初中数学120大招-88 主从联动模型

中考数学几何模型12：主从联动模型名师点睛①当轨迹为直线时思考1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？揭秘：将点P看成主动点，点Q看成从动点，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，且Q点运动路径长为P点运动路径长的一半．思考2如图，点C为定点，点P、Q为动点，CP=CQ，且∠PCQ为定值，当点P在直线AB上运动，请探究点Q的运动轨迹.揭秘：当CP与CQ夹角固定，且AP=AQ时，P、Q轨迹是同一种图形，且PP1=QQ1．可以这样理解：易知△CPP1≌△CPP1，则∠CPP1=CQQ1，故可知Q点轨迹为一条直线.思考3如图，点C为定点，点P是直线AB上的一动点，以CP为斜边作Rt△CPQ，且∠P=30°，当点P在直线AB上运动，请探究点Q的运动轨迹.揭秘：条件CP与CQ夹角固定时，P、Q轨迹是同一种图形，且有．可以这样理解：由CPQ∽△CP1Q1，易得△CPP1≌△CPP1，则∠CPP1=CQQ1，故可知Q点轨迹为一条直线.轨迹是直线轨迹是直线总结条件：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．结论：①主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形；②主动点路径做在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角③当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动点的运动路径长；④当主动点、从动点到定点的距离不相等时，.典题探究启迪思维探究重点例题1.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________．【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．变式练习>>>1．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，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最小值需先作出P点轨迹，根据△ABP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：与y轴夹角为60°，作OP⊥，所得OP长度即为最小值，OP2=OA=3，所以OP=．例题2.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点在位置，最终G点在位置（不一定在CD边），即为G点运动轨迹．CG最小值即当CG⊥的时候取到，作CH⊥于点H，CH即为所求的最小值．根据模型可知：与AB夹角为60°，故⊥．过点E作EF⊥CH于点F，则HF==1，CF=，所以CH=，因此CG的最小值为．变式练习>>>2．（2017秋•江汉区校级月考）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E在AB上，点D为BC的中点，△EDM为等边三角形．若点E从点B运动到点A，则M点所经历的路径长为6．【解答】解：当点E在B时，M在AB的中点N处，当点E与A重合时，M的位置如图所示，所以点E从点B运动到点A，则M点所经历的路径为MN的长，∵△ABC是等边三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC，∠BAD＝30°，∵AB＝6，∴AD＝＝3，∵△EDM是等边三角形，∴AM＝AD＝3，∠DAM＝60°，∴∠NAM＝30°+60°＝90°，∵AN＝AB＝3，在Rt△NAM中，由勾股定理得：MN＝＝＝6，则M点所经历的路径长为6，故答案为：6．例题3.如图，已知点A是第一象限内横坐标为的一个定点，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⊥PA，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∠PAB=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点轨迹路径长之比也为，P点轨迹长ON为，故B点轨迹长为．变式练习>>>3．（2019•东台市模拟）如图，平面直角坐标系中，点A（0，﹣2），B（﹣1，0），C（﹣5，0），点D从点B出发，沿x轴负方向运动到点C，E为AD上方一点，若在运动过程中始终保持△AED～△AOB，则点E运动的路径长为．【解答】解：如图，连接OE．∵∠AED＝∠AOD＝90°，∴A，O，E，D四点共圆，∴∠EOC＝∠EAD＝定值，∴点E在射线OE上运动，∠EOC是定值．∵tan∠EOD＝tan∠OAB＝，∴可以假设E（﹣2m，m），当点D与C重合时，AC＝＝，∵AE＝2EC，∴EC＝＝，∴（﹣2m+5）2+m2＝，解得m＝或（舍弃），∴E（﹣，），∴点E的运动轨迹＝OE的长＝，故答案为．名师点睛②当轨迹为弧线时思考1如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？揭秘：Q点轨迹是一个圆，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，．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；轨迹是圆根据动点之间的数量关系分析轨迹圆半径数量关系．轨迹是圆

思考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．当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？揭秘：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．思考3：如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°，且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？揭秘：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．推理：（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．当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是和圆O全等的一个圆.（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．当点P在圆O上运动时，Q点轨迹为按AP：AQ=AO：AM=：1的比例缩放的一个圆.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，即：①主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）；②主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP：AQ是定值）．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：∠PAQ=∠OAM；（2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点距离之比：AP：AQ=AO：AM，也等于两圆半径之比，也等于两动点运动轨迹长之比，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”．典题探究启迪思维探究重点例题4.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．答案为变式练习>>>4．如图，在等腰Rt△ABC中，AC=BC=，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P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．答案为例题5.如图，正方形ABCD中，，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．【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．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．答案为变式练习>>>5．△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_____________．【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．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．答案为，本题或者直接利用托勒密定理可得最大值．名师点睛③当轨迹为其他种类时根据刚才我们的探究，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．典题探究启迪思维探究重点例题6.如图，在反比例函数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始终在函数的图像上运动，若tan∠CAB=2，则k的值为（）A．2 B．4 C．6 D．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？变式练习>>>6．（2017•深圳模拟）如图，反比例函数y＝的图象上有一动点A，连接AO并延长交图象的另一支于点B，在第二象限内有一点C，满足AC＝BC，当点A运动时，点C始终在函数y＝的图象上运动，tan∠CAB＝2，则关于x的方程x2﹣5x+k＝0的解为x1＝﹣1，x2＝6．【解答】解：连接OC，过点A作AE⊥y轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，如图所示，∵由直线AB与反比例函数y＝的对称性可知A、B点关于O点对称，∴AO＝BO．又∵AC＝BC，∴CO⊥AB．∵∠AOE+∠AOF＝90°，∠AOF+∠COF＝90°，∴∠AOE＝∠COF，又∵∠AEO＝90°，∠CFO＝90°，∴△AOE∽△COF，∴＝＝，∵tan∠CAB＝＝2，∴CF＝2AE，OF＝2OE．又∵AE•OE＝，CF•OF＝|k|，∴k＝±6．∵点C在第二象限，∴k＝﹣6，∴关于x的方程x2﹣5x+k＝0可化为x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝﹣1，x2＝6．故答案为：x1＝﹣1，x2＝6．例题7.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点轨迹图形相似比为，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．变式练习>>>7．（2017春•工业园区期末）如图，△ABC的面积为9，点P在△ABC的边上运动．作点P关于原点O的对称点Q，再以PQ为边作等边△PQM．当点P在△ABC的边上运动一周时，点M随之运动所形成的图形面积为（）A．3 B．9 C．27 D．【解答】解：如图，∵点P从点A出发，沿△ABC的边从A﹣B﹣C﹣A运动一周，且点Q关于原点O与点P对称，∴点Q随点P运动所形成的图形是△ABC关于O的中心对称图形，以PQ为边作等边△PQM，M点对应的A，B，C的点分别为Ma，Mb，Mc，∵△MbQbB是等边三角形，∴MbO＝OB，同理McO＝OC，∴＝＝，∵∠COB+∠BOMc＝90°，∠McOMb+∠BOMc＝90°∴∠COB＝∠McOMb，∴△McOMb∽△COB，∴MbMc＝BC，同理，MaMb＝AB，MaMc＝AC，∴△MaMbMc∽△ABC，∴△MaMbMc的面积＝9×（）2＝27，即点M随点P运动所形成的图形的面积为27．故选：C．例题8.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___________．【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为圆心、为半径的圆考虑到AP=2AD，故P点轨迹是以N为圆心，为半径的圆，即可求出PB的取值范围．答案为变式练习>>>8．（2018秋•新吴区期末）如图已知：正方形OCAB，A（2，2），Q（5，7），AB⊥y轴，AC⊥x轴，OA，BC交于点P，若正方形OCAB以O为位似中心在第一象限内放大，点P随正方形一起运动，当PQ达到最小值时停止运动．以PQ的长为边长，向PQ的右侧作等边△PQD，求在这个位似变化过程中，D点运动的路径长（）A．5 B．6 C．2 D．4【解答】解：如图，连接OQ，以OQ为边向下作等边△OQH，连接DH，作QE⊥OA交OA的延长线于E．∵△OQH，△PQD都是等边三角形，∴QO＝QH，QP＝QD，∠OQH＝∠PQD＝60°，∴∠OQP＝∠HQD，∴△OQP≌△HQD（SAS），∴OP＝DH，∴点D的运动路径的长＝点P的运动路径的长，∵直线OA的解析式为y＝x，Q（5，7），QE⊥OA，∴直线EQ使得解析式为y＝﹣x+12，由，解得，∴E（6，6），∵P（1，1），∴PE＝5，根据垂线段最短可知，当点P与点E重合时，PQ的长最短，∴点P的运动路径的长为5，∴点D的运动路径的长为5，故选：A．例题9.（2019秋•硚口区期中）如图，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一个平面上，边AC与EF重合，BC＝4cm．当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动，当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为（24﹣12）cm．【解答】解：∵BC＝4cm，∠A＝30°，∠DEF＝45°，∴AC＝BC＝12cm，AB＝2BC＝8cm，ED＝DF＝AC＝6cm，当点E沿AC方向下滑时，得△E'D'F'，过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M，如图所示：∴∠MD'N＝90°，且∠E'D'F'＝90°，∴∠E'D'N＝∠F'D'M，在△D'NE'和△D'MF'中，，∴△D'NE'≌△D'MF'（AAS），∴D'N＝D'M，且D'N⊥AC，D'M⊥CM，∴CD'平分∠ACM，即点E沿AC方向下滑时，点D'在射线CD上移动，∴当E'D'⊥AC时，DD'值最大，最大值＝ED﹣CD＝（12﹣6）cm，∴当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长＝2×（12﹣6）＝（24﹣12）cm；故答案为：（24﹣12）．变式练习>>>9．（2018•金华模拟）如图，Rt△ABC中，BC＝4，AC＝8，Rt△ABC的斜边在x轴的正半轴上，点A与原点重合，随着顶点A由O点出发沿y轴的正半轴方向滑动，点B也沿着x轴向点O滑动，直到与点O重合时运动结束．在这个运动过程中．（1）AB中点P经过的路径长π．（2）点C运动的路径长是8﹣12．【解答】解：（1）如图1，∵∠AOB＝90°，P为AB的中点，∴OP＝AB，∵AB＝4，∴OP＝2，∴AB中点P运动的轨迹是以O为圆心，以OP为半径的圆弧，即AB中点P经过的路径长＝×2×2π＝π；（2）①当A从O到现在的点A处时，如图2，此时C′A⊥y轴，点C运动的路径长是CC′的长，∴AC′＝OC＝8，∵AC′∥OB，∴∠AC′O＝∠COB，∴cos∠AC′O＝cos∠COB＝＝，∴＝，∴OC′＝4，∴CC′＝4﹣8；②当A再继续向上移动，直到点B与O重合时，如图3，此时点C运动的路径是从C′到C，长是CC′，CC′＝OC′﹣BC＝4﹣4，综上所述，点C运动的路径长是：4﹣8+4﹣4＝8﹣12；故答案为：（1）π；（2）8﹣12．达标检测领悟提升强化落实1.（2018秋•黄冈期中）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2cm，线段BC上一动点P从C点开始运动，到B点停止，以AP为边在AC的右侧作等边△APQ，则Q点运动的路径为2cm．【解答】解：如图，Q点运动的路径为QQ′的长，∵△ACQ和△ABQ′是等边三角形，∴∠CAQ＝∠BAQ′＝60°，AQ＝AC＝AQ′＝2cm，∵∠BAC＝90°，∴∠QAQ′＝90°，由勾股定理得：QQ′＝＝＝2，∴Q点运动的路径为2cm；故答案为：2．2．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连接DF，以DF为斜边作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A到点C的运动过程中，点E的运动路径长是．【解答】解：E的运动路径是线段EE'的长；∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴BC＝，当F与A点重合时，在Rt△ADE'中，AD＝，∠DAE'＝30°，∠ADE'＝60°，∴DE'＝，∠CDE'＝30°，当F与C重合时，∠EDC＝60°，∴∠EDE'＝90°，∠DEE'＝30°，在Rt△DEE'中，EE'＝；故答案为．3．（2019•铜山区二模）如图，已知点M（0，4），N（4，0），开始时，△ABC的三个顶点A、B、C分别与点M、N、O重合，点A在y轴上从点M开始向点O滑动，到达点O结束运动，同时点B沿着x轴向右滑动，则在此运动过程中，点C的运动路径长4．【解答】解：过点C'作C'D⊥x轴，C'E⊥y轴∵点M（0，4），N（4，0），∴OM＝ON，∵∠CA'C'+45°＝∠EAB+∠MGB＝45°+∠MGB，∴∠EA'C'＝∠B'GB，∵∠B'GB+∠GB'B＝45°，∠GB'B+∠DB'C'＝45°，∴∠EA'C'＝∠DB'C'，又∵A'C'＝B'C'，∴Rt△A'C'E≌Rt△B'C'D（HL），∴EC'＝DC'，∴C'在第四象限的角平分线上，∴C的运动轨迹是线段AC，∴C的运动路径长为4；故答案为4；3．（2018•宝应县三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝2，若P是以AB为直径所作半圆上由A沿着半圆向B运动的一点，连接CP，过P向下作PM⊥CP，且有PM＝0.5CP，如图示，求点P运动过程中，点M的运动路径长是π．【解答】解：如图，∵点P的运动轨迹是半圆，PM⊥CP，且有PM＝0.5CP，可见点M的运动轨迹是半圆．当PC是直径时，CM也是的直径，∴PC＝AB＝4时，PM＝2，∴CM＝＝2，∴的长＝•π＝π，故答案为π4．如图，已知线段AB＝8，O为AB的中点，P是平面内的一个动点，在运动过程中保持OP＝2不变，连结BP，将PB绕点P逆时针旋转90°到PC，连结BC、AC，则线段AC长的最大值是2．【解答】答案为：5．（2017•江阴市二模）如图，线段AB为⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB＝4，BC＝2，点P是⊙O上一动点，连接CP，以CP为斜边在PC的上方作Rt△PCD，且使∠DCP＝60°，连接OD，则OD长的最大值为2+1．【解答】解：如图，作△COE，使得∠CEO＝90°，∠ECO＝60°，则CO＝2CE，OE＝2，∠OCP＝∠ECD，∵∠CDP＝90°，∠DCP＝60°，∴CP＝2CD，∴＝＝2，∴△COP∽△CED，∴＝＝2，即ED＝OP＝1（定长），∵点E是定点，DE是定长，∴点D在半径为1的⊙E上，∵OD≤OE+DE＝2+1，∴OD的最大值为2+1，故答案为．6．（2018•建湖县一模）如图，在平面直角坐标系中，A（4，0）、B（0，﹣3），以点B为圆心、2为半径的⊙B上有一动点P．连接AP，若点C为AP的中点，连接OC，则OC的最小值为1.5．【解答】解：解法一：如图，取点D（﹣4，0），连接PD，∵C是AP的中点，O是AD的中点，∴OC是△APD的中位线，∴OC＝PD，连接BD交⊙B于E，∵OD＝4，OB＝3，∴BD＝5，当点P与点E重合时，PD最小为5﹣2＝3，故OC的最小值为1.5；解法二：当点P运动到AB的延长线上时，即如图中点P1，C1是AP1的中点，当点P在线段AB上时，C2是中点，取C1C2的中点为D，点C的运动路径是以D为圆心，以DC1为半径的圆，当O、C、D共线时，OC的长最小，设线段AB交⊙B于Q，Rt△AOB中，OA＝4，OB＝3，∴AB＝5，∵⊙B的半径为2，∴BP1＝2，AP1＝5+2＝7，∵C1是AP1的中点，∴AC1＝3.5，AQ＝5﹣2＝3，∵C2是AQ的中点，∴AC2＝C2Q＝1.5，C1C2＝3.5﹣1.5＝2，即⊙D的半径为1，∵AD＝1.5+1＝2.5＝AB，∴OD＝AB＝2.5，∴OC＝2.5﹣1＝1.5，故答案为：1.5．7．（2016•江岸区校级模拟）如图，线段AB＝2，C是AB上一动点，以AC、BC为边在AB同侧作正△ACE、正△BCF，连EF，点P为EF的中点．当点C从A运动到B时，P点运动路径长为1．【解答】解：如图，分别延长AE、BF交于点H．∵∠A＝∠FCB＝60°，∴AH∥CF，∵∠B＝∠ECA＝60°，∴CE∥BH，∴四边形ECFH为平行四边形，∴EF与HC互相平分．∵P为CH的中点，∴P正好为EF中点，即在P的运动过程中，P始终为CH的中点，所以P的运行轨迹为三角形HAB的中位线MN．∵AB＝2，