中考幾何定值熱點問題分類例談

張將 朱桂艷

動態(tài)題是近年來中考的的一個熱點問題，動態(tài)包括點動、線動和面動三大類，解這類題目要“以靜制動”，即把動態(tài)問題，變?yōu)殪o態(tài)問題來解，而靜態(tài)問題又是動態(tài)問題的特殊情況。常見的題型包括最值問題、面積問題、和差問題、定值問題和存在性問題等。本文結(jié)合部分2012年中考試題對中考中的熱點定值問題進行分類例析.

一、 線段（和差）為定值問題：

例1 （2012·黑龍江綏化中考）如圖，點E是矩形ABCD的對角線BD上的一點，且BE=BC，AB=3，BC=4，點P為直線EC上的一點，且PQ⊥BC于點Q，PR⊥BD于點R.

（1） 如圖1，當(dāng)點P為線段EC中點時，易證：PR+PQ=（不需證明）.

（2） 如圖2，當(dāng)點P為線段EC上的任意一點（不與點E、點C重合）時，其它條件不變，則（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由.

（3） 如圖3，當(dāng)點P為線段EC延長線上的任意一點時，其它條件不變，則PR與PQ之間又具有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的猜想.

分析 （2）連接BP，過C點作CK⊥BD于點K.根據(jù)矩形的性質(zhì)及勾股定理求出BD的長，根據(jù)三角形面積相等可求出CK的長，最后通過等量代換即可證明.

（3） 圖3中的結(jié)論是PR-PQ=125 .

連接BP，S-S=S，S△BEC 是固定值，BE=BC為兩個底，PR，PQ分別為高，從而PR-PQ=.

解 （2）圖2中結(jié)論PR+PQ=仍成立.證明如下：

連接BP，過C點作CK⊥BD于點K.

∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BCD=90°.

又∵CD=AB=3，BC=4，∴BD===5.

∵ 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） 圖3中的結(jié)論是PR-PQ=.

二、 面積（和差）為定值問題：

例2 （2012·四川自貢中考）如圖4所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF為正三角形，點E、F分別在菱形的邊BC.CD上滑動，且E、F不與B.C.D重合.

（1） 證明不論E、F在BC.CD上如何滑動，總有BE=CF；

（2） 當(dāng)點E、F在BC.CD上滑動時，分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最大（或最?。┲?

分析 （1）先求證AB=AC，進而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠ACF =60°，AC=AB，從而求證△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF.

（2） 由△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根據(jù)SAECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可得四邊形AECF的面積是定值.當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短.△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當(dāng)AE最短時，正三角形AEF的面積會最小，根據(jù)S△CEF=SAECF-S△AEF，則△CEF的面積就會最大.

（1） 證明：如圖，連接AC

∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD=120°，∠BAE+∠EAC=60°，∠FAC+∠EAC=60°，∴∠BAE=∠FAC.

∵∠BAD=120°，∴∠ABF=60°.∴△ABC和△ACD為等邊三角形.

∴∠ACF=60°，AC=AB.∴∠ABE=∠AFC.

∴在△ABE和△ACF中，∵∠BAE=∠FAC，AB=AC，∠ABE=∠AFC，

∴△ABE≌△ACF（ASA）.∴BE=CF.

（2） 四邊形AECF的面積不變，△CEF的面積發(fā)生變化.理由如下：

由（1）得△ABE≌△ACF，則S△ABE=S△ACF.

∴SAECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值.

如圖5，作AH⊥BC于H點，則BH=2，

SAECF=S△ABC=·BC·AH=BC=4.

由“垂線段最短”可知：當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短.

故△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當(dāng)AE最短時，正三角形AEF的面積會最小，

又S△CEF=SAECF-S△AEF，則此時△CEF的面積就會最大.

∴S△CEF=SAECF-S△AEF=4-·2·=.

∴△CEF的面積的最大值是.

點評 主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，垂直線段的性質(zhì).

三、 其它定值問題：

例3 （2012·山東淄博中考）如圖，將正方形對折后展開（圖④是連續(xù)兩次對折后再展開），再按圖示方法折疊，能夠得到一個直角三角形，且它的一條直角邊等于斜邊的一半.這樣的圖形有（ ）

（A） 4個（B） 3個 （C） 2個 （D） 1個

解析 如圖，圖①中，∠ABC=∠ABD<×45°<∠DBE，即∠ABC<22.5°.

根據(jù)含30度角的直角三角形中30度角所對的直角邊是斜邊的一半的性質(zhì)，CD≠BC.

圖②中，由折疊的性質(zhì)，∠ABC=∠ABF，EC∥FB，

∴∠ABC=∠ABF=∠ADE=∠BDC.∴BC=DC.

又∵由正方形對折的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，知AD=BD，

∴根據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，得DC=AB，即BC=AB.

滿足它的一條直角邊等于斜邊的一半.

圖③中，由正方形對折的性質(zhì)，它的一條直角邊等于另一條直角邊的一半，不可能再有一條直角邊等于斜邊的一半.

圖④中，由正方形折疊的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，知AB=CB，AB=2BD，∠ABE=∠CBE，

∴BC=2BD.∴∠BCD=30°.∴∠CBD=60°.

∵∠ABE+∠CBE+∠CBD=180°.∴∠ABE =60°.∴∠AEB =30°.

∴AB=BE.滿足它的一條直角邊等于斜邊的一半.

綜上所述，這樣的圖形有2個.故選C.

點評 本題綜合考查正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行的性質(zhì)，等腰三角形的判定，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理.

例4 （2012·四川年成都中考） 如圖6，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=x+m（為常數(shù)）的圖象與x軸交于點A（-3，0），與y軸交于點C.以直線x=1為對稱軸的拋物線y=ax2+bx+c（a，b，c為常數(shù)，且a≠0）經(jīng)過A，C兩點，并與x軸的正半軸交于點B.

（1） 求m的值及拋物線的函數(shù)表達式；

（2） 設(shè)E是y軸右側(cè)拋物線上一點，過點E作直線AC的平行線交x軸于點F.是否存在這樣的點E，使得以A，C，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點E的坐標(biāo)及相應(yīng)的平行四邊形的面積；若不存在，請說明理由；

（3） 若P是拋物線對稱軸上使△ACP的周長取得最小值的點，過點P任意作一條與y軸不平行的直線交拋物線于M1（x1，y1），M2（x2，y2）兩點，試探究是否為定值，并寫出探究過程.

分析 （1）把點A的坐標(biāo)代入y=x+m即可求出m的值.由拋物線的對稱軸和點A的坐標(biāo)可得拋物線與x軸另一交點B的坐標(biāo)，從而設(shè)拋物線的交點式，由點C在拋物線求出待定系數(shù)得到拋物線解析式.

（2） 分點E在x軸上方和下方兩種情況討論即可.

（3） 設(shè)出M1M2的解析式，與拋物線聯(lián)立，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得M1、M2兩點坐標(biāo)的關(guān)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，化簡即可求證.

解：（1） ∵y=x+m經(jīng)過點（-3，0），∴-+m=0，解得m=.

∴直線解析式為y=x+.

令x=0，得y=.∴C（0，）.

∵拋物線y=ax2+bx+c對稱軸為x=1，且與x軸交于A（-3，0），∴另一交點為B（5，0）.

設(shè)拋物線解析式為y=a（x+3）（x-5），

∵拋物線經(jīng)過C（0，），∴=a·3（-5），解得a=-.

∴拋物線解析式為y= -（x+3）（x-5），即y=-x2+x+.

（2）假設(shè)存在點E使得以A、C、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形，

則AC∥EF且AC=EF，如圖7.

（i） 當(dāng)點E在點E位置時，過點E作EG⊥x軸于點G，

∵AC∥EF，∴∠CAO=∠EFG。

又∵∠COA=∠EOF=90°，AC=EF，∴△CAO≌△EFG（AAS）。

∴EG=CO=，即y=?！?-x+xE+，

解得x=2（x=0與C點重合，舍去）?！郋（2，），SACEF=。

（ii） 當(dāng)點E在點E′位置時，過點E′作E′G′⊥x軸于點G′，

同理可求得E′（+1，-），SACE′F′=。

（3） 要使△ACP的周長最小，只需AP+CP最小即可。

如圖8，連接BC交x=1于P點，因為點A、B關(guān)于x=1對稱，根據(jù)軸對稱性質(zhì)以及兩點之間線段最短，可知此時AP+CP最?。ˋP+CP最小值為線段BC的長度）。

∵B（5，0），C（0，），∴直線BC解析式為y=-x+。

∵x=1，∴y=3，即P（1，3）。

令經(jīng)過點P（1，3）的直線為y=kx+3-k，

聯(lián)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）。

根據(jù)勾股定理得：

M1M===

===4（1+k2），

M1P===，

M2P===。

∴M1P·M2P=（1+k2）=（1+k2）=4（1+k2）

∴M1P·M2P=M1M2。∴=1為定值。

點評 本題是二次函數(shù)綜合題，二次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，平行四邊形的判定和性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，兩點之間線段最短的性質(zhì)，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，勾股定理。

（責(zé)任編輯：王睿楓）