2013年全国中考数学压轴题专题：定值问题
定长、、、（2011?东营）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（﹣3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线y=x＋b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O1A1B1C1，试探究四边形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由．
考点：一次函数综合题。
分析：（1）要表示出△ODE的面积，要分两种情况讨论，①如果点E在OA边上，只需求出这个三角形的底边OE长（E点横坐标）和高（D点纵坐标），代入三角形面积公式即可；②如果点E在AB边上，这时△ODE的面积可用长方形OABC的面积减去△OCD、△OAE、△BDE的面积；
（2）重叠部分是一个平行四边形，由于这个平行四边形上下边上的高不变，因此决定重叠部分面积是否变化的因素就是看这个平行四边形落在OA边上的线段长度是否变化．
解答：解：（1）∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），∴B（3，1），
若直线经过点A（3，0）时，则b=，
若直线经过点B（3，1）时，则b=，
若直线经过点C（0，1）时，则b=1，
①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，
此时E（2b，0），∴S=OE?CO=×2b×1=b；
②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2
此时E（3，b），D（2b﹣2，1），
∴S=S矩（S△OCD+S△OAE+S△DBE）=3[（2b2）×1+×（52b）?（b）+×3（b）]=bb2，∴S=；
（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．
由题意知，DM∥NE，DN∥ME，
∴四边形DNEM为平行四边形，
根据轴对称知，∠MED=∠NED，
又∠MDE=∠NED，
∴∠MED=∠MDE，∴MD=ME，
∴平行四边形DNEM为菱形．
过点D作DH⊥OA，垂足为H，
由题易知，=，DH=1，∴HE=2，
设菱形DNEM的边长为a，
则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2=（2a）2+12，
∴a=，∴S四边形DNEM=NE?DH=．
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．
（2011?遵义）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．
考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质；梯形。
分析：（1）如果四边形PCDQ为平行四边形，则DQ=CP，根据P、Q两点的运动速度，结合运动时间t，求出DQ、CP的长度表达式，解方程即可；
（2）PH的长度不变，根据P、Q两点的速度比，即可推出QD：BP=1：2，根据平行线的性质推出三角形相似，得出相似比，即可推出PH=20．
解答：解：（1）∵AD∥BC，BC=20cm，AD=10cm，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，
∴DQ=t，PC=20﹣2t，
∵若四边形PCDQ为平行四边形，则DQ=PC，
∴20﹣2t=t，解得：t=；
（2）线段PH的长不变，
∵AD∥BH，P、Q两点的速度比为2：1，∴QD：BP=1：2，
∴QE：EP=ED：BE=1：2，
∵EF∥BH，∴ED：DB=EF：BC=1：3，
∵BC=20，∴EF=，∴：=，
∴PH=20cm．
点评：本题主要考查相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质和梯形的性质，解题的关键在于求得DQ和PC的长度表达式，推出DQ和PC的长度比为1：2．
（2011?广州）已知关于x的二次函数y=ax2＋bx＋c（a＞0）的图象经过点C（0，1），且与x轴交于不同的两点A、B，点A的坐标是（1，0）
（1）求c的值；
（2）求a的取值范围；
（3）该二次函数的图象与直线y=1交于C、D两点，设A、B、C、D四点构成的四边形的对角线相交于点P，记△PCD的面积为S1，△PAB的面积为S2，当0＜a＜1时，求证：S1－S2为常数，并求出该常数．
考点：二次函数综合题；解一元一次方程；解二元一次方程组；根的判别式；根与系数的关系；待定系数法求一次函数解析式；二次函数图象上点的坐标特征；待定系数法求二次函数解析式；抛物线与x轴的交点；相似三角形的判定与性质。
专题：计算题。
分析：（1）把C（0，1）代入抛物线即可求出c；（2）把A（1，0）代入得到0=a＋b＋1，推出b=－1－a，求出方程ax2＋bx＋1=0，的b2－4ac的值即可；
（3）设A（a，0），B（b，0），由根与系数的关系得：a＋b=，ab=，求出AB=，把y=1代入抛物线得到方程ax2＋（－1－a）x＋1=1，求出方程的解，进一步求出CD过P作MN⊥CD于M，交x轴于N，根据△CPD∽△BPA，得出=，求出PN、PM的长，根据三角形的面积公式即可求出S1－S2的值即可．
解答：（1）解：把C（0，1）代入抛物线得：=0＋0＋c，解得：c=1，
答：c的值是1．
（2）解：把A（1，0）代入得：0=a＋b＋1，∴b=－1－a，ax2＋bx＋1=0，
b2－4ac=（－1－a）2－4a=a2－2a＋1＞0，∴a≠1且a＞0，
答：a的取值范围是a≠1且a＞0；
（3）证明：∵0＜a＜1，∴B在A的右边，
设A（a，0），B（b，0），
∵ax2＋（－1－a）x＋1=0，由根与系数的关系得：a＋b=，ab=，
∴AB=b－a==，
把y=1代入抛物线得：ax2＋（－1－a）x＋1=1，
解得：x1=0，x2=，∴CD=，
过P作MN⊥CD于M，交X轴于N，则MN⊥X轴，
∵CD∥AB，∴△CPD∽△BPA，
∴=，∴=，∴PN=，PM=，
∴S1－S2=??－??=1，
即不论a为何只，S1－S2的值都是常数．
答：这个常数是1．
点评：本题主要考查对用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，解二元一次方程组，解一元一次方程，相似三角形的性质和判定，根的判别式，根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数与x轴的交点等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键，此题是一个综合性比较强的题目，题型较好，难度适中．
（2011?株洲）孔明是一个喜欢探究钻研的同学，他在和同学们一起研究某条抛物线y=ax2(a0)的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题：
（1）若测得OA=OB=2（如图1），求a的值；
（2）对同一条抛物线，孔明将三角板绕点O旋转到如图2所示位置时，过B作BFx轴于点F，测得OF=1，写出此时点B的坐标，并求点A的横坐标；
（3）对该抛物线，孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．
与轴的交点为，由抛物线的对称性可得为中点，
OA=OB=2，，
∴，
∴(，)
将(，)代入抛物线y=ax2(a＜0)得，.
（2）解法一：过点作轴于点，
点的横坐标为，
∴(1，)，
∴.
又，易知，又，
∴△∽△，
∴∴………5分
设点（，）（），则，，∴
∴，即点的横坐标为.………6分
解法二：过点作轴于点，
点的横坐标为，∴(1，)，………4分
∴
，易知，
∴，∴………5分
设点（-，）（），则，，∴
∴，即点的横坐标为.………6分
（3）解法一：设（，）（），（，）（），
设直线的解析式为：，则，………7分
得，，∴
又易知△∽△，
∴，∴，∴………9分
∴.由此可知不论为何值，直线恒过点（，）………10分
解法二：设（，）（），（，）（），
直线与轴的交点为，根据，可得
，
化简，得.………8分
又易知△∽△，∴，
∴，∴………9分
∴为固定值.故直线恒过其与轴的交点（,－2）………10分
说明：的值也可以通过以下方法求得.
由前可知，，，，
由，得：，
化简，得.
5．（2011?河北）如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以毎秒1个单位长的速度运动t秒（t＞0），抛物线y=x2+bx+c经过点O和点P，已知矩形ABCD的三个顶点为A（1，0），B（1，－5），D（4，0）．
（1）求c，b（用含t的代数式表示）：
（2）当4＜t＜5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N．
①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP的值；
②求△MPN的面积S与t的函数关系式，并求t为何值时，要S=；
（3）在矩形ABCD的内部（不含边界），把横、纵坐标都是整数的点称为“好点”．若抛物线将这些“好点”分成数量相等的两部分，请直接写出t的取值范围．
考点：二次函数综合题。
分析：（1）由抛物线y=x2+bx+c经过点O和点P，将点O与P的坐标代入方程即可求得c，b；
（2）①当x=1时，y=1－t，求得M的坐标，则可求得∠AMP的度数，
②由S=S四边形AMNP－S△PAM=S△DPN+S梯形NDAM－S△PAM，即可求得关于t的二次函数，列方程即可求得t的值；（3）根据图形，即可直接求得答案．
解答：解：（1）把x=0，y=0代入y=x2+bx+c，得c=0，
再把x=t，y=0代入y=x2+bx，得t2+bt=0，
∵t＞0，∴b=－t；
（2）①不变．
如图6，当x=1时，y=1－t，故M（1，1－t），
∵tan∠AMP=1，∴∠AMP=45°；
②S=S四边形AMNP－S△PAM=S△DPN+S梯形NDAM－S△PAM=（t－4）（4t－16）+[（4t－16）+（t－1）]×3－（t－1）（t－1）=t2－t+6．
解t2－t+6=，得：t1=，t2=，
∵4＜t＜5，∴t1=舍去，∴t=
（3）＜t＜．
点评：此题考查了二次函数与点的关系，以及三角形面积的求解方法等知识．此题综合性很强，难度适中，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用．
．（2011?莆田）已知菱形ABCD边长为1．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC、CB于点E、F。
（1）特殊发现：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC、BD交点O即为等边△AEF的外心；
（2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动．记等边△AEF的外心为点P．
①猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪一直线上，并加以证明；
②拓展运用：如图3，当△AEF面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，试判断是否为定值．若是．请求出该定值；若不是．请说明理由。
25．解：（1）证明：如图I，分别连接OE、OF
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AO=DC=BC
∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°．
∠ADO=∠ADC=×60°=30°
又∵E、F分别为DC、CB中点
∴OE=CD，OF=BC，AO=AD
∴OE=OF=OA∴点O即为△AEF的外心。
（2）①猜想：外心P一定落在直线DB上。
证明：如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J
∴∠PIE=∠PJD=90°，∵∠ADC=60°
∴∠IPJ=360°-∠PIE-∠PJD-∠JDI=120°
∵点P是等边△AEF的外心，∴∠EPA=120°，PE=PA，
∴∠IPJ=∠EPA，∴∠IPE=∠JPA
∴△PIE≌△PJA，∴PI=PJ
∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上。
②＋为定值2.
当AE⊥DC时．△AEF面积最小，
此时点E、F分别为DC、CB中点．
连接BD、AC交于点P，由（1）
可得点P即为△AEF的外心[来自:中国学考频道]
解法一：如图3．设MN交BC于点G
设DM=x，DN=y(x≠0．y≠O)，则CN=y1
∵BC∥DA∴△GBP∽△MDP．∴BG=DM=x．∴CG=1x
∵BC∥DA，∴△GBP∽△NDM
∴=，∴=∴xy=2xy
∴＋=2，即＋=2
A
B
C
D
E
F
O
图1
A
B
C
D
图2
E
F
I
J
P
A
B
C
D
E
F
P
图3
G
M
N
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