动态几何之定值问题探讨
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。前面我们已经对最值问题、面积问题、和差问题进行了探讨，本专题对定值问题进行探讨。
一、线段（和差）为定值问题：
典型例题：
例1：（2012黑龙江绥化8分）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．
【答案】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，∴。
∵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=．
例2：（2012江西省10分）如图，已知二次函数L1：y=x2﹣4x+3与x轴交于A．B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．
（1）写出二次函数L1的开口方向、对称轴和顶点坐标；
（2）研究二次函数L2：y=kx2﹣4kx+3k（k≠0）．
①写出二次函数L2与二次函数L1有关图象的两条相同的性质；
②是否存在实数k，使△ABP为等边三角形？如果存在，请求出k的值；如不存在，请说明理由；
③若直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，问线段EF的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF的长度；如果会，请说明理由．
【答案】解：（1）∵抛物线，
∴二次函数L1的开口向上，对称轴是直线x=2，顶点坐标（2，﹣1）。
（2）①二次函数L2与L1有关图象的两条相同的性质：
对称轴为x=2；都经过A（1，0），B（3，0）两点。
②存在实数k，使△ABP为等边三角形．
∵，∴顶点P（2，－k）．
∵A（1，0），B（3，0），∴AB=2
要使△ABP为等边三角形，必满足|－k|=，
∴k=±。
③线段EF的长度不会发生变化。
∵直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，
∴kx2﹣4kx+3k=8k，∵k≠0，∴x2﹣4x+3=8。解得：x1=﹣1，x2=5。
∴EF=x2﹣x1=6。∴线段EF的长度不会发生变化。
例3：（2012山东德州12分）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．
（1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；
（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP，即∠PBC=∠BPH。
又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC。∴∠APB=∠BPH。
（2）△PHD的周长不变为定值8。证明如下：
如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q。
由（1）知∠APB=∠BPH，
又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，
∴△ABP≌△QBP（AAS）。∴AP=QP，AB=BQ。
又∵AB=BC，∴BC=BQ。
又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，
∴△BCH≌△BQH（HL）。∴CH=QH。
∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8。
（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB。
又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。
∴∠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，即。
∴。
又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，
∴。
∵，∴当x=2时，S有最小值6。
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=；
（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.
【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=。
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=。
（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=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=可知sin60°=。
∴AP=（为定值）。
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、．(1)求抛物线对应二次函数的解析式；
(2)求证以ON为直径的圆与直线相切；
(3)求线段MN的长(用k表示)，并证明M、N两点到直线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，
则 解得。
∴抛物线对应二次函数的解析式所以。
（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为点M、N在抛物线上，
∴，∴x22=4(y2+1)。
又∵，∴。
又∵y2≥－l，∴ON=2＋y2。
设ON的中点E，分别过点N、E向直线作垂线，垂足为P、F，则，
∴ON=2EF，
即ON的中点到直线的距离等于ON长度的一半，
∴以ON为直径的圆与相切。
（3）过点M作MH⊥NP交NP于点H，则，
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，
∴，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)。
延长NP交于点Q，过点M作MS⊥交于点S，
则MS＋NQ=y1＋2＋y2＋2=
∴MS+NQ=MN，即M、N两点到距离之和等于线段MN的长。
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，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．
【答案】解：（1）作图如下：
（2）在图2中，，
∴四边形EFGH的周长为。
在图3中，，，
∴四边形EFGH的周长为。
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，
∵，，∴。又∵FC=FC，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM（ASA）。∴EF=MF，EC=MC。
同理：NH=EH，NB=EB。∴MN=2BC=16。
∵，，，∴。∴GM=GN。
过点G作GK⊥BC于K，则。
∴。
∴四边形EFGH的周长为。∴矩形ABCD的反射四边形的周长为定值。
例7：（2012广西崇左10分）如图所示，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上移动，但点A到EF的距离AH始终保持与AB的长度相等，问在点E、F移动过程中；
（1）∠EAF的大小是否发生变化？请说明理由.
（2）△ECF的周长是否发生变化？请说明理由.
二、面积（和差）为定值问题：
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1：（2012湖北十堰3分）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④；⑤．其中正确的结论是【 】
A．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③
【答案】A。
【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。
【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。
∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。
∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。
连接OO′，
∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。
∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，
∴△AOO′是直角三角形。
∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°。故结论③正确。
。故结论④错误。
如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，
点O旋转至O″点．
易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形。
则。
故结论⑤正确。
综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。
例2：（2012广西玉林、防城港12分）如图，在平面直角坐标系O中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0,4），现有两动点P、Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度，匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C，D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动.点P，Q同时出发，同时停止，设运动时间为t秒，当t=2秒时PQ=.（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围；
（2）连接AQ并延长交轴于点E,把AE沿AD翻折交CD延长线于点F,连接EF，则△AEF的面积S是否随t的变化而变化？若变化，求出S与t的函数关系式；若不变化，求出S的值.（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？
【答案】解：（1）由题意可知，当t=2（秒）时，OP=4，CQ=2，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC==4，
∴OC=OP+PC=4+4=8。[来源:Zxxk.Com]
又∵矩形AOCD，A（0，4），∴D（8，4）。
t的取值范围为：0＜t＜4。
（2）结论：△AEF的面积S不变化。
∵AOCD是矩形，∴AD∥OE，∴△AQD∽△EQC。
∴，即，解得CE=。
由翻折变换的性质可知：DF=DQ=4－t，则CF=CD+DF=8－t。
S=S梯形AOCF＋S△FCE－S△AOE=（OA+CF）•OC+CF•CE－OA•OE
= [4＋（8－t）]×8+（8－t）•－×4×（8＋）。
化简得：S=32为定值。
所以△AEF的面积S不变化，S=32。
（3）若四边形APQF是梯形，因为AP与CF不平行，所以只有PQ∥AF。
由PQ∥AF可得：△CPQ∽△DAF。
∴CP：AD=CQ：DF，即8－2t：8=t：4－t，化简得t2－12t＋16=0，
解得：t1=6+2，t2=。
由（1）可知，0＜t＜4，∴t1=6+2不符合题意，舍去。
∴当t=秒时，四边形APQF是梯形。:Z*xx*k.Com]
例3：（2012江苏苏州9分）如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合.在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG、GH的长分别为4cm、3cm.设正方形移动时间为x（s），线段GP的长为y（cm），其中0≤x≤2.5.
⑴试求出y关于x的函数关系式，并求出y =3时相应x的值；
⑵记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1－S2是常数；
⑶当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.
【答案】解：（1）∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，则。∴。
∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x。
∴，即。∴y关于x的函数关系式为。
当y =3时，，解得:x=2.5。
（2）
∵，
∴为常数。
（3）延长PD交AC于点Q.
∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°。
∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°。∴∠GDP=∠ADQ=45°。
∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP。
∴，化简得：，解得：。
∵0≤x≤2.5，∴。
在Rt△DGP中，。
例4：（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．
【答案】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。
∵∠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，
。
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AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大．
∴S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF。
∴△CEF的面积的最大值是。
例5：（2012湖南益阳12分）已知：如图1，在面积为3的正方形ABCD中，E、F分别是BC和CD边上的两点，AE⊥BF于点G，且BE=1．
（1）求证：△ABE≌△BCF；
（2）求出△ABE和△BCF重叠部分（即△BEG）的面积；
（3）现将△ABE绕点A逆时针方向旋转到△AB′E′（如图2），使点E落在CD边上的点E′处，问△ABE在旋转前后与△BCF重叠部分的面积是否发生了变化？请说明理由．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC。∴∠ABF+∠CBF=90°。
∵AE⊥BF，∴∠ABF+∠BAE=90°。∴∠BAE=∠CBF。
在△ABE和△BCF中，∵∠ABE=∠BCF，AB=BC，∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA）。
（2）解：∵正方形面积为3，∴AB=。
在△BGE与△ABE中，∵∠GBE=∠BAE，∠EGB=∠EBA=90°，∴△BGE∽△ABE。
∴。
又∵BE=1，∴AE2=AB2+BE2=3+1=4。∴。
三、其它定值问题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】
例1：（2012浙江义乌12分）如图1，已知直线y=kx与抛物线交于点A（3，6）．（1）求直线y=kx的解析式和线段OA的长度；
（2）点P为抛物线第一象限内的动点，过点P作直线PM，交x轴于点M（点M、O不重合），交直线OA于点Q，再过点Q作直线PM的垂线，交y轴于点N．试探究：线段QM与线段QN的长度之比是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，说明理由；
（3）如图2，若点B为抛物线上对称轴右侧的点，点E在线段OA上（与点O、A不重合），点D（m，0）是x轴正半轴上的动点，且满足∠BAE=∠BED=∠AOD．继续探究：m在什么范围时，符合条件的E点的个数分别是1个、2个？
【答案】解：（1）把点A（3，6）代入y=kx得；6=3k，即k=2。
∴y=2x。∴。
（2）线段QM与线段QN的长度之比是一个定值，理由如下：
如图1，过点Q作QG⊥y轴于点G，QH⊥x轴于点H．
①当QH与QM重合时，显然QG与QN重合，
此时。
②当QH与QM不重合时，
∵QN⊥QM，QG⊥QH不妨设点H，G分别在x、y轴的正半轴上，
∴∠MQH=∠GQN。
又∵∠QHM=∠QGN=90°，∴△QHM∽△QGN。∴。
当点P、Q在抛物线和直线上不同位置时，同理可得。
∴线段QM与线段QN的长度之比是一个定值。
（3）如图2，延长AB交x轴于点F，过点F作FC⊥OA于点C，过点A作AR⊥x轴于点R。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
∵∠AOD=∠BAE，∴AF=OF。∴OC=AC=。
∵∠ARO=∠FCO=90°，∠AOR=∠FOC，
∴△AOR∽△FOC。∴。∴OF=。∴点F（，0）。
设点B（x，），过点B作BK⊥AR于点K，则△AKB∽△ARF。
∴，即。
解得x1=6，x2=3（舍去）。∴点B（6，2）。
∴BK=6﹣3=3，AK=6﹣2=4。∴AB=5。
在△ABE与△OED中，∵∠BAE=∠BED，∴∠ABE+∠AEB=∠DEO+∠AEB。∴∠ABE=∠DEO。
∵∠BAE=∠EOD，∴△ABE∽△OED。
设OE=x，则AE=﹣x（），
由△ABE∽△OED得，即。
∴。
∴顶点为。
如图3，当时，OE=x=，此时E点有1个；
当时，任取一个m的值都对应着两个x值，此时E点有2个．
∴当时，E点只有1个，当时，E点有2个。
例2：（2012山东淄博4分）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
【答案】C。
【考点】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。
【分析】如图，图①中，∠ABC=∠ABD＜×450＜∠DBE，
即∠ABC＜22.50。
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=300。∴∠CBD=600。
∵∠ABE＋∠CBE＋∠CBD=1800。∴∠ABE =600。∴∠AEB =300。
∴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。
例3：（2012四川绵阳14分）如图1，在直角坐标系中，O是坐标原点，点A在y轴正半轴上，二次函数y=ax2+x +c的图象F交x轴于B、C两点，交y轴于M点，其中B（-3，0），M（0，-1）。已知AM=BC。（1）求二次函数的解析式；【版权归锦元数学工作室，不得转载】
（2）证明：在抛物线F上存在点D，使A、B、C、D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形，并请求出直线BD的解析式；
（3）在（2）的条件下，设直线l过D且分别交直线BA、BC于不同的P、Q两点，AC、BD相交于N。
①若直线l⊥BD，如图1所示，试求的值；
②若l为满足条件的任意直线。如图2所示，①中的结论还成立吗？若成立，证明你的猜想；若不成立，请举出反例。
【答案】解：（1）∵二次函数y=ax2+x +c的图象经过点B（-3，0），M（0，-1），
∴ ，解得。
∴二次函数的解析式为：。
（2）证明：在中，令y=0，得，解得x1=－3，x2=2。
∴C（2，0），∴BC=5。
令x=0，得y=-1，∴M（0，－1），OM=1。
又AM=BC，∴OA=AM－OM=4。∴A（0，4）。
设AD∥x轴，交抛物线于点D，如图1所示，
则，解得x1=5，x2=－6（位于第二象限，舍去）。
∴D点坐标为（5，4）。∴AD=BC=5。
又∵AD∥BC，∴四边形ABCD为平行四边形，即在抛物线F上存在点D，使A、B、C、D四点连接而成的四边形恰好是平行四边形。【版权归锦元数学工作室，不得转载】
设直线BD解析式为：y=kx+b，∵B（－3，0），D（5，4），
∴，解得：。∴直线BD解析式为：。
（3）在Rt△AOB中，，
又AD=BC=5，∴▱ABCD是菱形。
①若直线l⊥BD，如图1所示，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD。∴AC∥直线l。∴。
∵BA=BC=5，∴BP=BQ=10。
∴。
②若l为满足条件的任意直线，如图2所示，此时①中的结论依然成立，理由如下：
∵AD∥BC，CD∥AB，∴△PAD∽△DCQ。∴。
∴AP•CQ=AD•CD=5×5=25。
∴
。
例4：（2012四川成都12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数 (为常数)的图象与x轴交于点A(，0)，与y轴交于点C．以直线x=1为对称轴的抛物线 (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．【版
（1）求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两点，试探究是否为定值，并写出探究过程．
【答案】解：（1）∵经过点（﹣3，0），∴，解得。
∴直线解析式为。
令x=0，得。∴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。
∴抛物线解析式为y=（x+3）（x﹣5），即。
（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=900，AC=EF，
∴△CAO≌△EFG（AAS）。
∴EG=CO=，即yE=。
∴，
解得xE=2（xE=0与C点重合，舍去）。
∴E（2，），S▱ACEF=。
（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′（），S▱ACE′F′=。
（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，），
∴直线BC解析式为。
∵xP=1，∴yP=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：
M1M2=
，
M1P=，
M2P=。
∴M1P•M2P=
∴M1P•M2P=M1M2。∴=1为定值。
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