定值问题范文

定值问题范文（精选10篇）

定值问题 第1篇

“定值问题”是中考考题中出现较多、 难度较大、 得分率偏低的题型,往往作为压轴题出现. “定值问题”之所以较难,难就难在考生不容易找到这个在变化中保持不变的定值是多少,如果不能首先确定这个定值,那么后续的求证就没有目标. 而即使找到定值, 要证某个量始终保持这个定值也是不容易的.解决问题的办法概括起来就是:第一步特殊化,初步推断定值;第二步一般化,确定求证途径. 特殊化是一种重要的数学思想方法,即将一般性问题放在特殊的位置、特殊的关系、特殊的条件下去探求问题的解,为问题的一般化明确求解方向. 下面结合具体的问题予以剖析.

(1) 过A、B、C的三点的⊙M交y轴于另一点D,连接DM并延长交⊙M于E,过E点的⊙M的切线分别交x轴、y轴于点F、G,求直线FG的函数表达式.

(2)在(1)的条件下,设P为弧CBD上的动点(P不与C、D重合),连接PA交y轴于点H,问是否存在一个常数K,始终满足AH·AP = K,如果存在,请写出求解过程;如果不存在,请说明理由.

分析(1) 略. 问题(2)显然是“定值问题”.

第一步:特殊化. 初步推断定值(即常数K). 动点P在弧上运动时,有三个位置是最特殊的,即C点、B点和D点,我们可先在这三个特殊的位置上初步判定定值K.

第二步:一般化.确定求证途径. 第一步的初步推断为我们求证点P在一般情况下(即P是弧CBD上任意动点)始终满足AH·AP = 12,提供了三条有效途径. 途径一,证明AH·AP = AC2(只需证△ACH∽△APC,便得AH·AP = AC2= 12);途径二, 证明AH·AP = AD2(只需证△ADH∽△APD, 便得AH·AP = AD2= 12);途径三,证明AH·AP = AO·AB(只需证△AOH∽△APB,便得AH·AP = AO·AB = 12). 通过这三条途径我们可使问题得以顺利解决.

由例1 可以看出,解决“定值问题”可分两步进行,第一步的“特殊化,初步判定定值”最为关键,它不但帮助我们找到了变化中不变的定值是多少,更为第二步“一般化,确定求证途径”明确方向.

(1)请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长.

(2)点K为线段EC上一动点(不与E、C重合),连接BK交⊙M于点T,弦AT交x轴于点N. 是否存在一个常数a,始终满足MN·MK = a,如果存在,请求出a的值;如果不存在,请说明理由.

分析(1)易求得OE=5,r=2,CH=2.

(2)属“定值问题”.

第一步:特殊化.初步推断定值(即常数a). 动点K在CE上运动时,有两个位置是特殊的,即C点和E点. 下面我们选取特殊点C来初步推断定值a.

当点K运动到C点时,此时K、T、N三点重合,MN·MK =r2= 4.于是,我们便初步判定当点K在CE上运动时,始终满足MN·MK = r2= 4.

结合已知条件, 只要证△MNT∽△MTK, 或△MBK∽△MNA,或△MBN∽△MKB,均可得到MN·MK = r2.

例3(中考试题,贵港卷)如图3所示,正方形ABCD对角线AC、BD相交于O,AB=1.另一正方形EFGH,EF=2,点E与点O重合.

当正方形EFGH绕点E旋转时,求这两个正方形重叠部分的面积.

谈谈直线和圆中的定点定值问题 第2篇

一、 直线方程过定点问题

【例1】直线l:(1+3m)x+(3－2m)y+4m－17=0与圆x2+y2+2x－6y－15=0的交点个数是.

解析直线l方程可化为：(3x－2y+4)m+x+3y－17=0，且直线与实数m无关.

由3x－2y+4=0,

x+3y－17=0,得x=2,

y=5.

∴直线过定点A(2,5).

∵22+52+4－30－15=－12<0，

∴A点在圆内，故直线与圆有两个交点.

点拨在本题中，判断直线与圆的位置关系既不需要用代数方法将直线方程与圆的方程联立方程组，消元后观察一元二次方程判别式与0的关系；也不需要用几何方法，即比较圆心与直线的距离与半径的大小。而是发现直线方程中含有参数m，并与参数m无关，故直线必过定点。通过判断定点与圆的位置关系进而可以得出直线与圆的交点个数。

二、 圆方程过定点问题

【例2】无论k取什么值，圆x2+y2+kx+ky－4=0恒过定点.

解析当k取不同的值，方程对应不同的圆，所求定点是无数个圆的公共点，将圆的方程化为(x+y)k+x2+y2－4=0，由题意，对任意k∈R，等式恒成立，故有x+y=0,

x2+y2－4=0，

解得x=－2,

y=2,或x=2,

y=－2,

∴圆恒过定点坐标为(－2,2)或(2,－2).

点拨当圆方程中参数k每取定一个不同的数值时，就得到一个不同的圆，也可以理解为圆系方程，而定点实质是无数个圆的交点，只要化为k•A+B=0（A,B是关于x,y的关系式），对于任意k值，k•A+B=0等式恒成立，所以只要满足A=0,

B=0,解出x,y的值，得出定点坐标。

三、 与圆有关的定点定值问题

【例3】已知⊙O:x2+y2=1和点M(4,2),

（1） 过点M向⊙O引切线l，求直线l的方程；

（2） 求以点M为圆心，且被直线y=2x－1截得的弦长为4的⊙M的方程；

（3） 设P为（2）中⊙M上任一点，过点P向⊙O引切线，切点为Q.试探究：平面内是否存在一定点R，使得PQPR为定值？若存在，请举出一例，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.

解析（1） ∵42+22>1,∴M点在圆外,

故过M点的切线有两条.设直线l的斜率为k，则l的直线方程为：y－2=k(x－4)，

即kx－y+2－4k=0.

∵直线l与圆O相切,∴2－4kk2+1=1,

化简得(2－4k)2=k2+1，解得k=8+1915或k=8－1915,

∴l的直线方程为：y=8+1915x－2+41915或y=8－1915x+419－215.

（2） 设⊙M的半径为R，则⊙M的方程为:(x－4)2+(y－2)2=R2.

设圆心M到直线y=2x－1的距离为d，则d=2×4－2－122+12=5.

又圆M被直线y=2x－1截得的弦长为4，则弦的一半d′=2.

∵d2+d′2=R2,∴(5)2+22=R2.

即R2=9,∴⊙M的方程为：（x－4)2+(y－2)2=9.

（3） 假设M上点P(x,y),定点R(a,b),故设PQ2PR2=λ2(λ为大于0的常数）,

∵PQ2=x2+y2－1,PR2=(x－a)2+(y－b)2，则有PQ2PR2=x2+y2－1(x－a)2+(y－b)2=λ2，①

（x－4)2+(y－2)2=9整理为x2+y2=8x+4y－11代入①化简得8x+4y－12=λ2［(8－2a)x+(4－2b)y+(a2+b2－11)］.

∵等式恒成立,∴λ2(8－2a)=8,

λ2(4－2b)=4,

λ2(a2+b2－11)=－12,

解得a=2,

b=1,

λ=2,或a=25,

b=15,

λ=103,

∴存在点R使得PQPR为定值，当R的坐标为(2,1)时，比值为2；

当R的坐标为25,15时，比值为103.

点拨当然，直线和圆的方程中不仅有定点问题，定值问题，还有求定直线的问题。如已知圆x2+y2－2λx－4λy+92λ2=0(λ≠0)，求证：当λ取不同的非零实数值时，所得到的圆都有公切线，并求出公切线的方程。

［方法指导］考虑到若圆系有公切线y=kx+b，则k,b为定值。利用圆心到切线的距离等于半径，可得λ,k,b满足的等量关系，再用分离系数法，求出k,b。要注意k不存在的情况。

解析圆方程可化为(x－λ)2+(y－2λ)2=12λ2(λ≠0)，

∴圆心为(λ,2λ)，半径为22|λ|.

易知公切线斜率存在，设公切线方程为y=kx+b，

则kλ－2λ+b1+k2=22λ，

∴(k2－8k+7)λ2+4b(k－2)λ+2b2=0，

∵上式对所有λ(λ≠0)成立，

∴k2－8k+7=0,

4b(k－2)=0,

2b2=0，解得k=1,

b=0或k=7,

b=0.

∴公切线方程为y=x,y=7x.

点拨无论是定点定值问题等，我们只要抓住问题的关键，将问题转化为对于任意实数k，等式可化为kx+y=0恒成立，只要满足x=0,y=0，问题就得到解决。

牛刀小试

1. 已知点A在x轴正半轴上，点B在射线y=3x(x≥0)上.若OA+OB=6，求证：△OAB的外接圆过不依赖于点A,B的定点C（C不同于原点O）.

2. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y－1)2=4和圆C2:(x－4)2+(y－5)2=4.

（1） 若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程；

（2） 设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标.

【参考答案】

1. 记OB=2a，则OA=6－2a，点A(6－2a,0),B(a,3a).a>0

设△OAB外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2－4F>0)，

把O,A,B三点坐标代入方程，

有F=0，

(6－2a)2+D(6－2a)+F=0，

a2+(3a)2+Da+E3a+F=0，

∴D=2a－6，

E=23(1－a)，

F=0，

∴△OAB外接圆的方程为x2+y2+2(a－3)x+23(1－a)y=0,

整理得：2(x－3y)a+x2+y2－6x+23y=0.

由2(x－3y)=0,

x2+y2－6x+23y=0,解得x=0,

y=0（舍）或x=3,

y=3.

∴△OAB的外接圆过不依赖于点A,B的定点C(3,3).

2. (1) 设直线l的方程为：y=k(x－4)，

即kx－y－4k=0.

由垂径定理，得圆心C1到直线l的距离

d=22－2322=1，

结合点到直线距离公式，得：|－3k－1－4k|k2+1=1,

化简得：24k2+7k=0,k=0或k=－724.

所求直线l的方程为：y=0或y=－724(x－4)，

即y=0或7x+24y－28=0.

(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：y－n=k(x－m),y－n=－1k(x－m)，

即：kx－y+n－km=0,－1kx－y+n+1km=0.

因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等.由垂径定理，得：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等.

故有：|－3k－1+n－km|k2+1=－4k－5+n+1km1k2+1，

化简得：(2－m－n)k=m－n－3或(m－n+8)k=m+n－5.

关于k的方程有无穷多解，有：

2－m－n=0,

m－n－3=0或m－n+8=0,

m+n－5=0,

解之得：点P坐标为－32,132或52，-12.

两道定值定点问题的探究 第3篇

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)若直线L:y=kx+m与椭圆相交于A、B两点(A、B不是左右顶点)，以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证:直线L过定点，并求出该定点的坐标．

本题的第(2)问条件是kACkBC=-1，下面我将条件推广到kACkBC=n(n为常数)，得出更一般的结论．

结论1:椭圆，直线L与椭圆交于M、N两点，A(a,0)为右顶点，若kAMkAN=n(n为常数)，则L必过定点

结论2:双曲线(a≠b)，直线L与双曲线交于M、N两点，A(a,0)为右顶点，若kAMkAN=n(n为常数)，则L必过定点

结论3:抛物线y2=2px，直线L与抛物线交于M、N两点，若kOMkON=n(n为常数)，则L必过定点

证明:椭圆，直线L与椭圆交于M、N两点，A(a,0)为右顶点，显然直线AM、AN的斜率都存在，设M(x1,y1)、N(x2,y2)

设过M、N的直线为y=kx+m，则有y1=kx1+m,y2=kx2+m,

代入上式(kx1+m)(kx2+m)=n[x1x2-a(x1+x2)+a2],

化简得，(k2-n)x1x2+(mk+na)(x1+x2)+m2-na2=0,

同理可证双曲线和抛物线y2=2px的结论也成立．

问题2:已知A(-1,0)、B(1,0)是圆x2+y2=1与x轴的两个交点，CD是垂直于AB的动弦，直线AC和DB相交于点P，问是否存在两个定点E、F，使||PE|-|PF||为定值?若存在，求出E、F的坐标;若不存在，请说明理由．

根据这道定值定点问题，得出圆锥曲线的一个重要性质．

结论4:A(-a,0),B(a,0)是圆x2+y2=a2与x轴的两个交点，CD是垂直于AB的动弦，直线AC和DB相交于点P，存在两个定点，使||PE|-|PF||为定值2a,P的轨迹方程为x2-y2=a2.

结论5:A(-a,0),B(a,0)是椭圆与x轴的两个交点，CD是垂直于AB的动弦，直线AC和DB相交于点P，存在两个定点，使||PE|-|PF||为定值2a,P的轨迹方程为

结论6:A(-a,0),B(a,0)是双曲线与x轴的两个交点，CD是垂直于AB的动弦，直线AC和DB相交于点P，存在两个定点，使|PE|+|PF|为定值2a,P的轨迹方程为

定值问题 第4篇

一、解析几何中的定点、定值问题

解析几何中的定点、定值问题一般是指在一定的情境下，不随其它因素的改变而改变的量．从近几年的新课标高考题来看，定点、点值问题多数以选择、填空题的形式出现，考查特殊与一般的转化思想，也有以证明等解答题面目出现，着重考查逻辑推理能力．处理定点、点值的基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出定点、定值，然后给以证明．值得注意的是，解析几何中的定点、定值问题与一般几何证明不同，它的结论中没有确定的定点、定值对象，所以探求定点、定值成为首要任务.其一，要有一定量的基本图形、基本结论作基础，先设一般问题成为一个特殊问题，动中取静，使图形极端化（考虑图形的特殊位置和临界位置等），从而求得定点、定值，然后，从图形或数据的直观观察中，获得合乎情理的猜想，再进行逻辑证明；其二，要注意前面解答结论中的暗示功能和桥梁作用.

由于解析几何中的定点、定值问题在解题之前不知道定点、定值的结果，因而更增添了题目的神秘色彩，因而是颇有难度的问题，解决这类问题时，要运用辩证的观点去思考分析，在“变”中寻求“不变”，用特殊探索法（即用特殊值、特殊位置、特殊图形等）先确定出定点、定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口.另外，有许多定点、定值问题，通过特殊探索法不但能够确定出定点、定值，还可以为我们提供解题的线索.

例1． 已知抛物线y2=2px（p＞0），问：在轴的正半轴上是否存在一点M，使得过M点的抛物线的任意一条弦P1P2都有∠P1OP2=■（O为坐标原点）？请说明理由.

分析：这是一道与探索性相结合的定点问题，通过阅读题意我们发现几个关键词：“正半轴”，“任意一条弦”， 抛物线y2=2px（p＞0）的开口向右，先假设满足题设条件的点M存在，并求出M的坐标，然后证明过M点的任意一条直弦P1P2都有∠P1OP2=■，也就是先证明存在性，后证明任意性.

假设满足条件的点M存在，设M（x0 ，0），P1（x1 ，y2），P2（x2 ，y2），则当P1P2⊥OM时，应有∠P1OP2=■，∠P1OM=■，此时P1（2p ，2p），从而有M（2p ，0），这表明若满足题设条件的点M存在，其坐标只能是（2p ，0），设P1P2是过点（2p ，0）的任意一条弦，其斜率为k，则P1P2的方程为y=k（x-2p），代入y2=2px得k2x2-

2（2k2+1）px+4k2p2=0.

由韦达定理可得x1x2=4p2，又y1y2＜0，y2=2px1，y22=

2px2，故y1y2=-■·■=-4p 2，

因为x1x2+y1y2=4p 2-4p2=0，故∠P1OP2=■，这表明过点（2p ，0）的任意一条弦P1P2都满足∠P1OP2=■，综上所述，在x轴的正轴上存在唯一的一点M（2p ，0）满足题设条件.

点评：本题从特殊情形入手，探求了解题的目标，再对一般情况给以证明，过程自然流畅.

牛刀小试1：已知椭圆C的方程为■+y2=1，A，B为椭圆C的左右顶点，点P是椭圆C上异于A，B的动点，直线AP，BP分别交直线l∶x=2■于E，F两点.证明：以线段EF为直径的圆恒过x轴上的定点.

解析：由题可得A（-2 ，0），B（2 ，0）.设P（x0 ，y0），直线AP的方程为y=■（x+2），令x=2■，则y=■，即E（2■，■）；

直线BP的方程为y=■（x-2），

令x=2■，则y=■，即F（2■，

■）；

设点M（m，0）在以线段EF为直径的圆上，则■·■=0，（m-2■）2+■=0，∴（m-2■）2=■，而■+y20=1，即4y20=4-x20，

∴（m-2■）2=1，∴m=2■+1或m=2■-1.

所以以线段EF为直径的圆必过x轴上的定点（2■＋1，0）或（2■-1，0）.

例2． 已知抛物线x2=4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且■=?姿■(?姿＞0)，过A，B两点分别作抛物线的切线,设其交点为M.证明■=■为定值.

分析：我们知道当题目给出定值时，这就是单纯的证明问题，这类问题容易下手解答；当题目未给出具体定值时，还需要找出这个定值,或用特殊化法猜测出这个定值后，再予以证明，因此本题应属于后一种情形，我们不妨令?姿=1，当?姿=1时，弦AB为抛物线x2=4y的通径，从对称性看，S的最小值必在特殊点（位置）取到，所以FM⊥AB，即得到■=■为定值0，即我们要证的定值为零.

证明：由已知条件，得F（0，1），?姿＞0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由■=?姿■，得（-x1，1-y1）=?姿（x2，y2-1），

∴-x1=?姿x2， ?譹?訛1-y1=?姿（y2-1）. ?譺?訛

将①式两边平方，并把y1=■x21，y2=■x22代入，

得y1=?姿2y2， ③

解②③式得y1=?姿，y2=■，且有x1x2=-?姿x22=-4?姿y2=-4.

∵抛物线方程为y=■x2，求导得y′=■x，

∴过抛物线上A，B两点的切线方程分别是y=■x1（x-x1）+y1，y=■x2（x-x2）+y2，即y=■x1x-■x21，y=■x2x-■x22.

∴两条切线的交点M的坐标为（■，■）=

（■，-1）．

∴■·■=（■，-2）·（x2-x1，y2-y1）=■（x22-x21）-2（■x22-■x21）=0．

即■·■为定值0．

点评：解答本题的关键是令?姿=1，再探讨出■·■为定值0，这为我们解题指明了前进的方向.

牛刀小试2：已知动直线l与椭圆C: ■+■=1交于P（x1 ，y1）、Q（x2 ，y2）两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ=■,其中O为坐标原点.证明x21+x22和y21+y22均为定值.

证明： （1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x1=x2，y2=-y1因为P（x1 ，y1）在椭圆上，因此■+■=1.①

又因为S△OPQ=■，所以｜x1｜｜y1｜=■.②

由①②得｜x1｜=■,｜y1｜=1此时x21+x22=3，y21+y22=2.

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，由题意知m≠0，将其代入■+■=1，得（2+3k2）x2+6kmx+3（m2-2）=0，其中△=36k2m2-12（2＋3k2）（m2-2）＞0，即3k2+2＞m2…………………………（?鄢）又x1+x2＝-■，x1x2＝■.

所以｜PQ｜=■·■=■·■.

因为点O到直线l的距离为d=■,所以

S△OPQ=■｜PQ｜·d=■■·■·■=■.

又S△OPQ=■，整理得3k2+2=m2，且符合（?鄢）式，

此时x21+x22=（x1+x2）2-2x1x2=（-■）2-2×■=3，

y21+y22=■（3-x21）+■（3-x22）=4-■（x21+x21）=2.

综上所述，x21+x21=3，y21+y22=2，结论成立.

二、解析几何中的最值问题

解析几何中的最值问题，是历年新课标高考重点考查的知识点之一，其题型比较灵活，可以有一些基础题，也有一些小综合的中档题，更有一些以难题形式出现．它经常与三角函数、二次函数、向量、数列、一元二次方程、不等式及某些几何知识紧密联系．所以其解法灵活，综合性强，能力要求高．解决这类问题，要掌握各数学各分支知识，能综合运用各种数学技能，灵活选择合理的解题方法．最值问题的解答能充分检验考生的运算能力，分析问题和解决问题能力． 求最值问题可以分为两类：一是距离、面积的最值问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之相关的一些问题，在探求最值问题时，常结合几何图形的直观性，充分利用平面几何结论，借助于函数的单调性、基本不等式等使问题获解，同时，要注意未知数的取值范围、最值存在的条件等.

例 3． 已知椭圆G∶■+y2=1.过点（m,0）作圆x2+y2=1的切线I交椭圆G于A，B两点.

（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；

（II）将｜AB｜表示为m的函数，并求｜AB｜的最大值.

分析: 本题是求距离的最值问题，解答的关键是充分利用直线与椭圆的位置关系得到｜AB｜的表达式，再根据m的取值利用均值不等式则可求出｜AB｜的最大值.

解析：（Ⅰ）由已知得a=2，b=1所以c=■-■，所以椭圆G的焦点坐标为（-■，0）（■，0）离心率为e=■=■.

（Ⅱ）由题意知，｜m｜≥1.当m=1时，切线l的方程x=1，点A、B的坐标分别为（1，■），（1，-■），

此时｜AB｜=■.

当m=－1时，同理可得｜AB｜=■.

当｜m｜＞1时，设切线l的方程为y=k（x-m），

由y=k（x-m）， ■+y2=1. 得（1+4k2）x2-8k2mx+4k2m2-4=0.

设A，B两点的坐标分别为（x1 ，y1），（x2 ，y2），则有x1 +x2=■，x1x2=■.又由l与圆x2+y2=1相切，得■=1，即m2k2=k2+1.所以｜AB｜=■=

■=■.

由于当m=±3时，｜AB｜=■，所以｜AB｜=■，m∈（-∞，-1]∪[1，+∞).

因为｜AB｜=■=■≤2，且当m＝±■时，｜AB｜=2，所以｜AB｜的最大值为2.

点评：解答第（II）问时应注意使用均值不等式求最值的条件，即一定、二正、三相等. 解析几何的最值问题，一般先根据条件列出所求目标的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法、不等式法、单调性法、导数法以及三角函数最值法等求出它的最大值和最小值.

牛刀小试3: 已知M为椭圆■＋■＝1上的一点，F为椭圆的右焦点，以M为圆心，MF长为半径作圆M，若过点E(-1,0)可作圆M的两条切线EA,EB（A，B为切点），求四边形EAMB面积的最大值．

解析:设M (x0 ,y0)，圆M：(x -x0)2+(y-y0)2=r2，其中r=

｜MF｜=■.由两切线存在可知，点E在圆M外，所以，■＞■，即x0＞0，又M (x0 ,y0)为椭圆C上的点，所以0＜x0≤2．

而｜MF｜=■=■｜x0-4｜，所以1≤｜MF｜＜2，即1≤r＜2．

E（-1，0）为椭圆的左焦点.

根据椭圆定义知，｜ME｜+｜MF｜=4，所以｜ME｜=4-r，而｜MB｜=

｜MF｜= r，所以在直角三角形MEB中，｜ EB｜=■=2■，S△MEB=■｜EB｜·｜MB｜=r■，由圆的性质知，四边形EAMB面积S=2S△MEB=2r■，其中1≤r＜2．

即S=2■（1≤r＜2）．

令y=-2r3+4r2（1≤r＜2），则y′=-6r2+8r=-2r（3r-4），

当1＜r＜■时，y′＞0，y=-2r3+4r2单调递增；

当■＜r＜2时，y′＜0，y=-2r3+4r2单调递减．

所以，当r=■时，y取极大值，也是最大值，此时Smax=2■=■■．

（作者单位：广东省五华县五华中学）

平面几何定值问题的探求 第5篇

所谓几何定值问题, 就是命题的条件中, 一部分几何元素是固定的, 而另一部分元素则可在一定范围内变动, 但与此变动元素相关联的某种几何量 (线、角、弧、面积) 或其和、差、积、比等的值却保持不变, 这就是定值。

证明定值问题, 就是证明它可以用已知量的确定关系来表示。证明几何定值问题, 关键有二:一是把这个“定值”设法探求出来, 二是再把它转化成一般的证明问题。

下面谈谈探求几何定值问题常用的方法:

一、运动法

1. 分析图中变动部分与固定部分的关系, 以探求定值。

例1.过两圆的一交点P任作两直线, 交一圆于A、B, 交另圆于A′、B′。求证:AB和A′B′的交角为常量。 (如图1)

分析:变动部分:割线APB′、A′PB, ∠ASA′可以不断改变。若过点P分别作两圆的切线PM、PN, 则∠MPN角 (不变) 。那么, ∠MPN是否与∠ASA′相等呢?

证明:连结QB、QP、QA′,

则∠ASA′=∠ASB′=180°- (∠SAB′+∠SB′A)

=180°- (∠BQP+∠PQA′) =180°-∠BQA

=∠QBA′+∠QA′B=∠QPN+∠QPM

=∠MPN (定值)

2. 从图中变动部分的特殊位置和固定部分之间的关系, 探求定值。

例2.等腰三角形ABC两腰与直径在底边BC上的半圆相切于P、Q, MN是半圆的切线, 切半圆于R, 交两腰于M、N。求证:BMCN为定值。 (如图2)

分析:取MN的特殊位置, 探求定值。令M趋近于P, 则N趋近于A, PN是MN的极限位置。此时有MBCN=BPAC。而AB=AC, 故BMCN=BPAB。连结OA, OP, 在Rt△AOB中, OP⊥AB, 由射影定理可得OB2=BPAB。由于OB是定值, 所以BMCN=OB2 (定值) 。

下面证明一般情况下成立连结OP、OM、ON、OQ, 于是∠1=∠6, ∠2=∠3, ∠4=∠5,

又∠ONR+∠4=90°

∴∠BOM=∠ONR=∠ONQ。

在△BOM和△CON中, ∠BOM=∠ONC, ∠B=∠C。

二、计算法

1. 运用面积计算方法探求定值。

例3. (如图3) , O为△ABC内任一点, AO、BO、CO的延长线交BC、CA、AB于D、E、F。

分析:O为动点, 所以OD、AD, OE、BE, OF、CF均为动线段, 但已知三角形的面积不变, 有关线段不变, 所以可通过面积计算的方法, 边计算边证明。

证明:设△BOC的面积为S△BOC, 其他类同。作OG⊥BC于G, 作AH⊥BC于H。

(定值) 。

2. 运用三角相关知识探求定值。

例4.如图4, 正三角形ABC, P是△ABC外接圆上的任一点。求证:PA2+PB2+PC2为定值。

分析:平方和 (差) 的定值问题一般用计算方法。计算过程常用勾股定理、余弦定理、正弦定理、面积公式、中线定理、圆幂定理等等。这里我们根据条件用余弦定理加以计算。

探求:当P取到点A时, 有PA2+PB2+PC2=AB2+AC2=6R2 (定值) 。

下面证一般情况下成立:

3. 利用解析几何方法探求定值。

例5.由定圆O外一点P引任意割线PAB (不过圆心) 。

分析:选定适当的坐标系, 把问题转化为一个有条件的代数式或三角式去解决。

证明:取过O, P的直线为x轴, 圆心O为原点, 建立直角坐标系 (如图5) 。P, A, B的坐标如图所示, a为定值。

三、综合分析法

有不少题目单独用上述二种方法并不方便, 我们可以采用综合分析的方法。此法特点首先是分清定动, 然后根据已知条件和有关定理等变量用已知量的函数式来表示, 从而解决问题。

例6.在等腰三角形ABC的底边上任取一点D, 过D作BC的垂线和两腰或其延长线相交于E, F, 则ED+FD为定值。

分析:已知等腰三角形, ED, FD为变量。如果能用已知等腰三角形的有关元素和有关角的函数来表示, 问题即迎刃而解了。

证明:如图6, 设∠B=∠ACB=∠α,

则FD=CDtgα, ED=BDtgα,

∴ED+FD= (CD+BD) tgα=BCtgα (定值) 。

总之, 定值问题较一般问题需要多思考一步, 解这类问题有利于巩固我们所学的基础知识, 提高思维能力。我们可以通过探讨, 寻找这类问题的解题规律。

摘要：本文通过分析图中变动部分与固定部分的关系, 图中变动部分的特殊位置和固定部分之间的关系, 以及运用面积计算的方法、三角相关知识、解析几何方法、综合分析等方法, 探求了平面几何的定值问题。

关键词：平面几何,定值问题,探求

参考文献

[1]朱德祥, 朱维宗编.初等几何研究[M].高等教育出版社, 2003.1, 第2版.

利用曲线系方程解决定点定值问题 第6篇

首先圆、椭圆、双曲线、抛物线被称为二次曲线, 两条相交直线被视为二次曲线的退化形式, 二次曲线系的一般形式为Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0.

同圆系一样, 具有某一共同性质的二次曲线也能用二次曲线系表示, 以下是常用的几个结论 (λ, μ表示参数, fi=Ai+By+Ci) .

结论1:当四边形四条边方程顺次为fi=0 (i=1, 2, 3, 4) 时过四边形四个顶点的二次曲线系为f1f3+λf2f4=0.

结论2:过两直线f1=0, f2=0, 与二次曲线F (x, y) =0的四个交点的二次曲线系为F (x, y) +λf1f2=0.

利用上述结论, 有些问题可以得到简洁的求解和证明, 举例如下.

一、定点问题

例1:已知椭圆x2/4+y2=1的左顶点为A, 过点A作两条互相垂直的弦AM, AN交椭圆于M, N两点, 当直线AM的斜率变化时, 直线MN是否过x轴上的一定点 , 若过定点, 请给出证明, 并求出该定点? 若不过定点, 请说明理由.

解:设直线MN与x轴的交点为P (m, 0) , 则设直线MN方程为x-ny-m=0, 又点A处的切线方程为x+2=0, 由结论2, 设过交点A, M, N的二次曲线系方程为: (x+2) (x-ny-m) +λ (x2+4y2-4) =0 (*)

设直线AM方程为y=k (x+2) 即kx-y+2k=0, 则直线AN方程为y=-1/k (x+2) 即x+ky+2=0, 得 (kx-y+2k) (x+ky+2) =0 (**)

(*) (**) 应有相同特征 , 比较系数得x2, y2系数相反, x系数和常数项相同, 则

所以, 直线MN方程为x-ny+6/5=0, 恒过定点 (-6/5, 0) .

点评: (1) 此题亦可先由点由直线AM和AN, 设二次曲线系方程为: (kx-y+2k) (x+ky+2) +λ (x2+4y2-4) =0, 再由点A的切线方程和设直线MN方程为:Ax+By+C=0, 得 (x+2) (Ax+By+C=0, 比较系数得 :C=6/5A, 得最后的结论.

(2) 一般性结论过椭圆长轴x2/a2+y2/b2=1 (a>b>0) 一端点P (a, 0) ( 或P (-a, 0) ) 作弦PA, PB, 若PA⊥PB, 则直线AB必过定点 (ac2/ (a2+b2) , 0) (或 (ac2/ (a2+b2) , 0) ) .

二、定值问题

例1: (南通、泰州 、扬州、连云港、淮安五市联考) 如图, 在平面直角坐标系xOy中, 椭圆x2/a2+y2/b2=1 (a>b>0) 的右焦点为F (1, 0) , 离心率为.分别过O, F的两条弦AB, CD相交于点E (异于A, C两点 ) , 且OE=EF.

(1) 求椭圆的方程 ;

(2) 求证:直线AC, BD的斜率之和为定值.

解: (1) 由题意, 得c=1,

从而b2=a2-c2=1,

所以椭圆的方程为x2/2+y2=1.

(2) 设直线AB的斜率为k, 由题意得直线CD的斜率为 -k, 所以直线AB方程为kx-y=0, 直线CD方程为kx+y-k=0.设直线AC, BD的方程分别为 :A1x+B1y+C1=0和A2x+B2y+C2=0, 由结论1, 过A, C, B, D四点的二次曲线系方程可以设为 : (A1x+B2y+C1) (A2x+B2y+C2) +λ (kx-y) (kx+y-k) =0,

若表示椭圆, 则A1B2+B1A2=0, 所以kAC+kBD= (-A1/B1) + (-A2/B2) =0.

点评:一般性结论: (1) 若椭圆的两条相交弦AB, CD的倾斜角互补, 即kAB+kCD=0, 则kAC+kBD=0, kAC+kBD=0 (AD, BC的斜率均存在时) .

(2) 若椭圆的两条相交弦AB, CD交于点E, 在斜率均存在的前提下, kAB+kCD, kAC+kBD, kAD+kAC中, 若有一个为0, 则其余两个均为0.

(3) 上述命题对双曲线和椭圆同样成立.

例2: (2011年四川省理) 椭圆有两顶点A (-1, 0) 、B (1, 0 ) , 过其焦点F (0 , 1 ) 的直线l与椭圆交于C、D两点, 并与x轴交于点P, 直线AC与直线BD交于点Q.

(I) 当时 , 求直线l的方程;

(II) 当点P异于A、B两点时, 求证:为定值.

解: (1) 椭圆方程为x2+y2/2=1, 直线l的方程为时 (过程略) .

(2) 设直线CD方程为ky-y+1=0, 则P (-1/k, 0) , 直线AC方程为k1x-y+k1=0, 直线BD方程为k2x-y-k2=0, 联立解得交点Q ( (k1+k2) / (k2-k1) , (2k1k2) / (k2-k1) ) , 故

由结论1, 可设过A, B, C, D四点的二 次曲线系 方程为 (kx-y+1) +λ (k1x-y+k) (k2x-y-k2) =0与椭圆方程2x2+y2-2=0比较系数得:

参考文献

[1]张志达.对直线合成二次曲线族问题的讨论.甘肃教育学院学报, 1999.9.

[2]葛建华.把握核心找思路, 通巧结合谋题解.数学教学通讯, 2012.11.

[3]石礼标.探究一道内涵丰富的五市联考调研题.中学数学, 2013, 12.

定值问题 第7篇

证法1依题设直线AB的方程为

将其代入椭圆方程并整理, 得

当Δ>0时, 由A (x1, y1) , B (x2, y2) , 得

此时,

又因为

所以,

对上式化简并整理, 得

所以,

所以

所以

化简整理得

将a2b2=b2 x20+a2 y20代入上式, 得

又因为点P (x0, y0) (y0≠0) 不在直线AB上, 所以

kx0+m-y0≠0,

即直线AB的斜率为常数

评析上述解答中的关键之处在于“a2b2=b2 x20+a2 y20”的灵活应用, 为实现因式分解铺平了道路, 进而使问题得以解决.

两式相减得,

所以

同理可得

又因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补, 所以kPA+kPB=0, 即

又因为

所以

由 (1) 得,

由 (2) 得,

(3) - (4) 得,

所以

即直线AB的斜率为常数

评析 本法的关键之处在于的两种表达式的灵活的应用, 充分体现了设而不求、整体突破的解题策略.

证法3设PA的斜率为k, 则PB的斜率为-k, 直线PA的方程为

直线PB的方程为

联立方程组

消去y得

整理得

所以

同理可得

所以

所以

所以

评析 本法的关键之处在于一元二次方程根与系数关系的灵活应用, 在已知方程的一个根时, 恰当的选择两根之和 (或积) 来求另一个根, 尤其在字母符号背景下显得更为重要, 有效的减少运算量, 切实提高了解题效率.

定值问题 第8篇

关键词：圆锥曲线,斜率,定值

动和静是物体的两个方面，动是绝对的，静是相对的，动静是辩证地存在的．圆锥曲线是动静结合的典范．以椭圆为例，椭圆的定义为定点F1、F2，定值2a(2a>F1F2），动点P满足PF1+PF2=2a，则P的轨迹是椭圆．“动”是P的运动，“静”是动点P满足PF1+PF2=2a，点P到两个定点的距离和是定值．在运动的过程中，不变的就是静．本文以圆锥曲线为背景，研究与直线的斜率有关的定值问题．

一、斜率之和为定值

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）AB是经过右焦点F的任意一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA、PB、PM的斜率分别为k1、k2、k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2=λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

解析：：（Ⅰ）易求出椭圆C的方程为

（Ⅱ）设B(x0,y0)(x0≠±1），则直线FB的方程为y(x0-1)=y0(x-1).

直线FB的方程与椭圆方程联立方程组，解得A

点评：过定点F的动直线引出三个动点：与定椭圆的两个交点A、B，与定直线l的交点M，经过定点P（满足PF⊥x轴）的调动，得到kPA+kPB=2kPM，动中有静，静由动生，动静和谐，形式优美．

二、斜率之差为定值

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）A、B分别是椭圆C的左、右顶点，D是椭圆C的下顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M．设BP的斜率为k,MN的斜率为m，求证：2 m-k为定值．

解析：（Ⅰ）易得椭圆C的方程为

（Ⅱ）由（Ⅰ）得A(-2,0),B(2,0),D(0,1),P不为椭圆的顶点，设BP的方程为y=k(x-2),k≠0,k≠±

点评：定椭圆上的三个定点A、B、D，由椭圆上的动点P引出两个动点M、N，这些点恰好都在定角∠DAB内，两个动直线MB、MN的斜率受定直线MA的斜率制约．

三、斜率之积为定值

【例3】椭圆的左、右顶点分别为A1、A2，点P在C上且直线PA2的斜率的取值范围是[-2,-1]，那么直线PA1斜率的取值范围是（）．

定值电阻在电学实验中的应用 第9篇

1. 定值电阻可在电路中当保护电阻使用

定值电阻在电路中可分担部分电压，从而减小其它元件端电压而达到保护作用. 具体电路中定值电阻既可以保护单个实验器材，也可以保护多个元件器材.

例1 请用下表中实验器材设计一电路来测量电流表[A1]的内阻[r1]，并写出[r1]的表达式.

解析 根据器材规格可算出电流表[A1]可承受的最大电压约为0.4V，电流表[A2]可承受的最大电压为0.375V，电流表[A2]内阻已知，故可充当电压表测量电流表[A1]的电压，其量程接近，非常匹配，可以直接将[A2]并联在电流表[A1]两端，但两电表承受的最大电压较电池电动势1.5V小很多，则定值电阻[R1]可串入电路来保护两电表，电路设计如图1所示. 显然 [r1=I2I1r2.]

[图1]

点评 实际上本题定值电阻[R1]除了可以放在支路上保护两个电表外，将定值电阻[R1]放在电源附近的干路上也同样可以起到保护两表的作用，不过这种保护方法在高中设计性实验中非常少见.

2. 扩大电表量程

实验器材中若电流表测电流或测电压量程不够时，可加入定值电阻用来扩大其测量范围.

例1变式1 若例1中待测电流表[A1]内阻[r1]改为约150Ω, 电阻[R1]=2250Ω，其它条件不变,电路该如何设计?

点拨 改后电流表[A1]可承受的最大电压约为1.5V，该电表不再需要保护，这时要保护的是电流表[A2]. 可将电流表[A2]与[R1]串联,再与电流表[A1]并联,电路其它部分保持不变. 换个角度，将电流表[A2]与[R1]串联的目的，既可理解为保护电流表[A2]，同时也可以理解为因[A2]电压量程（0.375V）不够测量1.5V，而不得不串联[R1]以扩充其量程，而扩大后的量程也正好是1.5V, 刚好满足实验设计要求.

3. 定值电阻配合其它器材作电表使用

定值电阻配合两个电流表可做电压表使用. 定值电阻并联电压表可测量电路中的电流作电流表使用.

例1变式2 若例1中定值电阻给的参考值为[R0]=40Ω，电流表[A2]量程为20mA， 内阻约130Ω，其它条件不变，电路又该如何设计？

点拨 因电流表[A2]阻值不确定，它无法再反串电压表角色，要测量电流表[A2]的阻值显然缺电压表，这时可采用如图2所示的电路进行测量，则[r1=I2-I1I1R0.][I2、I1]分别为某次实验时电流表[A2]、[A1]的示数，[R0]是定值电阻的电阻大小.

[图2]

点评 本题定值电阻充当了电压表角色，但是它必须配合两个电流表使用才能具有这个功能，这种功能的使用考查在设计性实验中非常常见.

4. 匹配电表量程

两电表在使用过程中，一个电表指针偏转角度很大而另一电表指针偏转角度过小，这种现象称为量程不匹配，这时只要加入分流或分压定值电阻就可以平衡两电表量程.

例2 电流表的内阻在0.1Ω～0.2Ω之间，现要测量其内阻，可选用的器材如下：A. 待测电流表[A1]（量程0.6A）；B. 电压表[V1]（量程3V，内阻约为2kΩ）；C. 电压表[V2]（量程15V，内阻约为10kΩ）；D. 滑动变阻器[R1]（最大阻值10Ω）；E. 定值电阻[R2]（阻值5Ω）；F. 电源[E]（电动势4V）；G. 电键[S]及导线若干. 画出实验电路图，如测得电压表的读数为[U]，电流表的示数为[I]，则电流表[A1]的内阻的表达式[RA]= .

点拨 很明显，电源的电动势只有4V，如果选择量程为15V的电压表[V2]，则电压表最大的示数不足满偏的[13]，读数误差较大，因此应选择量程为3V的电压表[V1]. 因为有电压表和电流表，要测电流表的内阻，首先想到的是将电压表直接接在电流表的两端，由欧姆定律可求出电流表的内阻. 但由于本题中电流表的内阻很小，在0.1Ω～0.2Ω之间，因此电流表两端的电压也很小，最大为0.12V，这样用最小量程为3V的电压表无法准确读数，所以应将阻值为5Ω定值电阻[R2]串联在电流表中，这样由欧姆定律算出的电阻便是定值电阻及电流表内阻之和，即[RA=UI-R2]. 电路如图3所示.

[图3]

点评 本题引入定值电阻[R2]的目的就是匹配两电表量程，让其分压来调和两表指针偏转不一致的矛盾，有时还可以引入定值电阻让其分流来匹配两电表量程.

5. 充当等效电源内阻使用

在有些电路中需要大内阻的电源，而在实验器材欠缺情况下，可将定值电阻等效充当等效电源内阻使用.

例3 测量电源的电动势[E]及内阻[r]（[E]约为4.5V，[r]约为1.5Ω）.

器材：量程3V的理想电压表[V]，量程0.5A的电流表[A]（具有一定内阻），固定电阻[R]=4Ω，滑线变阻器[R′]，电键K，导线若干.

（1）画出实验电路原理图.

（2）实验中，当电流表读数[I1]时，电压表读数为[U1]；当电流表读数[I2]时，电压表读数为[U2]. 则可以求出[E]= ，[r]= （用[I1]、[I2]、[U1]、[U2]及[R]表示）

解析 （1）电压表若用来测外电压，其量程会太小，故将固定电阻作等效内阻用，可以增加等效内压从而达到减小外压作用，原理如图4所示.

（2）根据闭合电路的欧姆定律，可得[E=U1+I1(r+R)] [E=U2+I2(r+R)]

[图4]

解得[E=U2I1-U1I2I1-I2]，[r=U2-U1I1-I2-R]

点评 实际上，本题给电池串联定值电阻除了上述作用外，在实际实验操作中还可以较明显地改变电路中的路端电压，便于实验操作和多次读取实验数据而达到减小实验误差的目的. 实际在测量新电池的电动势和内阻的学生分组实验时也经常采用这种方法.

6. 多定值电阻可构建更多阻值电阻

实验中若提供两个阻值的定值电阻，此时可将两个电阻串联或并联使用从而获得更多的阻值供选用.

例4 现有器材：量程为10.0mA、内阻约30～40 Ω的电流表一个，定值电阻[R1]=150Ω，定值电阻[R2]=100Ω，单刀单掷开关K，导线若干. 要求利用这些器材测量一干电池（电动势约1.5V）的电动势. 画出电路图并写出待测电源电动势的表达式.

点拨 本题显然考察的是用安箱法测电源电动势，该方法要求外电路中必须提供至少有两个不同阻值的外电阻，若单独用[R1]电路是安全的，但单独用[R2]，电路中的电流就会超过10.0mA而烧毁电流表，所以只能将[R1]和[R2]串联起来再构建一个250Ω的大电阻来工作. 设计电路如图5所示. 得到[E=I1I2I1-I2R2]（[I1]为断开[S2]时电流表的读数，[I2]为闭合[S2]时电流表的读数）.

[图5] [mA]

点评 有时电路中如果只需要小电阻，还可以将[R1]和[R2]并联起来使用.

【练习】

1. 某电流表[mA]的量程为[I0]=50mA，内阻为[r0]=50Ω，其表盘刻度线已模糊不清，要重新通过测量来刻画出从零到满刻度的刻度值，有下列器材：

A. 待测电流表[mA ]

B. 6V直流电源[E]

C. “0～10Ω，1A”标准变阻器[R1]

D. “0～100Ω，50mA”滑动变阻器[R2]

E. “0.6A，0.5Ω”标准电流表[A1]

F. “3A，0.01Ω” 标准电流表[A2]

G. 5Ω定值电阻[R3]

H. 20Ω定值电阻[R4]

I. 开关及导线若干

①应选用的器材有 （只需填写所选器材序号）

②画出实验电路图.

③待测电流表的电流刻度值的表达式[I]= .

2. 现要测量某一电压表的内阻．给定的器材有：待测电压表[V]（量程2V，内阻约4kΩ）；电流表[mA]（量程1.2mA，内阻约500Ω）；直流电源[E]（电动势约2.5V，内阻不计）；固定电阻3个：[R1]＝4000Ω，[R2]＝10000Ω，[R3]＝15000Ω；开关及导线若干．要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半．

（1）试从3个固定电阻中，选用一个与其它器材一起组成测量电路，并画出测量电路的原理图．（要求电路中各器材用题给定的符号标出）

（2）电路接通后，若电压表的示数为[U]，电流表的示数为[I]，则电压表内阻[RV]＝ .

3. 测量直流电源的电动势[E]及内阻[r]（[E]约为4V，[r]约为2Ω），有下列器材：量程为3V的理想电压表[V]，定值电阻[R1]=24Ω，定值电阻[R2]=4Ω,开关两个，导线若干，试画出测量电路图.

【参考答案】

1. ①ABCEGI

②电路图如图6甲所示

[甲乙] [mA] [mA][图6]

③[I1(RA1+R3)r0]，[I1]为标准电流表[A1]的读数

[RA1]为标准电流表[A1]的内电阻

[r0]为待测电流表的电阻

[R3]为定值电阻阻值

电路图另一解答如图6乙所示，则[I=R3r0+R3I1]…

2. （1）测量电路的原理图如图7所示

[V] [mA][图7]

[R并=2V1.2mA－0.5mA]≈2.9×103Ω

故应选[R1]作为并联的电阻．

（2）由并联分流原理，有[U=I-URV⋅R1]

解得[RV＝RUIR-U].

3. 如图8所示

定值问题 第10篇

例题如图1, 已知△ABC中,AB = AC =4,P是BC上任意一 点 ,PD⊥AB于D,PE⊥AC于E,若△ABC的面积为6,求PD + PE的值.

解析连接AP, 由图可得,S△ABC= S△ABP+S△ACP,∵PD⊥AB于D,PE⊥AC于E,AB = AC =4,△ABC的面积为6,

∴ 6 =1/2× 4 × PD +1/2× 4 × PE = 2(PD + PE),

∴ PD + PE = 3.

本题主要考查了等腰三角形的性质,解答时注意,将一个三角形的面积转化成两个三角形的面积和,将面积关系转化为线段关系,体现了转化思想.下面将本题作一些延伸和拓展,供大家思考和研究.

拓展延伸 一如图2, 在△ABC中 ,AB = AC,P为底边BC上一点 ,PD⊥AB于D,PE⊥AC于E,CF⊥AB于F.求证:PD + PE = CF,即为定值.

解析连接AP.

∵ S△ABC= S△ABP+ S△ACP

∴1/2AB·CF =1/2AB·PD +1/2AC·PE

∵ AB = AC,

∴PD + PE = CF,即PE + PF等于定值(腰上的高).

拓展延伸二若将拓展延伸一中“P为底边BC上一点”改为“P点在底边BC的延长线上”,那么PD、PE、CF存在什么关系?

(1) 如果P点在BC的延长线上 ,如图3,猜想:PD - PE = CF.证明如下:

连接AP.

∵ S△PAB= S△ABC+ S△ACP

∴1/2AB·PD =1/2AB·CF +1/2AC·PE

∵ AB = AC,

∴ PD = CF + PE,即 PD - PE = CF.

(2)如果P点在CB的延长线上 , 猜想 :PE - PD = CF.证明略.

拓展延伸 三在等边 △ABC中 ,如图4,若点P是△ABC内任意一点,PD⊥BC于D,PE⊥AB于E,PF⊥AC于F,设h是等边三角形的高.试说明PD + PE + PF等于定值.

解析过A作AM⊥BC,连接PA,PB,PC,如图所示.

∵ S△ABC= S△ABP+ S△ACP+ S△BCP,

∴1/2BC·AM =1/2AB·PE +1/2AC·PF +12BC·PD.

∵ AB = AC = BC,

∴PD + PE + PF = h,即PD + PE + PF等于定值 (等边三角形的高).

拓展延伸四若将拓展延伸三中“点P是等边△ABC内任意一点”改为“若点P在等边△ABC外时”, 如图5,情况又将如何呢?

△ABC外被三边所在直线分成6个部分,当点P在第1部分内时,如图6,则:

S△ABC= S△ABP+ S△ACP- S△BCP.

即1/2BC·h =1/2AB·PF +1/2AC·PE -1/2BC·PD,

∴ h = PF + PE - PD.

当点P在第2部分内时,则:

S△ABC= S△ABP- S△ACP- S△BCP.

即1/2BC·h =1/2AB·PF -1/2AC·PE -1/2BC·PD,

∴ h = PF - PE - PD.

点P在其余四个部分内可类似计算(略).

应用一:拓展延伸三的另解———“老题重现”.

如图,通过MN在等边△ABC中构造符合“老题”规律的等边△AMN,化“新题”为“老题”,直接利用“老题重现”的结论解决问题.

如图7,过点P作MN∥BC,交AB于M, 交AC于N, 交AM于G, 则△AMN为等边三角形, 由拓展延伸一的结论,得:PE + PF = AG.

∵ PD = GM,∴ PD + PE + PF = GM +AG = AM = h.

应用二:点P是等边△ABC内任意一点,设到三边的距离分别为a、b、c,且使得以a、b、c为边能够构成三角形.请在图中画出满足条件的点P一切可能的位置,并对这些位置加以说明.