中考数学复习专题讲座四探究型问题Word文档下载推荐.docx
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(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.
(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)
正方形的性质;
全等三角形的判定与性质。
专题:
几何综合题。
(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.
∵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;
AB=DD1+EE1.
证明:
过点C作CH⊥AB于H,
∴∠DD1A=∠CHA=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;
(3)解:
AB=DD1﹣EE1.
∴AB=AH﹣BH=DD1﹣EE1.
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.
二次函数综合题。
代数几何综合题。
(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:
(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,
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+
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﹣
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:
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.
(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.
阅读型。
(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.
(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°
∴∠EAM=∠FEC,
在△AEM和△EFC中,
∴△AEM≌△EFC(ASA),
∴AE=EF;
成立,
延长BA到M,使AM=CE,连接ME,
∴∠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.
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.
压轴题。
(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.
(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=±
时可使△POH为正三角形.
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;
一次函数综合题。
(1)过点B作BF⊥x轴于F,在Rt△BCF中,已知∠BCO=45°
,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.
(1)过点B作BF⊥x轴于F,…(1分)
在Rt△BCF中,
∵∠BCO=45°
∴CF=BF=6,…(1分)
∵C的坐标为(﹣9,0),
∴AB=OF=3,
∴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)
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.
反比例函数综合题。
计算题。
(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′GM′C′是平行四边形,则有P′Q=QM′,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.
(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,
∴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,
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
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