探究动点轨迹的四步法

赵永强 吴家祥

摘 要：动点轨迹问题是近年来的热点问题，本文探究出解决此类轨迹问题的一般方法“四步法”.

关键词：动点轨迹;探求;模型

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2020）17-0008-02

一、常用的基本轨迹与定理1.动点因运动而生成的基本轨迹

（1）如图1，到线段两个端点距离相等点的轨迹是线段的垂直平分线.

（2）如图2，到角的两边距离相等点的轨迹是角的平分线.

（3）如图3，到一条已知直线距离等于定长的点的轨迹是平行于已知直线且位于直线两侧，并和这条直线的距离等于定长的两条平行线.

（4）如图4，动点P满足与射线AB的夹角为定值α，即∠BAP1=∠BAP2=∠BAP3=…=∠BAPn=α，则动点P点的轨迹是一条射线AP.

（5）如图5，到定点的距离等于定长的点的轨迹是以定点为圆心，定长为半径的圆.

（6）如图6，直角三角形斜邊是定值，直角顶点的轨迹是以斜边的中点为圆心，斜边长为直径的半圆弧.

（7）如图7，三角形的一条边长为定值，它所对角也是定值的顶点的轨迹是一段圆弧.

2.常用的定理、公理和性质

（1）两点之间线段最短.

（2）点到直线的距离是垂线段最短.

（3）两平行线之间的距离是一条直线上任意一点到另一条直线的距离.

（4）三角形三边关系定理.

（5）点与圆的位置关系定理.

二、探究动点轨迹问题的一般步骤

1.初步操作，获得表象

动手操作，画出几个符合条件的动点;通常找符合条件的“特殊动点”，从“支离破碎”的动点轨迹中，萃取有价值的信息，获得动点的表象特征，猜想出动点轨迹.

2.运用画板，验证表象

在“几何画板”中，画出几个符合条件的动点，借助“几何画板”，托动“主动点”演示“从动点”的轨迹，进一步验证猜想的合理性.

3.根据轨迹，建立模型

根据“从动点”的运动轨迹的特点，联想对比已有模型信息，作出推理判断，建立模型.

4.依据模型，合理解答

根据已有的条件，借助模型的性质，作出合理解答、检验.

三、应用举例

1.直线型轨迹

例1 如图8，边长为6的等边△ABC中，E是对称轴AD上一个动点，联结CE，将线段CE绕点C，逆时针旋转60°，得到CF，则在点E的运动过程中，DF的最小值为.

步骤：

（1）初步操作，获得表象

按照题目的要求，作出符合条件CEn、CFn ，描出F1，F2，F3，…，Fn，如图9，获得表象，动点F的轨迹为一条直线.

（2）运用画板，验证表象

如图9，打开几何画板，在几何画板中，作出符合条件的CEn、CFn，

托动“主动点En”，追踪“从动点Fn”的轨迹，验证为一条直线l′.

（3）根据轨迹，建立模型

如图13，因AD为等边△ABC的对称轴l，所以AD平分∠BAC，

所以∠CAE=30°（或150°），所以△CBF≌△CAE，所以∠CBF=∠CAE=30°（或150°）.根据基本轨迹4，动点F运动的轨迹是一条与射线BC的夹角为30°（或150°）射线，即过点B与射线BC的夹角为30°的直线l′.

（4）依据模型，合理解答

如图10，因动点F在过点B与射线BC的夹角为30°的直线l′上运动，依据“点到直线的距离是垂线段最短”，所以过点D作DF⊥l′，垂足为F，于是有DF=12BD=3，即在点E的运动过程中，DF的最小值为3.

2.线段型轨迹

例2 如图11，已知点A是第一象限内横坐标为23的一个定点，AC⊥x轴，垂足为M，交直线l：y=-x于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，当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长为.

步骤：

（1）初步操作，获得表象

按照题目的要求，作出符合条件的△APnBn，

描出Bo，B1，B2， …，Bn，如图12，获得表象，动点B的轨迹为一条直线.

（2）运用画板，验证表象

如图12，打开几何画板，在几何画板中，作出符合条件的△APnBn，托动“主动点Pn”，追踪从“动点Bn”的轨迹，验证为一条线段BoBn.

（3）根据轨迹，建立模型

如图12，作出动点P在O、P、N位置的图形即△AOB0，△APB，△ANBn，则ABnAN=ABAP=13，∠BnAB=∠NAP，所以△BnAB∽△NAP，所以∠ABnB=∠ANP=45°.根据基本轨迹4，动点B运动的轨迹是一条与射线BnA的夹角为45°的射线，即过点Bn与射线BnA的夹角为45°的射线.又因点P从点O运动到点N，所以动点B的轨迹是从B0到Bn的一条线段B0Bn.

（4）依据模型，合理解答

因动点B在线段B0Bn上运动，运动的路径为B0Bn.又因点P在线段ON上运动，易知ON=23·2=26，易得△BnAB0∽△NAO，所以B0BnON=ABnAN=13，即B0Bn26=13，所以B0Bn=22，即点B运动的路径长为22.

3.圆弧型轨迹

例3 如图13，在等腰△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，点D是AC边上的动点，联结BD;以AD为直径的圆交BD于点E，则线段CE长度的最小值为.

步骤：

（1）初步操作，获得表象

按照题目的要求，作出符合条件的以ADn为直径的圆，描出E1，E2， …，En，如图14，获得表象，动点E的轨迹为一条曲线，像一段弧.

（2）运用画板，验证表象

如图14，打开几何画板，在几何画板中，作出符合条件的以ADn为直径的圆，托动“主动点Dn”，追踪从“动点En”的轨迹，验证为一段弧.

（3）根据轨迹，建立模型

如图15，联结AE，因AD为直径，所以∠AED=90°，所以∠AEB=90°.根据基本轨迹6，在△ABE中，AB=2为定长，AB所对角∠AEB=90°为定值，所以动点E的轨迹为以AB为直径的

右侧的半圆弧.

（4）依据模型，合理解答

因动点E在以AB为直径的半圆弧上运动，点C在半圆弧所在圆的外部，依据“点与圆的位置关系定理”知当O、E、C三点共线时，CE值最小.又因OA=1，AC=2，∠BAC=90°，所以OC=5，所以CE=5-1，即线段CE长度的最小值为5-1.

4.圆型轨迹

例4 如图16，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，PM=PB，∠BPM=90°，则线段AM长度的最大值为.

步骤：

（1）初步操作，获得表象

按照题目的要求，作出符合条件的PMn，描出M1，M2， …，Mn，如图17，获得表象，动点M的轨迹為一条曲线，像一段弧.

（2）运用画板，验证表象

如图17，打开几何画板，在几何画板中，作出符合条件的PMn，托动“主动点Pn”，追踪“从动点Mn”的轨迹，验证为一个圆.

（3）根据轨迹，建立模型

如图18，将线段AB绕点A逆时针旋转90°，得定点N（2，3），联结AN、BN、BM、MN，则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.又因点N为定点，M为动点，MN为定值22，根据基本轨迹5知，动点M的轨迹是以点N（2，3）为定点，以22为定长的圆.

（4）依据模型，合理解答

动点M在以点N（2，3）为定点，以22为定长的圆上运动，依据“点与圆的位置关系定理”知当M、N、A三点共线时，线段AM值最大，最大值为22+3.

参考文献：

[1]刘延彬.解答轨迹方程问题的两种“思路”[J].教育界（基础教育），2019（07）：87-88.

[责任编辑：李 璟]