹是圆，从动点的轨迹也是圆；主动点的轨迹是线，从动点的轨迹也是线。

【核心提炼】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； 主动点、从动点到定点的距离之比是定量．解决问题的策略：1、两动：一个主动点，一个从动点2、一定：瓜豆原理的前提是必须存在定点来充当旋转中心或者位似中心，使主动点经过相应的变换得到从动点。

可谓“无定点，不瓜豆”。

旋转篇之轨迹是圆引例1：如图，P 是圆O 上一个动点，A 为定点，连接AP ，作AQ ⊥AP 且AQ =AP ．当点P 在圆O 上运动时，Q 点轨迹是什么？【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．只需要确定圆心与半径． ∵AP ⊥AQ ，∴Q 点轨迹圆圆心M 满足AM ⊥AO ；∵AP =AQ，∴Q 点轨迹圆圆心M 满足AM =AO ，且半径MQ =PO ． 即可确定圆M 位置，任意时刻均有△APO ≌△AQM ．OP QA引例2：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．当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是什么？【分析】Q点满足（1）∠PAQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：∵∠PAQ=60°，∴Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；∵AP=AQ，∴Q点轨迹圆圆心M满足AM=AO，且半径MQ=PO．即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO≌△AQM．【基本模型】瓜豆原理初体验如图，正方形ABCD中，AB＝2，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，CF．则线段OF长的最小值（）A．2B．+2 C．2﹣2 D．5【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．∵DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，∴F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，证明△EDO≌△FDM，可得FM＝OE＝2，由勾股定理可得OM＝5，根据OF+MF≥OM，即可得出OF的最小值．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边的中点，∴OC＝，∴OD＝，∴OM＝，∵OF+MF≥OM，∴OF≥．故选：D．方法策略模式：利用全等找出圆心和半径即可。

瓜豆原理——主从动点问题涉及的知识和方法：知识：①相似；②三角形的两边之和大于第三边；③点到直线之间的距离垂线段最短；④点到圆上点共线有最值。

方法：第一步：找主动点的轨迹；第二步：找从动点与主动点的关系；第三步：找主动点的起点和终点；第四步：通过相似确定从动点的轨迹；第五步：根据轨迹确定点线、点圆最值。

类型1.求轨迹解析式例1．如图，△ABO为等腰直角三角形，A（﹣4，0），直角顶点B在第二象限．点C在y轴上移动，以BC为斜边作等腰直角△BCD，我们发现直角顶点D 点随着C点的移动也在一条直线上移动，这条直线的函数表达式是_____．类型2.求经过的路径长例2.已知：如图，正方形ABCD的边长为2，动点E从点A出发，沿着A﹣B ﹣C的方向以每秒钟1个单位长度的速度匀速运动，当点E到达点C时运动停止．联结DE，以DE为边作正方形DEFG．设运动的时间为x秒．（1）如图①，当点E在边AB上时，联结CG，求证：AE＝CG；（2）如图②，当点E在边BC上时，设正方形ABCD与正方形DEFG重叠部分的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；（3）直接写出，在点E的运动过程中，对应的点F的运动路径的长．例3．在边长为12cm的正方形ABCD中，点E从点D出发，沿边DC以1cm/s 的速度向点C运动，同时，点F从点C出发，沿边CB以1cm/s的速度向点B 运动，当点E达到点C时，两点同时停止运动，连接AE、DF交于点P，设点E、F运动时间为t秒．回答下列问题：（1）如图1，当t为多少时，EF的长等于4√5cm？（2）如图2，在点E、F运动过程中，①求证：点A、B、F、P在同一个圆（⊙O）上；②是否存在这样的t值，使得问题①中的⊙O与正方形ABCD的一边相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；③请直接写出问题①中，圆心O的运动的路径长为_______．类型3.求最值问题例4.如图，在直角坐标系中，已知点A(4，0)，点B为y轴正半轴上一动点，连接AB，以AB为一边向下作等边△ABC，连接OC，则OC的最小值_________.例5．如图，正方形ABCD的边长为4cm，点E、F分别从点D和点C出发，沿着射线DA、射线CD运动，且DE＝CF，直线AF、直线BE交于H点．（1）当点E从点D向点A运动的过程中：①求证：AF⊥BE；②在图中画出点H运动路径并求出点H运动的路径长；（2）在整个运动过程中：①线段DH长度的最小值为______．②线段DH长度的最大值为_________．。

利用 瓜豆原理 模型分析轨迹问题陈礼弦(贵州省贵安新区普贡中学ꎬ贵州贵安新区５６１１１３)摘㊀要:文章立足于初中数学教学实践ꎬ针对轨迹问题这一中考难点ꎬ利用 瓜豆原理 模型巧妙分析轨迹问题的求解思路ꎬ目的在于帮助初中数学教师及学生找到应对轨迹问题的正确思路ꎬ提高学生分析问题和解决问题的能力ꎬ进而提升其数学核心素养.关键词:初中数学ꎻ轨迹问题ꎻ 瓜豆原理 模型中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)１１－００１７－０３收稿日期:２０２４－０１－１５作者简介:陈礼弦(１９７１.１２ )ꎬ男ꎬ贵州省清镇人ꎬ本科ꎬ高级教师ꎬ从事初中数学教学研究.㊀㊀在初中数学教学中ꎬ轨迹问题是教学的难点ꎬ也是核心素养重点考查对象.根据笔者多年的教学经验ꎬ引导学生弄清楚 瓜豆原理 模型ꎬ利用其分析轨迹问题ꎬ会收到事半功倍的效果.瓜豆原理 是一种数学问题的形象描述ꎬ即若两动点到某定点的距离比是定值ꎬ夹角是定角ꎬ则两动点的运动路径相同.其中ꎬ主动点叫作 瓜 ꎬ从动点叫作 豆 .如果 瓜 在直线上运动ꎬ那么 豆 的运动轨迹也是直线ꎻ如果 瓜 在圆周上运动ꎬ那么 豆 的运动轨迹也是圆.这种主从联动轨迹问题被称为 瓜豆原理 或 瓜豆模型 ꎬ在某一个特殊位置ꎬ就是我们要解决的轨迹问题[１].１模型一㊀动点在直线上运动这类问题的基本特点是主动点在直线上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是直线.其结论主要有两个:一是主动点和从动点所在直线的夹角是一个定值ꎻ二是主动点和从动点轨迹长度之比值是一个定值.１.１模型分析例１㊀如图１ꎬＧ为线段ＥＦ一动点ꎬＤ为定点ꎬ连接ＤＧꎬ取ＤＧ中点Ｈꎬ当点Ｇ在ＥＦ运动时ꎬ画出点Ｈ的运动轨迹.㊀㊀图１㊀例１题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀例１解析图解析㊀如图２ꎬ线段ＩＪ即为点Ｈ运动的轨迹ꎬ理由如下:连接ＤＥꎬＤＦ.因为当点Ｇ在点Ｅ处时ꎬ点Ｈ在点Ｉ处ꎬ当点Ｇ在点Ｆ处时ꎬ点Ｈ在点Ｊ处ꎬ所以点Ｉ是ＤＥ的中点ꎬ点Ｊ是ＤＦ的中点ꎬ所以ＩＪʊＥＦꎬ所以ＩＪ＝１２ＥＦꎬ所以ＩＪＥＦ＝１２ꎬ所以在运动过程中ꎬ主动点Ｇ和从动点Ｈ所在的直线ＤＧ和ＤＨ的夹角是０ʎ(定值)ꎬ主动点Ｇ和从动点Ｈ的轨迹长之比值是１２(定值).从而可知主动点Ｇ运动的轨迹是线段ꎬ从动点Ｈ运动的轨迹也是线段.例２㊀如图３ꎬәＤＥＦ是等腰直角三角形ꎬøＥＤＦ＝９０ʎ且ＤＥ＝ＤＦꎬ当点Ｅ在线段ＭＮ上运动时ꎬ画出点Ｆ的运动轨迹.解析㊀如图４ꎬ线段ＦᶄＦᵡ即为点Ｆ的轨迹.取点Ｆ的起始位置Ｆᶄ和终点位置Ｆᵡꎬ连接即得点Ｆ轨迹为线段ＦᶄＦᵡ.因为主动点Ｅ和从动点Ｆ所在直线７１图３㊀例２题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图４㊀例２解析图ＤＥ和ＤＦ的夹角为９０ʎꎬ易证әＭＮＤɸәＦᶄＦᵡＤꎬ主动点Ｅ和从动点Ｆ的轨迹长之比值等于ＭＮʒＦᶄＦᵡ＝１ꎬ所以点Ｅ㊁Ｆ的轨迹是同一图形.１.２模型应用例３㊀如图５ꎬ矩形ＤＥＦＧ中ꎬＤＥ＝３ꎬＤＧ＝４ꎬ点Ｈ在边ＤＧ上且ＤＨʒＨＧ＝１ʒ３.动点Ｉ从点Ｄ出发ꎬ沿ＤＥ运动到点Ｅ停止.过点Ｈ作ＨＫʅＨＩ交射线ＥＦ于点Ｋꎬ设Ｊ是线段ＨＫ的中点.求在点Ｉ运动的整个过程中ꎬ点Ｊ运动的路径的长.图５㊀例３题图㊀㊀㊀㊀㊀图６㊀例３解析图解析㊀如图６ꎬ当Ｉ与Ｄ重合时ꎬ点Ｋ与Ｋᶄ重合ꎬ此时点Ｊ在Ｊᶄ处ꎬ当点Ｉ与Ｅ重合时ꎬＫ与Ｋᵡ重合ꎬ点Ｊ在Ｊᵡ处ꎬ点Ｊ的运动轨迹是线段ＪᶄＪᵡ.因为ＤＧ＝４ꎬＤＨʒＨＧ＝１ʒ３ꎬ所以ＤＨ＝１ꎬＨＧ＝３.在ＲｔәＤＥＨ中ꎬＤＨ＝１ꎬＤＥ＝３ꎬ所以ＨＥ＝ＤＨ２＋ＤＥ２＝１＋９＝１０.因为ＤＧ//ＥＦꎬ所以øＤＨＥ＝øＨＥＫᵡꎬ又因为øＤ＝øＥＨＫᵡ＝９０ʎꎬ所以әＤＨＥ~әＨＥＫᵡꎬ所以ＨＥＥＫᵡ＝ＤＨＨＥꎬ所以ＥＫᵡ＝１０ˑ１０＝１０.又因为ＥＫᶄ＝ＤＨ＝１ꎬ所以ＫᶄＫᵡ＝ＥＫᵡ－ＥＫᶄ＝９ꎬ所以ＪᶄＪᵡ＝１２ＫᶄＫᵡ＝９２ꎬ所以点Ｊ的运动路径的长为９２.２模型二㊀动点在圆周上运动这类问题的基本特点是主动点在圆周上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是圆.其结论主要有两个:一是主㊁从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角是定值ꎻ二是主㊁从动点与定点的距离之比值等于两圆心到定点的距离之比值.２.１模型分析例４㊀如图７ꎬＦ是☉Ｄ上一个动点ꎬＥ为定点ꎬ连接ＥＦꎬＧ为ＥＦ的中点ꎬ当点Ｆ在☉Ｄ上运动时ꎬ画出点Ｇ的运动轨迹.㊀图７㊀例４题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图８㊀例４解析图解析㊀如图８ꎬ☉Ｃ是点Ｇ的运动轨迹.连接ＥＤꎬ取ＥＤ的中点Ｃꎬ连接ＣＧꎬ以Ｃ为圆心ꎬＣＧ为半径作☉Ｃꎬ所以点Ｆ在☉Ｄ上运动时ꎬ点Ｇ在☉Ｃ上运动.即☉Ｃ是点Ｇ的运动轨迹.因为主㊁从动点与定点连线的夹角øＦＥＧ等于两圆心与定点连线的夹角øＤＥＣꎬ是定值０ʎ.又因为主㊁从动点与定点的距离ＦＥ㊁ＧＥ之比值等于两圆心到定点的距离ＤＥ㊁ＣＥ之比值ꎬ也等于两圆半径ＤＦ㊁ＣＧ之比值ꎬ是定值.从而可知主动点Ｆ在圆周上运动ꎬ从动点Ｇ的运动轨迹也是圆.例５㊀如图９ꎬＭ是☉Ｄ上一个动点ꎬＢ为定点ꎬ连接ＢＭꎬ在ＢＭ的上方以ＢＭ为边作等边әＢＣＭ.当点Ｍ在☉Ｄ上运动时ꎬ画出点Ｃ的运动轨迹.㊀图９㊀例５题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１０㊀例５解析图解析㊀如图１０ꎬ点Ｃ的运动轨迹是以点Ｅ为圆心的圆ꎬ理由如下:点Ｃ满足øＭＢＣ＝６０ʎꎬＢＭ＝ＢＣꎬ点Ｃ的圆心Ｅ满足øＤＢＥ＝６０ʎꎬＢＥ＝ＢＤꎬ且ＥＣ＝ＤＭꎬ可确定圆Ｅ的位置ꎬ任意时刻均有әＢＭＤɸәＢＣＥꎬ可以理解ＢＥ是由ＢＤ旋转得到ꎬ故圆Ｅ是由圆Ｄ旋转得到的ꎬ旋转角度与缩放比例均与ＢＭ与ＭＣ的位置和数量关系有关.例６㊀如图１１ꎬＦ是☉Ｃ上一动点ꎬＥ为定点ꎬ８１连接ＥＦꎬ以ＥＦ为斜边在ＥＦ上方作等腰直角三角形ＥＦＤ.当点Ｆ在☉Ｃ上运动时ꎬ画点Ｄ的轨迹.图１１㊀例６题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１２㊀例６解析图解析㊀如图１２ꎬ点Ｄ的轨迹为以点Ｇ为圆心ꎬ２２ＣＦ长为半径的圆.Ｄ点满足øＦＥＤ＝４５ʎꎬＥＦ:ＥＤ＝２ʒ１ꎬ故Ｄ点轨迹是一个圆.连接ＥＣꎬ构造øＧＥＣ＝４５ʎ且ＥＣʒＥＧ＝２ʒ１.Ｇ点即为Ｄ点轨迹圆圆心ꎬ此时任意时刻均有әＥＣＦʐәＥＧＤ.即可确定点Ｄ的轨迹圆.所以点Ｄ的轨迹为以点Ｇ为圆心ꎬ２２ＣＦ长为半径的圆.２.２模型应用例７㊀如图１３ꎬ☉Ｅ的直径ＢＣ＝４ꎬＤ为☉Ｅ上的动点ꎬ连接ＢＤꎬＦ为ＢＤ的中点ꎬ若点Ｄ在圆上运动一周ꎬ求点Ｆ经过的路径长.图１３㊀例７题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１４㊀例７解析图解析㊀如图１４ꎬ因为主㊁从动点与定点连线ＤＢ㊁ＦＢ的夹角等于两圆心与定点连线ＥＢ㊁ＧＢ的夹角ꎬ且是０ʎꎬ为定值ꎬ又因为主㊁从动点与定点的距离ＤＢ㊁ＦＢ之比值等于两圆心到定点的距离ＥＢ㊁ＧＢ之比值ꎬ也等于两圆半径ＥＢ㊁ＧＢ之比值ꎬ是定值１２.所以是点Ｄ在☉Ｅ上运动ꎬ点Ｆ的运动轨迹也是圆.如图１４ꎬ当点Ｄ在点Ｃ处时ꎬ点Ｆ在点Ｅ处ꎬ当点Ｄ在点Ｂ处时ꎬ点Ｆ在点Ｂ处ꎬ所以ＥＢ是这个圆的直径ꎬ这个圆是☉Ｇ.又因为ＢＣ＝４ꎬ所以ＥＢ＝２ꎬ所以ＧＢ＝１ꎬ所以ｒ＝１ꎬ所以☉Ｇ的周长为２πｒ＝２πꎬ所以点Ｆ经过的路径长是２π.例８㊀如图１５ꎬＦＧ＝３ꎬ☉Ｆ的半径为１ꎬＥ为☉Ｆ上的动点ꎬ连接ＥＧꎬ在ＥＧ上方作一个等边三角形ＥＧＨꎬ连接ＦＨ.求ＦＨ的最大值.解析㊀如图１６ꎬ以ＦＧ为边在ＦＧ上方构造等边三角形әＦＧＩꎬ连接ＩＨꎬ以点Ｉ为圆心ꎬＩＨ为半径作圆Ｉ.因为主㊁从动点与定点连线ＥＧ㊁ＨＧ的夹角等于两圆心与定点连线ＦＧ㊁ＩＧ的夹角ꎬ且是６０ʎ为定值.又因为主㊁从动点与定点的距离ＥＧ㊁ＨＧ之比值等于两圆心到定点的距离ＦＧ㊁ＩＧ之比值ꎬ也等于两圆半径ＦＥ㊁ＩＨ之比值ꎬ是定值１.因为øＦＧＥ＝６０ʎ－øＥＧＩꎬøＩＧＨ＝６０ʎ－øＥＧＩꎬ所以øＦＧＥ＝øＩＧＨ.又因为ＦＧ＝ＩＧꎬＥＧ＝ＨＧꎬ所以әＦＧＥɸәＩＧＨꎬ所以ＩＨ＝ＦＥ＝１.从而可知点Ｈ运动的轨迹是以点Ｅ为圆心㊁１为半径的圆ꎬ当Ｆ㊁Ｉ㊁Ｈ三点共线且Ｈ在ＦＩ的延长线上时ꎬＦＨ的最大值为ＦＩ＋ＩＨ＝３＋１＝４ꎬ此时点Ｈ在点Ｈᶄ处.图１５㊀例８题图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１６㊀例８解析图３结束语在解决轨迹问题时ꎬ要结合图形进行分析ꎬ主动点和从动点运动的轨迹是否属于 瓜豆原理 .如果主动点和从动点运动的轨迹属于 瓜豆原理 ꎬ就可以利用主动点在直线上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是直线或主动点在圆周上运动ꎬ从动点的运动轨迹也是圆解决轨迹问题[２].参考文献:[１]熊长菊ꎬ张进.例谈瓜豆原理中动点轨迹最值问题的求解策略[Ｊ].数理化学习(初中版)ꎬ２０２２(６):５－９.[２]丁羽.初三学生动点轨迹问题的解决障碍及教学对策研究[Ｄ].广州:广州大学ꎬ２０２２.[责任编辑:李㊀璟]９１。

最值系列之瓜豆原理初中数学有一类动态问题叫做主从联动，这类问题应该说是非常出题，好多优秀老师都在研究它，原因是它在很多名校模考的时候经常出现，有的老师叫他瓜豆原理，个人理解可能是种瓜得瓜种豆得豆的意思吧，主动点运动的轨迹是什么，则从动点的轨迹就是什么。

也有的老师叫他旋转相似，或者手拉手。

我感觉这类问题在解答的时候需要有轨迹思想，就是先要明确主动点的轨迹，然后要搞清楚主动点和从动点的关系，进而确定从动点的轨迹来解决问题，但在解答问题时，要符合解不超纲的原则，所以最后解决问题还是用到了旋转相似的知识，也就是动态手拉手模型，下面整理一些题目来集中训练一下这类题目，希望对你能有所帮助涉及的知识和方法：知识：①相似；②三角形的两边之和大于第三边；③点到直线之间的距离垂线段最短；④点到圆上点共线有最值。

方法：第一步：找主动点的轨迹；第二步：找从动点与主动点的关系；第三步：找主动点的起点和终点；第四步：通过相似确定从动点的轨迹，第五步：根据轨迹确定点线、点圆最值在此类题目中，题目或许先描述的是主动点P，但最终问题问的可以是另一点Q（从动点），根据P、Q之间存在某种联系，从P点出发探讨Q点运动轨迹并求出最值。

一、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．考虑：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有什么关系？考虑到Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．【小结】确定Q点轨迹圆即确定其圆心与半径，由A、Q、P始终共线可得：A、M、O三点共线，由Q为AP中点可得：AM=1/2AO．Q点轨迹相当于是P点轨迹成比例缩放．根据动点之间的相对位置关系分析圆心的相对位置关系；根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．引例2：如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？Q【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．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑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△APO≌△AQM．引例3：如图，△APQ是直角三角形，∠P AQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；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△APO∽△AQM，且相似比为2．【模型总结】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（∠P AQ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）．Q【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：∠P AQ=∠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”圆得圆，“种”线得线，谓之“瓜豆原理”【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）∠P AQ=60°；（2）AP=AQ，故Q点轨迹是个圆：考虑∠P AQ=60°，可得Q点轨迹圆圆心M满足∠MAO=60°；考虑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△APO≌△AQM．【小结】可以理解AQ由AP旋转得来，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．【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）∠P AQ=45°；（2）AP:AQ1，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△AOP∽△AMQ．即可确定点Q的轨迹圆．【练习】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_______．【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BP中点O，以O为圆心，OC为半径作圆，即为点C轨迹．当A、C、O三点共线且点C在线段OA上时，AC取到最小值，根据B、P坐标求O，利用两点间距离公式求得OA，再减去OC即可．【2016武汉中考】如图，在等腰Rt △ABC 中，AC =BC=P 在以斜边AB 为直径的半圆上，M 为PC 的中点，当半圆从点A 运动至点B 时，点M 运动的路径长为________．【分析】考虑C 、M 、P 共线及M 是CP 中点，可确定M 点轨迹：取AB 中点O ，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．【2018南通中考】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 、CF ．求线段OF 长的最小值．OABCDE F【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．F考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接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．【练习】△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_____________．AB CDE O【分析】考虑到AB 、AC 均为定值，可以固定其中一个，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．OEDCBA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．A'或者直接利用托勒密定理可得最大值．二、轨迹之线段篇引例：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？【分析】当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线．可以这样理解：分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线．【引例】如图，△APQ是等腰直角三角形，∠P AQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形．当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q 点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段．Q2AB CQ1【模型总结】 必要条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠P AQ 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：P 、Q 两点轨迹所在直线的夹角等于∠P AQ （当∠P AQ ≤90°时，∠P AQ 等于MN 与BC 夹角）P 、Q 两点轨迹长度之比等于AP :AQ （由△ABC ∽△AMN ，可得AP :AQ =BC :MN ）【2017姑苏区二模】如图，在等边△ABC 中，AB =10，BD =4，BE =2，点P 从点E 出发沿EA 方向运动，连结PD ，以PD 为边，在PD 的右侧按如图所示的方式作等边△DPF ，当点P 从点E 运动到点A 时，点F 运动的路径长是________．A【分析】根据△DPF 是等边三角形，所以可知F 点运动路径长与P 点相同，P 从E 点运动到A 点路径长为8，故此题答案为8．【2013湖州中考】如图，已知点A是第一象限内横坐标为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⊥P A，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________．【分析】根据∠P AB=90°，∠APB=30°可得：AP:AB，故B点轨迹也是线段，且P点轨迹路径长与B，P点轨迹长ON为B点轨迹长为【练习】如图，在平面直角坐标系中，A（-3,0），点B是y轴正半轴上一动点，点C、D在x正半轴上，以AB为边在AB的下方作等边△ABP，点B在y轴上运动时，求OP的最小值．【分析】求OP是等边三角形且B点在直线上运动，故可知P点轨迹也是直线．取两特殊时刻：（1）当点B与点O重合时，作出P点位置P1；（2）当点B在x轴上方且AB与x轴夹角为60°时，作出P点位置P2．连接P1P2，即为P点轨迹．根据∠ABP =60°可知：12P P 与y 轴夹角为60°，作OP ⊥12P P ，所得OP 长度即为最小值，OP 2=OA =3，所以OP =32．【2019宿迁中考】如图，正方形ABCD 的边长为4，E 为BC 上一点，且BE =1，F 为AB 边上的一个动点，连接EF ，以EF 为边向右侧作等边△EFG ，连接CG ，则CG 的最小值为 ．【分析】同样是作等边三角形，区别于上一题求动点路径长，本题是求CG 最小值，可以将F 点看成是由点B 向点A 运动，由此作出G 点轨迹：考虑到F 点轨迹是线段，故G 点轨迹也是线段，取起点和终点即可确定线段位置，初始时刻G 点在1G 位置，最终G 点在2G 位置（2G 不一定在CD 边），12G G 即为G 点运动轨迹．G 2CG 最小值即当CG ⊥12G G 的时候取到，作CH ⊥12G G 于点H ，CH 即为所求的最小值．GABCDEF根据模型可知：12G G 与AB 夹角为60°，故12G G ⊥1EG ．过点E 作EF ⊥CH 于点F ，则HF =1G E =1，CF =1322CE =，所以CH =52，因此CG 的最小值为52．G 2三、轨迹之其他图形篇所谓“瓜豆原理”，就是主动点的轨迹与从动点的轨迹是相似性，根据主、从动点与定点连线形成的夹角以及主、从动点到定点的距离之比，可确定从动点的轨迹，而当主动点轨迹是其他图形时，从动点轨迹必然也是．【2016乐山中考】如图，在反比例函数2y x=-的图像上有一个动点A ，连接AO 并延长交图像的另一支于点B ，在第一象限内有一点C ，满足AC =BC ，当点A 运动时，点C 始终在函数ky x=的图像上运动，若tan ∠CAB =2，则k的值为（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8【分析】∠AOC=90°且AO:OC=1:2，显然点C的轨迹也是一条双曲线，分别作AM、CN垂直x轴，垂足分别为M、N，连接OC，易证△AMO∽△ONC，∴CN=2OM，ON=2AM，∴ON·CN=4AM·OM，故k=4×2=8．【思考】若将条件“tan∠CAB=2”改为“△ABC是等边三角形”，k会是多少？【练习】如图，A（-1,1），B（-1,4），C（-5,4），点P是△ABC边上一动点，连接OP，以OP为斜边在OP的右上方作等腰直角△OPQ，当点P在△ABC边上运动一周时，点Q的轨迹形成的封闭图形面积为________．【分析】根据△OPQ是等腰直角三角形可得：Q点运动轨迹与P点轨迹形状相同，根据OP:OQ，可得P点轨迹图形与Q，故面积比为2:1，△ABC面积为1/2×3×4=6，故Q点轨迹形成的封闭图形面积为3．【小结】根据瓜豆原理，类似这种求从动点轨迹长或者轨迹图形面积，根据主动点轨迹推导即可，甚至无需作图．【练习】如图所示，AB =4，AC =2，以BC 为底边向上构造等腰直角三角形BCD ，连接AD 并延长至点P ，使AD =PD ，则PB 的取值范围为___________．ABCDP【分析】固定AB 不变，AC =2，则C 点轨迹是以A 为圆心，2为半径的圆，以BC 为斜边作等腰直角三角形BCD ，则D 点轨迹是以点M考虑到AP =2AD ，故P 点轨迹是以N 为圆心，即可求出PB 的取值范围．。

瓜豆原理一一主从动点问题初中数学有一类动态问题叫做主从联动，这类问题应该说是网红问题，好多优秀老师都在研究它，原因是它在很多名校模考的时候经常出现，有的老师叫他瓜豆原理，也有的老师叫他旋转相似，我感觉这类问题在解答的时候需要有轨迹思想，就是先要明确主动点的轨迹，然后要搞清楚主动点和从动点的关系，进而确定从动点的轨迹来解决问题，但在解答问题时，要符合解不超纲的原则，所以最后解决问题还是用到了旋转相似的知识，也就是动态手拉手模型。

涉及的知识和方法：知识：①相似；②三角形的两边之和大于第二边；③点到直线之间的距离垂线段最短；④点到圆上点共线有最值。

方法：第一步：找主动点的轨迹；第二步：找从动点与主动点的关系；第三步：找主动点的起点和终点；第四步：通过相似确定从动点的轨迹，第五步：根据轨迹确定点线、点圆最值。

类型1•求轨迹解析式例1.如图，a ABO为等腰直角三角形，A（-4,0）,直角顶点B在第二象限.点C在y轴上移动，以BC为斜边作等腰直角八BCD,我们发现直角顶点D点随着C点的移动也在一条直线上移动，这条直线的函数表达式是.E FO\图1A E O\图2【分析】抓住两个特殊位置：当BC与x轴平行时，求出D的坐标；C与原点重合时，D在y轴上，求出此时D的坐标,设所求直线解析式为y=kx+b,将两位置D坐标代入得到关于k与b的方程组，求出方程组的解得到k与b的值，即可确定出所求直线解析式.【解答】当BC与x轴平行时，过B作BE±x轴，过D作DFJ_x轴，交BC于点G,如图1所示，...等腰直角△ABO的O点是坐标原点，A的坐标是（-4,0）,.・.AO=4,・.・BC=BE=AE=EO=GF=1/2OA=2,OF=DG=BG=CG=1/2BC=1,DF=DG+GF=3,•.・D坐标为（-1,3）；当C与原点。

重合时，D在y轴上，此时OD=BE=2,即D(0,2),设所求直线解析式为y=kx+b(k#0),将两点坐标代入得：-k+b=3,b=2,解得：k=-1,b=2.则这条直线解析式为y=-x+2,当D(-1,1)和D(-2,0)于是得到y=x+2,综上所述：这条直线的函数表达式是y=x+2或y=-x+2.故答案为：y=x+2或y=-x+2.【点评】本题考查了轨迹问题，待定系数法确定一次函数解析式，等腰直角三角形的性质，坐标与图形性质，熟练运用待定系数法是解本题的关键.而本题若用一般方法求解，也不难，构造一线三直角全等可破.解答：过点口作EF//X抽，处轴于F,过点8作BE±EF易证△B EDi竺^DiFC,设DiF=x.BE=DiF=x,/.£>!(-r.x+2),点"在直加=一、+2上运动过点£>2作轴，交vtt于F,过点B^BE±EF易证心ED2*D i FC、设DiF=x.BE=DiF=x,x,2—x).点在直线y=x+2I.运劫类型2.求经过的路径长例2.已知：如图，正方形ABCD的边长为2,动点E从点A出发，沿着A-B-C的方向以每秒钟1个单位长度的速度匀速运动，当点E到达点C时运动停止.联结DE,以DE为边作正方形DEFG.设运动的时间为x秒.<1)如图①，当以E在边AB上时，联结CG,求证：AE=CG；(2)如图②，当点E在边BC上时，设正方形ABCD与正方形DEFG重叠部分的面积为y,求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；(3)直接写出，在点E的运动过程中，对应的六F的运动路径的长.【分析】(1)由正方形的性质得出AD=CD,DE=DG,ZADE+ZEDC=ZEDC+ZCDG=90°,证出ZADE^ZCDG,由SAS证明△ADE^ACDG；(2)利用三角形的面积公式即可得出结论；(3)由(1)知，当点E在AB上时，点G在直线BC上，当点E与B点重合时，点F的位置如图：点F运动的路径为BF；同理，点E在BC±时，当点E与C点重合时，点F运动的路径为FG；由勾股定理求出BD,即可得出结果.【解答】(1)..•正方形ABCD,正方形DEFG,・・・NADC=ZEDG=90。

旋转相似之主动从动(瓜豆原理)例题1、如图等腰Rt△ABC,AB=AC=2,点E是半径为1的圆C上的一动点，连接AE,过点A 向左侧作AD⊥AE，且使得AE=AD。

其中点D是因E动而动，所以我们称点E为主动点，点D为从动点。

(1)问随着主动点E的运动，求从动点D的运动路径长？(2)连接CD,求CD的最大值与最小值(3)△ABC与△ADE是我们之前学过的旋转相似，那么请问：主动点E和圆心C这两点在旋转相似中我们称他们的位置关系是。

例题2、如图半径为1的圆C，圆外有一定点A,且AC=2,圆C上有一动点E,连接AE,以A 为直角顶点向左侧作等腰直角△EAD.(1)求点D的运动路径长。

(2)求CD的最大与最小值。

定义：①把主动点所在的圆心称之为：主心②把“动而形不变”的三角形中的三个顶点中的定点称之为旋转中心(公共顶点)。

总结：作主动与从动类型题目步骤：以“主动点”和“主心”为旋转同位点，将“动而形不变”的三角形绕“旋转中心”进行放大旋转，使得“主动点”与“主心”重合(即：使得同位点重合)，从而构建旋转相似的两个三角形，之后就可以利用旋转相似得到”从动点”的运动轨迹了。

变式1、在△ABC中,BC=2,AC=1,以AB为边作等腰直角△ABD(B为直角顶点,C、D两点在直线AB的两侧).当∠C变化时，求线段CD长的最大值为多少?变式2、在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(5,0)，点P为线段AB外一动点，且PA=2，以PB为边作等边∠PBM，则线段AM的长最大值为___.变式3、已知：PA=2，PB=4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB 的两侧.(1)如图，当∠APB=45°时，求AB及PD的长；(2)当∠APB变化，且其它条件不变时，求PD的最大值及相应∠APB的大小、正方形ABCD的面积．变式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 ．P D CB A P DCBA例题3、如图，点O在线段AB上，OA=1,OB=3，以O为圆心，OA为半径作圆O，点M 在圆O上运动，连接MB，以MB为腰作等腰Rt△ABC，使∠MBC=90°，M，B，C三点按逆时针顺序排列，连接AC，则AC长的取值范围是_____.变式1、如图，P是圆O上一个动点，A是圆O外的的一个定点，且AO=4，连接AP，作AQ⊥AP，且AQ=AP。

解题研究２０２３年１０月下半月㊀㊀㊀巧用瓜豆原理,破解初中数学路径问题◉甘肃省天水市清水县第三中学㊀许志强１瓜豆原理我们所说的 瓜豆原理 是数学问题中的一个动态问题 主从联动．这类问题涉及到路径问题,因此利用本模型解题,首先要明确 主动点 的路径,再结合具体的问题分析 主动点 和 从动点 之间的关系,之后确定 从动点 运动路径的形状,最终达到顺利解题的目的．１．１模型特征瓜豆原理实际上就是数学中的轨迹问题,它所涉及到的动点有两个,一个看作是 瓜 ,一个看作是豆 , 主动点 是 瓜 , 从动点 是 豆 ,根据瓜运动的情况来判断豆的变化轨迹,从而根据主动点运动过程中的特殊位置变化,突破从动点运动的路线,将动态问题转化为静态问题进行解答．１．２模型思路利用瓜豆原理解题,一般要做好以下五步:第一,根据问题情境确定主动点,并简单作出主动点的运动轨迹;第二,确定从动点,判断其与主动点之间的变化关系;第三,根据运动情况确定主动点的特殊位置,一般是起点或者终点位置;第四,根据问题要求确定主动点的变化特点,从而明确从动点的运动情况,再确定从动点的轨迹;第五,根据从动点运动的轨迹利用相关知识进行解答,往往涉及长度㊁最值等问题．２原理应用这类模型在应用过程中往往涉及到全等㊁位似及其旋转的知识,故笔者从这三种模型分析瓜豆原理在初中数学压轴问题中的破解方法．２．１全等模型图１模型探究:如图１,P 为әA B C边A C 上的一点,以B P 为边长向一侧作特殊三角形B P E (一般为等边三角形或等腰直角三角形等),当点P 由点A 运动到点C 时,判断点E 的运动路径．结论:根据上述图示２,首先确图２定点P 运动的起点和终点,确定好相对应的点E 的位置,分别记为点M ,N ,则MN 即为点E 的运动轨迹．连接B M 和B N ,根据特殊三角形的性质,可以判定әA B C 与әB MN 全等,进而得到MN ＝A C ．典型例题１㊀如图３,在等边三角形A B C 中,A B ＝１０,B D ＝４,B E ＝２,点P 从点E 出发沿E A 方向运动,连接P D ,以P D 为边,在P D 的右侧按如图所示的方式作等边三角形D P F ,当点P 从点E 运动到点A 时,试求点F 运动的路径长．图３㊀㊀图４分析:如图４,连接D E ,作F H ʅB C 于点H ,根据等边三角形的性质得øB ＝６０ʎ．过点D 作D E ᶄʅA B ,则B E ᶄ＝１２B D ＝２,则点E ᶄ与点E 重合,所以øB D E ＝３０ʎ,D E ＝３B E ＝２３．接着证明әD P E ɸәF DH ,得到F H ＝D E ＝２３,于是可判断点F 运动的路径为一条线段,此线段到B C 的距离为２３．当点P 在E 点时,作等边三角形D E F １,则D F １ʅB C ;当点P 在A 点时,作等边三角形D A F ２,作F ２Q ʅB C 于点Q ,则әD F ２Q ɸәA D E ．所以D Q ＝A E ＝８,从而F １F ２＝D Q ＝８．于是得到,当点P 从点E 运动到点A 时,点F 运动的路径长为８．２．２位似模型模型探究:如图５,P 为线段B C 上一动点,A 为定点,连接A P ,取A P 上一点Q ,当点P 在B C 上运动时,如图６,线段E F 即为点Q 的运动路径．图５㊀㊀图６结论:根据上述图示６,可以进一步得到E F ʊ４５Copyright ©博看网. All Rights Reserved.２０２３年１０月下半月㊀解题研究㊀㊀㊀㊀B C ,从而可以确定әA E F 与әA B C 相似,进而得到A Q A P ＝E FB C．拓展探究:点P 若在一圆(或弧线)上运动时,点Q 的运动轨迹也是成为圆(或弧线)．典型例题２㊀如图７,矩形A B C D 中,A B ＝４,A D ＝２,E 为AB 的中点,F 为EC 上一动点,P 为D F 中点,连接P B ,求P B 的最小值．图７㊀㊀图８分析:如图８,根据中位线定理可得点P 的运动轨迹是线段P １P ２,再根据垂线段最短可知当B P ʅP １P ２时,P B 取得最小值．由矩形的性质及已知数据即可知B P １ʅP １P ２,故B P 的最小值为线段B P １的长,由勾股定理求解即可．典型例题３㊀如图９,在平面直角坐标系中,点P(３,４),☉P 的半径为２,A (２．６,０),B (５．２,０),M 是☉P 上的动点,C 是M B 的中点,试求A C 的最小值．图９㊀㊀㊀图１０分析:如图１０,连接O P 交☉P 于M ᶄ,连接O M ．因为O A ＝A B ,C M ＝C B ,所以A C ʊO M ,于是A C ＝１２O M ．故当O M 最小时,A C 最小．因此当点M 运动到点M ᶄ时,O M 最小．由此即可解决问题．２．３旋转模型模型探究:如图１１所示,A 为定点,øP A Q 为定值,A PA Q为定值,当点P 在直线B C 上运动时,则点Q 的运动路径也是直线．图１１㊀㊀㊀图１２结论:如图１２,当øP A Q ＜９０ʎ时,直线B C 与MN 的夹角等于øP A Q ．拓展探究:如图１３,A 为定点,øP A Q 为定值,A PA Q为定值,当点P 在☉O 上运动时,则点Q 的运动路径也是圆(如图１４虚线所画☉M )．图１３㊀㊀㊀图１４结论:øP A Q ＝øO AM ;A P A Q ＝A O AM ＝O PM Q．典型例题４㊀如图１５,已知扇形A O B 中,O A ＝３,øA O B ＝１２０ʎ,C 是A B ︵上的动点．以B C 为边作正方形B C D E ,当点C 从点A 移动至点B 时,求点D 经过的路径长．图１５㊀㊀㊀图１６分析:如图１６,延长B O 交☉O 于点F ,取B F ︵的中点H ,连接F H ,H B ,B D ．易知әF H B 是等腰直角三角形,则H F ＝H B ,øF H B ＝９０ʎ．由øF D B ＝４５ʎ＝１２øF H B ,推出点D 在☉H 上的运动路径是G B ︵,易知øH F G ＝øH G F ＝１５ʎ,推出øF H G ＝１５０ʎ,进而得到øG H B ＝１２０ʎ,易知H B ＝３２,利用弧长公式即可解决问题．３模型反思上述模型问题的研究,实际上考查了学生对问题的操作经历的体验,既考查了学生的观察力和思考力,更重要的是对学生应用能力的检验,又要结合问题情景,对号入座,灵活应用．根据问题所展示的相关内容,对瓜豆原理进行如下总结:其一,两动点之间的变化关系一致;其二,两动点运动路径的比例关系一致;其三,运动过程中路径的形状与大小的变化及其特殊位置的确定．综上所述,瓜豆原理在形式上和解法上给我们提供了简单而又易操作的解题方法,可谓是 种瓜得瓜,种豆得豆 ．但是,仅仅掌握这些还不够的,还需要我们在数学学习中深入研究,不断积累数学经验,能从问题情境中获得直观感受,从而构建数学认知结构,获得模型意识和模型思想,并在解题训练过程中不断进行迁移拓展,形成数学思维,提升数学综合素养．Z５５Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

瓜豆原理定理
瓜豆原理：若两动点到某定点的距离比是定值，夹角是定角，则两动点的运动路径相同。

瓜豆原理是主从联动轨迹问题。

主动点叫做瓜，从动点叫做豆，瓜在直线上运动，豆的运动轨迹也是直线。

瓜在圆周上运动，豆的运动轨迹也是圆。

关键是作出从动点的运动轨迹，根据主动点的特殊位置点，作出从动点的特殊点，从而连成轨迹。

1、线段的一个端点在某个图形上运动的时候，线段中点的运动轨迹和这个图形位似。

位似比是1：2。

当然，其他比也可以的。

点C在线段AB上运动，CD的中点的轨迹也是一条线段，并且长度与AB之比等于1：2。

点A在圆O上面运动时，AB的中点轨迹也是一个圆，并且半径之比等于1：2。

线段HI上的任意一点的轨迹都和AB相似，相似等于点在分成的线段和整体的比：位似比等于HK：HI。

2、形状确定（大小可变可不变）的三角形的一个顶点绕另一个顶点在一个图形运动时，第三顶点的轨迹和这个图形位似。

△DFE的一个顶点F不动，顶点D在△ABC上运动的时候，另一个顶点E的运动轨迹也是三角形。