中考八大題型點(diǎn)撥導(dǎo)練復(fù)習(xí)（七）綜合探究問題

專題復(fù)習(xí)（七）——綜合探究問題【專題點(diǎn)撥】探索是一中重要的研究問題的方法，也是人們發(fā)現(xiàn)新知識(shí)的重要手段，非常有利于培養(yǎng)創(chuàng)新能力。探索型問題一般有從特殊到一般的探索和存在型探索型或者從實(shí)踐中探索，復(fù)習(xí)時(shí)對(duì)這些呈現(xiàn)方式具有多樣性、活潑性、猜想性、挑戰(zhàn)性的探索性試題要多關(guān)注，多反思，多總結(jié)其解題經(jīng)驗(yàn)，以增強(qiáng)自己的探究能力?！镜淅p析】【例題1】（2017?樂山）在四邊形ABCD中，∠B+∠D=180°，對(duì)角線AC平分∠BAD．（1）如圖1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，試探究邊AD、AB與對(duì)角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．（2）如圖2，若將（1）中的條件“∠B=90°”去掉，（1）中的結(jié)論是否成立？請(qǐng)說明理由．（3）如圖3，若∠DAB=90°，探究邊AD、AB與對(duì)角線AC的數(shù)量關(guān)系并說明理由．【考點(diǎn)】LO：四邊形綜合題．【分析】（1）結(jié)論：AC=AD+AB，只要證明AD=QUOTE12AC，AB=QUOTE12AC即可解決問題；（2）（1）中的結(jié)論成立．以C為頂點(diǎn)，AC為一邊作∠ACE=60°，∠ACE的另一邊交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，只要證明△DAC≌△BEC即可解決問題；（3）結(jié)論：AD+AB=2AC．過點(diǎn)C作CE⊥AC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，只要證明△ACE是等腰直角三角形，△DAC【解答】解：（1）AC=AD+AB．理由如下：如圖1中，在四邊形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴AB=12AC∴AC=AD+AB．（2）（1）中的結(jié)論成立，理由如下：以C為頂點(diǎn)，AC為一邊作∠ACE=60°，∠ACE的另一邊交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，∵∠BAC=60°，∴△AEC為等邊三角形，∴AC=AE=CE，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，∴∠DCA=∠BCE，∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠CBE，∵CA=CB，∴△DAC≌△BEC，∴AD=BE，∴AC=AD+AB．（3）結(jié)論：AD+AB=2過點(diǎn)C作CE⊥AC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，∴DCB=90°，∵∠ACE=90°，∴∠DCA=∠BCE，又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°，∴∠E=45°．∴AC=CE．又∵∠D+∠B=180°，∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，∴AD=BE，∴AD+AB=AE．在Rt△ACE中，∠CAB=45°，∴AE=AC∴AD+AB=2【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形綜合題、等邊三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．【例題2】（2017湖北江漢）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D與點(diǎn)B在AC同側(cè)，∠DAC＞∠BAC，且DA=DC，過點(diǎn)B作BE∥DA交DC于點(diǎn)E，M為AB的中點(diǎn)，連接MD，ME．（1）如圖1，當(dāng)∠ADC=90°時(shí)，線段MD與ME的數(shù)量關(guān)系是MD=ME；（2）如圖2，當(dāng)∠ADC=60°時(shí)，試探究線段MD與ME的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）如圖3，當(dāng)∠ADC=α?xí)r，求的值．【考點(diǎn)】SO：相似形綜合題．【分析】（1）先判斷出△AMF≌△BME，得出AF=BE，MF=ME，進(jìn)而判斷出∠EBC=∠BED﹣∠ECB=45°=∠ECB，得出CE=BE，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法即可；（3）同（1）的方法判斷出AF=BE，MF=ME，再判斷出∠ECB=∠EBC，得出CE=BE即可得出∠MDE=，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）如圖1，延長(zhǎng)EM交AD于F，∵BE∥DA，∴∠FAM=∠EBM，∵AM=BM，∠AMF=∠BME，∴△AMF≌△BME，∴AF=BE，MF=ME，∵DA=DC，∠ADC=90°，∴∠BED=∠ADC=90°，∠ACD=45°，∵∠ACB=90°，∴∠ECB=45°，∴∠EBC=∠BED﹣∠ECB=45°=∠ECB，∴CE=BE，∴AF=CE，∵DA=DC，∴DF=DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∴∠MDE=45°，∴MD=ME，故答案為MD=ME；（2）MD=ME，理由：如圖2，延長(zhǎng)EM交AD于F，∵BE∥DA，∴∠FAM=∠EBM，∵AM=BM，∠AMF=∠BME，∴△AMF≌△BME，∴AF=BE，MF=ME，∵DA=DC，∠ADC=60°，∴∠BED=∠ADC=60°，∠ACD=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ECB=30°，∴∠EBC=∠BED﹣∠ECB=30°=∠ECB，∴CE=BE，∴AF=CE，∵DA=DC，∴DF=DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∴∠MDE=30°，在Rt△MDE中，tan∠MDE=，∴MD=ME．（3）如圖3，延長(zhǎng)EM交AD于F，∵BE∥DA，∴∠FAM=∠EBM，∵AM=BM，∠AMF=∠BME，∴△AMF≌△BME，∴AF=BE，MF=ME，延長(zhǎng)BE交AC于點(diǎn)N，∴∠BNC=∠DAC，∵DA=DC，∴∠DCA=∠DAC，∴∠BNC=∠DCA，∵∠ACB=90°，∴∠ECB=∠EBC，∴CE=BE，∴AF=CE，∴DF=DE，∴DM⊥EF，DM平分∠ADC，∵∠ADC=α，∴∠MDE=，在Rt△MDE中，=tan∠MDE=tan．【例題3】（2017湖南株洲）已知二次函數(shù)y=﹣x2+bx+c+1，①當(dāng)b=1時(shí)，求這個(gè)二次函數(shù)的對(duì)稱軸的方程；②若c=b2﹣2b，問：b為何值時(shí)，二次函數(shù)的圖象與x軸相切？③若二次函數(shù)的圖象與x軸交于點(diǎn)A（x1，0），B（x2，0），且x1＜x2，與y軸的正半軸交于點(diǎn)M，以AB為直徑的半圓恰好過點(diǎn)M，二次函數(shù)的對(duì)稱軸l與x軸、直線BM、直線AM分別交于點(diǎn)D、E、F，且滿足=，求二次函數(shù)的表達(dá)式．【考點(diǎn)】HF：二次函數(shù)綜合題；H3：二次函數(shù)的性質(zhì)．【分析】①二次函數(shù)y=﹣x2+bx+c+1的對(duì)稱軸為x=，即可得出答案；②二次函數(shù)y=﹣x2+bx+c+1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（，），y由二次函數(shù)的圖象與x軸相切且c=b2﹣2b，得出方程組，求出b即可；③由圓周角定理得出∠AMB=90°，證出∠OMA=∠OBM，得出△OAM∽△OMB，得出OM2=OA?OB，由二次函數(shù)的圖象與x軸的交點(diǎn)和根與系數(shù)關(guān)系得出OA=﹣x1，OB=x2，x1+x2，=b，x1?x2=﹣（c+1），得出方程（c+1）2=c+1，得出c=0，OM=1，證明△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，得出，，得出OB=4OA，即x2=﹣4x1，由x1?x2=﹣（c+1）=﹣1，得出方程組，解方程組求出b的值即可．【解答】解：①二次函數(shù)y=﹣x2+bx+c+1的對(duì)稱軸為x=，當(dāng)b=1時(shí)，=，∴當(dāng)b=1時(shí)，求這個(gè)二次函數(shù)的對(duì)稱軸的方程為x=．②二次函數(shù)y=﹣x2+bx+c+1的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（，），∵二次函數(shù)的圖象與x軸相切且c=b2﹣2b，∴，解得：b=2+或b=2﹣，∴b為2+或2﹣時(shí)，二次函數(shù)的圖象與x軸相切．③∵AB是半圓的直徑，∴∠AMB=90°，∴∠OAM+∠OBM=90°，∵∠AOM=∠MOB=90°，∴∠OAM+∠OMA=90°，∴∠OMA=∠OBM，∴△OAM∽△OMB，∴，∴OM2=OA?OB，∵二次函數(shù)的圖象與x軸交于點(diǎn)A（x1，0），B（x2，0），∴OA=﹣x1，OB=x2，x1+x2，=b，x1?x2=﹣（c+1），∵OM=c+1，∴（c+1）2=c+1，解得：c=0或c=﹣1（舍去），∴c=0，OM=1，∵二次函數(shù)的對(duì)稱軸l與x軸、直線BM、直線AM分別交于點(diǎn)D、E、F，且滿足=，∴AD=BD，DF=4DE，DF∥OM，∴△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，∴，，∴DE=，DF=，∴×4，∴OB=4OA，即x2=﹣4x1，∵x1?x2=﹣（c+1）=﹣1，∴，解得：，∴b=﹣+2=，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=﹣x2+x+1．【能力檢測(cè)】1.（2017?黑龍江）如圖，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，E、F是AD邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AE=FD，連接BE、CF、BD，CF與BD交于點(diǎn)G，連接AG交BE于點(diǎn)H，連接DH，下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（）①△ABG∽△FDG②HD平分∠EHG③AG⊥BE④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG⑤線段DH的最小值是25﹣2．A．2 B．3 C．4 D．5【考點(diǎn)】S9：相似三角形的判定與性質(zhì)；KD：全等三角形的判定與性質(zhì)；LE：正方形的性質(zhì)；T7：解直角三角形．【分析】首先證明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性質(zhì)，等高模型、三邊關(guān)關(guān)系一一判斷即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，在△ABE和△DCF中，&AB=CD&∠BAD=∠ADC∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，&AD=CD&∠ADB=∠CDB∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG，∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠BAE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故③正確，同法可證：△AGB≌△CGB，∵DF∥CB，∴△CBG∽△FDG，∴△ABG∽△FDG，故①正確，∵S△HDG：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，又∵∠DAG=∠FCD，∴S△HDG：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正確取AB的中點(diǎn)O，連接OD、OH，∵正方形的邊長(zhǎng)為4，∴AO=OH=QUOTE12×4=2，由勾股定理得，OD=42+2由三角形的三邊關(guān)系得，O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH最小，DH最小=25﹣2．無法證明DH平分∠EHG，故②錯(cuò)誤，故①③④⑤正確，故選C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，勾股定理、等高模型等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，難點(diǎn)在于⑤作輔助線并確定出DH最小時(shí)的情況．2.（2017?黑龍江）在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD是正方形如圖1：則有AC=BD，AC⊥BD．旋轉(zhuǎn)圖1中的Rt△COD到圖2所示的位置，AC′與BD′有什么關(guān)系？（直接寫出）若四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋轉(zhuǎn)Rt△COD至圖3所示的位置，AC′與BD′又有什么關(guān)系？寫出結(jié)論并證明．【考點(diǎn)】LE：正方形的性質(zhì)；KD：全等三角形的判定與性質(zhì)；L8：菱形的性質(zhì)；R2：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【分析】圖2：根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代換得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到結(jié)論；圖3：根據(jù)四邊形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=3OA，OD=3OC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=3OC′，∠AOC′=∠BOD′，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BD′=3AC′，于是得到結(jié)論．【解答】解：圖2結(jié)論：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵將Rt△COD旋轉(zhuǎn)得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′與△BOD′中，&AO=BO&∠AOC'=∠BOD'∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；圖3結(jié)論：BD′=3AC′，AC′⊥BD’理由：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=3OA，OD=3OC，∵將Rt△COD旋轉(zhuǎn)得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=3OC′，∠AOC′=∠BOD′，∴OBOA=OD'∴△AOC′∽△BOD′，∴BD'AC'=OBOA=3，∠OAC′=∴BD′=3AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．3.（2017浙江義烏）已知△ABC，AB=AC，D為直線BC上一點(diǎn)，E為直線AC上一點(diǎn)，AD=AE，設(shè)∠BAD=α，∠CDE=β．（1）如圖，若點(diǎn)D在線段BC上，點(diǎn)E在線段AC上．①如果∠ABC=60°，∠ADE=70°，那么α=20°，β=10°，②求α，β之間的關(guān)系式．（2）是否存在不同于以上②中的α，β之間的關(guān)系式？若存在，求出這個(gè)關(guān)系式（求出一個(gè)即可）；若不存在，說明理由．【考點(diǎn)】KY：三角形綜合題．【分析】（1）①先利用等腰三角形的性質(zhì)求出∠DAE，進(jìn)而求出∠BAD，即可得出結(jié)論；②利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和即可得出結(jié)論；（2）①當(dāng)點(diǎn)E在CA的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)D在線段BC上，同（1）的方法即可得出結(jié)論；②當(dāng)點(diǎn)E在CA的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)D在CB的延長(zhǎng)線上，同（1）的方法即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）①∵AB=AC，∠ABC=60°，∴∠BAC=60°，∵AD=AE，∠ADE=70°，∴∠DAE=180°﹣2∠ADE=40°，∴α=∠BAD=60°﹣40°=20°，∴∠ADC=∠BAD+∠ABD=60°+20°=80°，∴β=∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=10°，故答案為：20，10；②設(shè)∠ABC=x，∠AED=y，∴∠ACB=x，∠AED=y，在△DEC中，y=β+x，在△ABD中，α+x=y+β=β+x+β，∴α=2β；（2）①當(dāng)點(diǎn)E在CA的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)D在線段BC上，如圖1設(shè)∠ABC=x，∠ADE=y，∴∠ACB=x，∠AED=y，在△ABD中，x+α=β﹣y，在△DEC中，x+y+β=180°，∴α=2β﹣180°，②當(dāng)點(diǎn)E在CA的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)D在CB的延長(zhǎng)線上，如圖2，同①的方法可得α=180°﹣2β．4.（2017?寧德）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，3），點(diǎn)B和點(diǎn)D的坐標(biāo)分別為（m，0），（n，4），且m＞0，四邊形ABCD是矩形．（1）如圖1，當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)，求m，n的值；（2）在圖2中，畫出矩形ABCD，簡(jiǎn)要說明點(diǎn)C，D的位置是如何確定的，并直接用含m的代數(shù)式表示點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3）探究：當(dāng)m為何值時(shí)，矩形ABCD的對(duì)角線AC的長(zhǎng)度最短．【考點(diǎn)】LO：四邊形綜合題．【分析】（1）先判斷出∠ADE=∠BAO，即可判斷出△ABO≌△ADE，得出DE=OA=3，AE=OB，即可求出m；（2）先根據(jù)垂直的作法即可畫出圖形，判斷出△ADE≌△CBF，得出CF=1，再判斷出△AOB∽△DEA，即可得出OB=，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出BD⊥x軸時(shí)，求出AC的最小值，再求出DM=2，最后用勾股定理求出AE即可得出m．【解答】解：（1）如圖1，過點(diǎn)D作DE⊥y軸于E，∴∠AED=∠AOB=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠BAD=90°，∴∠DAE+∠BAO=90°，∴∠ADE=∠BAO，在△ABO和△ADE中，，∴△ABO≌△ADE，∴DE=OA，AE=OB，∵A（0，3），B（m，0），D（n，4），∴OA=3，OB=m，OE=4，DE=n，∴n=3，∴OE=OA+AE=OA+OB=3+m=4，∴m=1；（2）畫法：如圖2，①過點(diǎn)A畫AB的垂線l1，過點(diǎn)B畫AB的垂線l2，②過點(diǎn)E（0，4），畫y軸的垂線l3交l1于D，③過點(diǎn)D畫直線l1的垂線交直線l2于點(diǎn)C，所以，四邊形ABCD是所求作的圖形，過點(diǎn)C作CF⊥x軸于F，∴∠CBF+∠BCF=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠ABC=∠BAD=90°，∴∠ABO+∠CBF=90°，∴∠BCF=∠ABO，同理：∠ABO=∠DAE，∴∠BCF=∠DAE，在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF，∴DE=BF=n，AE=CF=1，易證△AOB∽△DEA，∴，∴，∴n=，∴OF=OB+BF=m+，∴C（m+，1）；（3）如圖3，由矩形的性質(zhì)可知，BD=AC，∴BD最小時(shí)，AC最小，∵B（m，0），D（n，4），∴當(dāng)BD⊥x軸時(shí)，BD有最小值4，此時(shí)，m=n，即：AC的最小值為4，連接BD，AC交于點(diǎn)M，過點(diǎn)A作AE⊥BD于E，由矩形的性質(zhì)可知，DM=BM=BD=2，∵A（0，3），D（n，4），∴DE=1，∴EM=DM﹣DE=1，在Rt△AEM中，根據(jù)勾股定理得，AE=，∴m=，即：當(dāng)m=時(shí)，矩形ABCD的對(duì)角線AC的長(zhǎng)最短為4．【點(diǎn)評(píng)】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解（1）的關(guān)鍵是△ABO≌△ADE，解（2）的關(guān)鍵是△ADE≌△CBF和△AOB∽△DEA，解（3）的關(guān)鍵是作出輔助線，是一道中考?？碱}．5.（2017浙江義烏）如圖1，已知?ABCD，AB∥x軸，AB=6，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，﹣4），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣3，4），點(diǎn)B在第四象限，點(diǎn)P是?ABCD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．（1）若點(diǎn)P在邊BC上，PD=CD，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．（2）若點(diǎn)P在邊AB，AD上，點(diǎn)P關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱的點(diǎn)Q落在直線y=x﹣1上，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．（3）若點(diǎn)P在邊AB，AD，CD上，點(diǎn)G是AD與y軸的交點(diǎn)，如圖2，過點(diǎn)P作y軸的平行線PM，過點(diǎn)G作x軸的平行線GM，它們相交于點(diǎn)M，將△PGM沿直線PG翻折，當(dāng)點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在坐標(biāo)軸上時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．（直接寫出答案）【考點(diǎn)】FI：一次函數(shù)綜合題．【分析】（1）由題意點(diǎn)P與點(diǎn)