2013年中考数学复习专题讲座四：探究型问题(含详细参考答案)

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．

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×=．

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，需探索发现与之相应的结论的题目．例2（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．（不证明）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°，

∵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．

例3（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．

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，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=．

∴x c=2﹣=，y c=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﹣）2+．

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4 （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．

（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．

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，

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．

例5（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．

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．

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6（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．

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，∴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）

例7 （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．

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，

∵，∴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（，），

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．

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．

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）．

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；

（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．

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．

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）

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．

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；

（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=2x12=﹣，∴﹣=（﹣）2，整理得，k1?k2=﹣2，是定值．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．

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．

5（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．

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

∴△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，x12﹣2x1﹣8=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．

6．（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．

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°，∴∠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）．

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．

7．（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

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．

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。

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．

8．（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；

（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．

解答：解：（1）如答图1，连接OB．∵BC=2，OC=1∴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（x m，y m），

则S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=（MH+OB）?OH+HA?MH﹣OA?OB

=（y m+）x m+（3﹣x m）y m﹣×3×=x m+y m﹣

∵y m=﹣x m2+x m+，

∴S△MAB=x m+（﹣x m2+x m+）﹣=x m2+x m=（x m﹣）2+

∴当x m=时，S△MAB取得最大值，最大值为．

9（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：

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．

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′=A B；

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，

，∴△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′．

10．（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）

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．

11．（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．

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．

12．（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）；

（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．

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．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．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．

13．（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．

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…①b2+1=bk+2…②

①×b﹣②×a得：（a2b﹣b2a）+b﹣a=2（b﹣a），化简得：b=﹣；

∴S△POQ=OA?|x Q﹣x P|=?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：x B=﹣，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．

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．

14（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．

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．

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．

15．（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．

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），

∴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===．

16．（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．

（1）连接AD，∵∠BCD=∠BAC，∠CBE=∠ABC，∴△CBE∽△ABC，∴∠BEC=∠BCA=90°，解答：证明：

∴∠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．

17．（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．

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°，∴∠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，