中考数学专题复习专题六探索型问题训练文档格式.docx
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浙江湖州中考)如图1,在平面直角坐标系xOy中,已知△ABC,∠ABC=90°
,顶点A在第一象限,B,C在x轴的正半轴上(C在B的右侧),BC=2,AB=2,△ADC与△ABC关于AC所在的直线对称.
(1)当OB=2时,求点D的坐标;
(2)若点A和点D在同一个反比例函数的图象上,求OB的长;
(3)如图2,将第
(2)题中的四边形ABCD向右平移,记平移后的四边形为A1B1C1D1,过点D1的反比例函数y=(k≠0)的图象与BA的延长线交于点P.问:
在平移过程中,是否存在这样的k,使得以点P,A1,D为顶点的三角形是直角三角形?
若存在,请直接写出所有符合题意的k的值;
若不存在,请说明理由.
【分析】
(1)作DE⊥x轴于E,解直角三角形求出DE,CE即可解决问题;
(2)设OB=a,则点A的坐标(a,2),由题意CE=1,DE=,可得D(3+a,),点A,D在同一反比例函数图象上,可得2a=(3+a),求出a即可;
(3)分两种情形:
①如图2中,当点A1在线段CD的延长线上,且PA1∥AD时,∠PA1D=90°
.②当∠PDA1=90°
时.分别构建方程解决问题即可.
3.(2018·
四川攀枝花中考)如图,对称轴为直线x=1的抛物线y=x2-bx+c与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1<x2)两点,与y轴交于C点,且+=-.
(1)求抛物线的表达式;
(2)抛物线顶点为D,直线BD交y轴于E点;
①设点P为线段BD上一点(点P不与B,D两点重合),过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F,求△BDF面积的最大值;
②在线段BD上是否存在点Q,使得∠BDC=∠QCE?
若存在,求出点Q的坐标;
类型三结论探索型问题
如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别是边BC,AB上的点,且CE=BF.连结DE,过点E作EG⊥DE,使EG=DE.连结FG,FC.
(1)请判断:
FG与CE的数量关系是________,位置关系是________.
(2)如图2,若点E,F分别是CB,BA延长线上的点,其他条件不变,
(1)中结论是否仍然成立?
请作出判断并予以证明.
(3)如图3,若点E,F分别是BC,AB延长线上的点,其他条件不变,
(1)中结论是否仍然成立?
请直接写出你的判断.
【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及性质即可判断.
4.(2018·
四川自贡中考)如图,已知∠AOB=60°
,在∠AOB的平分线OM上有一点C,将一个120°
角的顶点与点C重合,它的两条边分别与直线OA,OB相交于点D,E.
(1)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图1),请猜想OE+OD与OC的数量关系,并说明理由;
(2)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时,到达图2的位置,
(1)中的结论是否成立?
并说明理由;
(3)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时,上述结论是否成立?
请在图3中画出图形,若成立,请给予证明;
若不成立,线段OD,OE与OC之间又有怎样的数量关系?
请写出你的猜想,不需证明.
图1 图2 图3
参考答案
类型一
【例1】由题意可得点A1的坐标为(1,2).
设点B1的坐标为(a,a),
=,
解得a=2(负值舍去),
∴点B1的坐标为(2,1).
同理可得点A2的坐标为(2,4),点B2的坐标为(4,2),
点A3的坐标为(4,8),点B3的坐标为(8,4),
…
∴点B2018的坐标为(22018,22017).
故答案为(22018,22017).
变式训练
1.45 2.()n-1
类型二
【例2】
(1)如图,过点D作DE⊥x轴于E.
∵∠ABC=90°
,∴tan∠ACB==,
∴∠ACB=60°
.
根据对称性可知DC=BC=2,∠ACD=∠ACB=60°
,
∴∠DCE=60°
,∴∠CDE=90°
-60°
=30°
∴CE=1,DE=,
∴OE=OB+BC+CE=5,
∴点D坐标为(5,).
(2)设OB=a,则点A的坐标(a,2),
由题意CE=1,DE=,可得D(3+a,).
∵点A,D在同一反比例函数图象上,
∴2a=(3+a),∴a=3,∴OB=3.
(3)存在,k的值为10或12.理由如下:
①如图,当点A1在线段CD的延长线上,且PA1∥AD时,∠PA1D=90°
在Rt△ADA1中,∵∠DAA1=30°
,AD=2,
∴AA1==4.
在Rt△APA1中,∵∠APA1=60°
∴PA=,∴PB=.
设P(m,),则D1(m+7,).
∵P,D1在同一反比例函数图象上,
∴m=(m+7),解得m=3,
∴P(3,),∴k=10.
②如图,当∠PDA1=90°
时.
∵∠PAK=∠KDA1=90°
,∠AKP=∠DKA1,
∴△AKP∽△DKA1,∴=,
∴=.
∵∠AKD=∠PKA1,
∴△KAD∽△KPA1,
∴∠KPA1=∠KAD=30°
,∠ADK=∠KA1P=30°
∴∠APD=∠ADP=30°
∴AP=AD=2,AA1=6.
设P(m,4),则D1(m+9,).
∴4m=(m+9),解得m=3,
∴P(3,4),∴k=12.
3.解:
(1)∵抛物线对称轴为直线x=1,
∴-=1,
∴b=2.
由一元二次方程根与系数的关系得x1+x2=b,x1x2=c,
∴+===-,则c=-3,
∴抛物线表达式为y=x2-2x-3.
(2)由
(1)得点D坐标为(1,-4).
当y=0时,x2-2x-3=0,
解得x1=-1,x2=3,
∴点B坐标为(3,0).
①设点F坐标为(a,b),
∴△BDF的面积S=×
(4-b)(a-1)+(-b)(3-a)-×
2×
4,
整理得S=2a-b-6.
∵b=a2-2a-3,∴S=2a-(a2-2a-3)-6=-a2+4a-3.
∵a=-1<0,∴当a=2时,S最大=-4+8-3=1.
②存在.
由已知点D坐标为(1,-4),点B坐标为(3,0),
∴直线BD表达式为y=2x-6.则点E坐标为(0,-6).
连结BC,CD,则由勾股定理得CB2=(3-0)2+(-3-0)2=18,
CD2=12+(-4+3)2=2,BD2=(-4)2+(3-1)2=20,
∴CB2+CD2=BD2,∴∠BCD=90°
∴tan∠BDC=3.
当点Q使得∠BDC=∠QCE时,连QC并延长交x轴于点N,过Q作QM⊥x轴于点M.
∵∠OCN=∠QCE,CO=3,
∴在Rt△NOC中,NO=3OC=9.
由已知,MQ∥OE,OE=6,OB=3,
∴==.
设BM=a,则MQ=2a,则MN=12-a.
∵∠MQN=∠QCE,
∴Rt△MNQ中,3MQ=MN,
∴12-a=3×
2a,∴a=,
则OM=3-=,MQ=,
则点Q坐标为(,-).
类型三
【例3】
(1)相等 平行
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ABC=∠BCD=90°
,AB=BC=CD.
又∵CE=BF,∴△ECD≌△FBC(SAS),
∴CF=DE,∠DEC=∠CFB,
∴∠DEC+∠BCF=90°
,∴FC⊥DE.
∵EG⊥DE,EG=DE,
∴FC∥GE,GE=CF,
∴四边形GECF是平行四边形,
∴FG∥CE,GF=CE.
(2)仍然成立.证明:
∴FG∥CE,FG=CE.
(3)仍然成立.
4.解:
(1)OD+OE=OC.理由如下:
OM是∠AOB的角平分线,
∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=30°
∵CD⊥OA,∴∠ODC=90°
∴∠OCD=60°
∴∠OCE=∠DCE-∠OCD=60°
在Rt△OCD中,OD=OC·
cos30°
=OC.
同理OE=OC,∴OD+OE=OC.
(2)
(1)中结论仍然成立,理由如下:
如图,过点C作CF⊥OA于F,CG⊥OB于G,
∴∠OFC=∠OGC=90°
∵∠AOB=60°
,∴∠FCG=120°
同
(1)的方法得OF=OC,OG=OC,
∴OF+OG=OC.
∵CF⊥OA,CG⊥OB,且点C是∠AOB的平分线OM上一点,
∴CF=CG.
∵∠DCE=120°
,∠FCG=120°
∴∠DCF=∠ECG,∴△CFD≌△CGE,
∴DF=EG,∴OF=OD+DF=OD+EG,OG=OE-EG,
∴OF+OG=OD+EG+OE-EG=OD+OE,
∴OD+OE=OC.
(3)
(1)中结论不成立,结论为:
OE-OD=OC,
理由:
∴DF=EG,∴OF=DF-OD=EG-OD,OG=OE-EG,
∴OF+OG=EG-OD+OE-EG=OE-OD,
∴OE-OD=OC.