备考2018中考数学高频考点剖析
专题三十五 几何动态之线段和差问题
考点扫描☆聚焦中考
几何动态中的线段和差问题，是每年中考的压轴题中的必考内容之一，考查的知识点包括和差为定值问题、和差最大问题和和差最小问题。，总体来看，难度系数偏高，以计算解答题为主。也有少量的探究题。探究题主要以证明为主。结合近几年来全国各地中考的实例，我们从三方面进行实数的概念和计算问题的探讨：21教育网
（1）几何动态和差为定值问题；
（2）几何动态和差为最大值问题；
（3）几何动态和差为最小值问题．
考点剖析☆典型例题
例1（2017山东滨州）如图，直线y=kx+b（k、b为常数）分别与x轴、y轴交于点A（﹣4，0）、B（0，3），抛物线y=﹣x2+2x+1与y轴交于点C．
（1）求直线y=kx+b的函数解析式；
（2）若点P（x，y）是抛物线y=﹣x2+2x+1上的任意一点，设点P到直线AB的距离为d，求d关于x的函数解析式，并求d取最小值时点P的坐标；
（3）若点E在抛物线y=﹣x2+2x+1的对称轴上移动，点F在直线AB上移动，求CE+EF的最小值．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得直线解析式；
（2）过P作PH⊥AB于点H，过H作HQ⊥x轴，过P作PQ⊥y轴，两垂线交于点Q，则可证明△PHQ∽△BAO，设H（m， m+3），利用相似三角形的性质可得到d与x的函数关系式，再利用二次函数的性质可求得d取得最小值时的P点的坐标；
（3）设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′，由对称的性质可得CE=C′E，则可知当F、E、C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，由C点坐标可确定出C′点的坐标，利用（2）中所求函数关系式可求得d的值，即可求得CE+EF的最小值．
【解答】解：
（1）由题意可得，解得，
∴直线解析式为y=x+3；
（2）如图1，过P作PH⊥AB于点H，过H作HQ⊥x轴，过P作PQ⊥y轴，两垂线交于点Q，
则∠AHQ=∠ABO，且∠AHP=90°，
∴∠PHQ+∠AHQ=∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠PHQ=∠BAO，且∠AOB=∠PQH=90°，
∴△PQH∽△BOA，
∴==，
设H（m， m+3），则PQ=x﹣m，HQ=m+3﹣（﹣x2+2x+1），
∵A（﹣4，0），B（0，3），
∴OA=4，OB=3，AB=5，且PH=d，
∴==，
整理消去m可得d=x2﹣x+=（x﹣）2+，
∴d与x的函数关系式为d=（x﹣）2+，
∵＞0，
∴当x=时，d有最小值，此时y=﹣（）2+2×+1=，
∴当d取得最小值时P点坐标为（，）；
（3）如图2，设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′，由对称的性质可得CE=C′E，
∴CE+EF=C′E+EF，
∴当F、E、C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，
∵C（0，1），
∴C′（2，1），
由（2）可知当x=2时，d=×（2﹣）2+=，
即CE+EF的最小值为．
例2（2017湖南岳阳）如图，抛物线y=x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y=﹣x﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．21世纪教育网版权所有
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．21·cn·jy·com
（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．2·1·c·n·j·y
【分析】（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c解方程组即可得到结论；
（2）设P（m， m2﹣m﹣2），得到N（m，﹣ m﹣），M（﹣m2+2m+2， m2﹣m﹣2），根据二次函数的性质即可得到结论；【来源：21·世纪·教育·网】
（3）求得E（0，﹣），得到CE=，设P（m， m2﹣m﹣2），①以CE为边，根据CE=PF，列方程得到m=1，m=0（舍去），②以CE为对角线，连接PF交CE于G，CG=GE，PG=FG，得到G（0，﹣），设P（m， m2﹣m﹣2），则F（﹣m， m﹣），列方程得到此方程无实数根，于是得到结论．【出处：21教育名师】
【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c得，，
∴
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；
（2）设P（m， m2﹣m﹣2），
∵PM∥x轴，PN∥y轴，M，N在直线AD上，
∴N（m，﹣ m﹣），M（﹣m2+2m+2， m2﹣m﹣2），
∴PM+PN=﹣m2+2m+2﹣m﹣m﹣﹣m2+m+2=﹣m2+m+=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，PM+PN的最大值是；
（3）能，
理由：∵y=﹣x﹣交y轴于点E，
∴E（0，﹣），
∴CE=，
设P（m， m2﹣m﹣2），
∵以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形，
①以CE为边，∴CE∥PF，CE=PF，
∴F（m，﹣ m﹣），
∴﹣m﹣﹣m2+m+2=，
∴m=1，m=0（舍去），
②以CE为对角线，连接PF交CE于G，
∴CG=GE，PG=FG，
∴G（0，﹣），
设P（m， m2﹣m﹣2），则F（﹣m， m﹣），
∴×（m2﹣m﹣2+m﹣）=﹣，
∵△＜0，
∴此方程无实数根，
综上所述，当m=1时，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形．
【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，二次函数的性质，正确的理解题意是解题的关键．www-2-1-cnjy-com
例3（2017四川南充）如图，在正方形ABCD中，点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB．
（1）求证：EF⊥AG；
（2）若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动，点G运动速度是点F运动速度的2倍，EF⊥AG是否成立（只写结果，不需说明理由）？【来源：21cnj*y.co*m】
（3）正方形ABCD的边长为4，P是正方形ABCD内一点，当S△PAB=S△OAB，求△PAB周长的最小值．21教育名师原创作品
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，证出，得出△AEF∽△BAG，由相似三角形的性质得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理证出∠AOE=90°即可；
（2）证明△AEF∽△BAG，得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得出结论；
（3）过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，则MN⊥AD，MN=AB=4，由三角形面积关系得出点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG，则EG∥AB，EG=AB=4，证明△AOF∽△GOE，得出=，证出=，得出AM=AE=，由勾股定理求出PA，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，
∵点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB．
∴=， =，
∴，
∴△AEF∽△BAG，
∴∠AEF=∠BAG，
∵∠BAG+∠EAO=90°，
∴∠AEF+∠EAO=90°，
∴∠AOE=90°，
∴EF⊥AG；
（2）解：成立；理由如下：
根据题意得： =，
∵=，
∴，
又∵∠EAF=∠ABG，
∴△AEF∽△BAG，
∴∠AEF=∠BAG，
∵∠BAG+∠EAO=90°，
∴∠AEF+∠EAO=90°，
∴∠AOE=90°，
∴EF⊥AG；
（3）解：过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，如图所示：
则MN⊥AD，MN=AB=4，
∵P是正方形ABCD内一点，当S△PAB=S△OAB，
∴点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，
此时PA=PB，PM=MN=2，
连接EG、PA、PB，则EG∥AB，EG=AB=4，
∴△AOF∽△GOE，
∴=，
∵MN∥AB，
∴=，
∴AM=AE=×2=，
由勾股定理得：PA==，
∴△PAB周长的最小值=2PA+AB=+4．
例4（2017湖北随州）如图，分别是可活动的菱形和平行四边形学具，已知平行四边形较短的边与菱形的边长相等．21*cnjy*com
（1）在一次数学活动中，某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合，摆拼成如图1所示的图形，AF经过点C，连接DE交AF于点M，观察发现：点M是DE的中点．
下面是两位学生有代表性的证明思路：
思路1：不需作辅助线，直接证三角形全等；
思路2：不证三角形全等，连接BD交AF于点H．…
请参考上面的思路，证明点M是DE的中点（只需用一种方法证明）；
（2）如图2，在（1）的前提下，当∠ABE=135°时，延长AD、EF交于点N，求的值；
（3）在（2）的条件下，若=k（k为大于的常数），直接用含k的代数式表示的值．
【考点】SO：相似形综合题．
【分析】（1）证法一，利用菱形性质得AB=CD，AB∥CD，利用平行四边形的性质得AB=EF，AB∥EF，则CD=EF，CD∥EF，再根据平行线的性质得∠CDM=∠FEM，则可根据“AAS”判断△CDM≌△FEM，所以DM=EM；21cnjy.com
证法二，利用菱形性质得DH=BH，利用平行四边形的性质得AF∥BE，再根据平行线分线段成比例定理得到==1，所以DM=EM；
（2）由△CDM≌△FEM得到CM=FM，设AD=a，CM=b，则FM=b，EF=AB=a，再证明四边形ABCD为正方形得到AC=a，接着证明△ANF为等腰直角三角形得到NF=a+b，则NE=NF+EF=2a+b，然后计算的值；21·世纪*教育网
（4）由于==+=k，则=，然后表示出==?+1，再把=代入计算即可．
【解答】解：（1）如图1，
证法一：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AB=EF，AB∥EF，
∴CD=EF，CD∥EF，
∴∠CDM=∠FEM，
在△CDM和△FEM中
，
∴△CDM≌△FEM，
∴DM=EM，
即点M是DE的中点；
证法二：∵四边形ABCD为菱形，
∴DH=BH，
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AF∥BE，
∵HM∥BE，
∴==1，
∴DM=EM，
即点M是DE的中点；
（2）∵△CDM≌△FEM，
∴CM=FM，
设AD=a，CM=b，
∵∠ABE=135°，
∴∠BAF=45°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠NAF=45°，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=AD=a，
∵AB∥EF，
∴∠AFN=∠BAF=45°，
∴△ANF为等腰直角三角形，
∴NF=AF=（a+b+b）=a+b，
∴NE=NF+EF=a+b+a=2a+b，
∴===；
（4）∵==+=k，
∴=k﹣，
∴=，
∴==?+1=?+1=．
考点过关☆专项突破
类型一 几何动态和差为定值问题；
1. （2017广西）如图，抛物线y=a（x﹣1）（x﹣3）与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，其顶点为D．21*cnjy*com
（1）写出C，D两点的坐标（用含a的式子表示）；
（2）设S△BCD：S△ABD=k，求k的值；
（3）当△BCD是直角三角形时，求对应抛物线的解析式．
类型二 几何动态和差为最大值问题；
1. （2017广西）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（ ）【版权所有：21教育】
A．4 B．3 C．2 D．1
2. （2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．
（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；
（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；
（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2？若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由．
类型三 几何动态和差为最小值问题；
1. （2017黑龙江佳木斯）如图，在矩形ABCD中，AD=4，∠DAC=30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是（ ）www.21-cn-jy.com
A．2 B．2 C．4 D．
2. （2017山东临沂）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=（x＞0）的图象与边长是6的正方形OABC的两边AB，BC分别相交于M，N 两点，△OMN的面积为10．若动点P在x轴上，则PM+PN的最小值是（ ）
A．6 B．10 C．2 D．2
3.（2017重庆B）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．2-1-c-n-j-y
（1）求直线AE的解析式；
（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值；
（3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=x2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
备考2018中考数学高频考点剖析
专题三十五 几何动态之线段和差问题
考点扫描☆聚焦中考
几何动态中的线段和差问题，是每年中考的压轴题中的必考内容之一，考查的知识点包括和差为定值问题、和差最大问题和和差最小问题。，总体来看，难度系数偏高，以计算解答题为主。也有少量的探究题。探究题主要以证明为主。结合近几年来全国各地中考的实例，我们从三方面进行实数的概念和计算问题的探讨：21世纪教育网版权所有
（1）几何动态和差为定值问题；
（2）几何动态和差为最大值问题；
（3）几何动态和差为最小值问题．
考点剖析☆典型例题
例1（2017山东滨州）如图，直线y=kx+b（k、b为常数）分别与x轴、y轴交于点A（﹣4，0）、B（0，3），抛物线y=﹣x2+2x+1与y轴交于点C．www-2-1-cnjy-com
（1）求直线y=kx+b的函数解析式；
（2）若点P（x，y）是抛物线y=﹣x2+2x+1上的任意一点，设点P到直线AB的距离为d，求d关于x的函数解析式，并求d取最小值时点P的坐标；【来源：21cnj*y.co*m】
（3）若点E在抛物线y=﹣x2+2x+1的对称轴上移动，点F在直线AB上移动，求CE+EF的最小值．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得直线解析式；
（2）过P作PH⊥AB于点H，过H作HQ⊥x轴，过P作PQ⊥y轴，两垂线交于点Q，则可证明△PHQ∽△BAO，设H（m， m+3），利用相似三角形的性质可得到d与x的函数关系式，再利用二次函数的性质可求得d取得最小值时的P点的坐标；
（3）设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′，由对称的性质可得CE=C′E，则可知当F、E、C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，由C点坐标可确定出C′点的坐标，利用（2）中所求函数关系式可求得d的值，即可求得CE+EF的最小值．
【解答】解：
（1）由题意可得，解得，
∴直线解析式为y=x+3；
（2）如图1，过P作PH⊥AB于点H，过H作HQ⊥x轴，过P作PQ⊥y轴，两垂线交于点Q，
则∠AHQ=∠ABO，且∠AHP=90°，
∴∠PHQ+∠AHQ=∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠PHQ=∠BAO，且∠AOB=∠PQH=90°，
∴△PQH∽△BOA，
∴==，
设H（m， m+3），则PQ=x﹣m，HQ=m+3﹣（﹣x2+2x+1），
∵A（﹣4，0），B（0，3），
∴OA=4，OB=3，AB=5，且PH=d，
∴==，
整理消去m可得d=x2﹣x+=（x﹣）2+，
∴d与x的函数关系式为d=（x﹣）2+，
∵＞0，
∴当x=时，d有最小值，此时y=﹣（）2+2×+1=，
∴当d取得最小值时P点坐标为（，）；
（3）如图2，设C点关于抛物线对称轴的对称点为C′，由对称的性质可得CE=C′E，
∴CE+EF=C′E+EF，
∴当F、E、C′三点一线且C′F与AB垂直时CE+EF最小，
∵C（0，1），
∴C′（2，1），
由（2）可知当x=2时，d=×（2﹣）2+=，
即CE+EF的最小值为．
例2（2017湖南岳阳）如图，抛物线y=x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y=﹣x﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．21cnjy.com
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．www.21-cn-jy.com
（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．21·世纪*教育网
【分析】（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c解方程组即可得到结论；
（2）设P（m， m2﹣m﹣2），得到N（m，﹣ m﹣），M（﹣m2+2m+2， m2﹣m﹣2），根据二次函数的性质即可得到结论；21*cnjy*com
（3）求得E（0，﹣），得到CE=，设P（m， m2﹣m﹣2），①以CE为边，根据CE=PF，列方程得到m=1，m=0（舍去），②以CE为对角线，连接PF交CE于G，CG=GE，PG=FG，得到G（0，﹣），设P（m， m2﹣m﹣2），则F（﹣m， m﹣），列方程得到此方程无实数根，于是得到结论．
【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c得，，
∴
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；
（2）设P（m， m2﹣m﹣2），
∵PM∥x轴，PN∥y轴，M，N在直线AD上，
∴N（m，﹣ m﹣），M（﹣m2+2m+2， m2﹣m﹣2），
∴PM+PN=﹣m2+2m+2﹣m﹣m﹣﹣m2+m+2=﹣m2+m+=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，PM+PN的最大值是；
（3）能，
理由：∵y=﹣x﹣交y轴于点E，
∴E（0，﹣），
∴CE=，
设P（m， m2﹣m﹣2），
∵以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形，
①以CE为边，∴CE∥PF，CE=PF，
∴F（m，﹣ m﹣），
∴﹣m﹣﹣m2+m+2=，
∴m=1，m=0（舍去），
②以CE为对角线，连接PF交CE于G，
∴CG=GE，PG=FG，
∴G（0，﹣），
设P（m， m2﹣m﹣2），则F（﹣m， m﹣），
∴×（m2﹣m﹣2+m﹣）=﹣，
∵△＜0，
∴此方程无实数根，
综上所述，当m=1时，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形．
【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，二次函数的性质，正确的理解题意是解题的关键．
例3（2017四川南充）如图，在正方形ABCD中，点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB．
（1）求证：EF⊥AG；
（2）若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动，点G运动速度是点F运动速度的2倍，EF⊥AG是否成立（只写结果，不需说明理由）？21教育名师原创作品
（3）正方形ABCD的边长为4，P是正方形ABCD内一点，当S△PAB=S△OAB，求△PAB周长的最小值．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，证出，得出△AEF∽△BAG，由相似三角形的性质得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理证出∠AOE=90°即可；
（2）证明△AEF∽△BAG，得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得出结论；
（3）过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，则MN⊥AD，MN=AB=4，由三角形面积关系得出点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG，则EG∥AB，EG=AB=4，证明△AOF∽△GOE，得出=，证出=，得出AM=AE=，由勾股定理求出PA，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，
∵点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB．
∴=， =，
∴，
∴△AEF∽△BAG，
∴∠AEF=∠BAG，
∵∠BAG+∠EAO=90°，
∴∠AEF+∠EAO=90°，
∴∠AOE=90°，
∴EF⊥AG；
（2）解：成立；理由如下：
根据题意得： =，
∵=，
∴，
又∵∠EAF=∠ABG，
∴△AEF∽△BAG，
∴∠AEF=∠BAG，
∵∠BAG+∠EAO=90°，
∴∠AEF+∠EAO=90°，
∴∠AOE=90°，
∴EF⊥AG；
（3）解：过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，如图所示：
则MN⊥AD，MN=AB=4，
∵P是正方形ABCD内一点，当S△PAB=S△OAB，
∴点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，
此时PA=PB，PM=MN=2，
连接EG、PA、PB，则EG∥AB，EG=AB=4，
∴△AOF∽△GOE，
∴=，
∵MN∥AB，
∴=，
∴AM=AE=×2=，
由勾股定理得：PA==，
∴△PAB周长的最小值=2PA+AB=+4．
例4（2017湖北随州）如图，分别是可活动的菱形和平行四边形学具，已知平行四边形较短的边与菱形的边长相等．21教育网
（1）在一次数学活动中，某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合，摆拼成如图1所示的图形，AF经过点C，连接DE交AF于点M，观察发现：点M是DE的中点．
下面是两位学生有代表性的证明思路：
思路1：不需作辅助线，直接证三角形全等；
思路2：不证三角形全等，连接BD交AF于点H．…
请参考上面的思路，证明点M是DE的中点（只需用一种方法证明）；
（2）如图2，在（1）的前提下，当∠ABE=135°时，延长AD、EF交于点N，求的值；
（3）在（2）的条件下，若=k（k为大于的常数），直接用含k的代数式表示的值．
【考点】SO：相似形综合题．
【分析】（1）证法一，利用菱形性质得AB=CD，AB∥CD，利用平行四边形的性质得AB=EF，AB∥EF，则CD=EF，CD∥EF，再根据平行线的性质得∠CDM=∠FEM，则可根据“AAS”判断△CDM≌△FEM，所以DM=EM；
证法二，利用菱形性质得DH=BH，利用平行四边形的性质得AF∥BE，再根据平行线分线段成比例定理得到==1，所以DM=EM；
（2）由△CDM≌△FEM得到CM=FM，设AD=a，CM=b，则FM=b，EF=AB=a，再证明四边形ABCD为正方形得到AC=a，接着证明△ANF为等腰直角三角形得到NF=a+b，则NE=NF+EF=2a+b，然后计算的值；
（4）由于==+=k，则=，然后表示出==?+1，再把=代入计算即可．
【解答】解：（1）如图1，
证法一：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AB=EF，AB∥EF，
∴CD=EF，CD∥EF，
∴∠CDM=∠FEM，
在△CDM和△FEM中
，
∴△CDM≌△FEM，
∴DM=EM，
即点M是DE的中点；
证法二：∵四边形ABCD为菱形，
∴DH=BH，
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AF∥BE，
∵HM∥BE，
∴==1，
∴DM=EM，
即点M是DE的中点；
（2）∵△CDM≌△FEM，
∴CM=FM，
设AD=a，CM=b，
∵∠ABE=135°，
∴∠BAF=45°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠NAF=45°，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=AD=a，
∵AB∥EF，
∴∠AFN=∠BAF=45°，
∴△ANF为等腰直角三角形，
∴NF=AF=（a+b+b）=a+b，
∴NE=NF+EF=a+b+a=2a+b，
∴===；
（4）∵==+=k，
∴=k﹣，
∴=，
∴==?+1=?+1=．
考点过关☆专项突破
类型一 几何动态和差为定值问题；
1. （2017广西）如图，抛物线y=a（x﹣1）（x﹣3）与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于点C，其顶点为D．2·1·c·n·j·y
（1）写出C，D两点的坐标（用含a的式子表示）；
（2）设S△BCD：S△ABD=k，求k的值；
（3）当△BCD是直角三角形时，求对应抛物线的解析式．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）令x=0可求得C点坐标，化为顶点式可求得D点坐标；
（2）令y=0可求得A、B的坐标，结合D点坐标可求得△ABD的面积，设直线CD交x轴于点E，由C、D坐标，利用待定系数法可求得直线CD的解析式，则可求得E点坐标，从而可表示出△BCD的面积，可求得k的值；【来源：21·世纪·教育·网】
（3）由B、C、D的坐标，可表示出BC2、BD2和CD2，分∠CBD=90°和∠CDB=90°两种情况，分别利用勾股定理可得到关于a的方程，可求得a的值，则可求得抛物线的解析式．
【解答】解：
（1）在y=a（x﹣1）（x﹣3），令x=0可得y=3a，
∴C（0，3a），
∵y=a（x﹣1）（x﹣3）=a（x2﹣4x+3）=a（x﹣2）2﹣a，
∴D（2，﹣a）；
（2）在y=a（x﹣1）（x﹣3）中，令y=0可解得x=1或x=3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴AB=3﹣1=2，
∴S△ABD=×2×a=a，
如图，设直线CD交x轴于点E，设直线CD解析式为y=kx+b，
把C、D的坐标代入可得，解得，
∴直线CD解析式为y=﹣2ax+3a，令y=0可解得x=，
∴E（，0），
∴BE=3﹣=
∴S△BCD=S△BEC+S△BED=××（3a+a）=3a，
∴S△BCD：S△ABD=（3a）：a=3，
∴k=3；
（3）∵B（3，0），C（0，3a），D（2，﹣a），
∴BC2=32+（3a）2=9+9a2，CD2=22+（﹣a﹣3a）2=4+16a2，BD2=（3﹣2）2+a2=1+a2，
∵∠BCD＜∠BCO＜90°，
∴△BCD为直角三角形时，只能有∠CBD=90°或∠CDB=90°两种情况，
①当∠CBD=90°时，则有BC2+BD2=CD2，即9+9a2+1+a2=4+16a2，解得a=﹣1（舍去）或a=1，此时抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
②当∠CDB=90°时，则有CD2+BD2=BC2，即4+16a2+1+a2=9+9a2，解得a=﹣（舍去）或a=，此时抛物线解析式为y=x2﹣2x+；
综上可知当△BCD是直角三角形时，抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3或y=x2﹣2x+．
类型二 几何动态和差为最大值问题；
1. （2017广西）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】R2：旋转的性质．
【分析】如图连接PC．思想求出PC=2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．
【解答】解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，
∴AB=4，
根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，
∴A′P=PB′，
∴PC=A′B′=2，
∵CM=BM=1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故选B．
2. （2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．
（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；
（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；
（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2？若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；【出处：21教育名师】
（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；
（3）过Q作QG∥y轴，交BD于点G，过Q和QH⊥BD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得△DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标．
【解答】解：
（1）∵抛物线的顶点C的坐标为（1，4），
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，
∵点B（3，0）在该抛物线的图象上，
∴0=a（3﹣1）2+4，解得a=﹣1，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3，
∵点D在y轴上，令x=0可得y=3，
∴D点坐标为（0，3），
∴可设直线BD解析式为y=kx+3，
把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，
∴直线BD解析式为y=﹣x+3；
（2）设P点横坐标为m（m＞0），则P（m，﹣m+3），M（m，﹣m2+2m+3），
∴PM=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，PM有最大值；
（3）如图，过Q作QG∥y轴交BD于点G，交x轴于点E，作QH⊥BD于H，
设Q（x，﹣x2+2x+3），则G（x，﹣x+3），
∴QG=|﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）|=|﹣x2+3x|，
∵△BOD是等腰直角三角形，
∴∠DBO=45°，
∴∠HGQ=∠BGE=45°，
当△BDQ中BD边上的高为2时，即QH=HG=2，
∴QG=×2=4，
∴|﹣x2+3x|=4，
当﹣x2+3x=4时，△=9﹣16＜0，方程无实数根，
当﹣x2+3x=﹣4时，解得x=﹣1或x=4，
∴Q（﹣1，0）或（4，﹣5），
综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）．
类型三 几何动态和差为最小值问题；
1. （2017黑龙江佳木斯）如图，在矩形ABCD中，AD=4，∠DAC=30°，点P、E分别在AC、AD上，则PE+PD的最小值是（ ）21*cnjy*com
A．2 B．2 C．4 D．
【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LB：矩形的性质．
【分析】作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，则D′E=PE+PD的最小值，解直角三角形得到即可得到结论．【版权所有：21教育】
【解答】解：作D关于直线AC的对称点D′，过D′作D′E⊥AD于E，
则D′E=PE+PD的最小值，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵AD=4，∠DAC=30°，
∴CD=，
∵DD′⊥AC，
∴∠CDD′=30°，
∴∠ADD′=60°，
∴DD′=4，
∴D′E=2，
故选B．
2. （2017山东临沂）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=（x＞0）的图象与边长是6的正方形OABC的两边AB，BC分别相交于M，N 两点，△OMN的面积为10．若动点P在x轴上，则PM+PN的最小值是（ ）2-1-c-n-j-y
A．6 B．10 C．2 D．2
【分析】由正方形OABC的边长是6，得到点M的横坐标和点N的纵坐标为6，求得M（6，），N（，6），根据三角形的面积列方程得到M（6，4），N（4，6），作M关于x轴的对称点M′，连接NM′交x轴于P，则NM′的长=PM+PN的最小值，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵正方形OABC的边长是6，
∴点M的横坐标和点N的纵坐标为6，
∴M（6，），N（，6），
∴BN=6﹣，BM=6﹣，
∵△OMN的面积为10，
∴6×6﹣×6×﹣6×﹣×（6﹣）2=10，
∴k=24，
∴M（6，4），N（4，6），
作M关于x轴的对称点M′，连接NM′交x轴于P，则NM′的长=PM+PN的最小值，
∵AM=AM′=4，
∴BM′=10，BN=2，
∴NM′===2，
故选C．
【点评】本题考查了反比例函数的系数k的几何意义，轴对称﹣最小距离问题，勾股定理，正方形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
3.（2017重庆B）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．
（1）求直线AE的解析式；
（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值；
（3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=x2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）抛物线的解析式可变形为y=（x+1）（x﹣3），从而可得到点A和点B的坐标，然后再求得点E的坐标，设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入求得k和b的值，从而得到AE的解析式；
（2）设直线CE的解析式为y=mx﹣，将点E的坐标代入求得m的值，从而得到直线CE的解析式，过点P作PF∥y轴，交CE与点F．设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点F（x，x﹣），则FP=x2+x．由三角形的面积公式得到△EPC的面积=﹣x2+x，利用二次函数的性质可求得x的值，从而得到点P的坐标，作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．然后利用轴对称的性质可得到点G和点H的坐标，当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH；
（3）由平移后的抛物线经过点D，可得到点F的坐标，利用中点坐标公式可求得点G的坐标，然后分为QG=FG、QG=QF，FQ=FQ三种情况求解即可．
【解答】解：（1）∵y=x2﹣x﹣，
∴y=（x+1）（x﹣3）．
∴A（﹣1，0），B（3，0）．
当x=4时，y=．
∴E（4，）．
设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入得：，
解得：k=，b=．
∴直线AE的解析式为y=x+．
（2）设直线CE的解析式为y=mx﹣，将点E的坐标代入得：4m﹣=，解得：m=．
∴直线CE的解析式为y=x﹣．
过点P作PF∥y轴，交CE与点F．
设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点F（x，x﹣），
则FP=（x﹣）﹣（x2﹣x﹣）=x2+x．
∴△EPC的面积=×（x2+x）×4=﹣x2+x．
∴当x=2时，△EPC的面积最大．
∴P（2，﹣）．
如图2所示：作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．
∵K是CB的中点，
∴k（，﹣）．
∵点H与点K关于CP对称，
∴点H的坐标为（，﹣）．
∵点G与点K关于CD对称，
∴点G（0，0）．
∴KM+MN+NK=MH+MN+GN．
当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH．
∴GH==3．
∴KM+MN+NK的最小值为3．
（3）如图3所示：
∵y′经过点D，y′的顶点为点F，
∴点F（3，﹣）．
∵点G为CE的中点，
∴G（2，）．
∴FG==．
∴当FG=FQ时，点Q（3，），Q′（3，）．
当GF=GQ时，点F与点Q″关于y=对称，
∴点Q″（3，2）．
当QG=QF时，设点Q1的坐标为（3，a）．
由两点间的距离公式可知：a+=，解得：a=﹣．
∴点Q1的坐标为（3，﹣）．
综上所述，点Q的坐标为（3，）或′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．
【点评】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一次函数的解析式、轴对称最短路径问题、等腰三角形的定义和性质，找到KM+MN+NK取得最小值的条件是解答问题（2）的关键；分为QG=FG、QG=QF，FQ=FQ三种情况分别进行计算是解答问题（3）的关键．21·cn·jy·com
