2019年浙江省中考数学专题复习训练：专题六 探索型问题

专题六 探索型问题类型一 规律探索型问题(2018·山东威海中考)如图，在平面直角坐标系中，点A 1的坐标为(1，2)，以点O 为圆心，以OA 1长为半径画弧，交直线y ＝12x 于点B 1.过B 1点作B 1A 2∥y 轴，交直线y ＝2x 于点A 2，以点O 为圆心，以OA 2长为半径画弧，交直线y ＝12x 于点B 2；过点B 2作B 2A 3∥y 轴，交直线y ＝2x于点A 3，以点O 为圆心，以OA 3长为半径画弧，交直线y ＝12x 于点B 3；过B 3点作B 3A 4∥y 轴，交直线y ＝2x 于点A 4，以点O 为圆心，以OA 4长为半径画弧，交直线y ＝12x 于点B 4，…，按照如此规律进行下去，点B 2 018的坐标为________．【分析】根据题意可以求得点B 1的坐标，点A 2的坐标，点B 2的坐标，然后即可发现坐标变化的规律，从而可以求得点B 2 018的坐标． 【自主解答】规律探索题主要有数式规律和图形规律两种．对于数式规律，猜想归纳是解决这类问题的有效方法，通过对已给出的材料和信息对研究的对象进行观察、实验、比较、归纳和分析综合，作出符合一定规律与事实的推测性想象，从而发现一般规律，它是发现和认识规律的重要手段．对于图形规律，一种是数图形，将图形规律转化成数字规律，再用数字规律解决问题；一种是通过图形的直观性，通过拆分图形，观察图形的构造寻找规律．1．(2018·山东枣庄中考)将从1开始的连续自然数按如下规律排列：则2 018在第________行．2．(2018·江苏淮安中考)如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数y ＝x的图象，点A1的坐标为(1，0)，过点A1作x轴的垂线交直线l于点D1，以A1D1为边作正方形A1B1C1D1；过点C1作直线l的垂线，垂足为A2，交x轴于点B2，以A2B2为边作正方形A2B2C2D2；过点C2作x轴的垂线，垂足为A3，交直线l于点D3，以A3D3为边作正方形A3B3C3D3，…，按此规律操作下所得到的正方形A n B n C n D n 的面积是______________．类型二存在探索型问题(2018·浙江湖州中考)如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC，∠ABC＝90°，顶点A在第一象限，B，C在x轴的正半轴上(C在B的右侧)，BC＝2，AB＝23，△ADC与△ABC关于AC所在的直线对称．(1)当OB＝2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D 1的反比例函数y ＝kx (k≠0)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 ，A 1，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DE⊥x 轴于E ，解直角三角形求出DE ，CE 即可解决问题； (2)设OB ＝a ，则点A 的坐标(a ，23)，由题意CE ＝1，DE ＝3，可得D(3＋a ，3)，点A ，D 在同一反比例函数图象上，可得23a ＝3(3＋a)，求出a 即可； (3)分两种情形：①如图2中，当点A 1在线段CD 的延长线上，且PA 1∥AD 时，∠PA 1D ＝90°.②当∠PDA 1＝90°时．分别构建方程解决问题即可． 【自主解答】3．(2018·四川攀枝花中考)如图，对称轴为直线x＝1的抛物线y＝x2－bx＋c与x轴交于A(x1，0)，B(x2，0)(x1＜x2)两点，与y轴交于C点，且1x1＋1x2＝－23.(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；①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点F，求△BDF面积的最大值；②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC＝∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．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CE＝BF.连结DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE.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即可判断．【自主解答】4．(2018·四川自贡中考)如图，已知∠AOB＝60°，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OE＋OD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】 由题意可得点A 1的坐标为(1，2)． 设点B 1的坐标为(a ，12a)，a 2＋（12a ）2＝12＋22，解得a ＝2(负值舍去)， ∴点B 1的坐标为(2，1)．同理可得点A 2的坐标为(2，4)，点B 2的坐标为(4，2)， 点A 3的坐标为(4，8)，点B 3的坐标为(8，4)， …∴点B 2 018的坐标为(22 018，22 017)． 故答案为(22 018，22 017)． 变式训练 1．45 2.(92)n －1类型二【例2】 (1)如图，过点D 作DE⊥x 轴于E.∵∠ABC＝90°，∴tan∠ACB＝ABBC ＝3，∴∠ACB＝60°.根据对称性可知DC ＝BC ＝2，∠ACD＝∠ACB＝60°， ∴∠DCE＝60°，∴∠CDE＝90°－60°＝30°， ∴CE＝1，DE ＝3， ∴OE＝OB ＋BC ＋CE ＝5，(2)设OB ＝a ，则点A 的坐标(a ，23)， 由题意CE ＝1，DE ＝3，可得D(3＋a ，3)． ∵点A ，D 在同一反比例函数图象上， ∴23a ＝3(3＋a)，∴a＝3，∴OB＝3. (3)存在，k 的值为103或12 3.理由如下：①如图，当点A 1在线段CD 的延长线上，且PA 1∥AD 时，∠PA 1D ＝90°.在Rt△ADA 1中，∵∠DAA 1＝30°，AD ＝23， ∴AA 1＝ADcos 30°＝4.在Rt△APA 1中，∵∠APA 1＝60°， ∴PA＝433，∴PB＝1033.设P(m ，1033)，则D 1(m ＋7，3)．∵P，D 1在同一反比例函数图象上， ∴1033m ＝3(m ＋7)，解得m ＝3，②如图，当∠PDA1＝90°时．∵∠PAK＝∠KDA1＝90°，∠AKP＝∠DKA1，∴△AKP∽△DKA1，∴AKKD＝PKKA1，∴PKAK＝KA1DK.∵∠AKD＝∠PKA1，∴△KAD∽△KPA1，∴∠KPA1＝∠KAD＝30°，∠ADK＝∠KA1P＝30°，∴∠APD＝∠ADP＝30°，∴AP＝AD＝23，AA1＝6.设P(m，43)，则D1(m＋9，3)．∵P，D1在同一反比例函数图象上，∴43m＝3(m＋9)，解得m＝3，∴P(3，43)，∴k＝12 3.变式训练3．解：(1)∵抛物线对称轴为直线x＝1，∴－－b2＝1，∴b＝2.由一元二次方程根与系数的关系得x 1＋x 2＝b ，x 1x 2＝c ， ∴1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝b c ＝－23，则c ＝－3， ∴抛物线表达式为y ＝x 2－2x －3. (2)由(1)得点D 坐标为(1，－4)． 当y ＝0时，x 2－2x －3＝0， 解得x 1＝－1，x 2＝3， ∴点B 坐标为(3，0)． ①设点F 坐标为(a ，b)，∴△BDF 的面积S ＝12×(4－b)(a －1)＋12(－b)(3－a)－12×2×4，整理得S ＝2a －b －6.∵b＝a 2－2a －3，∴S＝2a －(a 2－2a －3)－6＝－a 2＋4a －3. ∵a＝－1＜0，∴当a ＝2时，S 最大＝－4＋8－3＝1. ②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y ＝2x －6.则点E 坐标为(0，－6)． 连结BC ，CD ，则由勾股定理得CB 2＝(3－0)2＋(－3－0)2＝18， CD 2＝12＋(－4＋3)2＝2，BD 2＝(－4)2＋(3－1)2＝20， ∴CB 2＋CD 2＝BD 2，∴∠BCD＝90°， ∴tan∠BDC＝3.当点Q 使得∠BDC＝∠QCE 时，连QC 并延长交x 轴于点N ，过Q 作QM⊥x 轴于点M.∵∠OCN＝∠QCE，CO ＝3， ∴在Rt△NOC 中，NO ＝3OC ＝9. 由已知，MQ∥OE，OE ＝6，OB ＝3， ∴BM MQ ＝OB OE ＝12. 设BM ＝a ，则MQ ＝2a ，则MN ＝12－a. ∵∠MQN＝∠QCE， ∴Rt△MNQ 中，3MQ ＝MN ， ∴12－a ＝3×2a，∴a＝127，则OM ＝3－127＝97，MQ ＝247，则点Q 坐标为(97，－247)．类型三【例3】 (1)相等 平行 ∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB ＝BC ＝CD. 又∵CE＝BF ，∴△ECD≌△FBC(SAS)， ∴CF＝DE ，∠DEC＝∠CFB，∴∠DEC＋∠BCF＝90°，∴FC⊥DE. ∵EG⊥DE，EG ＝DE ， ∴FC∥GE，GE ＝CF ，∴四边形GECF 是平行四边形， ∴FG∥CE，GF ＝CE.(2)仍然成立．证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB ＝BC ＝CD. 又∵CE＝BF ，∴△ECD≌△FBC(SAS)， ∴CF＝DE ，∠DEC＝∠CFB， ∴∠DEC＋∠BCF＝90°，∴FC⊥DE. ∵EG⊥DE，EG ＝DE ， ∴FC∥GE，GE ＝CF ，∴四边形GECF 是平行四边形， ∴FG∥CE ，FG ＝CE. (3)仍然成立． 变式训练4．解：(1)OD ＋OE ＝3OC.理由如下： OM 是∠AOB 的角平分线， ∴∠AOC＝∠BOC＝12∠AOB＝30°.∵CD⊥OA，∴∠ODC＝90°， ∴∠OCD＝60°，∴∠OCE＝∠DCE－∠OCD＝60°.在Rt△OCD 中，OD ＝OC·cos 30°＝32OC.同理OE ＝32OC ，∴OD＋OE ＝3OC.(2)(1)中结论仍然成立，理由如下：如图，过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°.∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°.同(1)的方法得OF＝32OC，OG＝32OC，∴OF＋OG＝3OC.∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AO B的平分线OM上一点，∴CF＝CG.∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝OD＋DF＝OD＋EG，OG＝OE－EG，∴OF＋OG＝OD＋EG＋OE－EG＝OD＋OE，∴OD＋OE＝3OC.(3)(1)中结论不成立，结论为：OE－OD＝3OC，理由：如图，过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，∴∠OFC＝∠OGC＝90°.∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°.同(1)的方法得OF＝32OC，OG＝32OC，∴OF＋OG＝3OC.∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF＝CG.∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°，∴∠DCF＝∠ECG，∴△CFD≌△CGE，∴DF＝EG，∴OF＝DF－OD＝EG－OD，OG＝OE－EG，∴OF＋OG＝EG－OD＋OE－EG＝OE－OD，∴OE－OD＝3OC.。