中考数学专题复习专题六探索型问题训练文档格式.docx

1、浙江湖州中考）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知ABC，ABC90，顶点A在第一象限，B，C在x轴的正半轴上（C在B的右侧），BC2，AB2，ADC与ABC关于AC所在的直线对称（1）当OB2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（k0）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DEx轴于E，解直

2、角三角形求出DE，CE即可解决问题；（2）设OBa，则点A的坐标（a，2），由题意CE1，DE，可得D（3a，），点A，D在同一反比例函数图象上，可得2a（3a），求出a即可；（3）分两种情形：如图2中，当点A1在线段CD的延长线上，且PA1AD时，PA1D90.当PDA190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x1的抛物线yx2bxc与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）（x1x2）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；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

3、点F，求BDF面积的最大值；在线段BD上是否存在点Q，使得BDCQCE？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CEBF.连结DE，过点E作EGDE，使EGDE.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

4、即可判断4（2018四川自贡中考）如图，已知AOB60，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OEOD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

5、点A1的坐标为（1，2）设点B1的坐标为（a，a），解得a2（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B2 018的坐标为（22 018，22 017）故答案为（22 018，22 017）变式训练1452.（）n1类型二【例2】 （1）如图，过点D作DEx轴于E.ABC90，tanACB，ACB60.根据对称性可知DCBC2，ACDACB60，DCE60，CDE906030CE1，DE，OEOBBCCE5，点D坐标为（5，）（2）设OBa，则点A的坐标（a，2），由题意CE1，DE，

6、可得D（3a，）点A，D在同一反比例函数图象上，2a（3a），a3，OB3.（3）存在，k的值为10或12.理由如下：如图，当点A1在线段CD的延长线上，且PA1AD时，PA1D90在RtADA1中，DAA130，AD2，AA14.在RtAPA1中，APA160PA，PB.设P（m，），则D1（m7，）P，D1在同一反比例函数图象上，m（m7），解得m3，P（3，），k10.如图，当PDA190时PAKKDA190，AKPDKA1，AKPDKA1，.AKDPKA1，KADKPA1，KPA1KAD30，ADKKA1P30APDADP30APAD2，AA16.设P（m，4），则D1（m9，）4m（

7、m9），解得m3，P（3，4），k12.3解：（1）抛物线对称轴为直线x1，1，b2.由一元二次方程根与系数的关系得x1x2b，x1x2c，则c3，抛物线表达式为yx22x3.（2）由（1）得点D坐标为（1，4）当y0时，x22x30，解得x11，x23，点B坐标为（3，0）设点F坐标为（a，b），BDF的面积S（4b）（a1）（b）（3a）24，整理得S2ab6.ba22a3，S2a（a22a3）6a24a3.a10，当a2时，S最大4831.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y2x6.则点E坐标为（0，6）连结BC，CD，则由勾股定理得CB2（30）2（

8、30）218，CD212（43）22，BD2（4）2（31）220，CB2CD2BD2，BCD90tanBDC3.当点Q使得BDCQCE时，连QC并延长交x轴于点N，过Q作QMx轴于点M.OCNQCE，CO3，在RtNOC中，NO3OC9.由已知，MQOE，OE6，OB3，.设BMa，则MQ2a，则MN12a.MQNQCE，RtMNQ中，3MQMN，12a32a，a，则OM3，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，ABCBCD90，ABBCCD.又CEBF，ECDFBC（SAS），CFDE，DECCFB，DECBCF90，FCDE.EGDE，EGDE，F

9、CGE，GECF，四边形GECF是平行四边形，FGCE，GFCE.（2）仍然成立证明：FGCE，FGCE.（3）仍然成立4解：（1）ODOEOC.理由如下：OM是AOB的角平分线，AOCBOCAOB30CDOA，ODC90OCD60OCEDCEOCD60在RtOCD中，ODOCcos 30OC.同理OEOC，ODOEOC.（2）（1）中结论仍然成立，理由如下：如图，过点C作CFOA于F，CGOB于G，OFCOGC90AOB60，FCG120同（1）的方法得OFOC，OGOC，OFOGOC.CFOA，CGOB，且点C是AOB的平分线OM上一点，CFCG.DCE120，FCG120DCFECG，CFDCGE，DFEG，OFODDFODEG，OGOEEG，OFOGODEGOEEGODOE，ODOEOC.（3）（1）中结论不成立，结论为：OEODOC，理由：DFEG，OFDFODEGOD，OGOEEG，OFOGEGODOEEGOEOD，OEODOC.