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动态题是近年来中考的的一个热点问题，动态包括点动、线动和面动三大类，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。常见的题型包括最值问题、面积问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。本文结合部分2012年中考试题对中考中的热点定值问题进行分类例析.
一、 线段（和差）为定值问题：
例1 （2012·黑龙江绥化中考）如图，点E是矩形ABCD的对角线BD上的一点，且BE=BC，AB=3，BC=4，点P为直线EC上的一点，且PQ⊥BC于点Q，PR⊥BD于点R.
（1） 如图1，当点P为线段EC中点时，易证：PR+PQ=（不需证明）.
（2） 如图2，当点P为线段EC上的任意一点（不与点E、点C重合）时，其它条件不变，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由.
（3） 如图3，当点P为线段EC延长线上的任意一点时，其它条件不变，则PR与PQ之间又具有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想.
分析 （2）连接BP，过C点作CK⊥BD于点K.根据矩形的性质及勾股定理求出BD的长，根据三角形面积相等可求出CK的长，最后通过等量代换即可证明.
（3） 图3中的结论是PR-PQ=125 .
连接BP，S-S=S，S△BEC 是固定值，BE=BC为两个底，PR，PQ分别为高，从而PR-PQ=.
解 （2）图2中结论PR+PQ=仍成立.证明如下：
连接BP，过C点作CK⊥BD于点K.
∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=90°.
又∵CD=AB=3，BC=4，∴BD===5.
∵ S△BCD=BC·CD=BD·CK，∴3×4=5CK，∴CK=.
∵S△BCE=BE·CK，S△BEP=PR·BE，S△BCP=PQ·BC，且S△BCE=S△BEP+S△BCP，
∴BE·CK=PR·BE+PQ·BC.
又∵BE=BC，∴CK=PR+PQ.∴CK=PR+PQ.
又∵CK=，∴PR+PQ=.
（3） 图3中的结论是PR-PQ=.
二、 面积（和差）为定值问题：
例2 （2012·四川自贡中考）如图4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.
分析 （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SAECF=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=SAECF-S△AEF，则△CEF的面积就会最大.
（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.
∵∠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.
∴SAECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值.
如图5，作AH⊥BC于H点，则BH=2，
SAECF=S△ABC=·BC·AH=BC=4.
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=SAECF-S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大.
∴S△CEF=SAECF-S△AEF=4-·2·=.
∴△CEF的面积的最大值是.
点评 主要考查了菱形的性质，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.
三、 其它定值问题：
例3 （2012·山东淄博中考）如图，将正方形对折后展开（图④是连续两次对折后再展开），再按图示方法折叠，能够得到一个直角三角形，且它的一条直角边等于斜边的一半.这样的图形有（ ）
（A） 4个（B） 3个 （C） 2个 （D） 1个
解析 如图，图①中，∠ABC=∠ABD<×45°<∠DBE，即∠ABC<22.5°.
根据含30度角的直角三角形中30度角所对的直角边是斜边的一半的性质，CD≠BC.
图②中，由折叠的性质，∠ABC=∠ABF，EC∥FB， ∴∠ABC=∠ABF=∠ADE=∠BDC.∴BC=DC.
又∵由正方形对折的性质和平行线的性质，知AD=BD，
∴根据直角三角形斜边上中线的性质，得DC=AB，即BC=AB.
满足它的一条直角边等于斜边的一半.
图③中，由正方形对折的性质，它的一条直角边等于另一条直角边的一半，不可能再有一条直角边等于斜边的一半.
图④中，由正方形折叠的性质和平行线的性质，知AB=CB，AB=2BD，∠ABE=∠CBE，
∴BC=2BD.∴∠BCD=30°.∴∠CBD=60°.
∵∠ABE+∠CBE+∠CBD=180°.∴∠ABE =60°.∴∠AEB =30°.
∴AB=BE.满足它的一条直角边等于斜边的一半.
综上所述，这样的图形有2个.故选C.
点评 本题综合考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，平行的性质，等腰三角形的判定，直角三角形斜边上中线的性质，三角形内角和定理.
例4 （2012·四川年成都中考） 如图6，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+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M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试探究是否为定值，并写出探究过程.
分析 （1）把点A的坐标代入y=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=2-4k，x1x2=-4k-3，y1=kx1+3-k，y2=kx2+3-k， y1-y2=k（x1-x2）.由勾股定理表示出M1M2、M1P和M2P，化简即可求证.
解：（1） ∵y=x+m经过点（-3，0），∴-+m=0，解得m=.
∴直线解析式为y=x+.
令x=0，得y=.∴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）（x-5），
∵抛物线经过C（0，），∴=a·3（-5），解得a=-.
∴抛物线解析式为y= -（x+3）（x-5），即y=-x2+x+.
（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，如图7.
（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=，即y=。∴=-x+xE+，
解得x=2（x=0与C点重合，舍去）。∴E（2，），SACEF=。
（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E′（+1，-），SACE′F′=。
（3） 要使△ACP的周长最小，只需AP+CP最小即可。
如图8，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，），∴直线BC解析式为y=-x+。
∵x=1，∴y=3，即P（1，3）。
令经过点P（1，3）的直线为y=kx+3-k，
联立得x2+（4k-2）x-4k-3=0，
∴x1+x2=2-4k，x1x2=-4k-3。
∵y1=kx1+3-k，y2=kx2+3-k，∴y1-y2=k（x1-x2）。
根据勾股定理得：
M1M===
===4（1+k2），
M1P===，
M2P===。
∴M1P·M2P=（1+k2）=（1+k2）=4（1+k2）
∴M1P·M2P=M1M2。∴=1为定值。
点评 本题是二次函数综合题，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。
（责任编辑：王睿枫）
一、 线段（和差）为定值问题：
例1 （2012·黑龙江绥化中考）如图，点E是矩形ABCD的对角线BD上的一点，且BE=BC，AB=3，BC=4，点P为直线EC上的一点，且PQ⊥BC于点Q，PR⊥BD于点R.
（1） 如图1，当点P为线段EC中点时，易证：PR+PQ=（不需证明）.
（2） 如图2，当点P为线段EC上的任意一点（不与点E、点C重合）时，其它条件不变，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由.
（3） 如图3，当点P为线段EC延长线上的任意一点时，其它条件不变，则PR与PQ之间又具有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想.
分析 （2）连接BP，过C点作CK⊥BD于点K.根据矩形的性质及勾股定理求出BD的长，根据三角形面积相等可求出CK的长，最后通过等量代换即可证明.
（3） 图3中的结论是PR-PQ=125 .
连接BP，S-S=S，S△BEC 是固定值，BE=BC为两个底，PR，PQ分别为高，从而PR-PQ=.
解 （2）图2中结论PR+PQ=仍成立.证明如下：
连接BP，过C点作CK⊥BD于点K.
∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=90°.
又∵CD=AB=3，BC=4，∴BD===5.
∵ S△BCD=BC·CD=BD·CK，∴3×4=5CK，∴CK=.
∵S△BCE=BE·CK，S△BEP=PR·BE，S△BCP=PQ·BC，且S△BCE=S△BEP+S△BCP，
∴BE·CK=PR·BE+PQ·BC.
又∵BE=BC，∴CK=PR+PQ.∴CK=PR+PQ.
又∵CK=，∴PR+PQ=.
（3） 图3中的结论是PR-PQ=.
二、 面积（和差）为定值问题：
例2 （2012·四川自贡中考）如图4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.
分析 （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SAECF=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=SAECF-S△AEF，则△CEF的面积就会最大.
（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.
∵∠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.
∴SAECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值.
如图5，作AH⊥BC于H点，则BH=2，
SAECF=S△ABC=·BC·AH=BC=4.
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=SAECF-S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大.
∴S△CEF=SAECF-S△AEF=4-·2·=.
∴△CEF的面积的最大值是.
点评 主要考查了菱形的性质，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.
三、 其它定值问题：
例3 （2012·山东淄博中考）如图，将正方形对折后展开（图④是连续两次对折后再展开），再按图示方法折叠，能够得到一个直角三角形，且它的一条直角边等于斜边的一半.这样的图形有（ ）
（A） 4个（B） 3个 （C） 2个 （D） 1个
解析 如图，图①中，∠ABC=∠ABD<×45°<∠DBE，即∠ABC<22.5°.
根据含30度角的直角三角形中30度角所对的直角边是斜边的一半的性质，CD≠BC.
图②中，由折叠的性质，∠ABC=∠ABF，EC∥FB， ∴∠ABC=∠ABF=∠ADE=∠BDC.∴BC=DC.
又∵由正方形对折的性质和平行线的性质，知AD=BD，
∴根据直角三角形斜边上中线的性质，得DC=AB，即BC=AB.
满足它的一条直角边等于斜边的一半.
图③中，由正方形对折的性质，它的一条直角边等于另一条直角边的一半，不可能再有一条直角边等于斜边的一半.
图④中，由正方形折叠的性质和平行线的性质，知AB=CB，AB=2BD，∠ABE=∠CBE，
∴BC=2BD.∴∠BCD=30°.∴∠CBD=60°.
∵∠ABE+∠CBE+∠CBD=180°.∴∠ABE =60°.∴∠AEB =30°.
∴AB=BE.满足它的一条直角边等于斜边的一半.
综上所述，这样的图形有2个.故选C.
点评 本题综合考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，平行的性质，等腰三角形的判定，直角三角形斜边上中线的性质，三角形内角和定理.
例4 （2012·四川年成都中考） 如图6，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+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M1（x1，y1），M2（x2，y2）两点，试探究是否为定值，并写出探究过程.
分析 （1）把点A的坐标代入y=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=2-4k，x1x2=-4k-3，y1=kx1+3-k，y2=kx2+3-k， y1-y2=k（x1-x2）.由勾股定理表示出M1M2、M1P和M2P，化简即可求证.
解：（1） ∵y=x+m经过点（-3，0），∴-+m=0，解得m=.
∴直线解析式为y=x+.
令x=0，得y=.∴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）（x-5），
∵抛物线经过C（0，），∴=a·3（-5），解得a=-.
∴抛物线解析式为y= -（x+3）（x-5），即y=-x2+x+.
（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，如图7.
（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=，即y=。∴=-x+xE+，
解得x=2（x=0与C点重合，舍去）。∴E（2，），SACEF=。
（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E′（+1，-），SACE′F′=。
（3） 要使△ACP的周长最小，只需AP+CP最小即可。
如图8，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，），∴直线BC解析式为y=-x+。
∵x=1，∴y=3，即P（1，3）。
令经过点P（1，3）的直线为y=kx+3-k，
联立得x2+（4k-2）x-4k-3=0，
∴x1+x2=2-4k，x1x2=-4k-3。
∵y1=kx1+3-k，y2=kx2+3-k，∴y1-y2=k（x1-x2）。
根据勾股定理得：
M1M===
===4（1+k2），
M1P===，
M2P===。
∴M1P·M2P=（1+k2）=（1+k2）=4（1+k2）
∴M1P·M2P=M1M2。∴=1为定值。
点评 本题是二次函数综合题，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。
（责任编辑：王睿枫）