初中数学2016年中考八大题型典中典：初中数学2016年中考八大题型典中典专题复习（七）综合探究问题

专题复习（七）——综合探究问题
题型概述
探索是一中重要的研究问题的方法，也是人们 ( http: / / www.21cnjy.com )发现新知识的重要手段，非常有利于培养创新能力。探索型问题一般有从特殊到一般的探索和存在型探索型或者从实践中探索，复习时对这些呈现方式具有多样性、活泼性、猜想性、挑战性的探索性试题要多关注，多反思，多总结其解题经验，以增强自己的探究能力。
题型例析
类型1：实践性综合探索问题
这类问题是将某一问题的解决方法，运用到解决 ( http: / / www.21cnjy.com )不同情景下的类似问题，这类题充分体现了实践性、探究性，其解答思路的突破点是紧扣题中交代的思想方法，结合不同情景中对应知识来解决问题。
【例题】（2015岳阳第23题10分）
已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．
（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分 ( http: / / www.21cnjy.com )别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：　 　．
（2）猜想证明：在图①的情 ( http: / / www.21cnjy.com )况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线 ( http: / / www.21cnjy.com )l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA PB=k AB．
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考点：几何变换综合题．
分析：（1）根据三角形CBD是直角三角形，而且点P为线段CD的中点，应用直角三角形的性质，可得PA=PB，据此解答即可．
（2）首先过C作CE⊥n于点E，连 ( http: / / www.21cnjy.com )接PE，然后分别判断出PC=PE、∠PCA=∠PEB、AC=BE；然后根据全等三角形判定的方法，判断出△PAC∽△PBE，即可判断出PA=PB仍然成立．
（3）首先延长AP交直线n于点F， ( http: / / www.21cnjy.com )作AE⊥BD于点E，然后根据相似三角形判定的方法，判断出△AEF∽△BPF，即可判断出AF BP=AE BF，再个AF=2PA，AE=2k，BF=AB，可得2PA PB=2k．AB，所以PA PB=k AB，据此解答即可．
解答：（1）∵l⊥n，
∴BC⊥BD，
∴三角形CBD是直角三角形，
又∵点P为线段CD的中点，
∴PA=PB．
（2）把直线l向上平移到如图②的位置，PA=PB仍然成立，理由如下：
如图②，过C作CE⊥n于点E，连接PE，
( http: / / www.21cnjy.com )，
∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，
∴PD=PE，
又∵点P为线段CD的中点，
∴PC=PD，
∴PC=PE；
∵PD=PE，
∴∠CDE=∠PEB，
∵直线m∥n，
∴∠CDE=∠PCA，
∴∠PCA=∠PEB，
又∵直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，
∴l∥CE，
∴AC=BE，
在△PAC和△PBE中，
∴△PAC∽△PBE，
∴PA=PB．
（3）如图③，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E，
( http: / / www.21cnjy.com )，
∵直线m∥n，
∴，
∴AP=PF，
∵∠APB=90°，
∴BP⊥AF，
又∵AP=PF，
∴BF=AB；
在△AEF和△BPF中，
∴△AEF∽△BPF，
∴，
∴AF BP=AE BF，
∵AF=2PA，AE=2k，BF=AB，
∴2PA PB=2k．AB，
∴PA PB=k AB．
故答案为：PA=PB．
点评：（1）此题主要考查了几何变换综合题，考 ( http: / / www.21cnjy.com )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）此题还考查了直角三角形的性质和应用，要熟练掌握．
（3）此题还考查了全等三角形的判定和性质的应用，以及相似三角形的判定和性质的应用，要熟练掌握．
　
【变式练习】
（2015 浙江湖州，第2 ( http: / / www.21cnjy.com )3题10分）问题背景：已知在△ABC中，AB边上的动点D由A向B运动(与A，B不重合)，点E与点D同时出发，由点C沿BC的延长线方向运动(E不与C重合)，连结DE交AC于点F，点H是线段AF上一点
(1)初步尝试：如图1，若△ABC是等边三角形，DH⊥AC，且点D，E的运动速度相等，求证：HF=AH+CF
小王同学发现可以由以下两种思路解决此问题：
思路一：过点D作DG∥BC，交AC于点G，先证GH=AH，再证GF=CF，从而证得结论成立.
思路二：过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，先证CM=AH，再证HF=MF，从而证得结论成立.
请你任选一种思路，完整地书写本小题的证明过程(如用两种方法作答，则以第一种方法评分)
(2)类比探究：如图2，若在△ABC中，∠ABC=90°，∠ADH=∠BAC=30°，且点D，E的运动速度之比是：1，求的值.
(3)延伸拓展：如图3，若在△ABC中，AB=AC，∠ADH=∠BAC=36°，记=m，且点D、E的运动速度相等，试用含m的代数式表示 (直接写出结果，不必写解答过程).
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【答案】（1）详见解析；（2）=2 ；(3) .
【解析】
试题分析：（1）（选择思路一）：过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图1，易证△ADG是等边三角形，根据等边三角形的性质可得GD=AD=CE，GH=AH,再由平行线的性质可得∠GDF=∠CEF, ∠DGF=∠ECF,又因GD=AD=CE,根据“ASA”可证△GDF≌△CEF，由全等三角形的对应边相等可得GF=CF，所以GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF. （选择思路二）：过点E作EM⊥AC，交AC的延长线于点M，如图1，先证△ADH≌△CEM，由全等三角形的对应边相等可得AH=CM,DH=EM, 又因∠DHF=∠EMF=90°, ∠DFH=∠EFM,所以△DFH≌△EFM,即可得HF=MF=CM+CF=AH+CF.（2）)过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图2, 可证AD=GD, 由题意可知，AD=CE,所以GD=CE,再证△GDF≌△CEF，由全等三角形的对应边相等可得GF=CF,所以 GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF,即可得=2.（3）过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图3,可得AD=AG,DH=DG,AD=EC,所以，又因DG∥BC，可得，所以
由比例的性质可得，即,所以.
试题解析：(1)证明：方法一（选择思路一），
过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ADG=∠B=60°, ∠A=60°,
∴△ADG是等边三角形，
∴GD=AD=CE,
∵DH⊥AC,GH=AH,
∵DG∥BC, ∴∠GDF=∠CEF, ∠DGF=∠ECF,
∴△GDF≌△CEF, ∴GF=CF,
∴GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF.
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(2)过点D作DG∥BC，交AC于点G，如图2,
则∠ADG=∠B=90°,
∵∠BAC=∠ADH=30°,
∴∠HGD=∠HDG=60°,
∴AH=GH=GD,AD=GD,
由题意可知，AD=CE,
∴GD=CE,
∵DG∥BC, ∴∠GDF=∠CEF,∠DGF=∠ECF,
∴△GDF≌△CEF, ∴GF=CF,
∴GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF,
∴=2.
(3) .
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考点：等边三角形的判定及性质；全等三角形的判定及性质；平行线的性质；比例的性质.
类型2：从特殊到一般的探索性问题
这类问题往往结合几何图形的变化，从特殊到一般的探索性问题，一般前几问是后面问题的铺垫，其解决方法也是后问的模板。
【例题】（2015·四川 ( http: / / www.21cnjy.com )甘孜、阿坝，第27题10分）已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点， ( http: / / www.21cnjy.com )F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延 ( http: / / www.21cnjy.com )长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连 ( http: / / www.21cnjy.com )接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
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考点：四边形综合题．.
专题：综合题
分析：（1）由四边形ABCD为正方形，C ( http: / / www.21cnjy.com )E=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（2）由四边形ABCD为正方形，CE ( http: / / www.21cnjy.com )=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（3）首先设MQ，DE分别交AF于点G ( http: / / www.21cnjy.com )，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
解答：（1）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠E=∠F，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．
理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，
∴四边形OHQG是平行四边形，
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∴∠HQG=∠AOD=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
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点评：此题属于四边形的综合题， ( http: / / www.21cnjy.com )考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关键．
【变式练习】
（2015 齐齐哈尔,第26题8分）如 ( http: / / www.21cnjy.com )图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）
（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上 ( http: / / www.21cnjy.com )，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；
（2）如图3，当点E、B、C ( http: / / www.21cnjy.com )在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．
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考点： 四边形综合题．
分析： （1）连接DF，NF，由四边形 ( http: / / www.21cnjy.com )ABCD和CGEF是正方形，得到AD∥BC，BC∥GE，于是得到AD∥GE，求得∠DAM=∠NEM，证得△MAD≌△MEN，得出DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，证出△DFN是等腰直角三角形，即可得到结论；
（2）连接DF，NF，由四边形ABCD ( http: / / www.21cnjy.com )是正方形，得到AD∥BC，由点E、B、C在同一条直线上，于是得到AD∥CN，求得∠DAM=∠NEM，证得△MAD≌△MEN，得出DM=MN，AD=EN，推出△MAD≌△MEN，证出△DFN是等腰直角三角形，于是结论得到．
解答： 解：（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM，
证明：连接DF，NF，
∵四边形ABCD和CGEF是正方形，
∴AD∥BC，BC∥GE，
∴AD∥GE，
∴∠DAM=∠NEM，
∵M是AE的中点，
∴AM=EM，
在△MAD与△MEN中，
，
∴△MAD≌△MEN，
∴DM=MN，AD=EN，
∵AD=CD，
∴CD=NE，
∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°，
在△DCF与△NEF中，
，
∴△MAD≌△MEN，
∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，
∵∠EFN+∠NFC=90°，
∴∠DFC+∠CFN=90°，
∴∠DFN=90°，
∴DM⊥FM，DM=FM
（2）猜想：DM⊥FM，DM=FM，
证明如下：如图3，连接DF，NF，
连接DF，NF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∵点E、B、C在同一条直线上，
∴AD∥CN，
∴∠ADN=∠MNE，
在△MAD与△MEN中，
，
∴△MAD≌△MEN，
∴DM=MN，AD=EN，
∵AD=CD，
∴CD=NE，
∵CF=EF，
∵∠DCF=90°+45°=135°，∠NEF=180°﹣45°=135°，
∴∠DCF=∠NEF，
在△DCF与△NEF中，
，
∴△MAD≌△MEN，
∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，
∵∠CFD+∠EFD=90°，
∴∠NFE+∠EFD=90°，
∴∠DFN=90°，
∴DM⊥FM，DM=FM．
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点评： 本题考查了全等三角形的判定，正方 ( http: / / www.21cnjy.com )形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，本题中的难点是辅助线的作法，作好辅助线找对解题的方向是本题解答的关键所在。
类型3：以函数为载体的存在性探索问题
存在性的问题的探求方法一般是先假设存在，再根据假设和已知条件推理，最后下结论，若假设成立，则存在，若假设不成立，则不存在。
【例题】（2015 葫芦岛）（第26题）如图，直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，当△BEC面积最大时，请求出点E的坐标和△BEC面积的最大值？
（3）在（2）的结论下，过点E作y轴的平行线 ( http: / / www.21cnjy.com )交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
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考点： 二次函数综合题．
分析： （1）首先根据直线y=﹣x+ ( http: / / www.21cnjy.com )3与x轴交于点C，与y轴交于点B，求出点B的坐标是（0，3），点C的坐标是（4，0）；然后根据抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点，求出a\c的值是多少，即可求出抛物线的解析式．
（2）首先过点E作y轴的平行线EF交直 ( http: / / www.21cnjy.com )线BC于点M，EF交x轴于点F，然后设点E的坐标是（x，﹣ x2+x+3），则点M的坐标是（x，﹣ x+3），求出EM的值是多少；最后根据三角形的面积的求法，求出S△ABC，进而判断出当△BEC面积最大时，点E的坐标和△BEC面积的最大值各是多少即可．
（3）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、 ( http: / / www.21cnjy.com )A、M为顶点的四边形是平行四边形．然后分三种情况讨论，根据平行四边形的特征，求出使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形的点P的坐标是多少即可．
解答： 解：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，
∴点B的坐标是（0，3），点C的坐标是（4，0），
∵抛物线y=ax2+x+c经过B、C两点，
∴
解得
∴y=﹣x2+x+3．
（2）如图1，过点E作y轴的平行线EF交直线BC于点M，EF交x轴于点F， ( http: / / www.21cnjy.com )，
∵点E是直线BC上方抛物线上的一动点，
∴设点E的坐标是（x，﹣ x2+x+3），
则点M的坐标是（x，﹣ x+3），
∴EM=﹣x2+x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+x，
∴S△ABC=S△BEM+S△MEC
=
=×（﹣x2+x）×4
=﹣x2+3x
=﹣（x﹣2）2+3，
∴当x=2时，即点E的坐标是（2，3）时，△BEC的面积最大，最大面积是3．
（3）在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形．
①如图2， ( http: / / www.21cnjy.com )，
由（2），可得点M的横坐标是2，
∵点M在直线y=﹣x+3上，
∴点M的坐标是（2，），
又∵点A的坐标是（﹣2，0），
∴AM==，
∴AM所在的直线的斜率是：；
∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣ x2+x+3），
则 ( http: / / www.21cnjy.com )
解得或，
∵x＜0，
∴点P的坐标是（﹣3，﹣）．
②如图3， ( http: / / www.21cnjy.com )，
由（2），可得点M的横坐标是2，
∵点M在直线y=﹣x+3上，
∴点M的坐标是（2，），
又∵点A的坐标是（﹣2，0），
∴AM==，
∴AM所在的直线的斜率是：；
∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣ x2+x+3），
则 ( http: / / www.21cnjy.com )
解得或，
∵x＞0，
∴点P的坐标是（5，﹣）．
③如图4， ( http: / / www.21cnjy.com )，
由（2），可得点M的横坐标是2，
∵点M在直线y=﹣x+3上，
∴点M的坐标是（2，），
又∵点A的坐标是（﹣2，0），
∴AM==，
∵y=﹣x2+x+3的对称轴是x=1，
∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣ x2+x+3），
则 ( http: / / www.21cnjy.com )
解得，
∴点P的坐标是（﹣1，）．
综上，可得
在抛物线上存在点P，使得以P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，
点P的坐标是（﹣3，﹣）、（5，﹣）、（﹣1，）．
点评： （1）此题主要考查了二次函 ( http: / / www.21cnjy.com )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）此题还考查了函数解析式的求法，以及二次函数的最值的求法，要熟练掌握．
（3）此题还考查了三角形的面积的求法，要熟练掌握．
【变式练习】
（2015 贵州省贵阳,第24题9分）如图，经过点C（0，﹣4）的抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴相交于A（﹣2，0），B两点．
（1）a　 　0，b2﹣4ac　 　0（填“＞”或“＜”）；
（2）若该抛物线关于直线x=2对称，求抛物线的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，连接AC，E ( http: / / www.21cnjy.com )是抛物线上一动点，过点E作AC的平行线交x轴于点F．是否存在这样的点E，使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形？若存在，求出满足条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．
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考点： 二次函数综合题．
专题： 综合题．
分析： （1）根据抛物线开口向上，且与x轴有两个交点，即可做出判断；
（2）由抛物线的对称轴及A的坐标，确定出B的坐标，将A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出抛物线解析式；
（3）存在，理由为：假设存在点E使得以 ( http: / / www.21cnjy.com )A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示；假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，可得AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，分别求出E坐标即可．
解答： 解：（1）a＞0，b2﹣4ac＞0；
（2）∵直线x=2是对称轴，A（﹣2，0），
∴B（6，0），
∵点C（0，﹣4），将A，B，C的坐标分别代入y=ax2+bx+c，
解得：a=，b=﹣，c=﹣4，
∴抛物线的函数表达式为y=x2﹣x﹣4；
（3）存在，理由为：
（i）假设存在点E使得以A，C，E，F为顶点所组成的四边形是平行四边形，
过点C作CE∥x轴，交抛物线于点E，过点E作EF∥AC，交x轴于点F，如图1所示， ( http: / / www.21cnjy.com )
则四边形ACEF即为满足条件的平行四边形，
∵抛物线y=x2﹣x﹣4关于直线x=2对称，
∴由抛物线的对称性可知，E点的横坐标为4，
又∵OC=4，
∴E的纵坐标为﹣4，
∴存在点E（4，﹣4）；
（ii）假设在抛物线上还存在点E′，使得以A，C，F′，E′为顶点所组成的四边形是
平行四边形，过点E′作E′F′∥AC交x轴于点F′，
则四边形ACF′E′即为满足条件的平行四边形，
∴AC=E′F′，AC∥E′F′，如图2，过点E′作E′G⊥x轴于点G，
( http: / / www.21cnjy.com )
∵AC∥E′F′，∴∠CAO=∠E′F′G，
又∵∠COA=∠E′GF′=90°，AC=E′F′，∴△CAO≌△E′F′G，
∴E′G=CO=4，∴点E′的纵坐标是4，
∴4=x2﹣x﹣4，
解得：x1=2+2，x2=2﹣2，
∴点E′的坐标为（2+2，4），同理可得点E″的坐标为（2﹣2，4）．
点评： 此题属于二次函数综合 ( http: / / www.21cnjy.com )题，涉及的知识有：待定系数法确定抛物线解析式，坐标与图形性质，平行四边形的性质，以及二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解本题的关键．
　
类型4：几何题中的存在性探索问题
对于此类问题，一要根据数形 ( http: / / www.21cnjy.com )结合熟练掌握相关定理来解题；二是要对掌握存在性问题的探求方法一般是先假设存在，再根据假设和已知条件推理，最后下结论，若假设成立，则存在，若假设不成立，则不存在。
【例题】（2015，福建南平，25，分）定义：底与腰的比是的等腰三角形叫做黄金等腰三角形．
如图，已知△ABC中，AB=BC，∠C=36°，BA1平分∠ABC交AC于A1．
（1）证明：AB2=AA1 AC；
（2）探究：△ABC是否为黄金等腰三角形？请说明理由；（提示：此处不妨设AC=1）
（3）应用：已知AC=a，作A1B1∥AB ( http: / / www.21cnjy.com )交BC于B1，B1A2平分∠A1B1C交AC于A2，作A2B2∥AB交B2，B2A3平分∠A2B2C交AC于A3，作A3B3∥AB交BC于B3，…，依此规律操作下去，用含a，n的代数式表示An﹣1An．（n为大于1的整数，直接回答，不必说明理由）
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考点： 相似形综合题．
分析： （1）根据角平分线的性质结合相似三角形的判定与性质得出△ABC∽△AA1B，进而得出=，求出即可；
（2）利用AC=1，利用AB2=1﹣AB，求出AB的值，进而得出=，得出答案即可；
（3）利用（2）中所求进而得出AA1，A1A2的长，进而得出其长度变化规律求出即可．
解答： （1）证明：∵AC=BC，∠C=36°，
∴∠A=∠ABC=72°，
∵BA1平分∠ABC，
∴∠ABA1=∠ABC=36°，
∴∠C=∠ABA1，
又∵∠A=∠A，
∴△ABC∽△AA1B，
∴=，即AB2=AA1 AC；
（2）解：△ABC是黄金等腰三角形，
理由：由（1）知，AB2=AC AA1，
设AC=1，
∴AB2=AA1，
又由（1）可得：AB=A1B，
∵∠A1BC=∠C=36°，
∴A1B=A1C，
∴AB=A1C，
∴AA1=AC﹣A1C=AC﹣AB=1﹣AB，
∴AB2=1﹣AB，
设AB=x，即x2=1﹣x，
∴x2+x﹣1=0，
解得：x1=，x2=（不合题意舍去），
∴AB=，
又∵AC=1，
∴=，
∴△ABC是黄金等腰三角形；
（3）解：由（2）得；当AC=a，则AA1=AC﹣A1C=AC﹣AB=a﹣AB=a﹣a=a，
同理可得：A1A2=A1C﹣A1B1=AC﹣AA1﹣A1B1
=a﹣a﹣A1C
=a﹣a﹣[a﹣a]
=（）3a．
故An﹣1An=a．
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点评： 此题主要考查了相似形综合以及等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，得出AA1，A1A2的长是解题关键．
【变式练习】
（2015 济南,第27题9分）如图1，在△ ( http: / / www.21cnjy.com )ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠EAC=90°，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．
（1）直接写出∠NDE的度数；
（2）如图2、图3，当∠EAC为锐角或钝角时 ( http: / / www.21cnjy.com )，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；
（3）如图4，若∠EAC=15°，∠ACM=60°，直线CM与AB交于G，BD= ，其他条件不变，求线段AM的长．
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考点：几何变换综合题．
分析：分析（1）根据题意证明△MAC≌△NBC即可；
（2）与（1）的证明方法相似，证明△MAC≌△NBC即可；
（3）作GK⊥BC于K，证明 ( http: / / www.21cnjy.com )AM=AG，根据△MAC≌△NBC，得到∠BDA=90°，根据直角三角形的性质和已知条件求出AG的长，得到答案．
解答：（1）∵∠ACB=90°，∠MCN=90°，
∴∠ACM=∠BCN，
在△MAC和△NBC中，
，
∴△MAC≌△NBC，
∴∠NBC=∠MAC=90°，
又∵∠ACB=90°，∠EAC=90°，
∴∠NDE=90°；
（2）不变，
在△MAC≌△NBC中，
，
∴△MAC≌△NBC，
∴∠N=∠AMC，
又∵∠MFD=∠NFC，
∠MDF=∠FCN=90°，即∠NDE=90°；
（3）作GK⊥BC于K，
∵∠EAC=15°，
∴∠BAD=30°，
∵∠ACM=60°，
∴∠GCB=30°，
∴∠AGC=∠ABC+∠GCB=75°，
∠AMG=75°，
∴AM=AG，
∵△MAC≌△NBC，
∴∠MAC=∠NBC，
∴∠BDA=∠BCA=90°，
∵BD=，
∴AB=+，
AC=BC=+1，
设BK=a，则GK=a，CK=a，
∴a+a=+1，
∴a=1，
∴KB=KG=1，BG=，
AG=，
∴AM=．
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点评：本题考查的是矩形的判定和性质以及三角形全等的判定和性质，正确作出辅助线、利用方程的思想是解题的关键，注意旋转的性质的灵活运用．
跟踪检测：
1. （2015 江苏泰州，第2 ( http: / / www.21cnjy.com )5题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）求四边形EFGH面积的最小值．
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2. （2015 甘南州第28题 12分 ( http: / / www.21cnjy.com )）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+bx+c，经过A（0，﹣4），B（x1，0），C（x2，0）三点，且|x2﹣x1|=5．
（1）求b，c的值；
（2）在抛物线上求一点D，使得四边形BDCE是以BC为对角线的菱形；
（3）在抛物线上是否存在一点P，使得四 ( http: / / www.21cnjy.com )边形BPOH是以OB为对角线的菱形？若存在，求出点P的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．
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3. （2015 丹东，第25题12分）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN=90°．
（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；
（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°＜α＜45°）．
①如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②如图2，在旋转过程中，当∠DOM=15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；
③如图3，旋转后，若Rt△PMN的 ( http: / / www.21cnjy.com )顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD=m BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．
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4. （2015 内蒙古赤峰25 ( http: / / www.21cnjy.com )，12分）如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60°的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB、BA（或它们的延长线）于点E、F，∠EDF=60°，当CE=AF时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．
（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
（2）再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在CB、BA的延长线上时，如图3请直接写出DE与DF的数量关系；
（3）连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？
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5. （2015 辽宁省朝阳,第25题12分）如图，已知经过点D（2，﹣）的抛物线y=（x+1）（x﹣3）（m为常数，且m＞0）与x轴交于点A、B（点A位于B的左侧），与y轴交于点C．
（1）填空：m的值为　　，点A的坐标为　 　；
（2）根据下列描述，用尺规完成作图（保 ( http: / / www.21cnjy.com )留作图痕迹，不写作法）：连接AD，在x轴上方作射线AE，使∠BAE=∠BAD，过点D作x轴的垂线交射线AE于点E；
（3）动点M、N分别在射线AB、AE上，求ME+MN的最小值；
（4）t是过点A平行于y轴的直线， ( http: / / www.21cnjy.com )P是抛物线上一点，过点P作l的垂线，垂足为点G，请你探究：是否存在点P，使以P、G、A为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
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跟踪检测参考答案：
1. （2015 江苏泰州，第25题 ( http: / / www.21cnjy.com )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）求四边形EFGH面积的最小值．
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考点： 四边形综合题．.
分析： （1）由正方形的性质得出∠A= ( http: / / www.21cnjy.com )∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出结论；
（2）连接AC、EG，交点为O；先证明△AOE≌△COG，得出OA=OC，证出O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）设四边形EFGH面 ( http: / / www.21cnjy.com )积为S，BE=xcm，则BF=（8﹣x）cm，由勾股定理得出S=x2+（8﹣x）2=2（x﹣4）2+32，S是x的二次函数，容易得出四边形EFGH面积的最小值．
解答： （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，
∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG，
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是正方形；
（2）解：直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由如下：
连接AC、EG，交点为O；如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠OAE=∠OCG，
在△AOE和△COG中，，
∴△AOE≌△COG（AAS），
∴OA=OC，即O为AC的中点，
∵正方形的对角线互相平分，
∴O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）解：设四边形EFGH面积为S，设BE=xcm，则BF=（8﹣x）cm，
根据勾股定理得：EF2=BE2+BF2=x2+（8﹣x）2，
∴S=x2+（8﹣x）2=2（x﹣4）2+32，
∵2＞0，
∴S有最小值，
当x=4时，S的最小值=32，
∴四边形EFGH面积的最小值为32cm2．
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点评： 本题是四边形综合题目，考查 ( http: / / www.21cnjy.com )了正方形的性质与判定、菱形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的最值等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）（3）中，需要通过作辅助线证明三角形全等和运用二次函数才能得出结果．
2. （2015 甘南州 ( http: / / www.21cnjy.com )第28题 12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+bx+c，经过A（0，﹣4），B（x1，0），C（x2，0）三点，且|x2﹣x1|=5．
（1）求b，c的值；
（2）在抛物线上求一点D，使得四边形BDCE是以BC为对角线的菱形；
（3）在抛物线上是否存在一点P，使 ( http: / / www.21cnjy.com )得四边形BPOH是以OB为对角线的菱形？若存在，求出点P的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．
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考点： 二次函数综合题．
分析： （1）把A（0，﹣4）代入可求c，运用两根关系及|x2﹣x1|=5，对式子合理变形，求b；
（2）因为菱形的对角线互相垂直平分，故菱形的另外一条对角线必在抛物线的对称轴上，满足条件的D点，就是抛物线的顶点；
（3）由四边形BPOH是以OB为 ( http: / / www.21cnjy.com )对角线的菱形，可得PH垂直平分OB，求出OB的中点坐标，代入抛物线解析式即可，再根据所求点的坐标与线段OB的长度关系，判断是否为正方形即可．
解答： 解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c，经过点A（0，﹣4），
∴c=﹣4
又∵由题意可知，x1、x2是方程﹣x2+bx﹣4=0的两个根，
∴x1+x2=b，x1x2=6
由已知得（x2﹣x1）2=25
又∵（x2﹣x1）2=（x2+x1）2﹣4x1x2=b2﹣24
∴b2﹣24=25
解得b=±，当b=时，抛物线与x轴的交点在x轴的正半轴上，不合题意，舍去．
∴b=﹣．
（2）∵四边形BDCE是以BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的对称轴上，
又∵y=﹣x2﹣x﹣4=﹣（x+）2+，
∴抛物线的顶点（﹣，）即为所求的点D．
（3）∵四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，点B的坐标为（﹣6，0），根据菱形的性质，点P必是直线x=﹣3与
抛物线y=﹣x2﹣x﹣4的交点，
∴当x=﹣3时，y=﹣×（﹣3）2﹣×（﹣3）﹣4=4，
∴在抛物线上存在一点P（﹣3，4），使得四边形BPOH为菱形．
四边形BPOH不能成为正方形，因为如果四边形BPOH为正方形，点P的坐标只能是（﹣3，3），但这一点不在抛物线上
点评： 本题考查了抛物线解析式的求法，根据菱形，正
3. （2015 丹东，第25题12分）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN=90°．
（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；
（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°＜α＜45°）．
①如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②如图2，在旋转过程中，当∠DOM=15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；
③如图3，旋转后，若Rt△PMN的 ( http: / / www.21cnjy.com )顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD=m BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．
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考点： 四边形综合题．
分析： （1）根据正方形的性质和角平分线的性质解答即可；
（2）①根据正方形的性质和旋转的性质证明△FOA≌△EOD，得到答案；
②作OG⊥AB于G，根据余弦的概念求出OF的长，根据勾股定理求值即可；
③过点P作HP⊥BD交AB ( http: / / www.21cnjy.com )于点H，根据相似三角形的判定和性质求出PE与PF的数量关系，根据解答结果总结规律得到当BD=m BP时，PE与PF的数量关系．
解答： 解：（1）PE=PF，理由：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC=∠DAC，又PM⊥AD、PN⊥AB，
∴PE=PF；
（2）①成立，理由：
∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，
∴OA=OD，∠FAO=∠EDO=45°，∠AOD=90°，
∴∠DOE+∠AOE=90°，
∵∠MPN=90°，
∴∠FOA+∠AOE=90°，
∴∠FOA=∠DOE，
在△FOA和△EOD中，
，
∴△FOA≌△EOD，
∴OE=OF，即PE=PF；
②作OG⊥AB于G，
∵∠DOM=15°，
∴∠AOF=15°，则∠FOG=30°，
∵cos∠FOG=，
∴OF==，又OE=OF，
∴EF=；
③PE=2PF，
证明：如图3，过点P作HP⊥BD交AB于点H，
则△HPB为等腰直角三角形，∠HPD=90°，
∴HP=BP，
∵BD=3BP，
∴PD=2BP，
∴PD=2 HP，
又∵∠HPF+∠HPE=90°，∠DPE+∠HPE=90°，
∴∠HPF=∠DPE，
又∵∠BHP=∠EDP=45°，
∴△PHF∽△PDE，
∴==，
即PE=2PF，
由此规律可知，当BD=m BP时，PE=（m﹣1） PF．
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点评： 本题考查的是正方形的性 ( http: / / www.21cnjy.com )质和旋转变换，掌握旋转变换的性质、找准对应关系正确运用三角形全等和相似的判定和性质定理是解题的关键，正确作出辅助线是解答本题的重点．
4. （2015 内蒙古赤峰25，12分）如 ( http: / / www.21cnjy.com )图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60°的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB、BA（或它们的延长线）于点E、F，∠EDF=60°，当CE=AF时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．
（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
（2）再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在CB、BA的延长线上时，如图3请直接写出DE与DF的数量关系；
（3）连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？
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考点： 几何变换综合题．
分析： （1）如答图1，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≌△BDE（ASA），得DF=DE；
（2）如答图2，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≌△BDE（ASA），得DF=DE；
（3）根据（2）中的△ADF≌△BD ( http: / / www.21cnjy.com )E得到：S△ADF=S△BDE，AF=BE．所以△DEF的面积转化为：y=S△BEF+S△ABD．据此列出y关于x的二次函数，通过求二次函数的最值来求y的最小值．
解答： 解：（1）DF=DE．理由如下：
如答图1，连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．
又∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠ADB=60°，
∴∠DBE=∠A=60°
∵∠EDF=60°，
∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴DF=DE；
（2）DF=DE．理由如下：
如答图2，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．
又∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠ADB=60°，
∴∠DBE=∠A=60°
∵∠EDF=60°，
∴∠ADF=∠BDE．
∵在△ADF与△BDE中，，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴DF=DE；
（3）由（2）知，△ADF≌△BDE．则S△ADF=S△BDE，AF=BE=x．
依题意得：y=S△BEF+S△ABD=（2+x）xsin60°+×2×2sin60°=（x+1）2+．即y=（x+1）2+．
∵＞0，
∴该抛物线的开口方向向上，
∴当x=0即点E、B重合时，y最小值=．
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点评： 本题考查了几何变 ( http: / / www.21cnjy.com )换综合题，解题过程中，利用了三角形全等的判定与性质，菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，对于促进角与角（边与边）相互转换，将未知角转化为已知角（未知边转化为已知边）是关键．
5. （2015 辽宁省朝阳,第25题12分）如图，已知经过点D（2，﹣）的抛物线y=（x+1）（x﹣3）（m为常数，且m＞0）与x轴交于点A、B（点A位于B的左侧），与y轴交于点C．
（1）填空：m的值为　　，点A的坐标为　 　；
（2）根据下列描述，用尺 ( http: / / www.21cnjy.com )规完成作图（保留作图痕迹，不写作法）：连接AD，在x轴上方作射线AE，使∠BAE=∠BAD，过点D作x轴的垂线交射线AE于点E；
（3）动点M、N分别在射线AB、AE上，求ME+MN的最小值；
（4）t是过点A平行于y轴的直线，P ( http: / / www.21cnjy.com )是抛物线上一点，过点P作l的垂线，垂足为点G，请你探究：是否存在点P，使以P、G、A为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
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考点： 二次函数综合题．
分析： （1）把点D坐标代入抛物线y=（x+1）（x﹣3），即可得出m的值，再令y=0，即可得出点A，B坐标；
（2）根据尺规作图的要求，画出图形，如图1所示；
（3）过点D作射线AE的垂线，垂足为N，交AB于点M，此时DN的长度即为ME+MN的最小值；
（4）假设存在点P，使以P、G、A为顶 ( http: / / www.21cnjy.com )点的三角形与△ABD相似，设点P坐标，再表示出点G坐标，计算△ABD的三边，根据勾股定理的逆定理，判断三角形的形状，即可得出结论，若△ABD是直角三角形，即可得出相似，再得出对应边成比例，求得点P坐标即可．
解答： 解：（1）∵抛物线y=（x+1）（x﹣3）经过点D（2，﹣），
∴m=，
把m=代入y=（x+1）（x﹣3），得y=（x+1）（x﹣3），
即y=x2﹣x﹣；
令y=0，得（x+1）（x﹣3）=0，
解得x=﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
（2）如图1所示；
（3）过点D作射线AE的垂线，垂足为N，交AB于点M，设DE与x轴交于点H，如图2，
由（1）（2）得点D与点E关于x轴对称，
∴MD=ME，
∵AH=3，DH=，
∴AD=2，
∴∠BAD=∠BAE=30°，
∴∠DAN=60°，
∴sin∠DAN=，
∴sin60°=，
∴DN=3，
∵此时DN的长度即为ME+MN的最小值，
∴ME+MN的最小值为3；
（4）假设存在点P，使以P、G、A为顶点的三角形与△ABD相似，如图3，
∵P是抛物线上一点，
∴设点P坐标（x，x2﹣x﹣）；
∴点G坐标（﹣1，x2﹣x﹣），
∵A（﹣1，0），B（3，0），D（2，﹣）；
∴AB=4，BD=2，AD=2，
∴△ABD为直角三角形的形状，
△ABD与以P、G、A为顶点的三角形相似，
分两种情况：
①△ABD∽△PAG，
∴=，
∴2（x+1）=2（x2﹣x﹣），
解得x1=4，x2=﹣1（舍去），
∴P（4，）；
②△ABD∽△APG，
∴=，
∴2（x+1）=2（x2﹣x﹣），
解得x1=6，x2=﹣1（舍去），
∴P（6，7）；
∴点P坐标（4，）或（6，7）．
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点评： 本题考查了二次函数的综合题，还考查了用待定系数法求二次函数解析式、勾股定理和逆定理以及轴对称﹣最小路径问题等重要知识点，难度较大．