初一下册数学开放探索型问题

②以点C为圆心，CG长为半径作弧，因为∠CGF=30°，所以∠CGP1=60°，即△CGP1是等边三角形，又因为AC=CG=2，所以作出的弧与抛物线交于点A和点P1，但A、C、G在同一条直线上，不能组成三角形.

③作线段CG的垂直平分线，因为△CGP1是等边三角形，所以P1点在线段CG的垂直平分线上;连接CF，由于l1⊥l2于点C，F是EG的中点，所以FC=FG，即F点也在线段CG的垂直平分线上，所以P2点与F点重合，即P2点的坐标是(1，- ).综上所述，点P的坐标是P1(2，- )，P2(1，- ).

点评：作为中考压轴题，本题考查的知识点比较多，包括二次函数的图象与性质、待定系数法求函数(二次函数、一次函数)解析式、等腰三角形、等边三角形以及勾股定理等.难点在于第(3)问，需要针对等腰三角形△PCG的三种可能情况分别进行讨论，在解题过程中，需要充分挖掘并利用题意隐含的条件(例如直角三角形、等边三角形)，这样可以简化解答过程.

29.(2012江苏苏州，29，12分)如图，已知抛物线y= x2﹣ (b+1)x+ (b是实数且b>2)与x轴的正半轴分别交于点A、B(点A位于点B的左侧)，与y轴的正半轴交于点C.

(1)点B的坐标为　(b，0)　，点C的坐标为　(0， )　(用含b的代数式表示);

(2)请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形?如果存在，求出点P的坐标;如果不存在，请说明理由;

(3)请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似(全等可作相似的特殊情况)?如果存在，求出点Q的坐标;如果不存在，请说明理由.

分析： (1)令y=0，即y= x2﹣ (b+1)x+ =0，解关于x的一元二次方程即可求出A，B横坐标，令x=0，求出y的值即C的纵坐标;

(2)存在，先假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形.设点P的坐标为(x，y)，连接OP，过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，利用已知条件证明△PEC≌△PDB，进而求出x和y的值，从而求出P的坐标;

(3)存在，假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似，有条件可知：要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴;

要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°;再分别讨论求出满足题意Q的坐标即可.

解答： 解：(1)令y=0，即y= x2﹣ (b+1)x+ =0，

解得：x=1或b，

∵b是实数且b>2，点A位于点B的左侧，

∴点B的坐标为(b，0)，

令x=0，

解得：y= ，

∴点C的坐标为(0， )，

故答案为：(b，0)，(0， );

(2)存在，

假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形.

设点P的坐标为(x，y)，连接OP.

则S四边形POCB=S△PCO+S△POB= • •x+ •b•y=2b，

∴x+4y=16.

过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，

∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°.

∴四边形PEOD是矩形.

∴∠EPO=90°.

∴∠EPC=∠DPB.

∴△PEC≌△PDB，∴PE=PD，即x=y.

由 解得

由△PEC≌△PDB得EC=DB，即 ﹣ =b﹣ ，

解得b= >2符合题意.

∴P的坐标为( ， );

(3)假设存在这样的点Q，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.

∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，

∴∠QAB>∠AOQ，∠QAB>∠AQO.

∴要使△QOA与△QAB相似，只能∠QAO=∠BAQ=90°，即QA⊥x轴.

∵b>2，

∴AB>OA，

∴∠Q0A>∠ABQ.

∴只能∠AOQ=∠AQB.此时∠OQB=90°，

由QA⊥x轴知QA∥y轴.

∴∠COQ=∠OQA.

∴要使△QOA与△OQC相似，只能∠QCO=90°或∠OQC=90°.

(I)当∠OCQ=90°时，△CQO≌△QOA.

∴AQ=CO= .

由AQ=AQ2=OA•AB得：( )2=b﹣1.

解得：b=8±4 .

∵b>2，

∴b=8+4 .

∴点Q的坐标是(1，2+ ).

(II)当∠OQC=90°时，△QCO∽△QOA，

∴ = ，即OQ2=OC•AQ.

又OQ2=OA•OB，

∴OC•AQ=OA•OB.即 •AQ=1×b.

解得：AQ=4，此时b=17>2符合题意，

∴点Q的坐标是(1，4).

∴综上可知，存在点Q(1，2+ )或Q(1，4)，使得△QCO，△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.

专项十一 开放探索型问题

27.(2012连云港，27，12分)(本题满分12分)

已知梯形ABCD, AD∥BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3.

问题1：如图1，P为AB边上一点，以PD、PC为边做平行四边形PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么?

如图2，P为AB边上任意一点，以PD、PC为边做平行四边形PCQD，请问对角线PQ，的长是否存在最小值?若果存在，请求出最小值;如果不存在，请说明理由。

问题3：P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE=PD，以PE、PC为边做平行四边形PCQE，请探究对角线PQ，的长是否也存在最小值?若果存在，请求出最小值;如果不存在，请说明理由。

问题4：如图3，P为DC边上任意一点，延长PA到E，使AE=nPA,(n为常数)以PE、PB为边做平行四边形PBQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值?若果存在，请直接写出最小值;如果不存在，请说明理由。

【解析】.(1)只要看∠DPC能否为90°，在在Rt△DPC中，由勾股定理列出方程，根据方程是否有解确定对角线PQ与DC能不能相等。。(2)、(3)(4)可找PQ最小时点P的位置，利用全等三角形、相似三角形列方程求线段PQ的长。

【答案】

(1) 问题1：因为四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形。

所以∠DPC=90°，

因为AD=1，AB=2，BC=3.

所以DC=2 ，

设PB=x,则AP=2-x,

在Rt△DPC中，PD2+PC2=DC2，即x2+32+ (2-x)2+1=8,

化简得x2-2x+3=0,因为△=(-2)2-4×1×3=-8<0，方程无解，

所以对角线PQ与DC不可能相等。

问题2：如图2，在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，所以点G是DC的中点，

作QH⊥BC，交BC的延长线于H。

因为AD∥BC，

所以∠ADC=∠DCH，即∠ADP+∠PDG=∠DCQ+QCH，

因为PD∥CQ，

所以∠PDC=∠DCQ，所以∠ADP=∠QCH，

又PD=CQ，

所以Rt△ADP≌Rt△HCQ,

所以AD=HC。

因为AD=1，BC=3，所以BH=4，所以当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4.

问题3：如图3，设PQ与DC相较于点G。

因为PE∥CQ，PD=DE,所以 ，所以G是DC上一定点。

作QH⊥BC，交BC的延长线于H，

同理可证∠ADP=∠QCH，

所以Rt△ADP∽Rt△HCQ

即 ，所以CH=2.

所以BH=BC+CH=3+2=5，

所以当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5.

问题4：存在最小值，最小值为 (n+4)。

(注：各题如有其它解法，只要正确，均可参照给分)

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