探究動點軌跡的四步法

趙永強 吳家祥

摘?要：動點軌跡問題是近年來的熱點問題，本文探究出解決此類軌跡問題的一般方法“四步法”.

關鍵詞：動點軌跡;探求;模型

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2020）17-0008-02

一、常用的基本軌跡與定理1.動點因運動而生成的基本軌跡

（1）如圖1，到線段兩個端點距離相等點的軌跡是線段的垂直平分線.

（2）如圖2，到角的兩邊距離相等點的軌跡是角的平分線.

（3）如圖3，到一條已知直線距離等于定長的點的軌跡是平行于已知直線且位于直線兩側，并和這條直線的距離等于定長的兩條平行線.

（4）如圖4，動點P滿足與射線AB的夾角為定值α，即∠BAP1=∠BAP2=∠BAP3=…=∠BAPn=α，則動點P點的軌跡是一條射線AP.

（5）如圖5，到定點的距離等于定長的點的軌跡是以定點為圓心，定長為半徑的圓.

（6）如圖6，直角三角形斜邊是定值，直角頂點的軌跡是以斜邊的中點為圓心，斜邊長為直徑的半圓弧.

（7）如圖7，三角形的一條邊長為定值，它所對角也是定值的頂點的軌跡是一段圓弧.

2.常用的定理、公理和性質

（1）兩點之間線段最短.

（2）點到直線的距離是垂線段最短.

（3）兩平行線之間的距離是一條直線上任意一點到另一條直線的距離.

（4）三角形三邊關系定理.

（5）點與圓的位置關系定理.

二、探究動點軌跡問題的一般步驟

1.初步操作，獲得表象

動手操作，畫出幾個符合條件的動點;通常找符合條件的“特殊動點”，從“支離破碎”的動點軌跡中，萃取有價值的信息，獲得動點的表象特征，猜想出動點軌跡.

2.運用畫板，驗證表象

在“幾何畫板”中，畫出幾個符合條件的動點，借助“幾何畫板”，托動“主動點”演示“從動點”的軌跡，進一步驗證猜想的合理性.

3.根據軌跡，建立模型

根據“從動點”的運動軌跡的特點，聯想對比已有模型信息，作出推理判斷，建立模型.

4.依據模型，合理解答

根據已有的條件，借助模型的性質，作出合理解答、檢驗.

三、應用舉例

1.直線型軌跡

例1?如圖8，邊長為6的等邊△ABC中，E是對稱軸AD上一個動點，聯結CE，將線段CE繞點C，逆時針旋轉60°，得到CF，則在點E的運動過程中，DF的最小值為.

步驟：

（1）初步操作，獲得表象

按照題目的要求，作出符合條件CEn、CFn ，描出F1，F2，F3，…，Fn，如圖9，獲得表象，動點F的軌跡為一條直線.

（2）運用畫板，驗證表象

如圖9，打開幾何畫板，在幾何畫板中，作出符合條件的CEn、CFn，

托動“主動點En”，追蹤“從動點Fn”的軌跡，驗證為一條直線l′.

（3）根據軌跡，建立模型

如圖13，因AD為等邊△ABC的對稱軸l，所以AD平分∠BAC，

所以∠CAE=30°（或150°），所以△CBF≌△CAE，所以∠CBF=∠CAE=30°（或150°）.根據基本軌跡4，動點F運動的軌跡是一條與射線BC的夾角為30°（或150°）射線，即過點B與射線BC的夾角為30°的直線l′.

（4）依據模型，合理解答

如圖10，因動點F在過點B與射線BC的夾角為30°的直線l′上運動，依據“點到直線的距離是垂線段最短”，所以過點D作DF⊥l′，垂足為F，于是有DF=12BD=3，即在點E的運動過程中，DF的最小值為3.

2.線段型軌跡

例2?如圖11，已知點A是第一象限內橫坐標為23的一個定點，AC⊥x軸，垂足為M，交直線l：y=-x于N.若點P是線段ON上的一個動點，∠APB=30°，BA⊥PA，則點P在線段ON上運動時，A點不變，B點隨之運動，當點P從點O運動到點N時，點B運動的路徑長為.

步驟：

（1）初步操作，獲得表象

按照題目的要求，作出符合條件的△APnBn，

描出Bo，B1，B2， …，Bn，如圖12，獲得表象，動點B的軌跡為一條直線.

（2）運用畫板，驗證表象

如圖12，打開幾何畫板，在幾何畫板中，作出符合條件的△APnBn，托動“主動點Pn”，追蹤從“動點Bn”的軌跡，驗證為一條線段BoBn.

（3）根據軌跡，建立模型

如圖12，作出動點P在O、P、N位置的圖形即△AOB0，△APB，△ANBn，則ABnAN=ABAP=13，∠BnAB=∠NAP，所以△BnAB∽△NAP，所以∠ABnB=∠ANP=45°.根據基本軌跡4，動點B運動的軌跡是一條與射線BnA的夾角為45°的射線，即過點Bn與射線BnA的夾角為45°的射線.又因點P從點O運動到點N，所以動點B的軌跡是從B0到Bn的一條線段B0Bn.

（4）依據模型，合理解答

因動點B在線段B0Bn上運動，運動的路徑為B0Bn.又因點P在線段ON上運動，易知ON=23·2=26，易得△BnAB0∽△NAO，所以B0BnON=ABnAN=13，即B0Bn26=13，所以B0Bn=22，即點B運動的路徑長為22.

3.圓弧型軌跡

例3?如圖13，在等腰△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，點D是AC邊上的動點，聯結BD;以AD為直徑的圓交BD于點E，則線段CE長度的最小值為.

步驟：

（1）初步操作，獲得表象

按照題目的要求，作出符合條件的以ADn為直徑的圓，描出E1，E2， …，En，如圖14，獲得表象，動點E的軌跡為一條曲線，像一段弧.

（2）運用畫板，驗證表象

如圖14，打開幾何畫板，在幾何畫板中，作出符合條件的以ADn為直徑的圓，托動“主動點Dn”，追蹤從“動點En”的軌跡，驗證為一段弧.

（3）根據軌跡，建立模型

如圖15，聯結AE，因AD為直徑，所以∠AED=90°，所以∠AEB=90°.根據基本軌跡6，在△ABE中，AB=2為定長，AB所對角∠AEB=90°為定值，所以動點E的軌跡為以AB為直徑的

右側的半圓弧.

（4）依據模型，合理解答

因動點E在以AB為直徑的半圓弧上運動，點C在半圓弧所在圓的外部，依據“點與圓的位置關系定理”知當O、E、C三點共線時，CE值最小.又因OA=1，AC=2，∠BAC=90°，所以OC=5，所以CE=5-1，即線段CE長度的最小值為5-1.

4.圓型軌跡

例4?如圖16，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（2，0），點B的坐標為（5，0），點P為線段AB外一動點，且PA=2，PM=PB，∠BPM=90°，則線段AM長度的最大值為.

步驟：

（1）初步操作，獲得表象

按照題目的要求，作出符合條件的PMn，描出M1，M2， …，Mn，如圖17，獲得表象，動點M的軌跡為一條曲線，像一段弧.

（2）運用畫板，驗證表象

如圖17，打開幾何畫板，在幾何畫板中，作出符合條件的PMn，托動“主動點Pn”，追蹤“從動點Mn”的軌跡，驗證為一個圓.

（3）根據軌跡，建立模型

如圖18，將線段AB繞點A逆時針旋轉90°，得定點N（2，3），聯結AN、BN、BM、MN，則AN=AB=3，BN=32.又因∠MBP=∠NBA=45°，BMPA=BNAB=2，所以∠MBN=∠PBA，所以△MBN∽△PBA，所以MNPA=2，所以MN=22.又因點N為定點，M為動點，MN為定值22，根據基本軌跡5知，動點M的軌跡是以點N（2，3）為定點，以22為定長的圓.

（4）依據模型，合理解答

動點M在以點N（2，3）為定點，以22為定長的圓上運動，依據“點與圓的位置關系定理”知當M、N、A三點共線時，線段AM值最大，最大值為22+3.

參考文獻：

[1]劉延彬.解答軌跡方程問題的兩種“思路”[J].教育界（基礎教育），2019（07）：87-88.

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