数学探究题.docx

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数学探究题

１．阅读材料：

如图①，在△ＡＯＢ中，∠Ｏ＝９０°，ＯＡ＝ＯＢ，点Ｐ在ＡＢ边上，ＰＥ⊥ＯＡ于点Ｅ，ＰＦ⊥ＯＢ于点Ｆ，则ＰＥ＋ＰＦ＝ＯＡ．（此结论不必证明，可直接应用）

（１）【理解与应用】

如图②，正方形ＡＢＣＤ的边长为２，对角线ＡＣ，ＢＤ相交于点Ｏ，点Ｐ在ＡＢ边上，ＰＥ⊥ＯＡ于点Ｅ，ＰＦ⊥ＯＢ于点Ｆ，则ＰＥ＋ＰＦ的值为　　　　．

（２）【类比与推理】

如图③，矩形ＡＢＣＤ的对角线ＡＣ，ＢＤ相交于点Ｏ，ＡＢ＝４，ＡＤ＝３，点Ｐ在ＡＢ边上，ＰＥ∥ＯＢ交ＡＣ于点Ｅ，ＰＦ∥ＯＡ交ＢＤ于点Ｆ，求ＰＥ＋ＰＦ的值；

（３）【拓展与延伸】

如图④，⊙Ｏ的半径为４，Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ是⊙Ｏ上的四点，过点Ｃ、Ｄ的切线ＣＨ，ＤＧ相交于点Ｍ，点Ｐ在弦ＡＢ上，ＰＥ∥ＢＣ交ＡＣ于点Ｅ，ＰＦ∥ＡＤ交ＢＤ于点Ｆ，当∠ＡＤＧ＝∠ＢＣＨ＝３０°时，ＰＥ＋ＰＦ是否为定值？

若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

第１题图

解：

（１）√２；

【解法提示】∵四边形ＡＢＣＤ是正方形

∴ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ，∠ＡＢＣ＝∠ＡＯＢ＝９０°

∵ＡＢ＝ＢＣ＝２

∴ＡＣ＝2√２．∴ＯＡ＝√2

∵ＯＡ＝ＯＢ，∠ＡＯＢ＝９０°，ＰＥ⊥ＯＡ，ＰＦ⊥ＯＢ

∴ＰＥ＋ＰＦ＝ＯＡ＝√2

（２）∵四边形ＡＢＣＤ是矩形

∴ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ，∠ＤＡＢ＝９０°

∵ＡＢ＝４，ＡＤ＝３

∴ＢＤ＝ＡＢ＋ＡＤ＝５

∴ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ＝5/2

∵ＰＥ∥ＯＢ，ＰＦ∥ＡＯ

∴△ＡＥＰ∽△ＡＯＢ，△ＢＦＰ∽△ＢＯＡ

∴

∴ＥＰ＋ＦＰ＝

∴ＰＥ＋ＰＦ的值为

（３）当∠ＡＤＧ＝∠ＢＣＨ＝３０°时，ＰＥ＋ＰＦ为定值

理由：

连接ＯＡ、ＯＢ、ＯＣ、ＯＤ，如解图

∵ＤＧ与⊙Ｏ相切

∴∠ＡＤＧ＝∠ＡＢＤ

∵∠ＡＤＧ＝３０°，∠ＡＢＤ＝30°∴∠ＡＯＤ＝２∠ＡＢＤ＝６０°

∵ＯＡ＝ＯＤ∴△ＡＯＤ是等边三角形

∴ＡＤ＝ＯＡ＝４．同理可得：

ＢＣ＝４

∵ＰＥ∥ＢＣ，ＰＦ∥ＡＤ

∴△ＡＥＰ∽△ＡＣＢ，△ＢＦＰ∽△ＢＤＡ

∴

∴

∴当∠ＡＤＧ＝∠ＢＣＨ＝３０°时，ＰＥ＋ＰＦ＝４．

2．如图，⊙Ｏ的半径为１，直线ＣＤ经过圆心Ｏ，交⊙Ｏ于Ｃ、Ｄ两点，直径ＡＢ⊥ＣＤ，点Ｍ是直线ＣＤ上异于点Ｃ、Ｏ、Ｄ的一个动点，ＡＭ所在的直线交⊙Ｏ于点Ｎ，点Ｐ是直线ＣＤ上另一点，且ＰＭ＝ＰＮ．

（１）当点Ｍ在⊙Ｏ内部，如图①，试判断ＰＮ与⊙Ｏ的关系，并写出证明过程；

（２）当点Ｍ在⊙Ｏ外部，如图②，其它条件不变时，（１）的结论是否成立？

请说明理由；

（３）当点Ｍ在⊙Ｏ外部，如图③，∠ＡＭＯ＝３０°，求图中阴影部分的面积．

3.（本小题满分14分）

【阅读】在平面直角坐标系xOy中，过⊙C上一点P作⊙C的切线l.当入射光线照射在点P处时，产生反射，且满足：

反射光线与切线l的夹角和入射光线与切线l的夹角相等，点P称为反射点．规定：

光线不能“穿过”⊙C，即当入射光线在⊙C外时，只在圆外进行反射；当入射光线在⊙C内时，只在圆内进行反射．特别地，圆的切线不能作为入射光线和反射光线．光线在⊙C外反射的示意图如图17－1所示，其中∠1＝∠2.

【操作】自⊙C内一点出发的入射光线经⊙C第一次反射后的示意图如图17－2所示，P1是第1个反射点．请在图17－2中作出光线经⊙C第二次反射后的反射光线；

【应用】如图17－3，当⊙O的半径为1时．

（1）第一象限内的一条入射光线平行于x轴，且自⊙O的外部照射在其上点P处，此光线经⊙O反射后，反射光线与y轴平行，求反射光线与切线l的夹角的度数；

（2）自点A（－1，0）出发的入射光线，在⊙O内不断地反射．若第1个反射点P1在第二象限，且第12个反射点P12与点A第一次重合，求第1个反射点P1的坐标；

【拓展】如图17－4，点M的坐标为（0，2），⊙M的半径为1.第一象限内自点O出发的入射光线经⊙M反射后，反射光线与坐标轴无公共点，求反射点P的纵坐标的取值范围．

3.【操作】解：

所得图形，如解图17－1所示：

【应用】

（1）解：

如解图17－2，由题意得∠1＝∠2，∠APB＝90°，∴∠2＝45°，∴反射光与切线l的夹角为45°.

（2）解：

由题意得这些反射点组成的多边形是正十二边形，

∴∠AOP1＝30°，

∵OP1＝1，

【拓展】解：

如解图17－3，当反射光PA∥x轴时，反射光线与坐标轴没有交点．

作PD⊥OC，PN⊥OM垂足分别为点D，N，设PD＝m.

∵∠GPO＝∠HPA，∠GPC＝∠HPC＝90°，

∴∠OPC＝∠APC＝∠MPN＝∠PCO，∴OP＝OC，

在Rt△PNM中，∵ON＝PD＝m，

∴PN＝MP－MN＝1－（2－m），

∴在Rt△PON中，PO＝m＋1－（2－m）＝4m－3，

∵PD∥OM，

，m3=0（不合题意，舍去）

如解图17－4，当入射光线与⊙M相切时，过点P作PQ⊥x轴于点Q.

∵在Rt△OPM中，∠OPM＝90°，OM＝2，MP＝1，

∴OP＝

，∠MOP＝30°，

∴∠POQ＝60°，

∴PQ＝OP·sin∠POQ＝

综上：

满足条件的反射点P的纵坐标的取值范围是

4.（本小题满分14分）

数学活动：

制作长方体纸箱．

知识背景：

某地区有一处野生古杨梅群落，其野生杨梅是一种具有特殊价值的绿色食品．在当地市场出售时，基地要求“杨梅”用双层上盖的长方体纸箱封装（上盖纸板面积刚好等于底面面积的2倍，如图14－1）．

实际运用：

（1）如果要求纸箱的高为0.5米，底面是黄金矩形（宽与长的比是黄金比，取黄金比为0.6），体积为0.3立方米．

①按方案1（如图14－2）做一个纸箱，需要矩形硬纸板ABCD的面积是多少平方米？

②小明认为，如果从节省材料的角度考虑，采用方案2（如图14－3）的菱形硬纸板ABCD做一个纸箱比方案1更优，你认为呢？

请说明理由．

拓展思维：

（2）北方一家水果商打算在基地购进一批“野生杨梅”，但他感觉

（1）中的纸箱体积太大，搬运吃力，要求将纸箱的底面周长、底面面积和高都设计为原来的一半，你认为水果商的要求能办到吗？

请在图14－4中利用函数图象验证．

解：

（1）①∵纸箱高为0.5米，底面是黄金矩形（取黄金比为0.6），体积0.3立方米

∴假设底面长为x米，则宽为0.6x米，

∴体积为：

0.6x·x·0.5＝0.3，解得：

x=1

∴AD＝1米，CD＝0.6米，

DW＝KA＝DT＝JC＝0.5米，FT＝JH＝

＝0.3米

WQ＝MK＝

=0.5米

∴QM＝MK＋KA＋AD＋DW＋WQ＝0.5＋0.5＋1＋0.5＋0.5=3米

FH＝FT＋TD＋DC＋CJ＋JH＝0.3＋0.5＋0.6＋0.5＋0.3＝2.2米，

∴矩形硬纸板A1B1C1D1的面积是3×2.2＝6.6（平方米）；

②如解图14－1，连接A2C2，B2D2相交于点O2，

设△D2EF中EF边上的高为h1，△A2NM中MN边上的高为h2，

由△D2EF∽△D2MQ得

解得h1＝0.4，同理可得出：

h2＝

又∵四边形A2B2C2D2是菱形，

∵5.625<6.6，14-1

∴从节省材料的角度考虑，采用方案2的菱形硬纸板A2B2C2D2做一个纸箱比方案1更优．

（2）水果商的要求办不到．设新设计的纸箱底面的长与宽分别为x,y

则x＋y＝0.5×（1＋0.6）＝0.8，xy＝0.5×1×0.6＝0.3，

即y＝0.8－x和y＝

在y＝0.8－x中，当x＝0.8时，y＝0；当x＝0时，y＝0.8；

在y＝

中，当x＝1时，y＝0.3；当x＝0.3时，y＝1.

画出其图象如解图14－2所示：

∵两个函数图象无交点．

∴故水果商的要求办不到．