(整理)例说中考数学探究试题目的解答策略

例说中考数学探究性试题的解答策略
长沙中学 吴敦林
中考数学试卷中的探究性试题，因为综合程度高，解答时要用到众多的数学思想方法，考生往往感到束手无策。

现以某些省市中考数学探究性试题为例，谈谈这类问题的解答策略。

1.从“特殊”到“一般”，拾阶而上。

某些探究性试题一般给出几问，其中第一问在具体的数据或特殊情形下求解，其他几问则要求在一般情形下探究。

解决问题的方法是：顺着解“特殊” 问题的思路，并注意 “一般”与“特殊”的转化，便能迎刃而解。

例1．如图1，AB ⊥BC ，DC ⊥BC ，垂足分别为B 、C 。

(1)当AB= 4，DC=1，BC= 4时，在线段BC 上是否存在点P ，使AP ⊥PD ？如果存在，求线段BP 的长；如果不存在，请说明理由。

(2)设AB= a ，DC=b ，AD=c ，那么，当a 、b 、c 之间满足什么关系时，在直线BC 上存在点P 使AP ⊥PD ？
简析：第(1)题在具体的数值情形下探究点P 是否存在，用相似三角形的知识就能顺利解决。

第(2)题在一般情形下探究三条线段满足何种关系，才存在结论AP ⊥PD ，其探究的方法有多种，这里仅探讨顺着解第(1)题的思路，贯彻“特殊到一般”的思想，继续用相似三角形的知识拾阶而上来研究。

首先，求出BC=22)(b a c --，再设存在这样的点P ，且BP=x ，则PC=22)(b a c --－x ， 由AP ⊥PD 得，△ABP ∽△PCD ，则x b a c a b x ---=22)(，化简，得-2x 22)(b a c --x+ab=0，△=2222)(4)(b a c ab b a c +-=---，由△≥0，得 c ≥a+b ，方程有解，点P 存在；由△＜0得c ＜a+b ，方程无解，点P 不存在。

所以当c ≥a+b 时，在直线BC 上存在点P 使AP ⊥PD 。

例2．数学课上，老师出示图2和下面框中条件， 如图2，在直角坐标平面内，O 为坐标原点，A 点坐标为（1，0），点B 在x 轴上且在点A 的右侧，AB=OA ，过点A 和B 作x 轴的垂线，分别交二次函数2
x y =的图象于点C 和D 。

直线OC 交BD 于点M ，直线CD 交y 轴于点H 。

记点C 、D 的横坐标分别为D c x x 、，点H 的纵坐标为H y 。

同学发现两个结论：①32：
：梯形=∆ABMC CMD S S ； ②数值相等关系：D c x x =－H y 。

（1） 请你验证结论①和②成立；
（2） 请你研究：如果将上述框中条件“A 点坐标为（1，0）”改为“A 点坐标为（t ，0），（t ＞0）”，其他条件不变，结论①是否仍成立？（请说明理由）
（3） 进一步研究：如果将上述框中条件“A 点坐标为（1，0）”改为“A 点坐标为（t ，0），（t ＞0）”，又将条件“2x y =” 改为“2
ax y =（a ＞0）”，其他条件不变，那么D c x x 、和H y 有怎样的数值关系？（说明理由）
简析：题（2）把题（1）中的点A 由特殊条件（定点）改成一般条件（动点），两题在研究问题的方法上相同（把一般条件t 当着特殊值参与运算），结论①仍成立。

题（3）点A 和抛物线都由“静”变“动” ，结论②虽然发生了变化，研究问题的方法仍没变，但必须体会“从特殊到一般”的数学思想，要懂得“动和静、变和不变是相对的”的辩证思维方式。

2．化“动”为“静”，分而治之。

有些以动态为情景的探究性试题，条件中涉及到点、线、面的运动，图形的全等、相似以及特殊三角形的关系。

解决这类问题时，首先，化“动”为“静”，其次，根据运动的特征找准分类讨论的“临界点”，再则，有序的找出全等、相似以及特殊三角形中各种可能的“对应”，分别进行探究。

例3．如图3，在直梯形ABCD 中，∠D=∠C=090，AB=4，BC=6，AD=8。

点P 、Q 同时从A 点出发，分别作匀速运动，其中点P 沿AB 、BC 向终点C 运动，速度为每秒2个单位，点Q 沿AD 向终点D 运动，速度为每秒1个单位。

当这两个点达到自己的终点时，另一个点也停止运动，设这两个点从出发运动了t 秒。

（1）
（2） 动点P 与Q 哪一点先达到自己的终点？此时t 为何值？
（3） 当0＜t ＜2时，求证：以PQ 为直径的圆与AD 相切
（4）
（5） 以PQ 为直径的圆能否与CD 相切？若有可能，求出t 的值或t 的取值范围；若不可能，请说明理由。

简析：题（1）、（2）只是为题（3）作铺垫。

我们从两方面来探究题（3）首先，点P 运动速度快故先达到终点，且它折线上运动，分类讨论只能以它为标准，由AB=4，BC=6，点P 的速度为每秒2个单位，则0、2、5秒是三个“临界点”；其次，点P 、Q 运动的“路程”（动态线段或折线长），其数学思想上是t 的一次函数，我们在方法上化“动”为“静”，把它当“常数”处理。

所以分类讨论如下：①当点P 沿AB 运动时0＜t ＜2，以PQ 为直径的圆不可能与CD 相切；②当点P 沿BC 运动时2≤t ≤5，设以PQ 为直径的圆与CD 相切于点K ，交AD 于点Q 、H （如图4）。

则DK=3，DH=CP=10－2t ，DQ=8－t ，由切割线定理，得2DA =DH ·DQ 。

即 2)3(=(10－2t)(8－t),2t 2－26t+77=0，解之,得t 1=2
1513+＞5(舍去)，t 2=21513-≈4.56＜5，所以，当t=2
1513-时，以PQ 为直径的圆与CD 相切。

例4．在直角坐标系xoy 中，O 为坐标原点，A 、B 、C 三点的坐标分别是A （5，0），B （0，4），C （-1，0）。

点M 和点N 在x 轴上（点M 在点N 的左边），点N 在原点右边，作MP ⊥BN ，垂足为P （点P 在线段BN 上，且点P 与点B 不重合），直线MP 与y 轴交于点G ，MG=BN 。

（1）
（2）
（3） 求经过A 、B 、C 三点的抛物线的解析式；（2）求点M 的坐标；
（3）设ON=t ，△MOG 的面积为s ，求s 与t 的函数关系式，并求自变量t 的取值范围。

（6）
（7） 点B 作直线BK ∥x 轴，在直线BK 上是否存在点R ，使△ORA 为等腰三角形，若存在，请直接写出点R 的坐标；若不存在，请说明理由。

简析：题（2）、（4）都隐含着分类讨论，其中题（2）要按点M 在原点左边和在原点右边分别探究（如图5），再考虑△BON ≌△MOG ，便能解之。

探究题（4）时，首先确定以等腰三角形的顶角作为分类标准，那么∠O 、∠A 、∠R 都可以作为顶角，其次再进行二级分类，以∠O 、∠A 为顶角的等腰三角形又分别有两种情况，这样五个解就不会遗漏，这就是所谓的“有序的找出各种可能的情况”。

3.寻“变”中之“不变”，随机应变。

在直线形或圆中，某些几何结论可能随着图形位置的变化而变化，也有的图形位置变化而几何结论不变，但是无论几何结论变化与否，探究问题方法的基本思路不变，仅在某些方面略有差异。

因此，把握解决第一问的解题规律，注意前后问的差异，就能探究成功。

例5．如图6四边形AEFG 与ABCD 都是正方形，它们的边长分别是a 、b （b ≥2a ），且点F 在AD 上（以下问题的结果可用a 、b 的代数式表示）。

（1）
（2） 求DBF S ∆；
（2）把正方形AEFG 绕点A 按逆时针方向旋转450
得如图7，求图7中的DBF S ∆；（3）把正方形AEFG 绕点A 旋转任意角度，在旋转的过程中，DBF S ∆是否存在最大值、最小值？如
果存在，试求出最大值、最小值；如果不存在，请说明理由。

简析：题
（1）求△BDF 的面积以DF 为底，AB 为高计算虽然简便；若从探究问题（2）、（3）考虑，抓住正方形AEFG 绕点A 旋转任意角度，在旋转的过程中DB 始终不变，△BDF 的面积随DB 上高的变化而变化，求DB 上的高成为问题的关键。

据此，解题（1）时以DB 为底，用解三角形求DB 上的高，但是，此求高的方法对探究问题（2）、（3）不利。

我们细心观察图6发现EF ∥DB ，联想到等积变形，把求△BDF 的面积转化成求△BDE 的面积，在寻找△BDE 边DB 上高的过程中又发现A 、E 、C 在一直线上，OE 就是高，此时已知DB 上高与对角线AC 相关（这就是随机应变）。

显然探究问题（2）成了（1）的翻版（只是AF ∥DB ，△BDF 与△BDA 等积变形, 这就是本题的“变”中之“不变”）。

解决问题（3）的关键是，要看到正方形AEFG 绕点A 旋转任意角度，点F 的轨迹是以A 为圆心，AF 为半径的圆（如图8），当b ＞2a 时，在位置1F 时△BDF 的面积最小（b=2a 时，没有最小值）；在位置2F 时△BDF 的面积最大，高仍与对角线AC 相关。