2013年中考数学复习专题——探究型类问题(崔霞)

初三数学中考专题复习三---------探索研究类问题问题特点：探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．解题的方法：由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．典例分析例1（2012•自贡）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．例2（2012•丽水）在直角坐标系中，点A是抛物线y=x2在第二象限上的点，连接OA，过点O作OB⊥OA，交抛物线于点B，以OA、OB为边构造矩形AOBC．（1）如图1，当点A的横坐标为时，矩形AOBC是正方形；（2）如图2，当点A的横坐标为时，①求点B的坐标；②将抛物线y=x2作关于x轴的轴对称变换得到抛物线y=﹣x2，试判断抛物线y=﹣x2经过平移交换后，能否经过A，B，C三点？如果可以，说出变换的过程；如果不可以，请说明理由．例3 （2012•永州）如图所示，已知二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），l为过点（0，﹣2）且与x轴平行的直线，P（m，n）是该二次函数图象上的任意一点，过P作PH⊥l，H为垂足．（1）求二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的解析式；（2）请直接写出使y＜0的对应的x的取值范围；（3）对应当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值．由此观察其规律，并猜想一个结论，证明对于任意实数m，此结论成立；（4）试问是否存在实数m可使△POH为正三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．巩固练习1.如图，经过原点的抛物线y=﹣x2+2mx（m＞0）与x轴的另一个交点为A．过点P（1，m）作直线PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B．记点B关于抛物线对称轴的对称点为C（B、C不重合）．连接CB，CP．（1）当m=3时，求点A的坐标及BC的长；（2）当m＞1时，连接CA，问m为何值时CA⊥CP？（3）过点P作PE⊥PC且PE=PC，问是否存在m，使得点E落在坐标轴上？若存在，求出所有满足要求的m的值，并定出相对应的点E坐标；若不存在，请说明理由．2．（1）问题探究如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明．（2）拓展延伸①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N 是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）3.（2012•德州）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．探索研究类问题答案例1（1）证明：连接AC，如下图所示，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE=CF；（2）解：四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化．理由：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF，故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，S四边形AECF=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=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=4﹣×2×=．例2．解：（1）如图，过点A作AD⊥x轴于点D，∵矩形AOBC是正方形，∴∠AOC=45°，∴∠AOD=90°﹣45°=45°，∴△AOD是等腰直角三角形，设点A的坐标为（﹣a，a）（a≠0），则（﹣a）2=a，解得a1=﹣1，a2=0（舍去），∴点A的坐标﹣a=﹣1，故答案为：﹣1；（2）①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，当x=﹣时，y=（﹣）2=，即OE=，AE=，∵∠AOE+∠BOF=180°﹣90°=90°，∠AOE+∠EAO=90°，∴∠EAO=∠BOF，又∵∠AEO=∠BFO=90°，∴△AEO∽△OFB，∴===，设OF=t，则BF=2t，∴t2=2t，解得：t1=0（舍去），t2=2，∴点B（2，4）；②过点C作CG⊥BF于点G，∵∠AOE+∠EAO=90°，∠FBO+∠CBG=90°，∠AOE=∠FBO，∴∠EAO=∠CBG，在△AEO和△BGC中，，∴△AEO≌△BGC（AAS），∴CG=OE=，BG=AE=．∴x c=2﹣=，y c=4+=，∴点C（，），设过A（﹣，）、B（2，4）两点的抛物线解析式为y=﹣x2+bx+c，由题意得，，解得，∴经过A、B两点的抛物线解析式为y=﹣x2+3x+2，当x=时，y=﹣（）2+3×+2=，所以点C也在此抛物线上，故经过A、B、C三点的抛物线解析式为y=﹣x2+3x+2=﹣（x﹣）2+．平移方案：先将抛物线y=﹣x2向右平移个单位，再向上平移个单位得到抛物线y=﹣（x ﹣）2+．例3．解：（1）∵二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），∴，解得a=，b=0，∴二次函数的解析式为y=x2﹣1，（2）令y=x2﹣1=0，解得x=﹣2或x=2，由图象可知当﹣2＜x＜2时y＜0，（3）当m=0时，|PO|2=1，|PH|2=1；当m=2时，P点的坐标为（2，0），|PO|2=4，|PH|2=4，当m=4时，P点的坐标为（4，3），|PO|2=25，|PH|2=25，由此发现|PO|2=|PH|2，设P点坐标为（m，n），即n=m2﹣1|OP|=，|PH|2=n2+4n+4=n2+m2，故对于任意实数m ，|PO|2=|PH|2；（4）由（3）知OP=PH ，只要OH=OP 成立，△POH 为正三角形，设P 点坐标为（m ，n ），|OP|=， |OH|=，|OP|=|OH|，即n 2=4，解得n=±2，当n=﹣2时，n=m 2﹣1不符合条件，故n=2，m=±2时可使△POH 为正三角形．例4. (1)在矩形ABCD 中，∠EAM=∠FDM ＝ 90，∠AM E =∠F MD ．∵AM=DM，∴△AEM≌△DFM．∴AE=DF．……3分(2)答： △GEF 是等腰直角三角形．……1分理由：方法(一)：过点G 作GH⊥AD 于H ，∵∠A=∠B=∠AHG=90°， ∴四边形ABGH 是矩形． ∴GH=AB=2．∵MG⊥EF， ∴∠GME=90°． ∴∠AME＋∠GMH=90°． ∵∠AME＋∠AEM=90°，∴∠AEM=∠GMH．……2分∴△AEM≌△HMG．∴ME=MG． ∴∠E GM =45°．……3分由(1)得△AEM≌△DFM，∴ME=MF．又∵MG⊥EF，∴GE=GF．∴∠EGF=2∠EGM =90°．∴△GEF 是等腰直角三角形．……4分 方法（二）过点M 作M H⊥BC 于H ，得到△AEM≌△HG M ．具体步骤与给分点同方法（一）方法（三）过点G 作GH⊥AD 于H ，证出△MGH≌△FMD．证出CF=BG ，CG=BE ． 证出△BEG≌△CG F ．△GEF 是等腰直角三角形．（若E 与B 重合时，则G 与C 重合，△GEF 就是△CBF ，易知△CBF 是等腰直角 三角形）(3 )①332＜AE 32 ． ②△GEF 是等边三角形．理由：过点G 作GH⊥AD 交AD 延长线于点H ，∵∠A=∠B=∠AHG=90°，∴四边形ABGH 是矩形．∴GH=AB=23．……2分 ∵MG⊥EF，∴∠GME=90°．∴∠AME＋∠GMH=90°．∵∠AME＋∠AEM=90°，∴∠AEM=∠GMH．又∵∠A=∠GHM=90°，∴△AEM∽△HMG．∴GHAM MG EM =．在Rt△GME 中，∴tan∠M EG=AM GH EM MG ==3． ∴∠M EG= 60． 由（1）得△AEM≌△DFM．∴ME=MF．又∵MG⊥EF，∴GE=GF．∴△GEF 是等边三角形．巩固练习1.解：（1）当m=3时，y=﹣x 2+6x 令y=0得﹣x 2+6x=0∴x 1=0，x 2=6，∴A （6，0）当x=1时，y=5∴B （1，5）∵抛物线y=﹣x 2+6x 的对称轴为直线x=3又∵B ，C 关于对称轴对称∴BC=4．（2）过点C 作CH ⊥x 轴于点H （如图1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°∴∠ACH=∠PCB又∵∠AHC=∠PBC=90°∴△ACH ∽△PCB ， ∴，∵抛物线y=﹣x 2+2mx 的对称轴为直线x=m ，其中m ＞1，又∵B ，C 关于对称轴对称，∴BC=2（m ﹣1），∵B （1，2m ﹣1），P （1，m ），∴BP=m ﹣1，又∵A （2m ，0），C （2m ﹣1，2m ﹣1），∴H （2m ﹣1，0），∴AH=1，CH=2m ﹣1， ∴，∴m=．（3）∵B，C不重合，∴m≠1，（I）当m＞1时，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1，（i）若点E在x轴上（如图1），∵∠CPE=90°，∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP，∴△BPC≌△MEP，∴BC=PM，∴2（m﹣1）=m，∴m=2，此时点E的坐标是（2，0）；（ii）若点E在y轴上（如图2），过点P作PN⊥y轴于点N，易证△BPC≌△NPE，∴BP=NP=OM=1，∴m﹣1=1，∴m=2，此时点E的坐标是（0，4）；（II）当0＜m＜1时，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m，（i）若点E在x轴上（如图3），易证△BPC≌△MEP，∴BC=PM，∴2（1﹣m）=m，∴m=，此时点E的坐标是（，0）；（ii）若点E在y轴上（如图4），过点P作PN⊥y轴于点N，易证△BPC≌△NPE，∴BP=NP=OM=1，∴1﹣m=1，∴m=0（舍去），综上所述，当m=2时，点E的坐标是（0，2）或（0，4），当m=时，点E的坐标是（，0）．2.解：（1）∵α=60°，BC=10，∴sinα=，即sin60°==，解得CE=5；（2）1）D1M=D2N．证明：∵∠ACD1=90°，∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°，∵∠AHK=∠ACD1=90°，∴∠ACH+∠HAC=90°，∴∠D1CK=∠HAC，在△ACH和△CD1M中，，∴△ACH≌△CD1M（AAS），∴D1M=CH，…（3分）同理可证D2N=CH，∴D1M=D2N；（2）①证明：D1M=D2N成立．过点C作CG⊥AB，垂足为点G，∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°，∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°，∠AH1C=∠ACD1，∴∠H1AC=∠D1CM，在△ACG和△CD1M中，，∴△ACG≌△CD1M（AAS），∴CG=D1M，同理可证CG=D2N，∴D1M=D2N；②作图正确．D1M=D2N还成立．3.（1）解：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：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知∠APB=∠BPH，又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，∴△ABP≌△QBP．∴AP=QP，AB=BQ．又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH．∴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°，∴△EFM≌△BPA．∴EM=AP=x．∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2．解得，．∴．又四边形PEFG与四边形BEFC全等，∴．即：．配方得，，∴当x=2时，S有最小值6．。