中考数学复习专题讲座四：探究型问题(含详细参考答案).pdf

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1、中考数学复习专题讲座四：探究型问题( 含详细参考答案) 72013年中考数学复习专题讲座四: 探究型问题一、中考专题诠释探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论, 需要经过推断 ,补充并加以证明的一类问题. 根据其特征大致可分为 : 条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类. 二、解题策略与解法精讲由于探究型试题的知识覆盖面较大, 综合性较强 , 灵活选择方法的要求较高, 再加上题意新颖 , 构思精巧 , 具有相当的深度和难度, 所以要求同学们在复习时, 首先对于基础知识一定要复习全面, 并力求扎实牢靠 ; 其次是要加强对解答这类试题的练习 , 注意各知识点之间的因果联系

2、, 选择合适的解题途径完成最后的解答. 由于题型新颖、 综合性强、结构独特等 , 此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路 , 但是可以从以下几个角度考虑: 1. 利用特殊值 ( 特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等) 进行归纳、概括, 从特殊到一般 , 从而得出规律 . 2. 反演推理法 ( 反证法 ), 即假设结论成立 , 根据假设进行推理 , 看是推导出矛盾还是能与已知条件一致. 3. 分类讨论法 . 当命题的题设和结论不惟一确定, 难以统一解答时 , 则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏, 分门别类加以讨论求解, 将不同结论综合归纳得出正确结果 . 4. 类比猜想法 . 即由一

3、个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法 , 并加以严密的论证 . 以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略, 因而具体操作时 , 应更注重数学思想方法的综合运用. 三、中考考点精讲考点一 : 动态探索型 : 此类问题结论明确 , 而需探究发现使结论成立的条件. 例 1(2012?自贡)如图所示 , 在菱形 ABCD 中,AB4, BAD120 , AEF为正三角形 , 点 E、F 分别在菱形的边 BC 、CD上滑动 , 且 E、F 不与 B、C、D重合. (1) 证明不论 E、F 在 BC 、CD上如何滑动 , 总有 BECF; (2) 当点 E、F 在 BC 、CD上

4、滑动时 , 分别探讨四边形AECF 和CEF的面积是否发生变化 ?如果不变 , 求出这个定值 ; 如果变化 , 求出最大 ( 或最小 )值. 考点: 菱形的性质 ; 二次函数的最值 ; 全等三角形的判定与性质; 等边三角形的性质。 810360 分析: (1) 先 求证 ABAC,进而 求 证 ABC 、 ACD为 等 边 三角 形, 得 460,ACAB进而求证 ABE ACF,即可求得 BECF; (2) 根据 ABE ACF可得 SABES ACF,故根据 S四边形 AECFS AEC+S ACFS AEC+S ABES ABC 即可解题 ; 当正三角形 AEF的边 AE与 BC垂直时

5、, 边 AE最短. AEF的面积会随着 AE的变化而变化 , 且当 AE最短时 , 正三角形 AEF的面积会最小 , 又根据 SCEFS 四边形 AECF?S AEF,则CEF的面积就会最大 . 解答: (1) 证明: 连接 AC,如下图所示 , 四边形 ABCD 为菱形 , BAD120 , 1+EAC60 , 3+EAC60 , 13, BAD120 , ABC60 , ABC 和ACD为等边三角形 , 460,ACAB, 在 ABE和ACF中, , ABE ACF(ASA). BECF; (2) 解: 四边形 AECF 的面积不变 , CEF的面积发生变化 . 理由: 由(1) 得ABE

6、 ACF, 则 SABES ACF, 故 S四边形 AECFS AEC+S ACFS AEC+S ABES ABC,是定值 , 作 AH BC于 H点, 则 BH2, S四边形 AECFS ABCBC?AHBC?4, 由“垂线段最短”可知 : 当正三角形 AEF的边 AE与 BC垂直时 , 边 AE最短. 故AEF的面积会随着 AE的变化而变化 , 且当 AE最短时 , 正三角形 AEF的面积会最小 , 又 SCEFS 四边形 AECF?S AEF,则此时 CEF的面积就会最大 . SCEFS 四边形 AECF?S AEF4? 2. 点评: 本题考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面

7、积的计算, 求证 ABE ACF是解题的关键 , 有一定难度 . 考点二 : 结论探究型 : 此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一, 而需探索发现与之相应的结论的题目 . 例 3 (2012? 盐城) 如图所示 , 已知 A、 B为直线 l 上两点, 点 C为直线 l上方一动点 , 连接 AC 、BC,分别以 AC 、BC为边向 ABC外作正方形 CADF 和正方形CBEG, 过点 D作 DD1 l 于点 D1,过点 E作 EE1 l 于点 E1. (1) 如图 , 当点 E恰好在直线 l 上时( 此时 E1与 E重合), 试说明 DD1AB; (2) 在图中 , 当 D、E两点都在直线

8、l 的上方时 , 试探求三条线段DD1 、EE1 、AB之间的数量关系 , 并说明理由 ; (3) 如图 , 当点 E 在直线 l的下方时 , 请直接写出三条线段DD1 、EE1 、AB之间的数量关系 .( 不需要证明 ) 考点: 正方形的性质 ; 全等三角形的判定与性质。810360 专题: 几何综合题。分析: (1) 由四边形 CADF 、 CBEG 是正方形 , 可得 ADCA, DAC ABC90 , 又由同角的余角相等 , 求得 ADD1 CAB,然后利用 AAS证得 ADD1 CAB, 根据全等三角形的对应边相等 , 即可得 DD1AB; (2) 首先过点 C作 CH AB于 H,

9、由 DD1 AB,可得DD1A CHA90 , 由四边形CADF 是正方形 , 可得 ADCA, 又由同角的余角相等 , 求得 ADD1 CAH, 然后利用 AAS证得 ADD1 CAH, 根据全等三角形的对应边相等, 即可得 DD1AH, 同理 EE1BH,则可得 ABDD1+EE1. (3) 证明方法同 (2), 易得 ABDD1?EE1. 解答: (1) 证明: 四边形 CADF 、CBEG 是正方形 , ADCA, DAC ABC90 , DAD1+ CAB90 , DD1 AB, DD1A ABC90 , DAD1+ ADD190 , ADD1 CAB, 在ADD1 和CAB中, ,

10、 ADD1 CAB(AAS), DD1AB; (2) 解:ABDD1+EE1. 证明: 过点 C作 CH AB于 H, DD1 AB, DD1A CHA90 , DAD1+ ADD190 , 四边形 CADF 是正方形 , ADCA, DAC90 , DAD1+ CAH90 , ADD1 CAH, 在ADD1 和CAH 中, , ADD1 CAH(AAS), DD1AH; 同理:EE1BH, ABAH+BHDD1+EE1; (3) 解:ABDD1?EE1. 证明: 过点 C作 CH AB于 H, DD1 AB, DD1A CHA90 , DAD1+ ADD190 , 四边形 CADF 是正方形

11、 , ADCA, DAC90 , DAD1+ CAH90 , ADD1 CAH, 在ADD1 和CAH 中, , ADD1 CAH(AAS), DD1AH; 同理:EE1BH, ABAH?BHDD1?EE1. 点评: 此题考查了正方形的性质与全等三角形的判定与性质. 此题难度适中, 注意数形结合思想的应用, 注意掌握辅助线的作法 . 例 4 (2012?丽水) 在直角坐标系中 , 点 A是抛物线 yx2 在第二象限上的点 , 连接 OA,过点 O作 OB OA,交抛物线于点 B,以 OA 、OB为边构造矩形 AOBC. (1) 如图 1, 当点 A的横坐标为时, 矩形 AOBC 是正方形 ;

12、(2) 如图 2, 当点 A的横坐标为时 , 求点 B的坐标 ; 将抛物线 yx2 作关于 x 轴的轴对称变换得到抛物线y?x2, 试判断抛物线y?x2 经过平移交换后 , 能否经过 A,B,C 三点?如果可以 , 说出变换的过程 ; 如果不可以, 请说明理由 . 考点: 二次函数综合题。 810360 专题: 代数几何综合题。分析: (1) 过点 A作 AD x 轴于点 D,根据正方形的对角线平分一组对角可得AOC45 , 所以 AOD45 , 从而得到 AOD是等腰直角三角形 , 设点 A 坐标为(?a,a),然后利用点 A在抛物线上 , 把点的坐标代入解析式计算即可得解; (2) 过点

13、A作 AE x 轴于点 E,过点 B作 BF x 轴于点 F,先利用抛物线解析式求出 AE的长度 , 然后证明 AEO 和OFB 相似, 根据相似三角形对应边成比例列式求出 OF与 BF的关系 , 然后利用点 B在抛物线上 , 设出点 B的坐标代入抛物线解析式计算即可得解 ; 过点 C作 CG BF于点 G,可以证明 AEO 和BGC 全等, 根据全等三角形对应边相等可得 CGOE,BGAE,然后求出点 C的坐标 , 再根据对称变换以及平移变换不改变抛物线的形状利用待定系数法求出过点A、 B的抛物线解析式 , 把点 C的坐标代入所求解析式进行验证变换后的解析式是否经过点C,如果经过点 C,把抛

14、物线解析式转化为顶点式解析式, 根据顶点坐标写出变换过程即可. 解答: 解:(1) 如图, 过点 A作 AD x 轴于点 D, 矩形 AOBC 是正方形 , AOC45 , AOD90 ?4545, AOD 是等腰直角三角形 , 设点 A的坐标为 (?a,a)(a 0), 则(?a)2a, 解得 a1?1,a20( 舍去), 点 A的坐标 ?a?1, 故答案为 :?1; (2) 过点 A作 AE x 轴于点 E,过点 B作 BF x 轴于点 F, 当 x?时,y(?)2, 即 OE,AE, AOE+ BOF180 ?9090, AOE+ EAO90 , EAO BOF, 又 AEO BFO90

15、 , AEO OFB, , 设 OFt,则 BF2t, t22t, 解得:t10( 舍去),t22, 点 B(2,4); 过点 C作 CG BF于点 G, AOE+ EAO90 , FBO+ CBG90 , AOE FBO, EAO CBG, 在AEO 和BGC 中, AEO BGC(AAS), CGOE,BGAE. xc2?,yc4+, 点 C(,), 设过 A(?,) 、B(2,4) 两点的抛物线解析式为y?x2+bx+c, 由题意得 , 解得, 经过 A、B两点的抛物线解析式为y?x2+3x+2, 当 x 时,y?()2+3 +2,所以点 C也在此抛物线上 , 故经过 A、B、C三点的抛

16、物线解析式为y?x2+3x+2?(x?)2+. 平移方案 : 先将抛物线 y?x2 向右平移个单位 , 再向上平移个单位得到抛物线y?(x?)2+. 点评: 本题是对二次函数的综合考查, 包括正方形的性质 , 相似三角形的判定与性质 , 全等三角形的判定与性质, 待定系数法求抛物线解析式, 综合性较强 ,难度较大 , 要注意利用点的对称、 平移变换来解释抛物线的对称平移变换, 利用点研究线也是常用的方法之一. 考点三 : 规律探究型 : 规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程 , 来探求一般性结论的问题, 解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面

17、、 细致的观察、 分析、比较, 从中发现其变化的规律 , 并猜想出一般性的结论 , 然后再给出合理的证明或加以运用. 例 5(2012?青海)如图(*),四边形 ABCD 是正方形 , 点 E是边 BC的中点 , AEF90 , 且 EF交正方形外角平分线CF于点 F.请你认真阅读下面关于这个图的探究片段 , 完成所提出的问题 . (1) 探究 1: 小强看到图 (*) 后, 很快发现 AEEF,这需要证明 AE和 EF所在的两个三角形全等 , 但ABE和ECF显然不全等 ( 一个是直角三角形 , 一个是钝角三角形), 考虑到点 E是边 BC的中点, 因此可以选取 AB的中点 M,连接 EM后

18、尝试着去证 AEM EFC就行了 , 随即小强写出了如下的证明过程: 证明: 如图 1, 取 AB的中点 M,连接 EM. AEF90 FEC+ AEB90 又 EAM+ AEB90 EAM FEC 点 E,M分别为正方形的边BC和 AB的中点AMEC 又可知 BME 是等腰直角三角形AME135 又CF是正方形外角的平分线ECF135 AEM EFC(ASA) AEEF (2) 探究 2: 小强继续探索 , 如图 2, 若把条件“点 E是边 BC的中点” 改为“点E是边 BC上的任意一点” , 其余条件不变 , 发现 AEEF仍然成立 , 请你证明这一结论. (3) 探究 3: 小强进一步还

19、想试试 , 如图 3, 若把条件“点 E是边 BC的中点”改为 “点 E是边 BC延长线上的一点”, 其余条件仍不变 , 那么结论 AEEF 是否成立呢 ?若成立请你完成证明过程给小强看, 若不成立请你说明理由 . 考点: 正方形的性质 ; 全等三角形的判定与性质。810360 专题: 阅读型。分析: (2) 在 AB上截取 AMEC, 然后证明 EAMFEC, AME ECF135 , 再利用“角边角”证明 AEM 和EFC全等, 然后根据全等三角形对应边相等即可证明; (3) 延长 BA到 M,使 AMCE, 然后证明 BME45 , 从而得到 BME ECF,再利用两直线平行 , 内错角

20、相等证明 DAE BEA,然后得到 MAE CEF,再利用“角边角”证明 MAE 和CEF全等, 根据全等三角形对应边相等即可得证. 解答: (2) 探究 2, 证明: 在 AB上截取 AMEC, 连接 ME, 由(1) 知EAM FEC, AMEC,ABBC, BMBE, BME45 , AME ECF135 , AEF90 , FEC+ AEB90 , 又 EAM+ AEB90 , EAM FEC, 在AEM 和EFC中, AEM EFC(ASA), AEEF; (3) 探究 3: 成立, 证明: 延长 BA到 M,使 AMCE, 连接 ME, BMBE, BME45 , BME ECF,

21、 又AD BE, DAE BEA, 又 MAD AEF90 , DAE+ MAD BEA+ AEF, 即MAE CEF, 在MAE 和CEF中, MAE CEF(ASA), AEEF. 点评: 本题考查了正方形的性质, 全等三角形的判定与性质, 阅读材料 , 理清解题的关键是取AMEC, 然后构造出 AEM 与EFC全等是解题的关键 . 例 6 (2012? 永州 ) 如图所示 , 已知二次函数yax2+bx?1(a0)的图象过点A(2,0) 和 B(4,3),l为过点 (0,?2) 且与 x轴平行的直线 ,P(m,n) 是该二次函数图象上的任意一点 , 过 P作 PH l,H 为垂足 . (

22、1) 求二次函数 yax2+bx?1(a0) 的解析式 ; (2) 请直接写出使 y0 的对应的 x 的取值范围 ; (3) 对应当 m0,m2和 m4时, 分别计算 |PO|2 和|PH|2 的值. 由此观察其规律 ,并猜想一个结论 , 证明对于任意实数m,此结论成立 ; (4) 试问是否存在实数m可使POH 为正三角形 ?若存在 , 求出 m的值; 若不存在, 请说明理由 . 考点: 二次函数综合题。 810360 专题: 压轴题。分析: (1) 根据二次函数 yax2+bx?1(a0)的图象过点 A(2,0) 和 B(4,3), 待定系数法求出 a 和 b 的值, 抛物线的解析式即可求出

23、; (2) 令 yax2+bx?10,解出 x 的值, 进而求出使 y0的对应的 x 的取值范围 ; (3) 分别求出当 m0,m2和 m4时, 分别计算 |PO|2 和|PH|2 的值. 然后观察其规律, 再进行证明 ; (4) 由(3) 知 OPOH, 只要 OHOP 成立, POH 为正三角形 , 求出|OP|、|OH|含有 m和 n 的表达式 , 令两式相等 , 求出 m和 n 的值. 解答: 解:(1) 二次函数 yax2+bx?1(a0)的图象过点 A(2,0) 和 B(4,3), , 解得 a,b0, 二次函数的解析式为yx2?1, (2) 令 yx2?10, 解得 x?2 或

24、x2, 由图象可知当 ?2x2时 y0) 的图象交于点 M,过 M作 MH x 轴于点 H,且 tan AHO2. (1) 求 k 的值; (2) 点 N(a,1) 是反比例函数 (x0) 图象上的点 , 在 x 轴上是否存在点P,使得PM+PN 最小?若存在 , 求出点 P的坐标 ; 若不存在 , 请说明理由 . 考点: 反比例函数综合题。 810360 分析: (1) 根据直线解析式求A 点坐标 , 得 OA的长度 ; 根据三角函数定义可求 OH的长度 , 得点 M的横坐标 ; 根据点 M在直线上可求点M的坐标 . 从而可求 K的值; (2) 根据反比例函数解析式可求N点坐标 ; 作点 N

25、关于 x 轴的对称点 N1,连接MN1 与 x 轴的交点就是满足条件的P点位置 . 解答: 解: (1) 由 y2x+2 可知 A(0,2), 即 OA2.(1 分) tan AHO2, OH1.(2 分) MH x 轴, 点 M的横坐标为 1. 点 M在直线 y2x+2 上, 点 M的纵坐标为 4. 即 M(1,4). (3 分) 点 M在 y 上, k144. (4 分) (2) 存在. 点 N(a,1) 在反比例函数 (x0) 上, a4. 即点 N的坐标为 (4,1).(5 分) 过点 N作 N关于 x 轴的对称点 N1,连接 MN1, 交 x 轴于 P(如图所示 ). 此时 PM+P

26、N 最小. (6 分) N与 N1关于 x 轴的对称 ,N 点坐标为 (4,1), N1的坐标为 (4,?1).(7 分) 设直线 MN1的解析式为 ykx+b. 由解得 k?,b. (9 分) 直线 MN1的解析式为 . 令 y0, 得 x. P点坐标为 (,0).(10 分) 点评: 此题考查一次函数的综合应用, 涉及线路最短问题 , 难度中等 . 3.(2012? 莆田)如图, 一次函数 yk1x+b 的图象过点 A(0,3), 且与反比例函数(xO)的图象相交于 B、C两点. (1) 若 B(1,2), 求 k1?k2 的值; (2) 若 ABBC, 则 k1?k2 的值是否为定值 ?

27、若是, 请求出该定值 ; 若不是 , 请说明理由. 考点: 反比例函数综合题。 810360 专题: 综合题。分析: (1) 分别利用待定系数法求函数解析式求出一次函数解析式与反比例函数解析式 , 然后代入 k1?k2 进行计算即可得解 ; (2) 设出两函数解析式 , 联立方程组并整理成关于x 的一元二次方程 , 根据ABBC 可知点 C的横坐标是点 B的纵坐标的 2 倍, 再利用根与系数的关系整理得到关于 k1、k2 的关系式 , 整理即可得解 . 解答: 解:(1) A(0,3),B(1,2)在一次函数 yk1x+b 的图象图象上 , , 解得; B(1,2) 在反比例函数图象上 , 2

28、, 解得 k22, 所以,k1?k2(?1) 2?2; (2)k1?k2?2, 是定值 . 理由如下 : 一次函数的图象过点A(0,3), 设一次函数解析式为yk1x+3, 反比例函数解析式为y, k1x+3, 整理得 k1x2+3x?k20, x1+x2?,x1?x2? ABBC, 点 C的横坐标是点 B的横坐标的 2 倍, 不防设 x22x1, x1+x23x1?,x1?x22x12?, ?(?)2, 整理得 ,k1?k2?2, 是定值 . 点评: 本题是对反比例函数的综合考查, 主要利用了待定系数法求函数解析式, 根与系数的关系 ,(2) 中根据 ABBC, 得到点 B、C的坐标的关系从

29、而转化为一元二次方程的根与系数的关系是解题的关键. 4.(2012? 长春)如图, 在平面直角坐标系中 , 平行四边形 OABC 的顶点 A、C的坐标分别为 A(2,0) 、C(?1,2), 反比例函数 y(k 0)的图象经过点 B. (1) 求 k 的值. (2) 将平行四边形 OABC 沿 x 轴翻折 , 点 C落在点 C处, 判断点 C是否在反比例函数 y(k 0)的图象上 , 请通过计算说明理由 . 考点: 反比例函数综合题。 810360 分析: (1) 根据平行四边形的性质可得AOBC, 再根据 A、C点坐标可以算出B点坐标 , 再把 B点坐标代入反比例函数解析式中即可求出k 的值

30、; (2) 根据翻折方法可知C与 C点关于 x 轴对称 , 故 C点坐标是 (?1,?2),把C点坐标 (?1,?2) 代入解析式发现能使解析式左右相等, 故点 C 是否在反比例函数 y 的图象上 . 解答: 解:(1) 四边形 OABC 是平行四边形 , BCAO, A(2,0), OA2, BC2, C(?1,2), CD1, BDBC?CD2?11, B(1,2), 反比例函数 y(k 0) 的图象经过点 B, k122; (2) ?OABC 沿 x 轴翻折 , 点 C落在点 C处, C点坐标是 (?1,?2), k2, 反比例函数解析式为y, 把 C 点坐标 (?1,?2) 代入函数解

31、析式能使解析式左右相等, 故点 C在反比例函数 y 的图象上 . 点评: 此题主要考查了反比例函数点的坐标与反比例函数解析式的关系,以及平行四边形的性质 , 关键是熟练把握凡是反比例函数图象经过的点都能满足解析式 . 7.(2012? 宜宾)如图, 抛物线 yx2?2x+c 的顶点 A在直线 l:yx?5上. (1) 求抛物线顶点 A的坐标 ; (2) 设抛物线与 y 轴交于点 B,与 x 轴交于点 C、D(C点在 D 点的左侧 ), 试判断ABD 的形状 ; (3) 在直线 l 上是否存在一点P,使以点 P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形 ?若存在 , 求点 P的坐标 ; 若不存在 ,

32、 请说明理由 . 考点: 二次函数综合题。 810360 专题: 压轴题 ; 分类讨论。分析: (1) 先根据抛物线的解析式得出其对称轴方程, 由此得到顶点A 的横坐标, 然后代入直线 l 的解析式中即可求出点A的坐标 . (2) 由 A点坐标可确定抛物线的解析式, 进而可得到点 B的坐标 . 则 AB 、AD 、BD三边的长可得 , 然后根据边长确定三角形的形状. (3) 若以点 P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形, 应分 AB为对角线、AD 为对角线两种情况讨论 , 即ADPB 、ABPD, 然后结合勾股定理以及边长的等量关系列方程求出P点的坐标 . 解答: 解:(1) 顶点 A的横

33、坐标为 x1, 且顶点 A在 yx?5 上, 当 x1 时,y1?5?4, A(1,?4). (2) ABD 是直角三角形 . 将 A(1,?4) 代入 yx2?2x+c, 可得,1?2+c?4, c?3, yx2?2x?3, B(0,?3) 当 y0 时,x2?2x?30,x1?1,x23 C(?1,0),D(3,0), BD2OB2+OD218,AB2(4?3)2+122,AD2(3?1)2+4220, BD2+AB2AD2, ABD90 , 即ABD是直角三角形 . (3) 存在. 由题意知 : 直线 yx?5 交 y 轴于点 A(0,?5), 交 x 轴于点 F(5,0) OEOF5,

34、 又OBOD3 OEF 与OBD 都是等腰直角三角形BD l, 即 PA BD 则构成平行四边形只能是PADB 或 PABD, 如图, 过点 P作 y 轴的垂线 , 过点 A作 x 轴的垂线并交于点C 设 P(x1,x1?5), 则 G(1,x1?5) 则 PC|1?x1|,AG|5?x1?4|1?x1| PABD3 由勾股定理得 : (1?x1)2+(1?x1)218,x12?2x1?80,x1?2或 4 P(?2,?7),P(4,?1) 存在点 P(?2,?7) 或 P(4,?1) 使以点 A、B、D、P为顶点的四边形是平行四边形. 点评: 题目考查了二次函数解析式的确定、勾股定理、平行四

35、边形的判定等基础知识 , 综合性较强 ;(3) 题应注意分类讨论 , 以免漏解 . 8.(2012? 温州)如图, 经过原点的抛物线 y?x2+2mx(m0) 与 x轴的另一个交点为 A.过点 P(1,m) 作直线 PM x 轴于点 M,交抛物线于点 B.记点 B关于抛物线对称轴的对称点为 C(B、C不重合 ). 连接 CB,CP. (1) 当 m3时, 求点 A的坐标及 BC的长; (2) 当 m1时, 连接 CA,问 m为何值时 CA CP? (3) 过点 P作 PE PC且 PEPC, 问是否存在 m,使得点 E落在坐标轴上 ?若存在 ,求出所有满足要求的m的值, 并定出相对应的点 E

36、坐标; 若不存在 , 请说明理由 . 考点: 二次函数综合题。 810360 分析: (1) 把 m3,代入抛物线的解析式 , 令 y0 解方程 , 得到的非 0 解即为和 x轴交点的横坐标 , 再求出抛物线的对称轴方程, 进而求出 BC的长; (2) 过点 C作 CH x 轴于点 H(如图 1)由已知得 ACP BCH90 , 利用已知条件证明 ACH PCB,根据相似的性质得到:, 再用含有m 的代数式表示出BC,CH,BP,代入比例式即可求出m的值; (3) 存 在 , 本 题 要 分 当m1 时 ,BC2(m?1),PMm,BPm?1和 当0m1, 又B,C关于对称轴对称 , BC2(

37、m?1), B(1,2m?1),P(1,m), BPm?1, 又A(2m,0),C(2m?1,2m?1), H(2m?1,0), AH1,CH2m?1, , m. (3) B,C不重合 , m 1, (I) 当 m1时,BC2(m?1),PMm,BPm?1, (i) 若点 E在 x 轴上( 如图 1), CPE90 , MPE+ BPC MPE+ MEP90 ,PCEP, BPC MEP, BCPM, 2(m?1)m, m2,此时点 E的坐标是 (2,0); (ii)若点 E 在 y 轴上(如图 2), 过点 P作 PN y 轴于点 N, 易证 BPC NPE, BPNPOM1, m?11,

38、m2, 此时点 E的坐标是 (0,4); (II)当 0m1时,BC2(1?m),PMm,BP1?m, (i) 若点 E在 x 轴上( 如图 3), 易证 BPC MEP, BCPM, 2(1?m)m, m,此时点 E的坐标是 (,0); (ii)若点 E 在 y 轴上(如图 4), 过点 P作 PN y 轴于点 N, 易证 BPC NPE, BPNPOM1, 1?m1,m0(舍去), 综上所述 , 当 m2时, 点 E的坐标是 (0,2) 或(0,4), 当 m时, 点 E的坐标是 (,0). 点评: 此题主要考查了二次函数解析式的确定、轴对称的性质、相似三角形的判定和相似三角形的性质以及全

39、等三角形的性质和全等三角形的判定、需注意的是 (3) 题在不确E 点的情况下需要分类讨论, 以免漏解 . 题目的综合性强 , 难度也很大 , 有利于提高学生的综合解题能力, 是一道不错的题目 . 9.(2012? 威海)如图, 在平面直角坐标系中 , 抛物线 yax2+bx+c(a0) 的顶点为 B(2,1), 且过点 A(0,2), 直线 yx 与抛物线交于点D,E(点 E在对称轴的右侧 ),抛物线的对称轴交直线yx 于点 C,交 x 轴于点 G,EF x 轴, 垂足为点 F,点 P在抛物线上 , 且位于对称轴的右侧 ,PMx 轴, 垂足为点 M,PCM 为等边三角形 . (1) 求该抛物线

40、的表达式 ; (2) 求点 P的坐标 ; (3) 试判断 CE与 EF是否相等 , 并说明理由 ; (4) 连接 PE,在 x 轴上点 M的右侧是否存在一点N,使CMN 与CPE全等?若存在, 试求出点 N的坐标 ; 若不存在 , 请说明理由 . 考点: 二次函数综合题。 810360 分析: (1) 根 据 抛 物 线 的 顶 点 是 (2,1),因 而 设 抛 物 线 的 表 达 式 为ya(x?2)2+1, 把 A的坐标代入即可求得函数的解析式; (2) 根据 PCM 为等边三角形 , 则CGM 中, CMD30 ,CG的长度可以求得 , 利用直角三角形的性质 , 即可求得 CM, 即等

41、边 CMP 的边长, 则 P的纵坐标 , 代入二次函数的解析式 , 即可求得 P的坐标 ; (3) 解方程组即可求得E的坐标 , 则 EF的长等于 E的纵坐标 ,OE的长度 , 利用勾股定理可以求得 , 同理,OC的长度可以求得 , 则 CE的长度即可求解 ; (4) 可以利用反证法 , 假设 x 轴上存在一点 , 使CMN CPE,可以证得 ENEF,即 N与 F重合, 与点 E为直线 yx 上的点 , CEF45 即点 N与点 F 不重合相矛盾 ,故 N不存在 . 解答: 解:(1) 设抛物线的表达式为ya(x?2)2+1, 将点 A(0,2) 代入, 得a(0?2)2+12 1 分解这个

42、方程 , 得 a 抛物线的表达式为y(x?2)2+1 。(2) 将 x2 代入 yx, 得 y2 点 C的坐标为 (2,2) 即 CG2, PCM 为等边三角形CMP60 ,CMPM PM x 轴, CMG30 CM4,GM2. OM2+2,PM4, 将 y4 代入 y(x?2)2+1, 得 4(x?2)2+1 解这个方程 , 得 x12OM,x22?20(不合题意 , 舍去). 点 P的坐标为 (2+2,4) 。(3) 相等。把 yx 代入 yx2?x2, 得 xx2?x+2 解这个方程 , 得 x14+2,x24?22( 不合题意 , 舍去) y4+2EF 点 E的坐标为 (4+2,4+2

43、) OE4+4 又OC, CEOE?OC4 CEEF 。(4) 不存在假设 x 轴上存在一点 , 使CMN CPE, 则 CNCE, MNC PCE MCP60 , NCE60 又CEEF, ENEF 。又点 E为直线 yx 上的点 , CEF45 , 点 N与点 F 不重合 . EF x 轴, 这与“垂线段最短”矛盾, 原假设错误 , 满足条件的点 N不存在。点评: 本题考查了待定系数法求二次函数的解析式, 以及等边三角形的性质, 解直角三角形 , 反证法 , 正确求得 E的坐标是关键 . 10.(2012? 泰安) 如图, 半径为 2 的C与 x 轴的正半轴交于点 A,与 y 轴的正半轴交

44、于点 B,点 C的坐标为 (1,0).若抛物线 y?x2+bx+c 过 A、B两点. (1) 求抛物线的解析式 ; (2) 在抛物线上是否存在点P,使得 PBO POB? 若存在 , 求出点 P 的坐标 ; 若不存在说明理由 ; (3) 若点 M是抛物线 (在第一象限内的部分 ) 上一点 , MAB的面积为 S,求 S的最大 ( 小) 值. 考点: 二次函数综合题。 810360 分析: (1) 利用待定系数法求抛物线的解析式. 因为已知A(3,0), 所以需要求得 B点坐标 . 如答图 1, 连接 OB,利用勾股定理求解 ; (2) 由 PBO POB,可知符合条件的点在线段OB 的垂直平分

45、线上. 如答图2,OB的垂直平分线与抛物线有两个交点, 因此所求的 P点有两个 , 注意不要漏解 ; (3) 如答图 3, 作 MH x 轴于点 H,构造梯形 MBOH 与三角形 MHA, 求得 MAB 面积的表达式 , 这个表达式是关于M 点横坐标的二次函数 , 利用二次函数的极值求得MAB 面积的最大值 . 解答: 解:(1) 如答图 1, 连接 OB. BC2,OC1 OB B(0,) 将 A(3,0),B(0,)代入二次函数的表达式得, 解得, y?x2+x+. (2) 存在. 如答图 2, 作线段 OB的垂直平分线 l, 与抛物线的交点即为点P. B(0,),O(0,0), 直线 l

46、 的表达式为 y. 代入抛物线的表达式 , 得?x2+x+; 解得 x1, P(1,). (3) 如答图 3, 作 MH x 轴于点 H. 设 M(xm,ym), 则 SMABS 梯形 MBOH+SMHA?S OAB(MH+OB)?OH+HA?MH?OA?OB (ym+)xm+(3?xm)ym? 3xm+ym? ym?xm2+xm+, SMABxm+(?xm2+xm+)? xm2+xm (xm?)2+ 当 xm时,SMAB 取得最大值 , 最大值为 . 点评: 本题是二次函数综合题 , 重点考查二次函数相关性质、圆的性质、垂直平分线 / 勾股定理、面积求法等知识点. 第(2) 问中注意垂直平分

47、线与抛物线的交点有两个 , 不要漏解 ; 第(3) 问中, 重点关注图形面积的求法以及求极值的方法.本题考查知识点较多 , 要求同学们对所学知识要做到理解深刻、融会贯通、灵活运用, 如此方能立于不败之地 . 12.(2012? 岳阳)(1) 操作发现 : 如图 ,D 是等边 ABC边 BA 上一动点 ( 点 D与点 B不重合 ), 连接 DC,以 DC为边在 BC上方作等边 DCF, 连接 AF.你能发现线段 AF与 BD之间的数量关系吗 ?并证明你发现的结论 . (2) 类比猜想 : 如图 , 当动点 D运动至等边 ABC边 BA的延长线上时 , 其他作法与 (1) 相同, 猜想 AF与 B

48、D在(1) 中的结论是否仍然成立 ? (3) 深入探究 : . 如图 , 当动点 D在等边 ABC边 BA上运动时 ( 点 D与点 B 不重合 ) 连接DC,以 DC为边在 BC上方、下方分别作等边 DCF和等边 DCF , 连接 AF 、BF,探究 AF、BF 与 AB有何数量关系 ?并证明你探究的结论 . . 如图 , 当动点 D在等边边 BA的延长线上运动时 , 其他作法与图相同 ,中的结论是否成立 ?若不成立 , 是否有新的结论 ?并证明你得出的结论 . 考点: 全等三角形的判定与性质; 等边三角形的性质。 810360 专题: 几何综合题。分析: (1) 根据等边三角形的三条边、三个

49、内角都相等的性质, 利用全等三角形的判定定理SAS可以证得 BCD ACF;然后由全等三角形的对应边相等知AFBD; (2) 通过证明 BCD ACF,即可证明 AFBD; (3) .AF+BFAB;利用全等三角形 BCD ACF(SAS) 的对应边BDAF; 同理BCF ACD(SAS), 则 BF AD,所以 AF+BF AB; . 中的结论不成立. 新的结论是AFAB+BF ; 通过证明BCF ACD(SAS), 则 BFAD(全等三角形的对应边相等); 再结合 (2) 中的结论即可证得AFAB+BF . 解答: 解:(1)AFBD; 证明如下 : ABC是等边三角形 (已知), BCA

50、C, BCA60 ( 等边三角形的性质 ); 同理知 ,DCCF,DCF60 ; BCA? DCA DCF?DCA, 即BCD ACF; 在BCD 和ACF中, , BCD ACF(SAS), BDAF( 全等三角形的对应边相等 ); (2) 证明过程同 (1), 证得 BCD ACF(SAS),则 AFBD( 全等三角形的对应边相等), 所以, 当动点 D 运动至等边 ABC边 BA的延长线上时 , 其他作法与 (1) 相同,AFBD仍然成立 ; (3) .AF+BFAB; 证明如下 : 由(1) 知, BCD ACF(SAS),则 BDAF; 同理 BCF ACD(SAS), 则 BFAD