1、 中考数学（安徽专用）第八章 热点题型探究8.6开放探究型题型一条件开放型问题1.(2020北京,14,2分)如图,在ABC中,AB=AC,点D在BC上(不与点B,C重合).只需添加一个条件即可证明ABD ACD,这个条件可以是 (写出一个即可).答案答案答案不唯一,如:D是BC的中点解析解析根据题意可知AB=AC,B=C,若根据“边角边”判定ABD ACD,可以添加BD=CD(D是BC的中点);若根据“角边角”判定ABD ACD,可以添加BAD=CAD(AD平分BAC);若根据“角角边”判定ABD ACD,可以添加BDA=CDA(ADBC或ADC=90),答案不唯一.2.(2018河南,19
2、,9分)如图,AB是O的直径,DOAB于点O,连接DA交O于点C,过点C作O的切线交DO于点E,连接BC交DO于点F.(1)求证:CE=EF;(2)连接AF并延长,交O于点G.填空:当D的度数为 时,四边形ECFG为菱形;当D的度数为 时,四边形ECOG为正方形.解析解析(1)证明:连接OC.CE是O的切线,OCCE.FCO+ECF=90.DOAB,B+BFO=90.CFE=BFO,B+CFE=90.(3分)OC=OB,FCO=B.ECF=CFE.CE=EF.(5分)(2)30.(注:若填为30,不扣分)(7分)22.5.(注:若填为22.5,不扣分)(9分)3.(2018江苏苏州,27,10
3、分)问题1:如图,在ABC中,AB=4,D是AB上一点(不与A,B重合),DEBC,交AC于点E,连接CD.设ABC的面积为S,DEC的面积为S.(1)当AD=3时,=;(2)设AD=m,请你用含字母m的代数式表示.问题2:如图,在四边形ABCD中,AB=4,ADBC,AD=BC,E是AB上一点(不与A,B重合),EFBC,交CD于点F,连接CE.设AE=n,四边形ABCD的面积为S,EFC的面积为S.请你利用问题1的解法或结论,用含字母n的代数式表示.SS SS12 SS解析解析问题1:(1).(2)解法一:AB=4,AD=m,BD=4-m,又DEBC,=,=.DEBC,ADEABC,=.=
4、,即=.解法二:过点B作BHAC,垂足为H,过点D作DFAC,垂足为F.316CEEABDDA4-mmDECADESS4-mmADEABCSS24m216mDECABCSSDECADESSADEABCSS4-mm216m2-416mm SS2-416mm则DFBH,ADFABH,=,DEBC,=.=,即=.DFBHADAB4mCECABDBA4-4mDECABCSS1212CE DFCA BH4-4m4m2-416mm SS2-416mm问题2:解法一:分别延长BA,CD,相交于点O,ADBC,OADOBC,=.OA=AB=4,OB=8,AE=n,OE=4+n,由问题1的结论可知,=.OAOB
5、ADBC12CEFOBCSS216-64n=,=,=,即=.解法二:连接AC交EF于M,ADBC,且AD=BC,=,SADC=S,SABC=S,由问题1的结论可知,=,OADOBCSS2OAOB14ABCDOBCSS梯形34CEFABCDSS梯形34CEFOBCSS43216-64n216-48n SS216-48n12ADCABCSS121323EMCABCSS2-416nnSEMC=S=S,MFAD,CFMCDA,=3=,SCFM=S,SEFC=SEMC+SCFM=S+S=S,2-416nn232-424nnCFMACDSS13CFMSSCFMSS24-4n2(4-)48n2-424nn2
6、(4-)48n216-48n=.SS216-48n题型二运动型问题1.(2020河北,26,12分)如图1和图2,在ABC中,AB=AC,BC=8,tan C=.点K在AC边上,点M,N分别在AB,BC上,且AM=CN=2.点P从点M出发沿折线MB-BN匀速移动,到达点N时停止;而点Q在AC边上随P移动,且始终保持APQ=B.(1)当点P在BC上时,求点P与点A的最短距离;(2)若点P在MB上,且PQ将ABC的面积分成上下4 5两部分时,求MP的长;(3)设点P移动的路程为x,当0 x3及3x9时,分别求点P到直线AC的距离(用含x的式子表示);(4)在点P处设计并安装一扫描器,按定角APQ扫
7、描APQ区域(含边界),扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒.若AK=,请直接写出点K被扫描到的总时长.3494图1 图2解析解析(1)当APBC时,点P与点A的最短距离为PA的长,如图1.AB=AC,PC=BC=4.在RtPAC中,tan C=,PA=3.图112344PA(2)由(1)得AB=AC=5.如图2,由B=APQ,易得APQABC.图2=.AP=.22APCP2APAB445103MP=AP-AM=.(3)作PHAC交直线AC于点H,则点P到直线AC的距离为PH的长.当0 x3时,如图3.由B=APQ,得PQBC,AQP=C.tanAQP=.QH=PH.在RtQPH中,PQ=P
8、H.由APQABC,得=,AP=PH.x+2=PH,PH=x+.4334PHQH432243PHPH535AP538PH2524252424254825 图3当3x9时,如图4.同理可得PC=PH.x-(5-2)=8-PH.PH=-x+.535335335 图4(4)23秒.提示:设点P移动了t秒,当0t12时,AQ=AP=2+PM=t+2,令AQ=,解得t=1;当12t36时,由ABPPCQ,1494得CQ=.AQ=5-CQ=5-=(t-28)2+,令AQ=,解得t=22或34.只要AQAK=,点K就能够被扫描.综上,点K被扫描到的总时长为(22-1)+(36-34)=23秒.BP CPAB
9、151-34t111-4t180959494难点突破难点突破第(4)问首先根据点P的运动时间为36秒和路径长为9个单位长度,可求出点P运动的速度是每秒1/4个单位长度,进而用含t的代数式表示各条线段长,求出线段AQ关于t的函数关系式,从而求得当Q点与K点重合时的t值,进而得出点K被扫描到的总时长=(22-1)+(36-34)=23秒.2.(2018吉林,25,10分)如图,在矩形ABCD中,AB=2 cm,ADB=30.P,Q两点分别从A,B同时出发,点P沿折线AB-BC运动,在AB上的速度是2 cm/s,在BC上的速度是2 cm/s;点Q在BD上以2 cm/s的速度向终点D运动.过点P作PN
10、AD,垂足为点N.连接PQ,以PQ,PN为邻边作 PQMN.设运动时间为x(s),PQMN与矩形ABCD重叠部分的图形面积为y(cm2).(1)当PQAB时,x=;(2)求y关于x的函数解析式,并写出x的取值范围;(3)直线AM将矩形ABCD的面积分成1 3两部分时,直接写出x的值.备用图3解析解析(1).(2分)(2)当0 x时,如图,过点Q作QHAB于H.由题意得QH=x,AP=2x.y=S PQMN=APQH=2xx=2x2.(4分)y=2x2.当x1时,如图,过点Q作QHAB于H.设QM与AD交于点G.y=S梯形PQGA=(QG+AP)QH=(2-x+2x)x=x2+x.(6分)y=x
11、2+x.232333332312123323323当1x2时,如图,过点Q作QHAB于H.y=S梯形PQGN=(QG+PN)GN=(2-x+2)x-2(x-1)=x2-3x+4.y=x2-3x+4.(8分)12123332333233(3)或.(如图,如图)(10分)2547提示:由题意知BC=AD=ABtan 60=2,当E点在BC上时,=BE=BC=,如图,作EFCD交BD于点F,设BD与AE的交点为O,3ABEABCDSS矩形12AB BEAB BC13 114123则BF=BD=2,由FEOBAO可得BO=BF=,而AP=BQ=2x,由PQOA可得=x=.同理,当E点在DC上时,=DE
12、=AB=1,设AE、BD交点为O,由DEOBAO可得BO=BD=,又AP=BQ=2x,且PQOA所以=x=.122343BQBOBPAB243x2-22x25ADEABCDSS矩形12AD DEAB BC13 114122383BQBOBPAB283x2-22x473.(2018广东,25,9分)已知RtOAB,OAB=90,ABO=30,斜边OB=4,将RtOAB绕点O顺时针旋转60,如图1,连接BC.(1)填空:OBC=;(2)如图1,连接AC,作OPAC,垂足为P,求OP的长度;(3)如图2,点M、N同时从点O出发,在OCB边上运动,M沿OCB路径匀速运动,N沿OBC路径匀速运动,当两点
13、相遇时停止运动.已知点M的运动速度为1.5单位/秒,点N的运动速度为1单位/秒.设运动时间为x秒,OMN的面积为y,求当x为何值时y取得最大值,最大值为多少?(结果分母可保留根号)解析解析(1)60.(2)根据题意,得OB=OC,BOC=60,OBC为等边三角形,BC=OB=4,在RtOAB中,ABO=30,OA=OB=2,AB=OB=2,在RtABC中,AC=2.sinACB=,sinPAO=sinACB=,sinPAO=,1232322ABBC7ABAC3737OPOA37OP=OA=.(3)当0 x时,点M在边OC上,点N在边OB上,ON边上的高为OMsinMON,y=ONOMsinMO
14、N=xxsin 60=x2.当x=时,y取得最大值.当x4时,如图1,点M在边BC上,点N在边OB上,BM=8-x.372 372 217或831212323 38838 338332 图1ON边上的高为BMsinMBN,y=xsin 60=x(16-3x)=-+.当x=时,y取得最大值.1238-2x383 3828-3x8 33838 33当4x时,如图2,点M、N均在BC上,图2MN=12-x,MN边上的高等于AB的长,y=MNAB=2=(24-5x).245521212512-2x332当x=4时,y取得最大值2.综上所述,当x=时,y取得最大值.3838 334.(2019辽宁大连,
15、26,12分)定义:把函数C1:y=ax2-2ax-3a(a0)的图象绕点P(m,0)旋转180,得到新函数C2的图象,我们称C2是C1关于点P的相关函数.C2的图象的对称轴与x轴交点坐标为(t,0).(1)填空:t的值为 (用含m的代数式表示);(2)若a=-1,当xt时,函数C1的最大值为y1,最小值为y2,且y1-y2=1,求C2的解析式;(3)当m=0时,C2的图象与x轴相交于A,B两点(点A在点B的右侧),与y轴相交于点D.把线段AD绕原点O逆时针旋转90,得到它的对应线段AD.若线段AD与C2的图象有公共点,结合函数图象,求a的取值范围.12解析解析(1)2m-1.详解:函数C1图
16、象的对称轴为直线x=1,故C1的图象的对称轴与x轴的交点为(1,0),点(1,0)关于P(m,0)对称的点为(2m-1,0),t=2m-1.(2)a=-1,C1:y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,对称轴为直线x=1,顶点坐标为(1,4),当t时,y1-y2=4-(-t2+2t+3)=1,解得t1=2,t2=0(舍),综上所述,t=2.C2的解析式为y=(x-2)2-4,即y=x2-4x.(3)m=0,t=2m-1=-1.C2的解析式为y=-a(x+1)2+4a,令-a(x+1)2+4a=0,得x=1或-3,121-134 321-134 1432B(-3,0),A(1,0),易知D(0
17、,3a),则A(0,1),D(-3a,0).当a0时,解得a;解得a1;无解.综上所述,a的取值范围为a-或0a或a1.1313-3-3,13,aa13-3-3,13,aa-3-3,13,aa13131.(2020内蒙古包头,26,12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2-2x经过坐标原点,与x轴正半轴交于点A,该抛物线的顶点为M,直线y=-x+b经过点A,与y轴交于点B,连接OM.(1)求b的值及点M的坐标;(2)将直线AB向下平移,得到过点M的直线y=mx+n,且与x轴负半轴交于点C,取点D(2,0),连接DM,求证:ADM-ACM=45;(3)点E是线段AB上一动点,点F是线段O
18、A上一动点,连接EF,线段EF的延长线与线段OM交于点G.当BEF=2BAO时,是否存在点E,使得3GF=4EF?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.1312题型三存在性问题备用图 解析解析(1)当y=0时,x2-2x=0,解得x1=0,x2=6,A(6,0).直线y=-x+b经过点A,b=3.y=x2-2x=(x-3)2-3,M(3,-3).(3分)(2)证明:根据题意得m=-.直线y=-x+n过点M(3,-3),n=-,y=-x-.当y=0时,-x-=0,解得x=-3,C(-3,0).过点M作MNx轴于点N,N(3,0),1312131312123212321232ON=MN=3
19、,MON=45.D(2,0),OD=2,DN=1.在RtMND中,MD=.C(-3,0),CD=5.=,=,=.MDC=ODM,DCMDMO,DMC=DOM=45.ADM=ACM+DMC,ADM-ACM=45.(7分)22MNDN10DMDO102DCDM102DMDODCDM(3)假设存在点E,使得3GF=4EF,即=.BEF=2BAO,BAO=EFA,AE=EF.过点E作EHx轴于点H,AH=HF.过点G作GKx轴于点K.设E,EH=-a+3,OH=a,AH=HF=6-a.GFEF431,-32aa12在RtGKF和RtEHF中,sinKFG=sinHFE,=,=,KG=-a+4.MOA=
20、45,OK=KG,OK=-a+4,KF=OH-OK-HF=a-10.GKx轴,EHx轴,GKEH,=,a=,-a+3=,E,存在点E,使得3GF=4EF.(12分)KGGFHEEFKGHEGFEF43431-32a232383KFHFGFEF439212349 3,2 49 3,2 4思路分析思路分析(1)根据抛物线与x轴正半轴交于点A,求出A(6,0),代入一次函数解析式即可求出b;将抛物线解析式转化成顶点式,即可得到M点坐标.(2)易知平移后的直线的解析式为y=-x+n,把点M的坐标代入求出n,过点M作MNx轴于N,则DCMDMO,推出DMC=45,利用ADM=ACM+DMC可得结论.(3
21、)过点G作GKx轴于K,过点E作EHx轴于H.证明EFA=BAO,得AE=EF.设E,用a表示出EH、OH、HF的长,利用sinKFG=sinHFE求得KG的长.由MOA=45得OK=KG,从而求得KF的长.由GKEH推出=,求得a的值即可解决问题.121,-32aaKFHFGFEF432.(2020四川成都,28,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(-1,0),B(4,0)两点,与y轴交于点C(0,-2).(1)求抛物线的函数表达式;(2)如图1,点D为第四象限抛物线上一点,连接AD,BC交于点E,连接BD,记BDE的面积为S1,ABE的面积为S2,
22、求的最大值;(3)如图2,连接AC,BC,过点O作直线lBC,点P,Q分别为直线l和抛物线上的点.试探究:在第一象限是否存在这样的点P,Q,使PQBCAB.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.12SS图1 图2解析解析(1)解法一:将(4,0),(0,-2),(-1,0)分别代入y=ax2+bx+c,得解得抛物线的函数表达式为y=x2-x-2.解法二:A(-1,0),B(4,0)在抛物线上,-=.b=-3a.C(0,-2)在抛物线上,c=-2,y=ax2-3ax-2,将(-1,0)代入y=ax2-3ax-2,得a=,抛物线的函数表达式为y=x2-x-2.1640,-2
23、,-0,abcca bc1,23-,2-2.abc12322ba-14232121232(2)过点B作AD边上的高BH,过点D作DGx轴于点G,交BC于点F,过点A作AKx轴,交BC的延长线于点K,=.B(4,0),C(0,-2),12SS1212DE BHAE BHDEAEDFAK直线BC的表达式为y=x-2,当x=-1时,y=-,AK=.设D(0m4),F,DF=-m2+2m,=-m2+m=-(m-2)2+,0m0).当点P在直线BQ右侧时,如图,过P作PNx轴,过Q作QMNP交NP的延长线于M,12,2mm则QMP=PNB=90,易知QPB=ACB=90,QPM+MQP=90,QPM+B
24、PN=90,MQP=NPB,QPMPBN,=.PQBCAB,=,MP=BN=m-2,MQ=NP=,Q.将Q的坐标代入y=x2-x-2中,得m=(m=0舍去),P.当点P在直线BQ左侧时,由的方法同理可得Q,此时P.QPBPMPBNQMNPQPBPACBC52 5121212124m3,-24m m123268968 34,995,24m62 41 341,55综上,在第一象限存在符合条件的点P,Q,所有符合条件的点P的坐标为,.68 34,9962 41 341,553.(2018新疆,23,13分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2-x-4与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴
25、交于点C.(1)求点A,B,C的坐标;(2)点P从A点出发,在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向B点运动,同时,点Q从B点出发,在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向C点运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也停止运动.设运动时间为t秒,求运动时间t为多少秒时,PBQ的面积S最大,并求出其最大面积;(3)在(2)的条件下,当PBQ面积最大时,在BC下方的抛物线上是否存在点M,使BMC的面积是PBQ面积的1.6倍?若存在,求点M的坐标;若不存在,请说明理由.2323解析解析(1)抛物线y=x2-x-4与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C.当x=0时,y=-4,C(0,-4).
26、当y=0时,x2-x-4=0,解得x1=-2,x2=3.A(-2,0),B(3,0),C(0,-4).(3分)(2)由(1)可得AB=5,OB=3,OC=4.在RtBOC中,BC=5.由题意可知AP=2t,BQ=t,且0t2.5,则PB=5-2t,如图,过点Q作y轴的平行线QD,交x轴于点D,连接PQ.2323232322OBOCQDCO,=,即=,QD=t.S=PBQD=(5-2t)t=-t2+2t=-+.当t=时,PBQ的面积S最大,其最大面积为.(8分)QDCOBQBC4QD5t45121245454525-4t545454(3)在(2)的条件下,当PBQ面积最大时,在BC下方的抛物线上
27、存在点M,使BMC的面积是PBQ面积的1.6倍.理由如下:如图,过M作y轴的平行线,交BC于点N,交OB于点E,连接MB,MC.设直线BC的解析式为y=kx+b(k0).B(3,0)和C(0,-4)在直线BC上,解得30,-4,kbb4,3-4,kb直线BC的解析式为y=x-4.可设M,N,则MN=-m2+2m.而SBMC=SMNB+SMNC=MN(OE+BE)=MNOB=3,整理得SBMC=-m2+3m.又知SBMC=1.6=2,-m2+3m=2,解得m1=1,m2=2.点M在BC下方的抛物线上,0m3,m1=1和m2=2均符合.当m=1时,m2-m-4=-4;43222,-433mmm4,
28、-43mm2312121222-23mm542323当m=2时,m2-m-4=-.符合题意的M点的坐标为(1,-4)或.(13分)23238382,-3题型四类比探究问题1.(2020安徽九年级模拟大联考一模,23)(1)问题发现如图1,在OAB和OCD中,OA=OB,OC=OD,AOB=COD=40,连接AC,BD交于点M.填空:的值为 ;AMB的度数为 .(2)类比探究如图2,在OAB和OCD中,AOB=COD=90,OAB=OCD=30,连接AC交BD的延长线于点M.请判断的值及AMB的度数,并说明理由;(3)拓展延伸在(2)的条件下,将OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点
29、M,若OD=1,OB=,请直接写出当点C与点M重合时AC的长.ACBDACBD7 解析解析(1)AOB=COD=40,COA=DOB,OC=OD,OA=OB,COA DOB(SAS),AC=BD,=1.COA DOB,CAO=DBO,AOB=40,OAB+ABO=140,在AMB中,AMB=180-(CAO+OAB+ABD)=180-(DBO+OAB+ABD)=180-140=40.(2)=,AMB=90.证明:RtCOD中,DCO=30,DOC=90,ACBDACBD3=tan 30=,同理得=tan 30=,=,AOB=COD=90,AOC=BOD,AOCBOD,=,CAO=DBO,在AM
30、B中,AMB=180-(MAB+ABM)=180-(OAB+ABM+DBO)=90.(3)3或2.详解:如图,点C与点M重合且点C在线段BD上时,ODOC33OBOA33ODOCOBOAACBDOCOD333由(2)知AMB=90,=,设BD=x,则AC=x,RtCOD中,OCD=30,OD=1,CD=2,BC=x-2,RtAOB中,OAB=30,OB=,AB=2OB=2,在RtAMB中,AC2+BC2=AB2,ACBD3377(x)2+(x-2)2=(2)2,x2-x-6=0,(x-3)(x+2)=0,x1=3,x2=-2(舍),AC=3;如图,点C与点M重合且点C在BD的延长线上时,由(2
31、)知AMB=90,=,373ACBD3设BD=x,则AC=x,在RtAMB中,AC2+BC2=AB2,(x)2+(x+2)2=(2)2,x2+x-6=0,(x+3)(x-2)=0,x1=-3(舍),x2=2,AC=2.综上所述,AC的长为3或2.3373332.(2020内蒙古呼和浩特,23,10分)某同学在学习了正多边形和圆之后,对正五边形的边及相关线段进行研究,发现多处出现著名的黄金分割比0.618.如图,圆内接正五边形ABCDE,圆心为O,OA与BE交于点H,AC,AD与BE分别交于点M、N.根据圆与正五边形的对称性,只对部分图形进行研究.(其他可同理得出)(1)求证:ABM是等腰三角形
32、且底角等于36,并直接说出BAN的形状;(2)求证:=,且其比值k=;(3)由对称性知AOBE,由(1)(2)可知也是一个黄金分割数,据此求sin 18的值.5-12BMBNBNBE5-12MNBM解析解析(1)连接圆心O与正五边形除A外的各顶点,在正五边形中,AOE=3605=72,ABE=AOE=36,同理BAC=72=36,AM=BM,ABM是等腰三角形且底角等于36.BOD=BOC+COD=72+72=144,BAD=BOD=72,BNA=180-BAD-ABE=72,AB=NB,即ABN为等腰三角形.121212(2)证明:ABM=ABE,AEB=AOB=36=BAM,BAMBEA,=,而AB=BN,=,设BM=y,AB=x,则AM=AN=y,AE=BN=x,AMN=MAB+MBA=72=BAN,ANM=ANB,AMNBAN,12BMABABBEBMBNBNBE=,即=,则y2=x2-xy,两边同除以x2,得=1-,设=t,则t2+t-1=0,解得t=或(舍),=.(3)MAN=36,根据对称性可知:MAH=NAH=MAN=18,而AOBE,=,sin 18=sinMAH=.AMABMNANyx-x yy2yxyxyx5-12-1-52BMBNBNBEyx5-1212MNBM5-12MHAM12MNAM2MNBM5-14
