全国中考数学压轴题分类解析汇编专题5定值问题.docx
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全国中考数学压轴题分类解析汇编专题5定值问题
2021年全国中考数学压轴题分类解析汇编专题5定值问题
初三中考冲刺
2021年全国中考数学压轴题分类解析汇编
专题5：
定值问题
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1234，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．
解：
（1）作图如下：
初三中考冲刺
（2）在图2中，
EFFGGHHE
∴四边形EFGH
的周长为在图3
中，EFGH
，FGHE
∴四边形EFGH
的周长为22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，
∵12，15，∴25。
又∵FC=FC，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM（ASA）。
∴EF=MF，EC=MC。
同理：
NH=EH，NB=EB。
∴MN=2BC=16。
∵M905901，N903，13，∴MN。
∴GM=GN。
过点G作GK⊥BC于K，则KM∴GM
12
MN8。
。
∴四边形EFGH
的周长为2GM。
∴矩形ABCD的反射四边形的周长为
定值。
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。
（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
初三中考冲刺
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KM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=
BC2R
12
MN8，再利
；
（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.
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
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=
BCBE
BC2R
。
（2）保持不变。
理由如下：
初三中考冲刺
如图，连接AP，取AP的中点K，连接BK、CK，在Rt△APC中，CK=
12
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=∴
AP=
BCsin60
3
BC2R
可知sin60°=
BCAP
。
（为定值）。
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。
（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=
可。
（2）首先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin∠A=
（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．
BC2R
BCBE
BC2R
，得出即
，得出
AP=
BCsin60
3
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。
初三中考冲刺
∵∠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，
S四边形AECFSABC
12
BCAH
12
BC。
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AECFS△AEF，则此时△CEF的面积就会最大．
∴S△CEF=S四边形AECFS
△AEF
12
。
∴△CEF
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。
（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AEC
F=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。
初三中考冲刺
9.（2012四川成都12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=
54
x+m（m为常数）
的图象与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点C．以直线x=1为对称轴的抛物线y=ax2+bx+c（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m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M1x1，y1，M2x2，y2两点，试探究究过程．
M1PM2PM1M2
是否为定值，并写出探
解：
（1）∵y=
54
，∴x+m经过点（3，0）
54x+154
154
x+m=0，解得m=
154
。
∴直线解析式为y=令x=0，得y=
154
。
154
。
∴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）（x5），∵抛物线经过C（0，
154
），∴
14
154
=a3（5），解得a=
14x+
2
1412
。
x+154
∴抛物线解析式为y=（x+3）（x5），即y=。
初三中考冲刺
（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=90，AC=EF，∴△CAO≌△EFG（AAS）。
∴EG=CO=∴
舍去）。
∴E（2，
154
154=
*****
，即yE=
2
154
。
，解得xE=2（xE=0与C点重合，
xE+
12
xE+
154
），SACEF=
152
。
（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
，
154
），SACE′F′
4
。
（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，
154
），
34x+154
∴直线BC解析式为y=。
∵xP=1，∴yP=3，即P（1，3）。
令经过点P（1，3）的直线为y=kx+3k，
ykx3k
联立*****得
y=x+x+
424
x+（4k2）x4k3=0，∴x1+x2=24k，x1x2=4k3。
∵y1=kx1+3k，y2=kx2+3k，∴y1y2=k（x1x2）。
根据勾股定理得：
2
初三中考冲刺
M1M2=
1+k
2
，
M1P=
，M2P=
。
∴M1PM2P=1+k2
1+k2
=1+k
2
1+k
2
∴M1PM2P=M1M2。
∴
M1PM2PM1M2
=1为定值。
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。
（1）把点A的坐标代入y=
54
x+m即可求出m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=24k，x1x2=4k3，y1=kx1+3k，y2=kx2+3k，y1y2=k（x1x2）。
由勾股定理表示出M1M2、M1P和M2P，化简即可求证。
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