专题12：探索性问题
一、选择题
1.（2017湖南长沙第11题）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意是，有人要去某关口，路程378里，第一天健步行走，第二天起，由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天才到达目的地，则此人第六天走的路程为（）
A．24里B．12里C．6里D．3里
【答案】C
考点：等比数列
2.（2017山东临沂第11题）将一些相同的“”按如图所示摆放，观察每个图形中的“”的个数，若第个图形中“”的个数是78，则的值是（）
A．11B．12C．13D．14
【答案】B
【解析】
试题分析：第一个图形有1个○，
第二个图形有1+2=3个○，
第三个图形有1+2+3=6个○，
第四个图形有1+2+3+4=10个○，
……
第n个图形有1+2+3+……+n=个○，
故=78，解得n=12或n=-13（舍去）.
故选：B
考点：规律探索
3.(2017山东日照第11题)观察下面“品”字形中各数之间的规律，根据观察到的规律得出a的值为（）
A．23 B．75 C．77 D．139
【答案】B．
试题分析：观察可得，上边的数为连续的奇数1，3，5，7，9，11，左边的数为21，22，23，…，所以b=26=64，又因上边的数与左边的数的和正好等于右边的数，所以a=11+64=75，故选B．
考点：规律型：数字的变化类．
4.（2017浙江台州第10题）如图，矩形的四个顶点分别在菱形的四条边上，，将分别沿折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形面积的时，则为（）
A．B．2C.D．4
【答案】A
考点：1、菱形的性质，2、翻折变换（折叠问题）
5.（2017浙江湖州第10题）在每个小正方形的边长为的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换．例如，在的正方形网格图形中（如图1），从点经过一次跳马变换可以到达点，，，等处．现有的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点经过跳马变换到达与其相对的顶点，最少需要跳马变换的次数是（）
A．B．C.D．
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图一可知，延AC或AD可进行下去，然后到CF，从而求出CF=3，这时可知跳过了3格，然后依次进行下去，而20×20格共21条线，所以可知要进行下去，正好是（20+1）÷7×2=14.
故答案为：14.
考点：1、勾股定理，2、规律探索
二、填空题
1.(2017山东滨州第18题)观察下列各式：
，
……
请利用你所得结论，化简代数式＋＋＋…＋（n≥3且为整数），其结果为__________．
【答案】.
2,(2017山东菏泽第14题)如图，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，依次进行下去......若点的坐标是，则点的纵坐标为．
【答案】
【解析】
试题分析：
∵直线∴∠AOB=60°∵在中，OB=1，OA=2，AB=∴,∵每旋转三次看做一个整体,∴.如图，过点向x轴画垂线,∵，,∴,即点的纵坐标为.
3.（2017浙江湖州第15题）如图，已知，在射线上取点，以为圆心的圆与相切；在射线上取点，以为圆心，为半径的圆与相切；在射线上取点，以为圆心，为半径的圆与相切；；在射线上取点，以为圆心，为半径的圆与相切．若的半径为，则的半径长是．
【答案】512（或29）
考点：1、圆的切线，2、30°角的直角三角形
4.(2017湖南湘潭第15题)如图，在中，，平分交于点，垂直平分，垂足为点，请任意写出一组相等的线段．
【答案】BC=BE或DC=DE
【解析】
试题分析:已知，平分，垂直平分，利用角平分线性质定理可知DC=DE；根据已知条件易证≌，根据全等三角形的性质可得BC=BE.
5.(2017浙江舟山第15题)如图，把个长为1的正方形拼接成一排，求得，计算，……，按此规律，写出（用含的代数式表示）．
【答案】,.
【解析】
试题分析：如图，过点C作CE⊥A4B于E，易得∠A4BC=∠BA4A1，故tan∠A4BC=tan∠BA4A1=，在Rt△BCE中，由tan∠A4BC=，得BE=4CE，而BC=1，则BE=，CE=，而A4B=,所以A4E=A4B-BE=，在Rt△A4EC中，tan∠BA4C=；根据前面的规律，不能得出tan∠BA1C=，tan∠BA2C，tan∠BA3C=，tan∠BA4C=，则可得规律tan∠BAnC=.故答案为;
考点：解直角三角形.
三、解答题
1.（2017山东临沂第25题）数学课上，张老师出示了问题：如图1，、是四边形的对角线，若，则线段，，三者之间有何等量关系？
经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长到，使，连接，证得，从而容易证明是等边三角形，故，所以.
小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将绕着点逆时针旋转，使与重合，从而容易证明是等比三角形，故，所以.
在此基础上，同学们作了进一步的研究：
（1）小颖提出：如图4，如果把“”改为“”，其它条件不变，那么线段，，三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明.
（2）小华提出：如图5，如果把“”改为“”，其它条件不变，那么线段，，三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明.
【答案】（1）BC+CD=AC（2）BC+CD=2AC?cosα
【解析】
试题分析：（1）先判断出ADE=∠ABC，即可得出ACE是等腰三角形，再得出AEC=45°，即可得出等腰直角三角形，即可；（判断ADE=∠ABC也可以先判断出点A，B，C，D四点共圆）
（2）先判断出ADE=∠ABC，即可得出ACE是等腰三角形，再用三角函数即可得出结论．（1）BCCD=AC；
理由：如图1，
延长CD至E，使DE=BC，
ABD=∠ADB=45°，
AB=AD，BAD=180°﹣ABD﹣ADB=90°，
ACB=∠ACD=45°，
ACB+∠ACD=45°，
BAD+∠BCD=180°，
ABC+∠ADC=180°，
ADC+∠ADE=180°，
ABC=∠ADE，
在ABC和ADE中，，
ABC≌△ADE（SAS），
ACB=∠AED=45°，AC=AE，
ACE是等腰直角三角形，
CE=AC，
CE=CE+DE=CD+BC，
BC+CD=AC；
（2）BCCD=2AC?cosα．
理由：如图2，
延长CD至E，使DE=BC，
ABD=∠ADB=α，
AB=AD，BAD=180°﹣ABD﹣ADB=180°﹣2α，
ACB=∠ACD=α，
ACB+∠ACD=2α，
BAD+∠BCD=180°，
ABC+∠ADC=180°，
ADC+∠ADE=180°，
ABC=∠ADE，
在ABC和ADE中，，
ABC≌△ADE（SAS），
ACB=∠AED=α，AC=AE，
AEC=α，
过点A作AFCE于F，
CE=2CF，在RtACF中，ACD=α，CF=AC?cosACD=AC?cosα，
CE=2CF=2AC?cosα，
CE=CD+DE=CD+BC，
BC+CD=2AC?cosα．
几何变换综合题，全等三角形的判定，四边形的内角和，等腰三角形的判定和性质BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．
（1）求证：△DCA≌△EAC；
（2）只需添加一个条件，即，可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．
【答案】(1)详见解析；(2)AD=BC（答案不唯一）．
试题分析：（1）由SSS证明△DCA≌△EAC即可；（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论．
考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．
3.(2017浙江金华第23题)如图1，将纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形．
(1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，则操作形成的折痕分别是线段_____，_____；______.
(2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形，若，，求的长．
(3)如图4，四边形纸片满足．小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出的长．
【答案】（1）（1）AE；GF；1:2；（2）13；（3）按图1的折法，则AD=1，BC=7；按图2的折法，则AD=,BC=.
【解析】
试题分析：（1）由图2观察可得出答案为AE,GF,由折叠的轴对称性质可得出答案为1：2；（2）由EF和EH的长度根据勾股定理可求出FH的长度，再由折叠的轴对称性质易证△AEH≌△CGF；再根据全等三角形的性质可得出AD的长度；（3）由折叠的图可分别求出AD和BC的长度.
试题解析：（1）AE；GF；1:2（2）解：∵四边形EFGH是叠合矩形，∠FEH=90°,EF=5,EH=12;∴FH==13;由折叠的轴对称性可知：DH=NH,AH=HM,CF=FN;易证△AEH≌△CGF;∴CF=AH;∴AD=DH+AH=HN+FN=FH=13.（3）解：本题有以下两种基本折法，如图1，图2所示.按图1的折法，则AD=1，BC=7.按图2的折法，则AD=,BC=.
4.(2017湖南湘潭第26题)如图，动点在以为圆心，为直径的半圆弧上运动（点不与点及的中点重合），连接.过点作于点，以为边在半圆同侧作正方形，过点作的切线交射线于点，连接、.
（1）探究：如左图，当动点在上运动时；
①判断是否成立？请说明理由；
②设，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；
③设，是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由；
（2）拓展：如右图，当动点在上运动时；
分别判断（1）中的三个结论是否保持不变？如有变化，请直接写出正确的结论.（均不必说明理由）
【答案】(1)①成立，理由见解析；②为定值1；③为定值45°；（2）不发生变化.
试题解析：
（1）①成立，理由如下：
过点M作ME⊥AB于点E，以BE为边在半圆同侧作正方形BCDE，
∴∠MEO=∠MDN=90°，
∴∠MOE+∠EMO=90°
过M点的的切线交射线DC于点N，
∴∠OMN=90°，
∴∠DMN+∠EMO=90°
∴∠MOE=∠DMN
∴△OEM∽△MDN
②k是定值1，理由如下：
过点B作BG⊥MN,
∵过M点的的切线交射线DC于点N，
∴∠OMN=90°，
∵BG⊥MN,
∴∠BGM=90°，
∴∠OMN=∠BGM=90°，
∴OM∥BG
∴∠OMB=∠MBG,
∵OM=OB
∴∠OMB=∠OBM,
∴∠OBM=∠MBG,
∴△BME≌△BMG,
∴BM=MG,BG=BE,
∵正方形BCDE，
∴BG=BC
∴△BNG≌△BCN,
∴GN=CN
∴MN=MG+NG=ME+CN
即
③为定值45°，理由如下：
由②知：∠OBM=∠MBG,△BNG≌△BCN,
∴∠GBN=∠CBN,
∵正方形BCDE，
∴∠EBC=90°，
∴∴∠MBN=
(2)不发生变化.
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