中考数学专题复习专题六探索型问题训练.docx

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中考数学专题复习专题六探索型问题训练

专题六　探索型问题

类型一规律探索型问题

（2018·山东威海中考）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为（1，2），以点O为圆心，以OA1长为半径画弧，交直线y＝x于点B1.过B1点作B1A2∥y轴，交直线y＝2x于点A2，以点O为圆心，以OA2长为半径画弧，交直线y＝x于点B2；过点B2作B2A3∥y轴，交直线y＝2x于点A3，以点O为圆心，以OA3长为半径画弧，交直线y＝x于点B3；过B3点作B3A4∥y轴，交直线y＝2x于点A4，以点O为圆心，以OA4长为半径画弧，交直线y＝x于点B4，…，按照如此规律进行下去，点B2018的坐标为________．

【分析】根据题意可以求得点B1的坐标，点A2的坐标，点B2的坐标，然后即可发现坐标变化的规律，从而可以求得点B2018的坐标．

【自主解答】

规律探索题主要有数式规律和图形规律两种．对于数式规律，猜想归纳是解决这类问题的有效方法，通过对已给出的材料和信息对研究的对象进行观察、实验、比较、归纳和分析综合，作出符合一定规律与事实的推测性想象，从而发现一般规律，它是发现和认识规律的重要手段．对于图形规律，一种是数图形，将图形规律转化成数字规律，再用数字规律解决问题；一种是通过图形的直观性，通过拆分图形，观察图形的构造寻找规律．

1．（2018·山东枣庄中考）将从1开始的连续自然数按如下规律排列：

则2018在第________行．

2．（2018·江苏淮安中考）如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数y＝x的图象，点A1的坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线l于点D1，以A1D1为边作正方形A1B1C1D1；过点C1作直线l的垂线，垂足为A2，交x轴于点B2，以A2B2为边作正方形A2B2C2D2；过点C2作x轴的垂线，垂足为A3，交直线l于点D3，以A3D3为边作正方形A3B3C3D3，…，按此规律操作下所得到的正方形AnBnCnDn的面积是______________．

类型二存在探索型问题

（2018·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．

【自主解答】

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；若不存在，请说明理由．

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．

【自主解答】

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，）．

∵P，D1在同一反比例函数图象上，

∴4m＝（m＋9），解得m＝3，

∴P（3，4），∴k＝12.

变式训练

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：

∵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，FG＝CE.

（3）仍然成立．

变式训练

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：

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＝DF－OD＝EG－OD，OG＝OE－EG，

∴OF＋OG＝EG－OD＋OE－EG＝OE－OD，

∴OE－OD＝OC.