中考数学二轮复习专题时综合与实践专题导学案精讲专练

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第13课时 综合与实践专题 ‎【编者按】综合与实践近几年在中考题中出现频率越来越高，新课标修订稿中将“双基”变成“四基”，“四基”中就有“基本的活动经验”；由此可见对学生综合与实践能力的培养已经放到非常重要的位置，个人认为在今后的中考试题中会逐步的加大综合与实践的题型，在这样的大背景下本人编写了这课时二轮复习材料，希望能够对大家有一定的启发.‎ 第一部分 讲解部分 一．专题诠释 ‎ “综合与实践”是以一类问题为载体，学生主动参与的学习活动，是帮助学生积累数学活动经验的重要途径，其具体目标是：⑴通过对有关问题的探讨，了解所学过的数与代数、图形与几何、统计与概率知识之间的关联；⑵初步获得发现问题和提出问题的经验；⑶结合实际背景，在给定目标下，设计解决问题的方案，进一步体验分析问题和解决问题的过程，发展相应的能力．‎ ‎“综合与实践”试题一般由问题情景、操作发现、提出问题、问题解决和应用拓展等部分构成，可以从不同角度综合考查学生基本活动技能和活动经验，以及学生在活动中形成数学思想和数学方法的能力、探究能力、创新能力和运用能力．‎ 二．解题策略和解法精讲 ‎“综合与实践”试题关键要把握两点：一是掌握问题原型的特点及其问题解决的思想方法；二是根据问题情景的变化，通过类比和引申，合理进行思想方法的迁移．‎ 三．考点精讲 考点1．探索应用型 例1．(2010·恩施 )(1)计算:如图①,直径为的三等圆⊙O、⊙O、⊙O两两外切，切点分别为A、B、C，求OA的长(用含的代数式表示).‎ ‎⑵探索:若干个直径为的圆圈分别按如图②所示的方案一和如图③‎ 所示的方案二的方式排放，探索并求出这两种方案中层圆圈的高度和(用含、的代数式表示).‎ ‎⑶应用:现有长方体集装箱，其内空长为5米，宽为3.1米，高为3.1米.用这样的集装箱装运长为5米，底面直径(横截面的外圆直径)为0.1米的圆柱形钢管，你认为采用⑵中的哪种方案在该集装箱中装运钢管数最多？并求出一个这样的集装箱最多能装运多少根钢管？(≈1.73)‎ ‎【分析】(1)三个两两外切的圆的圆心构成一个边长为圆的直径的正三角形，因此可由勾股定理求解；（2）按如图10②所示的方案一的方式排放，层圆圈的高度就是n个圆的直径，按如图10③所示的方案二的方式排放，层圆圈的高度可由（1）证得来；（3）方案一：即按图10②的方式排放钢管，放置根数为每层排放31根，可放31层，则共放31×31＝941根钢管，而方案二：即：按图10③的方式排放钢管，第一层排放31根，第二层排放30根，设钢管的放置层数为n,可得解得 得可放35层，则共放31×18+30×17=1068根钢管．由此可得方案二装运钢管最多．‎ ‎【解】(1)∵⊙O、⊙O、⊙O两两外切，∴OO=OO=OO=a，‎ 又∵OA=OA，∴OA⊥OO，∴OA==．‎ ‎⑵=，=，‎ ‎⑶方案二：装运钢管最多．即：按图③的方式排放钢管，放置根数最多.‎ 根据题意，第一层排放31根，第二层排放30根， ‎ 设钢管的放置层数为n,可得，解得，‎ ‎∵为正整数∴=35，钢管放置的最多根数为：31×18+30×17=1068(根)．‎ ‎【评注】 图①是图②和图③的“单元”，(1)的计算问题是后继问题的原型； (2)中的方案一很容易找到一般的规律，方案二需要将问题(1)中找到的等边三角形的模型迁移过来，通过对，，，进行计算，得到一个猜想“圆圈的高度就是能形成的最大的等边三角形的高加上一个圆圈的直径”；然后再选择n大于4的情况验证我们结论的正确性，例如n=5，我们在右侧再添加一列对圆圈的高度不产生任何影响，(不妨问自己三个问题： ①如何构造直角三角形?②直角三角形的斜边与n有着怎样的联系?③等边三角形的高与圆圈的高度有着怎样的联系?)；本题的探究过程真正体现“特殊→一般→特殊”的认知规律．问题(3)是在问题(2)基础上的进一步引申，既是对上述认识的运用，又是对问题的深入探索．‎ 考点2. 拓广应用型 例2．(2010·青岛) 问题再现 O 现实生活中，镶嵌图案在地面、墙面乃至于服装面料设计中随处可见．在八年级课题学习“平面图形的镶嵌”中，对于单种多边形的镶嵌，主要研究了三角形、四边形、正六边形的镶嵌问题．今天我们把正多边形的镶嵌作为研究问题的切入点，提出其中几个问题，共同来探究.‎ 我们知道，可以单独用正三角形、正方形或正六边形镶嵌平面．如右图中，用正方形镶嵌平面，可以发现在一个顶点O周围围绕着4个正方形的内角.‎ 试想：如果用正六边形来镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕着____个正六边形的内角．‎ 问题提出 如果我们要同时用两种不同的正多边形镶嵌平面，可能设计出几种不同的组合方案？‎ 问题解决 猜想1：是否可以同时用正方形、正八边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？‎ 分析：我们可以将此问题转化为数学问题来解决．从平面图形的镶嵌中可以发现，解决问题的关键在于分析能同时用于完整镶嵌平面的两种正多边形的内角特点．具体地说，就是在镶嵌平面时，一个顶点周围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角．‎ 验证1：在镶嵌平面时，设围绕某一点有x个正方形和y个正八边形的内角可以拼成一个周角．根据题意，可得方程：，整理得：，‎ 我们可以找到惟一一组适合方程的正整数解为．‎ 结论1：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正方形和2个正八边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正方形和正八边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．‎ 猜想2：是否可以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？若能，请按照上述方法进行验证，并写出所有可能的方案；若不能，请说明理由．‎ 验证2：‎ 结论2：．‎ 上面，我们探究了同时用两种不同的正多边形组合镶嵌平面的部分情况，仅仅得到了一部分组合方案，相信同学们用同样的方法，一定会找到其它可能的组合方案．‎ 问题拓广 请你仿照上面的研究方式，探索出一个同时用三种不同的正多边形组合进行平面镶嵌的方案，并写出验证过程．‎ 猜想3：‎ 验证3：‎ 结论3：‎ ‎【分析】要使正多边形形成平面镶嵌，需满足的条件是在一个顶点周围围绕着的正多边形的内角恰好能拼成一个周角。由此可知用正六边形（内角为120°）来镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕着3个正六边形的内角；同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌，可转化为一个二元一次方程求正整数解的问题，如用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌，可设围绕某一点有a个正三角形和b个正六边形的内角，转化为求方程：的正整数解；同时用三种不同的正多边形组合进行平面镶嵌，则同理可转化为一个三元一次方程求正整数解的问题．‎ ‎【解】验证2：在镶嵌平面时，设围绕某一点有a个正三角形和b个正六边形的内角可以拼成一个周角．根据题意，可得方程：．整理得：，‎ 可以找到两组适合方程的正整数解为和．‎ 结论2：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着2个正三角形和2个正六边形的内角或者围绕着4个正三角形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．‎ 猜想3：是否可以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合进行平面镶嵌？‎ 验证3：在镶嵌平面时，设围绕某一点有m个正三角形、n个正方形和c个正六边形的内角可以拼成一个周角.根据题意，可得方程：，整理得：，可以找到惟一一组适合方程的正整数解为. ‎ 结论3：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正三角形、2个正方形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合可以进行平面镶嵌.‎ ‎【评注】“问题再现”由四边形的镶嵌问题发现规律，正六边形的镶嵌是对前面问题的一个变式，通过这两个问题的研究发现“能够镶嵌需要满足：一个顶点的周围绕着的正多边形的内角能拼成一个周角”．‎ ‎“问题解决”中是两种不同的正多边形的组合镶嵌问题，我们应该类比一种多边形的镶嵌问题解决问题的方法，从而得到结论“两种正多边形组合镶嵌应满足：围绕一个顶点的多种正多边形的内角能拼成一个周角”，根据这个规律构造二元一次方程的模型解决问题．‎ ‎ “问题拓广”是在前面两种类型的问题的基础上进一步的拓展，转化成3种不同的正多边形的镶嵌问题，此时先确定3种正多边形，类比两种正多边形组合镶嵌的方法构造出三元一次方程解决问题．‎ 考点3．变式应用型 例3．(2010·威海)⑴探究新知：‎ ‎①如图①，已知AD∥BC，AD＝BC，点M，N是直线CD上任意两点．‎ 求证：△ABM与△ABN的面积相等．‎ ‎②如图②，已知AD∥BE，AD＝BE，AB∥CD∥EF，点M是直线CD上任一点，点G是直线EF上任一点．试判断△ABM与△ABG的面积是否相等，并说明理由．‎ C 图 ②‎ A B D M F E G A B D C M N 图 ①‎ ‎⑵结论应用：‎ 如图③，抛物线的顶点为C(1，4)，交x轴于点A(3，0)，交y轴于点D．试探究在抛物线上是否存在除点C以外的点E，使得△ADE与△ACD的面积相等？若存在，请求出此时点E的坐标，若不存在，请说明理由．‎ ‎﹙友情提示：解答本问题过程中，可以直接使用“探究新知”中的结论．﹚‎ A 备用图 C D B O x y A 图 ③‎ C D B O x y ‎【分析】（1）①只要证明AB∥CD，根据平行线间的距离处处相等，再根据等底等高的三角形面积相等即可证明△ABM与△ABN的面积相等；②两个三角形的底都是AB，只要能够证明这两个三角形的高相等即可证明面积相等；‎ ‎（2）先确定抛物线的表达式，再确定抛物线上点的坐标，然后通过点来确定直线，关键是运用（1）来探索平行线，探索平行线与抛物线的交点，就是所求的点，求出坐标即可．探索时，要仿照（1）从两个方面考虑，防止漏解．‎ 解：⑴①证明：分别过点M，N作ME⊥AB，NF⊥AB，垂足分别为点E，F．‎ ‎∵AD∥BC，AD＝BC，‎ A B D C M N 图 ①‎ E F ‎∴四边形ABCD为平行四边形．‎ ‎∴AB∥CD．‎ ‎∴ME=NF．‎ ‎∵S△ABM＝，S△ABN＝，‎ ‎∴S△ABM＝S△ABN．‎ ‎②相等．理由如下：分别过点D，E作DH⊥AB，EK⊥AB，垂足分别为H，K．‎ 则∠DHA=∠EKB=90°．∵AD∥BE，∴∠DAH=∠EBK．‎ H C 图 ②‎ A B D M F E G K ‎∵AD＝BE，‎ ‎∴△DAH≌△EBK．‎ ‎∴DH=EK．∵CD∥AB∥EF，‎ ‎∴S△ABM＝，S△ABG＝，‎ ‎∴S△ABM＝S△ABG.‎ ‎⑵答：存在．‎ 因为抛物线的顶点坐标是C(1，4)，所以，可设抛物线的表达式为.‎ 又因为抛物线经过点A (3，0)，将其坐标代入上式，得，解得.‎ ‎∴该抛物线的表达式为，即．∴D点坐标为(0，3)．‎ 设直线AD的表达式为，代入点A的坐标，得，解得.‎ ‎∴直线AD的表达式为．‎ 过C点作CG⊥x轴，垂足为G，交AD于点H．则H点的纵坐标为．‎ ‎∴CH＝CG－HG＝4－2＝2．‎ 设点E的横坐标为m，则点E的纵坐标为．‎ 过E点作EF⊥x轴，垂足为F，交AD于点P，则点P的纵坐标为，EF∥CG．‎ 由﹙1﹚可知：若EP＝CH，则△ADE与△ADC的面积相等．‎ ‎①若E点在直线AD的上方﹙如图③－1﹚，则PF=，EF＝．‎ ‎∴EP＝EF－PF＝=．∴．‎ A 图 ③－1‎ C D B O x y H P G F P E 解得，． ‎ 当时，PF=3－2＝1，EF=1+2＝3．∴E点坐标为(2，3)．‎ 同理当m=1时，E点坐标为(1，4)，与C点重合．‎ ‎②若E点在直线AD的下方﹙如图③－2,③－3﹚，‎ 则．‎ ‎∴．解得，．‎ 当时，E点的纵坐标为；‎ 当时，E点的纵坐标为．‎ ‎∴在抛物线上存在除点C以外的点E，使得△ADE与△ACD的面积相等，E点的坐标为E1(2，3)；；．‎ A 图③－3‎ C D B O x y H P G F P E A 图③－2‎ C D B O x y H P G F P E ‎【评注】①根据“平行线间的距离相等”可以得知△ABM与△ABN具有相同的底与相等的高，很容易得到两个三角形面积相等．‎ ‎②是对①的简单变式，可以从以下两种不同的思路去解决：‎ ‎⑴将“平行线间具有相同底边的两个三角形面积相等”迁移到本题很简单就能解决；‎ ‎⑵将“具有同底等高的两个三角形面积相等”这个基本模型迁移到本题，(在使用这个模型解决问题的时候不妨问自己两个问题：①如何构造等高呢?②)如何验证两个高相等呢?)‎ ‎“结论应用”改变了问题背景，在抛物线找到一点E使得△ADE与△ACD的面积相等，从而联想到“探究新知”的两个基本模型，这样就要构造出线段AD的平行线，根据分类讨论的思想，作出的平行线可能分布在线段AD的两侧，这样就可以将“探究新知”中的结论迁移过来使用.‎ 考点4．新知应用型 例4．(2010·台州)类比学习：一动点沿着数轴向右平移3个单位，再向左平移2个单位，相当于向右平移1个单位．用实数加法表示为3+()=1．‎ 若坐标平面上的点作如下平移：沿x轴方向平移的数量为a(向右为正，向左为负，平移个单位)，沿y轴方向平移的数量为b(向上为正，向下为负，平移个单位)，则把有序数对{a，b}叫做这一平移的“平移量”；“平移量”{a，b}与“平移量”{c，d}的加法运算法则为．‎ 解决问题：⑴计算：{3，1}+{1，2}；{1，2}+{3，1}．‎ ‎⑵①动点P从坐标原点O出发，先按照“平移量”{3，1}平移到A，再按照“平移量”{1，2}平移到B；若先把动点P按照“平移量”{1，2}平移到C，再按照“平移量”{3，1}平移，最后的位置还是点B吗?在图1中画出四边形OABC.‎ ‎②证明四边形OABC是平行四边形.‎ ‎⑶如图2，一艘船从码头O出发，先航行到湖心岛码头P(2，3)，再从码头P航行到码头Q(5，5)，最后回到出发点O.请用“平移量”加法算式表示它的航行过程．‎ y O 图2‎ Q（5, 5）‎ P（2, 3）‎ y O 图1‎ ‎1‎ ‎1‎ x x ‎【分析】要解这一题，必须深度理解“平移量”的表达形式，及平移量表达的真正意义，及运算规则．‎ y O ‎1‎ ‎1‎ x A B C ‎【解】⑴{3，1}+{1，2}={4，3}．‎ ‎{1，2}+{3，1}={4，3}．‎ ‎⑵①画图，最后的位置仍是B．‎ ‎②证明：由①知，A(3，1)，B(4，3)，C(1，2)‎ ‎∴OC=AB==，OA=BC==，‎ ‎∴四边形OABC是平行四边形．‎ ‎⑶{2，3}+{3，2}+{－5，－5}={0,0}．‎ ‎【评注】“类比学习”给我们介绍了一种新概念“平移量”及其运算法则，对新概念及其运算法则的正确理解是“解决问题”的基础．‎ ‎“解决问题”(1)是新概念及其运算法则的直接应用； (2)是利用“平移量”定量地描述点的平移，①中只要确定顶点的位置，画出四边形OABC并不困难．②中可以通过网格的特点证明四边形OABC 的对边相等．‎ ‎“解决问题”(3) 是对(2)的变式，不是根据“平移量”确定位置，而是根据具体位置特点确定“平移量”，这种互逆思维的训练加深了对新概念本质的理解．值得一提的是，这里不能将点的坐标与平移量混淆起来，点的坐标确定了点的位置，平移量确定了运动的距离和方向．‎ 四、真题演练 ‎1.(2010·河北)观察思考 某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块Q在平直滑道l上可以左右滑动，在Q滑动的过程中，连杆PQ也随之运动，并且PQ带动连杆OP绕固定点O摆动．在摆动过程中，两连杆的接点P在以OP为半径的⊙O上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点O作OH⊥l于点H，并测得OH=4分米，PQ=3分米，OP=2分米．‎ 解决问题 ‎⑴点Q与点O间的最小距离是_________分米；点Q与点O间的最大距离是_________分米；点Q在l上滑到最左端的位置与滑到最右端位置间的距离是_________分米．‎ ‎⑵如图3，小明同学说：“当点Q滑动到点H的位置时，PQ与⊙O是相切的．”你认为他的判断对吗？为什么？‎ ‎⑶①小丽同学发现：“当点P运动到OH上时，点P到l的距离最小．”事实上，还存在着点P到l距离最大的位置，此时，点P到l的距离是分米；‎ H l O 图3‎ P ‎（Q）‎ H l O P Q 图2‎ 图1‎ 连杆 滑块 滑道 ‎②当OP绕点O左右摆动时，所扫过的区域为扇形，求这个扇形面积最大时圆心角的度数．‎ 图1‎ O x y D B A C ‎2. (2010·德州)探究 (1)在图1中，已知线段AB，CD，其中点分别为E，F．‎ ‎①若A(－1，0)，B(3，0)，则E点坐标为__________；‎ ‎②若C(－2，2)，D(－2，－1)，则F点坐标为__________；‎ ‎(2)在图2中，已知线段AB的端点坐标为A(a，b)，B(c，d)，‎ 求出图中AB中点D的坐标(用含a，b，c，d的 代数式表示)，并给出求解过程．‎ O x y D B 图2‎ A 归纳 无论线段AB处于直角坐标系中的哪个位置，‎ 当其端点坐标为A(a，b)，B(c，d)，AB中点为D(x，y)时，‎ x=_________， y=___________．(不必证明)‎ 运用 在图2中，一次函数与反比例函数 x y y=‎ y=x－2‎ A B O 图3‎ 的图象交点为A，B．‎ ‎①求出交点A，B的坐标；‎ ‎②若以A，O，B，P为顶点的四边形是平行四边形，‎ 请利用上面的结论求出顶点P的坐标．‎ ‎3.(2009·陕西)问题探究 ‎⑴请在图①的正方形内，画出使的一个点，并说明理由．‎ ‎⑵请在图②的正方形内(含边)，画出使的所有的点，并说明理由．‎ 问题解决 ‎⑶如图③，现在一块矩形钢板．工人师傅想用它裁出两块全等的、面积最大的和钢板，且．请你在图③中画出符合要求的点和，并求出的面积(结果保留根号)．‎ D C B A 图①‎ D C B A 图③‎ D C B A 图②‎ 第二部分：练习部分 ‎1.电子跳蚤游戏盘是如图所示的△ABC，AB=6，AC=7，BC=8．如果跳蚤开始时在BC边的P0处，BP0=2．跳蚤第一步从P0跳到AC边的P1(第一次落点)处，且CP1=CP0；第二步从P1跳到AB边的P2(第一次落点)处，且AP2=AP1；第三步从P2跳到BC边的P3(第三次落点)处，且BP3=BP2；……；跳蚤按上述规则一致跳下去，第n次落点为Pn(n为正整数)，则点P2007与P2010之间的距离为( )‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ A B C P0‎ P3‎ P2‎ P1‎ 第1题 ‎2.如图，在矩形ABCD中， AB=4，BC=6，当直角三角板MPN 的直角顶点P在BC边上移动时，直角边MP始终经过点A，设直角三角板的另一直角边PN与CD相交于点Q．BP=x，CQ=y，那么y与x之间的函数图象大致是 M Q D C B P N A ‎(第2题)‎ x y O ‎4‎ ‎6‎ ‎3‎ A x y O ‎2.25‎ ‎6‎ ‎3‎ D x y O ‎3‎ ‎6‎ ‎4‎ C ‎2.25‎ x y O ‎6‎ ‎3‎ B ‎3.小明尝试着将矩形纸片ABCD(如图①，AD>CD)沿过A点的直线折叠，使得B点落在AD边上的点F处，折痕为AE(如图②)；再沿过D点的直线折叠，使得C点落在DA边上的点N处，E点落在AE 边上的点M处，折痕为DG(如图③)．如果第二次折叠后，M点正好在∠NDG的平分线上，那么矩形ABCD长与宽的比值为 ．‎ A B C D A B C D E F ‎①‎ ‎②‎ A B C D E G M N ‎③‎ ‎4.‎ 勾股定理是一条古老的数学定理，它有很多种证明方法，我国汉代数学家赵爽根据弦图，利用面积法进行证明，著名数学家华罗庚曾提出把“数形关系”(勾股定理)带到其他星球，作为地球人与其他星球“人”进行第一次“谈话”的语言。‎ 请你根据图1中的直角三角形叙述勾股定理(用文字及符号语言叙述)；(3分)‎ ‎ ‎ 以图1中的直角三角形为基础，可以构造出以a、b为底，以为高的直角梯形(如图2)，请你利用图2，验证勾股定理；(4分)‎ 利用图2中的直角梯形，我们可以证明其证明步骤如下：‎ ‎= 。‎ 又∵在直角梯形ABCD中有BC AD(填大小关系)，即 ，‎ ‎(3分)‎ ‎ ‎ ‎5.问题背景 ‎ (1)如图1，‎B C D F E 图1‎ A ‎3‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎△ABC中，DE∥BC分别交AB，AC于D，E两点，过点E作EF∥AB交BC于点F．请按图示数据填空：四边形DBFE的面积 ，△EFC的面积 ，△ADE的面积 ．‎ 探究发现 ‎(2)在(1)中，若，，DE与BC间的距离为．请证明．‎ 拓展迁移 ‎(3)如图2，□DEFG的四个顶点在△ABC的三边上，若△ADG、△DBE、△GFC的面积分别为2、5、3，试利用(2)中的结论求△ABC的面积．‎ B C D G F E 图2‎ A ‎【真题演练参考答案】‎ ‎1.⑴456； ‎ ‎⑵不对． ‎ ‎∵OP=2，PQ=3，OQ=4，且42≠32+22，即OQ2≠PQ2+OP2，‎ ‎∴OP与PQ不垂直．∴PQ与⊙O不相切．‎ ‎⑶①3； ‎ ‎②由①知，在⊙O上存在点P，到l的距离为3，此时，OP将不能再向下转动，如图3．OP在绕点O左右摆动过程中所扫过的最大扇形就是OP．‎ D H l O 图3‎ P Q 连结P，交OH于点D．‎ ‎∵PQ，均与l垂直，且PQ=，‎ ‎∴四边形PQ是矩形．∴OH⊥P，PD=D．‎ 由OP=2，OD=OHHD=1，得∠DOP=60°．‎ ‎∴∠PO=120°．‎ ‎∴所求最大圆心角的度数为120°．‎ ‎2.【解】探究(1)①(1，0)；②(－2，)；‎ A′‎ D′‎ B′‎ O x y D B A ‎(2)过点A，D，B三点分别作x轴的垂线，垂足分别为 ‎，，，则∥∥． ‎ ‎∵D为AB中点，由平行线分线段成比例定理得 ‎=．‎ ‎∴O=．‎ x y y=‎ y=x－2‎ A B O O P 即D点的横坐标是． ‎ 同理可得D点的纵坐标是．‎ ‎∴AB中点D的坐标为(，)． ‎ 归纳：，． ‎ 运用①由题意得解得或．∴即交点的坐标为A(－1，－3)，B(3，1)．‎ ‎②以AB为对角线时，由上面的结论知AB中点M的坐标为(1，－1)．‎ ‎∵平行四边形对角线互相平分，∴OM=OP，即M为OP的中点．∴P点坐标为(2，－2)．‎ 同理可得分别以OA，OB为对角线时，点P坐标分别为(4，4)，(－4，－4)．‎ ‎∴满足条件的点P有三个，坐标分别是(2，－2)，(4，4)，(－4，－4)． ‎ ‎3.解:⑴如图①，‎ 连接交于点，则．‎ 点为所求． ‎ ‎⑵如图②，画法如下：‎ D C B A ‎①‎ P D C B A ‎②‎ O P E F D C B A ‎③‎ E G O P ‎1)以为边在正方形内作等边；‎ ‎2)作的外接圆，分别与交于点．‎ 在中，弦所对的上的圆周角均为，‎ 上的所有点均为所求的点． ‎ ‎⑶如图③，画法如下：‎ ‎1)连接；‎ ‎2)以为边作等边；‎ ‎3)作等边的外接圆，交于点；‎ ‎4)在上截取．‎ 则点为所求．‎ ‎(评卷时，作图准确，无画法的不扣分)‎ 过点作，交于点．‎ 在中，．‎ ‎．． ‎ 在中，，．‎ 在中，，．‎ ‎．．‎ ‎【第二部分参考答案】‎ ‎1. C ‎2. D ‎3. 。‎ ‎4. ‎ 如果直角三角形的两直角边长分别为a、b，斜边长为c，那么 ‎≌‎ 又 ‎ …………5分 整理，得 ‎ ‎5.(1)，，．‎ ‎(2)证明：∵DE∥BC，EF∥AB，‎ ‎∴．‎ ‎∵， ∴．‎ ‎∴．‎ 而， ∴‎ ‎(3)解：过点G作GH∥AB交BC于H，则四边形DBHG为平行四边形．‎ ‎∴，，．‎ ‎∵四边形DEFG为平行四边形，‎ B C D G F E 图2‎ A H ‎∴． ∴．‎ ‎∴． ∴△DBE≌△GHF．‎ ‎∴△GHC的面积为．‎ 由(2)得，□DBHG的面积为．‎ ‎∴△ABC的面积为．‎ ‎∴四边形DBFE为平行四边形，，．‎ ‎∴△ADE∽△EFC．‎ ‎ ‎