2013年中考數(shù)學(xué)專(zhuān)題復(fù)習(xí) 講座四 探究型問(wèn)題 浙教版
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1、2013年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專(zhuān)題講座四:探究型問(wèn)題 一、中考專(zhuān)題詮釋 探究型問(wèn)題是指命題中缺少一定的條件或無(wú)明確的結(jié)論,需要經(jīng)過(guò)推斷,補(bǔ)充并加以證明的一類(lèi)問(wèn)題.根據(jù)其特征大致可分為:條件探究型、結(jié)論探究型、規(guī)律探究型和存在性探究型等四類(lèi). 二、解題策略與解法精講 由于探究型試題的知識(shí)覆蓋面較大,綜合性較強(qiáng),靈活選擇方法的要求較高,再加上題意新穎,構(gòu)思精巧,具有相當(dāng)?shù)纳疃群碗y度,所以要求同學(xué)們?cè)趶?fù)習(xí)時(shí),首先對(duì)于基礎(chǔ)知識(shí)一定要復(fù)習(xí)全面,并力求扎實(shí)牢靠;其次是要加強(qiáng)對(duì)解答這類(lèi)試題的練習(xí),注意各知識(shí)點(diǎn)之間的因果聯(lián)系,選擇合適的解題途徑完成最后的解答.由于題型新穎、綜合性強(qiáng)、結(jié)構(gòu)獨(dú)特等,此類(lèi)問(wèn)題的一般
2、解題思路并無(wú)固定模式或套路,但是可以從以下幾個(gè)角度考慮: 1.利用特殊值(特殊點(diǎn)、特殊數(shù)量、特殊線(xiàn)段、特殊位置等)進(jìn)行歸納、概括,從特殊到一般,從而得出規(guī)律. 2.反演推理法(反證法),即假設(shè)結(jié)論成立,根據(jù)假設(shè)進(jìn)行推理,看是推導(dǎo)出矛盾還是能與已知條件一致. 3.分類(lèi)討論法.當(dāng)命題的題設(shè)和結(jié)論不惟一確定,難以統(tǒng)一解答時(shí),則需要按可能出現(xiàn)的情況做到既不重復(fù)也不遺漏,分門(mén)別類(lèi)加以討論求解,將不同結(jié)論綜合歸納得出正確結(jié)果. 4.類(lèi)比猜想法.即由一個(gè)問(wèn)題的結(jié)論或解決方法類(lèi)比猜想出另一個(gè)類(lèi)似問(wèn)題的結(jié)論或解決方法,并加以嚴(yán)密的論證. 以上所述并不能全面概括此類(lèi)命題的解題策略,因而具體操作時(shí),應(yīng)更
3、注重?cái)?shù)學(xué)思想方法的綜合運(yùn)用. 三、中考考點(diǎn)精講 考點(diǎn)一:動(dòng)態(tài)探索型: 此類(lèi)問(wèn)題結(jié)論明確,而需探究發(fā)現(xiàn)使結(jié)論成立的條件. 例1 (2012?自貢)如圖所示,在菱形ABCD中,AB=4,∠BAD=120°,△AEF為正三角形,點(diǎn)E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動(dòng),且E、F不與B、C、D重合. (1)證明不論E、F在BC、CD上如何滑動(dòng),總有BE=CF; (2)當(dāng)點(diǎn)E、F在BC、CD上滑動(dòng)時(shí),分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化?如果不變,求出這個(gè)定值;如果變化,求出最大(或最?。┲担? 考點(diǎn): 菱形的性質(zhì);二次函數(shù)的最值;全等三角形的判定與性質(zhì);等邊三角形的
4、性質(zhì)。 分析: (1)先求證AB=AC,進(jìn)而求證△ABC、△ACD為等邊三角形,得∠4=60°,AC=AB進(jìn)而求證△ABE≌△ACF,即可求得BE=CF; (2)根據(jù)△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF,故根據(jù)S四邊形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解題;當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時(shí),邊AE最短.△AEF的面積會(huì)隨著AE的變化而變化,且當(dāng)AE最短時(shí),正三角形AEF的面積會(huì)最小,又根據(jù)S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF,則△CEF的面積就會(huì)最大. 解答: (1)證明:連接AC,如下圖所示, ∵四邊形ABCD為菱形,∠BAD=
5、120°, ∠1+∠EAC=60°,∠3+∠EAC=60°, ∴∠1=∠3, ∵∠BAD=120°, ∴∠ABC=60°, ∴△ABC和△ACD為等邊三角形, ∴∠4=60°,AC=AB, ∴在△ABE和△ACF中, , ∴△ABE≌△ACF(ASA). ∴BE=CF; (2)解:四邊形AECF的面積不變,△CEF的面積發(fā)生變化. 理由:由(1)得△ABE≌△ACF, 則S△ABE=S△ACF, 故S四邊形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC,是定值, 作AH⊥BC于H點(diǎn),則BH=2, S四邊形AECF=S△ABC=BC?AH
6、=BC?=4, 由“垂線(xiàn)段最短”可知:當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時(shí),邊AE最短. 故△AEF的面積會(huì)隨著AE的變化而變化,且當(dāng)AE最短時(shí),正三角形AEF的面積會(huì)最小, 又S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF,則此時(shí)△CEF的面積就會(huì)最大. ∴S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF=4﹣×2×=. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形判定與性質(zhì)及三角形面積的計(jì)算,求證△ABE≌△ACF是解題的關(guān)鍵,有一定難度. 考點(diǎn)二:結(jié)論探究型: 此類(lèi)問(wèn)題給定條件但無(wú)明確結(jié)論或結(jié)論不惟一,而需探索發(fā)現(xiàn)與之相應(yīng)的結(jié)論的題目. 例3 (2012?鹽城)如圖①所示,已知A
7、、B為直線(xiàn)l上兩點(diǎn),點(diǎn)C為直線(xiàn)l上方一動(dòng)點(diǎn),連接AC、BC,分別以AC、BC為邊向△ABC外作正方形CADF和正方形CBEG,過(guò)點(diǎn)D作DD1⊥l于點(diǎn)D1,過(guò)點(diǎn)E作EE1⊥l于點(diǎn)E1. (1)如圖②,當(dāng)點(diǎn)E恰好在直線(xiàn)l上時(shí)(此時(shí)E1與E重合),試說(shuō)明DD1=AB; (2)在圖①中,當(dāng)D、E兩點(diǎn)都在直線(xiàn)l的上方時(shí),試探求三條線(xiàn)段DD1、EE1、AB之間的數(shù)量關(guān)系,并說(shuō)明理由; (3)如圖③,當(dāng)點(diǎn)E在直線(xiàn)l的下方時(shí),請(qǐng)直接寫(xiě)出三條線(xiàn)段DD1、EE1、AB之間的數(shù)量關(guān)系.(不需要證明) 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì)。 專(zhuān)題: 幾何綜合題。 分析: (1)由四邊形C
8、ADF、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證得△ADD1≌△CAB,根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等,即可得DD1=AB; (2)首先過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H,由DD1⊥AB,可得∠DD1A=∠CHA=90°,由四邊形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證得△ADD1≌△CAH,根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等,即可得DD1=AH,同理EE1=BH,則可得AB=DD1+EE1. (3)證明方法同(2),易得AB=DD1﹣EE1. 解答: (1)證明:∵四邊形
9、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. 證明:過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H, ∵DD1⊥AB, ∴∠DD1A=∠CHA=90°, ∴∠DAD1+∠ADD1=90°, ∵四邊形CADF是正方形, ∴AD=CA,∠DAC=90°, ∴∠DAD1+∠CAH=90°,
10、∴∠ADD1=∠CAH, 在△ADD1和△CAH中, , ∴△ADD1≌△CAH(AAS), ∴DD1=AH; 同理:EE1=BH, ∴AB=AH+BH=DD1+EE1; (3)解:AB=DD1﹣EE1. 證明:過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于H, ∵DD1⊥AB, ∴∠DD1A=∠CHA=90°, ∴∠DAD1+∠ADD1=90°, ∵四邊形CADF是正方形, ∴AD=CA,∠DAC=90°, ∴∠DAD1+∠CAH=90°, ∴∠ADD1=∠CAH, 在△ADD1和△CAH中, , ∴△ADD1≌△CAH(AAS), ∴DD1=AH; 同理:EE1=BH,
11、 ∴AB=AH﹣BH=DD1﹣EE1. 點(diǎn)評(píng): 此題考查了正方形的性質(zhì)與全等三角形的判定與性質(zhì).此題難度適中,注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用,注意掌握輔助線(xiàn)的作法. 例4 (2012?麗水)在直角坐標(biāo)系中,點(diǎn)A是拋物線(xiàn)y=x2在第二象限上的點(diǎn),連接OA,過(guò)點(diǎn)O作OB⊥OA,交拋物線(xiàn)于點(diǎn)B,以O(shè)A、OB為邊構(gòu)造矩形AOBC. (1)如圖1,當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為 時(shí),矩形AOBC是正方形; (2)如圖2,當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為時(shí), ①求點(diǎn)B的坐標(biāo); ②將拋物線(xiàn)y=x2作關(guān)于x軸的軸對(duì)稱(chēng)變換得到拋物線(xiàn)y=﹣x2,試判斷拋物線(xiàn)y=﹣x2經(jīng)過(guò)平移交換后,能否經(jīng)過(guò)A,B,C三點(diǎn)?如果可以,
12、說(shuō)出變換的過(guò)程;如果不可以,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題。 專(zhuān)題: 代數(shù)幾何綜合題。 分析: (1)過(guò)點(diǎn)A作AD⊥x軸于點(diǎn)D,根據(jù)正方形的對(duì)角線(xiàn)平分一組對(duì)角可得∠AOC=45°,所以∠AOD=45°,從而得到△AOD是等腰直角三角形,設(shè)點(diǎn)A坐標(biāo)為(﹣a,a),然后利用點(diǎn)A在拋物線(xiàn)上,把點(diǎn)的坐標(biāo)代入解析式計(jì)算即可得解; (2)①過(guò)點(diǎn)A作AE⊥x軸于點(diǎn)E,過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于點(diǎn)F,先利用拋物線(xiàn)解析式求出AE的長(zhǎng)度,然后證明△AEO和△OFB相似,根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列式求出OF與BF的關(guān)系,然后利用點(diǎn)B在拋物線(xiàn)上,設(shè)出點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)解析式計(jì)算即可得解; ②過(guò)點(diǎn)C
13、作CG⊥BF于點(diǎn)G,可以證明△AEO和△BGC全等,根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得CG=OE,BG=AE,然后求出點(diǎn)C的坐標(biāo),再根據(jù)對(duì)稱(chēng)變換以及平移變換不改變拋物線(xiàn)的形狀利用待定系數(shù)法求出過(guò)點(diǎn)A、B的拋物線(xiàn)解析式,把點(diǎn)C的坐標(biāo)代入所求解析式進(jìn)行驗(yàn)證變換后的解析式是否經(jīng)過(guò)點(diǎn)C,如果經(jīng)過(guò)點(diǎn)C,把拋物線(xiàn)解析式轉(zhuǎn)化為頂點(diǎn)式解析式,根據(jù)頂點(diǎn)坐標(biāo)寫(xiě)出變換過(guò)程即可. 解答: 解:(1)如圖,過(guò)點(diǎn)A作AD⊥x軸于點(diǎn)D, ∵矩形AOBC是正方形, ∴∠AOC=45°, ∴∠AOD=90°﹣45°=45°, ∴△AOD是等腰直角三角形, 設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(﹣a,a)(a≠0), 則(﹣a)2=a, 解
14、得a1=﹣1,a2=0(舍去), ∴點(diǎn)A的坐標(biāo)﹣a=﹣1, 故答案為:﹣1; (2)①過(guò)點(diǎn)A作AE⊥x軸于點(diǎn)E,過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于點(diǎn)F, 當(dāng)x=﹣時(shí),y=(﹣)2=, 即OE=,AE=, ∵∠AOE+∠BOF=180°﹣90°=90°, ∠AOE+∠EAO=90°, ∴∠EAO=∠BOF, 又∵∠AEO=∠BFO=90°, ∴△AEO∽△OFB, ∴===, 設(shè)OF=t,則BF=2t, ∴t2=2t, 解得:t1=0(舍去),t2=2, ∴點(diǎn)B(2,4); ②過(guò)點(diǎn)C作CG⊥BF于點(diǎn)G, ∵∠AOE+∠EAO=90°,∠FBO+∠CBG=90°,∠AO
15、E=∠FBO, ∴∠EAO=∠CBG, 在△AEO和△BGC中,, ∴△AEO≌△BGC(AAS), ∴CG=OE=,BG=AE=. ∴xc=2﹣=,yc=4+=, ∴點(diǎn)C(,), 設(shè)過(guò)A(﹣,)、B(2,4)兩點(diǎn)的拋物線(xiàn)解析式為y=﹣x2+bx+c,由題意得,, 解得, ∴經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)的拋物線(xiàn)解析式為y=﹣x2+3x+2, 當(dāng)x=時(shí),y=﹣()2+3×+2=,所以點(diǎn)C也在此拋物線(xiàn)上, 故經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)的拋物線(xiàn)解析式為y=﹣x2+3x+2=﹣(x﹣)2+. 平移方案:先將拋物線(xiàn)y=﹣x2向右平移個(gè)單位,再向上平移個(gè)單位得到拋物線(xiàn)y=﹣(x﹣)2+. 點(diǎn)評(píng):
16、本題是對(duì)二次函數(shù)的綜合考查,包括正方形的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),待定系數(shù)法求拋物線(xiàn)解析式,綜合性較強(qiáng),難度較大,要注意利用點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)、平移變換來(lái)解釋拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)平移變換,利用點(diǎn)研究線(xiàn)也是常用的方法之一. 考點(diǎn)三:規(guī)律探究型: 規(guī)律探索問(wèn)題是指由幾個(gè)具體結(jié)論通過(guò)類(lèi)比、猜想、推理等一系列的數(shù)學(xué)思維過(guò)程,來(lái)探求一般性結(jié)論的問(wèn)題,解決這類(lèi)問(wèn)題的一般思路是通過(guò)對(duì)所給的具體的結(jié)論進(jìn)行全面、細(xì)致的觀察、分析、比較,從中發(fā)現(xiàn)其變化的規(guī)律,并猜想出一般性的結(jié)論,然后再給出合理的證明或加以運(yùn)用. 例5 (2012?青海)如圖(*),四邊形ABCD是正方形,點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn),
17、∠AEF=90°,且EF交正方形外角平分線(xiàn)CF于點(diǎn)F.請(qǐng)你認(rèn)真閱讀下面關(guān)于這個(gè)圖的探究片段,完成所提出的問(wèn)題. (1)探究1:小強(qiáng)看到圖(*)后,很快發(fā)現(xiàn)AE=EF,這需要證明AE和EF所在的兩個(gè)三角形全等,但△ABE和△ECF顯然不全等(一個(gè)是直角三角形,一個(gè)是鈍角三角形),考慮到點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn),因此可以選取AB的中點(diǎn)M,連接EM后嘗試著去證△AEM≌EFC就行了,隨即小強(qiáng)寫(xiě)出了如下的證明過(guò)程: 證明:如圖1,取AB的中點(diǎn)M,連接EM. ∵∠AEF=90° ∴∠FEC+∠AEB=90° 又∵∠EAM+∠AEB=90° ∴∠EAM=∠FEC ∵點(diǎn)E,M分別為正方形的邊BC和A
18、B的中點(diǎn) ∴AM=EC 又可知△BME是等腰直角三角形 ∴∠AME=135° 又∵CF是正方形外角的平分線(xiàn) ∴∠ECF=135° ∴△AEM≌△EFC(ASA) ∴AE=EF (2)探究2:小強(qiáng)繼續(xù)探索,如圖2,若把條件“點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)”改為“點(diǎn)E是邊BC上的任意一點(diǎn)”,其余條件不變,發(fā)現(xiàn)AE=EF仍然成立,請(qǐng)你證明這一結(jié)論. (3)探究3:小強(qiáng)進(jìn)一步還想試試,如圖3,若把條件“點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)”改為“點(diǎn)E是邊BC延長(zhǎng)線(xiàn)上的一點(diǎn)”,其余條件仍不變,那么結(jié)論AE=EF是否成立呢?若成立請(qǐng)你完成證明過(guò)程給小強(qiáng)看,若不成立請(qǐng)你說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);全等三
19、角形的判定與性質(zhì)。 專(zhuān)題: 閱讀型。 分析: (2)在AB上截取AM=EC,然后證明∠EAM=FEC,∠AME=∠ECF=135°,再利用“角邊角”證明△AEM和△EFC全等,然后根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等即可證明; (3)延長(zhǎng)BA到M,使AM=CE,然后證明∠BME=45°,從而得到∠BME=∠ECF,再利用兩直線(xiàn)平行,內(nèi)錯(cuò)角相等證明∠DAE=∠BEA,然后得到∠MAE=∠CEF,再利用“角邊角”證明△MAE和△CEF全等,根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等即可得證. 解答: (2)探究2,證明:在AB上截取AM=EC,連接ME, 由(1)知∠EAM=∠FEC, ∵AM=EC,AB=BC,
20、 ∴BM=BE, ∴∠BME=45°, ∴∠AME=∠ECF=135°, ∵∠AEF=90°, ∴∠FEC+∠AEB=90°, 又∵∠EAM+∠AEB=90°, ∴∠EAM=∠FEC, 在△AEM和△EFC中,, ∴△AEM≌△EFC(ASA), ∴AE=EF; (3)探究3:成立, 證明:延長(zhǎng)BA到M,使AM=CE,連接ME, ∴BM=BE, ∴∠BME=45°, ∴∠BME=∠ECF, 又∵AD∥BE, ∴∠DAE=∠BEA, 又∵∠MAD=∠AEF=90°, ∴∠DAE+∠MAD=∠BEA+∠AEF, 即∠MAE=∠CEF, 在△MAE和△C
21、EF中,, ∴△MAE≌△CEF(ASA), ∴AE=EF. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),閱讀材料,理清解題的關(guān)鍵是取AM=EC,然后構(gòu)造出△AEM與△EFC全等是解題的關(guān)鍵. 例6 (2012?永州)如圖所示,已知二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1(a≠0)的圖象過(guò)點(diǎn)A(2,0)和B(4,3),l為過(guò)點(diǎn)(0,﹣2)且與x軸平行的直線(xiàn),P(m,n)是該二次函數(shù)圖象上的任意一點(diǎn),過(guò)P作PH⊥l,H為垂足. (1)求二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1(a≠0)的解析式; (2)請(qǐng)直接寫(xiě)出使y<0的對(duì)應(yīng)的x的取值范圍; (3)對(duì)應(yīng)當(dāng)m=0,m=2和m=4時(shí),分別
22、計(jì)算|PO|2和|PH|2的值.由此觀察其規(guī)律,并猜想一個(gè)結(jié)論,證明對(duì)于任意實(shí)數(shù)m,此結(jié)論成立; (4)試問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)m可使△POH為正三角形?若存在,求出m的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題。 專(zhuān)題: 壓軸題。 分析: (1)根據(jù)二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1(a≠0)的圖象過(guò)點(diǎn)A(2,0)和B(4,3),待定系數(shù)法求出a和b的值,拋物線(xiàn)的解析式即可求出; (2)令y=ax2+bx﹣1=0,解出x的值,進(jìn)而求出使y<0的對(duì)應(yīng)的x的取值范圍; (3)分別求出當(dāng)m=0,m=2和m=4時(shí),分別計(jì)算|PO|2和|PH|2的值.然后觀察其規(guī)律,再進(jìn)行證明; (
23、4)由(3)知OP=OH,只要OH=OP成立,△POH為正三角形,求出|OP|、|OH|含有m和n的表達(dá)式,令兩式相等,求出m和n的值. 解答: 解:(1)∵二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1(a≠0)的圖象過(guò)點(diǎn)A(2,0)和B(4,3), ∴, 解得a=,b=0, ∴二次函數(shù)的解析式為y=x2﹣1, (2)令y=x2﹣1=0, 解得x=﹣2或x=2, 由圖象可知當(dāng)﹣2<x<2時(shí)y<0, (3)當(dāng)m=0時(shí),|PO|2=1,|PH|2=1; 當(dāng)m=2時(shí),P點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,0),|PO|2=4,|PH|2=4, 當(dāng)m=4時(shí),P點(diǎn)的坐標(biāo)為(4,3),|PO|2=25,|PH|2
24、=25, 由此發(fā)現(xiàn)|PO|2=|PH|2, 設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(m,n),即n=m2﹣1 |OP|=, |PH|2=n2+4n+4=n2+m2, 故對(duì)于任意實(shí)數(shù)m,|PO|2=|PH|2; (4)由(3)知OP=PH,只要OH=OP成立,△POH為正三角形, 設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(m,n),|OP|=, |OH|=, |OP|=|OH|,即n2=4,解得n=±2, 當(dāng)n=﹣2時(shí),n=m2﹣1不符合條件, 故n=2,m=±2時(shí)可使△POH為正三角形. 點(diǎn)評(píng): 本題主要考查二次函數(shù)的綜合題,解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的圖形特征和性質(zhì),特別是(3)問(wèn)的解答很關(guān)鍵,是解答(4)
25、問(wèn)的墊腳石,此題難度一般. 考點(diǎn)四:存在探索型: 此類(lèi)問(wèn)題在一定的條件下,需探究發(fā)現(xiàn)某種數(shù)學(xué)關(guān)系是否存在的題目. 例7 (2012?黑龍江)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,直角梯形OABC的邊OC、OA分別與x軸、y軸重合,AB∥OC,∠AOC=90°,∠BCO=45°,BC=6,點(diǎn)C的坐標(biāo)為(﹣9,0). (1)求點(diǎn)B的坐標(biāo); (2)若直線(xiàn)DE交梯形對(duì)角線(xiàn)BO于點(diǎn)D,交y軸于點(diǎn)E,且OE=2,OD=2BD,求直線(xiàn)DE的解析式; (3)若點(diǎn)P是(2)中直線(xiàn)DE上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),是否存在點(diǎn)P,使以O(shè)、E、P為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形?若存在,請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
26、 考點(diǎn): 一次函數(shù)綜合題。 分析: (1)過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于F,在Rt△BCF中,已知∠BCO=45°,BC=6,解直角三角形求CF,BF,確定B點(diǎn)坐標(biāo); (2)過(guò)點(diǎn)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G,由平行線(xiàn)的性質(zhì)得出△ODG∽△OBA,利用相似比求DG,OG,確定D點(diǎn)坐標(biāo),由已知得E點(diǎn)坐標(biāo),利用“兩點(diǎn)法”求直線(xiàn)DE的解析式; (3)存在.由已知的OE=2,分別以O(shè)、E為圓心,2為半徑畫(huà)弧,與直線(xiàn)DE相交,或作線(xiàn)段OE的垂直平分線(xiàn)與直線(xiàn)DE相交,交點(diǎn)即為所求. 解答: 解:(1)過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于F,…(1分) 在Rt△BCF中, ∵∠BCO=45°,BC=6, ∴CF=BF=
27、6,…(1分) ∵C 的坐標(biāo)為(﹣9,0), ∴AB=OF=3, ∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(﹣3,6);…(1分) (2)過(guò)點(diǎn)D作DG⊥y軸于點(diǎn)G,…(1分) ∵AB∥DG, ∴△ODG∽△OBA, ∵===,AB=3,OA=6, ∴DG=2,OG=4,…(1分) ∴D(﹣2,4),E(0,2), 設(shè)直線(xiàn)DE解析式為y=kx+b(k≠0) ∴, ∴,…(1分) ∴直線(xiàn)DE解析式為y=﹣x+2; …(1分) (3)存在P1(2,0)、P2(1,1)、P3(,2﹣)、P4(﹣,2+)…(3分) (寫(xiě)對(duì)一個(gè)點(diǎn)得1分,寫(xiě)對(duì)兩個(gè)點(diǎn)或三個(gè)點(diǎn)得2分) 點(diǎn)評(píng): 本題考查了一次
28、函數(shù)的綜合運(yùn)用.關(guān)鍵是通過(guò)作輔助線(xiàn),解直角三角形,證明三角形相似,確定相關(guān)線(xiàn)段的長(zhǎng)和點(diǎn)的坐標(biāo),得出直線(xiàn)解析式,再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì),分類(lèi)求P點(diǎn)坐標(biāo). 例8 (2012?北海)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中有Rt△ABC,∠A=90°,AB=AC,A(﹣2,0)、B(0,1)、C(d,2). (1)求d的值; (2)將△ABC沿x軸的正方向平移,在第一象限內(nèi)B、C兩點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′、C′正好落在某反比例函數(shù)圖象上.請(qǐng)求出這個(gè)反比例函數(shù)和此時(shí)的直線(xiàn)B′C′的解析式; (3)在(2)的條件下,直線(xiàn)BC交y軸于點(diǎn)G.問(wèn)是否存在x軸上的點(diǎn)M和反比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)P,使得四邊形PGMC′是平行四邊形?
29、如果存在,請(qǐng)求出點(diǎn)M和點(diǎn)P的坐標(biāo);如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 反比例函數(shù)綜合題。 專(zhuān)題: 計(jì)算題。 分析: (1)過(guò)C作CN垂直于x軸,交x軸于點(diǎn)N,由A、B及C的坐標(biāo)得出OA,OB,CN的長(zhǎng),由∠CAB=90°,根據(jù)平角定義得到一對(duì)角互余,在直角三角形ACN中,根據(jù)兩銳角互余,得到一對(duì)角互余,利用同角的余角相等得到一對(duì)角相等,再由一對(duì)直角相等,且AC=BC,利用AAS得到三角形ACN與三角形AOB全等,根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等可得出CN=0A,AN=0B,由AN+OA求出ON的長(zhǎng),再由C在第二象限,可得出d的值; (2)由第一問(wèn)求出的C與B的橫坐標(biāo)之差為3,根據(jù)平移
30、的性質(zhì)得到縱坐標(biāo)不變,故設(shè)出C′(m,2),則B′(m+3,1),再設(shè)出反比例函數(shù)解析式,將C′與B′的坐標(biāo)代入得到關(guān)于k與m的兩方程,消去k得到關(guān)于m的方程,求出方程的解得到m的值,即可確定出k的值,得到反比例函數(shù)解析式,設(shè)直線(xiàn)B′C′的解析式為y=ax+b,將C′與B′的坐標(biāo)代入,得到關(guān)于a與b的二元一次方程組,求出方程組的解得到a與b的值,即可確定出直線(xiàn)B′C′的解析式; (3)存在x軸上的點(diǎn)M和反比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)P,使得四邊形PGMC′是平行四邊形,理由為:設(shè)Q為GC′的中點(diǎn),令第二問(wèn)求出的直線(xiàn)B′C′的解析式中x=0求出y的值,確定出G的坐標(biāo),再由C′的坐標(biāo),利用線(xiàn)段中點(diǎn)坐標(biāo)公式
31、求出Q的坐標(biāo),過(guò)點(diǎn)Q作直線(xiàn)l與x軸交于M′點(diǎn),與y=的圖象交于P′點(diǎn),若四邊形P′G M′C′是平行四邊形,則有P′Q=Q M′,易知點(diǎn)M′的橫坐標(biāo)大于,點(diǎn)P′的橫坐標(biāo)小于,作P′H⊥x軸于點(diǎn)H,QK⊥y軸于點(diǎn)K,P′H與QK交于點(diǎn)E,作QF⊥x軸于點(diǎn)F,由兩直線(xiàn)平行得到一對(duì)同位角相等,再由一對(duì)直角相等及P′Q=QM′,利用AAS可得出△P′EQ與△QFM′全等,根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等,設(shè)EQ=FM′=t,由Q的橫坐標(biāo)﹣t表示出P′的橫坐標(biāo),代入反比例函數(shù)解析式確定出P′的縱坐標(biāo),進(jìn)而確定出M′的坐標(biāo),根據(jù)P′H﹣EH=P′H﹣QF表示出P′E的長(zhǎng),又P′Q=QM′,分別放在直角三角形中,
32、利用勾股定理列出關(guān)于t的方程,求出方程的解得到t的值,進(jìn)而確定出P′與M′的坐標(biāo),此時(shí)點(diǎn)P′為所求的點(diǎn)P,點(diǎn)M′為所求的點(diǎn)M. 解答: 解:(1)作CN⊥x軸于點(diǎn)N, ∵A(﹣2,0)、B(0,1)、C(d,2), ∴OA=2,OB=1,CN=2, ∵∠CAB=90°,即∠CAN+∠BAO=90°, 又∵∠CAN+∠ACN=90°, ∴∠BAO=∠ACN, 在Rt△CNA和Rt△AOB中, ∵, ∴Rt△CNA≌Rt△AOB(AAS), ∴NC=OA=2,AN=BO=1, ∴NO=NA+AO=3,又點(diǎn)C在第二象限, ∴d=﹣3; (2)設(shè)反比例函數(shù)為y=(k≠0)
33、,點(diǎn)C′和B′在該比例函數(shù)圖象上, 設(shè)C′(m,2),則B′(m+3,1), 把點(diǎn)C′和B′的坐標(biāo)分別代入y=,得k=2m;k=m+3, ∴2m=m+3, 解得:m=3, 則k=6,反比例函數(shù)解析式為y=,點(diǎn)C′(3,2),B′(6,1), 設(shè)直線(xiàn)C′B′的解析式為y=ax+b(a≠0), 把C′、B′兩點(diǎn)坐標(biāo)代入得: , ∴解得:; ∴直線(xiàn)C′B′的解析式為y=﹣x+3; (3)存在x軸上的點(diǎn)M和反比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)P,使得四邊形PGMC′是平行四邊形,理由為: 設(shè)Q是G C′的中點(diǎn),令y=﹣x+3中x=0,得到y(tǒng)=3, ∴G(0,3),又C′(3,2),
34、 ∴Q(,), 過(guò)點(diǎn)Q作直線(xiàn)l與x軸交于M′點(diǎn),與y=的圖象交于P′點(diǎn), 若四邊形P′G M′C′是平行四邊形,則有P′Q=Q M′, 易知點(diǎn)M′的橫坐標(biāo)大于,點(diǎn)P′的橫坐標(biāo)小于, 作P′H⊥x軸于點(diǎn)H,QK⊥y軸于點(diǎn)K,P′H與QK交于點(diǎn)E,作QF⊥x軸于點(diǎn)F, ∵QF∥P′E, ∴∠M′QF=∠QP′E, 在△P′EQ和△QFM′中, ∵, ∴△P′EQ≌△QFM′(AAS), ∴EQ=FM′,P′Q=QM′, 設(shè)EQ=FM′=t, ∴點(diǎn)P′的橫坐標(biāo)x=﹣t,點(diǎn)P′的縱坐標(biāo)y===,點(diǎn)M′的坐標(biāo)是(+t,0), ∴P′E=P′H﹣EH=P′H﹣QF=﹣, 又∵P
35、′Q=QM′, 根據(jù)勾股定理得:P′E2+EQ2=QF2+FM′2, ∴(﹣)2+t2=()2+t2, 整理得:=5, 解得:t=(經(jīng)檢驗(yàn),它是分式方程的解), ∴﹣t=﹣=;==5;+t=+=, ∴P′(,5),M′(,0), 則點(diǎn)P′為所求的點(diǎn)P,點(diǎn)M′為所求的點(diǎn)M. 點(diǎn)評(píng): 此題屬于反比例函數(shù)綜合題,涉及的知識(shí)有:全等三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,坐標(biāo)與圖形性質(zhì),利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式,平移的性質(zhì),是一道綜合性較強(qiáng)的試題,要求學(xué)生掌握知識(shí)要全面. 四、中考真題演練 1.(2012?廣東)如圖,直線(xiàn)y=2x﹣6與反比例函數(shù)y=的圖象交于點(diǎn)A(4,2),與x軸交于
36、點(diǎn)B. (1)求k的值及點(diǎn)B的坐標(biāo); (2)在x軸上是否存在點(diǎn)C,使得AC=AB?若存在,求出點(diǎn)C的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 反比例函數(shù)綜合題。 專(zhuān)題: 數(shù)形結(jié)合。 分析: (1)先把(4,2)代入反比例函數(shù)解析式,易求k,再把y=0代入一次函數(shù)解析式可求B點(diǎn)坐標(biāo); (2)假設(shè)存在,然后設(shè)C點(diǎn)坐標(biāo)是(a,0),然后利用兩點(diǎn)之間的公式可得=,借此無(wú)理方程,易得a=3或a=5,其中a=3和B點(diǎn)重合,舍去,故C點(diǎn)坐標(biāo)可求. 解答: 解:(1)把(4,2)代入反比例函數(shù)y=,得 k=8, 把y=0代入y=2x﹣6中,可得 x=3, 故k=8;B點(diǎn)坐標(biāo)是(3,
37、0); (2)假設(shè)存在,設(shè)C點(diǎn)坐標(biāo)是(a,0),則 ∵AB=AC, ∴=, 即(4﹣a)2+4=5, 解得a=5或a=3(此點(diǎn)與B重合,舍去) 故點(diǎn)C的坐標(biāo)是(5,0). 點(diǎn)評(píng): 本題考查了反比函數(shù)的知識(shí),解題的關(guān)鍵是理解點(diǎn)與函數(shù)的關(guān)系,并能靈活使用兩點(diǎn)之間的距離公式. 2.(2012?樂(lè)山)如圖,直線(xiàn)y=2x+2與y軸交于A點(diǎn),與反比例函數(shù)(x>0)的圖象交于點(diǎn)M,過(guò)M作MH⊥x軸于點(diǎn)H,且tan∠AHO=2. (1)求k的值; (2)點(diǎn)N(a,1)是反比例函數(shù)(x>0)圖象上的點(diǎn),在x軸上是否存在點(diǎn)P,使得PM+PN最???若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)
38、說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 反比例函數(shù)綜合題。 分析: (1)根據(jù)直線(xiàn)解析式求A點(diǎn)坐標(biāo),得OA的長(zhǎng)度;根據(jù)三角函數(shù)定義可求OH的長(zhǎng)度,得點(diǎn)M的橫坐標(biāo);根據(jù)點(diǎn)M在直線(xiàn)上可求點(diǎn)M的坐標(biāo).從而可求K的值; (2)根據(jù)反比例函數(shù)解析式可求N點(diǎn)坐標(biāo);作點(diǎn)N關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)N1,連接MN1與x軸的交點(diǎn)就是滿(mǎn)足條件的P點(diǎn)位置. 解答: 解: (1)由y=2x+2可知A(0,2),即OA=2.…(1分) ∵tan∠AHO=2,∴OH=1.…(2分) ∵M(jìn)H⊥x軸,∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為1. ∵點(diǎn)M在直線(xiàn)y=2x+2上, ∴點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為4.即M(1,4).…(3分) ∵點(diǎn)M在y=上, ∴
39、k=1×4=4.…(4分) (2)存在. ∵點(diǎn)N(a,1)在反比例函數(shù)(x>0)上, ∴a=4.即點(diǎn)N的坐標(biāo)為(4,1).…(5分) 過(guò)點(diǎn)N作N關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)N1,連接MN1,交x軸于P(如圖所示). 此時(shí)PM+PN最?。?分) ∵N與N1關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng),N點(diǎn)坐標(biāo)為(4,1), ∴N1的坐標(biāo)為(4,﹣1).…(7分) 設(shè)直線(xiàn)MN1的解析式為y=kx+b. 由解得k=﹣,b=.…(9分) ∴直線(xiàn)MN1的解析式為. 令y=0,得x=. ∴P點(diǎn)坐標(biāo)為(,0).…(10分) 點(diǎn)評(píng): 此題考查一次函數(shù)的綜合應(yīng)用,涉及線(xiàn)路最短問(wèn)題,難度中等. 3.(2012?莆
40、田)如圖,一次函數(shù)y=k1x+b的圖象過(guò)點(diǎn)A(0,3),且與反比例函數(shù)(x>O)的圖象相交于B、C兩點(diǎn). (1)若B(1,2),求k1?k2的值; (2)若AB=BC,則k1?k2的值是否為定值?若是,請(qǐng)求出該定值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 反比例函數(shù)綜合題。 專(zhuān)題: 綜合題。 分析: (1)分別利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式求出一次函數(shù)解析式與反比例函數(shù)解析式,然后代入k1?k2進(jìn)行計(jì)算即可得解; (2)設(shè)出兩函數(shù)解析式,聯(lián)立方程組并整理成關(guān)于x的一元二次方程,根據(jù)AB=BC可知點(diǎn)C的橫坐標(biāo)是點(diǎn)B的縱坐標(biāo)的2倍,再利用根與系數(shù)的關(guān)系整理得到關(guān)于k1、k2的關(guān)系式,整理即
41、可得解. 解答: 解:(1)∵A(0,3),B(1,2)在一次函數(shù)y=k1x+b的圖象圖象上, ∴, 解得; ∵B(1,2)在反比例函數(shù)圖象上, ∴=2, 解得k2=2, 所以,k1?k2=(﹣1)×2=﹣2; (2)k1?k2=﹣2,是定值. 理由如下: ∵一次函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)A(0,3), ∴設(shè)一次函數(shù)解析式為y=k1x+3,反比例函數(shù)解析式為y=, ∴k1x+3=, 整理得k1x2+3x﹣k2=0, ∴x1+x2=﹣,x1?x2=﹣ ∵AB=BC, ∴點(diǎn)C的橫坐標(biāo)是點(diǎn)B的橫坐標(biāo)的2倍,不防設(shè)x2=2x1, ∴x1+x2=3x1=﹣,x1?x2=2x12
42、=﹣, ∴﹣=(﹣)2, 整理得,k1?k2=﹣2,是定值. 點(diǎn)評(píng): 本題是對(duì)反比例函數(shù)的綜合考查,主要利用了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式,根與系數(shù)的關(guān)系,(2)中根據(jù)AB=BC,得到點(diǎn)B、C的坐標(biāo)的關(guān)系從而轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵. 4.(2012?長(zhǎng)春)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,平行四邊形OABC的頂點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為A(2,0)、C(﹣1,2),反比例函數(shù)y=(k≠0)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B. (1)求k的值. (2)將平行四邊形OABC沿x軸翻折,點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處,判斷點(diǎn)C′是否在反比例函數(shù)y=(k≠0)的圖象上,請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由. 考點(diǎn):
43、 反比例函數(shù)綜合題。 分析: (1)根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AO=BC,再根據(jù)A、C點(diǎn)坐標(biāo)可以算出B點(diǎn)坐標(biāo),再把B點(diǎn)坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式中即可求出k的值; (2)根據(jù)翻折方法可知C與C′點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),故C′點(diǎn)坐標(biāo)是(﹣1,﹣2),把C′點(diǎn)坐標(biāo)(﹣1,﹣2)代入解析式發(fā)現(xiàn)能使解析式左右相等,故點(diǎn)C′是否在反比例函數(shù)y=的圖象上. 解答: 解:(1)∵四邊形OABC是平行四邊形, ∴BC=AO, ∵A(2,0), ∴OA=2, ∴BC=2, ∵C(﹣1,2), ∴CD=1, ∴BD=BC﹣CD=2﹣1=1, ∴B(1,2), ∵反比例函數(shù)y=(k≠0)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B
44、, ∴k=1×2=2; (2)∵?OABC沿x軸翻折,點(diǎn)C落在點(diǎn)C′處, ∴C′點(diǎn)坐標(biāo)是(﹣1,﹣2), ∵k=2, ∴反比例函數(shù)解析式為y=, 把C′點(diǎn)坐標(biāo)(﹣1,﹣2)代入函數(shù)解析式能使解析式左右相等, 故點(diǎn)C′在反比例函數(shù)y=的圖象上. 點(diǎn)評(píng): 此題主要考查了反比例函數(shù)點(diǎn)的坐標(biāo)與反比例函數(shù)解析式的關(guān)系,以及平行四邊形的性質(zhì),關(guān)鍵是熟練把握凡是反比例函數(shù)圖象經(jīng)過(guò)的點(diǎn)都能滿(mǎn)足解析式. 7.(2012?宜賓)如圖,拋物線(xiàn)y=x2﹣2x+c的頂點(diǎn)A在直線(xiàn)l:y=x﹣5上. (1)求拋物線(xiàn)頂點(diǎn)A的坐標(biāo); (2)設(shè)拋物線(xiàn)與y軸交于點(diǎn)B,與x軸
45、交于點(diǎn)C、D(C點(diǎn)在D點(diǎn)的左側(cè)),試判斷△ABD的形狀; (3)在直線(xiàn)l上是否存在一點(diǎn)P,使以點(diǎn)P、A、B、D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形?若存在,求點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題。 專(zhuān)題: 壓軸題;分類(lèi)討論。 分析: (1)先根據(jù)拋物線(xiàn)的解析式得出其對(duì)稱(chēng)軸方程,由此得到頂點(diǎn)A的橫坐標(biāo),然后代入直線(xiàn)l的解析式中即可求出點(diǎn)A的坐標(biāo). (2)由A點(diǎn)坐標(biāo)可確定拋物線(xiàn)的解析式,進(jìn)而可得到點(diǎn)B的坐標(biāo).則AB、AD、BD三邊的長(zhǎng)可得,然后根據(jù)邊長(zhǎng)確定三角形的形狀. (3)若以點(diǎn)P、A、B、D為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形,應(yīng)分①AB為對(duì)角線(xiàn)、②AD為對(duì)角線(xiàn)兩種情
46、況討論,即①ADPB、②ABPD,然后結(jié)合勾股定理以及邊長(zhǎng)的等量關(guān)系列方程求出P點(diǎn)的坐標(biāo). 解答: 解:(1)∵頂點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為x==1,且頂點(diǎn)A在y=x﹣5上, ∴當(dāng)x=1時(shí),y=1﹣5=﹣4, ∴A(1,﹣4). (2)△ABD是直角三角形. 將A(1,﹣4)代入y=x2﹣2x+c,可得,1﹣2+c=﹣4,∴c=﹣3, ∴y=x2﹣2x﹣3,∴B(0,﹣3) 當(dāng)y=0時(shí),x2﹣2x﹣3=0,x1=﹣1,x2=3 ∴C(﹣1,0),D(3,0), BD2=OB2+OD2=18,AB2=(4﹣3)2+12=2,AD2=(3﹣1)2+42=20, BD2+AB2=AD2,
47、 ∴∠ABD=90°,即△ABD是直角三角形. (3)存在. 由題意知:直線(xiàn)y=x﹣5交y軸于點(diǎn)A(0,﹣5),交x軸于點(diǎn)F(5,0) ∴OE=OF=5,又∵OB=OD=3 ∴△OEF與△OBD都是等腰直角三角形 ∴BD∥l,即PA∥BD 則構(gòu)成平行四邊形只能是PADB或PABD,如圖, 過(guò)點(diǎn)P作y軸的垂線(xiàn),過(guò)點(diǎn)A作x軸的垂線(xiàn)并交于點(diǎn)C 設(shè)P(x1,x1﹣5),則G(1,x1﹣5) 則PC=|1﹣x1|,AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1| PA=BD=3 由勾股定理得: (1﹣x1)2+(1﹣x1)2=18,x12﹣2x1﹣8=0,x1=﹣2或4 ∴P(﹣2,
48、﹣7),P(4,﹣1) 存在點(diǎn)P(﹣2,﹣7)或P(4,﹣1)使以點(diǎn)A、B、D、P為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形. 點(diǎn)評(píng): 題目考查了二次函數(shù)解析式的確定、勾股定理、平行四邊形的判定等基礎(chǔ)知識(shí),綜合性較強(qiáng);(3)題應(yīng)注意分類(lèi)討論,以免漏解. 8.(2012?溫州)如圖,經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的拋物線(xiàn)y=﹣x2+2mx(m>0)與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A.過(guò)點(diǎn)P(1,m)作直線(xiàn)PM⊥x軸于點(diǎn)M,交拋物線(xiàn)于點(diǎn)B.記點(diǎn)B關(guān)于拋物線(xiàn)對(duì)稱(chēng)軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為C(B、C不重合).連接CB,CP. (1)當(dāng)m=3時(shí),求點(diǎn)A的坐標(biāo)及BC的長(zhǎng); (2)當(dāng)m>1時(shí),連接CA,問(wèn)m為何值時(shí)CA⊥CP? (3)過(guò)點(diǎn)P作PE⊥
49、PC且PE=PC,問(wèn)是否存在m,使得點(diǎn)E落在坐標(biāo)軸上?若存在,求出所有滿(mǎn)足要求的m的值,并定出相對(duì)應(yīng)的點(diǎn)E坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題。 分析: (1)把m=3,代入拋物線(xiàn)的解析式,令y=0解方程,得到的非0解即為和x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo),再求出拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸方程,進(jìn)而求出BC的長(zhǎng); (2)過(guò)點(diǎn)C作CH⊥x軸于點(diǎn)H(如圖1)由已知得∠ACP=∠BCH=90°,利用已知條件證明△ACH∽△PCB,根據(jù)相似的性質(zhì)得到:,再用含有m的代數(shù)式表示出BC,CH,BP,代入比例式即可求出m的值; (3)存在,本題要分當(dāng)m>1時(shí),BC=2(m﹣1),PM=m,BP=m﹣1
50、和當(dāng)0<m<1時(shí),BC=2(1﹣m),PM=m,BP=1﹣m,兩種情況分別討論,再求出滿(mǎn)足題意的m值和相對(duì)應(yīng)的點(diǎn)E坐標(biāo). 解答: 解:(1)當(dāng)m=3時(shí),y=﹣x2+6x 令y=0得﹣x2+6x=0 ∴x1=0,x2=6, ∴A(6,0) 當(dāng)x=1時(shí),y=5 ∴B(1,5) ∵拋物線(xiàn)y=﹣x2+6x的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x=3 又∵B,C關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng) ∴BC=4. (2)過(guò)點(diǎn)C作CH⊥x軸于點(diǎn)H(如圖1) 由已知得∠ACP=∠BCH=90° ∴∠ACH=∠PCB 又∵∠AHC=∠PBC=90° ∴△ACH∽△PCB, ∴, ∵拋物線(xiàn)y=﹣x2+2mx的對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x
51、=m,其中m>1, 又∵B,C關(guān)于對(duì)稱(chēng)軸對(duì)稱(chēng), ∴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)當(dāng)m>1時(shí),BC=2(m﹣1),PM=m,BP=m﹣1, (i)若點(diǎn)E在x軸上(如圖1), ∵∠CPE=90°, ∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°,PC=EP, ∴△BPC≌△MEP, ∴BC=PM, ∴2(m﹣1)=m, ∴m=2,此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)是(2,0
52、); (ii)若點(diǎn)E在y軸上(如圖2), 過(guò)點(diǎn)P作PN⊥y軸于點(diǎn)N, 易證△BPC≌△NPE, ∴BP=NP=OM=1, ∴m﹣1=1, ∴m=2, 此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)是(0,4); (II)當(dāng)0<m<1時(shí),BC=2(1﹣m),PM=m,BP=1﹣m, (i)若點(diǎn)E在x軸上(如圖3), 易證△BPC≌△MEP, ∴BC=PM, ∴2(1﹣m)=m, ∴m=,此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)是(,0); (ii)若點(diǎn)E在y軸上(如圖4), 過(guò)點(diǎn)P作PN⊥y軸于點(diǎn)N, 易證△BPC≌△NPE, ∴BP=NP=OM=1, ∴1﹣m=1,∴m=0(舍去), 綜上所述,當(dāng)m=2時(shí),點(diǎn)E的
53、坐標(biāo)是(0,2)或(0,4), 當(dāng)m=時(shí),點(diǎn)E的坐標(biāo)是(,0). 點(diǎn)評(píng): 此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)、相似三角形的判定和相似三角形的性質(zhì)以及全等三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定、需注意的是(3)題在不確E點(diǎn)的情況下需要分類(lèi)討論,以免漏解.題目的綜合性強(qiáng),難度也很大,有利于提高學(xué)生的綜合解題能力,是一道不錯(cuò)的題目. 9.(2012?威海)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線(xiàn)y=ax2+bx+c(a≠0)的頂點(diǎn)為B(2,1),且過(guò)點(diǎn)A(0,2),直線(xiàn)y=x與拋物線(xiàn)交于點(diǎn)D,E(點(diǎn)E在對(duì)稱(chēng)軸的右側(cè)),拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸交直線(xiàn)y=x于點(diǎn)C,交x軸于點(diǎn)G,EF⊥x軸,垂足
54、為點(diǎn)F,點(diǎn)P在拋物線(xiàn)上,且位于對(duì)稱(chēng)軸的右側(cè),PM⊥x軸,垂足為點(diǎn)M,△PCM為等邊三角形. (1)求該拋物線(xiàn)的表達(dá)式; (2)求點(diǎn)P的坐標(biāo); (3)試判斷CE與EF是否相等,并說(shuō)明理由; (4)連接PE,在x軸上點(diǎn)M的右側(cè)是否存在一點(diǎn)N,使△CMN與△CPE全等?若存在,試求出點(diǎn)N的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題。 分析: (1)根據(jù)拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)是(2,1),因而設(shè)拋物線(xiàn)的表達(dá)式為y=a(x﹣2)2+1,把A的坐標(biāo)代入即可求得函數(shù)的解析式; (2)根據(jù)△PCM為等邊三角形,則△CGM中,∠CMD=30°,CG的長(zhǎng)度可以求得,利用直角三角形的性質(zhì),即
55、可求得CM,即等邊△CMP的邊長(zhǎng),則P的縱坐標(biāo),代入二次函數(shù)的解析式,即可求得P的坐標(biāo); (3)解方程組即可求得E的坐標(biāo),則EF的長(zhǎng)等于E的縱坐標(biāo),OE的長(zhǎng)度,利用勾股定理可以求得,同理,OC的長(zhǎng)度可以求得,則CE的長(zhǎng)度即可求解; (4)可以利用反證法,假設(shè)x軸上存在一點(diǎn),使△CMN≌△CPE,可以證得EN=EF,即N與F重合,與點(diǎn)E為直線(xiàn)y=x上的點(diǎn),∠CEF=45°即點(diǎn)N與點(diǎn)F不重合相矛盾,故N不存在. 解答: 解:(1)設(shè)拋物線(xiàn)的表達(dá)式為y=a(x﹣2)2+1,將點(diǎn)A(0,2)代入,得 a(0﹣2)2+1=2…1分 解這個(gè)方程,得a= ∴拋物線(xiàn)的表達(dá)式為y=(x﹣2)2+1。
56、 (2)將x=2代入y=x,得y=2 ∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2,2)即CG=2, ∵△PCM為等邊三角形 ∴∠CMP=60°,CM=PM ∵PM⊥x軸,∴∠CMG=30° ∴CM=4,GM=2. ∴OM=2+2,PM=4, 將y=4代入y=(x﹣2)2+1,得4=(x﹣2)2+1 解這個(gè)方程,得x1=2=OM,x2=2﹣2<0(不合題意,舍去). ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2+2,4)。 (3)相等。 把y=x代入y=x2﹣x=2,得x=x2﹣x+2 解這個(gè)方程,得x1=4+2,x2=4﹣2<2(不合題意,舍去) ∴y=4+2=EF ∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(4+2,4+2) ∴
57、OE==4+4 又∵OC=, ∴CE=OE﹣OC=4 ∴CE=EF。 (4)不存在 假設(shè)x軸上存在一點(diǎn),使△CMN≌△CPE,則CN=CE,∠MNC=∠PCE ∵∠MCP=60°, ∴∠NCE=60° 又∵CE=EF, ∴EN=EF。 又∵點(diǎn)E為直線(xiàn)y=x上的點(diǎn),∴∠CEF=45°, ∴點(diǎn)N與點(diǎn)F不重合.∵EF⊥x軸,這與“垂線(xiàn)段最短”矛盾, ∴原假設(shè)錯(cuò)誤,滿(mǎn)足條件的點(diǎn)N不存在。 點(diǎn)評(píng): 本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式,以及等邊三角形的性質(zhì),解直角三角形,反證法,正確求得E的坐標(biāo)是關(guān)鍵. 10.(2012?泰安)如圖,半徑為2的⊙C與x軸的
58、正半軸交于點(diǎn)A,與y軸的正半軸交于點(diǎn)B,點(diǎn)C的坐標(biāo)為(1,0).若拋物線(xiàn)y=﹣x2+bx+c過(guò)A、B兩點(diǎn). (1)求拋物線(xiàn)的解析式; (2)在拋物線(xiàn)上是否存在點(diǎn)P,使得∠PBO=∠POB?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在說(shuō)明理由; (3)若點(diǎn)M是拋物線(xiàn)(在第一象限內(nèi)的部分)上一點(diǎn),△MAB的面積為S,求S的最大(小)值. 考點(diǎn): 二次函數(shù)綜合題。 分析: (1)利用待定系數(shù)法求拋物線(xiàn)的解析式.因?yàn)橐阎狝(3,0),所以需要求得B點(diǎn)坐標(biāo).如答圖1,連接OB,利用勾股定理求解; (2)由∠PBO=∠POB,可知符合條件的點(diǎn)在線(xiàn)段OB的垂直平分線(xiàn)上.如答圖2,OB的垂直平分線(xiàn)與
59、拋物線(xiàn)有兩個(gè)交點(diǎn),因此所求的P點(diǎn)有兩個(gè),注意不要漏解; (3)如答圖3,作MH⊥x軸于點(diǎn)H,構(gòu)造梯形MBOH與三角形MHA,求得△MAB面積的表達(dá)式,這個(gè)表達(dá)式是關(guān)于M點(diǎn)橫坐標(biāo)的二次函數(shù),利用二次函數(shù)的極值求得△MAB面積的最大值. 解答: 解:(1)如答圖1,連接OB. ∵BC=2,OC=1 ∴OB== ∴B(0,) 將A(3,0),B(0,)代入二次函數(shù)的表達(dá)式 得,解得, ∴y=﹣x2+x+. (2)存在. 如答圖2,作線(xiàn)段OB的垂直平分線(xiàn)l,與拋物線(xiàn)的交點(diǎn)即為點(diǎn)P. ∵B(0,),O(0,0), ∴直線(xiàn)l的表達(dá)式為y=.代入拋物線(xiàn)的表達(dá)式, 得﹣x2+x+
60、=; 解得x=1±, ∴P(1±,). (3)如答圖3,作MH⊥x軸于點(diǎn)H. 設(shè)M(xm,ym), 則S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=(MH+OB)?OH+HA?MH﹣OA?OB =(ym+)xm+(3﹣xm)ym﹣×3× =xm+ym﹣ ∵ym=﹣xm2+xm+, ∴S△MAB=xm+(﹣xm2+xm+)﹣ =xm2+xm =(xm﹣)2+ ∴當(dāng)xm=時(shí),S△MAB取得最大值,最大值為. 點(diǎn)評(píng): 本題是二次函數(shù)綜合題,重點(diǎn)考查二次函數(shù)相關(guān)性質(zhì)、圓的性質(zhì)、垂直平分線(xiàn)/勾股定理、面積求法等知識(shí)點(diǎn).第(2)問(wèn)中注意垂直平分線(xiàn)與拋物線(xiàn)的交
61、點(diǎn)有兩個(gè),不要漏解;第(3)問(wèn)中,重點(diǎn)關(guān)注圖形面積的求法以及求極值的方法.本題考查知識(shí)點(diǎn)較多,要求同學(xué)們對(duì)所學(xué)知識(shí)要做到理解深刻、融會(huì)貫通、靈活運(yùn)用,如此方能立于不敗之地. 12.(2012?岳陽(yáng))(1)操作發(fā)現(xiàn):如圖①,D是等邊△ABC邊BA上一動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)D與點(diǎn)B不重合),連接DC,以DC為邊在BC上方作等邊△DCF,連接AF.你能發(fā)現(xiàn)線(xiàn)段AF與BD之間的數(shù)量關(guān)系嗎?并證明你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論. (2)類(lèi)比猜想:如圖②,當(dāng)動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)至等邊△ABC邊BA的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí),其他作法與(1)相同,猜想AF與BD在(1)中的結(jié)論是否仍然成立? (3)深入探究: Ⅰ.如圖③,當(dāng)動(dòng)點(diǎn)D在等邊△ABC邊B
62、A上運(yùn)動(dòng)時(shí)(點(diǎn)D與點(diǎn)B不重合)連接DC,以DC為邊在BC上方、下方分別作等邊△DCF和等邊△DCF′,連接AF、BF′,探究AF、BF′與AB有何數(shù)量關(guān)系?并證明你探究的結(jié)論. Ⅱ.如圖④,當(dāng)動(dòng)點(diǎn)D在等邊△邊BA的延長(zhǎng)線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)時(shí),其他作法與圖③相同,Ⅰ中的結(jié)論是否成立?若不成立,是否有新的結(jié)論?并證明你得出的結(jié)論. 考點(diǎn): 全等三角形的判定與性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì)。 專(zhuān)題: 幾何綜合題。 分析: (1)根據(jù)等邊三角形的三條邊、三個(gè)內(nèi)角都相等的性質(zhì),利用全等三角形的判定定理SAS可以證得△BCD≌△ACF;然后由全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等知AF=BD; (2)通過(guò)證明△BCD≌△
63、ACF,即可證明AF=BD; (3)Ⅰ.AF+BF′=AB;利用全等三角形△BCD≌△ACF(SAS)的對(duì)應(yīng)邊BD=AF;同理△BCF′≌△ACD(SAS),則BF′=AD,所以AF+BF′=AB; Ⅱ.Ⅰ中的結(jié)論不成立.新的結(jié)論是AF=AB+BF′;通過(guò)證明△BCF′≌△ACD(SAS),則BF′=AD(全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等);再結(jié)合(2)中的結(jié)論即可證得AF=AB+BF′. 解答: 解:(1)AF=BD; 證明如下:∵△ABC是等邊三角形(已知), ∴BC=AC,∠BCA=60°(等邊三角形的性質(zhì)); 同理知,DC=CF,∠DCF=60°; ∴∠BCA﹣∠DCA=∠DCF﹣
64、DCA,即∠BCD=∠ACF; 在△BCD和△ACF中, , ∴△BCD≌△ACF(SAS), ∴BD=AF(全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等); (2)證明過(guò)程同(1),證得△BCD≌△ACF(SAS),則AF=BD(全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等),所以,當(dāng)動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)至等邊△ABC邊BA的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí),其他作法與(1)相同,AF=BD仍然成立; (3)Ⅰ.AF+BF′=AB; 證明如下:由(1)知,△BCD≌△ACF(SAS),則BD=AF; 同理△BCF′≌△ACD(SAS),則BF′=AD, ∴AF+BF′=BD+AD=AB; Ⅱ.Ⅰ中的結(jié)論不成立.新的結(jié)論是AF=AB+BF′
65、; 證明如下:在△BCF′和△ACD中, , ∴△BCF′≌△ACD(SAS), ∴BF′=AD(全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等); 又由(2)知,AF=BD; ∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′,即AF=AB+BF′. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì).等邊三角形的三條邊都相等,三個(gè)內(nèi)角都是60°. 13.(2012?煙臺(tái))(1)問(wèn)題探究 如圖1,分別以△ABC的邊AC與邊BC為邊,向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2,過(guò)點(diǎn)C作直線(xiàn)KH交直線(xiàn)AB于點(diǎn)H,使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH,D2N⊥KH,垂足分別為點(diǎn)M,N
66、.試探究線(xiàn)段D1M與線(xiàn)段D2N的數(shù)量關(guān)系,并加以證明. (2)拓展延伸 ①如圖2,若將“問(wèn)題探究”中的正方形改為正三角形,過(guò)點(diǎn)C作直線(xiàn)K1H1,K2H2,分別交直線(xiàn)AB于點(diǎn)H1,H2,使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1.作D1M⊥K1H1,D2N⊥K2H2,垂足分別為點(diǎn)M,N.D1M=D2N是否仍成立?若成立,給出證明;若不成立,說(shuō)明理由. ②如圖3,若將①中的“正三角形”改為“正五邊形”,其他條件不變.D1M=D2N是否仍成立?(要求:在圖3中補(bǔ)全圖形,注明字母,直接寫(xiě)出結(jié)論,不需證明) 考點(diǎn): 全等三角形的判定與性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì);正方形的性質(zhì);正多邊形和圓。 專(zhuān)題: 幾何綜合題。 分析: (1)根據(jù)正方形的每一個(gè)角都是90°可以證明∠AHK=90°,然后利用平角等于180°以及直角三角形的兩銳角互余證明∠D1CK=∠HAC,再利用“角角邊”證明△ACH和△CD1M全等,根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得D1M=CH,同理可證D2N=CH,從而得證; (2)①過(guò)點(diǎn)C作CG⊥AB,垂足為點(diǎn)G,根據(jù)三角形的內(nèi)角和等于180°和平角等于180°證明得到∠H1AC=
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