一文搞定最值系列之“瓜豆原理”（附word）
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俗语云“种瓜得瓜，种豆得豆”，数学上有“种线得线，种圆得圆”：平面内，动点Q随着动点P的运动而运动，我们把点P叫做主动点，点Q叫做从动点；当这两个动点与某个定点连线的夹角一定，且与该定点距离之比一定时（简记为“定角、定比”），易判断两个动点与定点构成的三角形形状一定，大小可能变，此时两个动点的轨迹形状相同。
瓜豆问题的本质是旋转、相似（包含全等）变换，往往与共点旋转（手拉手）模型相结合，考查类型有：（1）确定动点轨迹；（2）求运动路程；（3）求线段最值、面积最值等。
模型1
如图1，已知l为定直线，O为直线外一定点，P为直线l上一动点，连接OP，若Q为直线OP上一点（一般在线段OP上），且Q点到O点的距离与P点到O点的距离之比为定值k（k＞0且k≠1），即OQ/OP=k，此时我们可认为Q、P两点与定点O连线的夹角一定（夹角为0°），符合瓜豆原理“定角、定比”的条件，因而Q点的运动轨迹也是直线。
图1
如图2，另取一组对应的点P’、Q’,则OQ’/OP’=OQ/OP=k，因而△OQ’Q∽△OP’P，相似比为k，可知从动点Q在平行于l的直线m上运动.易判断点O到直线m和l的距离之比也等于k。
图2
模型2
如图1，已知l为定直线，O为直线外一定点，P为直线l上一动点，将射线OP绕着点O按确定的方向（如顺时针）旋转一个确定的角度α（0＜α＜180°），得到射线OM，在射线OM上取一点Q，使OQ/OP=k（k为大于0的定值），此时符合瓜豆原理“定角、定比”的条件，因而Q点的运动轨迹也是直线。
图1
如图2，另取一组对应的点P’、Q’,则Q点的运动轨迹即为直线QQ’，∵∠POQ=∠P’OQ’=α，∴∠POP’=∠QOQ’，又∵OQ/OP=OQ’/OP’=k，∴△OPP’∽△OQQ’.特别的，当k=1时，△OPP’≌△OQQ’.k≠1时，△OQQ’可看做由△OPP’绕着O点旋转并放缩（0＜k＜1时缩小，k＞1时放大）而来.直线QQ’可看做由直线l绕着点O顺时针旋转α角而来，0＜α＜90°时，两直线的夹角即为α。
图2
典例1-1
图1
图2
方法二：如图3，当点B位于原点时，对应的点C位于C1（2，-2√3）处，当点B位于B2（0，4√3/3）时，对应的点C位于C2（0，-4√3/3）处，则点C的运动轨迹为射线C1C2，当OC’⊥C1C2时，OC’最小；易证△AB2O≌△AC2C1，∴∠AC2C1=∠AB2O=60°，则∠OC2C’=60°，∴OC’=√3/2OC2=2，即OC的最小值为2.
图3
【小结】
典例1-2
如图，正方形 ABCD的边长为4，动点E从A点出发，沿着AB边向终点B作无折返运动，连接DE，以DE为边向右上方作正方形DEFG，则点E在整个运动过程中，点F经过的路径长为______.
【分析】E为主动点，F为从动点，依据正方形的性质，两动点与定点A的连线夹角恒为45°，且始终有DF：DE=√2，符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，故F点的运动轨迹为线段，由临界情况确定该线段的两个端点，结合“共点旋转（手拉手）”相似模型，运用相似比计算该线段长.
图1
图2
【小结】
1、图1中，△DAB与△DEF构成“共点旋转（手拉手）”模型，伴随产生一组相似三角形（△DAE和△DBF）；
2、瓜豆题型的突破口在于找到从动点、主动点和某定点之间的“定角、定比”关系.
变式1-1
如图，△ABC为等边三角形，AB=4，AD为高，E为直线AD上一动点，连接CE并以CE为边向下作等边△CEF，连接DF；则点E在运动的过程中，线段DF的最小值为_________.
【解答】1
变式1-2
【解答】（√2+√6）/2; （2√2+√6）/2
变式1-3
【解答】6
其原理与模型一类似，不再赘述，直接看例题
典例2-1
如图，点A是双曲线y=4/x在第一象限上的一动点，连接AO并延长，交双曲线的另一支于点B，以AB为斜边作等腰Rt△ABC，点C落在第二象限内，随着点A的运动，点C的位置也在不断变化，但始终在同一函数图像上，则该函数解析式为___________.
方法一：根据点C坐标判断，连接CO过点C向x轴作垂线段，构建“三垂直”模型，设点A坐标，表示出点C坐标，观察其坐标符合的函数解析式；
方法二：根据反比例函数k的几何意义判断；
方法三：动点A、C与定点O符合瓜豆原理“定角、定比”的特征，因而点C的轨迹是双曲线的一支，任意的点C均可看做对应的点A绕着点O逆时针旋转90°而来，因而点C的轨迹可看做由原双曲线第一象限的一支绕点O逆时针旋转得到.
变式2-1
如图，Rt△ABO中，∠AOB=90°，点A在第一象限、点B在第四象限，且AO：BO=1：√2，若点A（x0，y0）的坐标x0，y0满足y0=1/x0，则点B（x，y）的坐标x，y所满足的关系式为 ．
【解答】y=-2/x
模型1
如图1，已知点P为⊙M上一动点，O为定点（一般在圆外），Q为直线OP上一点（一般在线段OP上），若OQ/OP=k（k＞0且k≠1），则主动点P、从动点Q与定点O符合“定角（0°）、定比”特征，因而Q点的轨迹也是圆，如何确定该圆的圆心和半径呢？
图1
模型 2
如图1，已知点P为⊙M上一动点，O为定点（一般在圆外），将射线OP绕着点O按确定的方向（如顺时针）旋转一个确定的角度α（0＜α＜180°），得到射线OT，在射线OT上有一点Q，满足OQ/OP=k（k为大于0的常数），则主动点P、从动点Q与定点O符合“定角、定比”的特征，因而Q点的轨迹也是圆，如何确定该圆的圆心和半径呢？
图1
如图2，连接MP、MO，将射线OM绕点O顺时针旋转α角，得到射线OS，在射线OS上取一点N，使ON/OM=k,则N为定点，易证△OQN∽△OPM，则QN/PM=OQ/OP=k，∴QN=kPM=kR,则QN为定值，由圆的定义知，点Q在以N为圆心，kR长为半径的圆上运动,即Q点的轨迹是以N为圆心，kR长为半径的圆.特别的，当k=1时，△OQN≌△OPM，⊙N和⊙M为等圆，⊙N可看做由⊙M绕着点O顺时针旋转α角而来；当k≠1时，⊙N可看做由⊙M绕点O顺时针旋转α角，且半径放缩k倍（0＜k＜1时缩小，k＞1时放大）而来.
图2
典例3-1
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点D是以点A为圆心4为半径的圆上一动点，连接BD，点M为BD中点，线段CM长度的最大值为________．
【分析】
【解答】
方法三：主动点D、从动点M与定点B符合“定角（0°）、定比”特征，因而点M的轨迹为圆；如图5，连接AD，∵M为BD的中点，∴取AB得中点E，连接EM，可知E为定点且EM=1/2AD=2，根据圆的定义知，点M的轨迹为以E为圆心，2为半径的圆；如图6，∵C为⊙E外一定点，∴连接CE并延长，与⊙E交于点M，此时CM最大，此时CM=CE+EM=7.
以上方法中，辅助线均有一举多得之妙，我们可总结出一些常见的辅助线作法：
①出现直角三角形：常作斜边的中线；
②出现直角三角形：常倍长直角边，构造等腰三角形；
③出现线段中点：常取另一线段的中点，构造中位线；
④出现线段中点：常倍长另一线段，构造中位线.
典例3-2
【分析】
【解答】
方法二：如图3，假定AB边固定，则主动点C在半圆（不包括端点G、H）上运动，从动点D可看作由主动点C绕着点B顺时针旋转45°，且到点B的距离缩至√2/2倍而来，则将主动圆心A按照相同的操作可得到从动圆心F，从动圆的半径缩小至主动圆半径的√2/2（即构造△BDF∽△BCA，与构造“手拉手”模型本质相同），D点在如图所示的半圆（不包括端点I、J）上运动，A为⊙F外一定点，∴当A、F、D共线时，AD最大，最大值为AF+DF=5√2/2.
【小结】
变式3-1
如图，一次函数y＝2x与反比例函数y=k/x（k＞0）的图象交于A，B两点，点P在以C（﹣2，0）为圆心，1为半径的⊙C上，连接AP，Q是AP的中点，连接OQ，已知OQ长的最大值为3/2，则k的值为______；BQ的最大值为________.
变式3-2
如图，在平面直角坐标系中，圆心在x轴正半轴上的⊙M交x轴的负半轴于点A（-1,0），交y轴正半轴于点B（0，√3），交y轴负半轴于点C，动点P从点B出发，沿着⊙M顺时针向终点C做无折返运动，D（-2,0），在点P运动过程中，连接DP，Q为线段DP上一点且始终满足PQ=2DQ，则在整个运动过程中，点Q经过的路径长为_______；线段DQ扫过的区域面积为________.
变式3-3
如图，在平面直角坐标系中，A（2,0），B（-1,0），以OA为直径的圆上有两个动点C、D，连接BC，并以BC为直角边向逆时针方向作Rt△BCE，使∠CBE=90°，∠BEC=30°，连接CD、ED和BD，则C、D两点的位置在变化的过程中，△BCE面积的最大值与最小值之差为_______；线段DE的最小值为_________；当∠EBD最大时，线段BE和CD的数量关系是_____________.
【解答】4√3, 3-√3，BE=√3CD
真题 1
真题 2
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真题 4
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真题 6
真题 7
真题 8