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

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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．

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．

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（2）首先过C作CE⊥n于点E，连接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，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，

，

∵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，

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∴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，

，

∵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，

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∴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23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+CF21世纪教育网版权所有

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）【解析】

=2 ；(3) .

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=

意可知，AD=

GD, 由题

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，

.

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∵△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.

(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=由题意可知，AD=∴GD=CE,

∵DG∥BC, ∴∠GDF=∠CEF,∠DGF=∠ECF, ∴△GDF≌△CEF, ∴GF=CF, ∴GH+GF=AH+CF,即HF=AH+CF,

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GD, CE,

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∴=2.

(3) .

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。2-1-c-n-j-y

【例题】（2015·四川甘孜、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，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．

考点：四边形综合题．.

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专题：综合题

分析：（1）由四边形ABCD为正方形，CE=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=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，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，

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∵∠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．

点评：此题属于四边形的综合题，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，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；

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（2）如图3，当点E、B、C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．

考点： 四边形综合题．

分析： （1）连接DF，NF，由四边形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，

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∵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，

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，

∴△MAD≌△MEN， ∴DF=NF，∠CFD=∠EFN， ∵∠CFD+∠EFD=90°， ∴∠NFE+∠EFD=90°， ∴∠DFN=90°， ∴DM⊥FM，DM=FM．

点评： 本题考查了全等三角形的判定，正方形的性质，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。21cnjy.com

【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=ax+x+c经过B、C两点．21·cn·jy·com （1）求抛物线的解析式；

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2

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（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．

考点： 二次函数综合题．

分析： （1）首先根据直线y=﹣x+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=ax+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交直线BC于点M，EF交x轴于点F，然后设点E的坐标是（x，﹣ x+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、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=ax+x+c经过B、C两点， ∴

22

2

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解得

2

∴y=﹣x+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，

，

∵点E是直线BC上方抛物线上的一动点， ∴设点E的坐标是（x，﹣ x+x+3）， 则点M的坐标是（x，﹣ x+3）， ∴EM=﹣x+x+3﹣（﹣x+3）=﹣x+x， ∴S△ABC=S△BEM+S△MEC =

22

22

=×（﹣x+x）×4 =﹣x+3x =﹣（x﹣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．

2

2

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①如图2，

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=﹣x+x+3的对称轴是x=1，

2

；

∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣ x+x+3），

2

则

解得∵x＜0，

或，

∴点P的坐标是（﹣3，﹣）．

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②如图3，

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=﹣x+x+3的对称轴是x=1，

2

；

∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣ x+x+3），

2

则

解得∵x＞0，

或，

∴点P的坐标是（5，﹣）．

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③如图4，

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=﹣x+x+3的对称轴是x=1，

2

，

=，

∴设点Q的坐标是（1，m），点P的坐标是（x，﹣ x+x+3），

2

则

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．21教育网

（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．

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（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=ax+bx+c（a≠0）与x轴相交于A（﹣2，0），B两点．2·1·c·n·j·y （1）a 0，b﹣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．【来源：21·世纪·教育·网】

2

2

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；【版权所有：21教育】

（3）存在，理由为：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；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，b﹣4ac＞0； （2）∵直线x=2是对称轴，A（﹣2，0）， ∴B（6，0），

2

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∵点C（0，﹣4），将A，B，C的坐标分别代入y=ax+bx+c， 解得：a=，b=﹣，c=﹣4，

∴抛物线的函数表达式为y=x﹣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，

2

2

则四边形ACEF即为满足条件的平行四边形， ∵抛物线y=x﹣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，

2

∵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=x﹣x﹣4，

2

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解得：x1=2+2，x2=2﹣2，

，4），同理可得点E″的坐标为（2﹣2

，4）．

∴点E′的坐标为（2+2

点评： 此题属于二次函数综合题，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．21*cnjy*com

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

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：AB=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）

2

的等腰三角

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；21教育名师原创作品

2

（2）利用AC=1，利用AB=1﹣AB，求出AB的值，进而得出=，得出答案即可；

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