广东省各市中考数学试题分类解析汇编 专题15探索型问题

广东省各市中考数学试题分类解析汇编 专题15探索型问题

广东省各市2015年中考数学试题分类解析汇编（20专题）‎ 专题15：探索型问题 ‎1.（2015年广东梅州3分）对于二次函数有下列四个结论：‎ ‎①它的对称轴是直线；②设，则当时，有；③它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；④当时，.其中正确结论的个数为【 】‎ A. 1 B.2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】二次函数的图象和性质. ‎ ‎【分析】∵，∴二次函数图象的对称轴是直线.故结论①正确.‎ ‎∴当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论②错误.‎ ‎∵的解为，∴二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论③正确.‎ ‎∵二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，∴当时，.故结论④正确.‎ 综上所述，正确结论有①③④三个.‎ 故选C.‎ ‎2. （2015年广东深圳3分）二次函数的图像如下图所示，下列说法①；②；③；④，正确的个数是【 】‎ A. 1 B. 2 C.3 D. 4‎ ‎【答案】B.‎ ‎【考点】二次函数的图像和性质. ‎ ‎【分析】∵二次函数图像的开口向下，∴. 故说法①错误.‎ ‎∵二次函数图像的对称轴在轴右侧，∴， 即.故说法②正确.‎ ‎∵二次函数图像与轴的交点在轴上方，∴. 故说法③错误.‎ ‎∵二次函数图像与轴有两个交点，∴.故说法④正确.‎ 综上所述，正确的个数是②④2个.‎ 故选B.‎ ‎3. （2015年广东深圳3分）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①；②；③；④.在以上4个结论中，正确的有【 】‎ A. 1 B. 2 C.3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】折叠问题；正方形的性质；全等、相似三角形的判定和性质；勾股定理. ‎ ‎【分析】由折叠和正方形的性质可知，，∴‎ ‎.又∵，∴. 故结论①正确.‎ ‎∵正方形ABCD的边长为12，BE=EC，∴.‎ 设，则，‎ 在中，由勾股定理，得，即，‎ 解得，.‎ ‎∴.∴. 故结论②正确.‎ ‎∵，∴是等腰三角形.‎ 易知不是等腰三角形，∴和不相似. 故结论③错误.‎ ‎∵，‎ ‎∴.故结论④正确.‎ 综上所述，4个结论中，正确的有①②④三个.‎ 故选C.‎ ‎4. （2015年广东3分）如图，已知正△ABC的边长为2，E，F，G分别是AB，BC，CA上的点，且AE=BF=CG，设△EFG的面积为y，AE的长为x，则y关于x的函数图象大致是【 】‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】D.‎ ‎【考点】由实际问题列函数关系式（几何问题）；二次函数的性质和图象.‎ ‎【分析】根据题意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的边长为2，‎ ‎∴. ∴△AEG、△BEF、△CFG三个三角形全等．‎ 在△AEG中，，∴.‎ ‎∴．‎ ‎∴其图象为开口向上的二次函数.‎ 故选D.‎ ‎5. （2015年广东汕尾4分）对于二次函数有下列四个结论：‎ ‎①它的对称轴是直线；②设，则当时，有；③它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；④当时，.其中正确结论的个数为【 】‎ A. 1 B.2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】C.‎ ‎【考点】二次函数的图象和性质. ‎ ‎【分析】∵，∴二次函数图象的对称轴是直线.故结论①正确.‎ ‎∴当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论②错误.‎ ‎∵的解为，∴二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论③正确.‎ ‎∵二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，∴当时，.故结论④正确.‎ 综上所述，正确结论有①③④三个.‎ 故选C.‎ ‎1. （2015年广东梅州3分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是 ▲ .（写出一个即可）‎ ‎【答案】F是AC的中点（答案不唯一）.‎ ‎【考点】开放型；三角形中位线定理；相似三角形的判定 ‎【分析】△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则根据三角形中位线定理和相似三角形的判定需要增加的一个条件可以是：F是AC的中点或EF∥BC或∠AEF=∠B或∠AEF=∠C或∠AFE=∠B或∠AFE=∠C，等，答案不唯一.‎ ‎2. （2015年广东梅州3分）若，,对任意自然数都成立，则 ‎= ▲ ， = ▲ ；计算： ▲ ..‎ ‎【答案】；；.‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）.‎ ‎【分析】∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎3. （2015年广东佛山3分）各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有 ▲ 个.‎ ‎【答案】20. ‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形构成条件.‎ ‎【分析】应用列举法，逐一作出判断：‎ 三边边长都为8，能构成1个三角形；‎ 两边边长为8，能构成三角形的另一边有1，2，3，4，5，6，7，计7个；‎ 一边边长为8，能构成三角形的另两边组合有（2，7），（3，7），（4，7），（5，7），（6，7），（7，7），（3，6），（4，6），（5，6），（6，6），（4，5），（5，5），计12个.‎ ‎∴各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有20个.‎ ‎4. （2015年广东深圳3分）观察下列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第5个图形有 ‎ ▲ 个太阳.‎ ‎【答案】21.‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）.‎ ‎【分析】观察图形可知，‎ 上面一排按序号1，2，3，4，…排列，第5个图形有5个太阳；‎ 下面一排按排列，第5个图形有个太阳；‎ ‎∴第5个图形共有21个太阳.‎ ‎5. （2015年广东4分）观察下列一组数：，，，，，…，根据该组数的排列规律，可推出第10个数是 ▲ .‎ ‎【答案】.‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）.‎ ‎【分析】观察得该组数的排列规律为：分母为奇数，分子为自然数，第个数为，所以，第10个数是.‎ ‎6. （2015年广东汕尾5分）若，,对任意自然数都成立，则 ‎= ▲ ， = ▲ ；计算： ‎ ‎▲ ..‎ ‎【答案】；；.‎ ‎【考点】探索规律题（数字的变化类）.‎ ‎【分析】∵，∴.‎ ‎∴.‎ ‎7. （2015年广东珠海4分）如图，在中，已知，依次连接的三边中点，得，再依次连接的三边中点得，…，则的周长为 ‎ ▲ ．‎ ‎【答案】1.‎ ‎【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形中位线定理. ‎ ‎【分析】∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的；‎ ‎∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的；‎ ‎∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是 周长的，是周长的；‎ ‎∵的三顶点在的三边中点，∴的周长是周长的，是周长的.‎ 又∵，‎ ‎∴的周长为.‎ ‎1. （2015年广东梅州10分）在Rt△ABC中，∠A=90°，AC = AB = 4，D，E分别是边AB，AC的中点.若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P.‎ ‎（1）如图1，当α=90°时，线段BD1的长等于 ▲ ，线段CE1的长等于 ▲ ；（直接填写结果）‎ ‎（2）如图2，当α=135°时，求证：BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 ；‎ ‎（3）求点P到AB所在直线的距离的最大值．（直接写出结果）‎ ‎【答案】解：（1），.‎ ‎（2）证明：当α=135°时，由旋转可知∠D1AB = E1AC = 135°.‎ 又∵AB=AC，AD1=AE1，∴△D1AB ≌△△E1AC（SAS）.‎ ‎∴BD1=CE1 且 ∠D1BA = ∠E1CA.‎ 设直线BD1与AC交于点F，有∠BFA=∠CFP .‎ ‎∴∠CPF=∠FAB=90°，∴BD1⊥CE1.‎ ‎（3）.‎ ‎【考点】面动旋转问题；等腰直角三角形的性质；勾股定理；全等、相似三角形的判定和性质.‎ ‎【分析】（1）如题图1，当α=90°时，线段BD1的长等于；线段CE1的长等于.‎ ‎（2）由SAS证明△D1AB ≌△△E1AC即可证明BD1 = CE1 ，且BD1⊥CE1 .‎ ‎（3）如答图2，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离最大，此时，‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.∴.‎ ‎∴当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.‎ ‎2. （2015年广东广州10分）已知O为坐标原点，抛物线与轴相交于点,.与轴交于点C，且O，C两点之间的距离为3，，，点A，C在直线上.‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）当随着的增大而增大时，求自变量的取值范围；‎ ‎（3）将抛物线向左平移个单位，记平移后随着的增大而增大的部分为P，直线向下平移n个单位，当平移后的直线与P有公共点时，求的最小值.‎ ‎【答案】解：（1）令，得，∴.‎ ‎∵O，C两点之间的距离为3，∴，解得.‎ ‎∴点C的坐标为或.‎ ‎（2）∵，∴异号.‎ ①若，把代入得，即.‎ ‎∴.‎ 把代入得，即.∴.‎ ‎∵异号，，∴.‎ ‎∵，∴，，.∴.‎ 把，代入，得，解得.‎ ‎∴.∴当时，随着的增大而增大.‎ ②若，把代入得，即.‎ ‎∴.‎ 把代入得，即.∴.‎ ‎∵异号，，∴.‎ ‎∵，∴，，.∴.‎ 把，代入，得，解得.‎ ‎∴.∴当时，随着的增大而增大.‎ 综上所述，若，当随着的增大而增大时，；若，当随着的增大而增大时，.‎ ‎（3）①若，则，，‎ 向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. ‎ 直线向下平移n个单位后的解析式为.‎ 要使平移后直线与有公共点，则当时，，‎ 即，解得，与不符，舍去. ‎ ②若，则，，‎ 向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. ‎ 直线向下平移n个单位后的解析式为.‎ 要使平移后直线与有公共点，则当时，，‎ 即，解得.‎ 综上所述，.‎ ‎∵，‎ ‎∴当时，的最小值为.‎ ‎【考点】二次函数综合题；线动平移问题；曲线上点的坐标与方程的关系；不等式和绝对值的性质；二次函数的最值；分类思想的应用.‎ ‎【分析】（1）一方面，由点C在抛物线得到，另一方面，由O，C两点之间的距离为3，得到，从而得到点C的坐标.‎ ‎（2）分和两种情况讨论.‎ ‎（3）分和两种情况讨论得到的范围内，从而根据二次函数最值原理即可求解.‎ ‎3. （2015年广东深圳9分）如图1，关于的二次函数经过点，点，点为二次函数的顶点，为二次函数的对称轴，在轴上.‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，若存在求出点P，若不存在请说明理由；‎ ‎（3）如图2，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使，若存在求出点F的坐标，若不存在请说明理由.‎ ‎【答案】解：（1）将点， 代入，得 ‎，解得.‎ ‎∴抛物线的解析式为.‎ ‎（2）存在.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴.‎ 设，‎ 当点在的角平分线时，如答图1，过点作于点，‎ 则，‎ ‎∵，∴，解得. ∴.‎ 当点在的外角平分线时，如答图2，过点作于点，‎ 则，‎ ‎∵，∴，解得. ∴.‎ 综上所述，DE上存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，点P的坐标为 或.‎ ‎（3）存在.‎ 假设存在点F，使，‎ 设 ‎∵，∴.‎ ‎∵，∴.‎ 设的解析式为，则，解得.‎ ‎∴的解析式为.‎ 令，得，即与轴的交点坐标为.‎ 若点在轴上方，如答图2，则，‎ ‎∴，‎ 即，解得（舍去正值）.‎ 当时，.∴.‎ 若点在轴下方，如答图3，则，‎ ‎∴，‎ 即，解得（舍去正值）.‎ 当时，，不符合点在轴下方，舍去.‎ 综上所述，DE的左侧抛物线上存在点F，使，点F的坐标为 ‎.‎ ‎【考点】二次函数综合题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；角平分线的性质；分类思想、转换思想和方程思想的应用.‎ ‎【分析】（1）将点， 代入即可求解.‎ ‎（2）根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，分点在的角平分线和点在的外角平分线两种情况讨论即可.‎ ‎（3）由已知求出，分点在轴上方和点在轴下方两种情况讨论，当点在轴上方时，；当点在轴下方时，，据此列方程求解.‎ ‎4. （2015年广东9分）如图，反比例函数(，)的图象与直线相交于点C，过直线上点A(1，3)作AB⊥x轴于点B，交反比例函数图象于点D，且AB=3BD.‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）求点C的坐标；‎ ‎（3）在y轴上确定一点M，使点M到C、D两点距离之和d=MC+MD最小，求点M的坐标.‎ ‎【答案】解：（1）∵A(1，3)，∴OB=1，AB=3.‎ 又∵AB=3BD，∴BD=1. ∴D(1，1).‎ ‎∵反比例函数(，)的图象经过点D，∴.‎ ‎（2）由（1）知反比例函数的解析式为，‎ 解方程组，得或（舍去），‎ ‎∴点C的坐标为(，).‎ ‎（3）如答图，作点D关于y轴对称点E，则E(,1)，连接CE交y轴于点M，即为所求.‎ 设直线CE的解析式为，则 ‎，解得，‎ ‎∴直线CE的解析式为.‎ 当x=0时，y=，‎ ‎∴点M的坐标为(0，).‎ ‎【考点】反比例函数和一次函数综合问题；曲线上点的坐标与方程的关系；待定系数法的应用；轴对称的应用（最短距离问题）；方程思想的应用.‎ ‎【分析】（1）求出点D的坐标，即可根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，求出k的值.‎ ‎（2）由于点C是反比例函数的图象和直线的交点，二者联立即可求得点C的坐标.‎ ‎（3）根据轴对称的应用，作点D关于y轴对称点E，则E(,1)，连接CE交y轴于点M，即为所求.‎ ‎5. （2015年广东9分）如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC与Rt△ADC拼在一起，使斜边AC完全重合，且顶点B，D分别在AC的两旁，∠ABC=∠ADC=90°，∠CAD=30°，AB=BC=‎4cm.‎ ‎（1）填空：AD= ▲ (cm)，DC= ▲ (cm)；‎ ‎（2）点M，N分别从A点，C点同时以每秒‎1cm的速度等速出发，且分别在AD，CB上沿A→D，C→B的方向运动，当N点运动 到B点时，M，N两点同时停止运动，连结MN，求当M，N点运动了x秒时，点N到AD的距离(用含x的式子表示)；‎ ‎（3）在（2）的条件下，取DC中点P，连结MP，NP，设△PMN的面积为y(cm2)，在整个运动过程中，△PMN的面积y存在最大值，请求出这个最大值.‎ ‎(参考数据：sin75°=，sin15°=)‎ ‎【答案】解：（1）；.‎ ‎（2）如答图，过点N作NE⊥AD于E，作NF⊥DC延长线于F，则NE=DF.‎ ‎∵∠ACD=60°，∠ACB=45°，∴∠NCF=75°，∠FNC=15°.∴sin15°=.‎ 又∵NC=x，sin15°=，∴.‎ ‎∴NE=DF=.‎ ‎∴点N到AD的距离为cm.‎ ‎（3）∵NC=x，sin75°=，且sin75°=∴，‎ ‎∵PD=CP=，∴PF=.‎ ‎∴·‎ 即.‎ ‎∴当时，y有最大值为.‎ ‎【考点】双动点问题；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；由实际问题列函数关系式；二次函数的最值；转换思想的应用. ‎ ‎【分析】（1）∵∠ABC =90°，AB=BC=4，∴.‎ ‎∵∠ADC=90°，∠CAD=30°，‎ ‎∴.‎ ‎（2）作辅助线“过点N作NE⊥AD于E，作NF⊥DC延长线于F”构造直角三角形CNF，求出FC的长，即可由NE=DF=FC+CD求解.‎ ‎（3）由列式，根据二次函数的最值原理求解.‎