专题四 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 （2013•襄阳）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 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， ABADBAEDAC， AEAC∴△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′=12∠ABD=12×60°=30°，DP∥BC， ∵△ACE是等边三角形， ∴AC=AE，∠ACE=60°， ∵AC=2AB， ∴AE=2AD′， ∴∠PCD′=∠ACD′=又∵DP∥BC， ∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°， 在△BDD′与△CPD′中， 12∠ACE=12×60°=30°， DBDPCD， BDCDBDDPDC∴△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．（2013•）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．

1．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 （2013•牡丹江）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=2CB，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=又∵BE=AE+AB，∴BE=BD+AB，∴BD+AB=2CB． 2CB． （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=2时，则CD= ，CB= ．

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=2CB，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=2CB． 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=2CB． 又∵BE=AB-AE， ∴BE=AB-BD， ∴AB-BD= 如图（3）：BD-AB=2CB． 2CB． 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=2CB． 又∵BE=AE-AB， ∴BE=BD-AB， ∴BD-AB=2CB． （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=22BD=22×2=1， ∵∠BCD=30° ∴CD=2DH=2， ∴CH=CD2DH23， 3+1； ∴CB=CH+BH=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．（2013•河南）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 ；

②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是 ．

（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．

2．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=12AB， ∴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CMDN90， ACCD∴△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=12×60°=30°， ∴∠CDF1=180°-30°=150°， ∠CDF2=360°-150°-60°=150°， ∴∠CDF1=∠CDF2， ∵在△CDF1和△CDF2中， DF1DF2CDF1CDF2， CDCD∴△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=又∵BD=4， 12×60°=30°， ∴BE=12×4÷cos30°=2÷343=， 33∴BF1=43434383，BF2=BF1+F1F2=+=， 33334383或． 33故BF的长为

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 （2013•闸北区二模）观察方程①：x+2x=3，方程②：x+x6=5，方程③：x+12=7． x（1）方程①的根为： ；方程②的根为： ；方程③的根为： ； （2）按规律写出第四个方程： ；此分式方程的根为： ； （3）写出第n个方程（系数用n表示）： ；此方程解是： ． 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，x-3x+2=0， 方程①根：x1=1，x2=2； 两边同时乘以x得，x-5x+6=0， 方程②根：x1=2，x2=3； 两边同时乘以x得，x-7x+12=0， 方程③根：x1=3，x2=4； 22220=9；方程④根：x1=4，x2=5． xn(n1)（3）第n个方程：x+=2n+1． x（2）方程④：x+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．（2013•南沙区一模）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2013次运动后，动点P的坐标是 ．

3．（2013，1）

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 （2013•呼和浩特）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） FCEF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=321210， FCEC， BEAE=sin∠FEC=∴ FCEC=10， 10（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， KAECEP， AKECAKEECP∴△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， ADADADMBAE， BADABE∴△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．（2013•陕西）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．

4．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12（AP+AE）d=12（BE+BQ）d=12（CQ+CF）d=12（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 AEDP， APDPAPBDPE∴△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、中考真题演练 一、选择题

1．（2013•永州）如图，下列条件中能判定直线l1∥l2的是（ ） A．∠1=∠2

B．∠1=∠5

C．∠1+∠3=180°

D．∠3=∠5

1．C

2．（2013•安顺）如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是（ ） A．∠A=∠C

B．AD=CB

C．BE=DF

D．AD∥BC

2．B

3．（2013•湘潭）如图，在△ABC中，AB=AC，点D、E在BC上，连接AD、AE，如果只添加一个条件使∠DAB=∠EAC，则添加的条件不能为（ ） A．BD=CE

B．AD=AE

C．DA=DE

D．BE=CD

3．C

二、填空题

4．（2013•娄底）如图，AB=AC，要使△ABE≌△ACD，应添加的条件是 （添加一个条件即可）．

4．∠B=∠C或AE=AD

5．（2013•白银）如图，已知BC=EC，∠BCE=∠ACD，要使△ABC≌△DEC，则应添加的一个条件为 ．（答案不唯一，只需填一个）

5．AC=CD

6．（2013•上海）如图，在△ABC和△DEF中，点B、F、C、E在同一直线上，BF=CE，AC∥DF，请添加一个条件，使△ABC≌△DEF，这个添加的条件可以是 ．（只需写一个，不添加辅助线）

6．AC=DF

7．（2013•黑龙江）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件： ，使得平行四边形ABCD为菱形． 7．AD=DC

8．（2013•西城区一模）在平面直角坐标系xOy中，有一只电子青蛙在点A（1，0）处． 第一次，它从点A先向右跳跃1个单位，再向上跳跃1个单位到达点A1； 第二次，它从点A1先向左跳跃2个单位，再向下跳跃2个单位到达点A2； 第三次，它从点A2先向右跳跃3个单位，再向上跳跃3个单位到达点A3； 第四次，它从点A3先向左跳跃4个单位，再向下跳跃4个单位到达点A4； …

依此规律进行，点A6的坐标为 ；若点An的坐标为（2013，2012），则n= ． 8．（-2-3），4023 9．（2013•湛江）如图，所有正三角形的一边平行于x轴，一顶点在y轴上．从内到外，它们的边长依次为2，4，6，8，…，顶点依次用A1、A2、A3、A4…表示，其中A1A2与x轴、底边A1A2与A4A5、A4A5与A7A8、…均相距一个单位，则顶点A3的坐标是 ，A92的坐标是 ． 9．（0，

3），（31，-31） 10．（2013•绍兴）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 ．

10．12°

三、解答题

11．（2013•茂名）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．

11．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，

 1 2DEAAEB， AEBE∴△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．

12．（2013•白银）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．

12．解：（1）BD=CD． 理由如下：∵AF∥BC， ∴∠AFE=∠DCE， ∵E是AD的中点， ∴AE=DE，

AFEDCE在△AEF和△DEC中，AEFDEC，

AEDE∴△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．

13．（2013•无锡）如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，在①AB∥CD；②AO=CO；③AD=BC中任意选取两个作为条件，“四边形ABCD是平行四边形”为结论构造命题． （1）以①②作为条件构成的命题是真命题吗？若是，请证明；若不是，请举出反例；

（2）写出按题意构成的所有命题中的假命题，并举出反例加以说明．（命题请写成“如果…，那么…．”的形式）

13．（1）以①②作为条件构成的命题是真命题， 证明：∵AB∥CD， ∴△AOB∽△COD， ∴AOBO， OCOD∵AO=OC， ∴OB=OD， ∴四边形ABCD是平行四边形． （2）根据①③作为条件构成的命题是假命题，即如果有一组对边平行，而另一组对边相等的四边形时平行四边形，如等腰梯形符合，但不是平行四边形； 根据②③作为条件构成的命题是假命题，即如果一个四边形ABCD的对角线交于O，且OA=OC，AD=BC，那么这个四边形时平行四边形，如图， 根据已知不能推出OB=OD或AD∥BC或AB=DC，即四边形不是平行四边形．

14．（2013•宁波）已知抛物线y=ax+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．

2

14．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=-x+4x-3，

∵y=-x+4x-3=-（x-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=-x，平移后抛物线的顶点为（0，0）落在直线y=-x上．

15．（2013•凉山州）先阅读以下材料，然后解答问题：

材料：将二次函数y=-x+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=-x+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=-x+bx+c．则点A″（-1，1），B″（0，2）在抛物线上．可得：

2

2

2

2

2

2

2

1bc1b02

，解得：．所以平移后的抛物线的解析式为：y=-x+2． c2c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．

15．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．

16．（2013•湖州）一节数学课后，老师布置了一道课后练习题：

如图，已知在Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，BO⊥AC，于点O，点PD分别在AO和BC上，PB=PD，DE⊥AC于点E，求证：△BPO≌△PDE．

（1）理清思路，完成解答（2）本题证明的思路可用下列框图表示：

根据上述思路，请你完整地书写本题的证明过程． （2）特殊位置，证明结论

若PB平分∠ABO，其余条件不变．求证：AP=CD． （3）知识迁移，探索新知

若点P是一个动点，点P运动到OC的中点P′时，满足题中条件的点D也随之在直线BC上运动到点D′，请直接写出CD′与AP′的数量关系．（不必写解答过程）

16．（1）证明：∵PB=PD， ∴∠2=∠PBD，

∵AB=BC，∠ABC=90°， ∴∠C=45°， ∵BO⊥AC， ∴∠1=45°， ∴∠1=∠C=45°，

∵∠3=∠PBO-∠1，∠4=∠2-∠C， ∴∠3=∠4，

∵BO⊥AC，DE⊥AC， ∴∠BOP=∠PED=90°， 在△BPO和△PDE中

3=4BOP=PED， BP=PD∴△BPO≌△PDE（AAS）；

（2）证明：由（1）可得：∠3=∠4， ∵BP平分∠ABO， ∴∠ABP=∠3， ∴∠ABP=∠4， 在△ABP和△CPD中

ACABP4。 PBPD∴△ABP≌△CPD（AAS）， ∴AP=CD．

（3）解：CD′与AP′的数量关系是CD′=理由是：如图， 23AP′． 设OP=PC=x，则AO=OC=2x=BO， 则AP=2x+x=3x， 由（2）知BO=PE， PE=2x，CE=2x-x=x， ∵∠E=90°，∠ECD=∠ACB=45°， ∴DE=x，由勾股定理得：CD=即AP=3x，CD=2x， 2x， 23AP′ ∴CD′与AP′的数量关系是CD′=17．（2013•淄博）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． 17．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，

DFAFFDGFAE， DGAE∴△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=180°， ∴∠EAF+∠CDF=45°， ∵∠CDF+∠GDF=45°， ∴∠FDG=∠EAF， ∵在△EAF和△GDF中，

DFAFFDGFAE， DGAE∴△EAF≌△GDF（SAS），

∴EF=FG，∠EFA=∠DFG，即∠GFD+∠GFA=∠EFA+∠GFA， ∴∠GFE=90°， ∴GF⊥EF．

18．（2013•张家界）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC．设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F． （1）求证：OE=OF；

（2）若CE=12，CF=5，求OC的长；

（3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．

18．（1）证明：如图，

∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F， ∴∠2=∠5，4=∠6， ∵MN∥BC， ∴∠1=∠5，3=∠6， ∴∠1=∠2，∠3=∠4， ∴EO=CO，FO=CO， ∴OE=OF； （2）∵∠2=∠5，∠4=∠6， ∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°， ∵CE=12，CF=5， ∴EF=∴OC=1225212=13， EF=6.5； （3）答：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形． 证明：当O为AC的中点时，AO=CO， ∵EO=FO， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵∠ECF=90°， ∴平行四边形AECF是矩形． 19．（2013•衡阳）如图，P为正方形ABCD的边AD上的一个动点，AE⊥BP，CF⊥BP，垂足分别为点E、F，已知AD=4． （1）试说明AE+CF的值是一个常数； （2）过点P作PM∥FC交CD于点M，点P在何位置时线段DM最长，并求出此时DM的值． 22 19．解：（1）由已知∠AEB=∠BFC=90°，AB=BC， 又∵∠ABE+∠FBC=∠BCF+∠FBC， ∴∠ABE=∠BCF， ∵在△ABE和△BCF中， ABBCABEBCF， AEBBFC∴△ABE≌△BCF（AAS）， ∴AE=BF， ∴AE+CF=BF+CF=BC=16为常数； （2）设AP=x，则PD=4-x， 由已知∠DPM=∠PAE=∠ABP， ∴△PDM∽△BAP， 22222DMAP， FDABDMx， 即4x4x(4x)1xx2， ∴DM=44∴当x=2时，DM有最大值为1． 20．（2013•宁夏）在▱ABCD中，P是AB边上的任意一点，过P点作PE⊥AB，交AD于E，连结CE，CP．已知∠A=60°； （1）若BC=8，AB=6，当AP的长为多少时，△CPE的面积最大，并求出面积的最大值． （2）试探究当△CPE≌△CPB时，▱ABCD的两边AB与BC应满足什么关系？ 20．解：（1）如图，延长PE交CD的延长线于F， 设AP=x，△CPE的面积为y， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB=DC=6，AD=BC=8， ∵Rt△APE，∠A=60°， ∴∠PEA=30°， ∴AE=2x，PE=3x， 在Rt△DEF中，∠DEF=∠PEA=30°，DE=AD-AE=8-2x， ∴DF=12DE=4-x， ∵AB∥CD，PF⊥AB， ∴PF⊥CD， ∴S△CPE=12PE•CF， 即y=12×3x×（10-x）=-32x+53x， 2， 配方得：y=-32253（x-5）+222532， 当x=5时，y有最大值即AP的长为5时，△CPE的面积最大，最大面积是 2532； （2）当△CPE≌△CPB时，有BC=CE，∠B=∠PEC=120°， ∴∠CED=180°-∠AEP-∠PEC=30°， ∵∠ADC=120°， ∴∠ECD=∠CED=180°-120°-30°=30°， ∴DE=CD，即△EDC是等腰三角形， 过D作DM⊥CE于M，则CM=在Rt△CMD中，∠ECD=30°， 12CE， ∴cos30°=CD3， CM2∴CM=3CD， 2∴CE=3CD， ∵BC=CE，AB=CD， ∴BC=3AB， 3AB． 则当△CPE≌△CPB时，BC与AB满足的关系为BC=

21．（2013•南平）在矩形ABCD中，点E在BC边上，过E作EF⊥AC于F，G为线段AE的中点，连接BF、FG、GB．设 ABBC=k． （1）证明：△BGF是等腰三角形； （2）当k为何值时，△BGF是等边三角形？ （3）我们知道：在一个三角形中，等边所对的角相等；反过来，等角所对的边也相等．事实上，在一个三角形中，较大的边所对的角也较大；反之也成立． 利用上述结论，探究：当△BGF分别为锐角、直角、钝角三角形时，k的取值范围． 21．解：（1）证明：∵EF⊥AC于点F， ∴∠AFE=90° ∵在Rt△AEF中，G为斜边AE的中点， ∴GF=12AE， 在Rt△ABE中，同理可得BG=∴GF=GB， ∴△BGF为等腰三角形； 12AE， （2）当△BGF为等边三角形时，∠BGF=60° ∵GF=GB=AG， ∴∠BGE=2∠BAE，∠FGE=2∠CAE ∴∠BGF=2∠BAC， ∴∠BAC=30°， ∴∠ACB=60°， ∴ABBC=tan∠ACB=3， ∴当k=3时，△BGF为等边三角形； 12∠BGF， （3）由（1）得△BGF为等腰三角形，由（2）得∠BAC=∴当△BGF为锐角三角形时，∠BGF＜90°， ∴∠BAC＜45°， ∴AB＞BC， ∴k=ABBC＞1； 当△BGF为直角三角形时，∠BGF=90°， ∴∠BAC=45° ∴AB=BC， ∴k=ABBC=1； 当△BGF为钝角三角形时，∠BGF＞90°， ∴∠BAC＞45° ∴AB＜BC， ∴k=ABBC＜1； ∴0＜k＜1． 22．（2013•德阳）如图，已知AB是⊙O直径，BC是⊙O的弦，弦ED⊥AB于点F，交BC于点G，过点C作⊙O的切线与ED的延长线交于点P． （1）求证：PC=PG； （2）点C在劣弧AD上运动时，其他条件不变，若点G是BC的中点，试探究CG、BF、BO三者之间的数量关系，并写出证明过程； （3）在满足（2）的条件下，已知⊙O的半径为5，若点O到BC的距离为5时，求弦ED的长． 22．（1）证明：连结OC，如图， ∵PC为⊙O的切线， ∴OC⊥PC， ∴∠OCG+∠PCG=90°， ∵ED⊥AB， ∴∠B+∠BGF=90°， ∵OB=OC， ∴∠B=∠OCG， ∴∠PCG=∠BGF， 而∠BGF=∠PGC， ∴∠PGC=∠PCG， ∴PC=PG； （2）解：CG、BF、BO三者之间的数量关系为CG=BO•BF．理由如下： 连结OG，如图， 2 ∵点G是BC的中点， ∴OG⊥BC，BG=CG， ∴∠OGB=90°， ∵∠OBG=∠GBF， ∴Rt△BOG∽Rt△BGF， ∴BG：BF=BO：BG， ∴BG=BO•BF， ∴CG=BO•BF； （3）解：连结OE，如图， 22 由（2）得BG⊥BC， ∴OG=5， 在Rt△OBG中，OB=5， ∴BG=OB2OG22=25， 由（2）得BG=BO•BF， ∴BF=20=4， 5∴OF=1， 在Rt△OEF中，EF=∵AB⊥ED， OE2OF2=26， ∴EF=DF， ∴DE=2EF=46． 23．（2013•泉州）如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A（-6，0），过点E（-2，0）作EF∥AB，交BO于F； （1）求EF的长； （2）过点F作直线l分别与直线AO、直线BC交于点H、G； ①根据上述语句，在图1上画出图形，并证明OHEO； BGAE②过点G作直线GD∥AB，交x轴于点D，以圆O为圆心，OH长为半径在x轴上方作半圆（包括直径两端点），使它与GD有公共点P．如图2所示，当直线l绕点F旋转时，点P也随之运动，证明：并通过操作、观察，直接写出BG长度的取值范围（不必说理）； （3）在（2）中，若点M（2，，探索2PO+PM的最小值． 3）OP1，BG2

23．（1）解：解法一：在正方形OABC中， ∠FOE=∠BOA=∵EF∥AB， ∴∠FEO=∠BAO=90°， ∴∠EFO=∠FOE=45°， 又E（-2，0）， ∴EF=EO=2． 解法二：∵A（-6，0），C（0，6），E（-2，0）， ∴OA=AB=6，EO=2， ∵EF∥AB， 12∠COA=45°． EFOEEF2， ，即ABOA662∴EF=6×=2． 6∴ （2）①画图，如答图1所示： 证明：∵四边形OABC是正方形， ∴OH∥BC， ∴△OFH∽△BFG， ∴OHOFBGBF； ∵EF∥AB， OFEO； BFAEOHEO∴． BGAE∴②证明：∵半圆与GD交于点P， ∴OP=OH． 由①得：OPEO， BGEA． 又EO=2，EA=OA-EO=6-2=4， ∴OPEO1=BGEA2通过操作、观察可得，4≤BG≤12． （3）解：由（2）可得：∴2OP+PM=BG+PM． 如答图2所示，过点M作直线MN⊥AB于点N，交GD于点K，则四边形BNKG为矩形， ∴NK=BG． OP1=BG2，

∴2OP+PM=BG+PM=NK+PM≥NK+KM，

当点P与点K重合，即当点P在直线MN上时，等号成立． 又∵NK+KM≥MN=8，

当点K在线段MN上时，等号成立．

∴当点P在线段MN上时，2OP+PM的值最小，最小值为8．

24．（2013•梅州）用如图①，②所示的两个直角三角形（部分边长及角的度数在图中已标出），完成以下两个探究问题：

探究一：将以上两个三角形如图③拼接（BC和ED重合），在BC边上有一动点P． （1）当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连接AP，求线段AP的长； （2）当点P在运动的过程中出现PA=FC时，求∠PAB的度数．

探究二：如图④，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，使△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M、N两点，连接MN．在旋转△DEF的过程中，△AMN的周长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由．

24．解：探究一：（1）依题意画出图形，如答图1所示： 由题意，得∠CFB=60°，FP为角平分线，则∠CFP=30°， ∴CF=BC•sin30°=3×3=3， 3∴CP=CF•tan∠CFP=3×3=1． 312BC=过点A作AG⊥BC于点G，则AG=∴PG=CG-CP=32， 32-1=12． 在Rt△APG中，由勾股定理得： AP= 3110AG2PG2()2()2222． （2）由（1）可知，FC=3． 3长为半径画弧，与BC交于点P1、P2，则AP1=AP2=3． 如答图2所示，以点A为圆心，以FC= 过点A过AG⊥BC于点G，则AG=12BC=32． 在Rt△AGP1中，cos∠P1AG=3AG32， AP23∴∠P1AG=30°， ∴∠P1AB=45°-30°=15°； 同理求得，∠P2AG=30°，∠P2AB=45°+30°=75°． ∴∠PAB的度数为15°或75°． 探究二：△AMN的周长存在有最小值． 如答图3所示，连接AD． ∵△ABC为等腰直角三角形，点D为斜边BC的中点， ∴AD=CD，∠C=∠MAD=45°． ∵∠EDF=90°，∠ADC=90°， ∴∠MDA=∠NDC． ∵在△AMD与△CND中， MADC， ADCDMDANDC∴△AMD≌△CND（ASA）． ∴AM=CN． 设AM=x，则CN=x，AN=AC-CN=在Rt△AMN中，由勾股定理得： 22BC-CN=322-x． MN=AM2AN2x2(329x)22x232x22+=(x-3229)． 44△AMN的周长为：AM+AN+MN=322(x-3229)， 44． 当x=324时，有最小值，最小值为329332=224∴△AMN周长的最小值为3322． 点评：本题是几何综合题，考查了解直角三角形、勾股定理、全等三角形、二次函数最值等知识点．难点在于第（3）问，由发现并证明△AMD≌△CND取得解题的突破点，再利用勾股定理和二次函数的性质求出最小值．