2006年中考数学试题汇编及解析 探索型问题

2006年中考数学试题汇编及解析 探索型问题 探索型问题这类问题往往涉及面很广，主要是探索题设结论是否存在，或是否成立，或是让学生自己先猜想结论，再进行研究从而得出正确的结论等等，这些题通常有一定的难度，几乎在全国各地的中考数学试卷中都能见到。

1、（2006浙江舟山）如图1，在直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），•以OA•为边在第四象限内作等边△AOB，点C为x轴的正半轴上一动点（OC>1），连结BC，•以BC•为边在第四象限内作等边△CBD，直线DA交y轴于点E． （1）试问△OBC与△ABD全等吗？并证明你的结论． （2）随着点C位置的变化，点E的位置是否会发生变化，若没有变化，求出点E•的坐标；若有变化，请说明理由． （3）如图2，以OC为直径作圆，与直线DE分别交于点F、G，设AC=m，AF=n，用含n的代数式表示m．

[解析] （1）两个三角形全等 ∵△AOB、△CBD都是等边三角形 ∴OBA=∠CBD=60° ∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC 即∠OBC=∠ABD ∵OB=AB，BC=BD △OBC≌△ABD （2）点E位置不变 ∵△OBC≌△ABD ∴∠BAD=∠BOC=60° ∠OAE=180°-60°-60°=60°

在Rt△EOA中，EO=OA²tan60°=3

或∠AEO=30°，得AE=2，∴OE=3 ∴点E的坐标为（0，3） （3）∵AC=m，AF=n，由相交弦定理知1²m=n²AG，即AG=mn 又∵OC是直径，∴OE是圆的切线，OE2=EG²EF 在Rt△EOA中，AE=31=2

（3）2=（2-mn）（2+n） 即2n2+n-2m-mn=0

解得m=222nnn. 2、（2006浙江金华）如图,平面直角坐标系中,直线AB与x轴,y轴分别交于A(3,0),B(0,3)两点, ,点C为线段AB上的一动点,过点C作CD⊥x轴于点D.

(1)求直线AB的解析式;

(2)若S梯形OBCD＝433,求点C的坐标; (3)在第一象限内是否存在点P,使得以P,O,B为顶点的 三角形与△OBA相似.若存在,请求出所有符合条件 的点P的坐标;若不存在,请说明理由.

[解析] （1）直线AB解析式为：y=33x+3．

（2）方法一：设点Ｃ坐标为（x，33x+3），那么OD＝x，CD＝33x+3． ∴OBCDS梯形＝2CDCDOB＝3632x． 由题意：3632x ＝334，解得4,221xx（舍去） ∴ Ｃ（２，33） 方法二：∵ 23321OBOASAOB,OBCDS梯形＝334，∴63ACDS． 由OA=3OB，得∠BAO＝30°，AD=3CD． ∴ ACDS＝21CD³AD＝223CD＝63．可得CD＝33．

∴ AD=１，OD＝２．∴C（２，33）． （３）当∠OBP＝Rt∠时，如图 ①若△BOP∽△OBA，则∠BOP＝∠BAO=30°，BP=3OB=3，

∴1P（3，33）．

②若△BPO∽△OBA，则∠BPO＝∠BAO=30°,OP=33OB=1． ∴2P（1，3）． 当∠OPB＝Rt∠时 ③ 过点P作OP⊥BC于点P(如图)，此时△PBO∽△OBA，∠BOP＝∠BAO＝30° 过点P作PM⊥OA于点M．

方法一： 在Rt△PBO中，BP＝21OB＝23，OP＝3BP＝23． ∵ 在Rt△PＭO中，∠OPM＝30°， ∴ OM＝21OP＝43；PM＝3OM＝433．∴3P（43，433）．

方法二：设Ｐ（x ，33x+3），得OM＝x ，PM＝33x+3 由∠BOP＝∠BAO,得∠POM＝∠ABO．

∵tan∠POM==OMPM=xx333 ，tan∠ABOC=OBOA=3． ∴33x+3＝3x，解得x＝43．此时，3P（43，433）． ④若△POB∽△OBA(如图)，则∠OBP=∠BAO＝30°，∠POM＝30°． ∴ PM＝33OM＝43． ∴ 4P（43，43）（由对称性也可得到点4P的坐标）． 当∠OPB＝Rt∠时，点P在ｘ轴上,不符合要求. 综合得，符合条件的点有四个，分别是：

1P（3，33），2P（1，3），3P（43，433），4P（43，43）．

3、（2006湖南常德）如图，在直角坐标系中，以点(30)A，为圆心，以23为半径的圆与x轴相交于点BC，，与y轴相交于点DE，． （1）若抛物线213yxbxc经过CD，两点，求抛物线的解析式，并判断点B是否在该抛物线上． （2）在（1）中的抛物线的对称轴上求一点P，使得PBD△的周长最小． （3）设Q为（1）中的抛物线的对称轴上的一点，在抛物线上是否存在这样的点M，使得四边形BCQM是平行四边形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由． [解析] （1）3OA∵，23ABAC

(30)B，∴，(330)C， 又在RtAOD△中，23AD，3OA 223ODADOA∴

D∴的坐标为(03)，

又DC，两点在抛物线上，

231(33)3303cbc∴解得2333bc





∴抛物线的解析式为：2123333yxx

当3x时，0y ∴点(30)B，在抛物线上

（2）2123333yxx∵ 21(3)43x

∴抛物线2123333yxx的对称轴方程为3x

在抛物线的对称轴上存在点P，使PBD△的周长最小． BD∵的长为定值 ∴要使PBD△周长最小只需PBPD最小． 连结DC，则DC与对称轴的交点即为使PBD△周长最小的点． 设直线DC的解析式为ymxn．

由3330nmn得333mn ∴直线DC的解析式为333yx

由3333yxx得32xy 故点P的坐标为(32)，- （3）存在，设(3)Qt，为抛物线对称轴3x上一点，M在抛物线上要使四边形BCQM为平行四边形，则BCQM∥且BCQM，点M在对称轴的左侧． 于是，过点Q作直线LBC∥与抛物线交于点()mMxt， 由BCQM得43QM 从而33mx，12t 故在抛物线上存在点(312)M，，使得四边形BCQM为平行四边形． 4、（2006湖南常德）把两块全等的直角三角形ABC和DEF叠放在一起，使三角板DEF的锐角顶点D与三角板ABC的斜边中点O重合，其中90ABCDEF，45CF，4ABDE，把三角板ABC固定不动，让三角板DEF绕点O旋转，设射线DE与射线AB相交于点P，射线DF与线段BC相交于点Q． （1）如图9，当射线DF经过点B，即点Q与点B重合时，易证APDCDQ△∽△．此 时，APCQ· ． （2）将三角板DEF由图1所示的位置绕点O沿逆时针方向旋转，设旋转角为．其中 090，问APCQ·的值是否改变？说明你的理由．

（3）在（2）的条件下，设CQx，两块三角板重叠面积为y，求y与x的函数关系式．

Ｂ Ｅ

Ａ Ｄ(Ｏ)

Ｃ Ｑ

Ｍ

Ｂ Ｅ

Ｐ

Ａ Ｃ Ｑ

Ｄ(Ｏ)

Ｄ(Ｏ)

B(Q) C E

A P [解析] （1）8 （2）APCQ·的值不会改变．

理由如下：在APD△与CDQ△中，45AC 18045(45)9APDaa 90CDQa 即APDCDQ APDCDQ∴△∽△

APCDADCQ∴

221

82APCQADCDADAC



∴

（3）情形1：当045a时，24CQ，即24x，此时两三角板重叠部分为四边形DPBQ，过D作DGAP⊥于G，DNBC⊥于N，

2DGDN∴

由（2）知：8APCQ得8APx

于是111222yABACCQDNAPDG 88(24)xxx

情形2：当4590a≤时，02CQ≤时，即02x≤，此时两三角板重叠部分为DMQ△，

由于8APx，84PBx，易证：PBMDNM△∽△， BMPBMNDN∴即22BMPBBM解得28424PBxBMPBx



84444xMQBMCQxx∴

于是1844(02)24xyMQDNxxx

≤

综上所述，当24x时，88yxx 当02x≤时，8444xyxx

Ｂ Ｅ

Ｐ

Ａ Ｄ（Ｏ）

Ｃ Ｑ

Ｆ

Ｂ Ｅ Ｐ

Ａ Ｄ（Ｏ）

Ｃ Ｑ

Ｆ Ｎ

Ｍ

Ｇ