广东省各市中考数学试题分类解析汇编 专题15探索型问题

1、广东省各市2015年中考数学试题分类解析汇编（20专题）专题15：探索型问题1.（2015年广东梅州3分）对于二次函数有下列四个结论：它的对称轴是直线；设，则当时，有；它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；当时，.其中正确结论的个数为【 】A. 1 B.2 C. 3 D. 4【答案】C.【考点】二次函数的图象和性质. 【分析】，二次函数图象的对称轴是直线.故结论正确.当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论错误.的解为，二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论正确.二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，当时，.故结论正确.综上所述，

2、正确结论有三个.故选C.2. （2015年广东深圳3分）二次函数的图像如下图所示，下列说法；，正确的个数是【 】A. 1 B. 2 C.3 D. 4【答案】B.【考点】二次函数的图像和性质. 【分析】二次函数图像的开口向下，. 故说法错误.二次函数图像的对称轴在轴右侧， 即.故说法正确.二次函数图像与轴的交点在轴上方，. 故说法错误.二次函数图像与轴有两个交点，.故说法正确.综上所述，正确的个数是2个.故选B.3. （2015年广东深圳3分）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：；.在以上4个结论中，

3、正确的有【 】A. 1 B. 2 C.3 D. 4【答案】C.【考点】折叠问题；正方形的性质；全等、相似三角形的判定和性质；勾股定理. 【分析】由折叠和正方形的性质可知，.又，. 故结论正确.正方形ABCD的边长为12，BE=EC，.设，则，在中，由勾股定理，得，即，解得，. 故结论正确.，是等腰三角形.易知不是等腰三角形，和不相似. 故结论错误.，.故结论正确.综上所述，4个结论中，正确的有三个.故选C.4. （2015年广东3分）如图，已知正ABC的边长为2，E，F，G分别是AB，BC，CA上的点，且AE=BF=CG，设EFG的面积为y，AE的长为x，则y关于x的函数图象大致是【 】A.

4、B. C. D.【答案】D.【考点】由实际问题列函数关系式（几何问题）；二次函数的性质和图象.【分析】根据题意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的边长为2，. AEG、BEF、CFG三个三角形全等在AEG中，.其图象为开口向上的二次函数.故选D.5. （2015年广东汕尾4分）对于二次函数有下列四个结论：它的对称轴是直线；设，则当时，有；它的图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；当时，.其中正确结论的个数为【 】A. 1 B.2 C. 3 D. 4【答案】C.【考点】二次函数的图象和性质. 【分析】，二次函数图象的对称轴是直线.故结论正确.当时，随的增大而减小，此时，当时，有.故结论

5、错误.的解为，二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0） .故结论正确.二次函数图象与轴的两个交点是（0，0）和（2，0），且有最大值1，当时，.故结论正确.综上所述，正确结论有三个.故选C.1. （2015年广东梅州3分）已知：ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A、E、F为顶点的三角形与ABC相似，则需要增加的一个条件是 .（写出一个即可）【答案】F是AC的中点（答案不唯一）.【考点】开放型；三角形中位线定理；相似三角形的判定【分析】ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A、E、F为顶点的三角形与ABC相似，则根据三角形中位线定理和相似三角形的判定需要增加

6、的一个条件可以是：F是AC的中点或EFBC或AEF=B或AEF=C或AFE=B或AFE=C，等，答案不唯一.2. （2015年广东梅州3分）若，,对任意自然数都成立，则= ， = ；计算： .【答案】；.【考点】探索规律题（数字的变化类）.【分析】，.3. （2015年广东佛山3分）各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有 个.【答案】20. 【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形构成条件.【分析】应用列举法，逐一作出判断：三边边长都为8，能构成1个三角形；两边边长为8，能构成三角形的另一边有1，2，3，4，5，6，7，计7个；一边边长为8，能构成三角形的另两边组合有（2，7），（3，7

7、），（4，7），（5，7），（6，7），（7，7），（3，6），（4，6），（5，6），（6，6），（4，5），（5，5），计12个.各边长度都是整数，最大边长为8的三角形共有20个.4. （2015年广东深圳3分）观察下列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第5个图形有 个太阳.【答案】21.【考点】探索规律题（图形的变化类）.【分析】观察图形可知，上面一排按序号1，2，3，4，排列，第5个图形有5个太阳；下面一排按排列，第5个图形有个太阳；第5个图形共有21个太阳.5. （2015年广东4分）观察下列一组数：，根据该组数的排列规律，可推出第10个数是 .【答案】.【考点】探索规律题（

8、数字的变化类）.【分析】观察得该组数的排列规律为：分母为奇数，分子为自然数，第个数为，所以，第10个数是.6. （2015年广东汕尾5分）若，,对任意自然数都成立，则= ， = ；计算： .【答案】；.【考点】探索规律题（数字的变化类）.【分析】，.7. （2015年广东珠海4分）如图，在中，已知，依次连接的三边中点，得，再依次连接的三边中点得，则的周长为 【答案】1.【考点】探索规律题（图形的变化类）；三角形中位线定理. 【分析】的三顶点在的三边中点，的周长是周长的；的三顶点在的三边中点，的周长是周长的，是周长的；的三顶点在的三边中点，的周长是周长的，是周长的；的三顶点在的三边中点，的周长是

9、周长的，是周长的.又，的周长为.1. （2015年广东梅州10分）在RtABC中，A=90，AC = AB = 4，D，E分别是边AB，AC的中点.若等腰RtADE绕点A逆时针旋转，得到等腰RtAD1E1，设旋转角为（0180），记直线BD1与CE1的交点为P.（1）如图1，当=90时，线段BD1的长等于 ，线段CE1的长等于 ；（直接填写结果）（2）如图2，当=135时，求证：BD1 = CE1 ，且BD1CE1 ；（3）求点P到AB所在直线的距离的最大值（直接写出结果）【答案】解：（1），.（2）证明：当=135时，由旋转可知D1AB = E1AC = 135.又AB=AC，AD1=AE1

10、，D1AB E1AC（SAS）.BD1=CE1 且 D1BA = E1CA.设直线BD1与AC交于点F，有BFA=CFP.CPF=FAB=90，BD1CE1.（3）.【考点】面动旋转问题；等腰直角三角形的性质；勾股定理；全等、相似三角形的判定和性质.【分析】（1）如题图1，当=90时，线段BD1的长等于；线段CE1的长等于.（2）由SAS证明D1AB E1AC即可证明BD1 = CE1 ，且BD1CE1 .（3）如答图2，当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离最大，此时，.当四边形AD1PE1为正方形时，点P到AB所在直线的距离距离的最大值为.2. （2015年广东广州1

11、0分）已知O为坐标原点，抛物线与轴相交于点,.与轴交于点C，且O，C两点之间的距离为3，点A，C在直线上.（1）求点C的坐标；（2）当随着的增大而增大时，求自变量的取值范围；（3）将抛物线向左平移个单位，记平移后随着的增大而增大的部分为P，直线向下平移n个单位，当平移后的直线与P有公共点时，求的最小值.【答案】解：（1）令，得，.O，C两点之间的距离为3，解得.点C的坐标为或.（2），异号.若，把代入得，即.把代入得，即.异号，.，.把，代入，得，解得.当时，随着的增大而增大.若，把代入得，即.把代入得，即.异号，.，.把，代入，得，解得.当时，随着的增大而增大.综上所述，若，当随着的增大而增

12、大时，；若，当随着的增大而增大时，.（3）若，则，向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. 直线向下平移n个单位后的解析式为.要使平移后直线与有公共点，则当时，即，解得，与不符，舍去. 若，则，向左平移个单位后的解析式为，则当时，随着的增大而增大. 直线向下平移n个单位后的解析式为.要使平移后直线与有公共点，则当时，即，解得.综上所述，.，当时，的最小值为.【考点】二次函数综合题；线动平移问题；曲线上点的坐标与方程的关系；不等式和绝对值的性质；二次函数的最值；分类思想的应用.【分析】（1）一方面，由点C在抛物线得到，另一方面，由O，C两点之间的距离为3，得到，从而得到点C的坐标.

13、（2）分和两种情况讨论.（3）分和两种情况讨论得到的范围内，从而根据二次函数最值原理即可求解.3. （2015年广东深圳9分）如图1，关于的二次函数经过点，点，点为二次函数的顶点，为二次函数的对称轴，在轴上.（1）求抛物线的解析式；（2）DE上是否存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，若存在求出点P，若不存在请说明理由；（3）如图2，DE的左侧抛物线上是否存在点F，使，若存在求出点F的坐标，若不存在请说明理由.【答案】解：（1）将点， 代入，得，解得.抛物线的解析式为.（2）存在.，.设，当点在的角平分线时，如答图1，过点作于点，则，解得. .当点在的外角平分线时，如答图2，过点作于点，则，解

14、得. .综上所述，DE上存在点P到AD的距离与到轴的距离相等，点P的坐标为或.（3）存在.假设存在点F，使，设，.，.设的解析式为，则，解得.的解析式为.令，得，即与轴的交点坐标为.若点在轴上方，如答图2，则，即，解得（舍去正值）.当时，.若点在轴下方，如答图3，则，即，解得（舍去正值）.当时，不符合点在轴下方，舍去.综上所述，DE的左侧抛物线上存在点F，使，点F的坐标为.【考点】二次函数综合题；待定系数法的应用；曲线上点的坐标与方程的关系；锐角三角函数定义；角平分线的性质；分类思想、转换思想和方程思想的应用.【分析】（1）将点， 代入即可求解.（2）根据角平分线上的点到角的两边距离相等的性质

15、，分点在的角平分线和点在的外角平分线两种情况讨论即可.（3）由已知求出，分点在轴上方和点在轴下方两种情况讨论，当点在轴上方时，；当点在轴下方时，据此列方程求解.4. （2015年广东9分）如图，反比例函数(，)的图象与直线相交于点C，过直线上点A(1，3)作ABx轴于点B，交反比例函数图象于点D，且AB=3BD.（1）求k的值；（2）求点C的坐标；（3）在y轴上确定一点M，使点M到C、D两点距离之和d=MC+MD最小，求点M的坐标.【答案】解：（1）A(1，3)，OB=1，AB=3.又AB=3BD，BD=1. D(1，1).反比例函数(，)的图象经过点D，.（2）由（1）知反比例函数的解析式为

16、，解方程组，得或（舍去），点C的坐标为(，).（3）如答图，作点D关于y轴对称点E，则E(,1)，连接CE交y轴于点M，即为所求.设直线CE的解析式为，则，解得，直线CE的解析式为.当x=0时，y=，点M的坐标为(0，).【考点】反比例函数和一次函数综合问题；曲线上点的坐标与方程的关系；待定系数法的应用；轴对称的应用（最短距离问题）；方程思想的应用.【分析】（1）求出点D的坐标，即可根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，求出k的值.（2）由于点C是反比例函数的图象和直线的交点，二者联立即可求得点C的坐标.（3）根据轴对称的应用，作点D关于y轴对称点E，则E(,1)，连接CE交y轴于点M，即为所

17、求.5. （2015年广东9分）如图，在同一平面上，两块斜边相等的直角三角板RtABC与RtADC拼在一起，使斜边AC完全重合，且顶点B，D分别在AC的两旁，ABC=ADC=90，CAD=30，AB=BC=4cm.（1）填空：AD= (cm)，DC= (cm)；（2）点M，N分别从A点，C点同时以每秒1cm的速度等速出发，且分别在AD，CB上沿AD，CB的方向运动，当N点运动 到B点时，M，N两点同时停止运动，连结MN，求当M，N点运动了x秒时，点N到AD的距离(用含x的式子表示)；（3）在（2）的条件下，取DC中点P，连结MP，NP，设PMN的面积为y(cm2)，在整个运动过程中，PMN的面积y存在最大值，请求出这个最大值.(参考数据：sin75=，sin15=)【答案】解：（1）；.（2）如答图，过点N作NEAD于E，作NFDC延长线于F，则NE=DF.ACD=60，ACB=45，NCF=75，FN