中考百分百--备战2011中考专题(探索性问题专题)

中考百分百——备战2011中考专题(探索性问题专题)一、知识网络梳理探索是人类认识客观世界过程中最生动、最活跃的思维活动，探索性问题存在于一切学科领域之中，在数学中则更为普遍．初中数学中的“探索发现”型试题是指命题中缺少一定的题设或未给出明确的结论，需要经过推断、补充并加以证明的命题，它不像传统的解答题或证明题，在条件和结论给出的情景中只需进行由因导果或由果导因的工作，从而定格于“条件——演绎——结论”这样一个封闭的模式之中，而是必须利用题设大胆猜想、分析、比较、归纳、推理，或由条件去探索不明确的结论；或由结论去探索未给予的条件；或去探索存在的各种可能性以及发现所形成的客观规律．通常情景中的“探索发现”型问题可以分为如下类型：1．条件探索型——结论明确，而需探索发现使结论成立的条件的题目．2．结论探索型——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．3．存在探索型——在一定的条件下，需探索发现某种数学关系是否存在的题目．4．规律探索型——在一定的条件状态下，需探索发现有关数学对象所具有的规律性或不变性的题目．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．二、知识运用举例（一）、条件探索型例1．（2007呼和浩特市）在四边形ABCD中，顺次连接四边中点EFGH，，，，构成一个新的四边形，请你对四边形ABCD填加一个条件，使四边形EFGH成为一个菱形．这个条件是__．ABDEFGHC解：ACBD或四边形ABCD是等腰梯形（符合要求的其它答案也可以）例2．（2007荆门市）将两块全等的含30°角的三角尺如图1摆放在一起，设较短直角边为1．（1）四边形ABCD是平行四边形吗？说出你的结论和理由：________________________．（2）如图2，将Rt△BCD沿射线BD方向平移到Rt△B1C1D1的位置，四边形ABC1D1是平行四边形吗？说出你的结论和理由：_________________________________________．（3）在Rt△BCD沿射线BD方向平移的过程中，当点B的移动距离为______时，四边形ABC1D1为矩形，其理由是_____________________________________；当点B的移动距离为______时，四边形ABC1D1为菱形，其理由是_______________________________．(图3、图4用于探究)解：（1）是，此时ADBC，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（2）是，在平移过程中，始终保持ABC1D1，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（3）33，此时∠ABC1＝90°，有一个角是直角的平行四边形是矩形．3，此时点D与点B1重合，AC1⊥BD1，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．例3．（2006广东）如图所示，在平面直角坐标中，四边形OABC是等腰梯形，BC∥OA，OA＝7，AB＝4，∠COA＝60°，点P为x轴上的—个动点，点P不与点0、点A重合．连结CP，过点P作PD交AB于点D．（1）求点B的坐标；（2）当点P运动什么位置时，△OCP为等腰三角形，求这时点P的坐标；（3）当点P运动什么位置时，使得∠CPD＝∠OAB，且ABBD＝85，求这时点P的坐标．[解析]（1）；过C作CD⊥OA于A，BE⊥OA于E则△OCD≌△ABE，四边形CDEB为矩形∴OD＝AE，CD＝BE∵OC＝AB＝4，∠COA＝60°∴CD＝23，OD＝2∴CB＝DE＝3∴OE＝OD＋DE＝5∵BE＝CD＝23图4CADB图3CADB图2D1C1B1CADB图13030BDAC∴B（5，23）（2）∵∠COA＝60°，△OCP为等腰三角形∴△OCP是等边三角形∴OP＝OC＝4∴P（4，0）即P运动到（4，0）时，△OCP为等腰三角形（3）∵∠CPD＝∠OAB＝∠COP＝60°∴∠OPC＋∠DPA＝120°又∵∠PDA＋∠DPA＝120°∴∠OPC＝∠PDA∵∠OCP＝∠A＝60°∴△COP∽△PAD∴OPOCADAP∵58BDAB，AB＝4∴BD＝52∴AD＝32即4372OPOP∴276OPOP得OP＝1或6∴P点坐标为（1，0）或（6，0）（二）、结论探索型例4．（2007云南省）已知：如图，四边形ABCD是矩形（AD＞AB），点E在BC上，且AE＝AD，DF⊥AE，垂足为F．请探求DF与AB有何数量关系？写出你所得到的结论并给予证明．解：经探求，结论是：DF＝AB．证明如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90，AD∥BC，∴∠DAF＝∠AEB．∵DF⊥AE，∴∠AFD＝90，∵AE＝AD，∴△ABE≌△DFA．∴AB＝DF．FADCEB例5．（2007北京市）我们知道：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．类似地，我们定义：至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形．（1）请写出一个你学过的特殊四边形中是等对边四边形的图形的名称；（2）如图，在ABC△中，点DE，分别在ABAC，上，设CDBE，相交于点O，若60A°，12DCBEBCA．请你写出图中一个与A相等的角，并猜想图中哪个四边形是等对边四边形；（3）在ABC△中，如果A是不等于60°的锐角，点DE，分别在ABAC，上，且12DCBEBCA．探究：满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形，并证明你的结论．解：（1）回答正确的给1分（如平行四边形、等腰梯形等）．（2）答：与A相等的角是BOD（或COE）．四边形DBCE是等对边四边形．（3）答：此时存在等对边四边形，是四边形DBCE．证法一：如图1，作CGBE于G点，作BFCD交CD延长线于F点．因为12DCBEBCA，BC为公共边，所以BCFCBG△≌△．所以BFCG．因为BDFABEEBCDCB，BECABEA，所以BDFBEC．可证BDFCEG△≌△．所以BDCE．所以四边形DBCE是等边四边形．证法二：如图2，以C为顶点作FCBDBC，CF交BE于F点．因为12DCBEBCA，BC为公共边，所以BDCCFB△≌△．所以BDCF，BDCCFB．所以ADCCFE．因为ADCDCBEBCABE，FECAABE，所以ADCFEC．所以FECCFE．所以CFCE．所以BDCE．所以四边形DBCE是等边四边形．说明：当ABAC时，BDCE仍成立．只有此证法，只给1分．BOADECBOADECF图2BOADECF图1G例6．（07山东滨州）如图1所示，在ABC△中，2ABAC，90A∠，O为BC的中点，动点E在BA边上自由移动，动点F在AC边上自由移动．（1）点EF，的移动过程中，OEF△是否能成为45EOF∠的等腰三角形？若能，请指出OEF△为等腰三角形时动点EF，的位置．若不能，请说明理由．（2）当45EOF∠时，设BEx，CFy，求y与x之间的函数解析式，写出x的取值范围．（3）在满足（2）中的条件时，若以O为圆心的圆与AB相切（如图2），试探究直线EF与O的位置关系，并证明你的结论．解：如图，（1）点EF，移动的过程中，OEF△能成为45EOF°的等腰三角形．此时点EF，的位置分别是：①E是BA的中点，F与A重合．②2BECF．③E与A重合，F是AC的中点．（2）在OEB△和FOC△中，135EOBFOC°，135EOBOEB°，FOCOEB∴．又BC∵，OEBFOC∴△∽△．BEBOCOCF∴．BEx∵，CFy，2212222OBOC，2(12)yxx∴≤≤．（3）EF与O相切．OEBFOC∵△∽△，BEOECOOF∴．BEOEBOOF∴．图1ABCOEF图2ABCOEF即BEBOOEOF．又45BEOF∵°，BEOOEF∴△∽△．BEOOEF∴．∴点O到AB和EF的距离相等．AB∵与O相切，∴点O到EF的距离等于O的半径．EF∴与O相切．（三）、存在探索型存在性探索问题是指在某种题设条件下，判断具有某种性质的数学对象是否存在的一类问题.解题的策略与方法是：先假设数学对象存在，以此为条件进行运算或推理.若无矛盾，说明假设正确，由此得出符合条件的数学对象存在；否则，说明不存在．例7．(2006山东省威海市)抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)过点A（1，－3），B（3，－3），C（－1，5），顶点为M点．⑴求该抛物线的解析式．⑵试判断抛物线上是否存在一点P，使∠POM＝90.若不存在，说明理由；若存在，求出P点的坐标．解：⑴y＝x24x⑵易求得顶点M的坐标为(2，4)．设抛物线上存在一点P，使OP⊥OM，其坐标为(a，a24a)．过P作PE⊥y轴，垂足为E；过M点作MF⊥y轴，垂足为F，则∠POE＋∠MOF＝90，∠POE＋∠EPO＝90.∴∠EPO＝∠FOM．∵∠OEP＝∠MFO＝90，∴Rt△OEP∽Rt△MFO．∴OE∶MF＝EP∶OF.即(a24a)∶2＝a∶4.解得a1＝0(舍去)，a2＝29．故抛物线上存在一点P，使∠POM＝90，P点的坐标为(29，49)例8．(2006武汉市)已知：二次函数y＝x2(m＋1)x＋m的图象交x轴于A(x1，0)、B(x2，0)两点，交y轴正半轴于点C，且x12＋x22＝10．⑴求此二次函数的解析式；⑵是否存在过点D(0，25)的直线与抛物线交于点M、N，与x轴交于点E，使得点M、N关于点E对称？若存在，求直线MN的解析式；若不存在，请说明理由．图2-2-33分析与解答⑴依题意，得x1x2＝m，x12＋x22＝10，∵x1＋x2＝m＋1，∴(x1＋x2)22x1x2＝10，∴(m＋1)22m＝10，m＝3或m＝3，又∵点C在y轴的正半轴上，∴m＝3．∴所求抛物线的解析式为y＝x24x＋3．⑵假设存在过点D(0，25)的直线与抛物线交于M(xM，yM)、N(xN，yN)两点，与x轴交于点E，使得M、N两点关于点E对称．∵M、N两点关于点E对称，∴yM＋yN＝0.设直线MN的解析式为：y＝kx25．由.25-kxy3x4xy2，得x2(k＋4)x＋211＝0，∴xM＋xN＝4＋k，∴yM＋yN＝k(xM＋xN)5＝0．∴k(k＋4)5＝0，∴k＝1或k＝5．当k＝5时，方程x2(k＋4)x＋211＝0的判别式⊿＜0，∴k＝1，∴直线MN的解析式为y＝x25．∴存在过点D(0，25)的直线与抛物线交于M、N两点，与x轴交于点E，使得M、N两点关于点E对称．例9．（2007乐山）如图（13），在矩形ABCD中，4AB，10AD．直角尺的直角顶点P在AD上滑动时（点P与AD，不重合），一直角边经过点C，另一直角边AB交于点E．我们知道，结论“RtRtAEPDPC△∽△”成立．（1）当30CPD∠时，求AE的长；（2）是否存在这样的点P，使DPC△的周长等于AEP△周长的2倍？若存在，求出DP的长；若不存在，请说明理由．解（1）在RtPCD△中，由tanCDCPDPD∠，得443tantan30CDPDCPD∠1043APADPD