【2013年中考攻略】专题19：动态几何之定值问题探讨.doc

0 -【2013 年中考攻略】专题 19：动态几何之定值问题探讨动态题是近年来中考的的一个热点问题，动态包括点动、线动和面动三大类，解这类题目要“以静制动 ”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况常见的题型包括最值问题、面积问题、和差问题、定值问题和存在性问题等前面我们已经对最值问题、面积问题、和差问题进行了探讨，本专题对定值问题进行探讨结合 2011 年和 2012 年全国各地中考的实例，我们从三方面进行动态几何之定值问题的探讨：（1）线段（和差）为定值问题； （2）面积（和差）为定值问题； （3）其它定值问题一、线段（和差）为定值问题：典型例题：例 1：（2012 黑龙江绥化 8 分）如图，点 E 是矩形 ABCD 的对角线 BD 上的一点，且BE=BC，AB=3，BC=4，点 P 为直线 EC 上的一点，且 PQ⊥BC 于点 Q，PR ⊥BD 于点 R．（1）如图 1，当点 P 为线段 EC 中点时，易证：PR+PQ = （不需证明）．512（2）如图 2，当点 P 为线段 EC 上的任意一点（不与点 E、点 C 重合）时，其它条件不变，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．（3）如图 3，当点 P 为线段 EC 延长线上的任意一点时，其它条件不变，则 PR 与 PQ 之间又具有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【答案】解：（2）图 2 中结论 PR＋PQ= 仍成立。

证明如下：125连接 BP，过 C 点作 CK⊥BD 于点 K∵四边形 ABCD 为矩形，∴∠BCD=90°又∵CD=AB=3 ，BC=4，∴ 2 2BDC345- 1 -∵S △BCD = BC•CD= BD•CK，∴3×4=5 CK，∴CK= 12 125∵S △BCE = BE•CK，S △BEP = PR•BE，S △BCP = PQ•BC，且 S△BCE =S△12BEP＋ S△BCP ，∴ BE•CK= PR•BE＋ PQ•BC12又∵BE=BC，∴ CK= PR＋ PQ∴CK =PR＋PQ 1212又∵CK= ，∴PR＋PQ= 55（3）图 3 中的结论是 PR－PQ= ．1【考点】矩形的性质，三角形的面积，勾股定理分析】（2）连接 BP，过 C 点作 CK⊥BD 于点 K．根据矩形的性质及勾股定理求出 BD 的长，根据三角形面积相等可求出 CK 的长，最后通过等量代换即可证明3）图 3 中的结论是 PR－PQ=125 连接 BP，S △BPE －S △BCP =S△BEC ，S△BEC 是固定值，BE= BC 为两个底，PR ， PQ 分别为高，从而 PR－PQ= 。

125例 2：（2012 江西省 10 分）如图，已知二次函数 L1：y=x 2﹣4x+3 与 x 轴交于 A．B 两点（点 A 在点 B 左边） ，与 y 轴交于点 C．（1）写出二次函数 L1 的开口方向、对称轴和顶点坐标；（2）研究二次函数 L2：y=kx 2﹣4kx+3k（k≠0） ．①写出二次函数 L2 与二次函数 L1 有关图象的两条相同的性质；②是否存在实数 k，使△ABP 为等边三角形？如果存在，请求出 k 的值；如不存在，请说明理由；③若直线 y=8k 与抛物线 L2 交于 E、F 两点，问线段 EF 的长度是否发生变化？如果不会，请求出 EF 的长度；如果会，请说明理由．- 2 -【答案】解：（1）∵抛物线 ，22yx43x1∴二次函数 L1 的开口向上，对称轴是直线 x=2，顶点坐标（2，﹣1） 2）①二次函数 L2 与 L1 有关图象的两条相同的性质：对称轴为 x=2；都经过 A（1，0） ，B（3，0）两点②存在实数 k，使△ABP 为等边三角形．∵ ，∴顶点 P（2，－k） ．22y43xk∵A（1，0） ，B（3，0） ，∴AB=2要使△ABP 为等边三角形，必满足|－k|= ，3∴k=± 。

③线段 EF 的长度不会发生变化∵直线 y=8k 与抛物线 L2 交于 E、F 两点，∴kx 2﹣4kx+3k=8 k，∵k≠0 ，∴x 2﹣4x +3=8解得：x 1=﹣1，x 2=5∴EF=x 2﹣x 1=6∴线段 EF 的长度不会发生变化考点】二次函数综合题，二次函数的性质，等边三角形的性质，解直角三角形分析】 （1）抛物线 y=ax2+bx+c 中：a 的值决定了抛物线的开口方向，a＞0 时，抛物线的开口向上；a＜0 时，抛物线的开口向下抛物线的对称轴方程和顶点坐标，可化为顶点式或用公式求解2）①新函数是由原函数的各项系数同时乘以 k 所得，因此从二次函数的图象与解析式的系数的关系入手进行分析②当△ABP 为等边三角形时，P 点必为函数的顶点，首先表示出 P 点纵坐标，它的绝对值正好是等边三角形边长的 倍，由此确定 k 的值3- 3 -③联立直线和抛物线 L2 的解析式，先求出点 E、F 的坐标，从而可表示出 EF的长，若该长度为定值，则线段 EF 的长不会发生变化例 3：（2012 山东德州 12 分）如图所示，现有一张边长为 4 的正方形纸片 ABCD，点 P 为正方形 AD 边上的一点（不与点 A、点 D 重合）将正方形纸片折叠，使点 B 落在 P 处，点C 落在 G 处，PG 交 DC 于 H，折痕为 EF，连接 BP、BH．（1）求证：∠APB= ∠BPH；（2）当点 P 在边 AD 上移动时， △PDH 的周长是否发生变化？并证明你的结论；（3）设 AP 为 x，四边形 EFGP 的面积为 S，求出 S 与 x 的函数关系式，试问 S 是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）如图 1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90° ，∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠ EBP，即∠PBC=∠BPH。

又∵AD∥BC，∴∠APB= ∠PBC∴∠APB=∠BPH2）△PHD 的周长不变为定值 8证明如下：如图 2，过 B 作 BQ⊥PH ，垂足为 Q由（1）知∠APB= ∠BPH，又∵∠A= ∠BQP=90° ，BP=BP ，∴△ABP ≌△QBP（AAS ） ∴AP=QP，AB=BQ 又∵AB=BC，∴BC=BQ又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH（HL） ∴CH=QH∴△PHD 的周长为： PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=83）如图 3，过 F 作 FM⊥AB，垂足为 M，则 FM=BC=AB又∵EF 为折痕，∴EF ⊥BP 4 -∴∠EFM +∠MEF=∠ABP +∠BEF=90°∴∠EFM=∠ABP又∵∠A= ∠EMF =90°，AB=ME，∴△EFM≌△BPA（ASA ） ∴EM=AP=x．∴在 Rt△APE 中， （4﹣BE） 2+x2=BE2，即 2BE+8∴ 2CFMx又∵四边形 PEFG 与四边形 BEFC 全等，∴ 2 2211x11SBECF=4+=x+8x62 ∵ ， ∴当 x=2 时，S 有最小值 6。

02<【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值分析】 （1）根据翻折变换的性质得出∠PBC= ∠BPH ，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC 即可得出答案2）先由 AAS 证明△ABP≌△QBP，从而由 HL 得出△BCH≌△BQH，即可得CH=QH因此， △PDH 的周长 =PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8 为定值3）利用已知得出△EFM≌△BPA，从而利用在 Rt△APE 中，（4﹣BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可例 4：（2012 福建泉州 12 分）已知：A、B、C 不在同一直线上.（1）若点 A、B、C 均在半径为 R 的⊙O 上，i）如图一，当∠A=45°时，R=1，求∠BOC 的度数和 BC 的长度；ii）如图二，当∠A 为锐角时，求证 sin∠A = ；BC2（2）.若定长线段 BC 的两个端点分别在 ∠MAN 的两边 AM、AN（B、C 均与点 A 不重合）滑动，如图三，当∠MAN=60°，BC=2 时，分别作 BP⊥AM，CP⊥AN ，交点为点 P ，试探索：在整个滑动过程中，P、A 两点的距离是否保持不变？请说明理由. - 5 -【答案】解：（1）i）∵∠A=45°，∴∠BOC=90°（同弧所对的圆周角等于其所对的圆心角的一半）。

又∵R=1，∴由勾股定理可知 BC= 12ii）证明：连接 BO 并延长，交圆于点 E，连接 EC可知 EC⊥ BC（直径所对的圆周角为 90°），且∠E=∠A（同弧所对的圆周角相等）故 sin∠A =sin∠A= BCE2R（2）保持不变理由如下：如图，连接 AP，取 AP 的中点 K，连接 BK、CK ，在 Rt△APC 中，CK = AP=AK=PK12同理得：BK=AK= PK∴CK=BK=AK=PK∴点 A、B、P、C 都在⊙K 上∴由（1）ii）sin∠A= 可知 sin60°= 2R∴AP= （为定值）BC43sin60【考点】三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，直角三角形中线性质分析】（1）i）根据圆周角定理得出 ∠BOC=2∠A=90°，再利用勾股定理得出 BC 的长；ii）作直径 CE，则∠E=∠A，CE=2R，利用 sin∠A=sin ∠E= ，得BC2R出即可2）首先证明点 A、B、P 、C 都在⊙K 上，再利用 sin∠A= ，得出 AP=- 6 -（定值）即可BC43sin60例 5：（2012 山东潍坊 11 分）如图，已知抛物线与坐标轴分别交于 A(－2，O )、B(2，0) 、C(0，－l)三点，过坐标原点 O 的直线 y=kx 与抛物线交于 M、N 两点．分别过点C、D(0，－2)作平行于 x 轴的直线 、 ．1l2(1)求抛物线对应二次函数的解析式；(2)求证以 ON 为直径的圆与直线 相切；1l(3)求线段 MN 的长(用 k 表示) ，并证明 M、N 两点到直线 的距离之和等于线段 MN2l的长．【答案】解：（1）设抛物线对应二次函数的解析式为 y=ax2＋bx＋c，则 解得 。

4a2b+c=011a4bc∴抛物线对应二次函数的解析式 所以 21y=x4（2）设 M(x1，y 1)，N (x2，y 2)，因为点 M、N 在抛物线上，∴ ，∴x 22=4(y2+1)144四又∵ ，∴ 22Oxy2ONy又∵y 2≥－l，∴ON =2＋y 2设 ON 的中点 E，分别过点 N、E 向直线 作垂线，垂足为 P、F， 则 1l，2CNPEF∴ON=2EF，- 7 -即 ON 的中点到直线 的距离等于 ON 长度的一半，1l∴以 ON 为直径的圆与 相切3）过点 M 作 MH⊥NP 交 NP 于点 H，则，222211NHxy又∵y 1=kx1，y 2=kx2，∴（y 2－y 1)2=k2(x2－x 1)2∴MN 2=(1+k2)(x2 一 xl)2又∵点 M、N 既在 y=kx 的图象上又在抛物线上，∴ ，即 x2－4kx－4=0 ，∴x 2＋x 1=4k，x 2·x1=－42kx4∴MN 2=(1+k2)(x2 一 xl)2=(1+k2)[ (x2＋x l)2－4x 2·xl] =16(1+k2)2。

∴MN=4(1+k 2)延长 NP 交 于点 Q，过点 M 。