九年级数学 培优竞赛 专题24 平面几何的定值问题 讲义学案

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专题24平面几何的定值问题例1   延长PC至E，使CE＝AP，连结BE，则△BCE≌△BAP，及△PBE为等腰直角三角形，故    例2    B   提示：连结AC，BC，可以证明P为的中点．  例3  ∵SP⊥OP，OM⊥ST，∴S，M，O，P四点共圆，于是∠SPM＝∠SOM＝∠SOT为定角．  例4  (1)连结OC交DE于M，则OM＝CM， EM＝DM，而DG＝ HE，则HM＝GM故四边形OGCH是平行四边形．  (2)DG不变．DE＝OC＝OA＝3 .DG＝DE＝×3＝1．  (3)设CD＝x，延长OG交CD于N，则CN＝DN＝ x， ， .∴，而ON＝CH，∴．故CD2＋3CH2＝x2＋3(4－x2)＝x2＋12－x2为定值．              例5 ⑴C(0，4) ⑵先求得AM＝CM＝5，连接MC交AE于N，由△AOG∽△ANM，得，OG＝，，又∠BOC＝∠GOM，∴△GOM∽△COB，∠GMO＝∠CBO，得MG∥BC．⑶连结DM，则DM⊥PD，DO⊥PM，DO2＝OM•OP，OP＝．动点F在⊙M的圆周上运动时，从特殊位置探求的值．当F与点A重合时，；当点F与点B重合时，；当点F不与点A，B重合时，连接OF、PF、MF，∴DM2＝MO•MP，∴FM2＝MO•MP，即，又∠OMP＝∠FMP，∴△MFO∽△MPF，，故的比值不变，比值为．              例6 ∠BPC＝120°，在△BPC中，由余弦定理得BC2＝PB2＋PC2－2PB•PC＝BC2，又由上托勒密定理得BC•PA＋PC•AB，而AB＝BC＝AC，∴PA＝PB＋PC，从而PA2＋ PB2＋ PC2＝ (PB＋PC)2＋ PB2＋ PC2＝2 (PB2＋PC2＋PB•PC)＝2BC2＝2×＝6．故PA2＋PB2＋PC2为定值．A级  1．4                提示：∵S1＋S阴＝ S2＋S阴＝xy＝3，∴S1＋S2＝2xy－2S阴＝6－2＝4．               2．              提示：1＋3＋5＝9是等边三角形的高．              3．r2              提示：先考查OB与OA垂直的情形．4．D  提示：延长BF交DE于点M，连接BD，则△BCD为等边三角形，BF平分∠CBD．∵F为CD中点，且AD∥CE，∴△ADF与△ECF关于点F中心对称．∴CE＝AD＝CD，∴∠CEM=30°，∠DMF=60°，5．D  提示：A′B′的中点均在⊙O的上半圆的中点处．  6．B  提示：S正方形OCAD＝OD•OC＝＝6，∴SOEBF＝OE•OF＝xB•yB＝6．  7．⑴略                ⑵当点P在⊙O内时，过P作直径CD，则PE•PF＝PD•PC＝r2－OP2为定值；当点P在⊙O外时，PE•PF为定值．结论：过不在圆上的一个定点任作一条直线与圆相交，则这点到直线与圆相交点的两条线段长的积为定值．   8．⑴    ⑵22.5°   ⑶P值无变化．理由如下：如图，延长BA交y轴于E点，可证明△OAE≌△OCN，得OE＝ON，AE＝CN，又∠MOE＝∠MON＝45°，OM＝ON，∴△OME≌△OMN，得MN＝ME＝AM＋AE＝AM＋CN．∴P＝MN＋BN＋BM＝AM＋CM＋CN＋BN＋BM＝AB＋AC＝4．9．⑴0＜x＜90   ⑵BE＝BF  提示：连接BD，可证明△BDF∽△ADB，△BDE∽△ADC．   10．⑴作OP⊥BD于P，OQ⊥AC于Q，连接AO，则AO2＝，又AK•CK＝BK•DK，得AK2＋BK2＋CK2＋DK2＝4R2为定值．  ⑵作直径DE，连接AE，BE，CE，AB2＋CD2＝4R2，AD2＋BC2＝4R2，故AB2＋BC2＋CD2＋DA2＝8K2为定值．   11．设正方形的边长为a，根据托勒密定理，对于四边形APBC和四边形APBD，有CP•a＝AP•a＋BP•，DP•a＝BP•a＋AP•，两式相加并整理得(CP＋DP)a＝(AP＋BP)(a＋)，从而为定值．B级 1．1  提示：不妨设∠A为锐角，AD，BE，CF为△ABC的三条高，H为垂心，由AB＝AC知∠HBD＝∠HCD＝∠HAE，∠HDC＝∠CDA＝90°，故Rt△CHD∽Rt△ACD．∴，即AD•HD＝DC2＝BC2＝1．∴S△ABC•S△HBC ＝＝1．当∠A≥90°时，结论成立．2．13π－26  提示：∵A，B，C，DE是反比例函数y＝(x＞0)图象上五个整数点，由图象可知，这些点的横坐标分别为1，2，4，8，16．∴五个正方形的边长分别为1，3，4，2，1．∴这五人橄榄形的面积总和是＝5π－10＋8π－16＝13π－26．   3．B    提示：如图，设FA的延长线与CB的延长线交于点P，GA′的延长线与HB′的延长线交于点P′．由对称性可知∠1＝2∠APP′，∠2＝2∠BPP′．∴∠1＋∠2＝2∠APB．∵∠APB＝540°－α，∴∠1＋∠2＝1080°－2α．  4．D   5．B  提示：如图，设AB与MN交于点C，过点O作OD⊥MN于D，连接FO并延长交EB于G．由垂径定理，得OD＝＝3．由△AFO≌△BGO，得AF＝BG，即h1＝BG．由AF⊥MN，BE⊥MN，得△FOD∽△FGE．∴．∴EG＝2OD＝6，∴＝EG＝6．  6．⑴A(3－m，0)  ⑵y＝x2－2x＋1  ⑶过点Q作QM⊥AC于M，过点Q作QN⊥BC于N，设Q点的坐标为(x，x2－2x＋1)，则QM＝CN＝(x－1)2，MC＝QN＝3－x．∵QM∥CE，∴PQM∽△PEC．∴，即，得EC＝2(x－1)．∵QN∥CF，∴△BQN∽△BFC．∴，即，得FC＝．又AC＝4，∴FC(AC＋EC)＝ ＝8为定值．   7．提示：易证△ABK∽△BNA，故AK•BN＝AB2为定值，即AK与BN的乘积与M点的选择无关．  8．提示：S△ABC•S△HBC ＝BC4，由于BC是不变的，所以当点A至BC的距离变小时，乘积S△ABC•S△HBC保持不变．  9．⑴A(18，0)，B(0，－10)，顶点坐标为(4，－)   ⑵若四边形PQCA为平行四边形，由于QC∥PA，故只要QC＝PA即可，而PA＝18－4t，CQ＝t，故18－4t＝t，得t＝．  ⑶设点P运动ts，则OP＝4t，CQ＝t，0＜t＜4.5．说明P在线段OA上，且不与点O，A重合．由于QC∥OP知△QDC∽△PDO，故．同理QC∥AF，故，即，∴AF＝4t＝OP．∴PF＝PA＋AF＝PA＋OP＝18．又点Q到直线PF的距离d＝10，∴S△PQF＝•PF•d＝×18×10＝90．于是S△PQF的面积总为定值90．  ⑷由前面知道，P(4t，0)，F(18＋4t，0)，Q(8－t，－10)，0≤t≤4.5．构造直角三角形后易得PQ2＝(4t－8＋t)2＋102＝，FQ2＝(18＋4t－8＋t)2＋102＝(5t＋10)2＋100．①若FP＝FQ，即182＝(5t＋10)2＋100，故25(t＋2)2＝224，(t＋2)2＝．∵2≤t＋2≤6.5，∴t＋2＝．∴t＝ －2．  ②若QP＝QF，即(5t－8)2＋100＝(5t＋10)2＋100，即(5t－8)2＝(5t＋10)2，无0≤t≤4.5的t满足．  ③若PQ＝PF，即(5t－8)2＋100＝182，∴(5t－8)2＝224．由于≈15，又0≤5t≤22.5，∴－8≤5t－8≤14.5，14.52＝＜224．故没有t(0≤t≤4.5)满足此方程．综上所述，当t＝ －2时，△PQR为等腰三角形．   10．⑴C1的顶点坐标为(1，).  ⑵略   ⑶作PM⊥AB于M，作QN⊥AB交AB延长线于N，∴PM＝1－yP，FM＝1－xP．在Rt△PMF中，PF2＝(1－yP)2＋(1－xP)2＝1－2yP＋yP2＋1－2xP＋xP2，又∵点P在抛物线上，∴yP＝xP2－xP＋1，∴PF2＝1－xP2＋2xP－2＋yP2＋1－2xP＋xP2＝yP2，∴PF＝yP，同理，QF＝yQ，易证△PMF∽△QNF，则，∴，即，∴＝2．  11．先从特殊情况出发．当△ABC是等腰直角三角形时，点P与点C重合，此时点P的位置在AB的中垂线上，且到AB的距离为AB，如图①所示．下面就一般情况来证明上面的结论(结论②所示)．过C，E，G分别作直线AB的垂线CH，EM，GN，垂足分别是H，M，N．容易证明△AEM≌△ACH，△BGN≌△BCH．从而有AM＝CH＝BN，EM＝AH，GN＝BH．这样，线段AB的中点O也是线段MN的中点，连接OP，则OP是梯形EMNG的中位线，从而OP⊥AB，OP＝(EM＋GN)＝ (AH＋BH)＝AB．∴无论点C在AB同一侧的位置如何，EG中点P的位置不变．