初中探究型问题.docx
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初中探究型问题
中考数学二轮复习重要考点精析
探究型问题
一、中考专题诠释
探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：
条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．
二、解题策略与解法精讲
由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．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．
三、中考考点精讲
考点一：
条件探索型：
此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件．
例1如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．
（1）连结BE，CD，求证：
BE=CD；
（2）如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．
①当旋转角为60
度时，边AD′落在AE上；
②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？
并给予证明．
思路分析：
（1）根据等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“边角边”证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）①求出∠DAE，即可得到旋转角度数；
②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．根据旋转的性质可得AB=BD=DD′=AD′，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ABD′=∠DBD′=30°，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出∠PCD′=∠ACD′=30°，从而得到∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PD′C=30°，然后利用“角边角”证明△BDD′与△CPD′全等．
解答：
（1）证明：
∵△ABD和△ACE都是等边三角形．
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC（SAS），
∴BE=CD；
（2）解：
①∵∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠DAE=180°-60°×2=60°，
∵边AD′落在AE上，
∴旋转角=∠DAE=60°；
②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．
理由如下：
由旋转可知，AB′与AD重合，
∴AB=BD=DD′=AD′，
∴四边形ABDD′是菱形，
∴∠ABD′=∠DBD′=
∠ABD=
×60°=30°，DP∥BC，
∵△ACE是等边三角形，
∴AC=AE，∠ACE=60°，
∵AC=2AB，
∴AE=2AD′，
∴∠PCD′=∠ACD′=
∠ACE=
×60°=30°，
又∵DP∥BC，
∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，
在△BDD′与△CPD′中，
，
∴△BDD′≌△CPD′（ASA）．
故答案为：
60．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及旋转的性质，综合性较强，但难度不大，熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的判定是姐提到过．
对应训练
1．如图，▱ABCD中，点O是AC与BD的交点，过点O的直线与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：
△AOE≌△COF；
（2）请连接EC、AF，则EF与AC满足什么条件时，四边形AECF是矩形，并说明理由．
解：
（1）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC，AB∥CD．
∴∠E=∠F又∠AOE=∠COF．
∴△AOE≌△COF（ASA）；
（2）如图，连接EC、AF，则EF与AC满足EF=AC时，四边形AECF是矩形，
理由如下：
由
（1）可知△AOE≌△COF，
∴OE=OF，
∵AO=CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF=AC，
∴四边形AECF是矩形．
考点二：
结论探究型：
此类问题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．
例2已知∠ACD=90°，MN是过点A的直线，AC=DC，DB⊥MN于点B，如图
（1）．易证BD+AB=
CB，过程如下：
过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E
∵∠ACB+∠BCD=90°，∠ACB+∠ACE=90°，∴∠BCD=∠ACE．
∵四边形ACDB内角和为360°，∴∠BDC+∠CAB=180°．
∵∠EAC+∠CAB=180°，∴∠EAC=∠BDC．
又∵AC=DC，∴△ACE≌△DCB，∴AE=DB，CE=CB，∴△ECB为等腰直角三角形，∴BE=
CB．
又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=
CB．
（1）当MN绕A旋转到如图
（2）和图（3）两个位置时，BD、AB、CB满足什么样关系式，请写出你的猜想，并对图
（2）给予证明．
（2）MN在绕点A旋转过程中，当∠BCD=30°，BD=
时，则CD=2，CB=+1．
思路分析：
（1）过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，证明△ACE≌△DCB，则△ECB为等腰直角三角形，据此即可得到BE=
CB，根据BE=AB-AE即可证得；
（2）过点B作BH⊥CD于点H，证明△BDH是等腰直角三角形，求得DH的长，在直角△BCH中，利用直角三角形中30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得．
解：
（1）如图
（2）：
AB-BD=
CB．
证明：
过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，
∴∠ACE=90°-∠DCE，∠BCD=90°-∠ECD，
∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，
∴∠CAE=90°-∠AFC，∠D=90°-∠BFD，
∵∠AFC=∠BFD，
∴∠CAE=∠D，
又∵AC=DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴BE=
CB．
又∵BE=AB-AE，
∴BE=AB-BD，
∴AB-BD=
CB．
如图（3）：
BD-AB=
CB．
证明：
过点C作CE⊥CB于点C，与MN交于点E，
∵∠ACD=90°，
∴∠ACE=90°+∠ACB，∠BCD=90°+∠ACB，
∴∠BCD=∠ACE．
∵DB⊥MN，
∴∠CAE=90°-∠AFB，∠D=90°-∠CFD，
∵∠AFB=∠CFD，
∴∠CAE=∠D，
又∵AC=DC，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=DB，CE=CB，
∴△ECB为等腰直角三角形，
∴BE=
CB．
又∵BE=AE-AB，
∴BE=BD-AB，
∴BD-AB=
CB．
（2）如图
（2），过点B作BH⊥CD于点H，
∵∠ABC=45°，DB⊥MN，
∴∠CBD=135°，
∵∠BCD=30°，
∴∠CBH=60°，
∴∠DBH=75°，
∴∠D=15°，
∴BH=BD•sin45°，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴DH=BH=
BD=
×
=1，
∵∠BCD=30°
∴CD=2DH=2，
∴CH=
，
∴CB=CH+BH=
+1；
点评：
本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：
全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的性质是全等三角形的对应边相等，对应角相等．
对应训练
2．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．
（1）操作发现
如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：
①线段DE与AC的位置关系是DE∥AC；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是S1=S2．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想
（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．
（3）拓展探究
已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．
解：
（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，
∴AC=CD，
∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
又∵∠CDE=∠BAC=60°，
∴∠ACD=∠CDE，
∴DE∥AC；
②∵∠B=30°，∠C=90°，
∴CD=AC=
AB，
∴BD=AD=AC，
根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；
故答案为：
DE∥AC；S1=S2；
（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
∵在△ACN和△DCM中，
，
∴△ACN≌△DCM（AAS），
∴AN=DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；
（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，
所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，
此时S△DCF=S△BDE，
过点D作DF2⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴∠F1DF2=∠ABC=60°，
∴△DF1F2是等边三角形，
∴DF1=DF2，
∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=
×60°=30°，
∴∠CDF1=180°-30°=150°，
∠CDF2=360°-150°-60°=150°，
∴∠CDF1=∠CDF2，
∵在△CDF1和△CDF2中，
，
∴△CDF1≌△CDF2（SAS），
∴点F2也是所求的点，
∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=
×60°=30°，
又∵BD=4，
∴BE=
×4÷cos30°=2÷
=
，
∴BF1=
，BF2=BF1+F1F2=
+
=
，
故BF的长为
或
．
考点三：
规律探究型：
规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程，来探求一般性结论的问题，解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面、细致的观察、分析、比较，从中发现其变化的规律，并猜想出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用.
例3观察方程①：
x+
=3，方程②：
x+
=5，方程③：
x+
=7．
（1）方程①的根为：
x1=1，x2=2
；方程②的根为：
x1=2，x2=3
；方程③的根为：
x1=3，x2=4；
（2）按规律写出第四个方程：
=9；此分式方程的根为：
x1=4，x2=5
；
（3）写出第n个方程（系数用n表示）：
=2n+1；此方程解是：
x1=n，x2=n+1．
思路分析：
先计算出方程的根，再根据根的变化规律求出方程的一般形式及根的变化规律．
解：
（1）两边同时乘以x得，x2-3x+2=0，
方程①根：
x1=1，x2=2；
两边同时乘以x得，x2-5x+6=0，
方程②根：
x1=2，x2=3；
两边同时乘以x得，x2-7x+12=0，
方程③根：
x1=3，x2=4；
（2）方程④：
x+
=9；方程④根：
x1=4，x2=5．
（3）第n个方程：
x+
=2n+1．
此方程解：
x1=n，x2=n+1．
点评：
本题考查了分式方程的解，从题目中找出规律是解题的关键．
对应训练
3．如图，一个动点P在平面直角坐标系中按箭头所示方向作折线运动，即第一次从原点运动到（1，1），第二次从（1，1）运动到（2，0），第三次从（2，0）运动到（3，2），第四次从（3，2）运动到（4，0），第五次从（4，0）运动到（5，1），…，按这样的运动规律，经过第2019次运动后，动点P的坐标是（2019，2）
．
3．（2019，2）
考点四：
存在探索型：
此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目．
例4如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是BC边上的点，BE=1，∠AEP=90°，且EP交正方形外角的平分线CP于点P，交边CD于点F，
（1）
的值为；
（2）求证：
AE=EP；
（3）在AB边上是否存在点M，使得四边形DMEP是平行四边形？
若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．
思路分析：
（1）由正方形的性质可得：
∠B=∠C=90°，由同角的余角相等，可证得：
∠BAE=∠CEF，根据同角的正弦值相等即可解答；
（2）在BA边上截取BK=NE，连接KE，根据角角之间的关系得到∠AKE=∠ECP，由AB=CB，BK=BE，得AK=EC，结合∠KAE=∠CEP，证明△AKE≌△ECP，于是结论得出；
（3）作DM⊥AE于AB交于点M，连接ME、DP，易得出DM∥EP，由已知条件证明△ADM≌△BAE，进而证明MD=EP，四边形DMEP是平行四边形即可证出．
解：
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠D，
∵∠AEP=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
在Rt△ABE中，AE=
，
∵sin∠BAE=
=sin∠FEC=
，
∴
=
，
（2）证明：
在BA边上截取BK=NE，连接KE，
∵∠B=90°，BK=BE，
∴∠BKE=45°，
∴∠AKE=135°，
∵CP平分外角，
∴∠DCP=45°，
∴∠ECP=135°，
∴∠AKE=∠ECP，
∵AB=CB，BK=BE，
∴AB-BK=BC-BE，
即：
AK=EC，
易得∠KAE=∠CEP，
∵在△AKE和△ECP中，
，
∴△AKE≌△ECP（ASA），
∴AE=EP；
（3）答：
存在．
证明：
作DM⊥AE于AB交于点M，
则有：
DM∥EP，连接ME、DP，
∵在△ADM与△BAE中，
，
∴△ADM≌△BAE（AAS），
∴MD=AE，
∵AE=EP，
∴MD=EP，
∴MD∥EP，MD=EP，
∴四边形DMEP为平行四边形．
点评：
此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的性质等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
对应训练
4．问题探究：
（1）请在图①中作出两条直线，使它们将圆面四等分；
（2）如图②，M是正方形ABCD内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M）使它们将正方形ABCD的面积四等分，并说明理由．
问题解决：
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB+CD=BC，点P是AD的中点，如果AB=a，CD=b，且b＞a，那么在边BC上是否存在一点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分？
如若存在，求出BQ的长；若不存在，说明理由．
解：
（1）如图1所示，
（2）连接AC、BD交于O，作直线OM，分别交AD于P，交BC于Q，过O作EF⊥OM交DC于F，交AB于E，
则直线EF、OM将正方形的面积四等份，
理由是：
∵点O是正方形ABCD的对称中心，
∴AP=CQ，EB=DF，
在△AOP和△EOB中
∵∠AOP=90°-∠AOE，∠BOE=90°-∠AOE，
∴∠AOP=∠BOE，
∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°，
∴△AOP≌△EOB，
∴AP=BE=DF=CQ，
设O到正方形ABCD一边的距离是d，
则
（AP+AE）d=
（BE+BQ）d=
（CQ+CF）d=
（PD+DF）d，
∴S四边形AEOP=S四边形BEOC=S四边形CQOF=S四边形DPFM，
直线EF、OM将正方形ABCD面积四等份；
（3）存在，当BQ=CD=b时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，
理由是：
如图③，连接BP并延长交CD的延长线于点E，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠EDP，
∵在△ABP和△DEP中
，
∴△ABP≌△DEP（ASA），
∴BP=EP，
连接CP，
∵△BPC的边BP和△EPC的边EP上的高相等，
又∵BP=EP，
∴S△BPC=S△EPC，
作PF⊥CD，PG⊥BC，由BC=AB+CD=DE+CD=CE，
由三角形面积公式得：
PF=PG，
在CB上截取CQ=DE=AB=a，则S△CQP=S△DEP=S△ABP
∴S△BPC-S△CQP+S△ABP=S△CPE-S△DEP+S△CQP
即：
S四边形ABQP=S四边形CDPQ，
∵BC=AB+CD=a+b，
∴BQ=b，
∴当BQ=b时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分．
四、中考演练
1．如图钢架中，焊上等长的13根钢条来加固钢架，若AP1=P1P2=P2P3=…=P13P14=P14A，则∠A的度数是12°
．
1．12°
2．如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．
（1）BD与CD有什么数量关系，并说明理由；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？
并说明理由．
解：
（1）BD=CD．
理由如下：
∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEC中，
，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵AF=BD，
∴BD=CD；
（2）当△ABC满足：
AB=AC时，四边形AFBD是矩形．
理由如下：
∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵AB=AC，BD=CD，
∴∠ADB=90°，
∴▱AFBD是矩形．
3．已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A（1，0），B（3，0），且过点C（0，-3）．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标；
（2）请你写出一种平移的方法，使平移后抛物线的顶点落在直线y=-x上，并写出平移后抛物线的解析式．
解：
（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0），B（3，0），
可设抛物线解析式为y=a（x-1）（x-3），
把C（0，-3）代入得：
3a=-3，
解得：
a=-1，
故抛物线解析式为y=-（x-1）（x-3），
即y=-x2+4x-3，
∵y=-x2+4x-3=-（x-2）2+1，
∴顶点坐标（2，1）；
（2）先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到的抛物线的解析式为y=-x2，平移后抛物线的顶点为（0，0）落在直线y=-x上．
4．如图，在▱ABCD中，点E是AB边的中点，DE与CB的延长线交于点F．
（1）求证：
△ADE≌△BFE；
（2）若DF平分∠ADC，连接CE．试判断CE和DF的位置关系，并说明理由．
解：
（1）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
又∵点F在CB的延长线上，
∴AD∥CF，
∴∠1=∠2．
∵点E是AB边的中点，
∴AE=BE．
∵在△ADE与△BFE中，
，
∴△ADE≌△BFE（AAS）；
（2）解：
CE⊥DF．理由如下：
如图，连接CE．
由
（1）知，△ADE≌△BFE，
∴DE=FE，即点E是DF的中点，∠1=∠2．
∵DF平分∠ADC，
∴∠1=∠3，
∴∠3=∠2，
∴CD=CF，
∴CE⊥DF．
5．先阅读以下材料，然后解答问题：
材料：
将二次函数y=-x2+2x+3的图象向左平移1个单位，再向下平移2个单位，求平移后的抛物线的解析式（平移后抛物线的形状不变）．
解：
在抛物线y=-x2+2x+3图象上任取两点A（0，3）、B（1，4），由题意知：
点A向左平移1个单位得到A′（-1，3），再向下平移2个单位得到A″（-1，1）；点B向左平移1个单位得到B′（0，4），再向下平移2个单位得到B″（0，2）．
设平移后的抛物线的解析式为y=-x2+bx+c．则点A″（-1，1），B″（0，2）在抛物线上．可得：
，解得：
．所以平移后的抛物线的解析式为：
y=-x2+2．
根据以上信息解答下列问题：
将直线y=2x-3向右平移3个单位，再向上平移1个单位，求平移后的直线的解析式．
解：
在直线y=2x-3上任取一点A（0，-3），由题意知A向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到A′（3，-2），
设平移后的解析式为y=2x+b，
则A′（3，-2）在y=2x+b的解析式上，
-2=2×3+b，
解得：
b=-8，
所以平移后的直线的解析式为y=2x-8．
6．分别以▱ABCD（∠CDA≠90°）的三边AB，CD，DA为斜边作等腰直角三角形，△ABE，△CDG，△ADF．
（1）如图1，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形外部时，连接GF，EF．请判断GF与EF的关系（只写结论，不需证明）；
（2）如图2，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形内部时，连接GF，EF，
（1）中结论还成立吗？
若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
解：
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠DAB+∠ADC=180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG=CG=AE=BE，DF=AF，∠CDG=∠ADF=∠BAE=45°，
∴∠GDF=∠GDC+∠CDA+∠ADF=90°+∠CDA，
∠EAF=360°-∠BAE-∠DAF-∠BAD=270°-（180°-∠CDA）=90°+∠CDA，
∴∠FDG=∠EAF，
∵在△EAF和△GDF中，
，
∴△EAF≌△GDF（SAS），
∴EF=FG，∠EFA=∠DFG，即∠GFD+∠GFA=∠EFA+∠GFA，
∴∠GFE=90°，
∴GF⊥EF；
（2）GF⊥EF，GF=EF成立；
理由：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠DAB+∠ADC=180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG=CG=AE=BE，DF=AF，∠CDG=∠ADF=∠BAE=45°，
∴∠BAE+∠FDA+∠EAF+∠ADF+∠FDC=1
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