2014年中考数学复习专题讲座(WORD)4：探究型问题

2014年中考数学复习专题讲座四：探究型问题

一、中考专题诠释

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．

二、解题策略与解法精讲

由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．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．

以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．

三、中考考点精讲

考点一：动态探索型：

此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件．

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．

考点：菱形的性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质。

分析：（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB 进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；

（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形

=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AECF

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，又根据S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则△CEF的面积就会最大．

解答：（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×=．

点评：本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，求证

△ABE≌△ACF是解题的关键，有一定难度．

考点二：结论探究型：

此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一，而需探索发现与之相应的结论的题目．例3 （2012•盐城）如图①所示，已知A、B为直线l上两点，点C为直线l上方一动点，连接AC、BC，分别以AC、BC为边向△ABC外作正方形CADF和正方形CBEG，过点D作DD1⊥l于点D1，过点E作EE1⊥l于点E1．

（1）如图②，当点E恰好在直线l上时（此时E1与E重合），试说明DD1=AB；

（2）在图①中，当D、E两点都在直线l的上方时，试探求三条线段DD1、EE1、AB之间的数量关系，并说明理由；

（3）如图③，当点E在直线l的下方时，请直接写出三条线段DD1、EE1、AB之间的数量关系．（不需要证明）

考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质。

专题：几何综合题。

分析：（1）由四边形CADF、CBEG是正方形，可得AD=CA，∠DAC=∠ABC=90°，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAB，然后利用AAS证得△ADD1≌△CAB，根据全等三角形的对应边相等，即可得DD1=AB；

（2）首先过点C作CH⊥AB于H，由DD1⊥AB，可得∠DD1A=∠CHA=90°，由四边形CADF 是正方形，可得AD=CA，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAH，然后利用AAS证得△ADD1≌△CAH，根据全等三角形的对应边相等，即可得DD1=AH，同理EE1=BH，则可得AB=DD1+EE1．

（3）证明方法同（2），易得AB=DD1﹣EE1．

解答：（1）证明：∵四边形CADF、CBEG是正方形，

∴AD=CA，∠DAC=∠ABC=90°，

∴∠DAD1+∠CAB=90°，

∵DD1⊥AB，

∴∠DD1A=∠ABC=90°，

∴∠DAD1+∠ADD1=90°，

∴∠ADD1=∠CAB，

在△ADD1和△CAB中，

，

∴△ADD1≌△CAB（AAS），

∴DD1=AB；

（2）解：AB=DD1+EE1．

证明：过点C作CH⊥AB于H，

∵DD1⊥AB，

∴∠DD1A=∠CHA=90°，

∴∠DAD1+∠ADD1=90°，

∵四边形CADF是正方形，

∴AD=CA，∠DAC=90°，