2013年中考數(shù)學專題復習 講座四 探究型問題 浙教版

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1、2013年中考數(shù)學復習專題講座四：探究型問題 一、中考專題詮釋 探究型問題是指命題中缺少一定的條件或無明確的結(jié)論，需要經(jīng)過推斷，補充并加以證明的一類問題．根據(jù)其特征大致可分為：條件探究型、結(jié)論探究型、規(guī)律探究型和存在性探究型等四類． 二、解題策略與解法精講 由于探究型試題的知識覆蓋面較大，綜合性較強，靈活選擇方法的要求較高，再加上題意新穎，構(gòu)思精巧，具有相當?shù)纳疃群碗y度，所以要求同學們在復習時，首先對于基礎知識一定要復習全面，并力求扎實牢靠；其次是要加強對解答這類試題的練習，注意各知識點之間的因果聯(lián)系，選擇合適的解題途徑完成最后的解答．由于題型新穎、綜合性強、結(jié)構(gòu)獨特等，此類問題的一般

2、解題思路并無固定模式或套路，但是可以從以下幾個角度考慮： 1．利用特殊值（特殊點、特殊數(shù)量、特殊線段、特殊位置等）進行歸納、概括，從特殊到一般，從而得出規(guī)律． 2．反演推理法（反證法），即假設結(jié)論成立,根據(jù)假設進行推理，看是推導出矛盾還是能與已知條件一致． 3．分類討論法．當命題的題設和結(jié)論不惟一確定，難以統(tǒng)一解答時，則需要按可能出現(xiàn)的情況做到既不重復也不遺漏，分門別類加以討論求解，將不同結(jié)論綜合歸納得出正確結(jié)果． 4．類比猜想法．即由一個問題的結(jié)論或解決方法類比猜想出另一個類似問題的結(jié)論或解決方法，并加以嚴密的論證． 以上所述并不能全面概括此類命題的解題策略，因而具體操作時，應更

3、注重數(shù)學思想方法的綜合運用． 三、中考考點精講 考點一：動態(tài)探索型： 此類問題結(jié)論明確，而需探究發(fā)現(xiàn)使結(jié)論成立的條件． 例1 （2012?自貢）如圖所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF為正三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合． （1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE=CF； （2）當點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最大（或最?。┲担? 考點： 菱形的性質(zhì)；二次函數(shù)的最值；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的

4、性質(zhì)。 分析： （1）先求證AB=AC，進而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠4=60°，AC=AB進而求證△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF； （2）根據(jù)△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根據(jù)S四邊形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解題；當正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短．△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當AE最短時，正三角形AEF的面積會最小，又根據(jù)S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF，則△CEF的面積就會最大． 解答： （1）證明：連接AC，如下圖所示， ∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD=

5、120°， ∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°， ∴∠1=∠3， ∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=60°， ∴△ABC和△ACD為等邊三角形， ∴∠4=60°，AC=AB， ∴在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（ASA）． ∴BE=CF； （2）解：四邊形AECF的面積不變，△CEF的面積發(fā)生變化． 理由：由（1）得△ABE≌△ACF， 則S△ABE=S△ACF， 故S四邊形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值， 作AH⊥BC于H點，則BH=2， S四邊形AECF=S△ABC=BC?AH

6、=BC?=4， 由“垂線段最短”可知：當正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短． 故△AEF的面積會隨著AE的變化而變化，且當AE最短時，正三角形AEF的面積會最小， 又S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF，則此時△CEF的面積就會最大． ∴S△CEF=S四邊形AECF﹣S△AEF=4﹣×2×=． 點評： 本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形判定與性質(zhì)及三角形面積的計算，求證△ABE≌△ACF是解題的關鍵，有一定難度． 考點二：結(jié)論探究型： 此類問題給定條件但無明確結(jié)論或結(jié)論不惟一，而需探索發(fā)現(xiàn)與之相應的結(jié)論的題目． 例3 　（2012?鹽城）如圖①所示，已知A

7、、B為直線l上兩點，點C為直線l上方一動點，連接AC、BC，分別以AC、BC為邊向△ABC外作正方形CADF和正方形CBEG，過點D作DD1⊥l于點D1，過點E作EE1⊥l于點E1． （1）如圖②，當點E恰好在直線l上時（此時E1與E重合），試說明DD1=AB； （2）在圖①中，當D、E兩點都在直線l的上方時，試探求三條線段DD1、EE1、AB之間的數(shù)量關系，并說明理由； （3）如圖③，當點E在直線l的下方時，請直接寫出三條線段DD1、EE1、AB之間的數(shù)量關系．（不需要證明） 考點： 正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)。 專題： 幾何綜合題。 分析： （1）由四邊形C

8、ADF、CBEG是正方形，可得AD=CA，∠DAC=∠ABC=90°，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAB，然后利用AAS證得△ADD1≌△CAB，根據(jù)全等三角形的對應邊相等，即可得DD1=AB； （2）首先過點C作CH⊥AB于H，由DD1⊥AB，可得∠DD1A=∠CHA=90°，由四邊形CADF是正方形，可得AD=CA，又由同角的余角相等，求得∠ADD1=∠CAH，然后利用AAS證得△ADD1≌△CAH，根據(jù)全等三角形的對應邊相等，即可得DD1=AH，同理EE1=BH，則可得AB=DD1+EE1． （3）證明方法同（2），易得AB=DD1﹣EE1． 解答： （1）證明：∵四邊形

9、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． 證明：過點C作CH⊥AB于H， ∵DD1⊥AB， ∴∠DD1A=∠CHA=90°， ∴∠DAD1+∠ADD1=90°， ∵四邊形CADF是正方形， ∴AD=CA，∠DAC=90°， ∴∠DAD1+∠CAH=90°，

10、∴∠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． 證明：過點C作CH⊥AB于H， ∵DD1⊥AB， ∴∠DD1A=∠CHA=90°， ∴∠DAD1+∠ADD1=90°， ∵四邊形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，

11、 ∴AB=AH﹣BH=DD1﹣EE1． 點評： 此題考查了正方形的性質(zhì)與全等三角形的判定與性質(zhì)．此題難度適中，注意數(shù)形結(jié)合思想的應用，注意掌握輔助線的作法． 　 例4 （2012?麗水）在直角坐標系中，點A是拋物線y=x2在第二象限上的點，連接OA，過點O作OB⊥OA，交拋物線于點B，以OA、OB為邊構(gòu)造矩形AOBC． （1）如圖1，當點A的橫坐標為　 　時，矩形AOBC是正方形； （2）如圖2，當點A的橫坐標為時， ①求點B的坐標； ②將拋物線y=x2作關于x軸的軸對稱變換得到拋物線y=﹣x2，試判斷拋物線y=﹣x2經(jīng)過平移交換后，能否經(jīng)過A，B，C三點？如果可以，

12、說出變換的過程；如果不可以，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題。 專題： 代數(shù)幾何綜合題。 分析： （1）過點A作AD⊥x軸于點D，根據(jù)正方形的對角線平分一組對角可得∠AOC=45°，所以∠AOD=45°，從而得到△AOD是等腰直角三角形，設點A坐標為（﹣a，a），然后利用點A在拋物線上，把點的坐標代入解析式計算即可得解； （2）①過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BF⊥x軸于點F，先利用拋物線解析式求出AE的長度，然后證明△AEO和△OFB相似，根據(jù)相似三角形對應邊成比例列式求出OF與BF的關系，然后利用點B在拋物線上，設出點B的坐標代入拋物線解析式計算即可得解； ②過點C

13、作CG⊥BF于點G，可以證明△AEO和△BGC全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得CG=OE，BG=AE，然后求出點C的坐標，再根據(jù)對稱變換以及平移變換不改變拋物線的形狀利用待定系數(shù)法求出過點A、B的拋物線解析式，把點C的坐標代入所求解析式進行驗證變換后的解析式是否經(jīng)過點C，如果經(jīng)過點C，把拋物線解析式轉(zhuǎn)化為頂點式解析式，根據(jù)頂點坐標寫出變換過程即可． 解答： 解：（1）如圖，過點A作AD⊥x軸于點D， ∵矩形AOBC是正方形， ∴∠AOC=45°， ∴∠AOD=90°﹣45°=45°， ∴△AOD是等腰直角三角形， 設點A的坐標為（﹣a，a）（a≠0）， 則（﹣a）2=a， 解

14、得a1=﹣1，a2=0（舍去）， ∴點A的坐標﹣a=﹣1， 故答案為：﹣1； （2）①過點A作AE⊥x軸于點E，過點B作BF⊥x軸于點F， 當x=﹣時，y=（﹣）2=， 即OE=，AE=， ∵∠AOE+∠BOF=180°﹣90°=90°， ∠AOE+∠EAO=90°， ∴∠EAO=∠BOF， 又∵∠AEO=∠BFO=90°， ∴△AEO∽△OFB， ∴===， 設OF=t，則BF=2t， ∴t2=2t， 解得：t1=0（舍去），t2=2， ∴點B（2，4）； ②過點C作CG⊥BF于點G， ∵∠AOE+∠EAO=90°，∠FBO+∠CBG=90°，∠AO

15、E=∠FBO， ∴∠EAO=∠CBG， 在△AEO和△BGC中，， ∴△AEO≌△BGC（AAS）， ∴CG=OE=，BG=AE=． ∴xc=2﹣=，yc=4+=， ∴點C（，）， 設過A（﹣，）、B（2，4）兩點的拋物線解析式為y=﹣x2+bx+c，由題意得，， 解得， ∴經(jīng)過A、B兩點的拋物線解析式為y=﹣x2+3x+2， 當x=時，y=﹣（）2+3×+2=，所以點C也在此拋物線上， 故經(jīng)過A、B、C三點的拋物線解析式為y=﹣x2+3x+2=﹣（x﹣）2+． 平移方案：先將拋物線y=﹣x2向右平移個單位，再向上平移個單位得到拋物線y=﹣（x﹣）2+． 點評：

16、本題是對二次函數(shù)的綜合考查，包括正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，待定系數(shù)法求拋物線解析式，綜合性較強，難度較大，要注意利用點的對稱、平移變換來解釋拋物線的對稱平移變換，利用點研究線也是常用的方法之一． 考點三：規(guī)律探究型： 規(guī)律探索問題是指由幾個具體結(jié)論通過類比、猜想、推理等一系列的數(shù)學思維過程，來探求一般性結(jié)論的問題，解決這類問題的一般思路是通過對所給的具體的結(jié)論進行全面、細致的觀察、分析、比較，從中發(fā)現(xiàn)其變化的規(guī)律，并猜想出一般性的結(jié)論，然后再給出合理的證明或加以運用. 例5 （2012?青海）如圖（*），四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，

17、∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分線CF于點F．請你認真閱讀下面關于這個圖的探究片段，完成所提出的問題． （1）探究1：小強看到圖（*）后，很快發(fā)現(xiàn)AE=EF，這需要證明AE和EF所在的兩個三角形全等，但△ABE和△ECF顯然不全等（一個是直角三角形，一個是鈍角三角形），考慮到點E是邊BC的中點，因此可以選取AB的中點M，連接EM后嘗試著去證△AEM≌EFC就行了，隨即小強寫出了如下的證明過程： 證明：如圖1，取AB的中點M，連接EM． ∵∠AEF=90° ∴∠FEC+∠AEB=90° 又∵∠EAM+∠AEB=90° ∴∠EAM=∠FEC ∵點E，M分別為正方形的邊BC和A

18、B的中點 ∴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線 ∴∠ECF=135° ∴△AEM≌△EFC（ASA） ∴AE=EF （2）探究2：小強繼續(xù)探索，如圖2，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC上的任意一點”，其余條件不變，發(fā)現(xiàn)AE=EF仍然成立，請你證明這一結(jié)論． （3）探究3：小強進一步還想試試，如圖3，若把條件“點E是邊BC的中點”改為“點E是邊BC延長線上的一點”，其余條件仍不變，那么結(jié)論AE=EF是否成立呢？若成立請你完成證明過程給小強看，若不成立請你說明理由． 考點： 正方形的性質(zhì)；全等三

19、角形的判定與性質(zhì)。 專題： 閱讀型。 分析： （2）在AB上截取AM=EC，然后證明∠EAM=FEC，∠AME=∠ECF=135°，再利用“角邊角”證明△AEM和△EFC全等，然后根據(jù)全等三角形對應邊相等即可證明； （3）延長BA到M，使AM=CE，然后證明∠BME=45°，從而得到∠BME=∠ECF，再利用兩直線平行，內(nèi)錯角相等證明∠DAE=∠BEA，然后得到∠MAE=∠CEF，再利用“角邊角”證明△MAE和△CEF全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等即可得證． 解答： （2）探究2，證明：在AB上截取AM=EC，連接ME， 由（1）知∠EAM=∠FEC， ∵AM=EC，AB=BC，

20、 ∴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， 證明：延長BA到M，使AM=CE，連接ME， ∴BM=BE， ∴∠BME=45°， ∴∠BME=∠ECF， 又∵AD∥BE， ∴∠DAE=∠BEA， 又∵∠MAD=∠AEF=90°， ∴∠DAE+∠MAD=∠BEA+∠AEF， 即∠MAE=∠CEF， 在△MAE和△C

21、EF中，， ∴△MAE≌△CEF（ASA）， ∴AE=EF． 點評： 本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，閱讀材料，理清解題的關鍵是取AM=EC，然后構(gòu)造出△AEM與△EFC全等是解題的關鍵． 例6 （2012?永州）如圖所示，已知二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1（a≠0）的圖象過點A（2，0）和B（4，3），l為過點（0，﹣2）且與x軸平行的直線，P（m，n）是該二次函數(shù)圖象上的任意一點，過P作PH⊥l，H為垂足． （1）求二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1（a≠0）的解析式； （2）請直接寫出使y＜0的對應的x的取值范圍； （3）對應當m=0，m=2和m=4時，分別

22、計算|PO|2和|PH|2的值．由此觀察其規(guī)律，并猜想一個結(jié)論，證明對于任意實數(shù)m，此結(jié)論成立； （4）試問是否存在實數(shù)m可使△POH為正三角形？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題。 專題： 壓軸題。 分析： （1）根據(jù)二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1（a≠0）的圖象過點A（2，0）和B（4，3），待定系數(shù)法求出a和b的值，拋物線的解析式即可求出； （2）令y=ax2+bx﹣1=0，解出x的值，進而求出使y＜0的對應的x的取值范圍； （3）分別求出當m=0，m=2和m=4時，分別計算|PO|2和|PH|2的值．然后觀察其規(guī)律，再進行證明； （

23、4）由（3）知OP=OH，只要OH=OP成立，△POH為正三角形，求出|OP|、|OH|含有m和n的表達式，令兩式相等，求出m和n的值． 解答： 解：（1）∵二次函數(shù)y=ax2+bx﹣1（a≠0）的圖象過點A（2，0）和B（4，3）， ∴， 解得a=，b=0， ∴二次函數(shù)的解析式為y=x2﹣1， （2）令y=x2﹣1=0， 解得x=﹣2或x=2， 由圖象可知當﹣2＜x＜2時y＜0， （3）當m=0時，|PO|2=1，|PH|2=1； 當m=2時，P點的坐標為（2，0），|PO|2=4，|PH|2=4， 當m=4時，P點的坐標為（4，3），|PO|2=25，|PH|2

24、=25， 由此發(fā)現(xiàn)|PO|2=|PH|2， 設P點坐標為（m，n），即n=m2﹣1 |OP|=， |PH|2=n2+4n+4=n2+m2， 故對于任意實數(shù)m，|PO|2=|PH|2； （4）由（3）知OP=PH，只要OH=OP成立，△POH為正三角形， 設P點坐標為（m，n），|OP|=， |OH|=， |OP|=|OH|，即n2=4，解得n=±2， 當n=﹣2時，n=m2﹣1不符合條件， 故n=2，m=±2時可使△POH為正三角形． 點評： 本題主要考查二次函數(shù)的綜合題，解答本題的關鍵是熟練掌握二次函數(shù)的圖形特征和性質(zhì)，特別是（3）問的解答很關鍵，是解答（4）

25、問的墊腳石，此題難度一般． 考點四：存在探索型： 此類問題在一定的條件下，需探究發(fā)現(xiàn)某種數(shù)學關系是否存在的題目． 例7 （2012?黑龍江）如圖，在平面直角坐標系中，直角梯形OABC的邊OC、OA分別與x軸、y軸重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=6，點C的坐標為（﹣9，0）． （1）求點B的坐標； （2）若直線DE交梯形對角線BO于點D，交y軸于點E，且OE=2，OD=2BD，求直線DE的解析式； （3）若點P是（2）中直線DE上的一個動點，是否存在點P，使以O、E、P為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

26、 考點： 一次函數(shù)綜合題。 分析： （1）過點B作BF⊥x軸于F，在Rt△BCF中，已知∠BCO=45°，BC=6，解直角三角形求CF，BF，確定B點坐標； （2）過點D作DG⊥y軸于點G，由平行線的性質(zhì)得出△ODG∽△OBA，利用相似比求DG，OG，確定D點坐標，由已知得E點坐標，利用“兩點法”求直線DE的解析式； （3）存在．由已知的OE=2，分別以O、E為圓心，2為半徑畫弧，與直線DE相交，或作線段OE的垂直平分線與直線DE相交，交點即為所求． 解答： 解：（1）過點B作BF⊥x軸于F，…（1分） 在Rt△BCF中， ∵∠BCO=45°，BC=6， ∴CF=BF=

27、6，…（1分） ∵C 的坐標為（﹣9，0）， ∴AB=OF=3， ∴點B的坐標為（﹣3，6）；…（1分） （2）過點D作DG⊥y軸于點G，…（1分） ∵AB∥DG， ∴△ODG∽△OBA， ∵===，AB=3，OA=6， ∴DG=2，OG=4，…（1分） ∴D（﹣2，4），E（0，2）， 設直線DE解析式為y=kx+b（k≠0） ∴， ∴，…（1分） ∴直線DE解析式為y=﹣x+2； …（1分） （3）存在P1（2，0）、P2（1，1）、P3（，2﹣）、P4（﹣，2+）…（3分） （寫對一個點得1分，寫對兩個點或三個點得2分） 點評： 本題考查了一次

28、函數(shù)的綜合運用．關鍵是通過作輔助線，解直角三角形，證明三角形相似，確定相關線段的長和點的坐標，得出直線解析式，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，分類求P點坐標． 例8 （2012?北海）如圖，在平面直角坐標系中有Rt△ABC，∠A=90°，AB=AC，A（﹣2，0）、B（0，1）、C（d，2）． （1）求d的值； （2）將△ABC沿x軸的正方向平移，在第一象限內(nèi)B、C兩點的對應點B′、C′正好落在某反比例函數(shù)圖象上．請求出這個反比例函數(shù)和此時的直線B′C′的解析式； （3）在（2）的條件下，直線BC交y軸于點G．問是否存在x軸上的點M和反比例函數(shù)圖象上的點P，使得四邊形PGMC′是平行四邊形？

29、如果存在，請求出點M和點P的坐標；如果不存在，請說明理由． 考點： 反比例函數(shù)綜合題。 專題： 計算題。 分析： （1）過C作CN垂直于x軸，交x軸于點N，由A、B及C的坐標得出OA，OB，CN的長，由∠CAB=90°，根據(jù)平角定義得到一對角互余，在直角三角形ACN中，根據(jù)兩銳角互余，得到一對角互余，利用同角的余角相等得到一對角相等，再由一對直角相等，且AC=BC，利用AAS得到三角形ACN與三角形AOB全等，根據(jù)全等三角形的對應邊相等可得出CN=0A，AN=0B，由AN+OA求出ON的長，再由C在第二象限，可得出d的值； （2）由第一問求出的C與B的橫坐標之差為3，根據(jù)平移

30、的性質(zhì)得到縱坐標不變，故設出C′（m，2），則B′（m+3，1），再設出反比例函數(shù)解析式，將C′與B′的坐標代入得到關于k與m的兩方程，消去k得到關于m的方程，求出方程的解得到m的值，即可確定出k的值，得到反比例函數(shù)解析式，設直線B′C′的解析式為y=ax+b，將C′與B′的坐標代入，得到關于a與b的二元一次方程組，求出方程組的解得到a與b的值，即可確定出直線B′C′的解析式； （3）存在x軸上的點M和反比例函數(shù)圖象上的點P，使得四邊形PGMC′是平行四邊形，理由為：設Q為GC′的中點，令第二問求出的直線B′C′的解析式中x=0求出y的值，確定出G的坐標，再由C′的坐標，利用線段中點坐標公式

31、求出Q的坐標，過點Q作直線l與x軸交于M′點，與y=的圖象交于P′點，若四邊形P′G M′C′是平行四邊形，則有P′Q=Q M′，易知點M′的橫坐標大于，點P′的橫坐標小于，作P′H⊥x軸于點H，QK⊥y軸于點K，P′H與QK交于點E，作QF⊥x軸于點F，由兩直線平行得到一對同位角相等，再由一對直角相等及P′Q=QM′，利用AAS可得出△P′EQ與△QFM′全等，根據(jù)全等三角形的對應邊相等，設EQ=FM′=t，由Q的橫坐標﹣t表示出P′的橫坐標，代入反比例函數(shù)解析式確定出P′的縱坐標，進而確定出M′的坐標，根據(jù)P′H﹣EH=P′H﹣QF表示出P′E的長，又P′Q=QM′，分別放在直角三角形中，

32、利用勾股定理列出關于t的方程，求出方程的解得到t的值，進而確定出P′與M′的坐標，此時點P′為所求的點P，點M′為所求的點M． 解答： 解：（1）作CN⊥x軸于點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， 在Rt△CNA和Rt△AOB中， ∵， ∴Rt△CNA≌Rt△AOB（AAS）， ∴NC=OA=2，AN=BO=1， ∴NO=NA+AO=3，又點C在第二象限， ∴d=﹣3； （2）設反比例函數(shù)為y=（k≠0）

33、，點C′和B′在該比例函數(shù)圖象上， 設C′（m，2），則B′（m+3，1）， 把點C′和B′的坐標分別代入y=，得k=2m；k=m+3， ∴2m=m+3， 解得：m=3， 則k=6，反比例函數(shù)解析式為y=，點C′（3，2），B′（6，1）， 設直線C′B′的解析式為y=ax+b（a≠0）， 把C′、B′兩點坐標代入得： ， ∴解得：； ∴直線C′B′的解析式為y=﹣x+3； （3）存在x軸上的點M和反比例函數(shù)圖象上的點P，使得四邊形PGMC′是平行四邊形，理由為： 設Q是G C′的中點，令y=﹣x+3中x=0，得到y(tǒng)=3， ∴G（0，3），又C′（3，2），

34、 ∴Q（，）， 過點Q作直線l與x軸交于M′點，與y=的圖象交于P′點， 若四邊形P′G M′C′是平行四邊形，則有P′Q=Q M′， 易知點M′的橫坐標大于，點P′的橫坐標小于， 作P′H⊥x軸于點H，QK⊥y軸于點K，P′H與QK交于點E，作QF⊥x軸于點F， ∵QF∥P′E， ∴∠M′QF=∠QP′E， 在△P′EQ和△QFM′中， ∵， ∴△P′EQ≌△QFM′（AAS）， ∴EQ=FM′，P′Q=QM′， 設EQ=FM′=t， ∴點P′的橫坐標x=﹣t，點P′的縱坐標y===，點M′的坐標是（+t，0）， ∴P′E=P′H﹣EH=P′H﹣QF=﹣， 又∵P

35、′Q=QM′， 根據(jù)勾股定理得：P′E2+EQ2=QF2+FM′2， ∴（﹣）2+t2=（）2+t2， 整理得：=5， 解得：t=（經(jīng)檢驗，它是分式方程的解）， ∴﹣t=﹣=；==5；+t=+=， ∴P′（，5），M′（，0）， 則點P′為所求的點P，點M′為所求的點M． 點評： 此題屬于反比例函數(shù)綜合題，涉及的知識有：全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，坐標與圖形性質(zhì)，利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，平移的性質(zhì)，是一道綜合性較強的試題，要求學生掌握知識要全面． 四、中考真題演練 1．（2012?廣東）如圖，直線y=2x﹣6與反比例函數(shù)y=的圖象交于點A（4，2），與x軸交于

36、點B． （1）求k的值及點B的坐標； （2）在x軸上是否存在點C，使得AC=AB？若存在，求出點C的坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 反比例函數(shù)綜合題。 專題： 數(shù)形結(jié)合。 分析： （1）先把（4，2）代入反比例函數(shù)解析式，易求k，再把y=0代入一次函數(shù)解析式可求B點坐標； （2）假設存在，然后設C點坐標是（a，0），然后利用兩點之間的公式可得=，借此無理方程，易得a=3或a=5，其中a=3和B點重合，舍去，故C點坐標可求． 解答： 解：（1）把（4，2）代入反比例函數(shù)y=，得 k=8， 把y=0代入y=2x﹣6中，可得 x=3， 故k=8；B點坐標是（3，

37、0）； （2）假設存在，設C點坐標是（a，0），則 ∵AB=AC， ∴=， 即（4﹣a）2+4=5， 解得a=5或a=3（此點與B重合，舍去） 故點C的坐標是（5，0）． 點評： 本題考查了反比函數(shù)的知識，解題的關鍵是理解點與函數(shù)的關系，并能靈活使用兩點之間的距離公式． 2．（2012?樂山）如圖，直線y=2x+2與y軸交于A點，與反比例函數(shù)（x＞0）的圖象交于點M，過M作MH⊥x軸于點H，且tan∠AHO=2． （1）求k的值； （2）點N（a，1）是反比例函數(shù)（x＞0）圖象上的點，在x軸上是否存在點P，使得PM+PN最?。咳舸嬖?，求出點P的坐標；若不存在，請

38、說明理由． 考點： 反比例函數(shù)綜合題。 分析： （1）根據(jù)直線解析式求A點坐標，得OA的長度；根據(jù)三角函數(shù)定義可求OH的長度，得點M的橫坐標；根據(jù)點M在直線上可求點M的坐標．從而可求K的值； （2）根據(jù)反比例函數(shù)解析式可求N點坐標；作點N關于x軸的對稱點N1，連接MN1與x軸的交點就是滿足條件的P點位置． 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軸，∴點M的橫坐標為1． ∵點M在直線y=2x+2上， ∴點M的縱坐標為4．即M（1，4）．…（3分） ∵點M在y=上， ∴

39、k=1×4=4．…（4分） （2）存在． ∵點N（a，1）在反比例函數(shù)（x＞0）上， ∴a=4．即點N的坐標為（4，1）．…（5分） 過點N作N關于x軸的對稱點N1，連接MN1，交x軸于P（如圖所示）． 此時PM+PN最小．…（6分） ∵N與N1關于x軸的對稱，N點坐標為（4，1）， ∴N1的坐標為（4，﹣1）．…（7分） 設直線MN1的解析式為y=kx+b． 由解得k=﹣，b=．…（9分） ∴直線MN1的解析式為． 令y=0，得x=． ∴P點坐標為（，0）．…（10分） 點評： 此題考查一次函數(shù)的綜合應用，涉及線路最短問題，難度中等． 　 3．（2012?莆

40、田）如圖，一次函數(shù)y=k1x+b的圖象過點A（0，3），且與反比例函數(shù)（x＞O）的圖象相交于B、C兩點． （1）若B（1，2），求k1?k2的值； （2）若AB=BC，則k1?k2的值是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由． 考點： 反比例函數(shù)綜合題。 專題： 綜合題。 分析： （1）分別利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式求出一次函數(shù)解析式與反比例函數(shù)解析式，然后代入k1?k2進行計算即可得解； （2）設出兩函數(shù)解析式，聯(lián)立方程組并整理成關于x的一元二次方程，根據(jù)AB=BC可知點C的橫坐標是點B的縱坐標的2倍，再利用根與系數(shù)的關系整理得到關于k1、k2的關系式，整理即

41、可得解． 解答： 解：（1）∵A（0，3），B（1，2）在一次函數(shù)y=k1x+b的圖象圖象上， ∴， 解得； ∵B（1，2）在反比例函數(shù)圖象上， ∴=2， 解得k2=2， 所以，k1?k2=（﹣1）×2=﹣2； （2）k1?k2=﹣2，是定值． 理由如下： ∵一次函數(shù)的圖象過點A（0，3）， ∴設一次函數(shù)解析式為y=k1x+3，反比例函數(shù)解析式為y=， ∴k1x+3=， 整理得k1x2+3x﹣k2=0， ∴x1+x2=﹣，x1?x2=﹣ ∵AB=BC， ∴點C的橫坐標是點B的橫坐標的2倍，不防設x2=2x1， ∴x1+x2=3x1=﹣，x1?x2=2x12

42、=﹣， ∴﹣=（﹣）2， 整理得，k1?k2=﹣2，是定值． 點評： 本題是對反比例函數(shù)的綜合考查，主要利用了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，根與系數(shù)的關系，（2）中根據(jù)AB=BC，得到點B、C的坐標的關系從而轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關系是解題的關鍵． 　 　 4．（2012?長春）如圖，在平面直角坐標系中，平行四邊形OABC的頂點A、C的坐標分別為A（2，0）、C（﹣1，2），反比例函數(shù)y=（k≠0）的圖象經(jīng)過點B． （1）求k的值． （2）將平行四邊形OABC沿x軸翻折，點C落在點C′處，判斷點C′是否在反比例函數(shù)y=（k≠0）的圖象上，請通過計算說明理由． 考點：

43、 反比例函數(shù)綜合題。 分析： （1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AO=BC，再根據(jù)A、C點坐標可以算出B點坐標，再把B點坐標代入反比例函數(shù)解析式中即可求出k的值； （2）根據(jù)翻折方法可知C與C′點關于x軸對稱，故C′點坐標是（﹣1，﹣2），把C′點坐標（﹣1，﹣2）代入解析式發(fā)現(xiàn)能使解析式左右相等，故點C′是否在反比例函數(shù)y=的圖象上． 解答： 解：（1）∵四邊形OABC是平行四邊形， ∴BC=AO， ∵A（2，0）， ∴OA=2， ∴BC=2， ∵C（﹣1，2）， ∴CD=1， ∴BD=BC﹣CD=2﹣1=1， ∴B（1，2）， ∵反比例函數(shù)y=（k≠0）的圖象經(jīng)過點B

44、， ∴k=1×2=2； （2）∵?OABC沿x軸翻折，點C落在點C′處， ∴C′點坐標是（﹣1，﹣2）， ∵k=2， ∴反比例函數(shù)解析式為y=， 把C′點坐標（﹣1，﹣2）代入函數(shù)解析式能使解析式左右相等， 故點C′在反比例函數(shù)y=的圖象上． 點評： 此題主要考查了反比例函數(shù)點的坐標與反比例函數(shù)解析式的關系，以及平行四邊形的性質(zhì)，關鍵是熟練把握凡是反比例函數(shù)圖象經(jīng)過的點都能滿足解析式． 　 　 　 　 7．（2012?宜賓）如圖，拋物線y=x2﹣2x+c的頂點A在直線l：y=x﹣5上． （1）求拋物線頂點A的坐標； （2）設拋物線與y軸交于點B，與x軸

45、交于點C、D（C點在D點的左側(cè)），試判斷△ABD的形狀； （3）在直線l上是否存在一點P，使以點P、A、B、D為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題。 專題： 壓軸題；分類討論。 分析： （1）先根據(jù)拋物線的解析式得出其對稱軸方程，由此得到頂點A的橫坐標，然后代入直線l的解析式中即可求出點A的坐標． （2）由A點坐標可確定拋物線的解析式，進而可得到點B的坐標．則AB、AD、BD三邊的長可得，然后根據(jù)邊長確定三角形的形狀． （3）若以點P、A、B、D為頂點的四邊形是平行四邊形，應分①AB為對角線、②AD為對角線兩種情

46、況討論，即①ADPB、②ABPD，然后結(jié)合勾股定理以及邊長的等量關系列方程求出P點的坐標． 解答： 解：（1）∵頂點A的橫坐標為x==1，且頂點A在y=x﹣5上， ∴當x=1時，y=1﹣5=﹣4， ∴A（1，﹣4）． （2）△ABD是直角三角形． 將A（1，﹣4）代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3， ∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3） 當y=0時，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，

47、 ∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形． （3）存在． 由題意知：直線y=x﹣5交y軸于點A（0，﹣5），交x軸于點F（5，0） ∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3 ∴△OEF與△OBD都是等腰直角三角形 ∴BD∥l，即PA∥BD 則構(gòu)成平行四邊形只能是PADB或PABD，如圖， 過點P作y軸的垂線，過點A作x軸的垂線并交于點C 設P（x1，x1﹣5），則G（1，x1﹣5） 則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，

48、﹣7），P（4，﹣1） 存在點P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1）使以點A、B、D、P為頂點的四邊形是平行四邊形． 點評： 題目考查了二次函數(shù)解析式的確定、勾股定理、平行四邊形的判定等基礎知識，綜合性較強；（3）題應注意分類討論，以免漏解． 　 8．（2012?溫州）如圖，經(jīng)過原點的拋物線y=﹣x2+2mx（m＞0）與x軸的另一個交點為A．過點P（1，m）作直線PM⊥x軸于點M，交拋物線于點B．記點B關于拋物線對稱軸的對稱點為C（B、C不重合）．連接CB，CP． （1）當m=3時，求點A的坐標及BC的長； （2）當m＞1時，連接CA，問m為何值時CA⊥CP？ （3）過點P作PE⊥

49、PC且PE=PC，問是否存在m，使得點E落在坐標軸上？若存在，求出所有滿足要求的m的值，并定出相對應的點E坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題。 分析： （1）把m=3，代入拋物線的解析式，令y=0解方程，得到的非0解即為和x軸交點的橫坐標，再求出拋物線的對稱軸方程，進而求出BC的長； （2）過點C作CH⊥x軸于點H（如圖1）由已知得∠ACP=∠BCH=90°，利用已知條件證明△ACH∽△PCB，根據(jù)相似的性質(zhì)得到：，再用含有m的代數(shù)式表示出BC，CH，BP，代入比例式即可求出m的值； （3）存在，本題要分當m＞1時，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1

50、和當0＜m＜1時，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m，兩種情況分別討論，再求出滿足題意的m值和相對應的點E坐標． 解答： 解：（1）當m=3時，y=﹣x2+6x 令y=0得﹣x2+6x=0 ∴x1=0，x2=6， ∴A（6，0） 當x=1時，y=5 ∴B（1，5） ∵拋物線y=﹣x2+6x的對稱軸為直線x=3 又∵B，C關于對稱軸對稱 ∴BC=4． （2）過點C作CH⊥x軸于點H（如圖1） 由已知得∠ACP=∠BCH=90° ∴∠ACH=∠PCB 又∵∠AHC=∠PBC=90° ∴△ACH∽△PCB， ∴， ∵拋物線y=﹣x2+2mx的對稱軸為直線x

51、=m，其中m＞1， 又∵B，C關于對稱軸對稱， ∴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）當m＞1時，BC=2（m﹣1），PM=m，BP=m﹣1， （i）若點E在x軸上（如圖1）， ∵∠CPE=90°， ∴∠MPE+∠BPC=∠MPE+∠MEP=90°，PC=EP， ∴△BPC≌△MEP， ∴BC=PM， ∴2（m﹣1）=m， ∴m=2，此時點E的坐標是（2，0

52、）； （ii）若點E在y軸上（如圖2）， 過點P作PN⊥y軸于點N， 易證△BPC≌△NPE， ∴BP=NP=OM=1， ∴m﹣1=1， ∴m=2， 此時點E的坐標是（0，4）； （II）當0＜m＜1時，BC=2（1﹣m），PM=m，BP=1﹣m， （i）若點E在x軸上（如圖3）， 易證△BPC≌△MEP， ∴BC=PM， ∴2（1﹣m）=m， ∴m=，此時點E的坐標是（，0）； （ii）若點E在y軸上（如圖4）， 過點P作PN⊥y軸于點N， 易證△BPC≌△NPE， ∴BP=NP=OM=1， ∴1﹣m=1，∴m=0（舍去）， 綜上所述，當m=2時，點E的

53、坐標是（0，2）或（0，4）， 當m=時，點E的坐標是（，0）． 點評： 此題主要考查了二次函數(shù)解析式的確定、軸對稱的性質(zhì)、相似三角形的判定和相似三角形的性質(zhì)以及全等三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定、需注意的是（3）題在不確E點的情況下需要分類討論，以免漏解．題目的綜合性強，難度也很大，有利于提高學生的綜合解題能力，是一道不錯的題目． 　 9．（2012?威海）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）的頂點為B（2，1），且過點A（0，2），直線y=x與拋物線交于點D，E（點E在對稱軸的右側(cè)），拋物線的對稱軸交直線y=x于點C，交x軸于點G，EF⊥x軸，垂足

54、為點F，點P在拋物線上，且位于對稱軸的右側(cè)，PM⊥x軸，垂足為點M，△PCM為等邊三角形． （1）求該拋物線的表達式； （2）求點P的坐標； （3）試判斷CE與EF是否相等，并說明理由； （4）連接PE，在x軸上點M的右側(cè)是否存在一點N，使△CMN與△CPE全等？若存在，試求出點N的坐標；若不存在，請說明理由． 考點： 二次函數(shù)綜合題。 分析： （1）根據(jù)拋物線的頂點是（2，1），因而設拋物線的表達式為y=a（x﹣2）2+1，把A的坐標代入即可求得函數(shù)的解析式； （2）根據(jù)△PCM為等邊三角形，則△CGM中，∠CMD=30°，CG的長度可以求得，利用直角三角形的性質(zhì)，即

55、可求得CM，即等邊△CMP的邊長，則P的縱坐標，代入二次函數(shù)的解析式，即可求得P的坐標； （3）解方程組即可求得E的坐標，則EF的長等于E的縱坐標，OE的長度，利用勾股定理可以求得，同理，OC的長度可以求得，則CE的長度即可求解； （4）可以利用反證法，假設x軸上存在一點，使△CMN≌△CPE，可以證得EN=EF，即N與F重合，與點E為直線y=x上的點，∠CEF=45°即點N與點F不重合相矛盾，故N不存在． 解答： 解：（1）設拋物線的表達式為y=a（x﹣2）2+1，將點A（0，2）代入，得 a（0﹣2）2+1=2…1分 解這個方程，得a= ∴拋物線的表達式為y=（x﹣2）2+1。

56、 （2）將x=2代入y=x，得y=2 ∴點C的坐標為（2，2）即CG=2， ∵△PCM為等邊三角形 ∴∠CMP=60°，CM=PM ∵PM⊥x軸，∴∠CMG=30° ∴CM=4，GM=2． ∴OM=2+2，PM=4， 將y=4代入y=（x﹣2）2+1，得4=（x﹣2）2+1 解這個方程，得x1=2=OM，x2=2﹣2＜0（不合題意，舍去）． ∴點P的坐標為（2+2，4）。 （3）相等。 把y=x代入y=x2﹣x=2，得x=x2﹣x+2 解這個方程，得x1=4+2，x2=4﹣2＜2（不合題意，舍去） ∴y=4+2=EF ∴點E的坐標為（4+2，4+2） ∴

57、OE==4+4 又∵OC=， ∴CE=OE﹣OC=4 ∴CE=EF。 （4）不存在 假設x軸上存在一點，使△CMN≌△CPE，則CN=CE，∠MNC=∠PCE ∵∠MCP=60°， ∴∠NCE=60° 又∵CE=EF， ∴EN=EF。 又∵點E為直線y=x上的點，∴∠CEF=45°， ∴點N與點F不重合．∵EF⊥x軸，這與“垂線段最短”矛盾， ∴原假設錯誤，滿足條件的點N不存在。 點評： 本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，以及等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，反證法，正確求得E的坐標是關鍵． 　　 　10．（2012?泰安）如圖，半徑為2的⊙C與x軸的

58、正半軸交于點A，與y軸的正半軸交于點B，點C的坐標為（1，0）．若拋物線y=﹣x2+bx+c過A、B兩點． （1）求拋物線的解析式； （2）在拋物線上是否存在點P，使得∠PBO=∠POB？若存在，求出點P的坐標；若不存在說明理由； （3）若點M是拋物線（在第一象限內(nèi)的部分）上一點，△MAB的面積為S，求S的最大（?。┲担? 考點： 二次函數(shù)綜合題。 分析： （1）利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式．因為已知A（3，0），所以需要求得B點坐標．如答圖1，連接OB，利用勾股定理求解； （2）由∠PBO=∠POB，可知符合條件的點在線段OB的垂直平分線上．如答圖2，OB的垂直平分線與

59、拋物線有兩個交點，因此所求的P點有兩個，注意不要漏解； （3）如答圖3，作MH⊥x軸于點H，構(gòu)造梯形MBOH與三角形MHA，求得△MAB面積的表達式，這個表達式是關于M點橫坐標的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的極值求得△MAB面積的最大值． 解答： 解：（1）如答圖1，連接OB． ∵BC=2，OC=1 ∴OB== ∴B（0，） 將A（3，0），B（0，）代入二次函數(shù)的表達式 得，解得， ∴y=﹣x2+x+． （2）存在． 如答圖2，作線段OB的垂直平分線l，與拋物線的交點即為點P． ∵B（0，），O（0，0）， ∴直線l的表達式為y=．代入拋物線的表達式， 得﹣x2+x+

60、=； 解得x=1±， ∴P（1±，）． （3）如答圖3，作MH⊥x軸于點H． 設M（xm，ym）， 則S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=（MH+OB）?OH+HA?MH﹣OA?OB =（ym+）xm+（3﹣xm）ym﹣×3× =xm+ym﹣ ∵ym=﹣xm2+xm+， ∴S△MAB=xm+（﹣xm2+xm+）﹣ =xm2+xm =（xm﹣）2+ ∴當xm=時，S△MAB取得最大值，最大值為． 點評： 本題是二次函數(shù)綜合題，重點考查二次函數(shù)相關性質(zhì)、圓的性質(zhì)、垂直平分線/勾股定理、面積求法等知識點．第（2）問中注意垂直平分線與拋物線的交

61、點有兩個，不要漏解；第（3）問中，重點關注圖形面積的求法以及求極值的方法．本題考查知識點較多，要求同學們對所學知識要做到理解深刻、融會貫通、靈活運用，如此方能立于不敗之地． 　 12．（2012?岳陽）（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖①，D是等邊△ABC邊BA上一動點（點D與點B不重合），連接DC，以DC為邊在BC上方作等邊△DCF，連接AF．你能發(fā)現(xiàn)線段AF與BD之間的數(shù)量關系嗎？并證明你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論． （2）類比猜想：如圖②，當動點D運動至等邊△ABC邊BA的延長線上時，其他作法與（1）相同，猜想AF與BD在（1）中的結(jié)論是否仍然成立？ （3）深入探究： Ⅰ．如圖③，當動點D在等邊△ABC邊B

62、A上運動時（點D與點B不重合）連接DC，以DC為邊在BC上方、下方分別作等邊△DCF和等邊△DCF′，連接AF、BF′，探究AF、BF′與AB有何數(shù)量關系？并證明你探究的結(jié)論． Ⅱ．如圖④，當動點D在等邊△邊BA的延長線上運動時，其他作法與圖③相同，Ⅰ中的結(jié)論是否成立？若不成立，是否有新的結(jié)論？并證明你得出的結(jié)論． 考點： 全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)。 專題： 幾何綜合題。 分析： （1）根據(jù)等邊三角形的三條邊、三個內(nèi)角都相等的性質(zhì)，利用全等三角形的判定定理SAS可以證得△BCD≌△ACF；然后由全等三角形的對應邊相等知AF=BD； （2）通過證明△BCD≌△

63、ACF，即可證明AF=BD； （3）Ⅰ．AF+BF′=AB；利用全等三角形△BCD≌△ACF（SAS）的對應邊BD=AF；同理△BCF′≌△ACD（SAS），則BF′=AD，所以AF+BF′=AB； Ⅱ．Ⅰ中的結(jié)論不成立．新的結(jié)論是AF=AB+BF′；通過證明△BCF′≌△ACD（SAS），則BF′=AD（全等三角形的對應邊相等）；再結(jié)合（2）中的結(jié)論即可證得AF=AB+BF′． 解答： 解：（1）AF=BD； 證明如下：∵△ABC是等邊三角形（已知）， ∴BC=AC，∠BCA=60°（等邊三角形的性質(zhì)）； 同理知，DC=CF，∠DCF=60°； ∴∠BCA﹣∠DCA=∠DCF﹣

64、DCA，即∠BCD=∠ACF； 在△BCD和△ACF中， ， ∴△BCD≌△ACF（SAS）， ∴BD=AF（全等三角形的對應邊相等）； （2）證明過程同（1），證得△BCD≌△ACF（SAS），則AF=BD（全等三角形的對應邊相等），所以，當動點D運動至等邊△ABC邊BA的延長線上時，其他作法與（1）相同，AF=BD仍然成立； （3）Ⅰ．AF+BF′=AB； 證明如下：由（1）知，△BCD≌△ACF（SAS），則BD=AF； 同理△BCF′≌△ACD（SAS），則BF′=AD， ∴AF+BF′=BD+AD=AB； Ⅱ．Ⅰ中的結(jié)論不成立．新的結(jié)論是AF=AB+BF′

65、； 證明如下：在△BCF′和△ACD中， ， ∴△BCF′≌△ACD（SAS）， ∴BF′=AD（全等三角形的對應邊相等）； 又由（2）知，AF=BD； ∴AF=BD=AB+AD=AB+BF′，即AF=AB+BF′． 點評： 本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)．等邊三角形的三條邊都相等，三個內(nèi)角都是60°． 　 13．（2012?煙臺）（1）問題探究 如圖1，分別以△ABC的邊AC與邊BC為邊，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，過點C作直線KH交直線AB于點H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分別為點M，N

66、．試探究線段D1M與線段D2N的數(shù)量關系，并加以證明． （2）拓展延伸 ①如圖2，若將“問題探究”中的正方形改為正三角形，過點C作直線K1H1，K2H2，分別交直線AB于點H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分別為點M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，給出證明；若不成立，說明理由． ②如圖3，若將①中的“正三角形”改為“正五邊形”，其他條件不變．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在圖3中補全圖形，注明字母，直接寫出結(jié)論，不需證明） 考點： 全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；正多邊形和圓。 專題： 幾何綜合題。 分析： （1）根據(jù)正方形的每一個角都是90°可以證明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的兩銳角互余證明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角邊”證明△ACH和△CD1M全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得D1M=CH，同理可證D2N=CH，從而得證； （2）①過點C作CG⊥AB，垂足為點G，根據(jù)三角形的內(nèi)角和等于180°和平角等于180°證明得到∠H1AC=