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2013年中考数学复习 第九章探索型与开放型问题 第40课 探索型问题课件

发布时间:2013-09-19 10:32:17  

第40课 探索型问题

要点梳理
1.条件探索型问题:给出问题的结论,让解题者分析探索使

结论成立应具备的条件,而满足结论的条件往往不唯一,
需要采用证明、推断去探索发现并补充完善,使结论成 立.它要求解题者善于从问题的结论出发,逆向追索,多

途寻因.
2.结论探索型问题:给定明确条件但未明确结论或结论不唯 一,要求解题者充分利用条件进行大胆而合理的猜想,然

后对猜想的结论进行证明.这类题主要考查解题者的发散
思维和所学基本知识的应用能力.

3.存在探索型问题:指在一定条件下需探索发现某种数学 关系是否存在的问题.解题时一般是先对结论作肯定存 在的假设,然后由此肯定的假设出发,结合已知条件进 行推理论证.若导出矛盾,则否定先前假设;若推出合 理的结论,则说明假设正确,由此得出问题的结论.

[难点正本 疑点清源]
1.按探索对象分类 按探索对象的不同,探索题可分为条件探索题和结论探索题, 即执果索因和执因导果. 2.按探索方法分类 (1)直观探索法,对所学的新知识的思维迁移,进行发现,这种 方法多用于图形性质的发现; (2)归纳探索法,让读者对某些单个的、特殊的事物进行分析比 较,从中总结出规律性的东西,从而进行发现; (3)类比探索法,把所要解决的新问题和与之有关的问题进行分 类比较,发现它们之间的共同特点和规律.

基础自测
1.(2012· 湛江)观察下列算式:31=3, 32=9, 33=27, 34=81, 35= 243, 36=729, 37=2187, 38=6561,……,通过观察,用你所 发现的规律确定32012的个位数字是( B ) A.3 B.9 C.7 D.1 解析:通过观察可知规律:幂的个位数字是3,9,7,1,3,9,7,1, ……,所以2012除以4,得余数是2,幂的个位数字是9.

2.(2011· 綦江)如下表,从左到右在每个小格子中都填入一个整 数,使得其中任意三个相邻格子中所填整数之和都相等,则 第2011个格子中的数为( A )
3 a b c -1 2 ?

A. 3

B.2

C.0

D.-1

解析:由题意得3+a+b=a+b+c=b+c-1, 得a=-1,c=3;
3 -1 b 3 -1 b ?

∵2011=670×3+1, ∴第2011个格子中的数为3.

3.(2011· 嘉兴)一个纸环链,纸环按红黄绿蓝紫的顺序重复排列, 截去其中的一部分,剩下部分如图所示,则被截去部分纸

环的个数可能是(

) D

A.2011

B.2011

C.2012

D.2013

解析:设这个纸环链共有5x个纸环,只有当5x-12=2013, 5x=2025,x=405,是整数,故选D.

4.(2011· 安顺)一只跳蚤在第一象限及x轴、y轴上跳动,在第一秒

钟,它从原点跳动到(0,1),然后接着按图中箭头所示方向跳动
[即(0,0)→(0,1) →(1,1) →(1,0)→…],且每秒跳动一个单位

,那 么第35秒时跳蚤所在位置的坐标是( B ) A.(4,0) B.(5,0) C.(0,5) D.(5,5)

解析:当跳蚤所在位置在第一象限的角平分线上,
点(1,1)、(2,2)、(3,3)、(4,4)……, 所对应的时间分别为第2秒、第6秒、第12秒、第20秒……,

2+4+6+8+10=30,
在第30秒,跳蚤所住位置是(5,5), 则第35秒的位置是(5,0).

5.(2011· 镇江)在平面直角坐标系中,正方形ABCD的顶点坐标分

别为A(1,1),B(1,-1),C(-1,-1),D(-1,1),y轴上有一点
P(0,2).作点P关于点A的对称点P1,作点P1关于点B的对称点P2, 作点P2关于点C的对称点P3,作点P3关于点D的对称点P4,作点

P4关于点A的对称点P5,作点P5关于点B的对称点P6,…,按此
操作下去,则点P2011的坐标为( A.(0,2) B.(2,0) )D

C.(0,-2)

D.(-2,0)

解析:易求点P1(2,0),P2(0,-2),P3(-2,0),P4(0,2),P5(2,0), P6(0,-2),……,而2011=4×502+3,

故点P2011的坐标同点P3(-2,0),所以选D.

题型分类 深度剖析
题型一 规律探索型问题
【例 1】 如图,在直角坐标系中,已知点P0的坐标为(1,0),将线 段OP0按逆时针方向旋转45°,再将其长度伸长为OP0的2倍,

得到线段OP1;又将线段OP1按
逆时针方向旋转45°,长度伸长 为OP1的2倍,得到线段OP2;如

此下去,得到线段OP3,OP4,
…,OPn. (n为正整数) (1)求点P6的坐标;

(2)求△P5OP6的面积;

(3)我们规定:把点Pn(xn,yn)(n=0,1,2,3,…)的横坐标xn、纵坐
标yn都取绝对值后得到的新坐标(|xn|,|yn|)称之为点Pn的“绝对 坐标”.根据图中点Pn的分布规律,请你猜想点Pn的“绝对坐

标”,并写出来.
解:(1)P6(0,-64). (2)S△P5OP6= 1×64×16 2=512 2 . 2 (3)点Pn的坐标可分三类情况: ①当n=8k或n=8k+4时(其中k为自然数),点Pn落在x轴上, 此时,点Pn的绝对坐标为(2n,0);

②当n=8k+1或8k+3或8k+5或8k+7时(其中k为自然数), 点Pn落在各象限的平分线上, 此时,点Pn的绝对坐标为( 2 ·2n, 2 ·2n), 2 2 n- 1 n- 1 即(2 2 ,2 2). ③当n=8k+2或8k+6时(其中k为自然数),点Pn落在y轴上, 此时,点Pn的绝对坐标为(0,2n).

探究提高 本题属于规律探索型问题,数学对象所具备的状态或关系 不明确时,需对其本质属性进行探索,从而寻求、发现其所 服从的某一特定规律或具有的不变性.解题方法一般是利用 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.

知能迁移1

已知下列n(n为正整数)个关于x的一元二次方程:

①x2-1=0;②x2+x-2=0;③x2+2x-3=0;…; n x2+ ○ (n-1)x-n=0.
n (1)请解上述一元二次方程①、②、③、… ○ ;

(2)请你指出这n个方程的根具有什么共同特点,写出一条

即 可. 解:(1)方程①x2-1=0的解是x1=1,x2=-1; 方程②x2+x-2=0的解是x1=1,x2=-2; 方程③x2+2x-3=0的解是x1=1,x2=-3;……;
n 方程○ x2+(n-1)x-n=0的解是x1=1,x2=-n.

(2)这n个方程都有一个根是x=1.

题型二

存在探索型问题

【例 2】 已知:如图,△ABC是边长为3 cm的等边三角形,动点P、 Q同时从A、B两点出发,分别沿AB、BC方向匀速移动,它们的 速度都是1 cm/s,当点P到达点B时,P、Q两点停止运动.设点 P的运动时间为t(s),解答下列问题: (1)当t为何值时,△PBQ是直角三角形? (2)设四边形APQC的面积为y(cm2),求y 与t的关系式;是否存在某一时刻t,使

四边形APQC的面积是△ABC面积的 3?
如果存在,求出相应的t值;若不存在, 说明理由.

2

解:(1)当∠BPQ=90°时,
在Rt△BPQ中,∠B=60°,BP=3-t,BQ=t. ∵cosB= BP ,∴BP=BQ·cosB,即3-t=t·1 . 2 BQ 解之,得t=2. 当∠BQP=90°时, 在Rt△BPQ中,∠B=60°,BP=3-t,BQ=t, BQ ∵cosB= , BP 1 ∴BQ=BP·cosB,即t=(3-t)· . 2 解之,得t=1.

综上,t=1或t=2时,△PBQ是直角三角形.

(2)∵S四边形APQC=S△ABC-S△PBQ, ∴y= 1×3×3·sin60°- 1×(3-t)·t·sin60°

2

2

3 3 = 3 t 2- t+ 9 3 . 4 4 4 又∵S四边形APQC= 2 S△ABC,

3

1 ∴ 3 t2-3 3 + 9 3 = 2 ×( ×3×3×sin60°), 4 4 4 3 2 整理得,t2-3t+3=0,△=(-3)2-4×1×3<0,
∴方程无实根. ∴无论t取何值时,四边形APQC的面积都不可能是△ABC 面积的 2 .

3

探究提高
存在探索题是指在一定条件下,需探索发现某种数学关系是 否存在的问题.解题方法一般是先对结论作肯定存在的假设,

然后由此肯定的假设出发,结合已知条件进行推理论证,若导
出矛盾,则否定先前假设;若推出合理的结论,则说明假设正 确,引出问题的结论.

知能迁移2 (2011· 常德)如图,已知抛物线过点A(0,6),B(2,0), 5 C(7, ). 2 (1)求抛物线的解析式; (2)若D是抛物线的顶点,E是抛物线 的对称轴与直线AC的交点,F与E关

于D对称,求证:∠CFE=∠AFE;
(3)在y轴上是否存在这样的点P,使 △AFP与△FDC相似?若存在,请

求出所有符合条件的点P的坐标;若
不存在,请说明理由.

5 解:(1)设经过点A(0,6),B(2,0),C(7, )的抛物线的解析式 2 2+bx+c, 为y=ax ?c=6, ? 1 则有 ?4a+2b+c=0, 解得a= ,b=-4,c=6. 2 5 ?49a+7b+c= , 2 ? ∴此抛物线的解析式为 y=x2-4x+6.

(2)如图,过点A作AM∥x轴,交FC于点M,交对称轴于点N. ∵抛物线的解析式y= 1 x2-4x+6可变形为y=1 (x-4)2-2. ∴抛物线对称轴是直线x=4,顶点D的坐标为(4,-2). ∴AN=4.

2

2

设直线AC的解析式为y=k1x+b1

, ?b1=6, 则有 ? 解得k1=- 1,b1=6. ? 5 2 ?7k1+b1=2, ? 1 ∴直线AC的解析式为y=- x+6.

2 1 当x=4时,y=- ×4+6=4. 2
∴点E的坐标为(4,4).

∵点F与E关于点D对称,∴点F的坐标为(4,-8).

设直线FC的解析式为y=k2x+b2, ?4k2+b2=-8, 7 ? 则有 ? 解得k2= ,b2=-22. 5 2 7k2+b2= , ? 2 ? 7 ∴直线FC的解析式为y= x-22. 2 ∵AM与x轴平行,∴点M的纵坐标为6. 7 当y=6时,则有 x-22=6,解得x=8. 2 ∴AM=8,MN=AM—MN=4. ∴AN=MN.
∵FN⊥AM,∴∠ANF=∠MNF. 又∵NF=NF, ∴△ANF≌△MNF,∴∠CFE=∠AFE.

5 (3)∵C的坐标为(7, ),F坐标为(4,-8), 2 ?5 ?2 ? 3 53 ? ∴CF= . ? +8? + ?7-4?2 = ? ? 2 ?2 ? 又∵A的坐标为(0,6),

∴FA=

? ? ?

? 6+8?2+42 =2 53 . ?

∵D的坐标为(4,-2),F的坐标为(4,-8),∴DF=6,
∵EF∥AO,∴∠PAF=∠AFE. 又由(2)可知∠DFC=∠AFE,∴∠PAF=∠DFC.

若△AFP1∽△FCD, 则 P1A=AF ,即 P1A=2 53 ,解得P1A=8. 6 DF CF 3 53 2 ∴OP1=8-6=2. ∴P1的坐标为(0,-2).

若△AFP2∽△FDC, 则 P2A= AF ,即 P2A =2 53 ,解得P2A= 53 . 6 CF DF 2 3 53 2 53 41 ∴OP2= -6= . 2 2 41 ∴P2的坐标为(0,- ). 2 ∴符合条件的点P的坐标有两个,分别是P1(0,-2),P2(0,- 41 ). 2

题型三

结论探索型问题

【例 3】 已知点P在线段AB上,点O在线段AB延长线上,以点O 为圆心,OP为半径作圆,点C是圆O上的一点. (1)如图,如果AP=2PB,PB=BO,求证:△CAO∽△BCO; (2)如果AP=m (m是常数,且m>1),BP=1,OP是OA、OB的比 例中项,当点C在圆O上运动时,求AC∶BC的值;(结果用含m 的式子表示) (3)在(2)的条件下,讨论以BC为半径的 圆B和以CA为半径的圆C的位置关系, 并写出相应m的取值范围.

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解:(1)证明:∵AP=2PB=PB+BO=PO,
∴AO=2PO. ∴ AO= PO =2. PO BO ∵PO=CO, ∴ AO=CO . CO BO ∵∠COA=∠BOC, ∴△CAO∽△BCO. [4分]

(2)解:设OP=x,则OB=x-1,OA=x+m,
∵OP是OA、OB的比例中项, ∴x2=(x-1)(x+m), m m 1 得x= ,即OP= . ∴OB= . m- 1 m- 1 m-1 OA OP ∵OP是OA、OB的比例中项,即 , OP = OB OA OC 又∵OP=OC,∴ = OB . OC 设圆O与线段AB的延长线相交于点Q,当点C与点P、 点Q不重合时,

[6分]

∵∠AOC=∠COB,∴△CAO∽△BCO. AC OC ∴ = . BC OB ∴AC=OC= OP =m. BC OB OB

[8分]

(3)由(2)得,AC>BC,且AC-BC=(m-1)BC(m>1), AC+BC=(m+1)BC,圆B和圆C的圆心距d=BC, 显然BC<(m+1)BC, ∴圆B和圆C的位置关系只可能相交、内切或内含. 当圆B与圆C相交时, (m-1)BC<BC<(m+1)BC,得0<m<2, ∵m>1,∴1<m<2; 当圆B与圆C内切时, [12分] [11分]

(m-1

)BC=BC,得m=2;
当圆B与圆C内含时, BC<(m-1)BC,得m>2.

[13分]
[14分]

探究提高

本题给定条件但无明确结论,或结论不唯一,而需探索发现
与之相应的结论.

知能迁移3

(2011· 绵阳)已知△ABC是等腰直角三角形,∠A=

90°,D是腰AC上的一个动点,过C作CE垂直于BD或BD的延
长线,垂足为E,如图1. (1)若BD是AC的中线,如图2,求 BD的值; CE (2)若BD是∠ABC的角平分线,如图3,求 BD的值; CE (3)结合(1)、(2),请你推断 BD 的值的取值范围(直接写出结论, CE BD 不必证明),并探究 的值能小于 4 吗?若能,求出满足条件的 CE 3 D点的位置;若不能,请说明理由.

解:(1)设AD=x,则AB=2x,
根据勾股定理,可得BD= 5x, ∵∠A=∠E,∠ADB=∠EDC, ∴△ABD∽△ECD,∴BD=AB , CD CE 2 可得CE= x,所以 BD=5 . 5 CE 2 (2)设AD=x,根据角平分线定理, 可知DC= 2 x,AB= 2x+x, 由勾股定理可知BD= ?4+2 2?x2. 由△ABD∽△ECD,得 AB = EC =1+ 2 , AD DE 1 由勾股定理知EC2=CD2-DE2, BD x2 ∴EC= ,∴ =2. 2- 2 CE BD (3)由前面两步的结论可以看出, ≥1,所以这样的点 CE 是存在的,D在AC边的五等分点和点A之间.

题型四

条件探索型问题

【例 4】 已知:如图①,在Rt△ACB中,∠C=90°,AC=4 cm,

BC=3 cm,点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动,速度为1
cm/s;点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动,速度为2 cm/s; 连接PQ.若设运动的时间为t(s)(0<t<2),解答下列问题:

(1)当t为何值时,PQ∥BC?

(2)设△AQP的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式;

(3)是否存在某一时刻t,使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和
面积同时平分?若存在,求出此时t的值;若不存在,说明 理由;

(4)如图②,连接PC,并把△PQC沿QC翻折,得到四边形
PQP′C,那么是否存在某一时刻t,使四边形PQP′C为 菱形?若存在,求出此时菱形的边长;若不存在,说明

理由.

解:(1)由题意:BP=t cm, AQ=2t cm,

则CQ=(4-2t) cm,
∵∠C=90°,AC=4 cm,BC=3 cm, ∴AB=5 cm,

∴AP=(5-t) cm.
∵PQ∥BC, ∴△APQ∽△ABC. ∴AP∶AB=AQ∶AC, 即(5-t)∶5=2t∶4, 解得t= 10,∴当t为(s)时,PQ∥BC. 7

(2)过点Q作QD⊥AB于点D,则易证△AQD∽△ABC, ∴AQ∶QD=AB∶BC,∴2t∶DQ=5∶3, ∴QD= 6 t. 5 ∴△APQ的面积:1×AP×QD= 1 (5-t )× 6 t, 5 2 2 ∴y与t之间的函数关系为:y=3t- 3 t2. 5 (3)由题意:当面积被平分时有:3t- 3 t2= 1× 1×3×4, 2 2 5 解得:t= 5± 5, 2 当周长被平分时有:(5-t)+2t=t+(4-2t)+3, 解得t=1,

∴不存在这样t的值.

(4)过点P作PE⊥BC于E,易证△PBE∽△ABC, 当PE=QC时,△PQC为等腰三角形,此时四边形PQP′C为菱形. 理由如下: ∵△PBE

∽△ABC,
4 ∴PE∶PB=AC∶AB,∴PE∶t=4∶5,解得:PE= t. 5 ∵QC=4-2t, 4 10 ∴2× t=4-2t,解得t= , 5 9 10 ∴当t= 时,四边形PQP′C为菱形. 9 7 2 探究提高 此时,PE= 8 ,BE= ,∴CE= . 3 9 3 本题结论明确,而 在Rt△CPE中,根据勾股定理可知: 需探索发现使结论成 ?8 ?2 ?7?2 505 PC= PE2+CE2= ? ? + ? ? = , 立的条件. 9 ?9 ? ?3 ?

∴此菱形的边长为 505 cm. 9

知能迁移4

如图,四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的
5

矩形纸片,点A在x轴上,点C在y轴上,将边BC折叠,使点B落
在边OA的点D处.已知折痕CE=5 5 ,且tan∠EDA= . 4 (1)判断△OCD与△ADE是否相似?请说明理由;

(2)求直线CE与x轴交点P的坐标;
(3)是否存在过点D的直线l,使直线l、直线CE与x轴所围成的三 角形和直线l、直线CE与y轴所围成

的三角形相似?如果存在,请直接
写出其解析式并画出相应的直线; 如果不存在,请说明理由.

解:(1)△OCD与△ADE相似.理由如下:
由折叠知:∠CDE=∠B=90°, ∴∠1+∠2=90°, ∵∠1+∠3=90°, ∴∠2=∠3. 又∵∠COD=∠DAE=90°, ∴△OCD∽△ADE.
图1

(2)∵tan∠EDA= AE =3, AD 4 ∴设AE=3t,则AD=4t.

由勾股定理得DE=5t.
∴OC=AB=AE+EB=AE+DE =3t+5t=8t.

由(1)可知,△OCD∽△ADE, ∴ OC=CD ,∴ 8t=CD ,∴CD=10t. 4t 5t AD DE 在△DCE中,∵CD2+DE2=CE2, ∴(10t)2+(5t)2=(5 5 )2,解得t=1. ∴OC=8,AE=3,点C的坐标为(0,8),
点E的坐标为(10,3).

设直线CE的解析式为y=kx+b,
?10k+b=3, ∴? ? ?b=8, ?

?k=-1, ? 2 解得? ?b=8, ?

∴y=- 1 x+8,则点P的坐标为(16,0). 2 (3)满足条件的直线l有2条:y=-2x+12,y=2x-12.
如图2中的l1、l2.

易错警示
28.规律探索问题分析不严密 试题 探索n×n的正方形钉子板上(n是钉子板上每边的钉子数), 连接任意两个钉子所得到的不同长度值的线段种数:当n=2时, 钉子板上所连不同线段的长度值只有1与 ,所以不同长度值的 2 线段只有二种,若用S表示不同长度值的线段种数,则S=2;当 n=3时,钉子板上所连不同线段的长度值只有1、 、2、 2 5 、2 2五种,比n=2时增加了三种,即S=2+3=5.

(1)观察下图,并填写下表:

钉子数(n×n) 2×2 3×3 4×4 5×5 (

S值 2 2+3 2+3+( ) )

(2)写出(n-1)×(n-1)和n×n的两个钉子板上,不同长度值的线

段种数之间的关系(用式子或语言表述均可);
(3)对n×n的钉子板,写出用n表示S的代数式.

学生答案展示
解:(1)4;2+3+4+5. (2)设(n-1)×(n-1)和n×n两个钉子板上不同长度值的线段种

数分别为Sn-1和Sn,则
Sn-1=2+3+4+…+(n-1);Sn=2+3…+n. (3)Sn=2+3+4+

…+n. 剖析 (1)填对了;

(2)题目要求理解错了,命题要求写出两个钉子板上的两个S值 之间关系,而不是每个钉子板上的S值与每边上的钉子数n的关 系,显然,Sn比Sn-1的值大n; (3)写对了,但应化成不含省略号的代数式.

正解

(1)4;2+3+4+5.

(2)设(n-1)×(n-1)和n×n两个钉子板上不同长度值的线段种
数分别为Sn-1和Sn,则 Sn-1=2+3+4+…+(n-1);Sn=2+3…+n.

∴Sn-Sn-1=n,
即在(n-1)×(n-1)和n×n的两个钉子板上,不同长度值的线段 种数前者比后者少n种. (3)Sn=2+3+4+…+n=(1+2+3+4+…+n)-1
n?n-1? n2+n-2 . = -1= 2 2

批阅笔记 错在分析不严密,审题不清楚,还有变形不熟练,没有按问 题的要求写好答案.在进行规律总结时,考虑问题要全面并注 意等式两边的式子随着“序号”变化而变化的情况,最重要的 是总结规律要加以验证,若不对,则重新观察归纳.

思想方法 感悟提高
方法与技巧

1. 规律探索型问题:通过观察、类比特殊情况中数据特
点,将数据进行分解重组、猜想、归纳得出规律,并用数 学语言来表达这种规律,同时要用结论去检验特殊情况,

以肯定结论的正确.
2. 条件探索型问题:该类问题结论明确,需要完备条件, 因此需要利用结论进行积极的探索,分析已知条件,要使

结论成立还需什么条件,写出符合题意的条件.

3. 结论探索型问题:该类问题仅给出某种情境而没有明确的

结论,或结论不唯一,或结论需要类比、引伸推广,或题目给
出特例,要通过归纳总结得出一般结论.探索时要将观察、猜 想和结论有机地结合起来.

4. 存在探索型问题:是指在某种条件下判断具有某种性质的
数学结论是否存在的一类问题.解题时先假设结论成立,以此 为条件进行运算或推理.若无矛盾,则假设成立,由此得出符

合条件的结论成立;否则结论不存在.

失误与防范 1.探索型问题的解答,应突出数学思想方法,主要有等价 转化、函数与方程、分类讨论、数形结合的思想,以及分析法、 反证法、待定系数法、配方法、换元法等.运用这些思想解答, 可以提高解题的能力,举一反三,防止就题论题,陷入题海, 与此同时,要注意总结思路,把握常见题型,抓住解题规律.

2.解探索型问题应注意以下三点:
(1)认真审题,确定目标,也就是把握题中涉及的有关概念、 公式、定理、法则、方法,尽可能地进行联想,以获得最佳解

题途径;
(2)善于挖掘隐含条件,提高准确性,做到不漏条件、判断 准确、运算合理;

(3)开阔思路,因题定法,此类问题解答无定法,只有在分
析命题的基础上联

想并利用与之有关的概念,把问题转化为熟 悉的情形处理,才能找到切实可行的解法.

完成考点跟踪训练 40


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