2016初中数学中考指导二轮复习锦囊：专题四 探究型问题

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 （2015·湖北省随州市，第24题10分）问题：如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
【发现证明】
小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF=BE+FD，请你利用图（1）证明上述结论．
【类比引申】
如图（2），四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足　 　关系时，仍有EF=BE+FD．
【探究应用】
如图（3），在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40（﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：=1.41，=1.73）
考点：四边形综合题．
分析：【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE=AB=80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．
解答：【发现证明】证明：如图（1），∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
【类比引申】∠BAD=2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF．
故答案是：∠BAD=2∠EAF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．
∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°．
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°，
又∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即点G在CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAG=∠BAD=150°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴EF=BE+DF=80+40（﹣1）≈109.2（米），即这条道路EF的长约为109.2米．
点评：此题主要考查了四边形综合题，关键是正确画出图形，证明△AFG≌△AEF．此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．
对应训练
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，，∴△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′=∠ABD=×60°=30°，DP∥BC，∵△ACE是等边三角形，∴AC=AE，∠ACE=60°，∵AC=2AB，∴AE=2AD′，∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°，又∵DP∥BC，∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，在△BDD′与△CPD′中，，∴△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．
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 （2015?辽宁省朝阳,第24题12分）问题：如图（1），在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=CB，∠DCE=45°，试探究AD、DE、EB满足的等量关系．
[探究发现]
小聪同学利用图形变换，将△CAD绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，连接EH，由已知条件易得∠EBH=90°，∠ECH=∠ECB+∠BCH=∠ECB+∠ACD=45°．
根据“边角边”，可证△CEH≌　△CDE　，得EH=ED．
在Rt△HBE中，由　勾股　定理，可得BH2+EB2=EH2，由BH=AD，可得AD、DE、EB之间的等量关系是　AD2+EB2=DE2　．
[实践运用]
（1）如图（2），在正方形ABCD中，△AEF的顶点E、F分别在BC、CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数；
（2）在（1）条件下，连接BD，分别交AE、AF于点M、N，若BE=2，DF=3，BM=2，运用小聪同学探究的结论，求正方形的边长及MN的长．
考点： 几何变换综合题．
分析： （1）根据正方形的性质和全等三角形的判定方法证明Rt△ABE≌Rt△AGE和Rt△ADF≌Rt△AGF，由全等三角形的性质即可求出∠EAF=∠BAD=45°；
（2）由（1）知，Rt△ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF≌Rt△AGF，设AG=x，则CE=x﹣2，CF=x﹣3．因为CE2+CF2=EF2，所以（x﹣2）2+（x﹣3）2=52．解这个方程，求出x的值即可得到AG=6，在（2）中，MN2=MB2+ND2，MN=a，，所以a=．即MN=．
解答： 解：根据“边角边”，可证△CEH≌△CDE，得EH=ED．
在Rt△HBE中，由勾股定理，可得BH2+EB2=EH2，由BH=AD，可得AD、DE、EB之间的等量关系是AD2+EB2=DE2；故答案为：△CDE；勾股；AD2+EB2=DE2；
（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴∠BAE=∠GAE，
同理，Rt△ADF≌Rt△AGF，
∴∠GAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAF=∠BAD=45°；
（2）由（1）知，Rt△ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF≌Rt△AGF，
∴BE=EG=2，DF=FG=3，则EF=5，
设AG=x，则CE=x﹣2，CF=x﹣3，
∵CE2+CF2=EF2，
∴（x﹣2）2+（x﹣3）2=52，
解这个方程，得x1=6，x2=﹣1（舍去），
∴AG=6，
∴BD=，
∴AB=6，
∵MN2=MB2+ND2
设MN=a，则，
所以a=，
即MN=．
点评： 本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用和一元二次方程的运用，题目的综合性很强，难度不小．
对应训练
2．（2015?辽宁铁岭）（第25题）已知：点D是等腰直角三角形ABC斜边BC所在直线上一点（不与点B重合），连接AD．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．求证：BD=CE，BD⊥CE．
（2）如图2，当点D在线段BC延长线上时，探究AD、BD、CD三条线段之间的数量关系，写出结论并说明理由；（3）若BD=CD，直接写出∠BAD的度数．
考点： 几何变换综合题．.
分析： （1）根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=45°，再根据旋转性质可得AD=AE，∠DAE=90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAE，然后利用“边角边”证明△BAD和△CEF全等，从而得证；
（2）将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．与（1）同理可得CE=BD，CE⊥BD，根据勾股定理即可求得2AD2=BD2+CD2；
（3）分两种情况分别讨论即可求得．
解答： （1）证明：如图1，∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠CAE+∠DAC=90°，
∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE，∠ACE=∠ABC=45°．
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴BD⊥CE；
（2）2AD2=BD2+CD2，
理由：如图2，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．
与（1）同理可证CE=BD，CE⊥BD，
∵∠EAD=90°AE=AD，
∴ED=AD，
在RT△ECD中，ED2=CE2+CD2，
∴2AD2=BD2+CD2．
（3）如图3，①当D在BC边上时，将线段AD1绕点A顺时针方向旋转90°得到线段AE，连接BE，
与（1）同理可证△ABE≌△ACD1，
∴BE=CD1，BE⊥BC，
∵BD=CD，
∴BD1=BE，
∴tan∠BD1E==，
∴∠BD1E=30°，
∵∠EAD1=EBD1=90°，
∴四边形A、D1、B、E四点共圆，
∴∠EAB=∠BD1E=30°，
∴∠BAD1=90°﹣30°=60°；
②将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AF，连接CF．
同理可证：∠CFD2=30°，
∵∠FAD2=FCD2=90°，
∴四边形A、F、D2、C四点共圆，
∴∠CAD2=∠CFD2=30°，
∴∠BAD2=90°+30°=120°，
综上，∠BAD的度数为60°或120°．
点评： 本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，四点共圆的判定，圆周角定理等，通过旋转得出全等三角形是本题的关键．
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 （2015?青岛,第23题10分）【问题提出】用n根相同的木棒搭一个三角形（木棒无剩余），能搭成多少种不同的等腰三角形？
【问题探究】不妨假设能搭成m种不同的等腰三角形，为探究m与n之间的关系，我们可以先从特殊入手，通过试验、观察、类比、最后归纳、猜测得出结论．
【探究一】
（1）用3根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
此时，显然能搭成一种等腰三角形．
所以，当n=3时，m=1．
（2）用4根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
只可分成1根木棒、1根木棒和2根木棒这一种情况，不能搭成三角形．
所以，当n=4时，m=0．
（3）用5根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
若分成1根木棒、1根木棒和3根木棒，则不能搭成三角形．
若分成2根木棒、2根木棒和1根木棒，则能搭成一种等腰三角形．
所以，当n=5时，m=1．
（4）用6根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
若分成1根木棒、1根木棒和4根木棒，则不能搭成三角形．
若分成2根木棒、2根木棒和2根木棒，则能搭成一种等腰三角形．
所以，当n=6时，m=1．
综上所述，可得：表①
n
3
4
5
6
m
1
0
1
1
【探究二】
（1）用7根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的三角形？
（仿照上述探究方法，写出解答过程，并将结果填在表②中）
（2）用8根、9根、10根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
（只需把结果填在表②中）
表②
n
7
8
9
10
m
　2　
　1　
　2　
　2　
你不妨分别用11根、12根、13根、14根相同的木棒继续进行探究，…
【问题解决】：用n根相同的木棒搭一个三角形（木棒无剩余），能搭成多少种不同的等腰三角形？（设n分别等于4k﹣1，4k，4k+1，4k+2，其中k是正整数，把结果填在表③中）
表③
n
4k﹣1
4k
4k+1
4k+2
m
　 　
　 　
　 　
　 　
【问题应用】：用2016根相同的木棒搭一个三角形（木棒无剩余），能搭成多少种不同的等腰三角形？（写出解答过程），其中面积最大的等腰三角形每腰用了　 　根木棒．（只填结果）
考点：作图—应用与设计作图；三角形三边关系；等腰三角形的判定与性质．
专题：分类讨论．
分析：探究二：仿照探究一的方法进行分析即可；
问题解决：根据探究一、二的结果总结规律填表即可；
问题应用：根据规律进行计算求出m的值．
解答：（1）用7根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
此时，能搭成二种等腰三角形，
即分成2根木棒、2根木棒和3根木棒，则能搭成一种等腰三角形
分成3根木棒、3根木棒和1根木棒，则能搭成一种等腰三角形
当n=7时，m=2．
（2）用8根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
分成2根木棒、2根木棒和4根木棒，则不能搭成一种等腰三角形，
分成3根木棒、3根木棒和2根木棒，则能搭成一种等腰三角形，
所以，当n=8时，m=1．
用9根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
分成3根木棒、3根木棒和3根木棒，则能搭成一种等腰三角形
分成4根木棒、4根木棒和1根木棒，则能搭成一种等腰三角形
所以，当n=9时，m=2．
用10根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？
分成3根木棒、3根木棒和4根木棒，则能搭成一种等腰三角形
分成4根木棒、4根木棒和2根木棒，则能搭成一种等腰三角形
所以，当n=10时，m=2．
故答案为：2；1；2；2．
问题解决：由规律可知，答案为：k；k﹣1；k；k．
问题应用：2016÷4=504，504﹣1=503，
当三角形是等边三角形时，面积最大，
2016÷3=672，
∴用2016根相同的木棒搭一个三角形，能搭成503种不同的等腰三角形，其中面积最大的等腰三角形每腰用672根木棒．
点评：本题考查的是作图应用与设计作图、三角形三边关系，首先要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作图，根据三角形两边之和大于第三边和等腰三角形的性质进行解答．
　
对应训练
3．（2014?湖北荆门,第11题3分）如图，在第1个△A1BC中，∠B=30°，A1B=CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2=A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3=A2E，得到第3个△A2A3E，…按此做法继续下去，则第n个三角形中以An为顶点的内角度数是（　　）
第1题图
　 A．（）n?75° B． （）n﹣1?65° C． （）n﹣1?75° D． （）n?85°
考点： 等腰三角形的性质．
专题： 规律型．
分析： 先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形中以An为顶点的内角度数．
解答： 解：∵在△CBA1中，∠B=30°，A1B=CB，
∴∠BA1C==75°，
∵A1A2=A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，
∴∠DA2A1=∠BA1C=×75°；
同理可得，
∠EA3A2=（）2×75°，∠FA4A3=（）3×75°，
∴第n个三角形中以An为顶点的内角度数是（）n﹣1×75°．
故选：C．
点评： 本题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．
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 （2015?黄石第24题，9分）在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．
分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
解答：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，
∴OC=OD，
∴OC′=OD′，
在△AOC′和△BOD′中，，
∴△AOC′≌△BOD′（SAS），
∴AC′=BD′；
②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，
∴∠OBD′+∠BFE=90°，
∴∠BEA=90°，
∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，
∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，
∵CD∥AB，
∴，
∴，
∴，
又∠AOC′=∠BOD′，
∴△AOC′∽△BOD′，
∴∠OAC′=∠OBD′，
又∠AFO=∠BFE，
∴∠AEB=∠AOB=θ．
点评：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质；熟练掌握旋转的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
对应训练
4．（2015?昆明第23题，9分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，点A的坐标为（4，0），抛物线的对称轴是直线x=．
（1）求抛物线的解析式；
（2）M为第一象限内的抛物线上的一个点，过点M作MG⊥x轴于点G，交AC于点H，当线段CM=CH时，求点M的坐标；
（3）在（2）的条件下，将线段MG绕点G顺时针旋转一个角α（0°＜α＜90°），在旋转过程中，设线段MG与抛物线交于点N，在线段GA上是否存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
考点： 二次函数综合题．
专题： 综合题．
分析： （1）首先利用对称轴公式求出a的值，然后把点A的坐标与a的值代入抛物线的解析式，求出c的值，即可确定出抛物线的解析式．
（2）首先根据抛物线的解析式确定出点C的坐标，再根据待定系数法，确定出直线AC解析式为y=﹣x+2；然后设点M的坐标为（m，﹣ m2+m+2），H（m，﹣ m+2），求出MH的值是多少，再根据CM=CH，OC=GE=2，可得MH=2EH，据此求出m的值是多少，再把m的值代入抛物线的解析式，求出y的值，即可确定点M的坐标．
（3）首先判断出△ABC为直角三角形，然后分两种情况：①当=时；②当=时；根据相似三角形的性质，判断出是否存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似即可．
解答： 解：（1）∵x=﹣=，b=，
∴a=﹣，
把A（4，0），a=﹣代入y=ax2+x+c，
可得（）×42+×4+c=0，
解得c=2，
则抛物线解析式为y=﹣x2+x+2．
（2）如图1，连接CM，过C点作CE⊥MH于点E，
，
∵y=﹣x2+x+2，
∴当x=0时，y=2，
∴C点的坐标是（0，2），
设直线AC解析式为y=kx+b（k≠0），
把A（4，0）、C（0，2）代入y=kx+b，
可得，
解得：，
∴直线AC解析式为y=﹣x+2，
∵点M在抛物线上，点H在AC上，MG⊥x轴，
∴设点M的坐标为（m，﹣ m2+m+2），H（m，﹣ m+2），
∴MH=﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）=﹣m2+2m，
∵CM=CH，OC=GE=2，
∴MH=2EH=2×[2﹣（﹣m+2）]=m，
又∵MH=﹣m2+2m，
∴﹣m2+2m=m，
即m（m﹣2）=0，
解得m=2或m=0（不符合题意，舍去），
∴m=2，
当m=2时，
y=﹣×22+×2+2=3，
∴点M的坐标为（2，3）．
（3）存在点P，使以P，N，G为顶点的三角形与△ABC相似，理由为：
∵抛物线与x轴交于A、B两点，A（4，0），A、B两点关于直线x=成轴对称，
∴B（﹣1，0），
∵AC==2，BC==，AB=5，
∴AC2+BC2=+=25，AB2=52=25，
∵AC2+BC2=AB2=25，
∴△ABC为直角三角形，
∴∠ACB=90°，
线段MG绕G点旋转过程中，与抛物线交于点N，当NP⊥x轴时，∠NPG=90°，
设P点坐标为（n，0），
则N点坐标为（n，﹣ n2+n+2），
①如图2，
当=时，
∵∠N1P1G=∠ACB=90°，
∴△N1P1G∽△ACB，
∴=，
解得：n1=3，n2=﹣4（不符合题意，舍去），
当n1=3时，
y=﹣×32+×3+2=2，
∴P的坐标为（3，2）．
②当=时，
∵∠N2P2G=∠BCA=90°，
∴△N2P2G∽△BCA，
∴，
解得：n1=1，n2=1﹣（不符合题意，舍去），
当n1=1时，
y=﹣×（1+）2+×（1）+2=，
∴P的坐标为（1，）．
又∵点P在线段GA上，
∴点P的纵坐标是0，
∴不存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似．
点评： （1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力．
（2）此题还考查了待定系数法求函数解析式的方法，要熟练掌握．
（3）此题还考查了相似三角形的性质和应用，以及直角三角形的性质和应用，要熟练掌握．
四、中考真题演练
1．（2015?四川广安，第16题3分）如图，半径为r的⊙O分别绕面积相等的等边三角形、正方形和圆用相同速度匀速滚动一周，用时分别为t1、t2、t3，则t1、t2、t3的大小关系为　 　．
2. （2014?四川巴中）如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF．
（1）请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是　　，并证明．
（2）在问题（1）中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由．
3. （2014?山东枣庄）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？请证明你的结论．

4. （2015?烟台,第25题14分）
【问题提出】
如图，已知⊿ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且DE=EC，将⊿BCE绕点C顺时针旋转至⊿ACF，连接EF。
试证明：AB=DB+AF。
【类比探究】
(1)如图，如果点E在线段AB的延长线上，其它条件不变，线段AB、DB、AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由。
(2)如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间数量关系，不必说明理由。
5. （2015?山东德州,第23题10分）（1）问题
如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°，求证：AD?BC=AP?BP．
探究
如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
（3）应用
请利用（1）（2）获得的经验解决问题：
如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出了，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．
五、中考真题演练参考答案
1．（2015?四川广安，第16题3分）如图，半径为r的⊙O分别绕面积相等的等边三角形、正方形和圆用相同速度匀速滚动一周，用时分别为t1、t2、t3，则t1、t2、t3的大小关系为　 　．
考点：轨迹．
分析：根据面积，可得相应的周长，根据有理数的大小比较，可得答案．
解答：设面积相等的等边三角形、正方形和圆的面积为3.14，
等边三角型的边长为a≈2，
等边三角形的周长为6；
正方形的边长为b≈1.7，
正方形的周长为1.7×4=6.8；
圆的周长为3.14×2×1=6.28，
∵6.8＞6.28＞6，
∴t2＞t3＞t1．
故答案为：t2＞t3＞t1．
点评：本题考查了轨迹，利用相等的面积求出相应的周长是解题关键．
2. （2014?四川巴中）如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF．
（1）请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是　　，并证明．
（2）在问题（1）中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由．
考点：矩形的判定．
分析：（1）根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，
（2）由（1）可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形．
解答：（1）答：添加：EH=FH，证明：∵点H是BC的中点，∴BH=CH，
在△△BEH和△CFH中，，∴△BEH≌△CFH（SAS）；
（2）解：∵BH=CH，EH=FH，
∴四边形BFCE是平行四边形（对角线互相平分的四边形为平行四边形），
∵当BH=EH时，则BC=EF，
∴平行四边形BFCE为矩形（对角线相等的平行四边形为矩形）．
点评：本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，是基础题，难度不大．
3. （2014?山东枣庄）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？请证明你的结论．

考点：全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
专题：计算题．
分析：（1）由DF与BE平行，得到两对内错角相等，再由O为AC的中点，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得证；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD为矩形，理由为：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证．
解答：（1）证明：∵DF∥BE，
∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，
∵O为AC的中点，即OA=OC，AE=CF，
∴OA﹣AE=OC﹣CF，即OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（AAS）；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是矩形，理由为：
证明：∵△BOE≌△DOF，
∴OB=OD，
∴OA=OB=OC=OD，即BD=AC，
∴四边形ABCD为矩形．
点评：此题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，以及平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
4. （2015?烟台,第25题14分）
【问题提出】
如图，已知⊿ABC是等边三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且DE=EC，将⊿BCE绕点C顺时针旋转至⊿ACF，连接EF。
试证明：AB=DB+AF。
【类比探究】
(1)如图，如果点E在线段AB的延长线上，其它条件不变，线段AB、DB、AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由。
(2)如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间数量关系，不必说明理由。
考点：三角形综合探究题
分析：第一问是个明显的旋转问题，根据旋转的特点，我们能够得出CE=CF，，即是等边三角形； ；，进而：，再有
又由已知DE=CE，知，所以有，这样就能得出
则有AE=BD，所以AB=AE+BE=BD+AF。第(2)问，根据第一问的做法，我们应该像第(1)问那样去证明，全等的条件都是有AF=BE(旋转得出)，DE=EF，这样关键就在于说明。要想说明这两个角相等，我们可以像第(1)问一样去证出，，这样我们就能得出AF∥CD，此时我们需要把BD和EF的交点标示为G点，这样就有，接下来我们可以想办法证明(条件有一个公用角和小角)，这样就得出了，所以就有，也就得出了三角形全等，这样就有AE=BD，所以这时AB=AE-BE=BD-AF。第(3)问画图略过，理由可以参考第(2)问。
解答：【解】(1)根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF，再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF，∠EBD=∠EAF=120°，得出△EDB≌FEA，所以BD=AF，等量代换即可得出结论.(2)先画出图形证明∴△DEB≌△EFA，方法类似于（1）；（3）画出图形根据图形直接写出结论即可.
证明：DE=CE=CF,△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF,CE=CF,∴△CEF是等边三角形,∴EF=CE，∴DE=EF，∠CAF=∠BAC=60°，所以∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°，∠DBE=120°，∠EAF=∠DBE，又因为A，E，C，F四点共圆，所以∠AEF=∠ACF，又因为ED=DC，所以∠D=∠BCE，∠BCE=∠ACF，所以∠D=∠AEF，所以△EDB≌FEA，所以BD=AF，AB=AE+BF，所以AB=BD+AF．
类比探究（1）DE=CE=CF,△BCE由旋转60°得△ACF，∴∠ECF=60°，BE=AF,CE=CF,∴△CEF是等边三角形,∴EF=CE，∴DE=EF，∠EFC=∠BAC=60°，
∠EFC=∠FGC+∠FCG，∠BAC=∠FGC+∠FEA，∴∠FCG=∠FEA，又∠FCG=∠EAD
∠D=∠EAD，∴∠D=∠FEA，由旋转知∠CBE=∠CAF=120°，∴∠DBE=∠FAE=60°
∴△DEB≌△EFA，∴BD=AE， EB=AF，∴BD=FA+AB．即AB=BD-AF.
（2）AF=BD+AB（或AB=AF-BD）
点评：旋转、全等三角形、等边三角形、相似三角形
5. （2015?山东德州,第23题10分）（1）问题
如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°，求证：AD?BC=AP?BP．
探究
如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
（3）应用
请利用（1）（2）获得的经验解决问题：
如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出了，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．
考点： 相似形综合题；切线的性质．.
专题： 探究型．
分析： （1）如图1，由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（2）如图2，由∠DPC=∠A=∠B=θ可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=3，根据勾股定理可得DE=4，由题可得DC=DE=4，则有BC=5﹣4=1．易证∠DPC=∠A=∠B．根据AD?BC=AP?BP，就可求出t的值．
解答： 解：（1）如图1，
∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
∠BPC+∠APD=90°，
∴∠ADP=∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，
∴=，
∴AD?BC=AP?BP；
（2）结论AD?BC=AP?BP仍然成立．
理由：如图2，
∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，∠BPD=∠A+∠ADP，
∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠ADP．
∵∠DPC=∠A=∠B=θ，
∴∠BPC=∠ADP，
∴△ADP∽△BPC，
∴=，
∴AD?BC=AP?BP；
（3）如图3，
过点D作DE⊥AB于点E．
∵AD=BD=5，AB=6，
∴AE=BE=3．
由勾股定理可得DE=4．
∵以点D为圆心，DC为半径的圆与AB相切，
∴DC=DE=4，
∴BC=5﹣4=1．
又∵AD=BD，
∴∠A=∠B，
∴∠DPC=∠A=∠B．
由（1）、（2）的经验可知AD?BC=AP?BP，
∴5×1=t（6﹣t），
解得：t1=1，t2=5，
∴t的值为1秒或5秒．
点评： 本题是对K型相似模型的探究和应用，考查了相似三角形的判定与性质、切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、等角的余角相等、三角形外角的性质、解一元二次方程等知识，以及运用已有经验解决问题的能力，渗透了特殊到一般的思想．