全国中考数学分类解析汇编专题8：定值问题.doc

2 012年全国中考数学分类解析汇编
专题8：定值问题

解答题
1. （2012江西南昌8分）如图，已知二次函数L1：y=x2﹣4x+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=kx2﹣4kx+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．

【答案】解：（1）∵抛物线，
∴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，∵k≠0，∴x2﹣4x+3=8。解得：x1=﹣1，x2=5。
∴EF=x2﹣x1=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。
【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。
2. （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，将正方形ABCD
以1cm/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，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH
的边FG、GH的长分别为4cm、3cm.设正方形移动时间为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；
⑵记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1－S2是常数；
⑶当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.

【答案】解：（1）∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，则。∴。
∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x。
∴，即。∴y关于x的函数关系式为。
当y =3时，，解得:x=2.5。
（2）∵，
∴为常数。
（3）延长PD交AC于点Q.
∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°。
∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°。
∴∠GDP=∠ADQ=45°。
∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP。
∴，化简得：，解得：。
∵0≤x≤2.5，∴。
在Rt△DGP中，。
【考点】正方形的性质，一元二次方程的应用，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】（1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由可解出x的值。
（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可。
（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度。
3. （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、．
(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；
(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MN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。
∴抛物线对应二次函数的解析式 所以。
（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为点M、N在抛物线上，
∴，∴x22=4(y2+1)。
又∵，∴。
又∵y2≥－l，∴ON=2＋y2。
设ON的中点E，分别过点N、E向直线作垂线，垂足为P、F， 则 ，
∴ON=2EF，
即ON的中点到直线的距离等于ON长度的一半，
∴以ON为直径的圆与相切。
（3）过点M作MH⊥NP交NP于点H，则，
又∵y1=kx1，y2=kx2，∴（y2－y1)2=k2(x2－x1)2。∴MN2=(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，∴x2＋x1=4k，x2·x1=－4。
∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2=(1+k2)[ (x2＋xl)2－4x2·xl] =16(1+k2)2。∴MN=4(1+k2)。
延长NP交于点Q，过点M作MS⊥交于点S，
则MS＋NQ=y1＋2＋y2＋2=

∴MS+NQ=MN，即M、N两点到距离之和等于线段MN的长。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中点坐标的求法，直线与圆相切的条件，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为直径的圆与直线相切，只要证ON的中点到直线的距离等于ON长的一半即可。
（3）运用一元二次方程根与系数的关系，求出MN和M、N两点到直线的距离之和，相比较即可。
4. （2012浙江义乌12分）如图1，已知直线y=kx与抛物线交于点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，说明理由；
（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轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD．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】解：（1）把点A（3，6）代入y=kx 得；6=3k，即k=2。
∴y=2x。
∴。
（2）线段QM与线段QN的长度之比是一个定值，理由如下：
如图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H．
①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，
此时。
②当QH与QM不重合时，
∵QN⊥QM，QG⊥QH不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，
∴∠MQH=∠GQN。
又∵∠QHM=∠QGN=90°，∴△QHM∽△QGN。∴。
当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得。
∴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⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R。
∵∠AOD=∠BAE，∴AF=OF。
∴OC=AC=。
∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，
∴△AOR∽△FOC。∴。∴OF=。
∴点F（，0）。
设点B（x，），过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF。
∴，即。
解得x1=6，x2=3（舍去）。∴点B（6，2）。
∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4。∴AB=5。
在△ABE与△OED中，∵∠BAE=∠BED，∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB。
∴∠ABE=∠DEO。
∵∠BAE=∠EOD，∴△ABE∽△OED。
设OE=x，则AE=﹣x （），
由△ABE∽△OED得，即。
∴。
∴顶点为。
如图3，当时，OE=x=，此时E点有1个；
当时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个．
∴当时，E点只有1个，当时，E点有2个。
【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】（1）利用待定系数法求出直线y=kx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⊥x轴于点H，构造相似三角形△QHM与△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，即为定值．需要注意讨论点的位置不同时，这个结论依然成立。
（3）由已知条件角的相等关系∠BAE=∠BED=∠AOD，可以得到△ABE∽△OED。在相似三角形△ABE与△OED中，运用线段比例关系之前需要首先求出AB的长度，如图2，可以通过构造相似三角形，或者利用一次函数（直线）的性质求得AB的长度。设OE=x，则由相似边的比例关系可以得到m关于x的表达式，这是一个二次函数．借助此二次函数图象（如图3），可见m在不同取值范围时，x的取值（即OE的长度，或E点的位置）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。
5. （2012广西玉林、防城港12分）如图，在平面直角坐标系O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t=2秒时PQ=.
（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围；
（2）连接AQ并延长交轴于点E,把AE沿AD翻折交CD延长线于点F,连接EF，则△AEF的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值.
（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？

【答案】解：（1）由题意可知，当t=2（秒）时，OP=4，CQ=2，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC==4，
∴OC=OP+PC=4+4=8。
又∵矩形AOCD，A（0，4），∴D（8，4）。
t的取值范围为：0＜t＜4。
（2）结论：△AEF的面积S不变化。
∵AOCD是矩形，∴AD∥OE，∴△AQD∽△EQC。
∴，即，解得CE=。
由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4－t，则CF=CD+DF=8－t。
S=S梯形AOCF＋S△FCE－S△AOE=（OA+CF）•OC+CF•CE－OA•OE
= [4＋（8－t）]×8+（8－t）•－×4×（8＋）。
化简得：S=32为定值。
所以△AEF的面积S不变化，S=32。
（3）若四边形APQF是梯形，因为AP与CF不平行，所以只有PQ∥AF。
由PQ∥AF可得：△CPQ∽△DAF。
∴CP：AD=CQ：DF，即8－2t：8= t：4－t，化简得t2－12t＋16=0，
解得：t1=6+2，t2=。
由（1）可知，0＜t＜4，∴t1=6+2不符合题意，舍去。
∴当t=秒时，四边形APQF是梯形。
【考点】动点和翻折问题，矩形的性质，勾股定理，翻折对称的性质，相似三角形的判定和性质，梯形的性质，解一元二次方程。
【分析】（1）由勾股定理可求PC而得点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8÷2=4秒，点Q到达终点所需时间为4÷1=4秒，由题意可知，t的取值范围为：0＜t＜4。
（2）根据相似三角形和翻折对称的性质，求出S关于t的函数关系式，由于关系式为常数，所以△AEF的面积S不变化，S=32。
（3）根据梯形的性质，应用相似三角形即可求解。
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上，若，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，试利用正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）求图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．

【答案】解：（1）作图如下：

（2）在图2中， ，
∴四边形EFGH的周长为。
在图3中，，，
∴四边形EFGH的周长为。
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，
∵，，
∴。
又∵FC=FC，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM（ASA）。
∴EF=MF，EC=MC。
同理：NH=EH，NB=EB。∴MN=2BC=16。
∵，，，∴。
∴GM=GN。
过点G作GK⊥BC于K，则。
∴。
∴四边形EFGH的周长为。∴矩形ABCD的反射四边形的周长为定值。
【考点】新定义，网格问题，作图（应用与设计作图），勾股定理，全等三角形的判定和性质，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。
（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，然后求出周长，从而得到四边形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Rt△FCE和Rt△FCM全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=MF，EC=MC，同理求出NH=EH，NB=EB，从而得到MN=2BC，再证明GM=GN，过点G作GK⊥BC于K，根据等腰三角形三线合一的性质求出，再利用勾股定理求出GM的长度，然后即可求出四边形EFGH的周长。
7. （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= ；
（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.

【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=。
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=。
（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=PK。
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°=。
∴AP=（为定值）。
【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= （定值）即可。
8. （2012四川自贡12分）如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B．C．D重合．
（1）证明不论E、F在BC．CD上如何滑动，总有BE=CF；
（2）当点E、F在BC．CD上滑动时，分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．

【答案】解：（1）证明：如图，连接AC
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∠BAE+∠EAC=60°，∠FAC+∠EAC=60°，
∴∠BAE=∠FAC。
∵∠BAD=120°，∴∠ABF=60°。
∴△ABC和△ACD为等边三角形。
∴∠ACF=60°，AC=AB。∴∠ABE=∠AFC。
∴在△ABE和△ACF中，∵∠BAE=∠FAC，AB=AC，∠ABE=∠AFC，
∴△ABE≌△ACF（ASA）。∴BE=CF。
（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化。理由如下：
由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF。
∴S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值。
作AH⊥BC于H点，则BH=2，
。
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大．
∴S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF。
∴△CEF的面积的最大值是。
【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，垂直线段的性质。
【分析】（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠ACF =60°，AC=AB，从而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF。
（2）由△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可得四边形AECF的面积是定值。当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，根据S△CEF=S四边形AECF－S△AEF，则△CEF的面积就会最大。
9. （2012四川成都12分） 如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数 (为常数)的图象与x轴交于点A(，0)，与y轴交于点C．以直线x=1为对称轴的抛物线 (a，b，c为常数，且a≠0)经过A，C两点，并与x轴的正半轴交于点B．
（1）求的值及抛物线的函数表达式；
（2）设E是y轴右侧抛物线上一点，过点E作直线AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标及相应的平行四边形的面积；若不存在，请说明理由；
（3）若P是抛物线对称轴上使△ACP的周长取得最小值的点，过点P任意作一条与y轴不平行的直线交抛物线于两点，试探究是否为定值，并写出探究过程．

【答案】解：（1）∵经过点（﹣3，0），∴，解得。
∴直线解析式为。
令x=0，得。∴C（0，）。
∵抛物线y=ax2+bx+c对称轴为x=1，且与x轴交于A（﹣3，0），
∴另一交点为B（5，0）。
设抛物线解析式为y=a（x+3）（x﹣5），
∵抛物线经过C（0，），∴=a•3（﹣5），解得。
∴抛物线解析式为y= （x+3）（x﹣5），即。
（2）假设存在点E使得以A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则AC∥EF且AC=EF，如答图1。
（i）当点E在点E位置时，过点E作EG⊥x轴于点G，
∵AC∥EF，∴∠CAO=∠EFG。
又∵∠COA=∠EOF=900，AC=EF，∴△CAO≌△EFG（AAS）。
∴EG=CO=，即yE=。
∴，解得xE=2（xE=0与C点重合，舍去）。
∴E（2，），S▱ACEF=。
（ii）当点E在点E′位置时，过点E′作E′G′⊥x轴于点G′，
同理可求得E′（），S▱ACE′F′=。
（3）要使△ACP的周长最小，只需AP+CP最小即可。
如答图2，连接BC交x=1于P点，因为点A、B关于x=1对称，根据轴对称性质以及两点之间线段最短，可知此时AP+CP最小（AP+CP最小值为线段BC的长度）。
∵B（5，0），C（0，），
∴直线BC解析式为。
∵xP=1，∴yP=3，即P（1，3）。
令经过点P（1，3）的直线为y=kx+3﹣k，
联立得
x2+（4k﹣2）x﹣4k﹣3=0，
∴x1+x2=2﹣4k，x1x2=﹣4k﹣3。
∵y1=kx1+3﹣k，y2=kx2+3﹣k，∴y1﹣y2=k（x1﹣x2）。
根据勾股定理得：
M1M2=
，
M1P=，
M2P=。
∴M1P•M2P=

∴M1P•M2P=M1M2。∴=1为定值。
【考点】二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质，两点之间线段最短的性质，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理。
【分析】（1）把点A的坐标代入即可求出的值。由抛物线的对称轴和点A的坐标可得抛物线与x轴另一交点B的坐标，从而设抛物线的交点式，由点C在抛物线求出待定系数得到抛物线解析式。
（2）分点E在x轴上方和下方两种情况讨论即可。
（3）设出M1M2的解析式，与抛物线联立，根据一元二次方程根与系数的关系得M1、M2两点坐标的关系：x1+x2=2﹣4k，x1x2=﹣4k﹣3，y1=kx1+3﹣k，y2=kx2+3﹣k， y1﹣y2=k（x1﹣x2）。由勾股定理表示出M1M2、M1P和M2P，化简即可求证。