2023年初中數(shù)學(xué)中考指導(dǎo)二輪復(fù)習(xí)錦囊專題四 探究型問(wèn)題

第202x初中數(shù)學(xué)中考指導(dǎo)二輪復(fù)習(xí)錦囊：專題四探究型問(wèn)題

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專題四探究型問(wèn)題

一、中考專題詮釋

探究型問(wèn)題是指命題中缺少一定的條件或無(wú)明確的結(jié)論，需要經(jīng)過(guò)推斷，補(bǔ)充并加以證明的一類問(wèn)題．根據(jù)其特征大致可分為：條件探究型、結(jié)論探究型、規(guī)律探究型和存在性探究型等四類．21xcnjyxcom二、解題策略與解法精講

由于探究型試題的知識(shí)覆蓋面較大，綜合性較強(qiáng)，靈活選擇方法的要求較高，再加上題意新穎，構(gòu)思精巧，具有相當(dāng)?shù)纳疃群碗y度，所以要求同學(xué)們?cè)趶?fù)習(xí)時(shí)，首先對(duì)于基礎(chǔ)知識(shí)一定要復(fù)習(xí)全面，并力求扎實(shí)牢靠；其次是要加強(qiáng)對(duì)解答這類試題的練習(xí)，注意各知識(shí)點(diǎn)之間的因果聯(lián)系，選擇合適的解題途徑完成最后的解答．由于題型新穎、綜合性強(qiáng)、結(jié)構(gòu)獨(dú)特等，此類問(wèn)題的一般解題思路并無(wú)固定模式或套路，但是可以從以下幾個(gè)角度考慮：

1．利用特殊值（特殊點(diǎn)、特殊數(shù)量、特殊線段、特殊位置等）進(jìn)行歸納、概括，從特殊到一般，從而得出規(guī)律．

2．反演推理法（反證法），即假設(shè)結(jié)論成立,根據(jù)假設(shè)進(jìn)行推理，看是推導(dǎo)出矛盾還是能與已知條件一致．

3．分類討論法．當(dāng)命題的題設(shè)和結(jié)論不惟一確定，難以統(tǒng)一解答時(shí)，則需要按可能出現(xiàn)的情況做到既不重復(fù)也不遺漏，分門別類加以討論求解，將不同結(jié)論綜合歸納得出正確結(jié)果．出處：21教育名師

4．類比猜想法．即由一個(gè)問(wèn)題的結(jié)論或解決方法類比猜想出另一個(gè)類似問(wèn)題的結(jié)論或解決方法，并加以嚴(yán)密的論證．

以上所述并不能全面概括此類命題的解題策略，因而具體操作時(shí)，應(yīng)更注重?cái)?shù)學(xué)思想方法的綜合運(yùn)用．三、中考考點(diǎn)精講考點(diǎn)一：條件探索型：

此類問(wèn)題結(jié)論明確，而需探究發(fā)現(xiàn)使結(jié)論成立的條件．

例1（202x·湖北省隨州市，第24題10分）問(wèn)題：如圖（1），點(diǎn)E、F分別在正方形ABCD的邊BC、CD上，∠EAF=45°，試判斷BE、EF、FD之間的數(shù)量關(guān)系．發(fā)現(xiàn)證明

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小聰把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，從而發(fā)現(xiàn)EF=BE+FD，請(qǐng)你利用圖（1）證明上述結(jié)論．類比引申

如圖（2），四邊形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，則當(dāng)∠EAF與∠BAD滿足關(guān)系時(shí)，仍有EF=BE+FD．探究應(yīng)用

如圖（3），在某公園的同一水平面上，四條通道圍成四邊形ABCD．已知AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分別有景點(diǎn)E、F，且AE⊥AD，DF=40（

﹣1）

米，現(xiàn)要在E、F之間修一條筆直道路，求這條道路EF的長(zhǎng)（結(jié)果取整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：=1.41，=1.73）

考點(diǎn)：四邊形綜合題．

分析：發(fā)現(xiàn)證明根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADG≌△ABE，則GF=BE+DF，只要再證明△AFG≌△AFE即可．

類比引申延長(zhǎng)CB至M，使BM=DF，連接AM，證△ADF≌△ABM，證△FAE≌△MAE，即可得出答案；

探究應(yīng)用利用等邊三角形的判定與性質(zhì)得到△ABE是等邊三角形，則BE=AB=80米．把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADG≌△ABE，則GF=BE+DF，只要再證明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．解答：發(fā)現(xiàn)證明證明：如圖（1），∵△ADG≌△ABE，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，

又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，∴∠GAF=∠FAE，在△GAF和△FAE中，

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，

∴△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF=EF．又∵DG=BE，∴GF=BE+DF，∴BE+DF=EF．

類比引申∠BAD=2∠EAF．

理由如下：如圖（2），延長(zhǎng)CB至M，使BM=DF，連接AM，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，∴∠D=∠ABM，在△ABM和△ADF中，

，

∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，∵∠BAD=2∠EAF，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，在△FAE和△MAE中，

，

∴△FAE≌△MAE（SAS），∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，即EF=BE+DF．

故答案是：∠BAD=2∠EAF．

探究應(yīng)用如圖3，把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)150°至△ADG，連接AF．∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，

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∴∠BAE=60°．又∵∠B=60°，∴△ABE是等邊三角形，∴BE=AB=80米．

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到：∠ADG=∠B=60°，又∵∠ADF=120°，

∴∠GDF=180°，即點(diǎn)G在CD的延長(zhǎng)線上．易得，△ADG≌△ABE，

∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，又∵∠EAG=∠BAD=150°，∴∠GAF=∠FAE，在△GAF和△FAE中，

，

∴△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF=EF．又∵DG=BE，∴GF=BE+DF，∴EF=BE+DF=80+40（

﹣1）≈109.2（米），即這條道路EF的長(zhǎng)約為109.2米．

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點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了四邊形綜合題，關(guān)鍵是正確畫出圖形，證明△AFG≌△AEF．此題是一道綜合題，難度較大，題目所給例題的思路，為解決此題做了較好的鋪墊．對(duì)應(yīng)訓(xùn)練

1.（202x?襄陽(yáng)）如圖1，點(diǎn)A是線段BC上一點(diǎn)，△ABD和△ACE都是等邊三角形．（1）連結(jié)BE，CD，求證：BE=CD；

（2）如圖2，將△ABD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△AB′D′．①當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為度時(shí)，邊AD′落在AE上；

②在①的條件下，延長(zhǎng)DD’交CE于點(diǎn)P，連接BD′，CD′．當(dāng)線段AB、AC滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，△BDD′與△CPD′全等？并給予證明．

思路分析：（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“邊角邊”證明△BAE和△DAC全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等即可得證；

（2）①求出∠DAE，即可得到旋轉(zhuǎn)角度數(shù)；

②當(dāng)AC=2AB時(shí)，△BDD′與△CPD′全等．根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB=BD=DD′=AD′，然后得到四邊形ABDD′是菱形，根據(jù)菱形的對(duì)角線平分一組對(duì)角可得∠ABD′=∠DBD′=30°，菱形的對(duì)邊平行可得DP∥BC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出∠PCD′=∠ACD′=30°，從而得到∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PD′C=30°，然后利用“角邊角”證明△BDD′與△CPD′全等．

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解答：（1）證明：∵△ABD和△ACE都是等邊三角形．∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，即∠BAE=∠DAC，在△BAE和△DAC中，

?AB?AD???BAE??DAC，?AE?AC?∴△BAE≌△DAC（SAS），∴BE=CD；

（2）解：①∵∠BAD=∠CAE=60°，∴∠DAE=180°-60°×2=60°，∵邊AD′落在AE上，∴旋轉(zhuǎn)角=∠DAE=60°；

②當(dāng)AC=2AB時(shí)，△BDD′與△CPD′全等．理由如下：由旋轉(zhuǎn)可知，AB′與AD重合，∴AB=BD=DD′=AD′，∴四邊形ABDD′是菱形，∴∠ABD′=∠DBD′=

11∠ABD=×60°=30°，DP∥BC，22∵△ACE是等邊三角形，∴AC=AE，∠ACE=60°，∵AC=2AB，∴AE=2AD′，∴∠PCD′=∠ACD′=又∵DP∥BC，

∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，在△BDD′與△CPD′中，

11∠ACE=×60°=30°，22全國(guó)中小學(xué)教育資源門戶網(wǎng)站|天量課件、教案、試卷、學(xué)案免費(fèi)下載|

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??DBD???PCD??，?BD??CD???BD?D??PD?C?∴△BDD′≌△CPD′（ASA）．故答案為：60．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，但難度不大，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)與全等三角形的判定是姐提到過(guò)．

考點(diǎn)二：結(jié)論探究型：

此類問(wèn)題給定條件但無(wú)明確結(jié)論或結(jié)論不惟一，而需探索發(fā)現(xiàn)與之相應(yīng)的結(jié)論．

例2（202x?遼寧省朝陽(yáng),第24題12分）問(wèn)題：如圖（1），在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=CB，∠DCE=45°，試探究AD、DE、EB滿足的等量關(guān)系．[探究發(fā)現(xiàn)]

小聰同學(xué)利用圖形變換，將△CAD繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBH，連接EH，由已知條件易得∠EBH=90°，∠ECH=∠ECB+∠BCH=∠ECB+∠ACD=45°．根據(jù)“邊角邊”，可證△CEH≌△CDE，得EH=ED．

在Rt△HBE中，由勾股定理，可得BH+EB=EH，由BH=AD，可得AD、DE、EB之間的等量關(guān)系是AD+EB=DE．[實(shí)踐運(yùn)用]

（1）如圖（2），在正方形ABCD中，△AEF的頂點(diǎn)E、F分別在BC、CD邊上，高AG與正方形的邊長(zhǎng)相等，求∠EAF的度數(shù)；

（2）在（1）條件下，連接BD，分別交AE、AF于點(diǎn)M、N，若BE=2，DF=3，BM=2小聰同學(xué)探究的結(jié)論，求正方形的邊長(zhǎng)及MN的長(zhǎng)．

，運(yùn)用

2

2

2

2

2

2

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考點(diǎn)：幾何變換綜合題．

分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定方法證明Rt△ABE≌Rt△AGE和Rt△ADF≌Rt△AGF，由全等三角形的性質(zhì)即可求出∠EAF=∠BAD=45°；2·1·c·n·j·y

（2）由（1）知，Rt△ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF≌Rt△AGF，設(shè)AG=x，則CE=x﹣2，CF=x﹣3．因?yàn)镃E+CF=EF，所以（x﹣2）+（x﹣3）=5．解這個(gè)方程，求出x的值即可得到AG=6，在（2）中，MN=MB+ND，MN=a，MN=

．

2

2

2

2

2

2

2

2

2

，所以a=．即

解答：解：根據(jù)“邊角邊”，可證△CEH≌△CDE，得EH=ED．

在Rt△HBE中，由勾股定理，可得BH+EB=EH，由BH=AD，可得AD、DE、EB之間的等量關(guān)系是AD+EB=DE；故答案為：△CDE；勾股；AD+EB=DE；（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，

，

∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），∴∠BAE=∠GAE，

同理，Rt△ADF≌Rt△AGF，∴∠GAF=∠DAF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAF=∠BAD=45°；

（2）由（1）知，Rt△ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF≌Rt△AGF，∴BE=EG=2，DF=FG=3，則EF=5，設(shè)AG=x，則CE=x﹣2，CF=x﹣3，∵CE+CF=EF，

∴（x﹣2）+（x﹣3）=5，

解這個(gè)方程，得x1=6，x2=﹣1（舍去），∴AG=6，∴BD=∴AB=6，

，

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

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∵M(jìn)N=MB+ND設(shè)MN=a，則所以a=即MN=

，．

，

222

點(diǎn)評(píng)：本題考查了正方形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理的運(yùn)用和一元二次方程的運(yùn)用，題目的綜合性很強(qiáng)，難度不?。畬?duì)應(yīng)訓(xùn)練

2．（202x?遼寧鐵嶺）（第25題）已知：點(diǎn)D是等腰直角三角形ABC斜邊BC所在直線上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B重合），連接AD．

（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí)，將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到線段AE，連接CE．求證：BD=CE，BD⊥CE．

（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC延長(zhǎng)線上時(shí)，探究AD、BD、CD三條線段之間的數(shù)量關(guān)系，寫出結(jié)論并說(shuō)明理由；（3）若BD=

CD，直接寫出∠BAD的度數(shù)．

考點(diǎn)：幾何變換綜合題．.

分析：（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠ABC=∠ACB=45°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得AD=AE，∠DAE=90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAE，然后利用“邊角邊”證明△BAD和△CEF全等，從而得證；來(lái)源：21·世紀(jì)·教育·網(wǎng)

（2）將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到線段AE，連接CE．與（1）同理可得CE=BD，CE⊥BD，根據(jù)勾股定理即可求得2AD=BD+CD；（3）分兩種情況分別討論即可求得．

解答：（1）證明：如圖1，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵∠DAE=90°，

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2

2

2

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∴∠DAE=∠CAE+∠DAC=90°，∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，

，

∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE，∠ACE=∠ABC=45°．∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，∴BD⊥CE；（2）2AD=BD+CD，

理由：如圖2，將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到線段AE，連接CE．與（1）同理可證CE=BD，CE⊥BD，∵∠EAD=90°AE=AD，∴ED=

AD，

2

2

2

2

2

2

在RT△ECD中，ED=CE+CD，∴2AD=BD+CD．

（3）如圖3，①當(dāng)D在BC邊上時(shí)，將線段AD1繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到線段AE，連接BE，

與（1）同理可證△ABE≌△ACD1，∴BE=CD1，BE⊥BC，∵BD=∴BD1=

CD，BE，

=

，

2

2

2

∴tan∠BD1E=

∴∠BD1E=30°，∵∠EAD1=EBD1=90°，

∴四邊形A、D1、B、E四點(diǎn)共圓，∴∠EAB=∠BD1E=30°，∴∠BAD1=90°﹣30°=60°；

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②將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到線段AF，連接CF．同理可證：∠CFD2=30°，∵∠FAD2=FCD2=90°，

∴四邊形A、F、D2、C四點(diǎn)共圓，∴∠CAD2=∠CFD2=30°，∴∠BAD2=90°+30°=120°，綜上，∠BAD的度數(shù)為60°或120°．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，四點(diǎn)共圓的判定，圓周角定理等，通過(guò)旋轉(zhuǎn)得出全等三角形是本題的關(guān)鍵．

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考點(diǎn)三：規(guī)律探究型：

規(guī)律探索問(wèn)題是指由幾個(gè)具體結(jié)論通過(guò)類比、猜想、推理等一系列的數(shù)學(xué)思維過(guò)程，來(lái)探求一般性結(jié)論的問(wèn)題，解決這類問(wèn)題的一般思路是通過(guò)對(duì)所給的具體的結(jié)論進(jìn)行全面、細(xì)致的觀察、分析、比較，從中發(fā)現(xiàn)其變化的規(guī)律，并猜想出一般性的結(jié)論，然后再給出合理的證明或加以運(yùn)用.版權(quán)所有：21教育

例3（202x?青島,第23題10分）問(wèn)題提出用n根相同的木棒搭一個(gè)三角形（木棒無(wú)剩余），能搭成多少種不同的等腰三角形？

問(wèn)題探究不妨假設(shè)能搭成m種不同的等腰三角形，為探究m與n之間的關(guān)系，我們可以先從特殊入手，通過(guò)試驗(yàn)、觀察、類比、最后歸納、猜測(cè)得出結(jié)論．探究一

（1）用3根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？此時(shí)，顯然能搭成一種等腰三角形．所以，當(dāng)n=3時(shí)，m=1．

（2）用4根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？只可分成1根木棒、1根木棒和2根木棒這一種情況，不能搭成三角形．所以，當(dāng)n=4時(shí)，m=0．

（3）用5根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？若分成1根木棒、1根木棒和3根木棒，則不能搭成三角形．若分成2根木棒、2根木棒和1根木棒，則能搭成一種等腰三角形．所以，當(dāng)n=5時(shí)，m=1．

（4）用6根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？若分成1根木棒、1根木棒和4根木棒，則不能搭成三角形．若分成2根木棒、2根木棒和2根木棒，則能搭成一種等腰三角形．所以，當(dāng)n=6時(shí)，m=1．綜上所述，可得：表①nm探究二

（1）用7根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的三角形？（仿照上述探究方法，寫出解答過(guò)程，并將結(jié)果填在表②中）

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31

40

51

61

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（2）用8根、9根、10根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？（只需把結(jié)果填在表②中）表②nm

72

81

92

102

你不妨分別用11根、12根、13根、14根相同的木棒繼續(xù)進(jìn)行探究，…

問(wèn)題解決：用n根相同的木棒搭一個(gè)三角形（木棒無(wú)剩余），能搭成多少種不同的等腰三角形？（設(shè)n分別等于4k﹣1，4k，4k+1，4k+2，其中k是正整數(shù)，把結(jié)果填在表③中）表③nm

4k﹣1

4k

4k+1

4k+2

問(wèn)題應(yīng)用：用202x根相同的木棒搭一個(gè)三角形（木棒無(wú)剩余），能搭成多少種不同的等腰三角形？（寫出解答過(guò)程），其中面積最大的等腰三角形每腰用了根木棒．（只填結(jié)果）2-1-c-n-j-y

考點(diǎn)：作圖—應(yīng)用與設(shè)計(jì)作圖；三角形三邊關(guān)系；等腰三角形的判定與性質(zhì)．專題：分類討論．

分析：探究二：仿照探究一的方法進(jìn)行分析即可；問(wèn)題解決：根據(jù)探究一、二的結(jié)果總結(jié)規(guī)律填表即可；問(wèn)題應(yīng)用：根據(jù)規(guī)律進(jìn)行計(jì)算求出m的值．

解答：（1）用7根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？此時(shí)，能搭成二種等腰三角形，

即分成2根木棒、2根木棒和3根木棒，則能搭成一種等腰三角形分成3根木棒、3根木棒和1根木棒，則能搭成一種等腰三角形當(dāng)n=7時(shí)，m=2．

（2）用8根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？分成2根木棒、2根木棒和4根木棒，則不能搭成一種等腰三角形，分成3根木棒、3根木棒和2根木棒，則能搭成一種等腰三角形，所以，當(dāng)n=8時(shí)，m=1．

用9根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？分成3根木棒、3根木棒和3根木棒，則能搭成一種等腰三角形

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分成4根木棒、4根木棒和1根木棒，則能搭成一種等腰三角形所以，當(dāng)n=9時(shí)，m=2．

用10根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成多少種不同的等腰三角形？分成3根木棒、3根木棒和4根木棒，則能搭成一種等腰三角形分成4根木棒、4根木棒和2根木棒，則能搭成一種等腰三角形所以，當(dāng)n=10時(shí)，m=2．故答案為：2；1；2；2．

問(wèn)題解決：由規(guī)律可知，答案為：k；k﹣1；k；k．問(wèn)題應(yīng)用：202x÷4=504，504﹣1=503，當(dāng)三角形是等邊三角形時(shí)，面積最大，202x÷3=672，

∴用202x根相同的木棒搭一個(gè)三角形，能搭成503種不同的等腰三角形，其中面積最大的等腰三角形每腰用672根木棒．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是作圖應(yīng)用與設(shè)計(jì)作圖、三角形三邊關(guān)系，首先要理解題意，弄清問(wèn)題中對(duì)所作圖形的要求，結(jié)合對(duì)應(yīng)幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖的方法作圖，根據(jù)三角形兩邊之和大于第三邊和等腰三角形的性質(zhì)進(jìn)行解答．對(duì)應(yīng)訓(xùn)練

3．（202x?湖北荊門,第11題3分）如圖，在第1個(gè)△A1BC中，∠B=30°，A1B=CB；在邊A1B上任取一點(diǎn)D，延長(zhǎng)CA1到A2，使A1A2=A1D，得到第2個(gè)△A1A2D；在邊A2D上任取一點(diǎn)E，延長(zhǎng)A1A2到A3，使A2A3=A2E，得到第3個(gè)△A2A3E，…按此做法繼續(xù)下去，則第n個(gè)三角形中以An為頂點(diǎn)的內(nèi)角度數(shù)是（）

第1題圖

A．（）n?75°

B．（）n1?65°

﹣

C．（）n1?75°

﹣D．（）n?85°

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考點(diǎn)：等腰三角形的性質(zhì)．專題：規(guī)律型．

分析：先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠BA1C的度數(shù)，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)分別求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度數(shù)，找出規(guī)律即可得出第n個(gè)三角形中以An為頂點(diǎn)的內(nèi)角度數(shù)．

解答：解：∵在△CBA1中，∠B=30°，A1B=CB，∴∠BA1C=

=75°，

∵A1A2=A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，∴∠DA2A1=∠BA1C=×75°；同理可得，

∠EA3A2=（）2×75°，∠FA4A3=（）3×75°，

∴第n個(gè)三角形中以An為頂點(diǎn)的內(nèi)角度數(shù)是（）n1×75°．

﹣

故選：C．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是等腰三角形的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)，根據(jù)題意得出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度數(shù)，找出規(guī)律是解答此題的關(guān)鍵．

考點(diǎn)四：存在探索型：

此類問(wèn)題在一定的條件下，需探究發(fā)現(xiàn)某種數(shù)學(xué)關(guān)系是否存在的題目．

例4（202x?黃石第24題，9分）在△AOB中，C，D分別是OA，OB邊上的點(diǎn)，將△OCD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到△OC′D′．

（1）如圖1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分別為OA，OB的中點(diǎn)，證明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；

（2）如圖2，若△AOB為任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′與BD′交于點(diǎn)E，猜想∠AEB=θ是否成立？請(qǐng)說(shuō)明理由．

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考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．

分析：（1）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，證出OC′=OD′，由SAS證明△AOC′≌△BOD′，得出對(duì)應(yīng)邊相等即可；

②由全等三角形的性質(zhì)得出∠OAC′=∠OBD′，又由對(duì)頂角相等和三角形內(nèi)角和定理得出∠BEA=90°，即可得出結(jié)論；

（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行線得出比例式得出

，

，證