江苏省13市2015年中考数学试题分类解析汇编 专题15 探索型问题

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1、专题15：探索型问题 1. （2015年江苏泰州3分）如图，△中，AB=AC，D是BC的中点，AC的垂直平分线分别交 AC、AD、AB于点E、O、F，则图中全等的三角形的对数是【 】 A. 1对 B. 2对 C. 3对 D. 4对 【答案】D. 【考点】等腰三角形的性质；线段垂直平分线的性质；全等三角形的判定. 【分析】∵AB=AC，D是BC的中点， ∴根据等腰三角形三线合一的性质，易得. ∵EF是AC的垂直平分线， ∴根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等的性质，易得. 综上所述，图中全等的三角形的对数是4对.

2、故选D. 2. （2015年江苏扬州3分）如图，若锐角△ABC内接于⊙O，点D在⊙O外（与点C在AB同侧）， 则下列三个结论：①；②；③中，正确的结论为【 】 A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ①③ 【答案】D. 【考点】圆周角定理；三角形外角性质；锐角三角函数的性质. 【分析】如答图，设与⊙O相交于点，连接. ∵，∴. ∵正弦、正切函数值随锐角的增大而增大，余弦函数值随锐角的增大而减小， ∴， ， . ∴正确的结论为①③. 故选D. 3. （2015年江苏常州2分）将一张宽为4cm的长方形纸片（足够长）折叠成如

3、图所示图形，重叠部分是一个三角形，则这个三角形面积的最小值是【 】 A. cm2 B.8 cm2 C. cm2 D. 16cm2 【答案】B． 【考点】翻折变换（折叠问题）；等腰直角三角形的性质．. 【分析】如答图，当AC⊥AB时，三角形面积最小， ∵∠BAC=90°，∠ACB=45°，∴AB=AC=4cm. ∴S△ABC=×4×4=8cm2． 故选B． 4. （2015年江苏宿迁3分）在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为（﹣3，0），（3，0），点P在反比例函数的图象上，若△PAB为直角三角形，则满足条件的点P的个数为【

4、 】 A. 2个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 【答案】D． 【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；圆周角定理；分类思想和数形结合思想的应用． 【分析】如答图，若△PAB为直角三角形，分三种情况： ①当∠PAB=90°时，P点的横坐标为﹣3，此时P点有1个； ②当∠PBA=90°时，P点的横坐标为3，此时P点有1个； ③当∠APB=90°，以点O 为圆心AB长为直径的圆与的图象交于4点，此时P点有4个． 综上所述，满足条件的P点有6个． 故选D． 1. （2015年江苏无锡2分）某商场在“五一”期间举行促销活动，根据顾

5、客按商品标价一次性购物总额，规定相应的优惠方法：①如果不超过500元，则不予优惠；②如果超过500元，但不超过800元，则按购物总额给予8折优惠；③如果超过800元，则其中800元给予8折优惠，超过800元的部分给予6折优惠．促销期间，小红和她母亲分别看中一件商品，若各自单独付款，则应分别付款480元和520元；若合并付款，则她们总共只需付款 ▲ 元． 【答案】838或910． 【考点】函数模型的选择与应用；函数思想和分类思想的应用． 【分析】由题意知：小红付款单独付款480元，实际标价为480或480×0.8=600元，小红母亲单独付款520元，实际标价为520×0.8=

6、650元， 如果一次购买标价480+650=1130元的商品应付款800×0.8+（1130﹣800）×0.6=838元； 如果一次购买标价600+650=1250元的商品应付款800×0.8+（1250﹣800）×0.6=910元． ∴答案为：838或910． 2. （2015年江苏徐州3分）如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去，第n个正方形的边长为 ▲ ． 【答案】. 【考点】探索规律题（图形的变化类）；正方形的性质. 【分析】根据正方形的性质，知： 第一个正方形ABCD的边长为

7、， 第二个正方形ACEF的边长为， 第三个正方形AEGH的边长为， 第四个正方形的边长为， …… ∴第个正方形的边长为. 3. （2015年江苏盐城3分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以顶点D为圆心作半径为r的圆，若要求另外三个顶点A、B、C中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，则r的取值范围是 ▲ ． 【答案】. 【考点】矩形的性质；勾股定理；点与圆的位置关系；分类思想的应用. 【分析】如答图，连接， ∵AB=4，AD=3，∴根据勾股定理，得BD=5. ∵， ∴当时，点A、B、C中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外. ∴r

8、的取值范围是. 4. （2015年江苏盐城3分）设△ABC的面积为1，如图①将边BC、AC分别2等份，、相交于点O，△AOB的面积记为；如图②将边BC、AC分别3等份，、相交于点O，△AOB的面积记为；……， 依此类推，则可表示为 ▲ ．(用含的代数式表示，其中为正整数) 【答案】. 【考点】探索规律题（图形的变化类）；平行的判定和性质；相似三角形的判定和性质；等底或等高三角形面积的性质. 【分析】如答图，连接，可知∥. 在图①中，由题意，得，且，∴. ∴和的边上高的比是.∴. 又∵，∴. 在图②中，由题意，得，且，∴. ∴和的边上高的比是.∴. 又∵，

9、∴. 在图③中，由题意，得，且，∴. ∴和的边上高的比是.∴. 又∵，∴. …… 依此类推， 可表示为， ∵，∴. 5. （2015年江苏常州2分）数学家歌德巴赫通过研究下面一系列等式，作出了一个著名的猜想． 4=2+2； 12=5+7； 6=3+3 14=3+11=7+7； 8=3+5； 16=3+13=5+11； 10=3+7=5+5 18=5+13=7+11； … 通过这组等式，你发现的规律是 ▲ （请用文字语言表达）． 【答案】所有大于2的偶

10、数都可以写成两个素数之和. 【考点】探索规律型题（数字的变化类）．. 【分析】根据以上等式得出规律，此规律用文字语言表达为：所有大于2的偶数都可以写成两个素数之和. 6. （2015年江苏淮安3分）将连续正整数按如下规律排列： 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 1 2 3 4 第2行 8 7 6 5 第3行 9 10 11 12 第4行 16 15 14 13 第5行 17 18 19 20 ……… 若正整数565位于第行，第列，则＝ ▲ ． 【答案】147. 【考点】探

11、索规律题（数字的变化类——循环问题）. 【分析】分别根据行和列的循环规律求解： ∵行的排列规律是4个数一行，而，∴. ∵列的排列规律是按照1—2—3—4—5—4—3—2列的顺序8个数一循环， 而， ∴. ∴. 7. （2015年江苏南通3分）关于x的一元二次方程的两个不相等的实数根都在﹣1和0之间（不包括﹣1和0），则a的取值范围是 ▲ ． 【答案】. 【考点】一元二次方程与二次函数的关系；一元二次方程根的判别式；二次函数的性质；分类思想和数形结合思想的应用. 【分析】∵关于的一元二次方程的两个不相等的实数根， ∴且. 设 ∵实数根都在﹣1和0之间， ∴当

12、a＞0时，如答图1， 由图可知， 当时，；但，矛盾， ∴此种情况不存在. 当a＜0时，如答图2， 由图可知， 当时，，即. 综上所述，a的取值范围是. 8. （2015年江苏宿迁3分）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，4），直线与x轴、y轴分别交于点A，B，点M是直线AB上的一个动点，则PM长的最小值为 ▲ ． 【答案】. 【考点】单动点问题；直线上点的坐标与方程的关系；垂线段最短的性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质． 【分析】根据垂线段最短得出PM⊥AB时线段PM最短，分别求出PB、OB、OA、AB的长度，利用△PBM∽△ABO，即可求出答案

13、 如答图，过点P作PM⊥AB，则：∠PMB=90°， 当PM⊥AB时，PM最短， ∵直线与x轴、y轴分别交于点A，B， ∴点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，﹣3）. 在Rt△AOB中，∵AO=4，BO=3，∴根据勾股定理，得AB=5. ∵∠BMP=∠AOB=90°，∠ABO=∠PBM， ∴△PBM∽△ABO. ∴，即：，解得. 1. （2015年江苏连云港10分）已知如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，P是直线AB上一动点，⊙P的半径为1． （1）判断原点O与⊙P的位置关系，并说明理由； （2）当⊙P过点B时，求⊙P被y轴所截得的

14、劣弧的长； （3）当⊙P与x轴相切时，求出切点的坐标． 【答案】解：（1）原点O在⊙P外．理由如下： ∵直线与x轴、y轴分别交于A，B两点， ∴点. 在Rt△OAB中，∵， ∴∠OBA=30°， 如答图1，过点O作OH⊥AB于点H， 在Rt△OBH中，， ∵＞1，∴原点O在⊙P外. （2）如答图2，当⊙P过点B时，点P在y轴右侧时， ∵PB=PC，∴∠PCB=∠OBA=30°. ∴⊙P被y轴所截的劣弧所对的圆心角为：180°﹣30°﹣30°=120°. ∴弧长为：. 同理：当⊙P过点B时，点P在y轴左侧时，弧长同样为：. ∴当⊙P过点B时，⊙P被y轴所截得的劣

15、弧的长为：. （3）如答图3，当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，设切点为D， ∵PD⊥x轴，∴PD∥y轴. ∴∠APD=∠ABO=30°. ∴在Rt△DAP中，， ∴， ∴此时点D的坐标为：（，0）. 当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，根据对称性可以求得此时切点的坐标为：（，0）. 综上所述，当⊙P与x轴相切时，切点的坐标为：（，0）或（，0）． 【考点】圆和一次函数的的综合题；单动点问题；直线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；点与圆的位置关系的判定；扇形弧长的计算；直线与圆相切的性质；分类思想的应用． 【分析】（1）作辅助线“过点O作OH

16、⊥AB于点H”，由直线与x轴、y轴分别交于A，B两点，可求得点A、B的坐标，从而根据锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值求得∠OBA=30°，进而应用三角函数可求得OH的长，继而根据点与圆的位置关系的判定求得结论. （2）分点P在y轴右侧和点P在y轴左侧两种情况讨论：求得⊙P被y轴所截的劣弧所对的圆心角，则可求得弧长. （3）分⊙P位于x轴下方和⊙P位于x轴上方两种情况讨论即可. 2. （2015年江苏连云港12分）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上． （1）小明发

17、现DG⊥BE，请你帮他说明理由． （2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长． （3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，将线段DG与线段BE相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由． 【答案】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB. 如答图1，延长EB交DG于点H， 在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°， ∴∠AEB+∠ADG=90°. 在

18、△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°， ∴∠DHE=90°. ∴DG⊥BE. （2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE， ∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE. 如答图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，则∠AMD=∠AMG=90°， ∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠MDA=45°. 在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2， ∴. 在Rt△AMG中，根据勾股定理得：， ∵，∴. （3）△GHE和△BHD面积之和

19、的最大值为6，理由如下： ∵对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大； ∵对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大. ∴△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6． 【考点】面动旋转问题；正方形的性质；全等三角形的判定和性质；三角形内角和定理；等腰直角三角形的性质，勾股定理；数形结合思想的应用． 【分析】（1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB，作辅助线“延长EB交DG于点H”

20、，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，从而利用垂直的定义即可得DG⊥BE. （2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，作辅助线“过点A作AM⊥DG交DG于点M”，则∠AMD=∠AMG=90°，在Rt△AMD中，根据等腰直角三角形的性质求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长. （3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：对两个三角形，点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，两个三

21、角形的高最大，即可确定出面积的最大值． 3. （2015年江苏连云港14分）如图，已知一条直线过点（0，4），且与抛物线交于A，B两点，其中点A的横坐标是﹣2． （1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标． （2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在，请说明理由； （3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在第一象限，点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度最大？最大值是多少？ 【答案】解：（1）∵点A是直线与抛物线的交点，且横坐标为﹣2， ∴.∴A点的坐标为（2，﹣1）. 设直线AB的函数关系式为

22、， 将（0，4），（﹣2，1）代入得，解得. ∴直线AB的函数关系式为. ∵直线与抛物线相交，∴联立，得，解得：或. ∴点B的坐标为（8，16）. （2）如答图1，过点B作BG∥x轴，过点A作AG∥y轴，交点为G， ∴， ∵由A（﹣2，1），B（8，16）根据勾股定理，得AB2=325． 设点C（，0）， 根据勾股定理，得， ， ①若∠BAC=90°，则， 即，解得：. ②若∠ACB=90°，则， 即，解得：=0或=6. ③若∠ABC=90°，则， 即，解得：=32. ∴点C的坐标为（，0），（0，0），（6，0），（32，0）. （3）如答图2，设MP与y

23、轴交于点Q，设， 在Rt△MQN中，由勾股定理得，， 又∵点P与点M纵坐标相同， ∴，∴ ∴点P的横坐标为. ∴. ∴. 又∵，2≤6≤8， ∴当M的横坐标为6时，的长度的最大值是18． 【考点】二次函数综合题；待定系数的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；直角三角形存在性问题；勾股定理；二次函数的最值；分类思想和方程思想的应用． 【分析】（1）首先求得点A的坐标，然后利用待定系数法确定直线的解析式，从而求得直线与抛物线的交点坐标. （2）作辅助线“过点B作BG∥x轴，过点A作AG∥y轴，交点为G”，分若∠BAC=90°，∠ACB=90°，∠ABC=90°三种情况根据勾

24、股定理列方程确定点C的坐标. （3）设MP与y轴交于点Q，设，，首先在Rt△MQN中，由勾股定理得，然后根据点P与点M纵坐标相同得到点P的横坐标，从而得到，根据二次函数的最值原理求解即可． 4. （2015年江苏苏州10分）如图，已知二次函数（其中0＜m＜1）的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线l．设P为对称轴l上的点，连接PA、PC，PA=PC． （1）∠ABC的度数为 ▲ °； （2）求P点坐标（用含m的代数式表示）； （3）在坐标轴上是否存在点Q（与原点O不重合），使得以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似，且线段PQ的长度最小

25、？如果存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】解：（1）45. （2）如答图1，过点作轴于点， 设l与轴交于点， 根据题意，得抛物线的对称轴为， 设点的坐标为， ∵PA=PC，∴. ∴，即. 解得. ∴P点坐标为. （3）存在点Q满足题意. ∵P点坐标为， ∴ . ∵，∴.∴. ∴是等腰直角三角形. ∵以Q、B、C为顶点的三角形与△PAC相似， ∴是等腰直角三角形. ∴由题意知，满足条件的点Q的坐标为或. ①当点Q的坐标为时，如答图2， 若PQ与垂直，则，解得，即. 若PQ与不垂直， 则有， ∵0＜m＜1，∴当时，

26、取得最小值，取得最小值. ∵，∴. ∴当时，点Q的坐标为，取得最小值. ②当点Q的坐标为时，如答图3， 若PQ与垂直，则，解得，即. 若PQ与不垂直， 则有， ∵0＜m＜1，∴当时，取得最小值，取得最小值. ∵，∴. ∴当时，点Q的坐标为，取得最小值. 综上所述，点Q的坐标为或时，的长度最小. 【考点】二次函数综合题；相似三角形的存在性问题；二次函数的性质；曲线上点的坐标与方程的关系；等腰直角三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的性质；实数的大小比较；分类思想的应用. 【分析】（1）令，则，点C的坐标为， 令，即，解得， ∵0＜m＜1，点A在点B的左侧，∴点B的

27、坐标为. ∴. ∵∠BOC=90°，∴是等腰直角三角形.∴∠OBC=45°. （2）过点作轴于点，设l与轴交于点，求出抛物线的对称轴为，则可设点的坐标为，由PA=PC即，根据勾股定理得到，解出即可求解. （3）根据相似和是等腰直角三角形证明是等腰直角三角形，由题意知，满足条件的点Q的坐标为或，从而分点Q的坐标为或两种情况讨论即可. 5. （2015年江苏泰州12分）如图，正方形ABCD的边长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 上的动点，且AE=BF=CG=DH. （1）求证：四边形EFGH是正方形； （2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由； （3）求

28、四边形EFGH面积的最小值. 【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴. ∵，∴. ∴.∴. ∴四边形EFGH是菱形. ∵，∴.∴. ∴四边形EFGH是正方形. （2）直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心. 理由如下： 如答图，连接，、相交于点， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC. ∵，∴四边形BGDE是平行四边形. ∴，即点是正方形ABCD的中心. ∴直线EG经过定点----正方形ABCD的中心. （3）设，则， ∵， ∴当时，四边形EFGH面积的最小值为32. 【考点】单动点和定值问题；正方形的判定和性质；全等三角形的判定和性

29、质；平行四边形的判定和性质；勾股定理；二次函数的应用（实际问题）. 【分析】（1）由证明，即可证明四边形EFGH是一个角是直角的菱形----正方形. （2）作辅助线“连接，、相交于点”构成平行四边形BGDE，根据平行四边形对角线互分的性质即可证明直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心. （3）设，根据正方形的性质和勾股定理得到关于的二次函数，应用二次函数最值原理求解即可. 6. （2015年江苏无锡8分）（1）甲、乙、丙、丁四人做传球游戏：第一次由甲将球随机传给乙、丙、丁中的某一人，从第二次起，每一次都由持球者将球再随机传给其他三人中的某一人．求第二次传球后球回到甲手里的概率．

30、（请用“画树状图”或“列表”等方式给出分析过程） （2）如果甲跟另外n（n≥2）个人做（1）中同样的游戏，那么，第三次传球后球回到甲手里的概率是 ▲ （请直接写出结果）． 【答案】解：（1）画树状图如下： ∵共有9种等可能的结果，其中符合要求的结果有3种， ∴P（第2次传球后球回到甲手里）=． （2） 【考点】列表法或树状图法；概率；探索规律题（数字的变化类）．. 【分析】（1）画树状图或列表，根据图表，可得总结果与传到甲手里的情况，根据传到甲手里的情况比上总结果，可得答案. （2）根据第一步传的总结果是，第二步传的总结果是，第三步传的总结果是，传给甲的结果

31、是，根据概率的意义，第三次传球后球回到甲手里的概率是. 7. （2015年江苏无锡10分）已知：平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点分别为O(0，0)、A（5，0）、B(m，2)、C(m－5，2)． （1）问：是否存在这样的m，使得在边BC上总存在点P，使∠OPA＝90º？若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由； （2）当∠AOC与∠OAB的平分线的交点Q在边BC上时，求m的值． 【答案】解：（1）存在． ∵， ∴OA=BC=5，BC∥OA. 如答图1，以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，则∠OEA=∠OFA=90°， 过点D作DG⊥EF于G，连接DE，则

32、DE=OD=2.5，DG=2，EG=GF， ∴. ∴E（1，2），F（4，2）. 由解得，， ∴当时，边BC上总存在这样的点P，使∠OPA=90°. （2）如答图2， ∵BC=OA=5，BC∥OA， ∴四边形OABC是平行四边形. ∴OC∥AB. ∴∠AOC+∠OAB=180°. ∵OQ平分∠AOC，AQ平分∠OAB， ∴∠AOQ=∠AOC，∠OAQ=∠OAB. ∴∠AOQ+∠OAQ=90°. ∴∠AQO=90°. 以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，则∠OEA=∠OFA=90°， ∴点Q只能是点E或点F. 当Q在F点时， ∵OF、AF分别是∠AOC与

33、∠OAB的平分线，BC∥OA， ∴∠CFO=∠FOA=∠FOC，∠BFA=∠FAO=∠FAB. ∴CF=OC，BF=AB. 而OC=AB，∴CF=BF，即F是BC的中点． 而F点为 （4，2），∴此时m的值为6.5. 当Q在E点时，同理可求得此时m的值为3.5. 综上所述，m的值为3.5或6.5． 【考点】圆的综合题；垂径定理；圆周角定理；平行四边形的判定和性质；坐标与图形性质；勾股定理；分类思想的应用. 【分析】（1）由四边形四个点的坐标易得OA=BC=5，BC∥OA，以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，根据圆周角定理得∠OEA=∠OFA=90°，如图1，作DG⊥E

34、F于G，连DE，则DE=OD=2.5，DG=2，根据垂径定理得EG=GF，利用勾股定理可计算出EG=1.5，于是得到E（1，2），F（4，2），即点P在E点和F点时，满足条件，此时，即1≤m≤9时，边BC上总存在这样的点P，使∠OPA=90°； （2）如图2，先判断四边形OABC是平行四边形，再利用平行线的性质和角平分线定义可得到∠AQO=90°，以OA为直径作⊙D，与直线BC分别交于点E、F，则∠OEA=∠OFA=90°，于是得到点Q只能是点E或点F，当Q在F点时，证明F是BC的中点．而F点为 （4，2），得到m的值为6.5；当Q在E点时，同理可求得m的值为3.5． 8. （2015年江

35、苏无锡10分）如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段05上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M． （1）若∠AOB=60º，OM=4，OQ=1，求证：05⊥OB； （2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形； ①问：的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由； ②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求的取值范围． 【答案】解：（1）证明：如答图，过点P作PE⊥OA于点E， ∵PQ∥OA，PM∥OB， ∴四边形OMPQ为平行四边形. ∵OQ=1，∠AOB

36、=60°， ∴PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°. ∴. ∴. ∴. ∴∠PCE=30°. ∴∠CPM=90°， 又∵PM∥OB，∴∠05O=∠CPM=90°，即05⊥OB. （2）①的值不发生变化，理由如下： 设， ∵四边形OMPQ为菱形，∴. ∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O. 又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC. ∴，即， 化简,得. ∴不变化. ②如答图,过点P作PE⊥OA于点E，过点N作NF⊥OA于点F，设， 则,∴． ∵PM∥OB，∴∠MCP=∠O. 又∵∠PCM=∠NCO，∴△CPM∽△05O. ∴. ∴ ∵0＜x＜6，∴根据二

37、次函数的图象可知， ． 【考点】相似形综合题；单动点问题；定值问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；相似三角形的判定和性质；二次函数的性质；平行四边形的判定和性质；菱形的性质. 【分析】（1）作辅助性线，过点P作PE⊥OA于E，利用两组对边平行的四边形为平行四边形得到OMPQ为平行四边形，利用平行四边形的对边相等，对角相等得到PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°，进而求出PE与ME的长，得到CE的长，求出tan∠PCE的值，利用特殊角的三角函数值求出∠PCE的度数，得到PM于NC垂直，而PM与ON平行，即可得到05与OB垂直. （2）①的值不发生变化，理由如下：设OM=x，O

38、N=y，根据OMPQ为菱形，得到PM=PQ=OQ=x，QN=y﹣x，根据平行得到△NQP与△NOC相似，由相似得比例即可确定出所求式子的值. ②作辅助性线，过点P作PE⊥OA于点E，过点N作NF⊥OA于点F，表示出菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，得到，由PM与OB平行，得到△CPM与△05O相似，由相似得比例求出所求式子的范围即可． 9. （2015年江苏徐州8分）如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限. 其斜边两端点A、B分别落在x轴、y轴上，且AB=12cm （1）若OB=6cm． ①求点C的坐标； ②若点A向右滑动的距离与点B向上滑

39、动的距离相等，求滑动的距离； （2）点C与点O的距离的最大值= ▲ cm. 【答案】解：（1）①如答图1，过点C作y轴的垂线，垂足为D， 在Rt△ABC中，AB=12，∠BAC=30°，∴BC=6. 在Rt△AOB中，AB=12， OB=6， ∴∠BAO=30°，∠ABO=60°. 又∵∠CBA=60°，∴∠CBD=60°，∠BCD=30°. ∴BD=3，CD=．∴OD=9. ∴点C的坐标为. ②如答图2，设点A向右滑动的距离， 根据题意得点B向动的距离. ∵在Rt△AOB中，AB=12， OB=6，∴. ∴. 在△A'O B'中，由勾股定理得，，

40、解得，（舍去）. ∴滑动的距离为． （2）12． 【考点】面动问题；含30度角直角三角形的性质；勾股定理；点的坐标；二次函数最值的应用；方程思想的应用. 【分析】（1）①作辅助线“过点C作y轴的垂线，垂足为D”，应用含30度角直角三角形的性质求出CD和BD的长，即可求出点C的坐标. ②设点A向右滑动的距离，用表示出和的长，在△A'O B'中，应用勾股定理列方程求解即可. （2）设点C的坐标为， 如答图3，过点C作CE⊥x轴，CD⊥y轴， 垂足分别为E，D，则OE=－x，OD=y. ∵∠ACE＋∠BCE=90°，∠DCB＋∠BCE=90°， ∴∠ACE=∠DCB. 又∵∠AE

41、C=∠BDC=90°，∴△ACE ∽△BCD. ∴，即. ∴. ∴. ∴当取最大值，即点C到y轴距离最大时，有最大值，即OC取最大值，如图，即当转到与y轴垂时. 此时OC=12． 10. （2015年江苏徐州12分）如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆，B为半圆上一点，连接AB并延长至C，使BC=AB，过C作CD⊥x轴于点D,交线段OB于点E，已知CD=8，抛物线经过O、E、A三点. （1）∠OBA= ▲ °； （2）求抛物线的函数表达式； （3）若P为抛物线上位于第一象限内的一个动点，以P、O、A、E为顶点的四边形面积记作S，

42、则S取何值时，相应的点P有且只有3个？ 【答案】解：（1）90. （2）如答图1，连接OC， ∵由（1）知OB⊥AC，又AB=BC， ∴OB是的垂直平分线. ∴OC=OA=10. 在Rt△OCD中，OC=10，CD=8，∴OD=6. ∴C(6，8)，B(8，4). ∴OB所在直线的函数关系为. 又E点的横坐标为6，∴E点纵坐标为3，即E(6，3)． ∵抛物线过O(0，0)，E(6，3) ，A(10，0)， ∴设此抛物线的函数关系式为， 把E点坐标代入得，解得. ∴此抛物线的函数关系式为，即． （3）设点， ①若点P在CD的左侧，延长OP交CD于Q，如答图2，

43、 ∵OP所在直线函数关系式为：， ∴当x=6时，，即Q点纵坐标为. ∴. ∴S四边形POAE= S△OAE ＋S△OPE = S△OAE ＋S△OQE－S△PQE = =. ②若点P在CD的右侧，延长AP交CD于Q，如答图3， ，A(10，0)， ∴设AP所在直线方程为：y=kx＋b， 把P和A坐标代入得，， 解得. ∴AP所在直线方程为：. ∴当x=6时，，即Q点纵坐标为.∴QE=. ∴S四边形POAE= S△OAE ＋S△APE= S△OAE ＋S△AQE －S△PQE = =. ∴当P在CD右侧时，四边形POAE的面积最大值为16，此时点P的位置就一个

44、， 令，解得，. ∴当P在CD左侧时，四边形POAE的面积等于16的对应P的位置有两个. 综上知，以P、O、A、E为顶点的四边形面积S等于16时，相应的点P有且只有3个． 【考点】二次函数综合题；单动点问题；圆周角定理；线段垂直平分线的性质；勾股定理；待定系数洪都拉斯应用；曲线上点的坐标与方程的关系；分类思想、转换思想和方程思想的应用. 【分析】（1）根据直径所对的圆周角定理直接得出结论. （2）作辅助线：连接OC，根据线段垂直平分线的性质和勾股定理求出点E、A的坐标，从而应用待定系数法求出抛物线的函数关系式. （3）设点，分点P在CD的左侧和右侧两种情况求出S四边形POAE关于

45、的二次函数关系式，根据二次函数的最值原理求解即可. 11. （2015年江苏盐城12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，将抛物线的对称轴绕着点P（，2）顺时针旋转45°后与该抛物线交于A、B两点，点Q是该抛物线上的一点. （1）求直线AB的函数表达式； （2）如图①，若点Q在直线AB的下方，求点Q到直线AB的距离的最大值； （3）如图②，若点Q在y轴左侧，且点T（0，t）（t<2）是直线PO上一点，当以P、B、Q为顶点的三角形与△PAT相似时，求所有满足条件的t的值. 【答案】解：（1）如答图1，设直线AB与轴的交点为M， ∵，P（，2），∴. 设直线AB的解析式为， 则，

46、解得. ∴直线AB的解析式为. （2）如答图2，过点Q作轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D， 根据条件可知，是等腰直角三角形. ∴. 设，则， ∴. ∴. ∴当时，点Q到直线AB的距离的最大值为. （3）∵，∴中必有一角等于45°. ①由图可知，不合题意. ②若， 如答图3，过点B作轴的平行线与轴和抛物线分别交于点，此时，. 根据抛物线的轴对称性质，知， ∴是等腰直角三角形. ∵与相似，且， ∴也是等腰直角三角形. i）若， 联立，解得或. ∴. ∴.∴，此时，. ii）若，，此时，. ③若，②是情况之一，答案同上. 如

47、答图4，5，过点B作轴的平行线与轴和抛物线分别交于点，以点为圆心，为半径画圆，则都在上，设与y轴左侧的抛物线交于另一点. ∵根据圆周角定理，， ∴点也符合要求. 设， 由得解得或， 而，故.∴. 可证是等边三角形，∴. ∴. 则在中，. i）若， 如答图4，过点作轴于点， 则， ∴. ∴，此时，. ii）若， 如答图5，过点作轴于点， 设，则. ∵，∴，.∴. ∴，此时，. 综上所述，所有满足条件的t的值为或或或. 【考点】二次函数综合题；线动旋转和相似三角形存在性问题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；等腰直角三角形的判定和性质；含30度角

48、直角三角形的性质；二次函数最值；勾股定理；圆周角定理；分类思想、数形结合思想、方程思想的应用. 【分析】（1）根据旋转的性质得到等腰直角三角形，从而得到解决点M的坐标，进而应用待定系数法即可求得直线AB的解析式. （2）作辅助线“过点Q作轴的垂线QC，交AB于点C，再过点Q作直线AB的垂线，垂足为点D”，设，求出关于的二次函数，应用二次函数最值原理即可求解. （3）分，，三种情况讨论即可. 12. （2015年江苏扬州12分）如图，直线⊥线段于点，点在上，且，点是直线上的动点，作点关于直线的对称点，直线与直线相交于点，连接. （1）如图1，若点与点重合，则= ▲ °，线段

49、与的比值为 ▲ ； （2）如图2，若点与点不重合，设过三点的圆与直线相交于，连接. 求证：①；②； （3）如图3，，则满足条件的点都在一个确定的圆上，在以下两小题中选做一题： ①如果你能发现这个确定圆的圆心和半径，那么不必写出发现过程，只要证明这个圆上的任意一点Q，都满足QA=2QB； ②如果你不能发现这个确定圆的圆心和半径，那么请取几个特殊位置的点，如点在直线上、点与点重合等进行探究，求这个圆的半径. 【答案】解：（1）30；2. （2）证明：①∵点关于直线的对称点，∴.∴. ∵是圆内接四边形的外角，∴.∴. ∴. ②如答图1，连接交于点，过点作∥交于点

50、， ∵点关于直线的对称点， ∴是的垂直平分线. ∴，. ∴. ∵，∴. ∴.∴. ∴. （3）两小题中选做一题： ①如答图2，在的延长线上取点，使，以点为圆心，2为半径画圆，取圆上任一点，连接，在上取点，使，连接，作点关于直线的对称点，连接交于点，过点作∥交于点， ∵点关于直线的对称点， ∴是的垂直平分线. ∴. 又∵，∴.∴点、重合. ∵，∴. ∴. ②若点在线段上，由知，点与点重合，点与点重合，这个圆的半径为2. 若点在射线的延长线上，由知，点与点重合，这个圆的半径为2. 等. 【考点】开放型；单动点和轴对称问题；轴对称的性质；锐角三角函数定义；特殊角的

51、三角函数值；圆内接四边形的性质；等腰三角形的判定；线段垂直平分线的性质；平行线分线段成比例的性质. 【分析】（1）∵，∴. ∵，∴线段与的比值为2. （2）①一方面证明得到；另一方面，由是圆内接四边形的外角得到，从而得到，进而根据等角对等边的判定得证. ②作辅助线“连接交于点，过点作∥交于点”，应用线段垂直平分线的性质和平行线分线段成比例的性质证明. （3）①如答图2，在的延长线上取点，使，以点为圆心，2为半径画圆，取圆上任一点，连接，在上取点，使，连接，作点关于直线的对称点，连接交于点，过点作∥交于点，此圆即为所求定圆. ②取特殊点探讨，答案不唯一. 13. （2015年江苏常

52、州10分）设ω是一个平面图形，如果用直尺和圆规经过有限步作图（简称尺规作图），画出一个正方形与ω的面积相等（简称等积），那么这样的等积转化称为ω的“化方”． （1）阅读填空 如图①，已知矩形ABCD，延长AD到E，使DE=DC，以AE为直径作半圆．延长CD交半圆于点H，以DH为边作正方形DFGH，则正方形DFGH与矩形ABCD等积． 理由：连接AH，EH． ∵AE为直径，∴∠AHE=90°，∴∠HAE+∠HEA=90°． ∵DH⊥AE，∴∠ADH=∠EDH=90° ∴∠HAD+∠AHD=90° ∴∠AHD=∠HED，∴△ADH∽ ▲ ． ∴，即DH2=AD×DE．

53、 又∵DE=DC ∴DH2= ▲ ，即正方形DFGH与矩形ABCD等积． （2）操作实践 平行四边形的“化方”思路是，先把平行四边形转化为等积的矩形，再把矩形转化为等积的正方形． 如图②，请用尺规作图作出与等积的矩形（不要求写具体作法，保留作图痕迹）． （3）解决问题 三角形的“化方”思路是：先把三角形转化为等积的 ▲ （填写图形名称），再转化为等积的正方形． 如图③，△ABC的顶点在正方形网格的格点上，请作出与△ABC等积的正方形的一条边（不要求写具体作法，保留作图痕迹，不通过计算△ABC面积作图）． （4）拓展探究 n边形（n＞3）的“化方”思路之

54、一是：把n边形转化为等积的n﹣1边形，…，直至转化为等积的三角形，从而可以化方． 如图④，四边形ABCD的顶点在正方形网格的格点上，请作出与四边形ABCD等积的三角形（不要求写具体作法，保留作图痕迹，不通过计算四边形ABCD面积作图）． 【答案】解：（1）△HDE；AD×DC. （2）如答图1，矩形ANMD即为与等积的矩形. （3）矩形. 如答图2，CF为与△ABC等积的正方形的一条边. （4）如答图3，△BCE是与四边形ABCD等积的三角形. ， 【考点】阅读理解型问题；尺规作图（复杂作图）；全等、相似三角形的判定和性质；平行四边形的性质；矩形的性质；正方形的性质

55、；圆周角定理；转换思想和数形结合思想的应用． 【分析】（1）首先根据相似三角形的判定方法，可得△ADH∽△HDE；根据等量代换，可得DH2=AD×DC，据此判断即可． （2）过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，以点M为圆心，AD长为半径画弧，交BC于点N，连接AN，则易证△DCM≌△ABN，因此，矩形ANMD即为与等积的矩形. （3）三角形的“化方”思路是：先把三角形转化为等积的矩形，再转化为等积的正方形． 首先以三角形的底为矩形的长，以三角形的高的一半为矩形的宽，将△ABC转化为等积的矩形BCMN；然后延长BC到E，使CE=CM，以BE为直径作圆．延长CM交圆于点F，则CF即

56、为与△ABC等积的正方形的一条边． （4）连接AC，过点D作DE∥AC交BA的延长线于点E，连接CE，则△BCE是与四边形ABCD等积的三角形. 14. （2015年江苏常州10分）如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合． （1）写出点A的坐标； （2）当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得△OQB与△APQ全等？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由． （3）若点M在直线l上，且∠POM=90°，记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2，求

57、的值． 【答案】解（1）（4，0）. （2）存在．理由如下： 如答图1所示： 将x=0代入得：，∴OB=4. 由（1）可知OA=4. 在Rt△BOA中，由勾股定理得：． ∵△BOQ≌△AQP，∴QA=OB=4，BQ=PA． ∵，∴PA= ． ∴点P的坐标为（4，）． （3）如答图2所示： ∵OP⊥OM，∴∠1+∠3=90°． 又∵∠2+∠1=90°，∴∠2=∠3． 又∵∠OAP=∠OAM=90°，∴△OAM∽△PAO． ∴. 设AP=m，则：，∴． 在Rt△OAP中，， ∴. 在Rt△OAM中，， ∴. ∴. 【考点】圆的综合题；单动点问题；直线上

58、点的坐标与方程的关系；勾股定理；全等三角形的性质；相似三角形的判定和性质． 【分析】（1）将y=0代入，求得x的值，从而得到点A的坐标. （2）首先根据题意画出图形，然后在Rt△BOA中，由勾股定理求得AB的长度，由全等三角形的性质求得QA的长度，从而得到BQ的长，然后根据PA=BQ求得PA的长度，从而可求得点P的坐标. （3）首先根据题意画出图形，设AP=m，由△OAM∽△PAO，可求得AM的长度，然后根据勾股定理可求得两圆的直径（用含m的式子表示），然后利用圆的面积公式求得两圆的面积，最后代入所求代数式求解即可 15. （2015年江苏淮安12分）阅读理解： 如图①，如果四边形A

59、BCD满足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=900,那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”. 将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示的形状，再展开得到图③，其中CE、CF为折痕，∠BCD=∠ECF=∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′、FD′相交于点O. 简单应用： （1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是 ▲ ； （2）当图③中的时，∠AEB′＝ ▲ °； （3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有 ▲ 个（包含四边形ABCD）. 拓展提

60、升： 当图中的时，连接AB′，请探求∠AB′E的度数，并说明理由. 【答案】解：简单应用： （1）正方形. （2）80. （3）5. 拓展提升：，理由如下： 如答图，连接， ∵，且AB=AD， ∴四边形ABCD是正方形. ∴. 由折叠对称的性质，得， ∴点在以为直径的圆上. ∵由对称性，知，∴. ∴. 【考点】新定义和阅读理解型问题；折叠问题；正方形的判定和性质；折叠对称的性质；圆周角定理；等腰直角三角形的性质. 【分析】简单应用： （1）根据“完美筝形”的定义，知只有正方形是“完美筝形”. （2）∵，∴根据折叠对称的性质，得. ∵，∴. ∴. （

61、3）根据“完美筝形”的定义，可知是“完美筝形”. 拓展提升： 作辅助线“连接”，由题意判定四边形ABCD是正方形，从而证明点在以为直径的圆上，即可得出. 16. （2015年江苏淮安12分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=6，BC=8. 动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动；同时，动点N从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿BA向点A匀速运动. 过线段MN的中点G作边AB的垂线，垂足为点G，交△ABC的另一边于点P，连接PM、PN，当点N运动到点A时，M、N两点同时停止运动，设运动时间为t秒. （1）当t＝ ▲ 秒时，动点M、N相遇

62、； （2）设△PMN的面积为S，求S与t之间的函数关系式； （3）取线段PM的中点K，连接KA、KC，在整个运动过程中，△KAC的面积是否变化？若变化，直接写出它的最大值和最小值；若不变化，请说明理由. 【答案】解：（1）2.5. （2）在整个运动过程中，分三段：点与点重合前；点与点重合后点M、N相遇前；点与点重合后点M、N相遇后. 当点与点重合时，如答图1， ∵， ∴. ∴根据勾股定理，得，解得. 由（1）动点M、N相遇时，. 当点N运动到点A时，由得. ①当时，如题图， ∵，∴. ∵，，∴，即. ∴. ②当时，如答图2， ∵，∴. ∵，， ∴，即.

63、 ∴. ③当时，如答图3， ∵，∴. ∵，， ∴，即. ∴. 综上所述，S与t之间的函数关系式为. （3）在整个运动过程中，△KAC的面积变化，它的最大值是4，最小值是. 【考点】双动点问题；由实际问题列函数关系式（几何问题）；勾股定理；相似三角形的判定和性质；一次函数的应用和性质；三角形和梯形的中位线定理；分类思想和数形结合思想的应用. 【分析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝900，AC=6，BC=8，∴根据勾股定理，得. ∵点M的速度是每秒1个单位长度，点N的速度是每秒3个单位长度， ∴动点M、N相遇时，有秒. （2）分点与点重合前；点与点重合后点M、N相遇前

64、；点与点重合后点M、N相遇后三种情况讨论即可. （3）分点与点重合前；点与点重合后点M、N相遇前；点与点重合后点M、N相遇后三种情况讨论，如答图，分别过点作的垂线，垂足分别为点，易得 ①当时，如答图4，易得，， ∴. ∴. 当时，最大值为；当时，最小值为. ②当或时，如答图4，5，易得，. ∴. 当时，最大值为4； 最小值不大于. 综上所述，在整个运动过程中，△KAC的面积变化，它的最大值是4，最小值是. 17. （2015年江苏南通13分）已知抛物线（m是常数）的顶点为P，直线. （1）求证：点P在直线l上； （2）当m=﹣3时，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴

65、交于点C，与直线l的另一个交点为Q，M是x轴下方抛物线上的一点，∠ACM=∠PAQ（如图），求点M的坐标； （3）若以抛物线和直线l的两个交点及坐标原点为顶点的三角形是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的m的值． 【答案】解：（1）证明：∵， ∴点P的坐标为（m，m﹣1）， ∵当x=m时，y=x﹣1=m﹣1， ∴点P在直线l上. （2）当m=﹣3时，抛物线解析式为， 当y=0时，，解得x1=﹣1，x2=﹣5，则A（﹣5，0）. 当x=0时，，则C（0，5）. 联立方程组，解得或， ∴P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3）. 如答图，过点M作ME⊥y轴于E，过点P作PF⊥x

66、轴于F，过点Q作QG⊥x轴于G， ∵OA=OC=5，∴△OAC为等腰直角三角形. ∴∠ACO=45°. ∴∠MCE=45°﹣∠ACM. ∵QG=3，OG=2，∴AG=OA﹣OG=3=QG. ∴△AQG为等腰直角三角形. ∴∠QAG=45°. ∴. ∵∠ACM=∠PAQ，∴∠APF=∠MCE. ∴Rt△CME∽Rt△PAF. ∴. 设，则. ∴，整理得，解得x1=0（舍去），x2=﹣4， ∴点M的坐标为（﹣4，﹣3）. （3）m的值为0，，，，． 【考点】二次函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；等腰直角三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；勾股定理；分类思想和方程思想的应用．. 【分析】（1）利用配方法求得点P的坐标，然后根据一次函数图象上点的坐标特征判断点P在直线l上. （2）当m=﹣3时，抛物线解析式为，根据抛物线与x轴的交点问题求出A（﹣5，0），易得C（0，5），通过解方程组得P（﹣3，﹣4），Q（﹣2，﹣3），如图，作ME⊥y轴于E，PF⊥x轴于F，QG⊥x轴于G，证明Rt△CME∽Rt△PAF，利用相似得，设，则，解之即可求得点M的坐标