专题38 开放探究问题-2年中考1年模拟备战2018年中考数学精品系列（解析版）.doc

备战2018中考系列：数学2年中考1年模拟 第七篇 专题复习篇 专题38 开放探究题 ☞解读考点 知　识　点 名师点晴 条件开放型[来源:学+科+网Z+X+X+K] 全等与相似 利用全等与相似的判定方法添加条件使两个三角形全等或相似[来源:Z+xx+k.Com][来源:Z。xx。k.Com] 特殊的四边形 条件条件，使四边形是平行四边形、矩形、菱形 结论开放型 结论探究题 结合具体情境，探究问题的结论 条件结论开放型 条件与结论双开放题目 根据具体问题，探究问题的条件与结论 思维方法探索题 思维与方法开放式探索 根据题意，探究问题的解题方法 ☞2年中考 【2017年题组】 一、选择题 二、填空题 1．（2017北京市）写出一个比3大且比4小的无理数： ． 【答案】答案不唯一．如：π． 【解析】 考点：1．无理数；2．开放型． 2．（2017北京市）如图，在平面直角坐标系xOy中，△AOB可以看作是△OCD经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一中由△OCD得到△AOB的过程： ． 【答案】答案不唯一，如：△OCD绕C点旋转90°，并向左平移2个单位得到△AOB． 【解析】 考点：1．坐标与图形变化﹣旋转；2．坐标与图形变化﹣对称；3．坐标与图形变化﹣平移；4．开放型． 3．（2017天津）若正比例函数y=kx（k是常数，k≠0）的图象经过第二、四象限，则k的值可以是 （写出一个即可）． 【答案】：﹣2．答案不唯一，只要k＜0即可． 【解析】 试题分析：∵若正比例函数y=kx的图象在第二、四象限，∴k＜0，∴符合要求的k的值是﹣2，故答案为：﹣2．答案不唯一，只要k＜0即可．学科~网 考点：1．一次函数图象与系数的关系；2．开放型． 4．（2017贵州省黔东南州）如图，点B、F、C、E在一条直线上，已知FB=CE，AC∥DF，请你添加一个适当的条件 使得△ABC≌△DEF． 【答案】∠A=∠D． 【解析】 试题分析：添加∠A=∠D．理由如下： ∵FB=CE，∴BC=EF．又∵AC∥DF，∴∠ACB=∠DFE，在△ABC与△DEF中，∵∠A=∠D，∠ACB=∠DFE，BC=EF，∴△ABC≌△DEF（AAS）．故答案为：∠A=∠D． 考点：1．全等三角形的判定；2．探究型． 三、解答题 5．（2017山东省日照市）如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E． （1）求证：△DCA≌△EAC； （2）只需添加一个条件，即 ，可使四边形ABCD为矩形．请加以证明． 【答案】（1）证明见解析；（2）AD=BC（答案不唯一）． 【解析】 （2）解：添加AD=BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下： ∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CE⊥AE，∴∠E=90°，由（1）得：△DCA≌△EAC，∴∠D=∠E=90°，∴四边形ABCD为矩形； 故答案为：AD=BC（答案不唯一）． 考点：1．矩形的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．开放型． 6．（2017浙江省湖州市）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B两点的坐标分别为（﹣4，0），（4，0），C（m，0）是线段A B上一点（与 A，B点不重合），抛物线L1：（a＜0）经过点A，C，顶点为D，抛物线L2：（a＜0）经过点C，B，顶点为E，AD，BE的延长线相交于点F． （1）若a=，m=﹣1，求抛物线L1，L2的解析式； （2）若a=﹣1，AF⊥BF，求m的值； （3）是否存在这样的实数a（a＜0），无论m取何值，直线AF与BF都不可能互相垂直？若存在，请直接写出a的两个不同的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）抛物线L1解析式为，抛物线L2解析式为；（2）m=；（3）存在，例如：a=，（答案不唯一）． 【解析】 （3）开放性答案，代入法即可解题； 试题解析：（1）将A、C点带入中，可得：，解得：，∴抛物线L1解析式为； 同理可得：，解得：，∴抛物线L2解析式为； （2）如图，过点D作DG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，由题意得：，解得：，∴抛物线L1解析式为 ； ∴点D坐标为（，），∴DG==，AG=； 同理可得：抛物线L2解析式为； ∴EH==，BH=，∵AF⊥BF，DG⊥x轴，EH⊥x轴，∴∠AFB=∠AGD=∠EHB=90°，∵∠DAG+∠ADG=90°，∠DAG+∠EBH=90°，∴∠ADG=∠EBH，在△ADG和△EBH中，∵∠ADG=∠EBH，∠AGD=∠EHB=90°，∴△ADG～△EBH，∴，∴，化简得： ，解得：m=； （3）存在，例如：a=，（答案不唯一）； 当a=时，代入A，C可以求得： 抛物线L1解析式为； 同理可得：抛物线L2解析式为； ∴点D坐标为（，），点E坐标为（，）； ∴直线AF斜率为，直线BF斜率为； 若要AF⊥BF，则直线AF，BF斜率乘积为﹣1，即×=﹣1，化简得：，无解； 同理可求得亦无解．学科！网 考点：1．二次函数综合题；2．探究型；3．开放型；4．分类讨论；5．存在型；6．压轴题． 7．（2017内蒙古包头市）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，与y轴交于点C． （1）求该抛物线的解析式； （2）直线y=﹣x+n与该抛物线在第四象限内交于点D，与线段BC交于点E，与x轴交于点F，且BE=4EC． ①求n的值； ②连接AC，CD，线段AC与线段DF交于点G，△AGF与△CGD是否全等？请说明理由； （3）直线y=m（m＞0）与该抛物线的交点为M，N（点M在点N的左侧），点 M关于y轴的对称点为点M'，点H的坐标为（1，0）．若四边形OM'NH的面积为．求点H到OM'的距离d的值． 【答案】（1）；（2）①n=﹣2；②△AGF与△CGD全等；（3）． 【解析】 （2）①过点E作EE'⊥x轴于E'，则EE'∥OC，根据平行线分线段成比例定理，可得BE'=4OE'，设点E的坐标为（x，y），则OE'=x，BE'=4x，根据OB=2，可得x的值，再根据直线BC的解析式即可得到E的坐标，把E的坐标代入直线y=﹣x+n，可得n的值； ②根据F（﹣2，0），A（﹣1，0），可得AF=1，再根据点D的坐标为（1，﹣3），点C的坐标为（0，﹣3），可得CD∥x轴，CD=1，再根据∠AFG=∠CDG，∠FAG=∠DCG，即可判定△AGF≌△CGD； （3）根据轴对称的性质得出OH=1=M'N，进而判定四边形OM'NH是平行四边形，再根据四边形OM'NH的面积，求得OP的长，再根据点M的坐标得到PM'的长，Rt△OPM'中，运用勾股定理可得OM'的值，最后根据OM'×d=，即可得到d的值． 试题解析：（1）∵抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（2，0）两点，∴，解得：，∴该抛物线的解析式； （2）①如图，过点E作EE'⊥x轴于E'，则EE'∥OC，∴，∵BE=4EC，∴BE'=4OE'，设点E的坐标为（x，y），则OE'=x，BE'=4x，∵B（2，0），∴OB=2，即x+4x=2，∴x=，∵抛物线与y轴交于点C，∴C（0，﹣3），设直线BC的解析式为y=kx+b'，∵B（2，0），C（0，﹣3），∴，解得：，∴直线BC的解析式为，当x=时，y=﹣，∴E（，﹣），把E的坐标代入直线y=﹣x+n，可得﹣+n=﹣，解得n=﹣2； ②△AGF与△CGD全等．理由如下： ∵直线EF的解析式为y=﹣x﹣2，∴当y=0时，x=﹣2，∴F（﹣2，0），OF=2，∵A（﹣1，0），∴OA=1，∴AF=2﹣1=1，由，解得：或，∵点D在第四象限，∴点D的坐标为（1，﹣3），∵点C的坐标为（0，﹣3），∴CD∥x轴，CD=1，∴∠AFG=∠CDG，∠FAG=∠DCG，∴△AGF≌△CGD； （3）∵抛物线的对称轴为x= =，直线y=m（m＞0）与该抛物线的交点为M，N，∴点M、N关于直线x=对称，设N（t，m），则M（1﹣t，m），∵点 M关于y轴的对称点为点M'，∴M'（t﹣1，m），∴点M'在直线y=m上，∴M'N∥x轴，∴M'N=t﹣（t﹣1）=1，∵H（1，0），∴OH=1=M'N，∴四边形OM'NH是平行四边形，设直线y=m与y轴交于点P，∵四边形OM'NH的面积为，∴OH×OP=1×m=，即m=，∴OP=，当=时，解得x1=﹣，x2=，∴点M的坐标为（﹣，），∴M'（，），即PM'=，∴Rt△OPM'中，OM'==，∵四边形OM'NH的面积为，∴OM'×d=，∴d=． 考点：1．二次函数综合题；2．探究型；3．压轴题．学科#网 8．（2017内蒙古赤峰市）△OPA和△OQB分别是以OP、OQ为直角边的等腰直角三角形，点C、D、E分别是OA、OB、AB的中点． （1）当∠AOB=90°时如图1，连接PE、QE，直接写出EP与EQ的大小关系； （2）将△OQB绕点O逆时针方向旋转，当∠AOB是锐角时如图2，（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明． （3）仍将△OQB绕点O旋转，当∠AOB为钝角时，延长PC、QD交于点G，使△ABG为等边三角形如图3，求∠AOB的度数． 【答案】（1）EP=EQ；（2）成立；（3）150°． 【解析】 试题解析：（1）如图1，延长PE，QB交于点F，∵△APO和△BQO是等腰直角三角形，∴∠APO=∠BQO=90°，∠AOP=∠BOQ=45°，∵∠AOB=90°，∴∠AOP+∠AOB+∠BOQ=180°，∴点P，O，Q在同一条直线上，∵∠APO=∠BQO=90°，∴AP∥BQ，∴∠PAE=∠FBE，∵点E是AB中点，∴AE=BE，∵∠AEP=∠BEF，∴△APE≌△BFE，∴PE=EF，∴点E是Rt△PQF的斜边PF的中点，∴EP=EQ； （2）成立，证明：∵点C，E分别是OA，AB的中点，∴CE∥OB，CE=OB，∴∠DOC=∠ECA，∵点D是Rt△OQB斜边中点，∴DQ=OB，∴CE=DQ，同理：PC=DE，∠DOC=∠BDE，∴∠ECA=∠BDE，∵∠PCE=∠EDQ，∴△EPC≌△QED，∴EP=EQ； （3）如图2，连接GO，∵点D，C分别是OB，OA的中点，△APO与△QBO都是等腰直角三角形，∴CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，∴GB=GO=GA，∴∠GBO=∠GOB，∠GOA=∠GAO，设∠GOB=x，∠GOA=y，∴x+x+y+y+60°=360°，∴x+y=150°，∴∠AOB=150°． 考点：1．几何变换综合题；2．变式探究；3．探究型；4．压轴题． 9．（2017吉林省长春市）【再现】如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE=BC．（不需要证明） 【探究】如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明． 【应用】在（1）【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是： ．（只添加一个条件） （2）如图③，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O．若AO=OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为 ． 【答案】【探究】平行四边形；【应用】（1）添加AC=BD；（2）． 【解析】 （2）先判断出S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，进而得出S四边形EFGH=，再判断出OM=ON，进而得出S阴影=S四边形EFGH即可． 试题解析：【探究】平行四边形．理由：如图1，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，EF=AC，同理HG∥AC，HG=AC，综上可得：EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH是平行四边形． 【应用】（1）添加AC=BD．理由：连接AC，BD，同（1）知，EF=AC，同【探究】的方法得，FG=BD，∵AC=BD，∴EF=FG，∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形； 故答案为：AC=BD； （2）如图2，由【探究】得，四边形EFGH是平行四边形，∵F，G是BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG=BD，∴△CFG∽△CBD，∴，∴S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，∵四边形ABCD面积为5，∴S△BCD+S△ABD=5，∴S△CFG+S△AEH=，同理：S△DHG+S△BEF=，∴S四边形EFGH=S四边形ABCD﹣（S△CFG+S△AEH+S△DHG+S△BEF）=5﹣=，设AC与FG，EH相交于M，N，EF与BD相交于P，∵FG∥BD，FG=BD，∴CM=OM=OC，同理：AN=ON=OA，∵OA=OC，∴OM=ON，易知，四边形ENOP，FMOP是平行四边形，∴S阴影=S四边形EFGH=．故答案为：． 考点：1．四边形综合题；2．阅读型；3．探究型；4．压轴题． 10．（2017四川省乐山市）如图，以AB边为直径的⊙O经过点P，C是⊙O上一点，连结PC交AB于点E，且∠ACP=60°，PA=PD． （1）试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）若点C是弧AB的中点，已知AB=4，求CE•CP的值． 【答案】（1）PD是⊙O的切线；（2）8． 【解析】 试题解析：（1）如图，PD是⊙O的切线． 证明如下： 连结OP，∵∠ACP=60°，∴∠AOP=120°，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA=30°，∵PA=PD，∴∠PAO=∠D=30°，∴∠OPD=90°，∴PD是⊙O的切线． （2）连结BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，又∵C为弧AB的中点，∴∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，∵AB=4，AC=Absin45°=．∵∠C=∠C，∠CAB=∠APC，∴△CAE∽△CPA，∴，∴CP•CE=CA2=（）2=8． 考点：1．相似三角形的判定与性质；2．圆心角、弧、弦的关系；3．直线与圆的位置关系；4．探究型． 11．（2017四川省乐山市）在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD． （1）如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由． （2）如图2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由． （3）如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由． 【答案】（1）AC=AD+AB；（2）成立；（3）AD+AB=AC． 【解析】 试题分析：（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题； （2）（1）中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题； （3）结论：AD+AB=AC．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题； 试题解析：（1）AC=AD+AB． 理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴AB=AC，同理AD=AC，∴AC=AD+AB． （2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，如图2，∵∠BAC=60°，∴△AEC为等边三角形，∴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）结论：AD+AB=AC．理由如下： 过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，如图3，∵∠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=AC． 考点：1．四边形综合题；2．探究型；3．和差倍分；4．变式探究；5．压轴题． 12．（2017四川省内江市）如图，在⊙O中，直径CD垂直于不过圆心O的弦AB，垂足为点N，连接AC，点E在AB上，且AE=CE． （1）求证：AC2=AE•AB； （2）过点B作⊙O的切线交EC的延长线于点P，试判断PB与PE是否相等，并说明理由； （3）设⊙O半径为4，点N为OC中点，点Q在⊙O上，求线段PQ的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2）PB=PE；（3）． 【解析】 试题解析：（1）如图1，连接BC，∵CD为⊙O的直径，AB⊥CD，∴，∴∠A=∠ABC，∵EC=AE，∴∠A=∠ACE，∴∠ABC=∠ACE，∵∠A=∠A，∴△AEC∽△ACB，∴，∴AC2=AE•AB； （2）PB=PE，理由是： 如图2，连接OB，∵PB为⊙O的切线，∴OB⊥PB，∴∠OBP=90°，∴∠PBN+∠OBN=90°，∵∠OBN+∠COB=90°，∴∠PBN=∠COB，∵∠PEB=∠A+∠ACE=2∠A，∠COB=2∠A，∴∠PEB=∠COB，∴∠PEB=∠PBN，∴PB=PE； （3）如图3，∵N为OC的中点，∴ON=OC=OB，Rt△OBN中，∠OBN=30°，∴∠COB=60°，∵OC=OB，∴△OCB为等边三角形，∵Q为⊙O任意一点，连接PQ、OQ，因为OQ为半径，是定值4，则PQ+OQ的值最小时，PQ最小，当P、Q、O三点共线时，PQ最小，∴Q为OP与⊙O的交点时，PQ最小，∠A=∠COB=30°，∴∠PEB=2∠A=60°，∠ABP=90°﹣30°=60°，∴△PBE是等边三角形，Rt△OBN中，BN==，∴AB=2BN=，设AE=x，则CE=x，EN=﹣x，Rt△CNE中，，x=，∴BE=PB==，Rt△OPB中，OP= = =，∴PQ=﹣4=．则线段PQ的最小值是． 考点：1．圆的综合题；2．最值问题；3．探究型；4．压轴题． 13．（2017四川省南充市）如图，在正方形ABCD中，点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB． （1）求证：EF⊥AG； （2）若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动，点G运动速度是点F运动速度的2倍，EF⊥AG是否成立（只写结果，不需说明理由）？ （3）正方形ABCD的边长为4，P是正方形ABCD内一点，当，求△PAB周长的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2）成立；（3）． 【解析】 试题分析：（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，证出，得出△AEF∽△BAG，由相似三角形的性质得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理证出∠AOE=90°即可； （2）证明△AEF∽△BAG，得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得出结论； （3）过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，则MN⊥AD，MN=AB=4，由三角形面积关系得出点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG，则EG∥AB，EG=AB=4，证明△AOF∽△GOE，得出 =，证出 =，得出AM=AE=，由勾股定理求出PA，即可得出答案． 试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，∵点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB，∴ =， =，∴，∴△AEF∽△BAG，∴∠AEF=∠BAG，∵∠BAG+∠EAO=90°，∴∠AEF+∠EAO=90°，∴∠AOE=90°，∴EF⊥AG； （2）解：成立；理由如下： 根据题意得： =，∵ =，∴=，又∵∠EAF=∠ABG，∴△AEF∽△BAG，∴∠AEF=∠BAG，∵∠BAG+∠EAO=90°，∴∠AEF+∠EAO=90°，∴∠AOE=90°，∴EF⊥AG； （3）解：过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，如图所示： 则MN⊥AD，MN=AB=4，∵P是正方形ABCD内一点，当S△PAB=S△OAB，∴点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG、PA、PB，则EG∥AB，EG=AB=4，∴△AOF∽△GOE，∴=，∵MN∥AB，∴ =，∴AM=AE=×2=，由勾股定理得：PA= =，∴△PAB周长的最小值=2PA+AB=． 考点：1．四边形综合题；2．探究型；3．动点型；4．最值问题． 14．（2017四川省成都市）问题背景：如图1，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，做AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD=∠BAC=60°，于是； 迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠ADE=120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD． ①求证：△ADB≌△AEC； ②请直接写出线段AD，BD，CD之间的等量关系式； 拓展延伸：如图3，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF． ①证明△CEF是等边三角形； ②若AE=5，CE=2，求BF的长． 【答案】迁移应用：①证明见解析；②CD=AD+BD；拓展延伸：①证明见解析；②． 【解析】 拓展延伸：①如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．由BC=BE=BD=BA，FE=FC，推出A、D、E、C四点共圆，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推出△EFC是等边三角形； ②由AE=5，EC=EF=2，推出AH=HE=2.5，FH=4.5，在Rt△BHF中，由∠BHF=30°，可得 =cos30°，由此即可解决问题． 试题解析：迁移应用：①证明：如图② ∵∠BAC=∠ADE=120°，∴∠DAB=∠CAE，在△DAE和△EAC中，∵DA=EA，∠DAB=∠EAC，AB=AC，∴△DAB≌△EAC； ②解：结论：CD=AD+BD． 理由：如图2﹣1中，作AH⊥CD于H． ∵△DAB≌△EAC，∴BD=CE，在Rt△ADH中，DH=AD•cos30°=AD，∵AD=AE，AH⊥DE，∴DH=HE，∵CD=DE+EC=2DH+BD=AD+BD． 拓展延伸：①证明：如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE． ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，∴△ABD，△BDC是等边三角形，∴BA=BD=BC，∵E、C关于BM对称，∴BC=BE=BD=BA，FE=FC，∴A、D、E、C四点共圆，∴∠ADC=∠AEC=120°，∴∠FEC=60°，∴△EFC是等边三角形，②解：∵AE=5，EC=EF=2，∴AH=HE=2.5，FH=4.5，在Rt△BHF中，∵∠BHF=30°，∴=cos30°，∴BF==． 考点：1．三角形综合题；2．全等三角形的判定与性质；3．探究型；4．变式探究；5．和差倍分；6．压轴题． 15．（2017四川省成都市）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′． （1）求抛物线C的函数表达式； （2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围． （3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由． 【答案】（1）；（2）2＜m＜；（3）m=6或m=﹣3． 【解析】 试题分析：（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（，0），设抛物线的解析式为，把A（，0）代入可得a=，由此即可解决问题； （2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为，由，消去y得到，由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有，解不等式组即可解决问题； （3）情形1，四边形PMP′N能成为正方形．作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，可得M（m+2，m﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），利用待定系数法即可解决问题． 试题解析：（1）由题意抛物线的顶点C（0，4），A（，0），设抛物线的解析式为，把A（，0）代入可得a=，∴抛物线C的函数表达式为． （2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为，由，消去y得到 ，由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有，解得2＜m＜，∴满足条件的m的取值范围为2＜m＜． （3）结论：四边形PMP′N能成为正方形． 理由：1情形1，如图，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H． 由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，∴PF=FM，∠PFM=90°，易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，∴M（m+2，m﹣2），∵点M在上，∴，解得m=﹣3或﹣﹣3（舍弃），∴m=﹣3时，四边形PMP′N是正方形． 情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），把M（m﹣2，2﹣m）代入中，，解得m=6或0（舍弃），∴m=6时，四边形PMP′N是正方形． 综上所述：m=6或m=﹣3时，四边形PMP′N是正方形． 考点：1．二次函数综合题；2．旋转的性质；3．探究型；4．分类讨论；5．压轴题． 16．（2017四川省自贡市）[探究函数的图象与性质] （1）函数的自变量x的取值范围是 ； （2）下列四个函数图象中函数的图象大致是 ； （3）对于函数，求当x＞0时，y的取值范围． 请将下列的求解过程补充完整． 解：∵x＞0 ∴= =+ ． ∵≥0，∴y≥ ． [拓展运用] （4）若函数，则y的取值范围 ． 【答案】（1）x≠0；（2）C；（3）4，4；（4）y≥1． 【解析】 （3）解：∵x＞0，∴= =+4 ∵≥0，∴y≥4． （4）=═ = ∵≥0，∴y≥1． 故答案为：x≠0，C，4，4，y≥1． 考点：1．反比例函数的性质；2．一次函数的性质；3．二次函数的性质；4．阅读型；5．探究型；6．综合题． 17．（2017四川省自贡市）如图1，在平面直角坐标系，O为坐标原点，点A（﹣1，0），点B（0，）． （1）求∠BAO的度数； （2）如图1，将△AOB绕点O顺时针得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，S1与S2有何关系？为什么？ （3）若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断． 【答案】（1）60°；（2）S1=S2；（3）S1=S2不发生变化． 【解析】 试题分析：（1）先求出OA，OB，再用锐角三角函数即可得出结论； （2）根据等边三角形的性质可得AO=AA'，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AO=AB，然后求出AO=OA'，再根据等边三角形的性质求出点O到AB的距离等于点A'到AO的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答； （3）根据旋转的性质可得BO=OB'，AA'=OA'，再求出∠AON=∠A'OM，然后利用“角角边”证明△AON和△A'OM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=A'M，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明． 试题解析：（1）∵A（﹣1，0），B（0，），∴OA=1，OB=，在Rt△AOB中，tan∠BAO==，∴∠BAO=60°； （2）∵∠BAO=60°，∠AOB=90°，∴∠ABO=30°，∴CA'=AC=AB，∴OA'=AA'=AO，根据等边三角形的性质可得，△AOA'的边AO、AA'上的高相等，∴△BA'O的面积和△AB'O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2； （3）S1=S2不发生变化； 理由：如图，过点'作A'M⊥OB．过点A作AN⊥OB'交B'O的延长线于N，∵△A'B'O是由△ABO绕点O旋转得到，∴BO=OB'，AO=OA'，∵∠AON+∠BON=90°，∠A'OM+∠BON=180°﹣90°=90°，∴∠AON=∠A'OM，在△AON和△A'OM中，∵∠AON=∠A′OM，∠OM A′=∠ON A′，AO= A′O，∴△AON≌△A'OM（AAS），∴AN=A'M，∴△BOA'的面积和△AB'O的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2． 考点：1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．探究型． 18．（2017德州）有这样一个问题：探究同一平面直角坐标系中系数互为倒数的正、反比例函数与（k≠0）的图象性质． 小明根据学习函数的经验，对函数与，当k＞0时的图象性质进行了探究． 下面是小明的探究过程： （1）如图所示，设函数与图象的交点为A，B，已知A点的坐标为（﹣k，﹣1），则B点的坐标为 ； （2）若点P为第一象限内双曲线上不同于点B的任意一点． ①设直线PA交x轴于点M，直线PB交x轴于点N．求证：PM=PN． 证明过程如下，设P（m，），直线PA的解析式为y=ax+b（a≠0）． 则，解得： ∴直线PA的解析式为 请你把上面的解答过程补充完整，并完成剩余的证明． ②当P点坐标为（1，k）（k≠1）时，判断△PAB的形状，并用k表示出△PAB的面积． 【答案】（1）（k，1）；（2）①；；②k＞1时，S=，当0＜k＜1时，S=． 【解析】 试题分析：（1）根据正、反比例函数图象的对称性结合点A的坐标即可得出点B的坐标； （2）①设P（m，），根据点P、A的坐标利用待定系数法可求出直线PA的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点M的坐标，过点P作PH⊥x轴于H，由点P的坐标可得出点H的坐标，进而即可求出MH的长度，同理可得出HN的长度，再根据等腰三角形的三线合一即可证出PM=PN； ②根据①结合PH、MH、NH的长度，可得出△PAB为直角三角形，分k＞1和0＜k＜1两种情况，利用分割图形求面积法即可求出△PAB的面积． 试题解析：（1）由正、反比例函数图象的对称性可知，点A、B关于原点O对称，∵A点的坐标为（﹣k，﹣1），∴B点的坐标为（k，1）．故答案为：（k，1）． （2）①证明过程如下，设P（m，），直线PA的解析式为y=ax+b（a≠0）． 则，解得：，∴直线PA的解析式为． 当y=0时，x=m﹣k，∴M点的坐标为（m﹣k，0）． 过点P作PH⊥x轴于H，如图1所示，∵P点坐标为（m，），∴H点的坐标为（m，0），∴MH=xH﹣xM=m﹣（m﹣k）=k． 同理可得：HN=k，∴MH=HN，∴PM=PN． 故答案为：；． ②由①可知，在△PMN中，PM=PN，∴△PMN为等腰三角形，且MH=HN=k． 当P点坐标为（1，k）时，PH=k，∴MH=HN=PH，∴∠PMH=∠MPH=45°，∠PNH=∠NPH=45°，∴∠MPN=90°，即∠APB=90°，∴△PAB为直角三角形． 当k＞1时，如图1，S△PAB=S△PMN﹣S△OBN+S△OAM=MN•PH﹣ON•yB+OM•|yA|=×2k×k﹣（k+1）×1+（k﹣1）×1= ； 当0＜k＜1时，如图2，S△PAB=S△OBN﹣S△PMN+S△OAM=ON•yB﹣k2+OM•|yA|=（k+1）×1﹣k2+（1﹣k）×1=． 考点：1．反比例函数综合题；2．探究型；3．分类讨论；4．压轴题． 19．（2017山东省烟台市）【操作发现】 （1）如图1，△ABC为等边三角形，现将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF． ①求∠EAF的度数； ②DE与EF相等吗？请说明理由； 【类比探究】 （2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF，请直接写出探究结果： ①求∠EAF的度数； ②线段AE，ED，DB之间的数量关系． 【答案】（1）①120°；②DE=EF；（2）①90°；②AE2+DB2=DE2． 【解析】 （2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°； ②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论． 试题解析：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°，∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°； ②DE=EF；理由如下： ∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF； （2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°，∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD，在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°； ②AE2+DB2=DE2，理由如下： ∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE，在△DCE和△FCE中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF，在Rt△AE