中考数学二轮专项培优专题09 动态几何定值问题（教师版）

这是一份中考数学二轮专项培优专题09 动态几何定值问题（教师版），共65页。

专题九 动态几何定值问题
【考题研究】
数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。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。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
【解题攻略】
动态几何形成的定值和恒等问题是动态几何中的常见问题，其考点包括线段（和差）为定值问题；角度（和差）为定值问题；面积（和差）为定值问题；其它定值问题。
解答动态几何定值问题的方法，一般有两种：
第一种是分两步完成 ：先探求定值. 它要用题中固有的几何量表示.再证明它能成立.探求的方法，常用特殊位置定值法，即把动点放在特殊的位置，找出定值的表达式，然后写出证明.
第二种是采用综合法，直接写出证明.
【解题类型及其思路】
在中考中，动态几何形成的定值和恒等问题命题形式主要为解答题。在中考压轴题中，动态几何之定值（恒等）问题的重点是线段（和差）为定值问题，问题的难点在于准确应用适当的定理和方法进行探究。
【典例指引】
类型一 【线段及线段的和差为定值】
【典例指引1】已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E．

（1）如图1，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F．
①写出旋转角α的度数；
②求证：EA′+EC＝EF；
（2）如图2，在（1）的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝，求线段PA+PF的最小值．（结果保留根号）
【答案】（1）①105°，②见解析；（2）
【解析】（1）①解直角三角形求出∠A′CD即可解决问题，
②连接A′F，设EF交CA′于点O，在EF时截取EM=EC，连接CM．首先证明△CFA′是等边三角形，再证明△FCM≌△A′CE（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．证明△A′EF≌△A′EB′，推出EF=EB′，推出B′，F关于A′E对称，推出PF=PB′，推出PA+PF=PA+PB′≥AB′，求出AB′即可解决问题．
【详解】①解：由∠CA′D＝15°，可知∠A′CD=90°-15°=75°，所以∠A′CA=180°-75°=105°即旋转角α为105°．
②证明：连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM＝EC，连接CM．
∵∠CED＝∠A′CE+∠CA′E＝45°+15°＝60°，

∴∠CEA′＝120°，
∵FE平分∠CEA′，
∴∠CEF＝∠FEA′＝60°，
∵∠FCO＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∴∠FCO＝∠A′EO，∵∠FOC＝∠A′OE，
∴△FOC∽△A′OE，
∴＝，
∴＝，
∵∠COE＝∠FOA′，
∴△COE∽△FOA′，
∴∠FA′O＝∠OEC＝60°，
∴△A′CF是等边三角形，
∴CF＝CA′＝A′F，
∵EM＝EC，∠CEM＝60°，
∴△CEM是等边三角形，
∠ECM＝60°，CM＝CE，
∵∠FCA′＝∠MCE＝60°，
∴∠FCM＝∠A′CE，
∴△FCM≌△A′CE（SAS），
∴FM＝A′E，
∴CE+A′E＝EM+FM＝EF．
（2）解：如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．

由②可知，∠EA′F＝′EA′B′＝75°，A′E＝A′E，A′F＝A′B′，
∴△A′EF≌△A′EB′，
∴EF＝EB′，
∴B′，F关于A′E对称，
∴PF＝PB′，
∴PA+PF＝PA+PB′≥AB′，
在Rt△CB′M中，CB′＝BC＝AB＝2，∠MCB′＝30°，
∴B′M＝CB′＝1，CM＝，
∴AB′＝＝＝．
∴PA+PF的最小值为．
【名师点睛】
本题属于四边形综合题，考查旋转变换相关，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质以及三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题，难度较大．
【举一反三】
如图（1），已知∠,点为射线上一点，且，、为射线和上的两个动点（），过点作⊥，垂足为点，且，联结．

（1）若时，求的值；
（2）设，求与之间的函数解析式，并写出定义域；
（3）如图(2)，过点作的垂线，垂足为点，交射线于点，点、在射线和上运动时，探索线段的长是否发生变化？若不发生变化，求出它的值。若发生变化，试用含x的代数式表示的长．
【答案】（1）；（2）(x>2)；（3）OQ的长度等于3.
【解析】（1）根据有两对角相等的三角形相似可证明△CAP∽△COB，由相似三角形的性质可知：，在由已知条件可求出OB的长，由正切的定义计算即可；
（2）作AE⊥PC于E，易证△PAE∽△PCA，根据相似三角形的性质：对应边的比值相等，再利用平行线的性质即可得到 ，所以，整理即可得到求y与x之间的函数解析式，并写出定义域即可；
（3）点B、C在射线OM和ON上运动时，探索线段OQ的长不发生变化，由△PAH∽△PBA得：，即PA=PH•PB，由△PHQ∽△POB得：即PQ•PO=PH•PB，所以PA=PQ•PO，再由已知数据即可求出OQ的长．
【详解】（1）∵∠ACP=∠OCB ∠CAP=∠O=90°
∴△CAP∽△COB
∴
∵
∴
∴
∵AP=2
∴
在Rt△OBP中，
（2）作AE⊥PC，垂足为E，
易证△PAE∽△PCA
∴
∴
∴
∵∠MON=∠AEC=90°
∴ AE∥OM
∴
∴
整理得(x>2)
（3）线段OQ的长度不会发生变化
由△PAH∽△PBA
得
即
由△PHQ∽△POB
得
即
∴
∵PA=2 PO=4
∴PQ=1
∴OQ=3
即OQ的长度等于3.

【点睛】
此题考查相似形综合题，解题关键在于作辅助线
类型二 【线段的积或商为定值】
【典例指引2】如图①，矩形中，，，将绕点从处开始按顺时针方向旋转，交边（或）于点，交边（或）于点.当旋转至处时，的旋转随即停止.
（1）特殊情形：如图②，发现当过点时，也恰好过点，此时是否与相似？并说明理由；
（2）类比探究：如图③，在旋转过程中，的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；
（3）拓展延伸：设时，的面积为，试用含的代数式表示；
①在旋转过程中，若时，求对应的的面积；
②在旋转过程中，当的面积为4.2时，求对应的的值.

【答案】（1）相似；（2）定值，；（3）①2，②.
【解析】（1）根据“两角相等的两个三角形相似”即可得出答案；
（2）由得出，又为定值，即可得出答案；
（3）先设结合得出
①将t=1代入中求解即可得出答案；
②将s=4.2代入中求解即可得出答案.
【详解】（1）相似
理由：∵，，
∴，
又∵，
∴；
（2）

在旋转过程中的值为定值，
理由如下：过点作于点，∵，
，∴，∴，
∵四边形为矩形，∴四边形为矩形，
∴
∴
即在旋转过程中，的值为定值，；
（3）由（2）知：，∴，
又∵，
∴，，
∴

即：；
①当时，的面积，
②当时，∴
解得：，（舍去）
∴当的面积为4.2时，；
【名师点睛】
本题考查的是几何综合，难度系数较高，涉及到了相似以及矩形等相关知识点，第三问解题关键在于求出面积与AE的函数关系式.
【举一反三】
如图1,已知直线y＝a与抛物线交于A、B两点(A在B的左侧),交y轴于点C
(1)若AB＝4,求a的值
(2)若抛物线上存在点D(不与A、B重合),使,求a的取值范围
(3)如图2,直线y＝kx＋2与抛物线交于点E、F,点P是抛物线上的动点,延长PE、PF分别交直线y＝－2于M、N两点,MN交y轴于Q点,求QM·QN的值。
图1 图2
【答案】（1）；（2）；（3）8
【解析】（1）将两个函数解析式联立，解一元二次方程求得A、B的横坐标，进而表示出AB，即可解答；
（2）由（1）可得CD=AB=，设D ，过点D作DH⊥y轴于点H，利用勾股定理可知，进而得到，得到，根据函数图象可知，即可求得a的取值范围；
（3）设E（），F（），P（），分别表示EP和FP的解析式，当时，求得，，联立和y＝kx＋2，得到，利用一元二次方程根与系数的关系得到，代入即可解答.
【详解】（1）联立，
∴，解得：
∴
∴
（2）由（1）知AB=，
∴CD=AB=
设D

过点D作DH⊥y轴于点H，则
∴
∴
又
∴
∴
又
∴
∴
（3）设E（），F（），P（）
EP解析式为
将P，E代入可得：
当时，可求，
同理可求FP的解析式为

又联立得：
∴
∴

【点睛】
本题为二次函数与一次函数综合题，难度大，主要考查二次函数与一次函数交点问题，还涉及了一元二次方程和勾股定理等知识，熟练掌握一次函数与二次函数的性质和相关知识点是解题关键.
类型三 【角及角的和差定值】
【典例指引3】如图，在△ABC中，∠ABC＞60°，∠BAC＜60°，以AB为边作等边△ABD（点C、D在边AB的同侧），连接CD．
（1）若∠ABC90°，∠BAC30°，求∠BDC的度数；
（2）当∠BAC2∠BDC时，请判断△ABC的形状并说明理由；
（3）当∠BCD等于多少度时，∠BAC2∠BDC恒成立．

【答案】（1）30°；（2）△ABC是等腰三角形，理由见解析；（3）当∠BCD=150°时，∠BAC=2∠BDC恒成立.
【解析】（1）证明AC垂直平分BD，从而可得CD=BC，继而得∠BDC=30°；
（2）设∠BDC=x，则∠BAC=2x，证明∠ACD=∠ADC，从而得AC=AD，再根据AB=AD可得AB=AC，从而得△ABC是等腰三角形；
（3）如图， 作等边△BCE，连接DE，证明△BCD≌△ECD后可得到∠BDE=2∠BDC，再通过证明△BDE≌△BAC得到∠BAC=∠BDE，从而得∠BAC=2∠BDC.
【详解】（1）∵△ABD为等边三角形，
∴∠BAD=∠ABD=60°，AB=AD，
又∵∠BAC=30°，
∴AC平分∠BAD，
∴AC垂直平分BD，
∴CD=BC，
∴∠BDC=∠DBC=∠ABC-∠ABD=90°-60°=30°；

（2）△ABC是等腰三角形，
理由：设∠BDC=x，则∠BAC=2x，
有∠CAD=60°-2x，∠ADC=60°+x，
∴∠ACD=180°-∠CAD-∠ADC=60°+x，
∴∠ACD=∠ADC，
∴AC=AD，
又∵AB=AD，
∴AB=AC，
即△ABC是等腰三角形；
（3）当∠BCD=150°时，∠BAC=2∠BDC恒成立，
如图， 作等边△BCE，连接DE，

∴BC=EC，∠BCE=60°.
∵∠BCD=150°，
∴∠ECD=360°-∠BCD-∠BCE=150°，
∴∠DCE=∠DCB.
又∵CD=CD，
∴△BCD≌△ECD.
∴∠BDC=∠EDC，
即∠BDE=2∠BDC.
又∵△ABD为等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=∠CBE=60°，
∴∠ABC=∠DBE=60°+∠DBC.
又∵BC=BE，
∴△BDE≌△BAC.
∴∠BAC=∠BDE，
∴∠BAC=2∠BDC.
【名师点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握和运用相关性质、结合图形正确添加辅助线是解题的关键.
【举一反三】
如图1，抛物线的顶点为点，与轴的负半轴交于点，直线交抛物线W于另一点，点的坐标为．

（1）求直线的解析式；
（2）过点作轴，交轴于点，若平分，求抛物线W的解析式；
（3）若，将抛物线W向下平移个单位得到抛物线，如图2，记抛物线的顶点为，与轴负半轴的交点为，与射线的交点为．问：在平移的过程中，是否恒为定值？若是，请求出的值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）恒为定值．
【解析】（1）由抛物线解析式可得顶点A坐标为（0，-2），利用待定系数法即可得直线AB解析式；
（2）如图，过点作于，根据角平分线的性质可得BE=BN，由∠BND=∠CED=90°，∠BND=∠CDE可证明，设BE=x，BD=y，根据相似三角形的性质可得CE=2x，CD=2y，根据勾股定理由得y与x的关系式，即可用含x的代数式表示出C、D坐标，代入y=ax2-2可得关于x、a的方程组，解方程组求出a值即可得答案；
（3）过点作于点，根据平移规律可得抛物线W1的解析式为y=x2-2-m，设点的坐标为（t，0）（t＜0），代入y=x2-2-m可得2+m=t2，即可的W1的解析式为y=x2-t2，联立直线BC解析式可用含t的代数式表示出点C1的坐标，即可得，可得∠，根据抛物线W的解析式可得点D坐标，联立直线BC与抛物线W的解析式可得点C、A坐标，即可求出CG、DG的长，可得CG=DG，∠CDG=∠，即可证明，可得，，由∠CDG=45°可得BF=DF，根据等腰三角形的性质可求出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出CF的长，根据三角函数的定义即可得答案．
【详解】（1）∵抛物线W：的顶点为点，
∴点，
设直线解析式为，
∵B（1，0），
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：．
（2）如图，过点作于，
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点，点，
∴点，点是抛物线W：上的点，
∴，
∵x＞0，
∴，
解得：(舍去)，，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为：．

（3）恒为定值，理由如下：
如图，过点作轴于H，过点作轴G，过点作于点，
∵a=，
∴抛物线W的解析式为y=x2-2，
∵将抛物线W向下平移m个单位，得到抛物线，
∴抛物线的解析式为：，
设点的坐标为，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为：，
∵抛物线与射线的交点为，
∴，
解得：，(不合题意舍去)，
∴点的坐标，
∴，
∴，
∴，且轴，
，
∵与轴交于点，
∴点，
∵与交于点，点，
∴，
解得：或，
∴点，A（0，-2），
∴，
∴，且轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点，点，
∴，
∴，
∴，
∴恒为定值．

【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式、二次函数的图象的平移、相似三角形的判定与性质及三角函数的定义，难度较大，属中考压轴题，熟练掌握相关的性质及判定定理是解题关键．
类型四 【三角形的周长为定值】
【典例指引4】如图，现有一张边长为的正方形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：；
（2）求证：；
（3）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？不变化，求出周长，若变化，说明理由；
（4）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式.

【答案】（1）见解析（2）见解析（3）周长固定，周长为.（4）
【解析】（1）根据折叠的性质，对应边相等，即能解决问题.（2）根据折叠的性质和问题（1）的结论即能解决问题.（3）通过证明过B点向PG作垂线，垂足为Q，通过分别证明 和，将△PDH的周长问题转化成两固定边长之和，即能解决问题，
【详解】（1）证明：∵四边形EPGF由四边形EFCB折叠而来，EB与EP重叠
∴EP = EB
∴∠EPB = ∠EBP
（2）证明∵四边形EPGF由四边形EFCB折叠而来，EB与EP重叠，PG与BC重叠
∴∠EPG = ∠EBC
又∵∠EPB = ∠EBP
∴∠EPG - ∠EPB = ∠EBC - ∠EBP，即
∠BPH = ∠PBC
∵ AD∥BC,
∴∠APB = ∠PBC,
∴∠APB = ∠BPH
（3）解：△PDH的周长不发生变化.
如图所示，过点B作BQ丄PG于点Q.

在△BPA和△BPQ中，
∵，
∴
∴
∴
，
∵
∴
∴QH=HC
∴△PDH的周长为：
为固定值，固定不变.
如图，过点F作FM垂直AB于点M.


∵
∴
在△ABP和△MFE中
∵
∴
∴
在△AEP中，根据勾股定理，可得：

解得：
∴ ，即

即S关于x的关系式为：

【点睛】
本题考查了折叠的性质、勾股定理、三角形全等，二次函数、综合性较强，解决本题的关键是熟练掌握折叠的性质、直角三角形各边长之间关系及三角形全等的判定方法.
【举一反三】如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，AB＝8，点O是AB的中点.将一个边长足够大的Rt△DEF的直角顶点E放在点O处，并将其绕点O旋转，始终保持DE与AC边交于点G，EF与BC边交于点H.
(1)当点G在AC边什么位置时，四边形CGOH是正方形.
(2)等腰直角三角ABC的边被Rt△DEF覆盖部分的两条线段CG与CH的长度之和是否会发生变化，如不发生变化，请求出CG与CH之和的值：如发生变化，请说明理由.

【答案】(1)点G在AC的中点时，四边形CGOH是正方形；(2)CG与CH的和不会发生变化，CG+CH＝8.
【解析】(1)由三角形中位线定理可得OG∥BC，OG＝BC，可证四边形CGOH是矩形，由等腰直角三角形的性质可得∠ACO＝∠COG＝45°，可得CG＝GO，可得结论；

(2)由“ASA”可证△GOC≌△HOB，可得CG＝BH，即可得CG+CH＝HB+CH＝BC＝8.
【详解】解：(1)当点G在AC的中点时，四边形CGOH是正方形，
连接CO，

∵O为AB的中点，点G是AC中点，
∴OG∥BC，OG＝BC，
∴∠CGO＝∠C＝90°，
∵∠GOF＝90°，
∴四边形CGOH是矩形，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，AO＝BO，
∴∠ACO＝45°，且∠CGO＝90°，
∴∠ACO＝∠COG＝45°，
∴CG＝GO，
∴矩形CGOH是正方形；
(2)CG与CH的和不会发生变化，
理由如下：
连接OC，
∵△ABC是等腰直角三角形且点O为中点
∴∠GCO＝∠B＝45°，∠COB＝90°，CO＝BO
∵∠DOF＝90°＝∠COB，
∴∠GOC＝∠HOB，且CO＝BO，∠GCO＝∠B＝45°，
∴△GOC≌△HOB(ASA)
∴HB＝GC，
∴CG+CH＝HB+CH＝BC
∵AB＝8，
∴BC＝AC＝8
∴CG+CH＝8.
【点睛】
此题考查的是中位线的性质、矩形的判定、正方形的判定、全等三角形的判定及性质和等腰直角三角形的性质，掌握中位线的性质定理、正方形的判定定理和用ASA证明两三角形全等是解决此题的关键.
类型五 【三角形的面积及和差为定值】
【典例指引5】综合与实践：矩形的旋转
问题情境：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展数学活动．具体要求：如图1，将长与宽都相等的两个矩形纸片ABCD和EFGH叠放在一起，这时对角线AC和EG互相重合．固定矩形ABCD，将矩形EFGH绕AC的中点O逆时针方向旋转，直到点E与点B重合时停止，在此过程中开展探究活动．
操作发现：
（1）雄鹰小组初步发现：在旋转过程中，当边AB与EF交于点M，边CD与GH交于点N，如图2、图3所示，则线段AM与CN始终存在的数量关系是　 　．
（2）雄鹰小组继续探究发现：在旋转开始后，当两个矩形纸片重叠部分为四边形QMRN时，如图3所示，四边形QMRN为菱形，请你证明这个结论．
（3）雄鹰小组还发现在问题（2）中的四边形QMRN中∠MQN与旋转角∠AOE存在着特定的数量关系，请你写出这一关系，并说明理由．
实践探究：
（4）在图3中，随着矩形纸片EFGH的旋转，四边形QMRN的面积会发生变化．若矩形纸片的长为，宽为，请你帮助雄鹰小组探究当旋转角∠AOE为多少度时，四边形QMRN的面积最大？最大面积是多少？（直接写出答案）

【答案】（1）结论：AM＝CN，理由见解析；（2）证明见解析；（3）结论：∠MQN＝∠AOE，理由见解析；
（4）∠AOE＝45°或135°时，四边形QMRN面积最大为．
【解析】(1)先证明△AOK≌△AOJ(ASA)，推出OK＝OJ，AK＝CJ，∠AOK＝∠AJO，再证明△EKM≌△GJN(ASA)即可的解；(2)过点Q作QK⊥EF，QL⊥CD，垂足分别为点K，L、先证明四边形QMRN是平行四边形，再证明QM＝QN即可的解；(3)由三角形的外角的性质以及平行线的性质即可解决问题；(4)如图3-2中，连接BD，在DC上取一点J，使得DJ＝AD＝，则AJ＝2，通过解直角三角形求出∠BOC的度数，再结合图象即可得解.
【详解】（1）结论：AM＝CN．
理由：如图2中，设AB交EG于K，CD交EG于J．

∵四边形ABCD是矩形，四边形EFGH是矩形，
∴AB∥CD，EF∥EG，OA＝OC＝OE＝OG，
∴∠MEK＝∠JGN，∠OAK＝∠OAJ，
∵∠AOK＝∠AOJ，∴△AOK≌△AOJ（ASA），
∴OK＝OJ，AK＝CJ，∠AOK＝∠AJO，∴EK＝JG，
∵∠EKM＝∠AKO，∠GJN＝∠CJO，∴∠EKM＝∠GJN，
∴△EKM≌△GJN（ASA），∴KM＝JN，∴AM＝AN．
（2）证明：过点Q作QK⊥EF，QL⊥CD，垂足分别为点K，L．

由题可知：矩形ABCD≌矩形EFGH，
∴AD＝EH，AB∥CD，EF∥HG，
∴四边形QMRN为平行四边形，
∵QK⊥EF，QL⊥CD，∴QK＝EH，QL＝AD，∠QKM＝∠QLN＝90°，∴QK＝QL，
又∵AB∥CD，EF∥HG，∴∠KMQ＝∠MQN，∠MQN＝∠LNQ，
∴∠KMQ＝∠LNQ，∴△QKM≌△QLN（AAS），
∴MQ＝NQ∴四边形QMRN为菱形．
（3）结论：∠MQN＝∠AOE．理由：如图3﹣1中，

∵∠QND＝∠1+∠2，∠AOE＝∠1+∠3，
又由题意可知旋转前∠2与∠3重合，∴∠2＝∠3，∴∠QND═∠AOE，
∵AB∥CD，∴∠MQN＝∠QND，∴∠MQN＝∠AOE．
（4）如图3﹣2中，连接BD，在DC上取一点J，使得DJ＝AD＝，则AJ＝2，

∵CD＝2+，∴CJ＝AJ＝2，∴∠JCA＝∠JAC，
∵∠AJD＝45°＝∠JCA+∠JAC，∴∠ACJ＝22.5°，
∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC＝22.5°，∴∠BOC＝45°，
观察图象可知，当点F与点C重合或点G与点D重合时，四边形QMRN的面积最大，最大值＝，
∴∠AOE＝45°或135°时，四边形QMRN面积最大为．
【名师点睛】
本题考查矩形的性质、菱形的性质和判定，解直角三角形和全等三角形等知识，解题的关键是能正确找到全等三角形.
【举一反三】
如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.
（1）求证：BE＝CE
（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）
①求证：△BEM≌△CEN；
②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；
③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.

【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③.
【解析】（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；
（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；
②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=m，EB=m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.
【详解】（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠A=∠D=90°，
∵E是AD中点，
∴AE=DE，
∴△BAE≌△CDE，
∴BE=CE．
（2）①解：如图2中，

由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，
∴∠EBC=∠ECB=45°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠EBM=∠ECN=45°，
∵∠MEN=∠BEC=90°，
∴∠BEM=∠CEN，
∵EB=EC，
∴△BEM≌△CEN；
②∵△BEM≌△CEN，
∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，
∴S△BMN=•x（4-x）=-（x-2）2+2，
∵-＜0，
∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．
③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=m，EB=m．

∴EG=m+m=（1+）m，
∵S△BEG=•EG•BN=•BG•EH，
∴EH==m，
在Rt△EBH中，sin∠EBH=．
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题
【新题训练】
1．已知在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=10，∠BAD=120°，E为线段BC上的一个动点（不与B，C重合），过E作直线AB的垂线，垂足为F，FE与DC的延长线相交于点G，
（1）如图1，当AE⊥BC时，求线段BE、CG的长度．
（2）如图2，点E在线段BC上运动时，连接DE，DF，△BEF与△CEG的周长之和是否是一个定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．
（3）如图2，设BE=x，△DEF的面积为y，试求出y关于x的函数关系式．

【答案】（1）BE=3，EG =；（2）是定值，为15+5；（3）y=﹣x2+（0＜x＜10）．
【解析】（1）先求出BE，AE，进而求出BF，EF，再用平行四边形的面积求出FG，即可得出结论；
（2）先求出BH，AH，再用相似表示出BF，EF，进而得出CG，EG，即可得出结论；
（3）利用三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠BAD+∠B=180°，
∵∠BAD=120°，
∴∠B=60°，
∵AE⊥BC于E，
在Rt△ABE中，∠BAE=30°，AB=6，
∴BE=3，AE=3，
∵EF⊥AB，
∴∠BFE=90°，
在Rt△BEF中，∠BEF=30°，
∴BF=BE=，EF=，
∵S▱ABCD=BC×AE=AB×FG，
∴10×3=6FG，
∴FG=5，
∴EG=FG﹣EF=；
（2）如图2，

过点A作AH⊥BC于H，
∵∠B=60°，
∴BH=3，AH=3，
∵∠AHB=∠BFE=90°，∠B=∠B，
∴△ABH∽△EBF，
∴，
设BE=a，
∴，
∴BF=a，EF=a，
∵AB∥CD，
∴△BEF∽△CEG，
∴，
∴，
∴CG=（10﹣a），EG=（10﹣a），
∴C△BEF+C△CEG=BE+BF+EF+CE+CG+EG=a+a+a+10﹣a+（10﹣a）+（10﹣a）=10+5+5=15+5；
（3）同（2）的方法得，EF=x，CG=（10﹣x），
∴DG=CD+CG=6+5﹣x=11﹣x，
∴S△DEF=EF×DG=×x×（11﹣x）=﹣x2+（0＜x＜10）．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理、二次函数的应用，运用相似三角形的性质是解决第（2）小题的关键．
2．如图，边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A、C间的一个动点（含端点），过点P作PF⊥BC于点F，点D、E的坐标分别为（0，6），（﹣4，0），连接PD，PE，DE．

（1）求抛物线的解析式；
（2）小明探究点P的位置是发现：当点P与点A或点C重合时，PD与PF的差为定值，进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值，请你判定该猜想是否正确，并说明理由；
（3）请直接写出△PDE周长的最大值和最小值．
【答案】（1）y＝﹣x2+8；（2）正确，d＝|PD﹣PF|为定值2；理由见解析；（3）△PDE周长的最大值是2+14，最小值是2+10．
【解析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）首先表示出P，F点坐标，再利用两点之间距离公式得出PD，PF的长，进而求出即可；
（3）过E作EF⊥x轴，交抛物线于点P，求得C△PDE＝ED＋PE＋PD＝ED＋PE＋PF＋2＝ED＋2＋（PE＋PF），当P、E、F三点共线时，PE＋PF最小；当P与A重合时，PE＋PF最大；即可解答．
【详解】（1）∵边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，
∴C（0，8），A（﹣8，0），
设抛物线解析式为：y＝ax2+c，
则，
解得：．
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+8．
（2）设P（x，﹣x2+8），则F（x，8），
则PF＝8﹣（﹣x2+8）＝x2．
PD2＝x2+[6﹣（﹣x2+8）]2＝x4+x2+4＝（x2+2）2
∴PD＝x2+2，
∴d＝|PD﹣PF|＝|x2+2﹣x2|＝2
∴d＝|PD﹣PF|为定值2；
（3）如图，过点E作EF⊥x轴，交抛物线于点P，

由d＝|PD﹣PF|为定值2，
得C△PDE＝ED+PE+PD＝ED+PE+PF+2＝ED+2+（PE+PF），
又∵D（0，6），E（﹣4，0）
∴DE＝．
∴C△PDE＝2+2+（PE+PF），
当PE和PF在同一直线时PE+PF最小，
得C△PDE最小值＝2+2+8＝2 +10．
设P为抛物线AC上异于点A的任意一点，过P作PM∥x轴，交AB于点M，连接ME，如图2．

由于E是AO的中点，易证得ME≥PE（当点P接近点A时，在△PME中，显然∠MPE是钝角，故ME≥PE，与A重合时，等号成立），而ME≤AE+AM，
所以PE≤AE+AM．
所以当P与A重合时，PE+PF最大，
AE＝8﹣4＝4，PD＝＝10．
得C△PDE最大值＝2+4+10＝2+14．
综上所述，△PDE周长的最大值是2+14，最小值是2+10．
【点睛】
此题主要考查了二次函数综合以及两点距离公式以及配方法求二次函数最值等知识，利用数形结合得出符合题意的答案是解题关键．
3．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°．
(1)直接填空：∠BAD=______°.
(2)点P在CD上，连结AP，AM平分∠DAP，AN平分∠PAB，AM、AN分别与射线BP交于点M、N．设∠DAM=α°．
①求∠BAN的度数(用含α的代数式表示)．
②若AN⊥BM，试探究∠AMB的度数是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请用α的代数式表示它．

【答案】(1)90；(2)①∠BAN=(45-α)°；②∠AMB=45°.
【解析】(1)依据平行线的性质，即可得到∠BAD的度数；
(2)①根据AM平分∠DAP，∠DAM=α°，即可得到∠BAP=(90-2α)°，再根据AN平分∠PAB，即可得到∠BAN=(90-2α)°=(45-α)°；
②根据AM平分∠DAP，AN平分∠PAB，即可得出∠MAN=∠MAP+∠PAN=45°，再根据AN⊥BM，即可得到∠AMB的度数为定值．
【详解】解：(1)∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=180°-90°=90°．
故答案为：90；
(2)①∵AM平分∠DAP，∠DAM=α°，
∴∠DAP=2α°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAP=(90-2α)°，
∵AN平分∠PAB，
∴∠BAN=(90-2α)°=(45-α)°；
②∵AM平分∠DAP，AN平分∠PAB，
∴∠PAM=∠PAD，∠PAN=∠PAB，
∴∠MAN=∠MAP+∠PAN=∠PAD+∠∠PAB=90°=45°，
∵AN⊥BM，
∴∠ANM=90°，
∴∠AMB=180°-90°-45°=45°．

【点睛】
本题主要考查了平行线的性质，解题时注意：两直线平行，同旁内角互补．
4．将在同一平面内如图放置的两块三角板绕公共顶点A旋转，连接BC，DE．探究S△ABC与S△ADC的比是否为定值．

（1）两块三角板是完全相同的等腰直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图①）
（2）一块是等腰直角三角板，另一块是含有30°角的直角三角板时，S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，求出此定值，如果不是，说明理由．（图②）
（3）两块三角板中，∠BAE+∠CAD＝180°，AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n（a，b，m，n为常数），S△ABC：S△ADE是否为定值？如果是，用含a，b，m，n的式子表示此定值（直接写出结论，不写推理过程），如果不是，说明理由．（图③）
【答案】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝1，为定值．理由见解析；（2）S△ABC：S△ADE＝，为定值，理由见解析；（3）S△ABC：S△ADE＝，为定值．理由见解析.
【解析】（1）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（2）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
（3）结论：S△ABC：S△ADE=定值．如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．首先证明∠DAE=∠CAG，利用三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）结论：S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝AE＝AD＝AC，
∴1．
（2）如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

不妨设∠ADC＝30°，则ADAC，AE＝AB，
∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∴．
（3）如图3中，如图2中，S△ABC：S△ADE＝定值．
理由：如图1中，作DH⊥AE于H，CG⊥BA交BA的延长线于G．

∵∠BAE＝∠CAD＝90°，
∴∠BAC+∠EAD＝180°，∠BAC+∠CAG＝180°，
∴∠DAE＝∠CAG，
∵AB＝a，AE＝b，AC＝m，AD＝n
∴．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，30度的直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
5.（解决问题）如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．

（1）若，，则的面积是______，______．
（2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值．

（4）（拓展延伸）如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值．

【答案】（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【解析】解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；
（4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可．
【详解】解：（1）∵，，，
∴的面积，
∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
故答案为：15，8.
（2）∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
（3）连接、、，作于，如图2所示：

∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的面积，
∵，，，
∴的面积的面积的面积的面积

，
∴.
（4）过点作，垂足为，如图3所示：

∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由折叠可得：，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由解决问题（1）可得：，
∴，即的值为4.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
6．如图，已知锐角△ABC中，AB、AC边的中垂线交于点O

（1）若∠A=α（0°＜α＜90°），求∠BOC；
（2）试判断∠ABO+∠ACB是否为定值；若是，求出定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）2α；（2）是定值
【解析】
试题分析：（1）根据线段垂直平分线的性质得到AO=BO=CO，根据等腰三角形的性质得到∠OAB=∠OBA，∠OCA=∠OAC，根据周角定义即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠OBC=∠OCB，于是得到∠OBC=90°﹣α，根据三角形的内角和即可得到结论．
解：（1）AB、AC边的中垂线交于点O，
∴AO=BO=CO，
∴∠OAB=∠OBA，∠OCA=∠OAC，
∴∠AOB+∠AOC=（180°﹣∠OAB﹣∠OBA）+（180°﹣∠OAC﹣∠OCA），
∴∠AOB+∠AOC=（180°﹣2∠OAB）+（180°﹣2∠OAC）=360°﹣2（∠OAB+∠OAC）=360°﹣2∠A=360°﹣2α，
∴∠BOC=360°﹣（∠AOB+∠AOC）=2α；
（2）∠ABO+∠ACB为定值，
∵BO=CO，
∴∠OBC=∠OCB，
∵∠OAB=∠OBA，∠OCA=∠OAC，
∴∠OBC=（180°﹣2∠A）=90°﹣α，
∵∠ABO+∠ACB+∠OBC+∠A=180°，
∴∠ABO+∠ACB=180°﹣α﹣（90°﹣α）=90°．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质，周角的定义，三角形的内角和，等腰三角形的性质，熟练掌握各定理是解题的关键．
7．⊙O的直径AB＝15cm，有一条定长为9cm的动弦，CD在弧AB上滑动（点C和A、点D与B不重合），且CE⊥CD交AB于E，DF⊥CD交AB于F．
（1）求证：AE＝BF
（2）在动弦CD滑动过程中，四边形CDFE的面积是否为定值，若是定值，请给出证明，并求这个定值，若不是，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）四边形CDFE面积是定值，证明见解析.
【解析】（1）要证：AE=BF，就要从点O向CD作垂线，然后利用垂径定理和平行线等分线段定理可知AE=BF；
（2）是定值，要求四边形的面积就要分析这个四边形是什么形状的，从图中可以看出是梯形，那就要利用梯形的计算公式计算，即（上底+下底）×高÷2，从图中给出的数量关系可知，上底加下底是定值，高也是定值，所以面积是定值．
【详解】（1）如图，过O作OG⊥CD于G，

则G为CD的中点,
又EC⊥CD，FD⊥CD,
∴EC∥OG∥FD,
∴O为EF的中点，即OE=OF,
又AB为⊙O的直径,
∴OA=OB,
∴AE=BF（等式性质）,
(2)四边形CDFE的面积是定值,理由如下：
过点O作OG⊥CD于G，连接OD.

则
在△OGD中,
根据勾股定理得 则GD=4.5cm.
∵OD、DG是定值，
∴OG是定值,
∵CE∥OG∥DF，G为CD中点，
∴O为EF中点，
①当CD与AB不平行时．
∴OG为梯形CDFE的中位线，
∴CE+DF=2OG=2×6=12cm，
∵梯形的高也是定值9cm，
∴梯形的面积是定值=12×9÷2=54cm2.
②当CD∥AB时，四边形ECDF是矩形，
OG=EC=FD=6，
∴矩形的面积=6×9=54cm2是定值.
综上所述，四边形CDFE的面积是定值.
【点睛】
考查了垂径定理和平行线的性质，要学会几何图形的综合应用的解法，充分利用已知条件求证结论.
8．如图，动点在以为圆心，为直径的半圆弧上运动（点不与点及的中点重合），连接.过点作于点，以为边在半圆同侧作正方形，过点作的切线交射线于点，连接、.
（1）探究：如左图，当动点在上运动时；
①判断是否成立？请说明理由；
②设，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；
③设，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；
（2）拓展：如右图，当动点在上运动时；
分别判断（1）中的三个结论是否保持不变？如有变化，请直接写出正确的结论.（均不必说明理由）
【答案】(1)①成立，理由见解析；②为定值1；③为定值45°；（2）不发生变化.
【解析】
试题分析：(1) ①∠MEO=∠MDN=90°，∠MOE=∠DMN,证明△OEM∽△MDN；②过点B作BG⊥MN,证明△BME≌△BMG,得BM=MG,再证明△BNG≌△BCN,得GN=CN，从而得k=1；③由②知∠OBM=∠MBG得BM=MG,有△BNG≌△BCN,得∠GBN=∠CBN,，即可得为定值45°；（2）和（1）的思路相同，不发生变化.
试题解析：
（1）①成立，理由如下：
过点M作ME⊥AB于点E，以BE为边在半圆同侧作正方形BCDE，
∴∠MEO=∠MDN=90°，
∴∠MOE+∠EMO=90°
过M点的的切线交射线DC于点N，
∴∠OMN=90°，
∴∠DMN+∠EMO=90°
∴∠MOE=∠DMN
∴△OEM∽△MDN
②k是定值1，理由如下：
过点B作BG⊥MN,
∵过M点的的切线交射线DC于点N，
∴∠OMN=90°，
∵BG⊥MN,
∴∠BGM=90°，
∴∠OMN=∠BGM=90°，
∴OM∥BG
∴∠OMB=∠MBG,
∵OM=OB
∴∠OMB=∠OBM,
∴∠OBM=∠MBG,
∴△BME≌△BMG,
∴BM=MG,BG=BE,
∵正方形BCDE，
∴BG=BC
∴△BNG≌△BCN,
∴GN=CN
∴MN=MG+NG=ME+CN
即

③为定值45°，理由如下：
由②知：∠OBM=∠MBG, △BNG≌△BCN,
∴∠GBN=∠CBN,
∵正方形BCDE，
∴∠EBC=90°，
∴∴∠MBN=
(2)不发生变化.
考点：圆的综合题
9．如图，已知⊙的半径为，为直径，为弦．与交于点，将 沿着翻折后，点与圆心重合，延长至，使，链接．

（）求的长．
（）求证：是⊙的切线．
（）点为的中点，在延长线上有一动点，连接交于点，交于点（与、不重合）．则为一定值．请说明理由，并求出该定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据翻折的性质求出OM，CD⊥OA，再利用勾股定理列式求解即可；（2）利用勾股定理列式求出PC，然后利用勾股定理逆定理求出∠PCO=90°，再根据圆的切线的定义证明即可；（3）连接GA、AF、GB，根据等弧所对的圆周角相等可得∠BAG=∠AFG，然后根据两组角对应相等两三角相似求出△AGE和△FGA相似，根据相似三角形对应边成比例可得，从而得到GE•GF=AG2，再根据等腰直角三角形的性质求解即可．
（）连接，

∵沿翻折后，与重合，
∴，
∴，
∵，
∴．
（）∵，，
∵，，
∴，
∵，，
∵，
∴，
∴是⊙的切线．
（），为定值，
连接，，，

∵点为的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∴，
∴．
10．在平面直角坐标系中，点A和点B分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上，且OA=6，OB=8，点D是AB的中点．
（1）直接写出点D的坐标及AB的长；
（2）若直角∠NDM绕点D旋转，射线DP分别交x轴、y轴于点P、N，射线DM交x轴于点M，连接MN．
①当点P和点N分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴时，若△PDM∽△MON，求点N的坐标；
②在直角∠NDM绕点D旋转的过程中，∠DMN的大小是否会发生变化？请说明理由．

【答案】 （1）点D的坐标为（3，4），AB=10；（2）①点N的坐标为（0， ）；②在直角∠NDM绕点D旋转的过程中，∠DMN的大小不会发生变化，理由见解析
【解析】（1）根据OA＝6，OB＝8，点D是AB的中点，可得点D的坐标为（3，4），根据勾股定理可得AB10；
（2）①先过点D作DC⊥y轴于C，作DE⊥x轴于E，则得出CD＝3＝OE，DE＝4＝CO，∠DCN＝∠DEM＝90°，再设ON＝x，则CN＝4﹣x，判定△CDN∽△EDM，得出EM（4﹣x），判定△CDN∽△OPN，得出OP，再根据PO＝MO，得出关于x的方程（4﹣x），求得x的值即可得到点N的坐标；
②先根据△CDN∽△EDM，得到，再根据OA＝6，OB＝8，得到，最后根据，∠AOB＝∠NDM＝90°，判定△AOB∽△NDM，根据相似三角形的对应角相等，可得∠DMN＝∠OBA，进而得到∠DMN的大小不会发生变化．
【详解】（1）∵OA＝6，OB＝8，点D是AB的中点，∴点D的坐标为（3，4），AB10；
（2）①如图，过点D作DC⊥y轴于C，作DE⊥x轴于E，则
CD＝3＝OE，DE＝4＝CO，∠DCN＝∠DEM＝90°，设ON＝x，则CN＝4﹣x．
∵∠CDE＝∠PDM＝90°，∴∠CDN＝∠EDM，∴△CDN∽△EDM，∴，即，∴EM（4﹣x）．
∵CD∥PO，∴△CDN∽△OPN，∴，即，∴OP．
∵△PDM∽△MON，∴∠NPO＝∠NMO，∴PN＝MN．
∵NO⊥PM，∴PO＝MO，即（4﹣x），解得：x1＝10（舍去），x2，∴ON，∴点N的坐标为（0，）；
②在直角∠NDM绕点D旋转的过程中，∠DMN的大小不会发生变化．理由如下：
由①可得：△CDN∽△EDM，∴，即．
又∵OA＝6，OB＝8，∴，∴，即．
又∵∠AOB＝∠NDM＝90°，∴△AOB∽△NDM，∴∠DMN＝∠OBA．
∵∠OBA大小不变，∴∠DMN的大小不会发生变化．

【点睛】
本题属于相似三角形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形，根据相似三角形的对应边成比例进行推导计算，解题时注意等腰三角形具有三线合一的性质，注意方程思想的灵活运用．判定相似三角形的常用方法有：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．
11．如图，△AOB中，A（－8，0），B（0，），AC平分∠OAB，交y轴于点C，点P是x轴上一点，⊙P经过点A、C，与x轴于点D，过点C作CE⊥AB，垂足为E，EC的延长线交x轴于点F，
（1）⊙P的半径为　　　　；
（2）求证：EF为⊙P的切线；
（3）若点H是上一动点，连接OH、FH，当点H在上运动时，试探究是否为定值？若为定值，求其值；若不是定值，请说明理由.

【答案】（1）5；（2）证明见解析；（3）是定值，
【解析】(1)根据勾股定理求得AB=，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，得到AE=AO=8，BE=,在△BEC中，根据勾股定理求得CO=CE=4，再依据△AOC∽△COD求得OD=2，进而求得半径为5；（2）依据角平分线证得PC//AE，得到CP⊥EF；（3）根据△POH∽△PHF求得.
【详解】（1）(1)连接PC，
∵AC平分∠OAB，
∴∠BAC=∠OAC，
∵PA=PC，
∴∠PCA=∠PAC，
∴∠BAC=∠ACP，
∴PC∥AB，
∴△OPC∽△OAB，
∴PCAB=OPOA，
∵A(−8,0),B(0,)，
∴OA=8,OB=，
∴AB=，
∴=，
∴PC=5，
∴⊙P的半径为5；
故答案为5；
（2）证明：连接CP，
∵AP=CP
∴∠PAC=∠PCA
∵AC平分∠OAB
∴∠PAC=∠EAC
∴∠PCA=∠EAC
∴PC//AE
∵CE⊥AB
∴CP⊥EF即EF是⊙P的切线


（3）是定值，
连接PH,
由（1）得AP=PC=PH=5，
∵A(-8，0)
∴OA=8
∴OP=OA-AP=3
在Rt△POC中，
由射影定理可得，
∴OF=,
∴PF=PO+OF=
∵,
∴
又∵∠HPO=∠FPH
∴△POH∽△PHF
∴,
当H与D重合时，.
【点睛】
本题考查了角平分线的定义，平行线的判定和性质，切线的判定，相似三角形的判定和性质，射影定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2．过点A作对角线BD的平行线与边CD的延长线相交于点E．P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），连接PA，PE，AC．

（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）求四边形ABDE的周长和面积；
（3）记△ABP的周长和面积分别为C1和S1，△PDE的周长和面积分别为C2和S2，在点P的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①C1+C2，②S1+S2，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）▱ABDE的周长为：，面积为；
（3）①；②S1+S2的值为定值，这个定值为
【解析】（1）利用菱形的性质得：AB∥DE，由两组对边分别平行的四边形可得结论；
（2）设对角线AC与BD相交于点O．根据直角三角形30°角的性质得AC的长，由勾股定理得OB的长和BD的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；
（3）①先根据三角形的周长计算C1+C2=2AB+BD+AP+PE=4+2+AP+PE，确定AP+PE的最大值和最小值即可；
根据轴对称的最短路径问题可得：当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2=4，由图形可知：当P在点B处时，AP+PE的值最大，构建直角三角形计算即可；
②S1+S2的值为定值，这个定值为，根据面积公式可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
即AB∥DE．
∵BD∥AE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（2）解：设对角线AC与BD相交于点O．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝∠CBP＝∠ABC＝30°，AC⊥BD．
在Rt△AOB中，AO＝AB＝1，
∴OB＝．
∴BD＝2BO＝2．
∴ABDE的周长为：2AB+2BD＝4+4，
ABDE的面积为：BD•AO＝2×1＝2．
（3）①∵C1+C2＝AB+PB+AP+PD+PE+DE＝2AB+BD+AP+PE＝4+2+AP+PE，
∵C和A关于直线BD对称，
∴当P在D处时，AP+PE的值最小，最小值是2+2＝4，
当P在点B处时，AP+PE的值最大，如图2，
过E作EG⊥BD，交BD的延长线于G，
∵∠BDE＝150°，
∴∠EDG＝30°，
∵DE＝2，
∴EG＝1，DG＝，
Rt△PEG中，BG＝2+＝3，
由勾股定理得：PE＝，
∴AP+PE的最大值是：2+2，
∵P为边BD上的一个动点（不与端点B，D重合），
∴4+4+2＜C1+C2＜4+2+2+2，即8+2＜C1+C2＜6+2+2；
（写对一边的范围给一分）
②S1+S2的值为定值，这个定值为；
理由是：S1+S2＝．

【点睛】
考查了菱形的性质，直角三角形30度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计算OA和OB的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形.
13．如图，在中，圆心关于弦的对称点恰好在上，连接、、、.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）如图，若点是优弧（不含端点、）上任意一点，连接交于点，的半径为.
试探究
①线段与的积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
②求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）①为定值12 ，理由见解析；②
【解析】（1）连接OC交AB于I，根据轴对称的性质、垂径定理得到AB垂直平分OC，OC平分AB，根据菱形的判定定理证明；
（2）①连接AC、AQ，根据菱形的性质得到AC=OA=2，证明△ACP∽△QCA，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可；
②根据正弦的定义求出AB，根据相交弦定理得到CP•PQ=AP•PB，利用配方法、非负数的性质计算，得到答案．
【详解】证明：
（1）如图1，连接交于点，
圆心与点关于弦的对称，
垂直平分，
是半径，
平分，
四边形是菱形.

（2）①为定值12
理由如下：
由（1）证得：四边形是菱形，
.
连接、，如图2，

图2
，
，
，
又，
，
，即
②如图1，四边形是菱形，
，，
又，
，
与均是等边三角形，

在中，，，

如图3，

图3
连接、，则，，
，，，
设，则，
，
当时，的最大值为9
当点移动到点（或点）的位置时，点、重合，此时
的取值范围是：
【点睛】
考查的是相交弦定理、菱形的判定和性质、解直角三角形、相似三角形的判定和性质，掌握相交弦定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
14．如图，抛物线的顶点坐标为C（0，8），并且经过A（8，0），点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点），过点P作直线y=8的垂线，垂足为点F，点D，E的坐标分别为（0，6），（4，0），连接PD，PE，DE．
（1）求抛物线的解析式；
（2）猜想并探究：对于任意一点P，PD与PF的差是否为固定值？如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由；
（3）求：①当△PDE的周长最小时的点P坐标；②使△PDE的面积为整数的点P的个数．

【答案】（1）抛物线的解析式为y=﹣x2+8；（2）PD与PF的差是定值，PD﹣PF=2；（3）①P（4，6），此时△PDE的周长最小；②共有11个令S△DPE为整数的点．
【解析】
（1）设抛物线的解析式为y=a（x+h）2+k
∵点C（0，8）是它的顶点坐标， ∴y=ax2+8
又∵经过点A（8，0），
有64a+8=0，解得a=
故抛物线的解析式为：y=x2+8；
（2）是定值，解答如下：
设P（a，a2+8），则F（a，8），
∵D（0，6），
∴PD=
PF=，
∴PD﹣PF=2；
（3）当点P运动时，DE大小不变，则PE与PD的和最小时，△PDE的周长最小，
∵PD﹣PF=2，∴PD=PF+2，
∴PE+PD=PE+PF+2，
∴当P、E、F三点共线时，PE+PF最小，
此时点P，E的横坐标都为4，
将x=4代入y=x2+8，得y=6，
∴P（4，6），此时△PDE的周长最小．
过点P做PH⊥x轴，垂足为H．
设P（a，a2+8）
∴PH=a2+8，EH=a-4，OH=a
S△DPE=S梯形PHOD-S△PHE-S△DOE
=
=
=
∵点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点）
∴0≤a≤8
当a=6时，S△DPE取最大值为13．
当a=0时，S△DPE取最小值为4．
即4≤S△DPE≤13
其中，当S△DPE=12时，有两个点P．
所以，共有11个令S△DPE为整数的点．
点睛：本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质、二次函数的函数值的范围、不规则图形的面积计算，列出△DPE的面积与a的函数关系式是解题的关键．
15．如图1，点、，其中、满足，将点、分别向上平移2个单位，再向右平移1个单位至、，连接、.

（1）直接写出点的坐标：__________；
（2）连接交于一点，求的值：
（3）如图2，点从点出发，以每秒1个单位的速度向上平移运动，同时点从点出发，以每秒2个单位的速度向左平移运动，设射线交轴于.问的值是否为定值？如果是定值，请求出它的值；如果不是定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）证明略；
【解析】（1）利用非负数的性质，构建方程组即可解决问题．
（2）利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
（3）结论：S△FMD-S△OFN的值是定值．分两种情形：如图2-1中，当点N在线段OB上时，连接OD．如图2-2中，当点N在BO的延长线上时，连接OD．分别说明即可解决问题．
【详解】（1）∵，
又∵（3a+b）2≥0，b-a-4≥0，
∴，
解得，
∴A（-1，0），B（3，0），
∴AB=CD=4，
∵OC=2，CD∥AB，
∴D（4，2），
故答案为（4，2）．
（2）如图1中，

∵CD∥OA，
∴，
∵CD=4，OA=1，
∴
（3）结论：S△FMD-S△OFN的值是定值．
理由：如图2-1中，当点N在线段OB上时，连接OD．

由题意：OM=t，BN=2t，
∴S△OMD=×t×4=2t，S△DBN=×2t×2=2t，
∴S△OMD=S△BND，
∴S四边形DMON=S△OBD=×3×2=3，
∵S△FMD-S△OFN=S四边形DMON=3=定值．
如图2-2中，当点N在BO的延长线上时，连接OD．

∵S△FMD-S△OFN=S△ODM-S△ODN=S△DBN-S△ODN=S△OBD=3=定值，
综上所述，S△FMD-S△OFN的值是定值，定值为3．
【点睛】
本题考查几何变换综合题，考查了平行四边形的性质，非负数的性质，平行线分线段成比例定理，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题.
16．如图所示，为等腰底边上一动点，于于，，问当点在边上运动时，的值是否为定值，如果是，求出这个定值，如果不是，说明理由．

【答案】,理由见解析.
【解析】先作出等腰三角形边上的高为，再观察可以发现：;最后在应用三角形的面积公式，即可完成解答.
【详解】解：,理由如下：

如图:设边上的高为，则由等腰三角形腰高关系图可知：，
∵，
∴
∴．
【点睛】
本题考查了等腰三角形腰高关系，作图能帮助我们思考，帮助我们寻找解题思路.
17．如图，在平面直角坐标系中，已知直线和与轴分别相交于点和点，设两直线相交于点，点为的中点，点是线段上一个动点（不与点和重合），连结，并过点作交于点．
（）判断的形状，并说明理由．
（）当点在线段上运动时，四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
（）当点的横坐标为时，在轴上找到一点使得的周长最小，请直接写出点的坐标．

【答案】（）等腰直角三角形，理由见解析；（）定值为8；（）
【解析】
试题分析：（1）分别求出A、B、C三点坐标以及AC、AB、BC的长，即可得出的形状；
（2），可知四边形的面积是定值；
（3）利用轴对称的性质即可求解.
解：（）由题意可知，，令，则，，
∴，则，，，则，且，
∴为等腰直角三角形．
（）由题意知，即，连结，过点作于，于，

∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，平分，
∴，
∵，
∴≌，
∴，
∴，是定值．
（）当时，，
∴，
∴，
∴，
则要使周长最小，即只需时最小，又两点之间线段最短，
∴设关于轴的对称点，
∴，令，，
∴．