专题19：动态几何之定值问题探讨.doc

【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）．
（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：
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，∴。
∵S△BCD=BC•CD=BD•CK，∴3×4=5CK，∴CK=。
∵S△BCE=BE•CK，S△BEP=PR•BE，S△BCP=PQ•BC，且S△BCE=S△BEP＋S△BCP，
∴BE•CK=PR•BE＋PQ•BC。
又∵BE=BC，∴CK=PR＋PQ。∴CK=PR＋PQ。
又∵CK=，∴PR＋PQ=。
（3）图3中的结论是PR－PQ=．
【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=。
例2：（2012江西省10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．

【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存在实数k，使△ABP为等边三角形．
∵，∴顶点P（2，－k）．
∵A（1，0），B（3，0），∴AB=2
要使△ABP为等边三角形，必满足|－k|=，
∴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，
∴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，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=∠BPH。
（2）△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=8。
（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB。
又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。
∴∠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。
∴。
又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，
∴。
∵，∴当x=2时，S有最小值6。
【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= ；
（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。
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、．
(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。
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。
例7：（2012广西崇左10分）如图所示，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上移动，但点A
到EF的距离AH始终保持与AB的长度相等，问在点E、F移动过程中；
（1）∠EAF的大小是否发生变化？请说明理由.
（2）△ECF的周长是否发生变化？请说明理由.

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△ABD和△ECF，固定△ABD，并把△ABD与△ECF叠放在一起．
（1）操作：如图②，将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF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
（2）操作：如图③，△ECF的顶点F在△ABD的BD边上滑动（F点不与B、D点重合），且CF始终经过点A，过点A作AG∥CE，交FE于点G，连接DG．
探究：FD+DG=　 　．请予证明．

2. （2011四川眉山11分）如图，在直角坐标系中，已知点A（0，1），B（－4，4），将点B绕点A顺时针方向旋转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）抛物线上一动点P，设点P到x轴的距离为d1，点P到点A的距离为d2，试说明d2=d1＋1；
（3）在（2）的条件下，请探究当点P位于何处时，△PAC的周长有最小值，并求出△PAC的周长的最小值．

3. （2011湖南郴州10分）如图，Rt△ABC中，∠A=30°，BC=10cm，点Q在线段BC上从B向C运动，点P在线段BA上从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，两点都停止运动．作PM⊥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∽△PMF；
（2）当点P、Q运动时，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=，△PEM的面积为，求y关于的函数关系式，当为何值时，有最大值，并将这个值求出来．

4. （2011辽宁营口14分）已知正方形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的运动而运动，PE＝PD总成立．
(1)如图(1)，当点P在对角线AC上时，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，请说明理由；
(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)
(1) (2)
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1cm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，射线QF交BC的延长线于点H，
设动点P、Q移动的时间为t（单位：秒，0<t<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，请说明理由．

6. （2011黑龙江龙东五市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）。
（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。

二、面积（和差）为定值问题：
典型例题：
例1：（2012湖北十堰3分）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④；⑤．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。
【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。
∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。
连接OO′，
∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。
∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形。
∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°。故结论③正确。
。故结论④错误。
如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，
点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的
直角三角形。
则。
故结论⑤正确。
综上所述，正确的结论为：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。
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。
例4：（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。
例5：（2012湖南益阳12分）已知：如图1，在面积为3的正方形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：△ABE≌△BCF；
（2）求出△ABE和△BCF重叠部分（即△BEG）的面积；
（3）现将△ABE绕点A逆时针方向旋转到△AB′E′（如图2），使点E落在CD边上的点E′处，问△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积是否发生了变化？请说明理由．

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC。∴∠ABF+∠CBF=90°。
∵AE⊥BF，∴∠ABF+∠BAE=90°。∴∠BAE=∠CBF。
在△ABE和△BCF中，∵∠ABE=∠BCF，AB=BC，∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA）。
（2）解：∵正方形面积为3，∴AB=。
在△BGE与△ABE中，∵∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，∴△BGE∽△ABE。
∴。
又∵BE=1，∴AE2=AB2+BE2=3+1=4。
∴。
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()，(0，1)，点D是线段BC上的动点(与端点B、C不重含)，过点D作直线交折线OAB于点E。
(1) 记△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tan∠DEO=。若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形．试探究四边形与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不交，求出该重叠部分妁面积；若改变．请说明理由。

2. （2011浙江舟山、嘉兴12分）已知直线（＜0）分别交轴、轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为秒．
（1）当时，线段OA上另有一动点Q由点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△AOB相似，求的值．
（2）当时，设以C为顶点的抛物线与直线AB的另一交点为D（如图2），
① 求CD的长；
② 设△COD的OC边上的高为，当为何值时，的值最大？

三、其它定值问题：
典型例题：
例1：（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。
例2：（2012山东淄博4分）如图，将正方形对折后展开（图④是连续两次对折后再展开），再按图示方法折叠，能够得到一个直角三角形，且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】C。
【考点】正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，平行的性质，等腰三角形的判定，直角三角形斜边上中线的性质，三角形内角和定理。
【分析】如图，图①中，∠ABC=∠ABD＜×450＜∠DBE，
即∠ABC＜22.50。
根据含30度角的直角三角形中30度角所对的直角边是斜边的一半的性质，CD≠BC。
图②中，由折叠的性质，∠ABC=∠ABF，EC∥FB，
∴∠ABC=∠ABF=∠ADE=∠BDC。∴BC=DC。
又∵由正方形对折的性质和平行线的性质，知AD=BD，
∴根据直角三角形斜边上中线的性质，得DC=AB，即BC=AB。
满足它的一条直角边等于斜边的一半。
图③中，由正方形对折的性质，它的一条直角边等于另一条直角边的一半，不可能再有一条直角边等于斜边的一半。
图④中，由正方形折叠的性质和平行线的性质，知AB=CB，AB=2BD，
∠ABE=∠CBE，
∴BC=2BD。∴∠BCD=300。∴∠CBD=600。
∵∠ABE＋∠CBE＋∠CBD=1800。∴∠ABE =600。∴∠AEB =300。
∴AB=BE。满足它的一条直角边等于斜边的一半。
综上所述，这样的图形有2个。故选C。
例3：（2012四川绵阳14分）如图1，在直角坐标系中，O是坐标原点，点A在y轴正半轴上，二次函数y=ax2+x +c的图象F交x轴于B、C两点，交y轴于M点，其中B（-3，0），M（0，-1）。已知AM=BC。
（1）求二次函数的解析式；
（2）证明：在抛物线F上存在点D，使A、B、C、D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线BD的解析式；
（3）在（2）的条件下，设直线l过D且分别交直线BA、BC于不同的P、Q两点，AC、BD相交于N。
①若直线l⊥BD，如图1所示，试求的值；
②若l为满足条件的任意直线。如图2所示，①中的结论还成立吗？若成立，证明你的猜想；若不成立，请举出反例。

【答案】解：（1）∵二次函数y=ax2+x +c的图象经过点B（-3，0），M（0，-1），
∴ ，解得。
∴二次函数的解析式为：。
（2）证明：在中，令y=0，得，解得x1=－3，x2=2。
∴C（2，0），∴BC=5。
令x=0，得y=-1，∴M（0，－1），OM=1。
又AM=BC，∴OA=AM－OM=4。∴A（0，4）。
设AD∥x轴，交抛物线于点D，如图1所示，
则，解得x1=5，x2=－6（位于第二象限，舍去）。
∴D点坐标为（5，4）。∴AD=BC=5。
又∵AD∥BC，∴四边形ABCD为平行四边形，即在抛物线F上存在点D，使A、B、C、D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形。
设直线B