发布时间 : 星期二 文章几何定值更新完毕开始阅读210a5129a300a6c30c229f92
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∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°。∴∠EFM=∠ABP。 又∵∠A=∠EMF=90°，AB=ME，∴△EFM≌△BPA（ASA）。 ∴EM=AP=x．
∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2，
x2即BE?2+。
8x2?x。 ∴CF?BE?EM?2+8又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，
?11?x21212∴S???BE?CF??BC=??4+?x?4=x?2x+8=x?2+6。 ?????22?422?∵0<1<4，∴当x=2时，S有最小值6。 2【考点】翻折变换（折叠问题），正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的最值。
【分析】（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案。
（2）先由AAS证明△ABP≌△QBP，从而由HL得出△BCH≌△BQH，即可得CH=QH。因此，△PDH的周长=PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8为定值。
（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，从而利用在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可。
例4：（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=
BC； 2R（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.
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【答案】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BC=1?1=2。
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=
BCBC。 ?BE2R （2）保持不变。理由如下：
如图，连接AP，取AP的中点K，连接BK、CK， 在Rt△APC中，CK=
1AP=AK=PK。 2 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=
BCBC可知sin60°=。 2RAPBC43?（为定值）。 sin60?3【考点】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。
【分析】（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=
出即可。
（2）首先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin∠A=
BCBC ，得?BE2RBC ，得出2R- 6 -
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AP=
BC43? （定值）即可。 sin60?3例5：（2012山东潍坊11分）如图，已知抛物线与坐标轴分别交于A(－2，O)、B(2，0)、C(0，－l)三点，过坐标原点O的直线y=kx与抛物线交于M、N两点．分别过点C、D(0，－2)作平行于x轴的直线l1、l2． (1)求抛物线对应二次函数的解析式； (2)求证以ON为直径的圆与直线l1相切；
(3)求线段MN的长(用k表示)，并证明M、N两点到直线l2的距离之和等于线段MN的长．
【答案】解：（1）设抛物线对应二次函数的解析式为y=ax2＋bx＋c，
?1?a=4?4a?2b+c=0??则?4a+2b+c=0 解得?b=0。
?c=?1?c=?1???∴抛物线对应二次函数的解析式 所以y=x2?1。
（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为点M、N在抛物线上， ∴y1=x12?1，y2=x22?1，∴x22=4(y2+1)。
又∵ON2?x22?y22?4?y2?1??y22??y2?2?，∴ON?y2?2。 又∵y2≥－l，∴ON=2＋y2。
设ON的中点E，分别过点N、E向直线l1作垂线，垂足为P、F， 则
2141414EF?OC?NP2?y2， ?22∴ON=2EF，
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即ON的中点到直线l1的距离等于ON长度的一半， ∴以ON为直径的圆与l1相切。 （3）过点
2M作
2MH⊥NP交NP于点H，则
MN2?MH2?NH2??x2?x1???y2?y1?，
又∵y1=kx1，y2=kx2，∴（y2－y1)2=k2(x2－x1)2。∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2。 又∵点M、N既在y=kx的图象上又在抛物线上，
∴kx=x2?1，即x2－4kx－4=0，∴x2＋x1=4k，x2·x1=－4。
∴MN2=(1+k2)(x2一xl)2=(1+k2)[ (x2＋xl)2－4x2·xl] =16(1+k2)2。∴MN=4(1+k2)。
14延长NP交l2于点Q，过点M作MS⊥l2交l2于点S， 则MS＋NQ=y1＋2＋y2＋2=x12?1+x22?1+4
1414=
12112x1+x22+2=??x1+x2??2x1?x2?+2=16k2+8+2=4k2+4=41+k2?44?4?????? ∴MS+NQ=MN，即M、N两点到l2距离之和等于线段MN的长。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，中点坐标的求法，直线与圆相切的条件，一元二次方程根与系数的关系，勾股定理。
【分析】（1）根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法即可求出抛物线对应二次函数的解析式。
（2）要证以ON为直径的圆与直线l1相切，只要证ON的中点到直线l1的距离等于
ON长的一半即可。
（3）运用一元二次方程根与系数的关系，求出MN和M、N两点到直线l2的距离
之和，相比较即可。
例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?1??2??3??4，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
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