2013年中考数学复习专题讲座4：探究型问题(含详细参考答案) 53页

1 2013 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，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，AB=4，∠BAD=120°，△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 BE=CF； （2）当点 E、F 在 BC、CD 上滑动时，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 AB=AC，进而求证△ABC、△ACD 为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB 进而求证△ABE≌△ACF，即可求得 BE=CF； （2）根据△ABE≌△ACF 可得 S△ABE=S△ACF，故根据 S 四边形 AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC 即可解题；当正三角形 AEF 的边 AE 与 BC 垂直时， 2 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 S△CEF=S 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，∠BAD=120°， ∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°， ∴∠1=∠3， ∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=60°， ∴△ABC 和△ACD 为等边三角形， ∴∠4=60°，AC=AB， ∴在△ABE 和△ACF 中， ， ∴△ABE≌△ACF（ASA）． ∴BE=CF； （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≌△ACF， 则 S△ABE=S△ACF， 故 S 四边形 AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值， 作 AH⊥BC 于 H 点，则 BH=2， S 四边形 AECF=S△ABC= BC•AH= BC• =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 S△CEF=S 四边形 AECF﹣S△AEF，则此时△CEF 的面积就会最大． ∴S△CEF=S 四边形 AECF﹣S△AEF=4 ﹣ ×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①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． 3 （1）如图②，当点 E 恰好在直线 l 上时（此时 E1 与 E 重合），试说明 DD1=AB； （2）在图①中，当 D、E 两点都在直线 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③，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 AD=CA，∠DAC=∠ABC=90°，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 DD1=AB； （2）首先过点 C 作 CH⊥AB 于 H，由 DD1⊥AB，可得∠DD1A=∠CHA=90°，由四边形 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 证 得△ADD1≌△CAH，根据全等三角形的对应边相等，即可得 DD1=AH，同理 EE1=BH，则 可得 AB=DD1+EE1． （3）证明方法同（2），易得 AB=DD1﹣EE1． 解答： （1）证明：∵四边形 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． 证明：过点 C 作 CH⊥AB 于 H， ∵DD1⊥AB， ∴∠DD1A=∠CHA=90°， ∴∠DAD1+∠ADD1=90°， 4 ∵四边形 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， ∴AB=AH+BH=DD1+EE1； （3）解：AB=DD1﹣EE1． 证明：过点 C 作 CH⊥AB 于 H， ∵DD1⊥AB， ∴∠DD1A=∠CHA=90°， ∴∠DAD1+∠ADD1=90°， ∵四边形 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， ∴AB=AH﹣BH=DD1﹣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． 5 例 4 （2012•丽水）在直角坐标系中，点 A 是抛物线 y=x2 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； （2）如图 2，当点 A 的横坐标为 时， ①求点 B 的坐标； ②将抛物线 y=x2 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 ∠AOC=45°，所以∠AOD=45°，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）①过点 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； ②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 CG=OE，BG=AE，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， ∴∠AOC=45°， ∴∠AOD=90°﹣45°=45°， ∴△AOD 是等腰直角三角形， 设点 A 的坐标为（﹣a，a）（ a≠0）， 则（﹣a）2=a， 解得 a1=﹣1，a2=0（舍去）， ∴点 A 的坐标﹣a=﹣1， 故答案为：﹣1； （2）①过点 A 作 AE⊥x 轴于点 E，过点 B 作 BF⊥x 轴于点 F， 6 当 x=﹣ 时，y=（﹣ ）2= ， 即 OE= ，AE= ， ∵∠AOE+∠BOF=180°﹣90°=90°， ∠AOE+∠EAO=90°， ∴∠EAO=∠BOF， 又∵∠AEO=∠BFO=90°， ∴△AEO∽△OFB， ∴ = = = ， 设 OF=t，则 BF=2t， ∴t2=2t， 解得：t1=0（舍去），t2=2， ∴点 B（2，4）； ②过点 C 作 CG⊥BF 于点 G， ∵∠AOE+∠EAO=90°，∠FBO+∠CBG=90°，∠AOE=∠FBO， ∴∠EAO=∠CBG， 在△AEO 和△BGC 中， ， ∴△AEO≌△BGC（AAS）， ∴CG=OE= ，BG=AE= ． ∴xc=2﹣ = ，yc=4+ = ， ∴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 三点的抛物线解析式为 y=﹣x2+3x+2=﹣（x﹣ ）2+ ． 7 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、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，∠AEF=90°， 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 AE=EF，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． ∵∠AEF=90° ∴∠FEC+∠AEB=90° 又∵∠EAM+∠AEB=90° ∴∠EAM=∠FEC ∵点 E，M 分别为正方形的边 BC 和 AB 的中点 ∴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线 ∴∠ECF=135° ∴△AEM≌△EFC（ASA） ∴AE=EF （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 AE=EF 仍然成立，请你证明这一结论． 8 （3）探究 3：小强进一步还想试试，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 AE=EF 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 AM=EC，然后证明∠EAM=FEC，∠AME=∠ECF=135°，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 AM=CE，然后证明∠BME=45°，从而得到∠BME=∠ECF，再利用 两直线平行，内错角相等证明∠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 AM=EC，连接 ME， 由（1）知∠EAM=∠FEC， ∵AM=EC，AB=BC， ∴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， 证明：延长 BA 到 M，使 AM=CE，连接 ME， 9 ∴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△CEF 中， ， ∴△MAE≌△CEF（ASA）， ∴AE=EF． 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 AM=EC，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 y=ax2+bx﹣1（a≠0）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． （1）求二次函数 y=ax2+bx﹣1（a≠0）的解析式； （2）请直接写出使 y＜0 的对应的 x 的取值范围； （3）对应当 m=0，m=2 和 m=4 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。 10 分析： （1）根据二次函数 y=ax2+bx﹣1（a≠0）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； （2）令 y=ax2+bx﹣1=0，解出 x 的值，进而求出使 y＜0 的对应的 x 的取值范围； （3）分别求出当 m=0，m=2 和 m=4 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 OP=OH，只要 OH=OP 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 y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点 A（2，0）和 B（4，3）， ∴ ， 解得 a= ，b=0， ∴二次函数的解析式为 y= x2﹣1， （2）令 y= x2﹣1=0， 解得 x=﹣2 或 x=2， 由图象可知当﹣2＜x＜2 时 y＜0， （3）当 m=0 时，|PO|2=1，|PH|2=1； 当 m=2 时，P 点的坐标为（2，0）， |PO|2=4，|PH|2=4， 当 m=4 时，P 点的坐标为（4，3）， |PO|2=25，|PH|2=25， 由此发现|PO|2=|PH|2， 设 P 点坐标为（m，n），即 n= m2﹣1 |OP|= ， |PH|2=n2+4n+4=n2+m2， 故对于任意实数 m，|PO|2=|PH|2； （4）由（3）知 OP=PH，只要 OH=OP 成立，△POH 为正三角形， 设 P 点坐标为（m，n）， |OP|= ， |OH|= ， |OP|=|OH|，即 n2=4，解得 n=±2， 当 n=﹣2 时，n= m2﹣1 不符合条件， 故 n=2，m=±2 时可使△POH 为正三角形． 11 点评： 本题主要考查二次函数的综合题，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的图形特征 和性质，特别是（3）问的解答很关键，是解答（4）问的垫脚石，此题难度一般． 考点四：存在探索型： 此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目． 例 7 （2012•黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形 OABC 的边 OC、OA 分别与 x 轴、y 轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=6 ，点 C 的坐标为（﹣ 9，0）． （1）求点 B 的坐标； （2）若直线 DE 交梯形对角线 BO 于点 D，交 y 轴于点 E，且 OE=2，OD=2BD，求直线 DE 的解析式； （3）若点 P 是（2）中直线 DE 上的一个动点，是否存在点 P，使以 O、E、P 为顶点的三 角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由． 考点： 一次函数综合题。810360 分析： （1）过点 B 作 BF⊥x 轴于 F，在 Rt△BCF 中，已知∠BCO=45°，BC=6 ，解直 角三角形求 CF，BF，确定 B 点坐标； （2）过点 D 作 DG⊥y 轴于点 G，由平行线的性质得出△ODG∽△OBA，利用相似比求 DG， OG，确定 D 点坐标，由已知得 E 点坐标，利用“两点法”求直线 DE 的解析式； （3）存在．由已知的 OE=2，分别以 O、E 为圆心，2 为半径画弧，与直线 DE 相交，或作 线段 OE 的垂直平分线与直线 DE 相交，交点即为所求． 解答： 解：（1）过点 B 作 BF⊥x 轴于 F，…（1 分） 在 Rt△BCF 中， ∵∠BCO=45°，BC=6 ， ∴CF=BF=6，…（1 分） ∵C 的坐标为（﹣9，0）， ∴AB=OF=3， 12 ∴点 B 的坐标为（﹣3，6）； …（1 分） （2）过点 D 作 DG⊥y 轴于点 G，…（1 分） ∵AB∥DG， ∴△ODG∽△OBA， ∵ = = = ，AB=3，OA=6， ∴DG=2，OG=4，…（1 分） ∴D（﹣2，4）， E（0，2）， 设直线 DE 解析式为 y=kx+b（k≠0） ∴ ， ∴ ，…（1 分） ∴直线 DE 解析式为 y=﹣x+2； …（1 分） （3）存在 P1（2，0）、 P2（1，1）、 P3（ ，2﹣ ）、 P4（﹣ ，2+ ）…（3 分） （写对一个点得 1 分，写对两个点或三个点得 2 分） 点评： 本题考查了一次函数的综合运用．关键是通过作辅助线，解直角三角形，证明三角 形相似，确定相关线段的长和点的坐标，得出直线解析式，再根据等腰三角形的性质，分类 求 P 点坐标． 例 8 （2012•北海）如图，在平面直角坐标系中有 Rt△ABC，∠A=90°，AB=AC，A（﹣2， 0）、 B（0，1）、 C（d，2）． （1）求 d 的值； （2）将△ABC 沿 x 轴的正方向平移，在第一象限内 B、C 两点的对应点 B′、C′正好落在某 反比例函数图象上．请求出这个反比例函数和此时的直线 B′C′的解析式； （3）在（2）的条件下，直线 BC 交 y 轴于点 G．问是否存在 x 轴上的点 M 和反比例函数 图象上的点 P，使得四边形 PGMC′是平行四边形？如果存在，请求出点 M 和点 P 的坐标； 如果不存在，请说明理由． 13 考点： 反比例函数综合题。810360 专题： 计算题。 分析： （1）过 C 作 CN 垂直于 x 轴，交 x 轴于点 N，由 A、B 及 C 的坐标得出 OA，OB， CN 的长，由∠CAB=90°，根据平角定义得到一对角互余，在直角三角形 ACN 中，根据两 锐角互余，得到一对角互余，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且 AC=BC，利用 AAS 得到三角形 ACN 与三角形 AOB 全等，根据全等三角形的对应边相等可 得出 CN=0A，AN=0B，由 AN+OA 求出 ON 的长，再由 C 在第二象限，可得出 d 的值； （2）由第一问求出的 C 与 B 的横坐标之差为 3，根据平移的性质得到纵坐标不变，故设出 C′（m，2），则 B′（m+3，1），再设出反比例函数解析式，将 C′与 B′的坐标代入得到关于 k 与 m 的两方程，消去 k 得到关于 m 的方程，求出方程的解得到 m 的值，即可确定出 k 的值， 得到反比例函数解析式，设直线 B′C′的解析式为 y=ax+b，将 C′与 B′的坐标代入，得到关于 a 与 b 的二元一次方程组，求出方程组的解得到 a 与 b 的值，即可确定出直线 B′C′的解析式； （3）存在 x 轴上的点 M 和反比例函数图象上的点 P，使得四边形 PGMC′是平行四边形，理 由为：设 Q 为 GC′的中点，令第二问求出的直线 B′C′的解析式中 x=0 求出 y 的值，确定出 G 的坐标，再由 C′的坐标，利用线段中点坐标公式求出 Q 的坐标，过点 Q 作直线 l 与 x 轴交 于 M′点，与 y= 的图象交于 P′点，若四边形 P′G M′C′是平行四边形，则有 P′Q=Q M′，易知 点 M′的横坐标大于 ，点 P′的横坐标小于 ，作 P′H⊥x 轴于点 H，QK⊥y 轴于点 K，P′H 与 QK 交于点 E，作 QF⊥x 轴于点 F，由两直线平行得到一对同位角相等，再由一对直角相 等及 P′Q=QM′，利用 AAS 可得出△P′EQ 与△QFM′全等，根据全等三角形的对应边相等， 设 EQ=FM′=t，由 Q 的横坐标﹣t 表示出 P′的横坐标，代入反比例函数解析式确定出 P′的纵 坐标，进而确定出 M′的坐标，根据 P′H﹣EH=P′H﹣QF 表示出 P′E 的长，又 P′Q=QM′，分别 放在直角三角形中，利用勾股定理列出关于 t 的方程，求出方程的解得到 t 的值，进而确定 出 P′与 M′的坐标，此时点 P′为所求的点 P，点 M′为所求的点 M． 解答： 解：（1）作 CN⊥x 轴于点 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， 14 ∵ ， ∴Rt△CNA≌Rt△AOB（AAS）， ∴NC=OA=2，AN=BO=1， ∴NO=NA+AO=3，又点 C 在第二象限， ∴d=﹣3； （2）设反比例函数为 y= （k≠0），点 C′和 B′在该比例函数图象上， 设 C′（m，2），则 B′（m+3，1）， 把点 C′和 B′的坐标分别代入 y= ，得 k=2m；k=m+3， ∴2m=m+3， 解得：m=3， 则 k=6，反比例函数解析式为 y= ，点 C′（3，2）， B′（6，1）， 设直线 C′B′的解析式为 y=ax+b（a≠0）， 把 C′、B′两点坐标代入得： ， ∴解得： ； ∴直线 C′B′的解析式为 y=﹣ x+3； （3）存在 x 轴上的点 M 和反比例函数图象上的点 P，使得四边形 PGMC′是平行四边形，理 由为： 设 Q 是 G C′的中点，令 y=﹣ x+3 中 x=0，得到 y=3， ∴G（0，3），又 C′（3，2）， ∴Q（ ， ）， 15 过点 Q 作直线 l 与 x 轴交于 M′点，与 y= 的图象交于 P′点， 若四边形 P′G M′C′是平行四边形，则有 P′Q=Q M′， 易知点 M′的横坐标大于 ，点 P′的横坐标小于 ， 作 P′H⊥x 轴于点 H，QK⊥y 轴于点 K，P′H 与 QK 交于点 E，作 QF⊥x 轴于点 F， ∵QF∥P′E， ∴∠M′QF=∠QP′E， 在△P′EQ 和△QFM′中， ∵ ， ∴△P′EQ≌△QFM′（AAS）， ∴EQ=FM′，P′Q=QM′， 设 EQ=FM′=t， ∴点 P′的横坐标 x= ﹣t，点 P′的纵坐标 y= = = ，点 M′的坐标是（ +t，0）， ∴P′E=P′H﹣EH=P′H﹣QF= ﹣ ， 又∵P′Q=QM′， 根据勾股定理得：P′E2+EQ2=QF2+FM′2， ∴（ ﹣ ）2+t2=（ ）2+t2， 整理得： =5， 解得：t= （经检验，它是分式方程的解）， ∴ ﹣t= ﹣ = ； = =5； +t= + = ， ∴P′（ ，5）， M′（ ，0）， 则点 P′为所求的点 P，点 M′为所求的点 M． 点评： 此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理， 坐标与图形性质，利用待定系数法求函数解析式，平移的性质，是一道综合性较强的试题， 要求学生掌握知识要全面． 四、中考真题演练 1．（ 2012•广东）如图，直线 y=2x﹣6 与反比例函数 y= 的图象交于点 A（4，2）， 与 x 轴交于点 B． （1）求 k 的值及点 B 的坐标； （2）在 x 轴上是否存在点 C，使得 AC=AB？若存在，求出点 C 的坐标；若不存在，请说 明理由． 16 考点： 反比例函数综合题。810360 专题： 数形结合。 分析： （1）先把（4，2）代入反比例函数解析式，易求 k，再把 y=0 代入一次函数解析 式可求 B 点坐标； （2）假设存在，然后设 C 点坐标是（a，0），然后利用两点之间的公式可得 = ，借此无理方程，易得 a=3 或 a=5， 其中 a=3 和 B 点重合，舍去，故 C 点坐标可求． 解答： 解：（1）把（4，2）代入反比例函数 y= ，得 k=8， 把 y=0 代入 y=2x﹣6 中，可得 x=3， 故 k=8；B 点坐标是（3，0）； （2）假设存在，设 C 点坐标是（a，0），则 ∵AB=AC， ∴ = ， 即（4﹣a）2+4=5， 解得 a=5 或 a=3（此点与 B 重合，舍去） 故点 C 的坐标是（5，0）． 点评： 本题考查了反比函数的知识，解题的关键是理解点与函数的关系，并能灵活使用两 点之间的距离公式． 2．（ 2012•乐山）如图，直线 y=2x+2 与 y 轴交于 A 点，与反比例函数 （x＞0）的图象 交于点 M，过 M 作 MH⊥x 轴于点 H，且 tan∠AHO=2． （1）求 k 的值； 17 （2）点 N（a，1）是反比例函数 （x＞0）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 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 y=2x+2 可知 A（0，2），即 OA=2．…（1 分） ∵tan∠AHO=2，∴OH=1．…（2 分） ∵MH⊥x 轴，∴点 M 的横坐标为 1． ∵点 M 在直线 y=2x+2 上， ∴点 M 的纵坐标为 4．即 M（1，4）． …（3 分） ∵点 M 在 y= 上， ∴k=1×4=4．…（4 分） （2）存在． ∵点 N（a，1）在反比例函数 （x＞0）上， ∴a=4．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+PN 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 y=kx+b． 18 由 解得 k=﹣ ，b= ．…（9 分） ∴直线 MN1 的解析式为 ． 令 y=0，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 y=k1x+b 的图象过点 A（0，3），且与反比例函数 （x ＞O）的图象相交于 B、C 两点． （1）若 B（1，2），求 k1•k2 的值； （2）若 AB=BC，则 k1•k2 的值是否为定值？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 AB=BC 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 y=k1x+b 的图象图象上， ∴ ， 解得 ； ∵B（1，2）在反比例函数 图象上， ∴ =2， 解得 k2=2， 所以，k1•k2=（﹣1）×2=﹣2； 19 （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 y=k1x+3，反比例函数解析式为 y= ， ∴k1x+3= ， 整理得 k1x2+3x﹣k2=0， ∴x1+x2=﹣ ，x1•x2=﹣ ∵AB=BC， ∴点 C 的横坐标是点 B 的横坐标的 2 倍，不防设 x2=2x1， ∴x1+x2=3x1=﹣ ，x1•x2=2x1 2=﹣ ， ∴﹣ =（﹣ ）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 AB=BC，得到点 B、C 的坐标的关系从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． 20 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 AO=BC，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； （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， ∴BC=AO， ∵A（2，0）， ∴OA=2， ∴BC=2， ∵C（﹣1，2）， ∴CD=1， ∴BD=BC﹣CD=2﹣1=1， ∴B（1，2）， ∵反比例函数 y= （k≠0）的图象经过点 B， ∴k=1×2=2； （2）∵▱OABC 沿 x 轴翻折，点 C 落在点 C′处， ∴C′点坐标是（﹣1，﹣2）， ∵k=2， ∴反比例函数解析式为 y= ， 把 C′点坐标（﹣1，﹣2）代入函数解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． 21 7．（ 2012•宜宾）如图，抛物线 y=x2﹣2x+c 的顶点 A 在直线 l：y=x﹣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，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①AB 为对角线、②AD 为对 角线两种情况讨论，即①AD PB、②AB PD，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 的横坐标为 x= =1，且顶点 A 在 y=x﹣5 上， ∴当 x=1 时，y=1﹣5=﹣4， ∴A（1，﹣4）． （2）△ABD 是直角三角形． 将 A（1，﹣4）代入 y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3， ∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3） 当 y=0 时，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， ∴∠ABD=90°，即△ABD 是直角三角形． （3）存在． 由题意知：直线 y=x﹣5 交 y 轴于点 A（0，﹣5），交 x 轴于点 F（5，0） ∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3 22 ∴△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| PA=BD=3 由勾股定理得： （1﹣x1）2+（1﹣x1）2=18，x1 2﹣2x1﹣8=0，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（m＞0）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 m=3 时，求点 A 的坐标及 BC 的长； （2）当 m＞1 时，连接 CA，问 m 为何值时 CA⊥CP？ （3）过点 P 作 PE⊥PC 且 PE=PC，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 坐标；若不存在，请说明理由． 23 考点： 二次函数综合题。810360 分析： （1）把 m=3，代入抛物线的解析式，令 y=0 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=∠BCH=90°，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 m＞1 时，BC=2（m﹣1）， PM=m，BP=m﹣1 和当 0＜m＜1 时，BC=2 （1﹣m）， PM=m，BP=1﹣m，两种情况分别讨论，再求出满足题意的 m 值和相对应的点 E 坐标． 解答： 解：（1）当 m=3 时，y=﹣x2+6x 令 y=0 得﹣x2+6x=0 ∴x1=0，x2=6， ∴A（6，0） 当 x=1 时，y=5 ∴B（1，5） ∵抛物线 y=﹣x2+6x 的对称轴为直线 x=3 又∵B，C 关于对称轴对称 ∴BC=4． （2）过点 C 作 CH⊥x 轴于点 H（如图 1） 由已知得∠ACP=∠BCH=90° ∴∠ACH=∠PCB 又∵∠AHC=∠PBC=90° ∴△ACH∽△PCB， ∴ ， ∵抛物线 y=﹣x2+2mx 的对称轴为直线 x=m，其中 m＞1， 又∵B，C 关于对称轴对称， ∴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）当 m＞1 时，BC=2（m﹣1）， PM=m，BP=m﹣1， （i）若点 E 在 x 轴上（如图 1）， ∵∠CPE=90°， 24 ∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP， ∴△BPC≌△MEP， ∴BC=PM， ∴2（m﹣1）=m， ∴m=2，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， ∴BP=NP=OM=1， ∴m﹣1=1， ∴m=2， 此时点 E 的坐标是（0，4）； （II）当 0＜m＜1 时，BC=2（1﹣m）， PM=m，BP=1﹣m， （i）若点 E 在 x 轴上（如图 3）， 易证△BPC≌△MEP， ∴BC=PM， ∴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， ∴BP=NP=OM=1， ∴1﹣m=1，∴m=0（舍去）， 综上所述，当 m=2 时，点 E 的坐标是（0，2）或（0，4）， 当 m= 时，点 E 的坐标是（ ，0）． 25 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 y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为 B（2，1）， 且过点 A（0，2），直线 y=x 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 y=x 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，PM⊥x 轴，垂足为点 M，△PCM 为等边三角形． （1）求该抛物线的表达式； （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 y=a（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，∠CMD=30°，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； 26 （4）可以利用反证法，假设 x 轴上存在一点，使△CMN≌△CPE，可以证得 EN=EF，即 N 与 F 重合，与点 E 为直线 y=x 上的点，∠CEF=45°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 y=a（x﹣2）2+1，将点 A（0，2）代入，得 a（0﹣2）2+1=2…1 分 解这个方程，得 a= ∴抛物线的表达式为 y= （x﹣2）2+1。 （2）将 x=2 代入 y=x，得 y=2 ∴点 C 的坐标为（2，2）即 CG=2， ∵△PCM 为等边三角形 ∴∠CMP=60°，CM=PM ∵PM⊥x 轴，∴∠CMG=30° ∴CM=4，GM=2 ． ∴OM=2+2 ，PM=4， 将 y=4 代入 y= （x﹣2）2+1，得 4= （x﹣2）2+1 解这个方程，得 x1=2 =OM，x2=2﹣2 ＜0（不合题意，舍去）． ∴点 P 的坐标为（2+2 ，4）。 （3）相等。 把 y=x 代入 y= x2﹣x=2，得 x= x2﹣x+2 解这个方程，得 x1=4+2 ，x2=4﹣2 ＜2（不合题意，舍去） ∴y=4+2 =EF ∴点 E 的坐标为（4+2 ，4+2 ） ∴OE= =4+4 又∵OC= ， ∴CE=OE﹣OC=4 ∴CE=EF。 （4）不存在 假设 x 轴上存在一点，使△CMN≌△CPE，则 CN=CE，∠MNC=∠PCE ∵∠MCP=60°， ∴∠NCE=60° 又∵CE=EF， ∴EN=EF。 又∵点 E 为直线 y=x 上的点，∴∠CEF=45°， ∴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。 27 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． ∵BC=2，OC=1 ∴OB= = ∴B（0， ） 28 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 的表达式为 y= ．代入抛物线的表达式， 得﹣ x2+ x+ = ； 解得 x=1± ， ∴P（1± ， ）． （3）如答图 3，作 MH⊥x 轴于点 H． 设 M（xm，ym）， 则 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=﹣ xm 2+ xm+ ， ∴S△MAB= xm+ （﹣ xm 2+ xm+ ）﹣ = xm 2+ xm = （xm﹣ ）2+ ∴当 xm= 时，S△MAB 取得最大值，最大值为 ． 29 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①，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②，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 BD 在（1）中的结论是否仍然成立？ （3）深入探究： 30 Ⅰ．如图③，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． Ⅱ．如图④，当动点 D 在等边△边 BA 的延长线上运动时，其他作法与图③相同，Ⅰ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 AF=BD； （2）通过证明△BCD≌△ACF，即可证明 AF=BD； （3）Ⅰ．AF+BF′=AB；利用全等三角形△BCD≌△ACF（SAS）的对应边 BD=AF；同理 △BCF′≌△ACD（SAS），则 BF′=AD，所以 AF+BF′=AB； Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立．新的结论是 AF=AB+BF′；通过证明△BCF′≌△ACD（SAS），则 BF′=AD（全等三角形的对应边相等）；再结合（2）中的结论即可证得 AF=AB+BF′． 解答： 解：（1）AF=BD； 证明如下：∵△ABC 是等边三角形（已知）， ∴BC=AC，∠BCA=60°（等边三角形的性质）； 同理知，DC=CF，∠DCF=60°； ∴∠BCA﹣∠DCA=∠DCF﹣DCA，即∠BCD=∠ACF； 在△BCD 和△ACF 中， ， ∴△BCD≌△ACF（SAS）， ∴BD=AF（全等三角形的对应边相等）； （2）证明过程同（1），证得△BCD≌△ACF（SAS），则 AF=BD（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，AF=BD 仍然成立； （3）Ⅰ．AF+BF′=AB； 证明如下：由（1）知，△BCD≌△ACF（SAS），则 BD=AF； 同理△BCF′≌△ACD（SAS），则 BF′=AD， ∴AF+BF′=BD+AD=AB； Ⅱ．Ⅰ中的结论不成立．新的结论是 AF=AB+BF′； 证明如下：在△BCF′和△ACD 中， 31 ， ∴△BCF′≌△ACD（SAS）， ∴BF′=AD（全等三角形的对应边相等）； 又由（2）知，AF=BD； ∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′，即 AF=AB+BF′． 点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质．等边三角形的三条边都 相等，三个内角都是 60°． 13．（ 2012•烟台）（1）问题探究 如图 1，分别以△ABC 的边 AC 与边 BC 为边，向△ABC 外作正方形 ACD1E1 和正方形 BCD2E2，过点 C 作直线 KH 交直线 AB 于点 H，使 ∠AHK=∠ACD1 作 D1M⊥KH，D2N⊥KH， 垂足分别为点 M，N．试探究线段 D1M 与线段 D2N 的数量关系，并加以证明． （2）拓展延伸 ①如图 2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点 C 作直线 K1H1，K2H2，分别交 直线 AB 于点 H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作 D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足 分别为点 M，N．D1M=D2N 是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由． ②如图 3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N 是否仍成立？ （要求：在图 3 中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明） 考点： 全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；正多边形和圆。 810360 专题： 几何综合题。 分析： （1）根据正方形的每一个角都是 90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于 180° 以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH 和△CD1M 全等，根据全等三角形对应边相等可得 D1M=CH，同理可证 D2N=CH，从而得证； 32 （2）①过点 C 作 CG⊥AB，垂足为点 G，根据三角形的内角和等于 180°和平角等于 180° 证明得到∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG 和△CD1M 全等，根据全等三角 形对应边相等可得 CG=D1M，同理可证 CG=D2N，从而得证； ②结论仍然成立，与①的证明方法相同． 解答： （1）D1M=D2N． 证明：∵∠ACD1=90°， ∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°， ∵∠AHK=∠ACD1=90°， ∴∠ACH+∠HAC=90°， ∴∠D1CK=∠HAC， 在△ACH 和△CD1M 中， ， ∴△ACH≌△CD1M（AAS）， ∴D1M=CH，…（3 分） 同理可证 D2N=CH， ∴D1M=D2N； （2）①证明：D1M=D2N 成立． 过点 C 作 CG⊥AB，垂足为点 G， ∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°， ∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°， ∠AH1C=∠ACD1， ∴∠H1AC=∠D1CM， 在△ACG 和△CD1M 中， ， ∴△ACG≌△CD1M（AAS）， ∴CG=D1M， 同理可证 CG=D2N， ∴D1M=D2N； ②作图正确． D1M=D2N 还成立． 33 点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边 形的性质，读懂题意，证明得到∠D1CK=∠HAC（或 H1AC=∠D1CM）是证明三角形全等的 关键，也是解决本题的难点与突破口． 14．（ 2012•湘潭）如图，△ABC 是边长为 3 的等边三角形，将△ABC 沿直线 BC 向右平移， 使 B 点与 C 点重合，得到△DCE，连接 BD，交 AC 于 F． （1）猜想 AC 与 BD 的位置关系，并证明你的结论； （2）求线段 BD 的长． 考点： 等边三角形的性质；勾股定理；平移的性质。810360 专题： 探究型。 分析： （1）由平移的性质可知 BE=2BC=6，DE=AC=3，故可得出 BD⊥DE，由 ∠E=∠ACB=60°可知 AC∥DE，故可得出结论； （2）在 Rt△BDE 中利用勾股定理即可得出 BD 的长． 解答： 解：（1）AC⊥BD∵△DCE 由△ABC 平移而成， ∴BE=2BC=6，DE=AC=3，∠E=∠ACB=60°， ∴DE= BE， ∵BD⊥DE， ∵∠E=∠ACB=60°， ∴AC∥DE， ∴BD⊥AC； （2）在 Rt△BED 中， ∵BE=6，DE=3， ∴BD= = =3 ． 点评： 本题考查的是等边三角形的性质及平移的性质，熟知图形平移后的图形与原图形全 等的性质是解答此题的关键． 15．（ 2012•苏州）如图，已知抛物线 y= x2﹣ （b+1）x+ （b 是实数且 b＞2）与 x 轴的正 半轴分别交于点 A、B（点 A 位于点 B 的左侧），与 y 轴的正半轴交于点 C． （1）点 B 的坐标为 ，点 C 的坐标为 （用含 b 的代数式表示）； 34 （2）请你探索在第一象限内是否存在点 P，使得四边形 PCOB 的面积等于 2b，且△PBC 是 以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点 P 的坐标；如果不存在，请说明 理由； （3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点 Q，使得△QCO，△QOA 和△QAB 中的任 意两个三角形均相似（全等可作相似的特殊情况）？如果存在，求出点 Q 的坐标；如果不 存在，请说明理由． 考点： 二次函数综合题。810360 分析： （1）令 y=0，即 y= x2﹣ （b+1）x+ =0，解关于 x 的一元二次方程即可求出 A， B 横坐标，令 x=0，求出 y 的值即 C 的纵坐标； （2）存在，先假设存在这样的点 P，使得四边形 PCOB 的面积等于 2b，且△PBC 是以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形．设点 P 的坐标为（x，y），连接 OP，过 P 作 PD⊥x 轴，PE⊥y 轴，垂足分别为 D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出 x 和 y 的值，从而求 出 P 的坐标； （3）存在，假设存在这样的点 Q，使得△QCO，△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均 相似，有条件可知：要使△QOA 与△QAB 相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即 QA⊥x 轴； 要使△QOA 与△OQC 相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°；再分别讨论求出满足题意 Q 的坐标即可． 解答： 解：（1）令 y=0，即 y= x2﹣ （b+1）x+ =0， 解得：x=1 或 b， ∵b 是实数且 b＞2，点 A 位于点 B 的左侧， ∴点 B 的坐标为（b，0）， 令 x=0， 解得：y= ， ∴点 C 的坐标为（0， ）， 故答案为：（b，0），（0， ）； （2）存在， 假设存在这样的点 P，使得四边形 PCOB 的面积等于 2b，且△PBC 是以点 P 为直角顶点的 等腰直角三角形． 35 设点 P 的坐标为（x，y），连接 OP． 则 S 四边形 POCB=S△PCO+S△POB= • •x+ •b•y=2b， ∴x+4y=16． 过 P 作 PD⊥x 轴，PE⊥y 轴，垂足分别为 D、E， ∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°． ∴四边形 PEOD 是矩形． ∴∠EPO=90°． ∴∠EPC=∠DPB． ∴△PEC≌△PDB，∴PE=PD，即 x=y． 由 解得 由△PEC≌△PDB 得 EC=DB，即 ﹣ =b﹣ ， 解得 b= ＞2 符合题意． ∴P 的坐标为（ ， ）； （3）假设存在这样的点 Q，使得△QCO，△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相似． ∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO， ∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO． ∴要使△QOA 与△QAB 相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即 QA⊥x 轴． ∵b＞2， ∴AB＞OA， ∴∠Q0A＞∠ABQ． ∴只能∠AOQ=∠AQB．此时∠OQB=90°， 由 QA⊥x 轴知 QA∥y 轴． ∴∠COQ=∠OQA． ∴要使△QOA 与△OQC 相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°． （I）当∠OCQ=90°时，△CQO≌△QOA． ∴AQ=CO= ． 由 AQ2=OA•AB 得：（ ）2=b﹣1． 解得：b=8±4 ． ∵b＞2， ∴b=8+4 ． ∴点 Q 的坐标是（1，2+ ）． （II）当∠OQC=90°时，△QCO∽△QOA， ∴ = ，即 OQ2=OC•AQ． 36 又 OQ2=OA•OB， ∴OC•AQ=OA•OB．即 •AQ=1×b． 解得：AQ=4，此时 b=17＞2 符合题意， ∴点 Q 的坐标是（1，4）． ∴综上可知，存在点 Q（1，2+ ）或 Q（1，4），使得△QCO，△QOA 和△QAB 中的任 意两个三角形均相似． 点评： 此题是一道综合题，难度较大，主要考查二次函数的性质，全等三角形的判定和性 质，以及相似三角形的判定和性质，还考查等腰三角形的性质及勾股定理，同时还让学生探 究存在性问题，对待问题要思考全面，学会分类讨论的思想． 16．（ 2012•泉州）如图，O 为坐标原点，直线 l 绕着点 A（0，2）旋转，与经过点 C（0，1） 的二次函数 y= x2+h 的图象交于不同的两点 P、Q． （1）求 h 的值； （2）通过操作、观察，算出△POQ 的面积的最小值（不必说理）； （3）过点 P、C 作直线，与 x 轴交于点 B，试问：在直线 l 的旋转过程中，四边形 AOBQ 是否为梯形？若是，请说明理由；若不是，请指出四边形的形状． 考点： 二次函数综合题。810360 专题： 压轴题；动点型；数形结合。 分析： （1）根据二次函数图象上的点的坐标特征，利用待定系数法求得 h 的值． （2）该小题应从三角形的面积公式入手分析，首先要选取合适的底和高；在△POQ 中，OA 的长是不变的，那么若以 OA 为底，P、Q 到 y 轴的距离和为高，即可得到△PQO 的面积．先 设 P 点横坐标，然后根据抛物线、直线 PA 的解析式求出 Q 点横坐标，通过不等式的相关知 识即可解出 P、Q 到 y 轴距离和的最小值． 37 （3）判断四边形 AOBQ 的形状，可从四个顶点的坐标特征上来判断．首先设出 P、Q 的坐 标，然后根据点 P、C 求出直线 BC 的解析式，进而表示出点 B 的坐标，然后再通过直线 PQ 以及 P、A、Q 三点坐标，求出 Q、B 两点坐标之间的关联，进而判断该四边形是否符合梯 形的特征．（需要注意的是：判定梯形的条件：一组对边平行且另一组对边不平行） 解答： 解：（1）∵抛物线 y= x2+h 经过点 C（0，1）， ∴ +h=1， 解得 h=1． （2）依题意，设抛物线 y= x2+1 上的点，P（a， a2+1）、 Q（b， b2+1）（ a＜0＜b） 过点 A 的直线 l：y=kx+2 经过点 P、Q， ∴ a2+1=ak+2…① b2+1=bk+2…② ①×b ﹣②×a 得： （a2b﹣b2a）+b﹣a=2（b﹣a）， 化简得：b=﹣ ； ∴S△POQ= OA•|xQ﹣xP|= •OA•|﹣ ﹣a|=（﹣ ）+（﹣a）≥2• =4 由上式知：当﹣ =﹣a，即|a|=|b|（P、Q 关于 y 轴对称）时，△POQ 的面积最小； 即 PQ∥x 轴时，△POQ 的面积最小，且 POQ 的面积最小为 4． （3）连接 BQ，若 l 与 x 轴不平行（如图），即 PQ 与 x 轴不平行， 依题意，设抛物线 y= x2+1 上的点，P（a， a2+1）、 Q（b， b2+1）（ a＜0＜b） 直线 BC：y=k1x+1 过点 P， ∴ a2+1=ak1+1，得 k1= a， 即 y= ax+1． 令 y=0 得：xB=﹣ ， 同理，由（2）得：b=﹣ ∴点 B 与 Q 的横坐标相同， ∴BQ∥y 轴，即 BQ∥OA， 又∵AQ 与 OB 不平行， ∴四边形 AOBQ 是梯形， 据抛物线的对称性可得（a＞0＞b）结论相同． 38 故在直线 l 旋转的过程中：当 l 与 x 轴不平行时，四边形 AOBQ 是梯形；当 l 与 x 轴平行时， 四边形 AOBQ 是正方形． 点评： 题目考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法、不等式的应用、三 角形面积的解法、梯形的判定等知识，综合性强，难度较大．注意在判定梯形时不要遗漏“一 边不平行”的条件． 17．（ 2012•绍兴）小明和同桌小聪在课后复习时，对课本“目标与评定”中的一道思考题，进 行了认真的探索． 【思考题】如图，一架 2.5 米长的梯子 AB 斜靠在竖直的墙 AC 上，这时 B 到墙 C 的距离为 0.7 米，如果梯子的顶端沿墙下滑 0.4 米，那么点 B 将向外移动多少米？ （1）请你将小明对“思考题”的解答补充完整： 解：设点 B 将向外移动 x 米，即 BB1=x， 则 B1C=x+0.7，A1C=AC﹣AA1= ﹣0.4=2 而 A1B1=2.5，在 Rt△A1B1C 中，由 + = 得方程 ， 解方程得 x1= ，x2= ， ∴点 B 将向外移动 米． （2）解完“思考题”后，小聪提出了如下两个问题： 【问题一】在“思考题”中，将“下滑 0.4 米”改为“下滑 0.9 米”，那么该题的答案会是 0.9 米吗？ 为什么？ 【问题二】在“思考题”中，梯子的顶端从 A 处沿墙 AC 下滑的距离与点 B 向外移动的距离， 有可能相等吗？为什么？ 请你解答小聪提出的这两个问题． 考点： 勾股定理的应用；一元二次方程的应用。810360 39 专题： 探究型。 分析： （1）直接把 B1C、A1C、A1B1 的值代入进行解答即可； （2）把（1）中的 0.4 换成 0.9 可知原方程不成立；设梯子顶端从 A 处下滑 x 米，点 B 向外 也移动 x 米代入（1）中方程，求出 x 的值符合题意． 解答： 解：（1）（ x+0.7）2+22=2.52， 故答案为；0.8，﹣2.2（舍去），0.8． （2）①不会是 0.9 米， 若 AA1=BB1=0.9，则 A1C=2.4﹣0.9=1.5，B1C=0.7+0.9=1.6， 1.52+1.62=4.81，2.52=6.25 ∵ + ≠ ， ∴该题的答案不会是 0.9 米． ②有可能． 设梯子顶端从 A 处下滑 x 米，点 B 向外也移动 x 米， 则有（x+0.7）2+（2.4﹣x）2=2.52， 解得：x=1.7 或 x=0（舍） ∴当梯子顶端从 A 处下滑 1.7 米时，点 B 向外也移动 1.7 米，即梯子顶端从 A 处沿墙 AC 下 滑的距离与点 B 向外移动的距离有可能相等． 点评： 本题考查的是解直角三角形的应用及一元二次方程的应用，根据题意得出关于 x 的一元二次方程是解答此题的关键． 20．（ 2012•广州）如图，在平行四边形 ABCD 中，AB=5，BC=10，F 为 AD 的中点，CE⊥AB 于 E，设∠ABC=α（60°≤α＜90°）． （1）当 α=60°时，求 CE 的长； （2）当 60°＜α＜90°时， ①是否存在正整数 k，使得∠EFD=k∠AEF？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由． ②连接 CF，当 CE2﹣CF2 取最大值时，求 tan∠DCF 的值． 考点： 平行四边形的性质；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边 上的中线；勾股定理。810360 专题： 代数几何综合题。 分析： （1）利用 60°角的正弦值列式计算即可得解； （2）①连接 CF 并延长交 BA 的延长线于点 G，利用“角边角”证明△AFG 和△CFD 全等， 根据全等三角形对应边相等可得 CF=GF，AG=CD，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜 边的一半可得 EF=GF，再根据 AB、BC 的长度可得 AG=AF，然后利用等边对等角的性质可 40 得∠AEF=∠G=∠AFG，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得 ∠EFC=2∠G，然后推出∠EFD=3∠AEF，从而得解； ②设 BE=x，在 Rt△BCE 中，利用勾股定理表示出 CE2，表示出 EG 的长度，在 Rt△CEG 中，利用勾股定理表示出 CG2，从而得到 CF2，然后相减并整理，再根据二次函数的最值问 题解答． 解答： 解：（1）∵α=60°，BC=10， ∴sinα= ， 即 sin60°= = ， 解得 CE=5 ； （2）①存在 k=3，使得∠EFD=k∠AEF． 理由如下：连接 CF 并延长交 BA 的延长线于点 G， ∵F 为 AD 的中点， ∴AF=FD， 在平行四边形 ABCD 中，AB∥CD， ∴∠G=∠DCF， 在△AFG 和△CFD 中， ， ∴△AFG≌△CFD（AAS）， ∴CF=GF，AG=CD， ∵CE⊥AB， ∴EF=GF（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）， ∴∠AEF=∠G， ∵AB=5，BC=10，点 F 是 AD 的中点， ∴AG=5，AF= AD= BC=5， ∴AG=AF， ∴∠AFG=∠G， 在△AFG 中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF， 又∵∠CFD=∠AFG（对顶角相等）， ∴∠CFD=∠AEF， ∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF， 因此，存在正整数 k=3，使得∠EFD=3∠AEF； ②设 BE=x，∵AG=CD=AB=5， ∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x， 在 Rt△BCE 中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2， 在 Rt△CEG 中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）2+100﹣x2=200﹣20x， ∵CF=GF（①中已证）， 41 ∴CF2=（ CG）2= CF2= （200﹣20x）=50﹣5x， ∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣ ）2+50+ ， ∴当 x= ，即点 E 是 AB 的中点时，CE2﹣CF2 取最大值， 此时，EG=10﹣x=10﹣ = ， CE= = = ， 所以，tan∠DCF=tan∠G= = = ． 点评： 本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中 线等于斜边的一半的性质，勾股定理的应用，二次函数的最值问题，作出辅助线构造出全等 三角形是解题的关键，另外根据数据的计算求出相等的边长也很重要． 21．（ 2012•厦门）已知：⊙O 是△ABC 的外接圆，AB 为⊙O 的直径，弦 CD 交 AB 于 E， ∠BCD=∠BAC． （1）求证：AC=AD； （2）过点 C 作直线 CF，交 AB 的延长线于点 F，若∠BCF=30°，则结论“CF 一定是⊙O 的 切线”是否正确？若正确，请证明；若不正确，请举反例． 考点： 切线的判定；垂径定理；圆周角定理。810360 专题： 几何综合题。 42 分析： （1）连接 AD．根据∠BCD=∠BAC，∠CBE=∠ABC，证出△CBE∽△ABC，可 得∠BEC=90°，于是∠D=∠CBA=∠ACD，故 AC=AD． （2）连接 OC，不正确，可令∠CAB=20°，据此推出∠OCF≠90°，从而证出∠BCF=30°时“CF 不一定是⊙O 的切线”． 解答： 证明：（1）连接 AD， ∵∠BCD=∠BAC，∠CBE=∠ABC， ∴△CBE∽△ABC， ∴∠BEC=∠BCA=90°， ∴∠CBA=∠ECA， 又∵∠D=∠ABC， ∴∠D=∠ACD， ∴AC=AD． （2）连接 OC，令∠CAB=20°，则∠ACO=∠CAB=20°， 于是∠COB=20°+20°=40°， 则∠OCB= （180°﹣40°）=70°， 于是∠FCO=∠FCB+∠OCB=70°+30°=100°， 故此时 FC 不是⊙O 的切线． 同理，当∠CAB=30°时，FC 不一定是⊙O 的切线． 点评： 本题考查了切线的判定、垂径定理、圆周角定理，作出辅助线 OC、AD 是解题的 关键． 23．（ 2012•德州）如图所示，现有一张边长为 4 的正方形纸片 ABCD，点 P 为正方形 AD 边 上的一点（不与点 A、点 D 重合）将正方形纸片折叠，使点 B 落在 P 处，点 C 落在 G 处， PG 交 DC 于 H，折痕为 EF，连接 BP、BH． （1）求证：∠APB=∠BPH； （2）当点 P 在边 AD 上移动时，△PDH 的周长是否发生变化？并证明你的结论； （3）设 AP 为 x，四边形 EFGP 的面积为 S，求出 S 与 x 的函数关系式，试问 S 是否存在最 小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由． 43 考点： 翻折变换（折叠问题）；二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；正方形的性 质。810360 分析： （1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出 ∠APB=∠PBC 即可得出答案； （2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出 PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8； （3）利用已知得出△EFM≌△BPA，进而利用在 Rt△APE 中，（4﹣BE）2+x2=BE2，利用二 次函数的最值求出即可． 解答： （1）解：如图 1，∵PE=BE， ∴∠EBP=∠EPB． 又∵∠EPH=∠EBC=90°， ∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP． 即∠PBC=∠BPH． 又∵AD∥BC， ∴∠APB=∠PBC． ∴∠APB=∠BPH． （2）△PHD 的周长不变为定值 8． 证明：如图 2，过 B 作 BQ⊥PH，垂足为 Q． 由（1）知∠APB=∠BPH， 又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP， ∴△ABP≌△QBP． ∴AP=QP，AB=BQ． 又∵AB=BC， ∴BC=BQ． 又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH， ∴△BCH≌△BQH． ∴CH=QH． ∴△PHD 的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8． （3）如图 3，过 F 作 FM⊥AB，垂足为 M，则 FM=BC=AB． 又∵EF 为折痕， ∴EF⊥BP． ∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°， 44 ∴∠EFM=∠ABP． 又∵∠A=∠EMF=90°， ∴△EFM≌△BPA． ∴EM=AP=x． ∴在 Rt△APE 中，（4﹣BE）2+x2=BE2． 解得， ． ∴ ． 又四边形 PEFG 与四边形 BEFC 全等， ∴ ． 即： ． 配方得， ， ∴当 x=2 时，S 有最小值 6． 点评： 此题主要考查了翻折变换的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理、二次函 数的最值问题等知识，熟练利用全等三角形的判定得出对应相等关系是解题关键． 45 24．（ 2012•北京）操作与探究： （1）对数轴上的点 P 进行如下操作：先把点 P 表示的数乘以 ，再把所得数对应的点向右 平移 1 个单位，得到点 P 的对应点 P′． 点 A，B 在数轴上，对线段 AB 上的每个点进行上述操作后得到线段 A′B′，其中点 A，B 的 对应点分别为 A′，B′．如图 1，若点 A 表示的数是﹣3，则点 A′表示的数是 ；若点 B′ 表示的数是 2，则点 B 表示的数是 ；已知线段 AB 上的点 E 经过上述操作后得到的对 应点 E′与点 E 重合，则点 E 表示的数是 ． （2）如图 2，在平面直角坐标系 xOy 中，对正方形 ABCD 及其内部的每个点进行如下操作： 把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数 a，将得到的点先向右平移 m 个单位，再向上平移 n 个单位（m＞0，n＞0），得到正方形 A′B′C′D′及其内部的点，其中点 A，B 的对应点分别 为 A′，B′．已知正方形 ABCD 内部的一个点 F 经过上述操作后得到的对应点 F′与点 F 重合， 求点 F 的坐标． 考点： 坐标与图形变化-平移；数轴；正方形的性质；平移的性质。810360 专题： 应用题。 分析： （1）根据题目规定，以及数轴上的数向右平移用加计算即可求出点 A′，设点 B 表 示的数为 a，根据题意列出方程求解即可得到点 B 表示的数，设点 E 表示的数为 b，根据题 意列出方程计算即可得解； （2）先根据向上平移横坐标不变，纵坐标加，向右平移横坐标加，纵坐标不变求出平移规 律，然后设点 F 的坐标为（x，y），根据平移规律列出方程组求解即可． 解答： 解：（1）点 A′：﹣3× +1=﹣1+1=0， 设点 B 表示的数为 a，则 a+1=2， 解得 a=3， 设点 E 表示的数为 b，则 a+1=b， 解得 b= ； 故答案为：0，3， ； 46 （2）根据题意得， ， 解得 ， 设点 F 的坐标为（x，y）， ∵对应点 F′与点 F 重合， ∴ x+ =x， y+2=y， 解得 x=1，y=4， 所以，点 F 的坐标为（1，4）． 点评： 本题考查了坐标与图形的变化，数轴上点右边的总比左边的大的性质，读懂题目信 息是解题的关键． 25．（2012•日照）在 Rt△ ABC 中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AB=5． （Ⅰ）探究新知 如图①，⊙O 是△ ABC 的内切圆，与三边分别相切于点 E、F、G． （1）求证：内切圆的半径 r1=1； （2）求 tan∠OAG 的值； （Ⅱ）结论应用 （1）如图②，若半径为 r2 的两个等圆⊙O1、⊙O2 外切，且⊙O1 与 AC、AB 相切，⊙O2 与 BC、AB 相切，求 r2 的值； （2）如图③，若半径为 rn 的 n 个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On 依次外切，且⊙O1 与 AC、 AB 相切，⊙On 与 BC、AB 相切，⊙O1、⊙O2、…、⊙On 均与 AB 相切，求 rn 的值． 考点： 相切两圆的性质；三角形的内切圆与内心；解直角三角形。810360 分析： （Ⅰ）（ 1）根据切线的性质以及正方形的判定得出四边形 CEOF 是正方形，进而 得出 CE=CF=r1，再利用切线长定理求出即可； （2）在 Rt△ AOG 中，根据 r1=1，AG=3﹣r1=2，求出 tan∠OAG 的值即可； （Ⅱ）（ 1）由 tan∠OAG= ，知 tan∠O1AD= ，同理可得：tan∠O2BE= = ，进而得出 AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2，即可求出 r2= ； 47 （2）根据（1）中所求可以得出 AD=2rn，DE=2rn，…，MB=3rn，得到 2rn+2rn+…+3rn=5，求 出即可． 解答： （Ⅰ）（ 1）证明：在图①中，连接 OE，OF，OA． ∵⊙O 是△ ABC 的内切圆，与三边分别相切于点 E、F、G． ∴OF⊥BC，OE⊥AC，∠ACB=90°， ∴四边形 CEOF 是矩形， 又∵EO=OF， ∴四边形 CEOF 是正方形， CE=CF=r1． 又∵AG=AE=3﹣r1，BG=BF=4﹣r1， AG+BG=5， ∴（3﹣r1）+（4﹣r1）=5． 即 r1=1． （2）解：连接 OG，在 Rt△ AOG 中， ∵r1=1，AG=3﹣r1=2， tan∠OAG= = ； （Ⅱ）（ 1）解：连接 O1A、O2B，作 O1D⊥AB 交于点 D、O2E⊥AB 交于点 E，AO1、BO2 分别平分∠CAB、∠ABC． 由 tan∠OAG= ，知 tan∠O1AD= ， 同理可得：tan∠O2BE= = ， ∴AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2． ∵AD+DE+BE=5， r2= ； （2）解：如图③，连接 O1A、OnB，作 O1D⊥AB 交于点 D、O2E⊥AB 交于点 E、…、OnM⊥AB 交于点 M． 则 AO1、BOn 分别平分∠CAB、∠ABC． tan∠O1AD= ，tan∠OnBM= ， AD=2rn，DE=2rn，…，MB=3rn， 又∵AD+DE+…+MB=5， 2rn+2rn+…+3rn=5， （2n+3）rn=5， rn= ． 48 点评： 此题主要考查了切线长定理以及锐角三角函数关系以及相切两圆的性质，根据已知 得出 tan∠O1AD= ，tan∠O2BE= = 是解题关键． 26．（2012•衢州）课本中，把长与宽之比为 的矩形纸片称为标准纸．请思考解决下列问 题： （1）将一张标准纸 ABCD（AB＜BC）对开，如图 1 所示，所得的矩形纸片 ABEF 是标准 纸．请给予证 明． （2）在一次综合实践课上，小明尝试着将矩形纸片 ABCD（AB＜BC）进行如下操作： 第一步：沿过 A 点的直线折叠，使 B 点落在 AD 边上点 F 处，折痕为 AE（如图 2 甲）； 第二步：沿过 D 点的直线折叠，使 C 点落在 AD 边上点 N 处，折痕为 DG（如图 2 乙），此 时 E 点恰好落在 AE 边上的点 M 处； 第三步：沿直线 DM 折叠（如图 2 丙），此时点 G 恰好与 N 点重合． 请你探究：矩形纸片 ABCD 是否是一张标准纸？请说明理由． （3）不难发现：将一张标准纸按如图 3 一次又一次对开后，所得的矩形纸片都是标准纸．现 有一张标准纸 ABCD，AB=1，BC= ，问第 5 次对开后所得标准纸的周长是多少？探索直 接写出第 2012 次对开后所得标准纸的周长． … 49 考点： 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形； 矩形的性质；图形的剪拼。810360 专题： 几何综合题。 分析： （1）根据 = =2• = = ，得出矩形纸片 ABEF 也是标准纸； （2）利用已知得出△ ADG 是等腰直角三角形，得出 = = ，即可得出答案； （3）分别求出每一次对折后的周长，进而得出变化规律求出即可． 解答： 解：（1）是标准纸， 理由如下： ∵矩形 ABCD 是标准纸， ∴ = ， 由对开的含义知：AF= BC， ∴ = =2• = = ， ∴矩形纸片 ABEF 也是标准纸． （2）是标准纸，理由如下： 设 AB=CD=a，由图形折叠可知：DN=CD=DG=a， DG⊥EM， ∵由图形折叠可知：△ ABE≌△AFE， ∴∠DAE= ∠BAD=45°， ∴△ADG 是等腰直角三角形， ∴在 Rt△ ADG 中，AD= = a， ∴ = = ， ∴矩形纸片 ABCD 是一张标准纸； （3） 对开次数： 第一次，周长为：2（1+ ）=2+ ， 第二次，周长为：2（ + ）=1+ ， 第三次，周长为：2（ + ）=1+ ， 第四次，周长为：2（ + ）= ， 50 第五次，周长为：2（ + ）= ， 第六次，周长为：2（ + ）= ， … ∴第 5 次对开后所得标准纸的周长是： ， 第 2012 次对开后所得标准纸的周长为： ． 点评： 此题主要考查了翻折变换性质以及规律性问题应用，根据已知得出对开后所得标准 纸的周长变化规律是解题关键． 27．18．（ 2012•连云港）已知梯形 ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3， 问题 1：如图 1，P 为 AB 边上的一点，以 PD，PC 为边作平行四边形 PCQD，请问对角线 PQ，DC 的长能否相等，为什么？ 问题 2：如图 2，若 P 为 AB 边上一点，以 PD，PC 为边作平行四边形 PCQD，请问对角线 PQ 的长是否存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由． 问题 3：若 P 为 AB 边上任意一点，延长 PD 到 E，使 DE=PD，再以 PE，PC 为边作平行四 边形 PCQE，请探究对角线 PQ 的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不 存在，请说明理由． 问题 4：如图 3，若 P 为 DC 边上任意一点，延长 PA 到 E，使 AE=nPA（n 为常数），以 PE、 PB 为边作平行四边形 PBQE，请探究对角线 PQ 的长是否也存在最小值？如果存在，请求 出最小值，如果不存在，请说明理由． 考点： 相似三角形的判定与性质；根的判别式；全等三角形的判定与性质；勾股定理；平 行四边形的判定与性质。810360 专题： 代数几何综合题。 分析： 问题 1：四边形 PCQD 是平行四边形，若对角线 PQ、DC 相等，则四边形 PCQD 是矩形，然后利用矩形的性质，设 PB=x，可得方程 x2+32+（2﹣x）2+1=8，由判别式△ ＜0， 可知此方程无实数根，即对角线 PQ，DC 的长不可能相等； 问题 2：在平行四边形 PCQD 中，设对角线 PQ 与 DC 相交于点 G，可得 G 是 DC 的中点， 过点 Q 作 QH⊥BC，交 BC 的延长线于 H，易证得 Rt△ ADP≌Rt△ HCQ，即可求得 BH=4， 则可得当 PQ⊥AB 时，PQ 的长最小，即为 4； 问题 3：设 PQ 与 DC 相交于点 G，PE∥CQ，PD=DE，可得 = = ，易证得 Rt△ ADP∽Rt△ HCQ，继而求得 BH 的长，即可求得答案； 51 问题 4：作 QH∥PE，交 CB 的延长线于 H，过点 C 作 CK⊥CD，交 QH 的延长线于 K，易 证得 = 与△ ADP∽△BHQ，又由∠DCB=45°，可得△ CKH 是等腰直角三角形， 继而可求得 CK 的值，即可求得答案． 解答： 解：问题 1：∵四边形 PCQD 是平行四边形， 若对角线 PQ、DC 相等，则四边形 PCQD 是矩形， ∴∠DPC=90°， ∵AD=1，AB=2，BC=3， ∴DC=2 ， 设 PB=x，则 AP=2﹣x， 在 Rt△ DPC 中，PD2+PC2=DC2，即 x2+32+（2﹣x）2+1=8， 化简得 x2﹣2x+3=0， ∵△=（﹣2）2﹣4×1×3=﹣8＜0， ∴方程无解， ∴对角线 PQ 与 DC 不可能相等． 问题 2：如图 2，在平行四边形 PCQD 中，设对角线 PQ 与 DC 相交于点 G， 则 G 是 DC 的中点， 过点 Q 作 QH⊥BC，交 BC 的延长线于 H， ∵AD∥BC， ∴∠ADC=∠DCH，即∠ADP+∠PDG=∠DCQ+∠QCH， ∵PD∥CQ， ∴∠PDC=∠DCQ， ∴∠ADP=∠QCH， 又∵PD=CQ， ∴Rt△ ADP≌Rt△ HCQ， ∴AD=HC， ∵AD=1，BC=3， ∴BH=4， ∴当 PQ⊥AB 时，PQ 的长最小，即为 4． 问题 3：如图 3，设 PQ 与 DC 相交于点 G， ∵PE∥CQ，PD=DE， ∴ = = ， ∴G 是 DC 上一定点， 作 QH⊥BC，交 BC 的延长线于 H， 同理可证∠ADP=∠QCH， ∴Rt△ ADP∽Rt△ HCQ， 即 = = ， ∴CH=2， ∴BH=BC+CH=3+2=5， ∴当 PQ⊥AB 时，PQ 的长最小，即为 5． 52 问题 4：如图 4，设 PQ 与 AB 相交于点 G， ∵PE∥BQ，AE=nPA， ∴ = ， ∴G 是 AB 上一定点， 作 QH∥CD，交 CB 的延长线于 H，过点 C 作 CK⊥CD，交 QH 的延长线于 K， ∵AD∥BC，AB⊥BC， ∴∠D=∠QHC，∠DAP+∠PAG=∠QBH+∠QBG=90°，∠PAG=∠QBG， ∴∠QBH=∠PAD， ∴△ADP∽△BHQ， ∴ ， ∵AD=1， ∴BH=n+1， ∴CH=BH+BC=3+n+1=n+4， 过点 D 作 DM⊥BC 于 M， 则四边形 ABMD 是矩形， ∴BM=AD=1，DM=AB=2 ∴CM=BC﹣BM=3﹣1=2=DM， ∴∠DCM=45°， ∴∠KCH=45°， ∴CK=CH•cos45°= （n+4）， ∴当 PQ⊥CD 时，PQ 的长最小，最小值为 （n+4）． 点评： 此题考查了相似三角形的判定与性质、直角梯形的性质、平行四边形的性质、矩形 的性质、勾股定理、一元二次方程根的判别式、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的 53 性质等知识．此题难度较大，注意准确作出辅助线是解此题的关键，注意数形结合思想与方 程思想的应用．