专题19：动态几何之定值问题探讨.docx

动态题是近年來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，变为静态问题來解，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、而积问题、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，我们从三方而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）具它定值问题。

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 ±的一点，且BE=BC, AB=3, BC=4, 点P 为直线EC±的一点，且PQ 丄BC 于点Q, PR 丄BD 于点R.
12
（1） ill 图1,当点P 为线段EC 中点时，易证：PR+PQ 二一（不需证明）. 5
（2） 如图2,当点P 为线段EC±的任意一点（不与点E 、点C 重合）时，其它条件不变，则（I ）中的 结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理山.
（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
【2013年中考攻略】 专题19：动态几何之定值问题探讨
【答案】解（2）图2中结论PR+PQ=y仍成立。

证明如下：
连接BP,过（：点作CK丄BD于点K。

V四边形ABCD为矩形，・•・ZBCD=90°。

又•・• CD=AB=3, BC=4, BD = VcD2+BC2 = ^32 +42 = 5。

I S ABCD= - BC・CD= - BD・CK, Z. 3x4=5CK, Z. CK=—。

2 2 5
边），与y 轴交于点C.
（1） 写出二次函数L|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#））.
① 写出二次函数
L 2与二次函数Li 有关图彖的两条相同的性质;
② 是否存在实数k,使AABP 为等边三角形？如果存在，请求出k 的值；如不存在，请说明理山;
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，请说明理山.
【答案】解（1） J 抛物线y = X 2-4X + 3 = （X -2）2-1,
V S ABCE = — BE ・CK, S ABH >= — PR ・BE, S ABCP = — PQ ・BC, JIL S ABCE 二S/\BEP +S Z \BCP ， 2 2 2
・•・-BE ・CK= - PR ・BE+ - PQ ・BC 。

2 2 2
又・.・BE=BC, A -CK=-PR+ 丄PQ 。

/.CK=PR+PQ 0 2 2 2
12 I?
又VCK=—, APR+PQ= —o 5 5
12
（3）图3中的结论是PR-PQ=y ・
【考点】矩彤的性质，三角形的面积，勾股定理。

【分析】（2）连接BP,过C 点作CK 丄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，最后通过等彊代换即 可证
明。

（3）图3中的结论是PR-PQ=125 3
连接 BP, S ABPE -S ABCP =S ABEC » SABEC 是固定值，BE=BC 为两
12
个底，PR, PQ 分别为高，从而PR-PQ 〒
例2： （2012江西省10分）如图,
□•知二次函数L|: y=x 2 - 4x+3与x 轴交于A. B 两点（点A 在点B 左
・••二次函数Li的开口向上，对称轴是直线x=2,顶点坐标（2, - Do
（2）①二次函数L2与Li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AABP为等边三角形.
V y = kx2 -4kx + 3k = k（x-2）_ -k ,・：顶点P （2, —k）.
VA（ 1, 0）, B （3, 0）,・・.AB=2
耍使AABP为等边三角形，必满足l~kl=V3 ,
・•・ k=± V3 o
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，
/.kx2・4kx+3k=8k, Vk^O,・・・『・4x+3=8。

解得：xi=・l, x2=5o
・・・EF=X2 - xi=6o A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，筹边三角形的性质，解直角三角形。

【分析】（1）抛物线丫=^+匕%+。

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，对化为顶点式或用公式求解。

（2）①新函数是山原函数的各项系数同时乘以k所得，|大1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AABP为等边三角形时，P点必为函数的顶点，首先农示出P点纵坐标，它的绝对值止好是等边三角形边长的迪倍，山此确定k的值。

2
③联立直线和抛物线L2的解析式，先求出点E、F的坐标，从Iflj nf*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的止方形纸片ABCD，点P为止方形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：ZAPB=ZBPH；
（2）当点P在边AD上移动时，APDH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是否存在垠小值？若存在, 求
出这个最小值；若不存在，请说明理山.
（备用图）
【答案】解(1)如图 1, TPE 二BE, A ZEBP=ZEPB. 又 I ZEPH=ZEBC=90°, ・•・ ZEPH - ZEPB=ZEBC - ZEBP, 11 卩 ZPBC=ZBPH, 又・・・AD 〃BC, /.ZAPB=ZPBCo A Z APB=ZBPHo (2) APHD 的周长不变为定值8。

证明如下： 如图2,过B 作BQ 丄PH,垂足为Q 。

由⑴知ZAPB=ZBPH, 又 VZA=ZBQP=90°, BP=BP, AAABP^AQBP (AAS)O ・・・AP=QP, AB=BQ 3 又 TAB 二BC, /.BC=BQo 又 VZC=ZBQH=90°, BH=BH, AABCH^ABQH (HL)。

ACH=QHo .••△PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC 二AD+CD=8。

（3）如图3,过F 作FM 丄AB,垂足为M,则FM=BC=AB 0 又TEF 为折痕，・・・EF 丄BP 。

・•・ ZEFM+ZMEF=ZABP+ZBEF=90% ZEFM=ZABPo 又VZA=ZEMF=90°, AB=ME, AEFM^ABPA (ASA)0 AEM=AP=x. ・••在 RtAAPE 17 (4- BE) 2+x 2=BE 2,即 BE = 2+—o 8 2 :.CF=BE-EM = 2+—-Xo 8 又•・•四边形PEFG 与四边形BEFC 全等, ・・・S=2 1 [/ X 】 ) [ —・(BE + CF)・BC 二一• 4+——x ・4= —x 2、 7 2 4 \ /
:} -2x+8=g(x-2)~+6。

V0<-<4,・••当x=2时，S 有最小值6。

2
【考点】翻折变换（折叠问题），止方形的性质，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ZPBC=ZBPH,进而利用平行线的性质得出ZAPB=ZPBC 即可得 出答案。

（2） 先山 AAS 证明△ ABP 竺△QBP,从|（U ill HL 得出△ BCH 竺△BQH,即口J 得 CH=QH 。

因此，
APDH 的周长=PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC 二AD+CD=8 为定值。

（3） 利用□.知得出△EFM9ABPA,从血利用在Rd APE 山（4 - BE ） 2+x 2=BE 2,利用二次函数 的
垠值求出即可。

例4： （2012福建泉州12分）己知：A 、B 、C 不在同一直线上.
（1） 若点A 、B 、C 均在半径为R 的OO±,
i ） 如图一，当ZA=45°时，R=l,求ZBOC 的度数和BC 的长度；
ii ） 如图二，当ZA 为锐角时，求证sinZA= ——； 2R
（2） .若定长线段BC 的两个端点分别在ZMAN 的两边AM 、AN （B 、C 均与点A 不重合）滑动，如图三, • • • •
当ZMAN=60°, BC 二2时，分别作BP 丄AM, CP 丄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？请说明理山.
・・・Z BOC=90° （同弧所对的圆周角等于其所对的圆心角的-半）□ 又・・・R=1,・•
・山勾股定理对知BC=VbKl=V2 o ii ）证明：连接BO 并延长，交圆于点E,连接EC 。

可知EC 丄BC （冇径所对的圆周角为90°）,
HZE=ZA （同弧所对的圆周角相等）。

图②
【答案】
C
图③
+Zr / A / A BC BC 故sinZ A=smZ A= = 。

BE 2R
（2）保持不变。

理山如下：
如图，连接AP,取AP的中点K,连接BK、CK,
在RtAAPC 中，CK=-AP=AK=PKo
2
同理得：BK=AK=PKo
.-.CK=BK=AK=PKo ・••点A、B、P、C 都在•:山（I） ii） sinZA= 可知
sin60o= 。

2R AP
/.AP=-^- = ^ （为定值）。

sin60° 3
【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，H
角三角形中线性质。

【分析】（1）i）根据圆周角沱理得出ZBOC=2ZA=90。

，再利用勾股定理得出BC的长;
Dp
ii）作冇径CE,则ZE=ZA, CE=2R,利用sinZA=sinZE=—=—,得出即可。

BE 2R <2）首先证明点A、B、P、C都在OK±,再利用sinZA=—,得出AP二」乞=出5 （定2R sin60° 3 值）GP H J O
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, 一1）三点, 过坐标原点0的TT•线y二kx与抛物线交于M、N两点.分别过点C、D（0, —2）作平行于x轴的直线人、12 .
（1）求抛物线对应二次函数的解析式;
（2）求证以ON为fl径的圆与直线厶相切;
⑶求线段MN的长（用k表示），并证明M、N两点到冇线人的距离之和等于线段MN的长.
【答案】解（1）设抛物线对应二次函数的解析式为y=ax 2+bx+c,
c=-l
・・・抛物线对应二次函数的解析式所以y=-x 2-k 4
(2)设M(x P yO, N(X 2, y2),因为点M 、N 在抛物线上,
1 9 1 o
2 :.y )=—Xj -1, y 2 = —x 2 一 1,・・X2 =4(Y2+l)o
XV ON 2 = x 22 + y 22 = 4(y 2 +1) + y 22 =(y 2+2)\ .I ON=|y 2+2|o
(3)过点 M
作 MH 丄NP 交 NP 于点 H,则 MN 2 = MH 2 + NH 2 = (x 2 - Xj )2 + (y 2 - y f )2, XVy l=kxi ， y 2=kx 2, .I (y 2 —yi)2=k 2(x 2—x t )2o /.MN 2=(l+k 2)(X2一X|)2O
又•・•点M 、N 既在y=kx 的图象上又在抛物线上，
•I kx= —x 2 -1 , R 卩 x 2—4kx —4=0,・x 2+xi=4k, x 2-X|=—40 4
AMN 2=(l+k 2)(X2 — x ()2=( 1 +k 2)[ (x 2+X I )2-4X 2-X|] =16(l+k 2)\ AMN=4( l+k 2)9
延长NP 交厶于点Q ，过点M 作MS 丄厶交厶于点S ，
4a — 2b+c=0 则 4a+2b+c=0 a=— 4
解得•: b=0 o
・••以ON 为直径的圆与厶相切。

为P 、F,则
1 c la
则 MS+NQ=y 1+2 + y 2+2=-x |--14—x< -1+4 4 4 "
=-（X 12+X 22）+2=^［（X 1+X 2）2 -2XJ -X 2 ・・・MS+NQ=MN,即M 、N 两点到J 距离之和等于线段MN 的长。

【考点】二次函数综合题，待左系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，屮点坐标的求法，31线与圆相切 的条件，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理。

【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出抛物线对应二次函数的 解析式。

（2）要证以ON 为市径的圆与冇线相切，只要证ON 的中点到有.线1｝的距离筹于ON 长的一半
即Nj 0
（3）运用-•元二次方程根与系数的关系，求出MN 和M 、N 两点到直线人的距离之和，相比较即
Ar
对0
例6： （2012湖北咸宁10分）如图1,矩形MNPQ 中，点E, F, G, H 分别在NP, PQ, QM, MN ±,若 Zl = Z2 = Z3 = Z4 ,则称四边形EFGH 为矩形MNPQ 的反射四边形.图2,图3,图4中，四边形ABCD 为矩形，且AB=4, BC=8.
理解与作图：
（1） 在图2,图3中，点E, F 分别在BC, CD 边上，试利用止方形网格在图上作出矩形ABCD 的 反射
四边形EFGH.
计算与猜想：
（2） 孵 2,图3中反射四边形EFGH 的周长，并猜想矩形ABCD 的反射四边形的周长是否为定值？
启发与证明：
（3） 如图4,为了证明上述猜想，小华同学尝试延长GF 交BC 的延长线于M,试利用小华同学给我 们
的启发证明（2）中的猜想.
+2二丄(16k $ +8) +2=4k 2 +4=4 (1+k 2)
图2
【答案】解（1）作图如下:
（2）在图 2 中，EF = FG = GH = HE = A /22 +42 =V20 = 2A /5 ,
:.四边形EFGH 的周长为8亦。

在图 3 中，EF = GH = 722 + 12 =>/5 , FG = HE = V32 +62 =^45=3^5,
・•・四边形EFGH 的周长为2X V5+2X 3A /5=8A /5 o
猜想：矩形ABCD 的反射四边形的周长为定值。

（3）延长GH 交CB 的延长线于点N,
V Z1 = Z2, Zl = Z5 ,
・•・ Z2 = Z5 o
又 VFC=FC,
ARtAFCE^RtAFCM （ASA ）0
・・・EF 二MF, EC 二MG
同理：NH=EH, NB=EB a AMN=2BC=16,
V ZM=9O°-Z5 = 9O°-Z1, ZN = 90°-Z3, Z1 = Z3 ,・*. ZM = ZN 0
・・・GM 二GN 。

过点G 作GK 丄BC 于K,贝ijKM = -MN = 8o 2
・•・ GM = V G K 2+KM 2 =742 +82 =4-75 o
・•・四边形EFGH 的周长为2GM = 8^5。

・••矩形ABCD 的反射四边形的周长为定值。

【考点】新疋义，网格问题，作图（应用与设计作图），勾股定理，全等三角形的判速和性质，矩形的性 质，等腰三角形的判定和性质。

【分析】（1）根据网格结构，作出相等的角即可得到反射四边形。

D
A D
M
（2）图2中，利用勾股定理求出EF=FG=GH=HE的长度，然后即可得到周长，图3中利用勾股
定理求出EF=GH, FG=HE的长度，然后求岀周长，从1何得到四边形EFGH的周长是定值。

<3）延长GH交CB的延长线于点N,再利用“ASA”证明RtAFCE和R/FCM全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=MF,EC=MC, I讨理求出NH=EH,NB=EB,从1伯得到MN=2BC,再遡GM=GN, 过点G作GK丄BC J -
K,根据等腰三角形三线合一的性质求出KM=-MN = 8,再利用勾股定理求出GM 的长度，然后即口J求出四边形EFGH的周长。

例7：（2012广西崇左10分）如图所示，在止方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD ±移动，但点A
到EF的距离AH始终保持与AB的长度柑等，问在点E、F移动过程中；
（1） ZEAF的大小是否发生变化？请说明理山.
（2） AECF的周长是否发生变化？请说明理山.
【答案】解：（1） ZEAF的大小不会发生变化.理由如下：
在正方形ABCD 中，TAH丄EF, /. Z AHF=ZD=90°,
•/AF=AF, AH=AD, /.RtA AHF^RtA ADF（HL）・ /. ZHAF=ZDAF-
同理RtAAHE^RtAABE, ZHAE=ZBAE.
•・• ZHAF+ ZDAF+ Z HAE+ Z BAE=90%ZEAF=Z HAF+ Z HAE=45°.
・•・ZEAF的大小不会发生变化.
（2） AECF的周长不会发生变化。

理由如下：
由（1）知：RtAAHF^RtAADF, RtAAHE^RtA ABE,
/.FH=FD, EH=EBo /.EF=EH+FH=EB+FDo
・・・CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD。

・・・CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD・
【考点】正方形的性质，动点和定值间题，全等三角形的判定和性质。

【分析】（1）由HL 证得RtAAHF^RtAADF 和RtAAHE^RtAABE 即可得Z EAF=Z HAF+ Z HAE=45°, 即ZEAF的大小不会发生变化.
（2）由（1）两个全等即可得CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD,即CE+CF+EF= CE+CF+ EB+FD=BC+CD.
练习题:
1.（2011湖南岳阳8分）如图①，将菱形纸片AB （E） CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，得到ZXABD 和AECF,固定△ ABD,并把AABD与AECF叠放在一起.
（1）操作：如图②，将AECF的顶点F固定在AABD的BD边上的中点处，AECF绕点F在BD边上方
左右旋转，设旋转时FC交BA于点H （H点不与B点重合），FE交DA于点G（G点不与D点重合）. 求证：BH*GD=BF2 3
（2）操作：如图③，AECF的顶点F在AABD的BD边上滑动（F点不与E、D点重合），且CF始终经过点A,过点A作AG/7CE,交FE于点G,连接DG.
探究：FD+DG二 ___ .请予证明.
止运动.作PM丄PQ交CA于点M,过点P分别作BC、CA的垂线，垂足分别为E、F.
（1）求证：△PQE S/^PMF：
（2）当点P、Q运动吋，请猜想线段PM与MA的大小有怎样的关系？并证明你的猜想；
（3）设BP=x, APEM的面积为y,求y关于兀的函数关系式，当x为何值时，y有垠大值，并将这个值求岀来.
2 （2011四川眉山11分）如图，在直角坐标系中，□.知点A （0, 1）, B （-4, 4）,将点B绕点A顺吋针方向旋转90。

得到点C；顶点在坐标原点的拋物线经过点B.
（1）求抛物线的解析式和点C的坐标；
（2）抛物线上-动点P,设点P到x轴的距离为山，点P到点A的距离为d2,试说明d2=d|+l；
（3）在（2）的条件下，请探究当点P位于何处时，APAC的周长有最小值，并求出APAC的周长的最小值.
3 （2011湖南郴州10分）如图，RtAABC中，ZA=30°, BC=10cm,点Q在线段BC ±从B向C运动, 点P在线段BA±从B向A运动.Q、P两点同时出发，运动的速度相同，当点Q到达点C时，两点都停
4
图①
on
图②
4.（2011辽宁营口14分）已知止方形ABCD，点P是对角线AC所在直线上的动点，点E在DC边所在直线上，且随着点P的运动血运动，PE=PD总成立.
（1）如图⑴，当点P在对角线AC±时，请你通过测量、观察，猜想PE与PB有怎样的关系？（直接写出结论不必证明）；
（2）如图（2）,当点P运动到CA的延长线上时，（1）中猜想的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理山；
（3）如图（3）,当点P运动到CA的反向延长线上时，请你利用图（3）画出满足条件的图形，并判断此时PE与PB有怎样的关系？（直接写出结论不必证明）
5.（2011贵州遵义12分）如图，梯形ABCD中，AD〃BC, BC=20cm, AD= 10cm,现有两个动点P、Q 分别从B、D两点同时出发，点P以每秒2cm的速度沿BC向终点C移动，点Q以每秒lcm的速度沿DA 向终点A 移动，线段PQ与BD相交于点E,过E作EF〃BC交CD于点F, O QF交BC的延长线于点H, 设动点P、Q移动的吋间为I （单位：秒，0<«10）.
（1）当t为何值时，四边形PCDQ为平行四边形？
（2）在P、Q移动的过程中，线段PH的长是否发生改变？如果不变，求出线段PH的长；如果改变，请说明理山.
6.（2011黑龙江龙东五市8分）如图，点E是矩形ABCD的对角线BD ±的一点，H BE=BC, AB=3,
BC=4,点P为直线EC上的一点，且PQ丄BC于点Q, PR丄BD于点R°
12
（1）ill图1,当点P为线段EC中点时，易证：PR+PQ二一（不需证明）。

5
（2）如图2,当点P为线段EC±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，请给于证明；若不成立，请说明理山。

（3）如图3,当点P为线段EC延长线上的任意一点时，英它条件不变，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。

典型例题:
例1：（2012湖北十堰3分）如图，O是止AABC内一点，OA=3, OB=4, OC=5,将线段BO以点B为旋
转屮心逆时■针旋转60。

得到线段BO，,下列结论：①△BOA可以山ABOC绕点B逆时针旋转60。

得到；② 点O与O的距离为4；③ZAOB=150°；④S四趟AOBO=6+3的；@S AOC+S AOB =6+^.其中正确的结论是【
】・
A.①②③⑤
B.①②③④
C.①②③④⑤
D.①②③
【答案】A，
【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。

二、面积（和差）为定值问丿
B C H
B ------------------------- C
【分析】V1EAABC, AAB=CB, ZABC=60°O
•・•线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60。

得到线段BO\ ABO=BCT, ZCTAO=60°。

・•・ ZO Z BA=60°- ZABO=ZOBAo ABO^A^ABOCo
•••△-BCTA可以山△BOC绕点B逆时针旋转60。

得到。

故结论①止确。

连接00,
VBO=B（J, Z0^0=60°, •••△OBO是等边三角形。

AOO z=OB=4o故结论②止确：＞
•・•在△ AOCT中，三边长为O，A=OC=5, OO^OBM, OA=3,是一•纽勾J K
股数，二//
是克角三角形。

\£_ :.ZAOB二ZAOCr+ZCTOB =90°+60°= 150°3 故结论③正确。

n
S四磁AOBO^=S AAOO^ + S AOBO, = 1.3.4+1.4.273 = 6+4^3 .故结论④错误。

如图所示，将AAOB绕点A逆时针旋转60。

，使得AB与AC $合，
点O旋转至O"点.
易知△AOO"是边长为3的等边三角形，△COCT是边长为3、4、5的
育角三角形。

故结论⑤止确。

综上所述，止确的结论为：①②③⑤。

故选A。

例2：（2012广西玉林、防城港12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0,4）,现有两动点P、Q,点P从点O出发沿线段OC （不包括端点O, C）以每秒2个单位长度的速度,
匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C, D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动.点P, Q同时出发，同时停止，设运动时间为t秒，当匸2秒时PQ= 2^5 .
（1）求点D的坐标，并直接写出t的収值范围；
（2）连接AQ并延长交X轴于点E,把AE沿AD翻折交CD延长线于点F,连接EF,贝IJAAEF的而积S是否随I的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求岀S的值.
（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？
山勾股定理得：PC 二
JPQ2_CQ2 =』2亦）3 4_22=4,
.\OC=OP+PC=4+4=8o
又•・•矩形 AOCD, A (0, 4), AD (8, 4)。

〔的収值范围为：0V(V4°
(2)结论：AAEF 的面积S 不变化。

•/ AOCD 是矩形，・・・AD 〃OE, A AAQD^AEQCo ・・・£!二£2, [ipSI =_L_,解得CE =^—。

AD DQ 8 4-t 4-t 山翻折变换的性质可知：DF=DQ=4-t,则CF=CD+DF=8-tc
S=S 梯形 AOCF +S 八FCE —S AAOE = —( OA+CF)・OC+ — CF ・CE — — OA*OE 2 2 2
3 | 8t I 8t =-[4+ (8-t) Jx8+- (8-t) • ----------------------------- — -x4x (8+ ---------------- )。

4 2 4-t 2 4-t
化简得：S=32为定值。

所以AAEF 的而积S 不变化，S=323
(3)若四边形APQF 是梯形，因为AP 与CF 不平行，所以只有PQ 〃AF°
山 PQ//AF 可得：△CPQ S /XDAF 。

A CP ： AD=CQ ： DF,即 8~2t ： 8=t ： 4-t,化简得 t 2-l2t+16=0,
解得：t|=6+2y[5 » t2= 6 — 2^5 o 111（1）可知，0VtV4, ・・・ti=6+2亦不符合题意，舍
去。

・••当（=6-2^5秒吋，四边形APQF 是梯形。

【考点】动点和翻折问题，矩形的性质，勾股速理，翻折対称的性质，相似三角形的判沱和性质，梯形的 性质，解一元二次方程。

【答案】
在 RtAPCQ 中,
【分析】（1）山勾股定理可求PC nu 得点C 的坐标，根据矩形的性质可得点
D 的坐标。

点P 到达终点所需 时间为鎂2=4秒,点Q 到达终点所需时间为4专1=4秒，山题意可知,（的取值范围为:0<t<4o
（2） 根据相似三角形和翻折对称的性质,求出S 关于（的函数关系式，由于关系式为常数,所以
AAEF 的血积S 不变化，S=32o
（3） 根据梯形的性质，应用相似三角形即可求解。

例3： （2012江苏苏州9分）如图，正方形ABCD 的边AD 与矩形EFGH 的边FG 重合，将止方形ABCD 以lcm/s 的速度沿FG 方向移动，移动开始前点A 与点F 重合.在移动过程中，边AD 始终与边FG 重合， 连接CG,遒 A 作CG 的平行线交线段GH 于点P,连接PD.L1知止方形ABCD 的边长为lcm, W EFGH 的边FG 、GH 的长分别为4cm 、3cm.设止方形移动时间为x （s ）,线 段GP 的长为y （cm ）,其中 0<x<2.5.
⑴试求出y 关于x 的函数关系式，并求出y =3时相应x 的值；
（2HdADGP 的面积为ACDG 的面积为S?.试说明S L S?是帘数：
⑶当线段PD 所在克线与止方形ABCD 的对角线AC 垂直时，求线段PD 的长.
H ---------------------------- E
CD PG 【答案】鯉 （I ） VCG/7AP,・\ZCGD=ZPAG,贝ij tanZCGD= tanZPAG 0 ——=—— GD AG
VGF=4, CD=DA=1, AF=x, /.GD=3-x, AG=4一x 。

.••丄=丄，R[]y= 士仝…・.y 关于X 的函数关系式为尸上^
3-x 4-x 3-x 3-x
4 — x
当y =3时，3= ------- »解得:x=2・5。

3-x
（3）延长PD 交AC 于点Q.
•・•止方形ABCD 中，AC 为对角线，A ZCAD=45°o
S 2=-GDCD=-（3-X ）1 2 2
C B
（2）V S|=1.GP .GD=1.^.（3_X ） = _1X +2;
•・・PQ丄AC, AZADQ=45O=
/.ZGDP=ZADQ=45°o
•••△DGP是等腰冇角三角形，则GD=GPo
・・・3 — x=上仝，化简得：X2-5X+5=0,解得：x=^^o
3- x 2
V0<x<2.5, ••• x二o
2
PD=-^=^(3-X)=V^3-"L^^
cos45°' )2 2
【考点】止方形的性质，一元二次方程的应用，等腰戏角三角形的性质，
矩形的性质，解冇角三角形，锐角三角函数立义，特殊角的三角函数值。

【分析】（1）根据题意农示出AG、GD的长度，再山tan ZCGD=tanZPAG可解出x的值。

（2）利用（1）得岀的y与x的关系式农示出Si、S2,然后作差即可。

（3）延长PD交AC于点Q,然后判断ADGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值,
在RtADGP中，解青角三角形可得出PD的长度。

川自贡12分）如图所示，在菱形ABCD中，AB=4, ZBAD=120% AAEF为止三角形,
点E、F分别在菱形的边BC. CD±滑动，HE、F不与B. C. D重合.
（1）证明不论E、F在BC. CD±如何滑动，总有BE=CF；
（2）当点E、F在BC. CD±滑动时，分别探讨四边形AECF和ACEF的面积是否发生变化？如果不变,
求出这个定值；如果变化，求出瑕大（或最小）值.
在RtADGP 中,
例4： (2012
【答案】礫（1）证明：如图，连接AC
J四边形ABCD为菱形，ZBAD=120°,
ZBAE+ZEAC=60°, ZFAC+ZEAC=60%
AZBAE=ZFACo
VZBAD=120°, ZABF=60°o
•••△ABC和AACD为等边三角
:.ZACF=60°, AC二AB。

A ZABE=Z AFCo
D
【考点】菱形的性质，等边三角形的判沱和性质，全等三角形的判進和性质，勾股建理，垂TT •线段的性
质。

【分析】（1）先求证AB=AC,进血求证AABC 、AACD 为等边三角形，得ZACF =60°, AC=AB,从而 求证△ ABE^AACF,即可求得BE=CFo
（2） |I|AABE=AACF "J 得 S A A BE =S AACF ，故根据 S
AEC F=S AAEC +S AACF =S AAEC +S AAB E=S AABC 即可得四边形AECF 的血积是定值。

当止三角形AEF 的边AE 与BC 垂育时，边AE;®短.AAEF 的血积 会随看AE 的变化而变化，且当AE 最短吋，止三角形AEF 的面积会最小，根据S PF •产S 映形八反卩一S/、AFF ， 则ACEF 的而积就会最大。

例5： （2012湖南益阳12分）□.知：如图1,在而积为3的止方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 和CD 边上 的两点，AE±BF 于点G,且BE=1.
（1） 求证：AABE 竺ABCF ；
（2） 求U1AABE 和Z\BCF 重叠部分（即△ BEG ）的面积；
（3） 现将AABE 绕点A 逆时针方向旋转到△ ABE （如图2）,使点E 落在CD 边上的点E 处，问AABE 在旋转前后与ABCF 重吾部分的面积是否发生了变化？请说明理山.
・••在AABE 和AACF 中，VZBAE=ZFAC, AB=AC, ZABE=ZAFC,
/.AABE^AACF （ASA ）O ・\BE=CFo
（2） I 丿L|边形AECF 的血积不变，ACEF 的面积发生变化。

理山如下:
山（1）得Z\ABE 竺Z^ACF,则 S AABE =S AACFO
•: s 西边形 AECF=S w EC+S A ACF=S AAEC +S A ABE=S △八
BC ，是定fl 仁
作AH 丄8（：于11点，则BH=2, S 四jg AECF = S \ABC = ~ ■ BC • AH = gBC - V A B 2 - BH 2 = 4^3。

由“垂线段最短”可知:当正三角形AEF 的边AE 与BC 垂直时,边AE®短.
故AAEF 的面积会随着AE 的变化血变化，且当AE 最短时，止二角形AEF 的面积会最小,
D
乂 S ACEF =S 川边形AECF - S AAEF ，则此时Z^CEF 的而积就会按
大.
/. ACEF 的而积的最大值是V3 o
D D F E" C
【答案】（1）证明：T 四边形ABCD 是止方形，A ZABE=ZBCF=90°, AB二BC。

/. Z ABF+ZCBF=90°o VAE丄BF, /.ZABF+ZBAE=90°o A ZBAE=ZCBFo
在AABE 和ABCF 中，VZABE=ZBCF, AB=BC, ZBAE=ZCBF,
AAABE^ABCF (ASA)。

(2)解：・・•正方形面积为3, AAB=V3 o
在Z\BGE 与AABE 中，VZGBE=ZBAE, ZEGB=ZEBA=90°, /. ABGE^AABEo
■S ABGE
• • -----------
S AABE
又VBE=1, AAE2=AB2+BE2=3+1=4O
(3)解：没有变化.理由如下:
•/AB^AD, ZABE=ZADE'=90°, AE ?= AES Rt A ABE^RtA AB
RtA ADE ?, ・•・ ZDAE Z =Z B^AE^Z BAE=30°.
・・・AB 与AE 在同一直线上，即BF 与AB 啊交点是G.
设BF 与AE7的交点为H,
贝IJZBAG=ZHAG=3O°,而ZAGB=ZAGH=90% AG= AG,・\ABAG^AHAG.
•••△ABE 在旋转前后与ABCF 重蓋部分的面积没有变化.
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角 形.
【分析】(1)由四边形ABCD 是正方形，可得ZABE=ZBCF=90°, AB=BC,又由AE 丄BF,由同角的余 角相等，即可证得ZBAE=ZCBF,然后利用ASA,即可判定：AABE^ABCF.
(2)由正方形ABCD 的面积等于3,即可求得此正方形的辺长，由在ABGE 与△為BE 中，
ZGBE=ZBAE, ZEGB=ZEBA=90%可证得^BGEs △為BE,由相似三角形的面积比等于相似比的平
方，即可求得答案・
(3)由正切函数，求得 ZBAE=30°,易证得 Rt A ABE^ RtA ABT^Rt A ADES 可得 AB^ AE 在同一直
线上，即BF 与AB 创交点是G,然后设BF 与AE 创交点为H,可证得△BM 竺ZiHAG,从而证 得结论.
练习题：
1. (2011山东东营12分)如图所示，四边形OABC 是矩形.点A 、C 的坐标分别为(一3,0), (0, 1),点 D 是线段BC±的动点(与端点B 、C 不重含)，过点D 作直线y = ^x + b 交折线OAB 于点E 。

(1) id A ODE 的面积为S.求S 与b 的函数关系式：
(2) 当点E 在线段OA 上时，且tanZDEO=-o 若矩形OABC 关于直线DE 的对称图形为四边形 2
O.A^.C,.试探究四边形O.A.B.C,与矩形OABC 的重聲部分的而积是否发生变化，若不交，求出该重 廉部分妁而积；若改变•请说明理山。

• • S^BGE = BE 2 AE 1
•・・AB=历，BE=1,・•・
tanZBAE = /.ZBAE=30°.
…$四滋彤GHE7B S AABE _ S AAGH = S AABE ~ S AABG =S^BGE °
备用图
2.（2011浙江舟山、嘉兴12分）已知直线y = Rx+3（k<0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA 上有一动点P山原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C, 设运动吋间为/秒.
（1）当^ = -1时，线段OA上另有一•动点Q山点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）.
①直接写出『=1秒时C、Q两点的坐标；
②若以Q、C、A为顶点的三角形与AAOB相似，求f的值.
（2）当"_丄时，设以C为顶点的抛物线y = （x + m）2 +n与直线AB的另一交点为D （如图2）,
①求CD的长;
②设ACOD的OC边上的高为力，当/为何值时，/?的值最大?
三、其它定值问题：
典型例题：
4 7?
例（2012浙江义乌12分）如图1,已知直线尸kx与抛物线y=-^yX2+yX交于点A （3, 6）.
（1）求直线y=kx的解析式和线段OA的长度；
（2）点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM,交x轴于点M （点M、O不重合），交直线OA于点Q,再过点Q作直线PM的垂线，交y轴于点N.试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理山；
（3）如图2,若点、B为抛物线上对称轴右侧的点，点E在线段OA上（与点O、A不重合），点D （m, 0）是x轴止半轴上的动点，且满足ZBAE=ZBED=ZAOD・继续探究：m在什么范围时，符合条件的E点的个数分别是1个、2个？
【答案】W (1)把点A (3, 6)代入y二kx得；6=3k,即k=2。

• •y=2x o
・•・ OA = >?32+62 =3^5 o
（2）线段QM与线段QN的长度之比是一个定值，理山如下:
如图1,过点Q作QG丄y轴于点G, QHlx轴于点H.
①当QH-与QM重合时，显然QG •与QN重合，此时列
QN QG OH
②当QH与QM不重合时，
・・・QN」QM, QG丄QH不妨设点H, G分别在x、y轴
AZMQH=ZGQN0
又VZQHM=ZQGN=90°, A AQHM^ AQGNo
•QM
♦•' -
QN
== tan ZAOM=2 °
QG OH
当点p、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得列=2。

QN
・•・线段QM •与线段QN的长度之比是一个定值。

（3）如图2,延长AB交x轴于点F,过点F作FC丄OA于点C,过点A作AR丄x轴于点
Ro
J ZAOD= ZBAE,・•・ AF=OF。

••gAC*A=茁
VZARO=ZFCO=90°, ZAOR=ZFOC,
AAAOR^AFOCo A — = —= —= V5 o
OC OR 3 /.OF=-V5xV5=—o
2 2
的正半轴上,
・••点F （—, 0）o
2
4 2?
设点B （x, ——x2 + —x ）,过点B作BK丄AR于点K,则厶AKB^AARFo
27 3
,（4 2 22 \
・BK _ AK 即x-3 二〔27 3 丿
•• FR 一AR ' ' 7.5-3 - 6 °
解得xi =6, X2=3（舍去）。

・••点B（6, 2）o
/.BK=6 ・ 3=3, AK=6 ・ 2=4 e .I AB =5 3
在AABE 与AOED 中，VZBAE=ZBED, ZABE+Z AEB=ZDEO+ZAEBo
・•・ ZABE=ZDEOo
V ZBAE=ZEOD, A A ABE<^ AOED o
设OE=x,贝ij AE= 3^5 - x （0vxv3厉），lilAABE-AOED 得空=竺，即3^~x=JL o
AB OE 5 x
4 图3
时E点有2个.
9 9
・・・^m=—时，E点只有1个，当Ovmv —时，E点有2个。

4 4
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质, 二次函数的性质。

【分析】（I）利用待定系数法求出立线丫=10＜的解析式，根据A点坐标用勾股定理求出线段OA的长度。

（2） 如图1,过点Q 作QG±
y
轴于点
G, QH 丄x 轴于点H,构造相似三角形ZXQHM 与厶QGN,
将线段QM 与线段QN 的长度之比转化为相似三角形的相似比，2^1 =
= 2!1 = tan ZAO M =2为定
QN QG OH 值.需要注意讨论点的位置不同时，这个结论依然成立。

（3） 山己知条件角的相等关系ZBAE=ZBED=ZAOD ，可以得到△ ABE^AOEDo 在相似三角形
△ABE •与AOED 中，运用线段比例关系之询需要首先求出AB 的长度，如图2,可以通过构造相似三角形, 或者利用」次函数（育线）的性质求得AB 的长度。

设OE=x,则山相似边的比例关系町以得到m 关丁 x
值范【韦I 吋，x 的収值（即OE 的长度，或E 点的位闇）有1个或2个。

这样就将所求解的问题转化为分析
二次函数的图象与性质问题。

例2： （2012山东淄博4分）如图，将止方形对折后展开（图④是连续两次对折后再展开力再按图示方法 折叠，能够得到一个冇•角三角形，口它的一条直角边等于斜边的一半.这样的图形有【
(A)4 个
(B)3 个 (C)2 个 (D) 1 个
【答案】Co 【考点】止方形的性质，折叠的性质，含30度角的巧角三角形的性质，平行的性质，等腰三角形的判定, rr •角三角形斜边丄中线的性质，三角形内角和定理。

【分析】如图,图①中，ZABC= - Z ABD< - x45°< ZDBE, 2 2
BPZABC<22.5°o
性质，CD /I BC .
图②中，山折書的性质，ZABOZABF, EC 〃FB,
/. Z ABC=Z ABF=ZADE=ZBDCo ABC=DCo 又•・•山止方形对折
的性质和平行线的性质，知AD=BD,
这是一个二次函数. 借助此二次函数图象（如图3）,可见m 在不同収 根据含30度角的丸角三角形屮30度角所对的丸角边是斜边的
的表达式 9 + — 9。