2013年中考數學專題復習 講座四 探究型問題 浙教版

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1、2013年中考數學復習專題講座四：探究型問題 一、中考專題詮釋 探究型問題是指命題中缺少一定的條件或無明確的結論，需要經過推斷，補充并加以證明的一類問題．根據其特征大致可分為：條件探究型、結論探究型、規(guī)律探究型和存在性探究型等四類． 二、解題策略與解法精講 由于探究型試題的知識覆蓋面較大，綜合性較強，靈活選擇方法的要求較高，再加上題意新穎，構思精巧，具有相當的深度和難度，所以要求同學們在復習時，首先對于基礎知識一定要復習全面，并力求扎實牢靠；其次是要加強對解答這類試題的練習，注意各知識點之間的因果聯系，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、結構獨特等，此類問題的一般

2、解題思路并無固定模式或套路，但是可以從以下幾個角度考慮： 1．利用特殊值（特殊點、特殊數量、特殊線段、特殊位置等）進行歸納、概括，從特殊到一般，從而得出規(guī)律． 2．反演推理法（反證法），即假設結論成立,根據假設進行推理，看是推導出矛盾還是能與已知條件一致． 3．分類討論法．當命題的題設和結論不惟一確定，難以統(tǒng)一解答時，則需要按可能出現的情況做到既不重復也不遺漏，分門別類加以討論求解，將不同結論綜合歸納得出正確結果． 4．類比猜想法．即由一個問題的結論或解決方法類比猜想出另一個類似問題的結論或解決方法，并加以嚴密的論證． 以上所述并不能全面概括此類命題的解題策略，因而具體操作時，應更

3、注重數學思想方法的綜合運用． 三、中考考點精講 考點一：動態(tài)探索型： 此類問題結論明確，而需探究發(fā)現使結論成立的條件． 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E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，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，總有BE=CF； （2）當點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最大（或最?。┲担? 考點： 菱形的性質；二次函數的最值；全等三角形的判定與性質；等邊三角形的

4、性質。 分析： （1）先求證AB=AC，進而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠4=60°，AC=AB進而求證△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF； （2）根據△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根據S四邊形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解題；當正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短．△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當AE最短時，正三角形AEF的面積會最小，又根據S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF，則△CEF的面積就會最大． 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，則BH=2， S四邊形AECF=S△ABC=BC?AH

6、=BC?=4， 由“垂線段最短”可知：當正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短． 故△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當AE最短時，正三角形AEF的面積會最小， 又S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF，則此時△CEF的面積就會最大． ∴S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF=4﹣×2×=． 點評： 本題考查了菱形的性質、全等三角形判定與性質及三角形面積的計算，求證△ABE≌△ACF是解題的關鍵，有一定難度． 考點二：結論探究型： 此類問題給定條件但無明確結論或結論不惟一，而需探索發(fā)現與之相應的結論的題目． 例3 　（2012?鹽城）如圖①所示，已知A

7、、B為直線l上兩點，點C為直線l上方一動點，連接AC、BC，分別以AC、BC為邊向△ABC外作正方形CADF和正方形CBEG，過點D作DD1⊥l于點D1，過點E作EE1⊥l于點E1． （1）如圖②，當點E恰好在直線l上時（此時E1與E重合），試說明DD1=AB； （2）在圖①中，當D、E兩點都在直線l的上方時，試探求三條線段DD1、EE1、AB之間的數量關系，并說明理由； （3）如圖③，當點E在直線l的下方時，請直接寫出三條線段DD1、EE1、AB之間的數量關系．（不需要證明） 考點： 正方形的性質；全等三角形的判定與性質。 專題： 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，根據全等三角形的對應邊相等，即可得DD1=AB； （2）首先過點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，根據全等三角形的對應邊相等，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：過點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：過點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． 點評： 此題考查了正方形的性質與全等三角形的判定與性質．此題難度適中，注意數形結合思想的應用，注意掌握輔助線的作法． 　 例4 （2012?麗水）在直角坐標系中，點A是拋物線y=x2在第二象限上的點，連接OA，過點O作OB⊥OA，交拋物線于點B，以OA、OB為邊構造矩形AOBC． （1）如圖1，當點A的橫坐標為　 　時，矩形AOBC是正方形； （2）如圖2，當點A的橫坐標為時， ①求點B的坐標； ②將拋物線y=x2作關于x軸的軸對稱變換得到拋物線y=﹣x2，試判斷拋物線y=﹣x2經過平移交換后，能否經過A，B，C三點？如果可以，

12、說出變換的過程；如果不可以，請說明理由． 考點： 二次函數綜合題。 專題： 代數幾何綜合題。 分析： （1）過點A作AD⊥x軸于點D，根據正方形的對角線平分一組對角可得∠AOC=45°，所以∠AOD=45°，從而得到△AOD是等腰直角三角形，設點A坐標為（﹣a，a），然后利用點A在拋物線上，把點的坐標代入解析式計算即可得解； （2）①過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BF⊥x軸于點F，先利用拋物線解析式求出AE的長度，然后證明△AEO和△OFB相似，根據相似三角形對應邊成比例列式求出OF與BF的關系，然后利用點B在拋物線上，設出點B的坐標代入拋物線解析式計算即可得解； ②過點C

13、作CG⊥BF于點G，可以證明△AEO和△BGC全等，根據全等三角形對應邊相等可得CG=OE，BG=AE，然后求出點C的坐標，再根據對稱變換以及平移變換不改變拋物線的形狀利用待定系數法求出過點A、B的拋物線解析式，把點C的坐標代入所求解析式進行驗證變換后的解析式是否經過點C，如果經過點C，把拋物線解析式轉化為頂點式解析式，根據頂點坐標寫出變換過程即可． 解答： 解：（1）如圖，過點A作AD⊥x軸于點D， ∵矩形AOBC是正方形， ∴∠AOC=45°， ∴∠AOD=90°﹣45°=45°， ∴△AOD是等腰直角三角形， 設點A的坐標為（﹣a，a）（a≠0）， 則（﹣a）2=a， 解

14、得a1=﹣1，a2=0（舍去）， ∴點A的坐標﹣a=﹣1， 故答案為：﹣1； （2）①過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BF⊥x軸于點F， 當x=﹣時，y=（﹣）2=， 即OE=，AE=， ∵∠AOE+∠BOF=180°﹣90°=90°， ∠AOE+∠EAO=90°， ∴∠EAO=∠BOF， 又∵∠AEO=∠BFO=90°， ∴△AEO∽△OFB， ∴===， 設OF=t，則BF=2t， ∴t2=2t， 解得：t1=0（舍去），t2=2， ∴點B（2，4）； ②過點C作CG⊥BF于點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C（，）， 設過A（﹣，）、B（2，4）兩點的拋物線解析式為y=﹣x2+bx+c，由題意得，， 解得， ∴經過A、B兩點的拋物線解析式為y=﹣x2+3x+2， 當x=時，y=﹣（）2+3×+2=，所以點C也在此拋物線上， 故經過A、B、C三點的拋物線解析式為y=﹣x2+3x+2=﹣（x﹣）2+． 平移方案：先將拋物線y=﹣x2向右平移個單位，再向上平移個單位得到拋物線y=﹣（x﹣）2+． 點評：

16、本題是對二次函數的綜合考查，包括正方形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，待定系數法求拋物線解析式，綜合性較強，難度較大，要注意利用點的對稱、平移變換來解釋拋物線的對稱平移變換，利用點研究線也是常用的方法之一． 考點三：規(guī)律探究型： 規(guī)律探索問題是指由幾個具體結論通過類比、猜想、推理等一系列的數學思維過程，來探求一般性結論的問題，解決這類問題的一般思路是通過對所給的具體的結論進行全面、細致的觀察、分析、比較，從中發(fā)現其變化的規(guī)律，并猜想出一般性的結論，然后再給出合理的證明或加以運用. 例5 （2012?青海）如圖（*），四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，

17、∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分線CF于點F．請你認真閱讀下面關于這個圖的探究片段，完成所提出的問題． （1）探究1：小強看到圖（*）后，很快發(fā)現AE=EF，這需要證明AE和EF所在的兩個三角形全等，但△ABE和△ECF顯然不全等（一個是直角三角形，一個是鈍角三角形），考慮到點E是邊BC的中點，因此可以選取AB的中點M，連接EM后嘗試著去證△AEM≌EFC就行了，隨即小強寫出了如下的證明過程： 證明：如圖1，取AB的中點M，連接EM． ∵∠AEF=90° ∴∠FEC+∠AEB=90° 又∵∠EAM+∠AEB=90° ∴∠EAM=∠FEC ∵點E，M分別為正方形的邊BC和A

18、B的中點 ∴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 ∴∠ECF=135° ∴△AEM≌△EFC（ASA） ∴AE=EF （2）探究2：小強繼續(xù)探索，如圖2，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC上的任意一點”，其余條件不變，發(fā)現AE=EF仍然成立，請你證明這一結論． （3）探究3：小強進一步還想試試，如圖3，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC延長線上的一點”，其余條件仍不變，那么結論AE=EF是否成立呢？若成立請你完成證明過程給小強看，若不成立請你說明理由． 考點： 正方形的性質；全等三

19、角形的判定與性質。 專題： 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，然后根據全等三角形對應邊相等即可證明； （3）延長BA到M，使AM=CE，然后證明∠BME=45°，從而得到∠BME=∠ECF，再利用兩直線平行，內錯角相等證明∠DAE=∠BEA，然后得到∠MAE=∠CEF，再利用“角邊角”證明△MAE和△CEF全等，根據全等三角形對應邊相等即可得證． 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． 點評： 本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，閱讀材料，理清解題的關鍵是取AM=EC，然后構造出△AEM與△EFC全等是解題的關鍵． 例6 （2012?永州）如圖所示，已知二次函數y=ax2+bx﹣1（a≠0）的圖象過點A（2，0）和B（4，3），l為過點（0，﹣2）且與x軸平行的直線，P（m，n）是該二次函數圖象上的任意一點，過P作PH⊥l，H為垂足． （1）求二次函數y=ax2+bx﹣1（a≠0）的解析式； （2）請直接寫出使y＜0的對應的x的取值范圍； （3）對應當m=0，m=2和m=4時，分別

22、計算|PO|2和|PH|2的值．由此觀察其規(guī)律，并猜想一個結論，證明對于任意實數m，此結論成立； （4）試問是否存在實數m可使△POH為正三角形？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數綜合題。 專題： 壓軸題。 分析： （1）根據二次函數y=ax2+bx﹣1（a≠0）的圖象過點A（2，0）和B（4，3），待定系數法求出a和b的值，拋物線的解析式即可求出； （2）令y=ax2+bx﹣1=0，解出x的值，進而求出使y＜0的對應的x的取值范圍； （3）分別求出當m=0，m=2和m=4時，分別計算|PO|2和|PH|2的值．然后觀察其規(guī)律，再進行證明； （

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的表達式，令兩式相等，求出m和n的值． 解答： 解：（1）∵二次函數y=ax2+bx﹣1（a≠0）的圖象過點A（2，0）和B（4，3）， ∴， 解得a=，b=0， ∴二次函數的解析式為y=x2﹣1， （2）令y=x2﹣1=0， 解得x=﹣2或x=2， 由圖象可知當﹣2＜x＜2時y＜0， （3）當m=0時，|PO|2=1，|PH|2=1； 當m=2時，P點的坐標為（2，0），|PO|2=4，|PH|2=4， 當m=4時，P點的坐標為（4，3），|PO|2=25，|PH|2

24、=25， 由此發(fā)現|PO|2=|PH|2， 設P點坐標為（m，n），即n=m2﹣1 |OP|=， |PH|2=n2+4n+4=n2+m2， 故對于任意實數m，|PO|2=|PH|2； （4）由（3）知OP=PH，只要OH=OP成立，△POH為正三角形， 設P點坐標為（m，n），|OP|=， |OH|=， |OP|=|OH|，即n2=4，解得n=±2， 當n=﹣2時，n=m2﹣1不符合條件， 故n=2，m=±2時可使△POH為正三角形． 點評： 本題主要考查二次函數的綜合題，解答本題的關鍵是熟練掌握二次函數的圖形特征和性質，特別是（3）問的解答很關鍵，是解答（4）

25、問的墊腳石，此題難度一般． 考點四：存在探索型： 此類問題在一定的條件下，需探究發(fā)現某種數學關系是否存在的題目． 例7 （2012?黑龍江）如圖，在平面直角坐標系中，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C的坐標為（﹣9，0）． （1）求點B的坐標； （2）若直線DE交梯形對角線BO于點D，交y軸于點E，且OE=2，OD=2BD，求直線DE的解析式； （3）若點P是（2）中直線DE上的一個動點，是否存在點P，使以O、E、P為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

26、 考點： 一次函數綜合題。 分析： （1）過點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點坐標； （2）過點D作DG⊥y軸于點G，由平行線的性質得出△ODG∽△OBA，利用相似比求DG，OG，確定D點坐標，由已知得E點坐標，利用“兩點法”求直線DE的解析式； （3）存在．由已知的OE=2，分別以O、E為圓心，2為半徑畫弧，與直線DE相交，或作線段OE的垂直平分線與直線DE相交，交點即為所求． 解答： 解：（1）過點B作BF⊥x軸于F，…（1分） 在Rt△BCF中， ∵∠BCO=45°，BC=6， ∴CF=BF=

27、6，…（1分） ∵C 的坐標為（﹣9，0）， ∴AB=OF=3， ∴點B的坐標為（﹣3，6）；…（1分） （2）過點D作DG⊥y軸于點G，…（1分） ∵AB∥DG， ∴△ODG∽△OBA， ∵===，AB=3，OA=6， ∴DG=2，OG=4，…（1分） ∴D（﹣2，4），E（0，2）， 設直線DE解析式為y=kx+b（k≠0） ∴， ∴，…（1分） ∴直線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） （寫對一個點得1分，寫對兩個點或三個點得2分） 點評： 本題考查了一次

28、函數的綜合運用．關鍵是通過作輔助線，解直角三角形，證明三角形相似，確定相關線段的長和點的坐標，得出直線解析式，再根據等腰三角形的性質，分類求P點坐標． 例8 （2012?北海）如圖，在平面直角坐標系中有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B、C兩點的對應點B′、C′正好落在某反比例函數圖象上．請求出這個反比例函數和此時的直線B′C′的解析式； （3）在（2）的條件下，直線BC交y軸于點G．問是否存在x軸上的點M和反比例函數圖象上的點P，使得四邊形PGMC′是平行四邊形？

29、如果存在，請求出點M和點P的坐標；如果不存在，請說明理由． 考點： 反比例函數綜合題。 專題： 計算題。 分析： （1）過C作CN垂直于x軸，交x軸于點N，由A、B及C的坐標得出OA，OB，CN的長，由∠CAB=90°，根據平角定義得到一對角互余，在直角三角形ACN中，根據兩銳角互余，得到一對角互余，利用同角的余角相等得到一對角相等，再由一對直角相等，且AC=BC，利用AAS得到三角形ACN與三角形AOB全等，根據全等三角形的對應邊相等可得出CN=0A，AN=0B，由AN+OA求出ON的長，再由C在第二象限，可得出d的值； （2）由第一問求出的C與B的橫坐標之差為3，根據平移

30、的性質得到縱坐標不變，故設出C′（m，2），則B′（m+3，1），再設出反比例函數解析式，將C′與B′的坐標代入得到關于k與m的兩方程，消去k得到關于m的方程，求出方程的解得到m的值，即可確定出k的值，得到反比例函數解析式，設直線B′C′的解析式為y=ax+b，將C′與B′的坐標代入，得到關于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B′C′的解析式； （3）存在x軸上的點M和反比例函數圖象上的點P，使得四邊形PGMC′是平行四邊形，理由為：設Q為GC′的中點，令第二問求出的直線B′C′的解析式中x=0求出y的值，確定出G的坐標，再由C′的坐標，利用線段中點坐標公式

31、求出Q的坐標，過點Q作直線l與x軸交于M′點，與y=的圖象交于P′點，若四邊形P′G M′C′是平行四邊形，則有P′Q=Q M′，易知點M′的橫坐標大于，點P′的橫坐標小于，作P′H⊥x軸于點H，QK⊥y軸于點K，P′H與QK交于點E，作QF⊥x軸于點F，由兩直線平行得到一對同位角相等，再由一對直角相等及P′Q=QM′，利用AAS可得出△P′EQ與△QFM′全等，根據全等三角形的對應邊相等，設EQ=FM′=t，由Q的橫坐標﹣t表示出P′的橫坐標，代入反比例函數解析式確定出P′的縱坐標，進而確定出M′的坐標，根據P′H﹣EH=P′H﹣QF表示出P′E的長，又P′Q=QM′，分別放在直角三角形中，

32、利用勾股定理列出關于t的方程，求出方程的解得到t的值，進而確定出P′與M′的坐標，此時點P′為所求的點P，點M′為所求的點M． 解答： 解：（1）作CN⊥x軸于點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C在第二象限， ∴d=﹣3； （2）設反比例函數為y=（k≠0）

33、，點C′和B′在該比例函數圖象上， 設C′（m，2），則B′（m+3，1）， 把點C′和B′的坐標分別代入y=，得k=2m；k=m+3， ∴2m=m+3， 解得：m=3， 則k=6，反比例函數解析式為y=，點C′（3，2），B′（6，1）， 設直線C′B′的解析式為y=ax+b（a≠0）， 把C′、B′兩點坐標代入得： ， ∴解得：； ∴直線C′B′的解析式為y=﹣x+3； （3）存在x軸上的點M和反比例函數圖象上的點P，使得四邊形PGMC′是平行四邊形，理由為： 設Q是G C′的中點，令y=﹣x+3中x=0，得到y(tǒng)=3， ∴G（0，3），又C′（3，2），

34、 ∴Q（，）， 過點Q作直線l與x軸交于M′點，與y=的圖象交于P′點， 若四邊形P′G M′C′是平行四邊形，則有P′Q=Q M′， 易知點M′的橫坐標大于，點P′的橫坐標小于， 作P′H⊥x軸于點H，QK⊥y軸于點K，P′H與QK交于點E，作QF⊥x軸于點F， ∵QF∥P′E， ∴∠M′QF=∠QP′E， 在△P′EQ和△QFM′中， ∵， ∴△P′EQ≌△QFM′（AAS）， ∴EQ=FM′，P′Q=QM′， 設EQ=FM′=t， ∴點P′的橫坐標x=﹣t，點P′的縱坐標y===，點M′的坐標是（+t，0）， ∴P′E=P′H﹣EH=P′H﹣QF=﹣， 又∵P

35、′Q=QM′， 根據勾股定理得：P′E2+EQ2=QF2+FM′2， ∴（﹣）2+t2=（）2+t2， 整理得：=5， 解得：t=（經檢驗，它是分式方程的解）， ∴﹣t=﹣=；==5；+t=+=， ∴P′（，5），M′（，0）， 則點P′為所求的點P，點M′為所求的點M． 點評： 此題屬于反比例函數綜合題，涉及的知識有：全等三角形的判定與性質，勾股定理，坐標與圖形性質，利用待定系數法求函數解析式，平移的性質，是一道綜合性較強的試題，要求學生掌握知識要全面． 四、中考真題演練 1．（2012?廣東）如圖，直線y=2x﹣6與反比例函數y=的圖象交于點A（4，2），與x軸交于

36、點B． （1）求k的值及點B的坐標； （2）在x軸上是否存在點C，使得AC=AB？若存在，求出點C的坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 反比例函數綜合題。 專題： 數形結合。 分析： （1）先把（4，2）代入反比例函數解析式，易求k，再把y=0代入一次函數解析式可求B點坐標； （2）假設存在，然后設C點坐標是（a，0），然后利用兩點之間的公式可得=，借此無理方程，易得a=3或a=5，其中a=3和B點重合，舍去，故C點坐標可求． 解答： 解：（1）把（4，2）代入反比例函數y=，得 k=8， 把y=0代入y=2x﹣6中，可得 x=3， 故k=8；B點坐標是（3，

37、0）； （2）假設存在，設C點坐標是（a，0），則 ∵AB=AC， ∴=， 即（4﹣a）2+4=5， 解得a=5或a=3（此點與B重合，舍去） 故點C的坐標是（5，0）． 點評： 本題考查了反比函數的知識，解題的關鍵是理解點與函數的關系，并能靈活使用兩點之間的距離公式． 2．（2012?樂山）如圖，直線y=2x+2與y軸交于A點，與反比例函數（x＞0）的圖象交于點M，過M作MH⊥x軸于點H，且tan∠AHO=2． （1）求k的值； （2）點N（a，1）是反比例函數（x＞0）圖象上的點，在x軸上是否存在點P，使得PM+PN最??？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請

38、說明理由． 考點： 反比例函數綜合題。 分析： （1）根據直線解析式求A點坐標，得OA的長度；根據三角函數定義可求OH的長度，得點M的橫坐標；根據點M在直線上可求點M的坐標．從而可求K的值； （2）根據反比例函數解析式可求N點坐標；作點N關于x軸的對稱點N1，連接MN1與x軸的交點就是滿足條件的P點位置． 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） ∵MH⊥x軸，∴點M的橫坐標為1． ∵點M在直線y=2x+2上， ∴點M的縱坐標為4．即M（1，4）．…（3分） ∵點M在y=上， ∴

39、k=1×4=4．…（4分） （2）存在． ∵點N（a，1）在反比例函數（x＞0）上， ∴a=4．即點N的坐標為（4，1）．…（5分） 過點N作N關于x軸的對稱點N1，連接MN1，交x軸于P（如圖所示）． 此時PM+PN最?。?分） ∵N與N1關于x軸的對稱，N點坐標為（4，1）， ∴N1的坐標為（4，﹣1）．…（7分） 設直線MN1的解析式為y=kx+b． 由解得k=﹣，b=．…（9分） ∴直線MN1的解析式為． 令y=0，得x=． ∴P點坐標為（，0）．…（10分） 點評： 此題考查一次函數的綜合應用，涉及線路最短問題，難度中等． 　 3．（2012?莆

40、田）如圖，一次函數y=k1x+b的圖象過點A（0，3），且與反比例函數（x＞O）的圖象相交于B、C兩點． （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，請求出該定值；若不是，請說明理由． 考點： 反比例函數綜合題。 專題： 綜合題。 分析： （1）分別利用待定系數法求函數解析式求出一次函數解析式與反比例函數解析式，然后代入k1?k2進行計算即可得解； （2）設出兩函數解析式，聯立方程組并整理成關于x的一元二次方程，根據AB=BC可知點C的橫坐標是點B的縱坐標的2倍，再利用根與系數的關系整理得到關于k1、k2的關系式，整理即

41、可得解． 解答： 解：（1）∵A（0，3），B（1，2）在一次函數y=k1x+b的圖象圖象上， ∴， 解得； ∵B（1，2）在反比例函數圖象上， ∴=2， 解得k2=2， 所以，k1?k2=（﹣1）×2=﹣2； （2）k1?k2=﹣2，是定值． 理由如下： ∵一次函數的圖象過點A（0，3）， ∴設一次函數解析式為y=k1x+3，反比例函數解析式為y=， ∴k1x+3=， 整理得k1x2+3x﹣k2=0， ∴x1+x2=﹣，x1?x2=﹣ ∵AB=BC， ∴點C的橫坐標是點B的橫坐標的2倍，不防設x2=2x1， ∴x1+x2=3x1=﹣，x1?x2=2x12

42、=﹣， ∴﹣=（﹣）2， 整理得，k1?k2=﹣2，是定值． 點評： 本題是對反比例函數的綜合考查，主要利用了待定系數法求函數解析式，根與系數的關系，（2）中根據AB=BC，得到點B、C的坐標的關系從而轉化為一元二次方程的根與系數的關系是解題的關鍵． 　 　 4．（2012?長春）如圖，在平面直角坐標系中，平行四邊形OABC的頂點A、C的坐標分別為A（2，0）、C（﹣1，2），反比例函數y=（k≠0）的圖象經過點B． （1）求k的值． （2）將平行四邊形OABC沿x軸翻折，點C落在點C′處，判斷點C′是否在反比例函數y=（k≠0）的圖象上，請通過計算說明理由． 考點：

43、 反比例函數綜合題。 分析： （1）根據平行四邊形的性質可得AO=BC，再根據A、C點坐標可以算出B點坐標，再把B點坐標代入反比例函數解析式中即可求出k的值； （2）根據翻折方法可知C與C′點關于x軸對稱，故C′點坐標是（﹣1，﹣2），把C′點坐標（﹣1，﹣2）代入解析式發(fā)現能使解析式左右相等，故點C′是否在反比例函數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y=（k≠0）的圖象經過點B

44、， ∴k=1×2=2； （2）∵?OABC沿x軸翻折，點C落在點C′處， ∴C′點坐標是（﹣1，﹣2）， ∵k=2， ∴反比例函數解析式為y=， 把C′點坐標（﹣1，﹣2）代入函數解析式能使解析式左右相等， 故點C′在反比例函數y=的圖象上． 點評： 此題主要考查了反比例函數點的坐標與反比例函數解析式的關系，以及平行四邊形的性質，關鍵是熟練把握凡是反比例函數圖象經過的點都能滿足解析式． 　 　 　 　 7．（2012?宜賓）如圖，拋物線y=x2﹣2x+c的頂點A在直線l：y=x﹣5上． （1）求拋物線頂點A的坐標； （2）設拋物線與y軸交于點B，與x軸

45、交于點C、D（C點在D點的左側），試判斷△ABD的形狀； （3）在直線l上是否存在一點P，使以點P、A、B、D為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數綜合題。 專題： 壓軸題；分類討論。 分析： （1）先根據拋物線的解析式得出其對稱軸方程，由此得到頂點A的橫坐標，然后代入直線l的解析式中即可求出點A的坐標． （2）由A點坐標可確定拋物線的解析式，進而可得到點B的坐標．則AB、AD、BD三邊的長可得，然后根據邊長確定三角形的形狀． （3）若以點P、A、B、D為頂點的四邊形是平行四邊形，應分①AB為對角線、②AD為對角線兩種情

46、況討論，即①ADPB、②ABPD，然后結合勾股定理以及邊長的等量關系列方程求出P點的坐標． 解答： 解：（1）∵頂點A的橫坐標為x==1，且頂點A在y=x﹣5上， ∴當x=1時，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y=0時，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y=x﹣5交y軸于點A（0，﹣5），交x軸于點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 則構成平行四邊形只能是PADB或PABD，如圖， 過點P作y軸的垂線，過點A作x軸的垂線并交于點C 設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P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1）使以點A、B、D、P為頂點的四邊形是平行四邊形． 點評： 題目考查了二次函數解析式的確定、勾股定理、平行四邊形的判定等基礎知識，綜合性較強；（3）題應注意分類討論，以免漏解． 　 8．（2012?溫州）如圖，經過原點的拋物線y=﹣x2+2mx（m＞0）與x軸的另一個交點為A．過點P（1，m）作直線PM⊥x軸于點M，交拋物線于點B．記點B關于拋物線對稱軸的對稱點為C（B、C不重合）．連接CB，CP． （1）當m=3時，求點A的坐標及BC的長； （2）當m＞1時，連接CA，問m為何值時CA⊥CP？ （3）過點P作PE⊥

49、PC且PE=PC，問是否存在m，使得點E落在坐標軸上？若存在，求出所有滿足要求的m的值，并定出相對應的點E坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數綜合題。 分析： （1）把m=3，代入拋物線的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即為和x軸交點的橫坐標，再求出拋物線的對稱軸方程，進而求出BC的長； （2）過點C作CH⊥x軸于點H（如圖1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知條件證明△ACH∽△PCB，根據相似的性質得到：，再用含有m的代數式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值； （3）存在，本題要分當m＞1時，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1

50、和當0＜m＜1時，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m，兩種情況分別討論，再求出滿足題意的m值和相對應的點E坐標． 解答： 解：（1）當m=3時，y=﹣x2+6x 令y=0得﹣x2+6x=0 ∴x1=0，x2=6， ∴A（6，0） 當x=1時，y=5 ∴B（1，5） ∵拋物線y=﹣x2+6x的對稱軸為直線x=3 又∵B，C關于對稱軸對稱 ∴BC=4． （2）過點C作CH⊥x軸于點H（如圖1） 由已知得∠ACP=∠BCH=90° ∴∠ACH=∠PCB 又∵∠AHC=∠PBC=90° ∴△ACH∽△PCB， ∴， ∵拋物線y=﹣x2+2mx的對稱軸為直線x

51、=m，其中m＞1， 又∵B，C關于對稱軸對稱， ∴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m＞1時，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1， （i）若點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，此時點E的坐標是（2，0

52、）； （ii）若點E在y軸上（如圖2）， 過點P作PN⊥y軸于點N， 易證△BPC≌△NPE， ∴BP=NP=OM=1， ∴m﹣1=1， ∴m=2， 此時點E的坐標是（0，4）； （II）當0＜m＜1時，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m， （i）若點E在x軸上（如圖3）， 易證△BPC≌△MEP， ∴BC=PM， ∴2（1﹣m）=m， ∴m=，此時點E的坐標是（，0）； （ii）若點E在y軸上（如圖4）， 過點P作PN⊥y軸于點N， 易證△BPC≌△NPE， ∴BP=NP=OM=1， ∴1﹣m=1，∴m=0（舍去）， 綜上所述，當m=2時，點E的

53、坐標是（0，2）或（0，4）， 當m=時，點E的坐標是（，0）． 點評： 此題主要考查了二次函數解析式的確定、軸對稱的性質、相似三角形的判定和相似三角形的性質以及全等三角形的性質和全等三角形的判定、需注意的是（3）題在不確E點的情況下需要分類討論，以免漏解．題目的綜合性強，難度也很大，有利于提高學生的綜合解題能力，是一道不錯的題目． 　 9．（2012?威海）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點為B（2，1），且過點A（0，2），直線y=x與拋物線交于點D，E（點E在對稱軸的右側），拋物線的對稱軸交直線y=x于點C，交x軸于點G，EF⊥x軸，垂足

54、為點F，點P在拋物線上，且位于對稱軸的右側，PM⊥x軸，垂足為點M，△PCM為等邊三角形． （1）求該拋物線的表達式； （2）求點P的坐標； （3）試判斷CE與EF是否相等，并說明理由； （4）連接PE，在x軸上點M的右側是否存在一點N，使△CMN與△CPE全等？若存在，試求出點N的坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數綜合題。 分析： （1）根據拋物線的頂點是（2，1），因而設拋物線的表達式為y=a（x﹣2）2+1，把A的坐標代入即可求得函數的解析式； （2）根據△PCM為等邊三角形，則△CGM中，∠CMD=30°，CG的長度可以求得，利用直角三角形的性質，即

55、可求得CM，即等邊△CMP的邊長，則P的縱坐標，代入二次函數的解析式，即可求得P的坐標； （3）解方程組即可求得E的坐標，則EF的長等于E的縱坐標，OE的長度，利用勾股定理可以求得，同理，OC的長度可以求得，則CE的長度即可求解； （4）可以利用反證法，假設x軸上存在一點，使△CMN≌△CPE，可以證得EN=EF，即N與F重合，與點E為直線y=x上的點，∠CEF=45°即點N與點F不重合相矛盾，故N不存在． 解答： 解：（1）設拋物線的表達式為y=a（x﹣2）2+1，將點A（0，2）代入，得 a（0﹣2）2+1=2…1分 解這個方程，得a= ∴拋物線的表達式為y=（x﹣2）2+1。

56、 （2）將x=2代入y=x，得y=2 ∴點C的坐標為（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 解這個方程，得x1=2=OM，x2=2﹣2＜0（不合題意，舍去）． ∴點P的坐標為（2+2，4）。 （3）相等。 把y=x代入y=x2﹣x=2，得x=x2﹣x+2 解這個方程，得x1=4+2，x2=4﹣2＜2（不合題意，舍去） ∴y=4+2=EF ∴點E的坐標為（4+2，4+2） ∴

57、OE==4+4 又∵OC=， ∴CE=OE﹣OC=4 ∴CE=EF。 （4）不存在 假設x軸上存在一點，使△CMN≌△CPE，則CN=CE，∠MNC=∠PCE ∵∠MCP=60°， ∴∠NCE=60° 又∵CE=EF， ∴EN=EF。 又∵點E為直線y=x上的點，∴∠CEF=45°， ∴點N與點F不重合．∵EF⊥x軸，這與“垂線段最短”矛盾， ∴原假設錯誤，滿足條件的點N不存在。 點評： 本題考查了待定系數法求二次函數的解析式，以及等邊三角形的性質，解直角三角形，反證法，正確求得E的坐標是關鍵． 　　 　10．（2012?泰安）如圖，半徑為2的⊙C與x軸的

58、正半軸交于點A，與y軸的正半軸交于點B，點C的坐標為（1，0）．若拋物線y=﹣x2+bx+c過A、B兩點． （1）求拋物線的解析式； （2）在拋物線上是否存在點P，使得∠PBO=∠POB？若存在，求出點P的坐標；若不存在說明理由； （3）若點M是拋物線（在第一象限內的部分）上一點，△MAB的面積為S，求S的最大（?。┲担? 考點： 二次函數綜合題。 分析： （1）利用待定系數法求拋物線的解析式．因為已知A（3，0），所以需要求得B點坐標．如答圖1，連接OB，利用勾股定理求解； （2）由∠PBO=∠POB，可知符合條件的點在線段OB的垂直平分線上．如答圖2，OB的垂直平分線與

59、拋物線有兩個交點，因此所求的P點有兩個，注意不要漏解； （3）如答圖3，作MH⊥x軸于點H，構造梯形MBOH與三角形MHA，求得△MAB面積的表達式，這個表達式是關于M點橫坐標的二次函數，利用二次函數的極值求得△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，）代入二次函數的表達式 得，解得， ∴y=﹣x2+x+． （2）存在． 如答圖2，作線段OB的垂直平分線l，與拋物線的交點即為點P． ∵B（0，），O（0，0）， ∴直線l的表達式為y=．代入拋物線的表達式， 得﹣x2+x+

60、=； 解得x=1±， ∴P（1±，）． （3）如答圖3，作MH⊥x軸于點H． 設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xm=時，S△MAB取得最大值，最大值為． 點評： 本題是二次函數綜合題，重點考查二次函數相關性質、圓的性質、垂直平分線/勾股定理、面積求法等知識點．第（2）問中注意垂直平分線與拋物線的交

61、點有兩個，不要漏解；第（3）問中，重點關注圖形面積的求法以及求極值的方法．本題考查知識點較多，要求同學們對所學知識要做到理解深刻、融會貫通、靈活運用，如此方能立于不敗之地． 　 12．（2012?岳陽）（1）操作發(fā)現：如圖①，D是等邊△ABC邊BA上一動點（點D與點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)現線段AF與BD之間的數量關系嗎？并證明你發(fā)現的結論． （2）類比猜想：如圖②，當動點D運動至等邊△ABC邊BA的延長線上時，其他作法與（1）相同，猜想AF與BD在（1）中的結論是否仍然成立？ （3）深入探究： Ⅰ．如圖③，當動點D在等邊△ABC邊B

62、A上運動時（點D與點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有何數量關系？并證明你探究的結論． Ⅱ．如圖④，當動點D在等邊△邊BA的延長線上運動時，其他作法與圖③相同，Ⅰ中的結論是否成立？若不成立，是否有新的結論？并證明你得出的結論． 考點： 全等三角形的判定與性質；等邊三角形的性質。 專題： 幾何綜合題。 分析： （1）根據等邊三角形的三條邊、三個內角都相等的性質，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應邊相等知AF=BD； （2）通過證明△BCD≌△

63、ACF，即可證明AF=BD； （3）Ⅰ．AF+BF′=AB；利用全等三角形△BCD≌△ACF（SAS）的對應邊BD=AF；同理△BCF′≌△ACD（SAS），則BF′=AD，所以AF+BF′=AB； Ⅱ．Ⅰ中的結論不成立．新的結論是AF=AB+BF′；通過證明△BCF′≌△ACD（SAS），則BF′=AD（全等三角形的對應邊相等）；再結合（2）中的結論即可證得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）； 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（全等三角形的對應邊相等）； （2）證明過程同（1），證得△BCD≌△ACF（SAS），則AF=BD（全等三角形的對應邊相等），所以，當動點D運動至等邊△ABC邊BA的延長線上時，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中的結論不成立．新的結論是AF=AB+BF′

65、； 證明如下：在△BCF′和△ACD中， ， ∴△BCF′≌△ACD（SAS）， ∴BF′=AD（全等三角形的對應邊相等）； 又由（2）知，AF=BD； ∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′，即AF=AB+BF′． 點評： 本題考查了全等三角形的判定與性質、等邊三角形的性質．等邊三角形的三條邊都相等，三個內角都是60°． 　 13．（2012?煙臺）（1）問題探究 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，過點C作直線KH交直線AB于點H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分別為點M，N

66、．試探究線段D1M與線段D2N的數量關系，并加以證明． （2）拓展延伸 ①如圖2，若將“問題探究”中的正方形改為正三角形，過點C作直線K1H1，K2H2，分別交直線AB于點H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分別為點M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由． 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中補全圖形，注明字母，直接寫出結論，不需證明） 考點： 全等三角形的判定與性質；等邊三角形的性質；正方形的性質；正多邊形和圓。 專題： 幾何綜合題。 分析： （1）根據正方形的每一個角都是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，根據全等三角形對應邊相等可得D1M=CH，同理可證D2N=CH，從而得證； （2）①過點C作CG⊥AB，垂足為點G，根據三角形的內角和等于180°和平角等于180°證明得到∠H1AC=