江苏省13市2025年中考数学试题分类汇编解析：探索型问题

江苏省13市2025年中考数学试题分类汇编解析：探索型问题引言江苏省中考数学试题，历来以其严谨性与创新性著称，尤其注重对学生数学核心素养的考查。其中，“探索型问题”作为压轴或区分度较高的题型，频繁出现在各地市的中考试卷中。此类问题往往条件隐蔽、结论开放、解法多样，要求学生具备较强的观察、分析、猜想、归纳、推理和验证能力。本汇编旨在对2025年江苏省13市中考数学试卷中出现的探索型问题进行分类整理与深度解析，以期为广大师生提供一份具有参考价值的备考资料，助力理解命题趋势，掌握解题策略。一、探索型问题的常见类型与解题策略概述探索型问题大致可分为以下几类：规律探索型、条件探索型、结论探索型、存在性探索型等。其共同特点是要求学生在给定情境下，通过自主探究，发现数学规律，或补全条件，或推断结论，或判断某种数学对象是否存在。解决这类问题的核心在于“探索”二字，通常需要经历“观察—猜想—验证—应用（或推理）”的思维过程。二、分类汇编与深度解析（一）规律探索型问题特点与考查重点：规律探索型问题通常给出一系列变化的图形、数字、等式或坐标等，要求学生通过观察、分析，找出其中蕴含的不变关系或变化趋势，并能用代数式、等式、坐标表达式等予以表示，进而解决相关问题。此类问题主要考查学生的抽象概括能力、数学建模能力和归纳推理能力。典型例题解析：例题1(某市2025年中考题改编)：如图，在平面直角坐标系中，直线l:y=x+1与y轴交于点A₁，以OA₁为边作正方形OA₁B₁C₁，记作第一个正方形；然后延长C₁B₁与直线l交于点A₂，以C₁A₂为边作正方形C₁A₂B₂C₂，记作第二个正方形；再延长C₂B₂与直线l交于点A₃，以C₂A₃为边作正方形C₂A₃B₃C₃，记作第三个正方形；…，依此类推，则第n个正方形的边长为_________。（用含n的代数式表示）解析：首先，我们需要求出前几个正方形的边长，观察其规律。当x=0时，代入y=x+1得y=1，所以点A₁的坐标为(0,1)。第一个正方形OA₁B₁C₁，OA₁是边长，所以边长为OA₁=1。点C₁的坐标为(1,0)。延长C₁B₁与直线l交于点A₂。由于C₁B₁是从C₁出发沿y轴正方向（因为正方形的边OA₁在y轴，OC₁在x轴），所以C₁B₁的方程为x=1。联立x=1与y=x+1，得y=2。所以点A₂的坐标为(1,2)。则C₁A₂的长度是点A₂到点C₁的距离。点C₁(1,0)，A₂(1,2)，所以C₁A₂=2-0=2。即第二个正方形的边长为2。点C₂的坐标为(1+2,2)？不对，正方形C₁A₂B₂C₂，C₁A₂是竖直向上的边（因为A₂在C₁的正上方），所以B₂应在A₂的右侧，C₂应在B₂的下方且与C₁在同一水平线上？或者说，C₁A₂是边长，方向向上，那么A₂B₂应该是水平向右，长度等于C₁A₂=2，所以点B₂的坐标为(1+2,2)=(3,2)。然后C₂B₂是向下的边，长度为2，所以点C₂的坐标为(3,2-2)=(3,0)。延长C₂B₂与直线l交于点A₃。C₂B₂是从C₂出发沿y轴正方向，方程为x=3。联立x=3与y=x+1，得y=4。所以点A₃的坐标为(3,4)。C₂A₃的长度是点A₃(3,4)到点C₂(3,0)的距离，即4-0=4。所以第三个正方形的边长为4。同理，可求第四个正方形边长：点C₃的x坐标应为3+4=7（类似B₂的求法），x=7代入直线l得y=8，所以A₃C₃的长度为8-0=8。边长为8。观察边长：1,2,4,8,...我们发现：第1个正方形边长：1=2⁰第2个正方形边长：2=2¹第3个正方形边长：4=2²第4个正方形边长：8=2³...由此可以猜想，第n个正方形的边长为2ⁿ⁻¹。为确保规律的正确性，我们可以再验证一下n=1时，2⁰=1，正确；n=2时，2¹=2，正确。因此，规律成立。答案：2ⁿ⁻¹解题策略小结：1.观察特例：仔细计算或分析前3至4个特殊情况，得到具体数据。2.寻找共性：对比这些数据或图形特征，寻找它们之间的数量关系或位置关系。3.大胆猜想：根据发现的共性，尝试用含n的代数式表示规律。4.数学表达：将文字或图形规律转化为数学符号语言。5.严谨验证：将n=1,2,3代入猜想的表达式，验证是否与特例相符，必要时可推导证明。（二）条件/结论探索型问题（开放型问题）特点与考查重点：条件探索型问题通常给出问题的结论，要求学生补充或选择使结论成立的条件（可能不止一个）；结论探索型问题则给出问题的条件，要求学生根据条件探索可能得到的结论（通常结论不唯一）。此类问题主要考查学生的逆向思维、发散思维和知识迁移能力。典型例题解析：例题2(某市2025年中考题改编)：如图，在△ABC中，AB=AC，点D在边BC上（不与点B、C重合）。请你添加一个条件，使得△ABD≌△ACD，并证明。你添加的条件是：_________________。解析：本题是条件探索型问题，已知AB=AC，即△ABC是等腰三角形，点D在BC上。要使△ABD≌△ACD。已知AB=AC，AD是公共边。我们已有两组边对应相等。根据全等三角形的判定定理（SSS,SAS,ASA,AAS,HL），我们可以考虑：1.添加BD=CD。此时，AB=AC，AD=AD，BD=CD，由SSS可证全等。2.添加∠BAD=∠CAD。此时，AB=AC，∠BAD=∠CAD，AD=AD，由SAS可证全等。3.添加AD⊥BC。此时，∠ADB=∠ADC=90°，AB=AC，AD=AD，由HL可证全等（Rt△ABD≌Rt△ACD）。这三个条件都可以。我们选择其中一个进行证明，例如添加条件：BD=CD。证明：∵AB=AC，BD=CD，AD=AD，∴△ABD≌△ACD(SSS)。答案：BD=CD(或∠BAD=∠CAD或AD⊥BC等，答案不唯一)例题3(某市2025年中考题改编)：已知二次函数y=x²-2x-3的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C。点P是该抛物线上的一个动点（不与点A、B、C重合）。请写出一个点P的坐标，使得S△PAB=S△CAB；你还能发现关于点P的其他结论吗？（至少写出一条）解析：首先，求出A、B、C三点的坐标。令y=0，x²-2x-3=0，解得x₁=-1，x₂=3。所以A(-1,0)，B(3,0)。AB的长度为4。令x=0，y=-3，所以C(0,-3)。S△CAB的面积：以AB为底，高为点C到x轴的距离，即|y_C|=3。所以S△CAB=1/2*AB*3=1/2*4*3=6。要使S△PAB=6，AB为底，其长度不变，所以点P到x轴的距离必须等于3（因为1/2*4*h=6⇒h=3）。即点P的纵坐标为3或-3。当y=3时，x²-2x-3=3⇒x²-2x-6=0⇒x=[2±√(4+24)]/2=[2±√28]/2=[2±2√7]/2=1±√7。所以点P的坐标可以是(1+√7,3)或(1-√7,3)。当y=-3时，x²-2x-3=-3⇒x²-2x=0⇒x(x-2)=0⇒x=0或x=2。x=0时为点C(0,-3)，题目要求不与点C重合，所以x=2。此时点P的坐标为(2,-3)。因此，满足条件的点P的坐标可以是(2,-3)或(1+√7,3)或(1-√7,3)。任选一个即可，例如(2,-3)。关于点P的其他结论，可以从对称性、点的位置、与其他点构成图形的形状等方面思考。例如：*抛物线的对称轴是直线x=1。*点P(2,-3)关于对称轴x=1的对称点也在抛物线上，且该对称点也满足S△PAB=S△CAB。*若点P在x轴上方，则点P的纵坐标为3。*点P的运动轨迹是抛物线y=x²-2x-3本身。答案：点P的坐标可以是(2,-3)(答案不唯一)；关于点P的其他结论，例如：点P到x轴的距离为3(答案不唯一，合理即可)。解题策略小结：1.条件探索型：*明确已知条件和目标结论。*从结论出发，逆向思考，寻找使结论成立所需的判定依据（如全等三角形的判定定理、平行四边形的判定定理、一元二次方程有实根的条件等）。*注意条件的充分性和必要性，以及是否存在多种可能。2.结论探索型：*充分利用已知条件，进行多角度、多方向的联想和推理。*可以从数量关系（如相等、和差、倍分、不等）、位置关系（如平行、垂直、相交、相切）、图形形状与性质等方面入手。*注意结论的合理性和多样性，以及是否需要分类讨论。（三）存在性探索型问题特点与考查重点：存在性探索型问题通常是在给定的问题情境下，判断是否存在某个数学对象（如点、直线、图形、数值等），使得某种关系或性质成立。这类问题的设问方式常为“是否存在…？若存在，求出…；若不存在，说明理由。”它要求学生具备较强的综合分析能力、空间想象能力和推理论证能力，常与几何图形（三角形、四边形、圆）、函数图像相结合。典型例题解析：例题4(某市2025年中考题改编)：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax²+bx+c(a≠0)经过点A(-1,0)，B(3,0)，C(0,3)。点D是抛物线上一个动点，连接OD，将线段OD绕点O顺时针旋转90°得到线段OE。在点D运动过程中，是否存在点E恰好落在该抛物线上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。解析：首先，利用已知点A、B、C的坐标求出抛物线的解析式。∵抛物线经过A(-1,0)，B(3,0)，可设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x-3)。将点C(0,3)代入得：3=a(0+1)(0-3)⇒3=-3a⇒a=-1。∴抛物线的解析式为y=-(x+1)(x-3)=-(x²-2x-3)=-x²+2x+3。接下来，设点D的坐标为(m,n)，因为点D在抛物线上，所以n=-m²+2m+3。(1)线段OD绕点O顺时针旋转90°得到线段OE。我们需要找出点E的坐标与点D坐标(m,n)之间的关系。在平面直角坐标系中，点(x,y)绕原点O顺时针旋转90°后得到的点的坐标为(y,-x)。（这是一个重要的旋转坐标变换规律，需要学生掌握）因此，点D(m,n)绕O顺时针旋转90°得到点E的坐标为(n,-m)。因为点E恰好落在该抛物线上，所以点E(n,-m)满足抛物线的解析式y=-x²+2x+3。即：-m=-(n)²+2(n)+3。整理得：-m=-n²+2n+3⇒m=n²-2n-3。(2)现在，我们有方程组：n=-m²+2m+3(1)m=n²-2n-3(2)将方程(2)代入方程(1)，消去m：n=-(n²-2n-3)²+2(n²-2n-3)+3。这是一个关于n的高次方程，我们尝试求解。先令t=n²-2n-3，则方程(2)为m=t，方程(1)为n=-t²+2t+3。观察方程(1)和t的表达式：t=n²-2n-3，n=-t²+2t+3。将n=-t²+2t+3代入t=n²-2n-3，会得到t与t的关系，可能会有t=n或其他关系？或者，我们可以将两个方程联立：m=n²-2n-3n=m²-2m-3两式相减得：m-n=n²-2n-3-(m²-2m-3)m-n=n²-m²-2n+2mm-n=-(m²-n²)+2(m-n)m-n=-(m-n)(m+n)+2(m-n)移项：m-n+(m-n)(m+n)-2(m-n)=0(m-n)[1+(m+n)-2]=0(m-n)(m+n-1)=0所以m-n=0或m+n-1=0。这种处理方式比直接代入要简单得多！这是解决此类方程的常用技巧。情况一：m-n