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专题六 探索型问题
类型一 规律探索型问题
(2018·山东威海中考)如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标为(1，2)，以点O为圆心，以OA1长1
为半径画弧，交直线y＝x于点B1.过B1点作B1A2∥y轴，交直线y＝2x于点A2，以点O为圆心，以OA2长为
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半径画弧，交直线y＝x于点B2；过点B2作B2A3∥y轴，交直线y＝2x于点A3，以点O为圆心，以OA3长为半
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径画弧，交直线y＝x于点B3；过B3点作B3A4∥y轴，交直线y＝2x于点A4，以点O为圆心，以OA4长为半径
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画弧，交直线y＝x于点B4，…，按照如此规律进行下去，点B2 018的坐标为________．
2
【分析】根据题意可以求得点B1的坐标，点A2的坐标，点B2的坐标，然后即可发现坐标变化的规律，从而可以求得点B2 018的坐标． 【自主解答】
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规律探索题主要有数式规律和图形规律两种．对于数式规律，猜想归纳是解决这类问题的有效方法，通过对已给出的材料和信息对研究的对象进行观察、实验、比较、归纳和分析综合，作出符合一定规律与事实的推测性想象，从而发现一般规律，它是发现和认识规律的重要手段．对于图形规律，一种是数图形，将图形规律转化成数字规律，再用数字规律解决问题；一种是通过图形的直观性，通过拆分图形，观察图形的构造寻找规律．
1．(2018·山东枣庄中考)将从1开始的连续自然数按如下规律排列：
则2 018在第________行．
2．(2018·江苏淮安中考)如图，在平面直角坐标系中，直线l为正比例函数y＝x的图象，点A1的坐标为(1，0)，过点A1作x轴的垂线交直线l于点D1，以A1D1为边作正方形A1B1C1D1；过点C1作直线l的垂线，垂足为A2，交x轴于点B2，以A2B2为边作正方形A2B2C2D2；过点C2作x轴的垂线，垂足为A3，交直线l于点D3，以A3D3为边作正方形A3B3C3D3，…，按此规律操作下所得到的正方形AnBnCnDn的面积是______________．
类型二 存在探索型问题
(2018·浙江湖州中考)如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC，∠ABC＝90°，顶点A在第一象限，B，C在x轴的正半轴上(C在B的右侧)，BC＝2，AB＝23，△ADC与△ABC关于AC所在的直线对称． (1)当OB＝2时，求点D的坐标；
(2)若点A和点D在同一个反比例函数的图象上，求OB的长；
k
(3)如图2，将第(2)题中的四边形ABCD向右平移，记平移后的四边形为A1B1C1D1，过点D1的反比例函数y＝
x(k≠0)的图象与BA的延长线交于点P.问：在平移过程中，是否存在这样的k，使得以点P，A1，D为顶点的
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2
1
三角形是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)作DE⊥x轴于E，解直角三角形求出DE，CE即可解决问题；
(2)设OB＝a，则点A的坐标(a，23)，由题意CE＝1，DE＝3，可得D(3＋a，3)，点A，D在同一反比例函数图象上，可得23a＝3(3＋a)，求出a即可；
(3)分两种情形：①如图2中，当点A1在线段CD的延长线上，且PA1∥AD时，∠PA1D＝90°.②当∠PDA1＝90°时．分别构建方程解决问题即可． 【自主解答】
3．(2018·四川攀枝花中考)如图，对称轴为直线x＝1的抛物线y＝x－bx＋c与x轴交于A(x1，0)，B(x2，
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0)(x1＜x2)两点，与y轴交于C点，且＋＝－.
x1x23(1)求抛物线的表达式；
(2)抛物线顶点为D，直线BD交y轴于E点；
①设点P为线段BD上一点(点P不与B，D两点重合)，过点P作x轴的垂线与抛物线交于点F，求△BDF面积的最大值；
②在线段BD上是否存在点Q，使得∠BDC＝∠QCE？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
类型三 结论探索型问题
如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE＝BF.连结DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE.连结FG，FC.
(1)请判断：FG与CE的数量关系是________，位置关系是________．
(2)如图2，若点E，F分别是CB，BA延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请作出判断
2
4
1
并予以证明．
(3)如图3，若点E，F分别是BC，AB延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．
【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及性质即可判断． 【自主解答】
4．(2018·四川自贡中考)如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA，OB相交于点D，E.
(1)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图1)，请猜想OE＋OD与OC的数量关系，并说明理由； (2)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，(1)中的结论是否成立？并说明理由； (3)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给予证明；若不成立，线段OD，OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
图1 图2 图3
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参
类型一
【例1】 由题意可得点A1的坐标为(1，2)． 设点B(a，1
1的坐标为2
a)，
a2＋（12a）2＝12＋22，
解得a＝2(负值舍去)， ∴点B1的坐标为(2，1)．
同理可得点A2的坐标为(2，4)，点B2的坐标为(4，2)， 点A3的坐标为(4，8)，点B3的坐标为(8，4)， …
∴点B2 018
2 018的坐标为(2，2
2 017
)．
故答案为(22 018
，2
2 017
)．
变式训练
1．45 2.(92)n－1
类型二
【例2】 (1)如图，过点D作DE⊥x轴于E.
∵∠ABC＝90°，∴tan∠ACB＝AB
BC＝3，
∴∠ACB＝60°.
根据对称性可知DC＝BC＝2，∠ACD＝∠ACB＝60°， ∴∠DCE＝60°，∴∠CDE＝90°－60°＝30°，
2
6
∴CE＝1，DE＝3， ∴OE＝OB＋BC＋CE＝5， ∴点D坐标为(5，3)．
(2)设OB＝a，则点A的坐标(a，23)， 由题意CE＝1，DE＝3，可得D(3＋a，3)． ∵点A，D在同一反比例函数图象上， ∴23a＝3(3＋a)，∴a＝3，∴OB＝3. (3)存在，k的值为103或123.理由如下：
①如图，当点A1在线段CD的延长线上，且PA1∥AD时，∠PA1D＝90°.
在Rt△ADA1中，∵∠DAA1＝30°，AD＝23， ∴AAAD
1＝cos 30°
＝4.
在Rt△APA1中，∵∠APA1＝60°， ∴PA＝433，∴PB＝1033
. 设P(m，103
3)，则D1(m＋7，3)．
∵P，D1在同一反比例函数图象上， ∴
103
3
m＝3(m＋7)，解得m＝3， ∴P(3，103
3)，∴k＝103.
②如图，当∠PDA1＝90°时．
2 1
7
∵∠PAK＝∠KDA1＝90°，∠AKP＝∠DKA1， ∴△AKP∽△DKAAKPK
1，∴KD＝KA，
1∴
PKAK＝KA1
DK
. ∵∠AKD＝∠PKA1， ∴△KAD∽△KPA1，
∴∠KPA1＝∠KAD＝30°，∠ADK＝∠KA1P＝30°， ∴∠APD＝∠ADP＝30°， ∴AP＝AD＝23，AA1＝6.
设P(m，43)，则D1(m＋9，3)． ∵P，D1在同一反比例函数图象上， ∴43m＝3(m＋9)，解得m＝3， ∴P(3，43)，∴k＝123. 变式训练
3．解：(1)∵抛物线对称轴为直线x＝1， ∴－－b
2＝1，
∴b＝2.
由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2＝b，x1x2＝c， ∴11x1＋x2b2x＋＝x＝＝－，则c＝－3， 1x21x2c3∴抛物线表达式为y＝x2
－2x－3. (2)由(1)得点D坐标为(1，－4)． 当y＝0时，x2
－2x－3＝0， 解得x1＝－1，x2＝3， ∴点B坐标为(3，0)． ①设点F坐标为(a，b)，
2
1
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∴△BDF的面积S＝12×(4－b)(a－1)＋12(－b)(3－a)－1
2×2×4，
整理得S＝2a－b－6.
∵b＝a2
－2a－3，∴S＝2a－(a2
－2a－3)－6＝－a2
＋4a－3. ∵a＝－1＜0，∴当a＝2时，S最大＝－4＋8－3＝1. ②存在．
由已知点D坐标为(1，－4)，点B坐标为(3，0)， ∴直线BD表达式为y＝2x－6.则点E坐标为(0，－6)． 连结BC，CD，则由勾股定理得CB2
＝(3－0)2
＋(－3－0)2
＝18， CD2
＝12
＋(－4＋3)2
＝2，BD2
＝(－4)2
＋(3－1)2
＝20， ∴CB2
＋CD2
＝BD2
，∴∠BCD＝90°， ∴tan∠BDC＝3.
当点Q使得∠BDC＝∠QCE时，连QC并延长交x轴于点N，过Q作QM⊥x轴于点M.
∵∠OCN＝∠QCE，CO＝3， ∴在Rt△NOC中，NO＝3OC＝9. 由已知，MQ∥OE，OE＝6，OB＝3， ∴
BMOBMQ＝OE＝1
2
. 设BM＝a，则MQ＝2a，则MN＝12－a. ∵∠MQN＝∠QCE， ∴Rt△MNQ中，3MQ＝MN， ∴12－a＝3×2a，∴a＝12
7，
则OM＝3－127＝97，MQ＝24
7，
则点Q坐标为(924
7，－7)．
类型三
【例3】 (1)相等 平行 ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD.
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又∵CE＝BF，∴△ECD≌△FBC(SAS)， ∴CF＝DE，∠DEC＝∠CFB， ∴∠DEC＋∠BCF＝90°，∴FC⊥DE. ∵EG⊥DE，EG＝DE， ∴FC∥GE，GE＝CF，
∴四边形GECF是平行四边形， ∴FG∥CE，GF＝CE.
(2)仍然成立．证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD. 又∵CE＝BF，∴△ECD≌△FBC(SAS)， ∴CF＝DE，∠DEC＝∠CFB， ∴∠DEC＋∠BCF＝90°，∴FC⊥DE. ∵EG⊥DE，EG＝DE， ∴FC∥GE，GE＝CF，
∴四边形GECF是平行四边形， ∴FG∥CE，FG＝CE. (3)仍然成立． 变式训练
4．解：(1)OD＋OE＝3OC.理由如下： OM是∠AOB的角平分线， ∴∠AOC＝∠BOC＝1
2∠AOB＝30°.
∵CD⊥OA，∴∠ODC＝90°， ∴∠OCD＝60°，
∴∠OCE＝∠DCE－∠OCD＝60°. 在Rt△OCD中，OD＝OC·cos 30°＝
3
2
OC. 同理OE＝
3
2
OC，∴OD＋OE＝3OC. (2)(1)中结论仍然成立，理由如下： 如图，过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
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∴∠OFC＝∠OGC＝90°.
∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°. 同(1)的方法得OF＝33
2OC，OG＝2
OC， ∴OF＋OG＝3OC.
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点， ∴CF＝CG.
∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°， ∴∠DCF＝∠ECG，∴△CFD≌△CGE，
∴DF＝EG，∴OF＝OD＋DF＝OD＋EG，OG＝OE－EG， ∴OF＋OG＝OD＋EG＋OE－EG＝OD＋OE， ∴OD＋OE＝3OC.
(3)(1)中结论不成立，结论为：OE－OD＝3OC， 理由：如图，过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
∴∠OFC＝∠OGC＝90°.
∵∠AOB＝60°，∴∠FCG＝120°. 同(1)的方法得OF＝32OC，OG＝3
2
OC， ∴OF＋OG＝3OC.
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点， ∴CF＝CG.
∵∠DCE＝120°，∠FCG＝120°， ∴∠DCF＝∠ECG，∴△CFD≌△CGE，
∴DF＝EG，∴OF＝DF－OD＝EG－OD，OG＝OE－EG， ∴OF＋OG＝EG－OD＋OE－EG＝OE－OD， ∴OE－OD＝3OC.
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