2016年中考数学专题练习——《开放探究问题》(原创预测,考前必做)

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中考数学总复习专题三开放探究题

即双曲线的解析式为
4
y=.
设点 A 的坐标为(m,n),
因为点 A 在双曲线上,所以 mn=4.
又 tan∠AOx=4,

所以 =4,即 n=4m.

由①②得 m2=1,所以 m=±1.
因为点 A 在第一象限,
所以 m=1,n=4,即点 A 的坐标为(1,4).
把点 A,B 的坐标代入 y=ax2+bx 中,
考向四
【例3】 (1)如图①,在正方形ABCD中,M是BC边(不含端点B,C)上
任意一点,P是BC延长线上一点,N是∠DCP的平分线上一点.若
∠AMN=90°,求证:AM=MN.
下面给出一种证明的思路,你可以按这一思路证明,也可以选择
另外的方法证明.
证明:在边AB上截取AE=MC,连接ME.
∵在正方形ABCD中,∠B=∠BCD=90°,AB=BC,
=4
所以点 D 的坐标是(3,18).
考向一
考向二
考向三
考向四
考向一条件开放型问题
条件开放问题主要是指问题的条件开放,即:问题的条件不完备
或满足结论的条件不唯一,解决此类问题的思路是从所给结论出发,
逆向探索,逐步探寻合乎要求的一些条件,从而进行逻辑推理证明,
确定满足结论的条件.
考向一
考向二
考向三
考向四
考向一条件开放型问题
条件开放问题主要是指问题的条件开放,即:问题的条件不完备
∴∠AEM=∠MCN=135°.
在△AEM和△MCN中,
∠ = ∠,
∵ = ,
∠ = ∠,
∴△AEM≌△MCN.∴AM=MN.
考向一
考向二
考向三

初中数学2016年中考八大题型典中典专题复习试题(四)开放研究问题

专题复习（四）——开放研究问题类型1：条件开放性已知：△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）【变式练习】）如图，已知△ABC中，AB=AC，点D、E在BC上，要使△ABD≌ACE，则只需添加一个适当的条件是______．（只填一个即可）类型2：结论开放性已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F 分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．试探究下列问题：（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．【变式练习】猜想与证明：如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE 在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．拓展与延伸：（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为DM=DE．（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M 仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．类型3：选择开放型如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，AF=DE，AF和DE相交于点G.（1）观察图形，写出图中所有与∠AED相等的角；（2）选择图中与∠AED相等的任意一个角，并加以证明.【变式练习】在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．类型4：综合开放型复习课中，教师给出关于x的函数y=2kx2﹣（4kx+1）x﹣k+1（k是实数）．教师：请独立思考，并把探索发现的与该函数有关的结论（性质）写到黑板上．学生思考后，黑板上出现了一些结论．教师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选出以下四条：①存在函数，其图象经过（1，0）点；②函数图象与坐标轴总有三个不同的交点；③当x＞1时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小；④若函数有最大值，则最大值比为正数，若函数有最小值，则最小值比为负数．教师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由．最后简单写出解决问题时所用的数学方法．【变式练习】）双曲线y=所在象限内，y的值随x值的增大而减小，则满足条件的一个数值k为．类型5：策略开放型如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，点A的坐标为（4，0），抛物线的对称轴是直线x=．（1）求抛物线的解析式；（2）M为第一象限内的抛物线上的一个点，过点M作MG⊥x轴于点G，交AC于点H，当线段CM=CH时，求点M的坐标；（3）在（2）的条件下，将线段MG绕点G顺时针旋转一个角α（0°＜α＜90°），在旋转过程中，设线段MG与抛物线交于点N，在线段GA上是否存在点P，使得以P、N、G为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．【变式练习】问题探究（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；（2）如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长；问题解决（3）有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．跟踪检测：1.如图，在△ABC与△ADC中，已知AD=AB，在不添加任何辅助线的前提下，要使△ABC≌△ADC，只需再添加的一个条件可以是．2.如图，已知AB=BC，要使△ABD≌△CBD，还需添加一个条件，你添加的条件是．（只需写一个，不添加辅助线）3. 设函数y=(x−1)[(k−1)x+(k−3)]( k是常数)（1）当k取1和2时的函数y1和y2的图象如图所示，请你在同一直角坐标系中画出当k取0时函数的图象（2）根据图象，写出你发现的一条结论（3）将函数y2的图象向左平移4个单位，再向下平移2个单位，得到函数y3的图象，求函数y3的最小值xy4.某运动品牌对第一季度A、B两款运动鞋的销售情况进行统计，两款运动鞋的销售量及总销售额如图所示：（1）一月份B款运动鞋的销售量是A款的45，则一月份B款运动鞋销售了多少双？（2）第一季度这两款运动鞋的销售单价保持不变，求三月份的总销售额（销售额=销售单价×销售量）；（3）结合第一季度的销售情况，请你对这两款运动鞋的进货、销售等方面提出一条建议。

中考数学专题复习——开放探究题

开放探索性试题在中考中越来越受到重视，由于条件与结论的不确定性，使得解题的方法与答案呈多样性，学生犹如八仙过海，各显神通。

探索性问题的特点是：问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的结论或条件或方法，这类题主要考查学生分析问题和解决问题的能力和创新意识。

这类题对同学们的综合素质要求比较高，这类题往往作为中考试卷中的压轴题出现，在中考中所占比例在9％左右。

1．条件开放与探索给出问题的结论，让解题者分析探索使结论成立应具备的条件，而满足结论的条件往往不惟一，这样的问题是条件开放性问题。

它要求解题者善于从问题的结论出发，逆向追索，多途寻因。

[例1] 已知△ABC 内接于⊙O ，⑴当点O 与AB 有怎样的位置关系时，∠ACB 是直角？⑵在满足⑴的条件下，过点C 作直线交AB 于D ，当CD 与AB 有什么样的关系时，△ABC ∽△CBD ∽△ACD ？ ⑶画出符合⑴、⑵题意的两种图形，使图形的CD ＝2cm 。

[解析]：⑴要使∠ACB ＝90°，弦AB 必须是直径，即O 应是AB 的中点；⑵当CD ⊥AB 时，结论成立；⑶由⑵知DB AD CD ⋅=2，即422==⋅DB AD ，可作直径AB 为5的⊙O ，在AB 上取一点D ，使AD ＝1，BD ＝4，过D 作CD ⊥AB 交⊙O 于C 点，连结AC 、BC ，即得所求。

⑴当点O 在AB 上（即O 为AB 的中点）时，∠ACB 是直角； ⑵∵∠ACB 是直角，∴当CD ⊥AB 时，△ABC ∽△CBD ∽△ACD ；⑶作直径AB 为5的⊙O ，在AB 上取一点D ，使AD ＝1，BD =4，过D 点作CD ⊥AB 交⊙O 于C 点，连结AC 、BC ，即为所求（如下图所示）。

[评注]：本题是一个简单的几何条件探索题，它突破了过去“假设——求证”的封闭式论证，而是给出问题的结论，逆求结论成立的条件，强化了对学生通过观察、分析、猜想、推理、判断等探索活动的要求。

中考数学专题复习——开放研究问题(经典题型)

中考数学专题复习——开放研究问题（经典题型）【专题点拨】开放研究型问题是相对于条件和结论明确的封闭试题而言的，是能引起同学们产生联想，并会自然而然的往深处想的一种试题类型，简单来说就是答案不唯一的，解题的方向不确定，条件或者结论不止一种情况的试题，解答此类试题时，需要对问题全方位、多层次、多角度思考审视，尽量找到解决问题的方法。

根据开放性的试题的特点，主要有如下几种类型：条件开放性、结论开放性、选择开放型、综合开放型。

【典例赏析】【例题1】（2017黑龙江鹤岗）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD 边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（）①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG ：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．A．2 B．3 C．4 D．5【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关关系一一判断即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG，∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠BAE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故③正确，同法可证：△AGB≌△CGB，∵DF∥CB，∴△CBG∽△FDG，∴△ABG∽△FDG，故①正确，∵S△HDG ：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，又∵∠DAG=∠FCD，∴S△HDG ：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确取AB的中点O，连接OD、OH，∵正方形的边长为4，∴AO=OH=×4=2，由勾股定理得，OD==2，由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，DH最小=2﹣2．无法证明DH平分∠EHG，故②错误，故①③④⑤正确，故选C．【例题2】如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x 的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．（1）求线段OA，OC的长；（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；（3）直接写出点D的坐标；（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）解方程即可得到结论；（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．（4）过P 1作P 1H ⊥AO 于H ，根据菱形的性质得到P 1E=CE=5，P 1E ∥AC ，设P 1H=k ，HE=2k ，根据勾股定理得到P 1E=k=5，于是得到P 1（﹣，2+3），同理P 3（，3﹣2），当A 与F 重合时，得到P 2（4，5）；当CE 是菱形EP 4CF 4的对角线时，四边形EP 4CF 4是菱形，得到EP 4=5，EP 4∥AC ，如图2，过P 4作P 4G ⊥x 轴于G ，过P 4作P 4N ⊥OE 于N ，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）解方程x 2﹣12x+32=0得，x 1=8，x 2=4，∵OA ＞OC ， ∴OA=8，OC=4；（2）∵四边形ABCO 是矩形， ∴AB=OC ，∠ABC=∠AOC=90°，∵把矩形OABC 沿对角线AC 所在直线折叠，点B 落在点D 处， ∴AD=AB ，∠ADE=∠ABC=90°， ∴AD=OC ，∠ADE=∠COE ，在△ADE 与△COE 中，，∴△ADE ≌△COE ；∵CE 2=OE 2+OC 2，即（8﹣OE ）2=OE 2+42， ∴OE=3；（3）过D 作DM ⊥x 轴于M ，则OE ∥DM ， ∴△OCE ∽△MCD ， ∴， ∴CM=，DM=，∴OM=， ∴D （﹣，）；（4）存在；∵OE=3，OC=4， ∴CE=5，过P 1作P 1H ⊥AO 于H ， ∵四边形P 1ECF 1是菱形，∴P1E=CE=5，P1E∥AC，∴∠P1EH=∠OAC，∴==，∴设P1H=k，HE=2k，∴P1E=k=5，∴P1H=，HE=2，∴OH=2+3，∴P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，∴EF2∥CP2，EF2，=CP2=5，∴P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，∴EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，则P4N=OG，P4G=ON，EP4∥AC，∴=，设P4N=x，EN=2x，∴P4E=CP4=x，∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（x）2，∴x=，∴3﹣2x=，∴P4（，），综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．【例题3】（14分）（2017•温州）如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．（1）当∠APB=28°时，求∠B和的度数；（2）求证：AC=AB．（3）在点P的运动过程中①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．【考点】MR：圆的综合题．【专题】16 ：压轴题．【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到=2∠MDB=56°；（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为或或；②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=﹣1，进而得出S△ACG =CG×CH=，再根据S△DEG=，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．【解答】解：（1）∵MN⊥AB，AM=BM，∴PA=PB，∴∠PAB=∠B，∵∠APB=28°，∴∠B=76°，如图1，连接MD，∵MD为△PAB的中位线，∴MD∥AP，∴∠MDB=∠APB=28°，∴=2∠MDB=56°；（2）∵∠BAC=∠MDC=∠APB，又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，∴∠BAP=∠ACB，∵∠BAP=∠B，∴∠ACB=∠B，∴AC=AB；（3）①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，∵MD是Rt△MBP的中线，∴DM=DP，∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，∴RC=RP，∵∠ACR=∠AMR=90°，∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，∴12+MR2=22+PR2，∴12+（4﹣PR）2=22+PR2，∴PR=，∴MR=，Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，∴Q与R重合，∴MQ=MR=；Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，在Rt△QCP中，PQ=2PR=，∴MQ=；Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，∵BM=1，MP=4，∴BP=，∴DP=BP=，∵cos∠MPB==，∴PQ=，∴MQ=；Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，∴MQ=；综上所述，MQ的值为或或；②△ACG和△DEG的面积之比为．理由：如图6，∵DM∥AF，∴DF=AM=DE=1，又由对称性可得GE=GD，∴△DEG是等边三角形，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DEF=75°=∠MDE，∴∠GDM=75°﹣60°=15°，∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，∴GMD=∠GDM，∴GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG，AH=，∴CG=MH=﹣1，∴S△ACG=CG×CH=，∵S△DEG=，∴S△ACG ：S△DEG=．【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用．【能力检测】1.矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件AB=BC（答案不唯一），使其成为正方形（只填一个即可）【考点】LF：正方形的判定；LB：矩形的性质．【分析】此题是一道开放型的题目答案不唯一，也可以添加AC⊥BD等．【解答】解：添加条件：AB=BC，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴四边形ABCD是正方形，故答案为：AB=BC（答案不唯一）．2.如图，在等腰三角形ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=2，点D是BC边上的一个动点（不与B、C重合），在AC上取一点E，使∠ADE=30°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式并写出自变量x的取值范围；（3）当△ADE是等腰三角形时，求AE的长．【分析】（1）根据两角相等证明：△ABD∽△DCE；（2）如图1，作高AF，根据直角三角形30°的性质求AF的长，根据勾股定理求BF的长，则可得BC的长，根据（1）中的相似列比例式可得函数关系式，并确定取值；（3）分三种情况进行讨论：①当AD=DE时，如图2，由（1）可知：此时△ABD∽△DCE，则AB=CD，即2=2﹣x；②当AE=ED时，如图3，则ED=EC，即y=（2﹣y）；③当AD=AE时，∠AED=∠EDA=30°，∠EAD=120°，此时点D与点B重合，不符合题意，此情况不存在．【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∴∠ABD=∠ACB=30°，∴∠ABD=∠ADE=30°，∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠ABD+∠DAB，∴∠EDC=∠DAB，∴△ABD∽△DCE；（2）如图1，∵AB=AC=2，∠BAC=120°，过A作AF⊥BC于F，∴∠AFB=90°，∵AB=2，∠ABF=30°，∴AF=AB=1，∴BF=，∴BC=2BF=2，则DC=2﹣x，EC=2﹣y，∵△ABD∽△DCE，∴，∴，化简得：y=x+2（0＜x＜2）；（3）当AD=DE时，如图2，由（1）可知：此时△ABD∽△DCE，则AB=CD，即2=2﹣x，x=2﹣2，代入y=x+2，解得：y=4﹣2，即AE=4﹣2，当AE=ED时，如图3，∠EAD=∠EDA=30°，∠AED=120°，∴∠DEC=60°，∠EDC=90°，则ED=EC，即y=（2﹣y），解得：y=，即AE=，当AD=AE时，∠AED=∠EDA=30°，∠EAD=120°，此时点D与点B重合，不符合题意，此情况不存在，∴当△ADE是等腰三角形时，AE=4﹣2或．【点评】本题是相似形的综合题，考查了三角形相似的性质和判定、等腰三角形的性质、直角三角形30°角的性质，本题的几个问题全部围绕△ABD∽△DCE，解决问题；难度适中．3.（2017齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA 的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．（1）求线段OA，OC的长；（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；（3）直接写出点D 的坐标；（4）若F 是直线AC 上一个动点，在坐标平面内是否存在点P ，使以点E ，C ，P ，F 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P 点的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】LO ：四边形综合题．【分析】（1）解方程即可得到结论；（2）由四边形ABCO 是矩形，得到AB=OC ，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB ，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE ≌△COE ；根据勾股定理得到OE=3；（3）过D 作DM ⊥x 轴于M ，则OE ∥DM ，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．（4）过P 1作P 1H ⊥AO 于H ，根据菱形的性质得到P 1E=CE=5，P 1E ∥AC ，设P 1H=k ，HE=2k ，根据勾股定理得到P 1E=k=5，于是得到P 1（﹣，2+3），同理P 3（，3﹣2），当A 与F 重合时，得到P 2（4，5）；当CE 是菱形EP 4CF 4的对角线时，四边形EP 4CF 4是菱形，得到EP 4=5，EP 4∥AC ，如图2，过P 4作P 4G ⊥x 轴于G ，过P 4作P 4N ⊥OE 于N ，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）解方程x 2﹣12x+32=0得，x 1=8，x 2=4，∵OA ＞OC ， ∴OA=8，OC=4；（2）∵四边形ABCO 是矩形， ∴AB=OC ，∠ABC=∠AOC=90°，∵把矩形OABC 沿对角线AC 所在直线折叠，点B 落在点D 处， ∴AD=AB ，∠ADE=∠ABC=90°，∴AD=OC，∠ADE=∠COE，在△ADE与△COE中，，∴△ADE≌△COE；∵CE2=OE2+OC2，即（8﹣OE）2=OE2+42，∴OE=3；（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，∴△OCE∽△MCD，∴，∴CM=，DM=，∴OM=，∴D（﹣，）；（4）存在；∵OE=3，OC=4，∴CE=5，过P1作P1H⊥AO于H，∵四边形P1ECF1是菱形，∴P1E=CE=5，P1E∥AC，∴∠P1EH=∠OAC，∴==，∴设P1H=k，HE=2k，∴P1E=k=5，∴P1H=，HE=2，∴OH=2+3，∴P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，∴EF2∥CP2，EF2，=CP2=5，∴P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，∴EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，则P4N=OG，P4G=ON，EP4∥AC，∴=，设P4N=x，EN=2x，∴P4E=CP4=x，∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（x）2，∴x=，∴3﹣2x=，∴P4（，），综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．4.（2017内蒙古赤峰）△OPA和△OQB分别是以OP、OQ为直角边的等腰直角三角形，点C、D、E分别是OA、OB、AB的中点．（1）当∠AOB=90°时如图1，连接PE、QE，直接写出EP与EQ的大小关系；（2）将△OQB绕点O逆时针方向旋转，当∠AOB是锐角时如图2，（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明．（3）仍将△OQB绕点O旋转，当∠AOB为钝角时，延长PC、QD交于点G，使△ABG为等边三角形如图3，求∠AOB的度数．【考点】RB：几何变换综合题．【分析】（1）先判断出点P，O，Q在同一条直线上，再判断出△APE≌△BFE，最后用直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；（2）先判断出CE=DQ，PC=DE，进而判断出△EPC≌△QED即可得出结论；（3）先判断出CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，进而得出∠GBO=∠GOB，∠GOA=∠GAO，即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，延长PE，QB交于点F，∵△APO和△BQO是等腰直角三角形，∴∠APO=∠BQO=90°，∠AOP=∠BOQ=45°，∵∠AOB=90°，∴∠AOP+∠AOB+∠BOQ=180°，∴点P，O，Q在同一条直线上，∵∠APO=∠BQO=90°，∴AP∥BQ，∴∠PAE=∠FBE，∵点E是AB中点，∴AE=BE，∵∠AEP=∠BEF，∴△APE≌△BFE，∴PE=EF，∴点E是Rt△PQF的斜边PF的中点，∴EP=EQ；（2）成立，证明：∵点C，E分别是OA，AB的中点，∴CE∥OB，CE=OB，∴∠DOC=∠ECA，∵点D是Rt△OQB斜边中点，∴DQ=OB，∴CE=DQ，同理：PC=DE，∠DOC=∠BDE，∴∠ECA=∠BDE，∵∠PCE=∠EDQ，∴△EPC≌△QED，∴EP=EQ；（3）如图2，连接GO，∵点D，C分别是OB，OA的中点，△APO与△QBO都是等腰直角三角形，∴CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，∴GB=GO=GA，∴∠GBO=∠GOB，∠GOA=∠GAO，设∠GOB=x，∠GOA=y，∴x+x+y+y+60°=360°∴x+y=150°，∴∠AOB=150°．5.（2017张家界）已知抛物线c1的顶点为A（﹣1，4），与y轴的交点为D（0，3）．（1）求c1的解析式；（2）若直线l1：y=x+m与c1仅有唯一的交点，求m的值；（3）若抛物线c1关于y轴对称的抛物线记作c2，平行于x轴的直线记作l2：y=n．试结合图形回答：当n为何值时，l2与c1和c2共有：①两个交点；②三个交点；③四个交点；（4）若c2与x轴正半轴交点记作B，试在x轴上求点P，使△PAB为等腰三角形．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）设抛物线c1的解析式为y=a（x+1）2+4，把D（0，3）代入y=a（x+1）2+4即可得到结论；（2）解方程组得到x2+3x+m﹣3=0，由于直线l1：y=x+m与c1仅有唯一的交点，于是得到△=9﹣4m+12=0，即可得到结论；（3）根据轴对称的性质得到抛物线c2的解析式为：y=﹣x2+2x+3，根据图象即可刚刚结论；（4）求得B（3，0），得到OB=3，根据勾股定理得到AB==4，①当AP=AB，②当AB=BP=4时，③当AP=PB时，点P在AB的垂直平分线上，于是得到结论．【解答】解：（1）∵抛物线c1的顶点为A（﹣1，4），∴设抛物线c1的解析式为y=a（x+1）2+4，把D（0，3）代入y=a（x+1）2+4得3=a+4，∴a=﹣1，∴抛物线c1的解析式为：y=﹣（x+1）2+4，即y=﹣x2﹣2x+3；（2）解得x2+3x+m﹣3=0，∵直线l1：y=x+m与c1仅有唯一的交点，∴△=9﹣4m+12=0，∴m=；（3）∵抛物线c1关于y轴对称的抛物线记作c2，∴抛物线c2的顶点坐标为（1，4），与y轴的交点为（0，3），∴抛物线c2的解析式为：y=﹣x2+2x+3，∴①当直线l2过抛物线c1的顶点（﹣1，4）和抛物线记作c2的顶点（1，4）时，即n=4时，l2与c1和c2共有两个交点；②当直线l2过D（0，3）时，即n=3时，l2与c1和c2共有三个交点；③当3＜n＜4或n＞3时，l2与c1和c2共有四个交点；（4）如图，∵若c2与x轴正半轴交于B，∴B（3，0），∴OB=3，∴AB==4，①当AP=AB=4时，PB=8，∴P1（﹣5，0），②当AB=BP=4时，P 2（3﹣4，0）或P3（3+4，0），③当AP=PB时，点P在AB的垂直平分线上，∴PA=PB=4，∴P4（﹣1，0），综上所述，点P的坐标为（﹣5，0）或（3﹣4，0）或（3+4，0）或（﹣1，0）时，△PAB为等腰三角形．。

2016年中考数学开放探索题专题突破最新版

答案：A
[解题技巧]几何证明题可运用逆向推理法证明，即推理出结论需要什么条件，逐步往已知条件逆向推理.在本题中，若证明△FCE≌△EDF，则各个选项条件必须能推理出点 F 是 BC 的中点.
[名师点评]本题属于条件开放问题，按照题目要求，选择两个条件，使得结论成立.这种问题一般应将所给条件进行组合，看有几种不同的组合，再看哪些组合可以满足要求，将符合要求的组合挑出来作为答案.
[名师点评]这类问题，表面上是分式的计算，本质上是整式的因式分解.对于已知的三个整式，第一个是完全平方公式，第二个是提取公因式，第三个是平方差公式.由此可以看出，只要对因式分解的两种类型比较熟悉，解答这道题就没有问题.
策略开放与探索例4：在一个服装厂里有大量形状为等腰直角三角形的边角布料.现找出其中的一种，测得∠C＝90°，AC＝BC＝4，今要从这种三角形中剪出一种扇形，做成不同形状的玩具，使扇形的边缘半径恰好都在△ABC 的边上，且扇形的弧与△ABC 的其他边相切.请设计出所有符合题意的方案示意图，并求出扇形的半径.(只要求画出扇形，并直接写出扇形半径)
专题二开放探索题
开放探索型试题在中考中越来越受到重视，由于条件或结论的不确定性，使得解题的方法与答案呈多样性.学生犹如八仙过海，各显神通.
探索性问题的特点：问题一般没有明确的条件或结论，没有固定的形式和方法，需要自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需的条件、方法或结论.这类题主要考查学生分析问题、解决问题的能力和创新意识.
(2)交换(1)中分式的分子和分母的位置，结果也为 1.
(3)3aa2－－b32b＝a＋3 b.当 a＝6，b＝3 时，原式＝3. (4)交换(3)中分式的分子和分母的位置，结果为13. (5)a2－a22－abb＋2 b2＝aa－＋bb.当 a＝6，b＝3 时，原式＝13. (6)交换(5)中分式的分子和分母的位置，结果为 3.

中考数学复习专题三《开放探究题》含答案

中考复习专题三
开放探究题
1.如图,在四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是()
A.AB∥CD,AD∥BC
B.OA=OC,OB=OD
C.AD=BC,AB∥CD
D.AB=CD,AD=BC
答案:C
2.如图,在△ABC和△DEF中,AB=DE,∠B=∠DEF,添加下列哪一个条件仍无法证明△ABC≌△DEF()
A.∠A=∠D
B.AC=DF
C.AC∥DF
D.∠ACB=∠F
答案:B
3.如图,在长方形网格中,每个小长方形的长为2,宽为1,A,B两点在网格格点上,若点C也在网格格点上,以A,B,C为顶点的三角形的面积为2,则满足条件的点C的个数是()
A.2
B.3
C.4
D.5
答案:C
4.已知▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O,请你添加一个适当的条件,使▱ABCD成为一个菱形,你添加的条件是.
答案:AB=BC(或AC⊥BD等,答案不唯一)
5.已知一次函数y=kx+b的图象交y轴于正半轴,且y的值随x值的增大而减小,请写出符合上述条件的一个解析式:.
答案:y=-2x+3(答案不唯一,满足k<0且b>0即可)
6.已知点A,B的坐标分别为(2,0),(2,4),O为原点,以A,B,P为顶点的三角形与△ABO全等,写出一个符合条件的点P的坐标:.
答案:(0,4)(答案不唯一)
7.化简分式,并选择一个你喜欢的x的值求分式的值.
解:=2x+4,若取x=2,则原式=8.。

中考数学开放探索篇(二)及答案

一、开放探究篇（二）3．策略开放与探索策略开放性问题，一般指解题方法不惟一或解题路径不明确的问题，这类问题要求解题者不墨守成规，善于标新立异，积极发散思维，优化解题方案和过程。

[例1]如图，已知在△ABC 中，AB ＝AC ，AD ⊥BC 于D ，且AD ＝BC ＝4。

若将此三角形沿AD 剪开成为两个三角形，在平面上把这两个三角形拼成一个四边形，你能拼出所有的不同形状的四边形吗？画出所拼四边形的示意图（标出图中的直角），并分别写出所拼四边形的对角线的长（不要求写计算过程，只需写出结果）。

练习：（湖北黄冈中考题）在一服装厂里有大量形状为等腰直角三角形的边角布料。

现找出其中的一种，测得∠C ＝90°，AC ＝BC ＝4，今要从这种三角形中剪出一种扇形，做成不同形状的玩具，使扇形的边缘半径恰好都在△ABC 的边上，且扇形的弧与△ABC 的其他边相切。

请设计出所有符合题意的方案示意图，并求出扇形的半径（只要求画出扇形，并直接写出扇形半径）。

[例2] 已知反比例函数xky 2=和一次函数12-=x y ，其中一次函数的图象经过（a ，b ），（1+a ，k b +）两点。

⑴求反比例函数的解析式；⑵如图，已知点A 在第一象限，且同时在上述两个函数的图象上，求A 点的坐标； ⑶利用⑵的结果，请问：在x 轴上是否存在点P ，使△AOP 为等腰三角形？若存在，把符合条件的P 点坐标都求出来；若不存在，请说明理由。

（这是一个“存在性”问题，也是一个分类讨论问题，解题的过程呈开放型，有利于考查学生的思维能力和全面思考的能力。

）练习1.已知：⊙O 1与⊙O 2外切于点P ，过点P 的直线分别交⊙O 1、⊙O 2于点B 、A ，⊙O 1的切线BN 交⊙O 2于点M 、N ，AC 为⊙O 2的弦。

⑴如图，设弦AC 交BN 于点D ，求证：AP ·AB =AC ·AD 。

⑵如图，当弦AC 绕点A 旋转，弦AC 的延长线交直线BN 于点D 时，试问AP ·AB = AC ·AD 是否仍然成立？证明你的结论。

中考数学复习专题三开放探究型问题

• 第五级
________________；
(2)如图②所示，如果 AB 是不过圆
心 O 的弦，且∠CAE＝∠B，那么 EF
是⊙O 的切线吗？试证明你的判断．
单击此处编辑母版标题样式
解：(1)①∠BAE＝90° ②∠EAC＝∠ABC，理由是：①∵∠BAE＝ • 单击此处编辑母版文本样式 90°• 第，二∴级AE⊥AB，∵AB 是直径，∴EF 是⊙O 的切线 ②∵AB 是直
FH，∴四边形 BFCE 是平行四边形(对角线互相平分的四边形为平行
四边形)，∵当 BH＝EH 时，则 BC＝EF，∴平行四边形 BFCE 为矩形
(对角线相等的平行四边形为矩形)
单击【例此2】处编(201辑6·临母沂)版如图标①，题在样正方式形 ABCD 中，点 E，F 分
别是边 BC，AB 上的点，且 CE＝BF.连接 DE，过点 E 作 EG⊥DE，
• 第三级
73kk＋＋bb＝＝• 30第，，四• 解级第五得级kb＝＝34－，94，∴y＝34x－94
(3)存在．点 P 与点 B 重合时，P1(3，0)，点 P 与点 B 关于点 C 对
称时，P2(11，6)
单击[对此应训处练]编辑母版标题样式
3．(2016·新疆)如图，直线 y＝2x＋3 与 y 轴相交于 A 点，与反比
• 第三级
，
BF＝CE， ∠FBC＝∠ECD， BC＝DC，
∴
△
CBF
≌
△
• 第四级
DCE(SAS)，•∴第∠五级BCF＝∠CDE，CF＝DE，∵EG＝DE，∴CF＝EG，
∵DE⊥EG，∴∠DEC＋∠CEG＝90°，∵∠CDE＋∠DEC＝90°，∴∠
CDE＝∠CEG，∴∠BCF＝∠CEG，∴CF∥EG，∴四边形 CEGF 平行

中考数学专题复习之开放探究题练习题及答案

开放探究题1．在四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，如果只给出条件“AB ∥CD ”，那么还不能判定四边形ABCD 为平行四边形，给出以下6个说法：①如果再加上条件“AD ∥BC ”，那么四边形ABCD 一定是平行四边形； ②如果再加上条件“AB ＝CD ”，那么四边形ABCD 一定是平行四边形；③如果再加上条件“∠DAB ＝∠DCB ”，那么四边形ABCD 一定是平行四边形； ④如果再加上条件“BC ＝AD ”，那么四边形ABCD 一定是平行四边形； ⑤如果再加上条件“AO ＝CO ”，那么四边形ABCD 一定是平行四边形；⑥如果再加上条件“∠DBA ＝∠CAB ”，那么四边形ABCD 一定是平行四边形．其中正确的说法有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个 2．已知，在四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝∠C ＝90°，若添加一个条件即可判定该四边形是正方形，那么这个条件可以是________________．3．如图X4－1，D ，E 分别是△ABC 的边AB ，AC 上的点，则使△AED ∽△ABC 的条件是______________．图X4－14．一个二元一次方程和一个二元二次方程组成的二元二次方程组的解是和试写出符合要求的方程组__________(填写一个即可)． 5．如图X4－2，P 是四边形ABCD 的边DC 上的一个动点，当四边形ABCD 满足条件__________时，△PBA 的面积始终保持不变(注：只需填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形)．图X4－2图X4－36．已知x 2－ax －24在整数范围内可以分解因式，则整数a 的值是__________(只需填一个)．7．如图X4－3，已知在等腰△ABC 中，∠A ＝12∠C ，底边BC 为⊙O 的直径，两腰AB ，AC 分别与⊙O 交于点D ，E ，有下列序号的四个结论：①AD ＝AE ；②DE ∥BC ；③∠A ＝∠CBE ；④BE ⊥AC .其中结论正确的序号是________________(注：把你认为正确结论的序号都填上)．2,4x y =⎧⎨=⎩2,4,x y =-⎧⎨=-⎩8．某初一学生在做作业时，不慎将墨水瓶打翻，使一道作业题只看到如下字样：“甲、？”(涂黑部分表示被墨水覆盖的若干文字)，请将这道作业题补充完整，并列方程解答．9．如图X4－4，已知△ABC内接于⊙O，AE切⊙O于点A，BC∥AE，(1)求证：△ABC是等腰三角形；(2)设AB＝10 cm，BC＝8 cm，点P是射线AE上的点，若以A，P，C为顶点的三角形与△ABC相似，问：这样的点有几个？并求AP的长．图X4－410．如图X4－5，已知△ABC内接于⊙O，(1)当点O与AB有怎样的位置关系时，∠ACB是直角？(2)在满足(1)的条件下，过点C作直线交AB于点D，当CD与AB有什么样的关系时，△ABC∽△CBD∽△ACD?(3)画出符合(1)、(2)题意的两种图形，使图形的CD＝2 cm.图X4－511．(2012年河北)如图X4－6，A(－5,0)，B(－3,0)，点C在y轴的正半轴上，∠CBO ＝45°，CD∥AB，∠CDA＝90°.点P从点Q(4,0)出发，沿x轴向左以每秒1个单位的速度运动，运动时间为t秒．(1)求点C的坐标；(2)当∠BCP＝15°时，求t的值；(3)以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD 的边(或边所在直线)相切时，求t的值．图X4－612．(2012年山东临沂)如图X4－7，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB位置．(1)求点B的坐标；(2)求经过点A，O，B的抛物线的解析式；(3)在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P，O，B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．图X4－7开放探究题 1．B2．AB ＝BC 或BC ＝CD 或CD ＝DA 或DA ＝AB3．∠AED ＝∠B 或∠ADE ＝∠C 或AD AC ＝AEAB4.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，xy ＝8.(答案不唯一) 5．DC ∥AB 或AD ∥BC ，且AD ＝BC 6．±23，±10，±5，±2 7．①②④8．解：这是一道开放性的相遇问题，要求考生先设计问题，再进行解答，仅举一例如下：若两车分别从两地同时开出，相向而行，经几个小时两车相遇．设经x 小时两车相遇，依题意，可得45x ＋35x ＝40，解得x ＝12.答：经过半小时两车相遇．9．(1)证明：∵BC ∥AE ，∴∠BCA ＝∠CAE .又∵AE 切⊙O 于点A ，∴∠CAE ＝∠ABC ，∴∠BCA ＝∠ABC ，∴AB ＝AC ，即△ABC 是等腰三角形．(2)设点P 在AE 上，且所作的△ACP 与△ABC 相似，由AE ∥BC ，得∠CAE ＝∠ACB .关键是要寻找第二个相等的角，过点C 作⊙O 的切线交AE 于点P 1，即有∠AC P 1＝∠B ，过点C 作AB 的平行线交AE 于点P 2，即有∠AC P 2＝∠BAC ，则△A P 1C ，△A P 2C 都与△ABC 相似，这样的点有2个，即P 1，P 2两点，且A P 1＝504，A P 2＝8.10．解：(1)当点O 在AB 上(即O 为AB 的中点)时，∠ACB 是直角．图D89(2)∵∠ACB 是直角，∴当CD ⊥AB 时，△ABC ∽△CBD ∽△ACD .(3)如图D89，作直径AB 为5的⊙O ，在AB 上取一点D ，使AD ＝1，BD ＝4，过点D 作CD ⊥AB 交⊙O 于点C ，连接AC ，BC ，图D 即为所求．11．解：(1)∵∠BCO ＝∠CBO ＝45°，∴OC ＝OB ＝3. 又∵点C 在y 轴的正半轴上， ∴点C 的坐标为(0,3)．(2)当点P 在点B 右侧时，如图D90.图D90图D91若∠BCP ＝15°，得∠PCO ＝30°，故OP ＝OC ·tan30°＝3，此时t ＝4＋3；当点P 在点B 左侧时，如图D91，由∠BCP ＝15°，得∠PCO ＝60°，故PO ＝OC ·tan60°＝3 3，此时t ＝4＋3 3.∴t 的值为4＋3或4＋3 3.(3)由题意，知：若⊙P 与四边形ABCD 的边相切，有以下三种情况： ①当⊙P 与BC 相切于点C 时，有∠BCP ＝90°，从而∠OCP ＝45°，得到OP ＝3，此时t ＝1；②当⊙P 与CD 相切于点C 时，有PC ⊥CD ，即点P 与点O 重合，此时t ＝4；图D92③当⊙P 与AD 相切时，由题意，得∠DAO ＝90°， ∴点A 为切点，如图D92，PC 2＝P A 2＝(9－t )2，PO 2＝(t －4)2，于是(9－t )2＝(t －4)2＋32，解得t ＝5.6，∴t 的值为1或4或5.6.12．解：(1)如图D ，过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为点C ， ∵OA ＝4，将线段OA 绕点O 顺时针旋转120°至OB 位置，∴∠BOC ＝60°，OB ＝4，∴BC ＝4×sin60°＝4×32＝2 3，OC ＝4×cos60°＝4×12＝2.∵点B 在第三象限，∴点B (－2，－2 3)．(2) 由函数图象，得抛物线通过(－2，－2 3)，(0,0)，(4,0)三点．设抛物线R 解析式为y ＝ax 2＋bx ，由待定系数法，得⎩⎨⎧4a －2b ＝－2 3，16a ＋4b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－36，b ＝2 33，∴此抛物线的解析式为y ＝－36x 2＋2 33x . (3)存在．理由：如图D93，抛物线的对称轴是x ＝－b2a，解得x ＝2.设直线x ＝2与x 轴的交点为D ，设点P (2，y )．图D93①若OP ＝OB ，则22＋|y |2＝42，解得y ＝±2 3，即点P 坐标为(2,2 3)或(2，－2 3)．又点B (－2，－2 3)， ∴当点P 为(2,2 3)时，点P ，O ，B 共线，不合题意，舍去，故点P 坐标为(2，－2 3)；②若BO ＝BP ，则42＋|y ＋2 3|2＝42，解得y ＝－2 3，点P 的坐标为(2，－2 3)； ③若PO ＝PB ，则22＋|y |2＝42＋|y ＋2 3|2，解得y ＝－2 3，点P 坐标为(2，－2 3)．综上所述，符合条件的点P 只有一个，其坐标为(2，－2 3)．。

中考数学复习专题练习：开放探究问题(解析版)

中考数学复习专题练习：开放探究问题一、单选题（共3题；共6分）1、如图，四个实数m，n，p，q在数轴上对应的点分别为M，N，P，Q，若n+q=0，则m，n，p，q四个实数中，绝对值最大的一个是（）A、pB、qC、mD、n2、n是整数，式子 [1﹣（﹣1）n]（n2﹣1）计算的结果（）A、是0B、总是奇数C、总是偶数D、可能是奇数也可能是偶数3、抛物线y=x2+bx+c（其中b，c是常数）过点A（2，6），且抛物线的对称轴与线段y=0（1≤x≤3）有交点，则c的值不可能是（）A、4B、6C、8D、10二、填空题（共2题；共2分）4、如图，△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，请你添加一个适当的条件：________，使△AEH≌△CEB．5、如图，已知∠A=∠D，要使△ABC∽△DEF，还需添加一个条件，你添加的条件是________．（只需写一个条件，不添加辅助线和字母）三、综合题（共13题；共164分）6、如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点M，N分别是边BC，CD上的动点（不与点B，C，D重合），AM，AN分别交BD于点E，F，且∠MAN始终保持45°不变．(1)求证：= ；(2)求证：AF⊥FM；(3)请探索：在∠MAN的旋转过程中，当∠BAM等于多少度时，∠FMN=∠BAM？写出你的探索结论，并加以证明．7、已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连结CM．(1)如图一，若点M在线段AB上，求证：AP⊥BN；AM=AN；(2)①如图二，在点P运动过程中，满足△PBC∽△PAM的点M在AB的延长线上时，AP⊥BN和AM=AN是否成立？（不需说明理由）②是否存在满足条件的点P，使得PC= ？请说明理由．8、如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE=BF．连接DE，过点E 作EG⊥DE，使EG=DE，连接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分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；(3)如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．9、问题引入：(1)如图①，在△ABC中，点O是∠ABC和∠ACB平分线的交点，若∠A=α，则∠BOC=________（用α表示）；如图②，∠CBO= ∠ABC，∠BCO= ∠ACB，∠A=α，则∠BOC=________（用α表示）拓展研究：(2)如图③，∠CBO= ∠DBC，∠BCO= ∠ECB，∠A=α，请猜想∠BOC=________（用α表示），并说明理由．类比研究：(3)BO、CO分别是△ABC的外角∠DBC、∠ECB的n等分线，它们交于点O，∠CBO= ∠DBC，∠BCO= ∠ECB，∠A=α，请猜想∠BOC=________．10、已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．(1)如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；(2)如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；(3)如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．11、如图，△ABC和△BEC均为等腰直角三角形，且∠ACB=∠BEC=90°，AC=4 ，点P为线段BE延长线上一点，连接CP以CP为直角边向下作等腰直角△CPD，线段BE与CD相交于点F(1)求证：；(2)连接BD，请你判断AC与BD有什么位置关系？并说明理由；(3)设PE=x，△PBD的面积为S，求S与x之间的函数关系式．12、如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，四边形ADEF是正方形，点B、C 分别在边AD、AF上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明，若不成立，请说明理由；(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点H．①求证：BD⊥CF；②当AB=2，AD=3 时，求线段DH的长．13、如图，已知一个直角三角形纸片ACB，其中∠ACB=90°，AC=4，BC=3，E、F分别是AC、AB边上点，连接EF．(1)图①，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，且使S四边形ECBF=3S△EDF，求AE的长；(2)如图②，若将纸片ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在BC边上的点M处，且使MF∥CA．①试判断四边形AEMF的形状，并证明你的结论；②求EF的长；(3)如图③，若FE的延长线与BC的延长线交于点N，CN=1，CE= ，求的值．14、如图1，在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．(1)如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．①求证：△AGE≌△AFE；②若BE=2，DF=3，求AH的长．(2)如图3，连接BD交AE于点M，交AF于点N．请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么数量关系？并说明理由．15、在平面直角坐标系中，O为原点，点A（4，0），点B（0，3），把△ABO绕点B逆时针旋转，得△A′BO′，点A，O旋转后的对应点为A′，O′，记旋转角为α．(1)如图①，若α=90°，求AA′的长；(2)如图②，若α=120°，求点O′的坐标；(3)在（Ⅱ）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）16、如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，DE⊥AD，交AB于点E，AE 为⊙O的直径(1)判断BC与⊙O的位置关系，并证明你的结论；(2)求证：△ABD∽△DBE；(3)若cosB= ，AE=4，求CD．17、如图，在矩形ABCD中，AB=10，AD=6，点M为AB上的一动点，将矩形ABCD沿某一直线对折，使点C与点M重合，该直线与AB（或BC）、CD（或DA）分别交于点P、Q(1)用直尺和圆规在图甲中画出折痕所在直线（不要求写画法，但要求保留作图痕迹）(2)如果PQ与AB、CD都相交，试判断△MPQ的形状并证明你的结论；(3)设AM=x，d为点M到直线PQ的距离，y=d2，①求y关于x的函数解析式，并指出x的取值范围；②当直线PQ恰好通过点D时，求点M到直线PQ的距离．18、如图1，抛物线y=﹣ [（x﹣2）2+n]与x轴交于点A（m﹣2，0）和B（2m+3，0）（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，连结BC．(1)求m、n的值；(2)如图2，点N为抛物线上的一动点，且位于直线BC上方，连接CN、BN．求△NBC面积的最大值；(3)如图3，点M、P分别为线段BC和线段OB上的动点，连接PM、PC，是否存在这样的点P，使△PCM为等腰三角形，△PMB为直角三角形同时成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．答案解析一、单选题【答案】A【考点】实数与数轴【解析】【解答】解：∵n+q=0，∴n和q互为相反数，0在线段NQ的中点处，∴绝对值最大的点P表示的数p，故选A．【分析】根据n+q=0可以得到n、q的关系，从而可以判定原点的位置，从而可以得到哪个数的绝对值最大，本题得以解决．本题考查实数与数轴，解题的关键是明确数轴的特点，利用数形结合的思想解答．【答案】C【考点】因式分解的应用【解析】【解答】解：当n 是偶数时，[1﹣（﹣1）n]（n2﹣1）= [1﹣1]（n2﹣1）=0，当n是奇数时，[1﹣（﹣1）n]（n2﹣1）= ×（1+1）（n+1）（n﹣1）= ，设n=2k﹣1（k为整数），则= =k（k﹣1），∵0或k（k﹣1）（k为整数）都是偶数，故选C．【分析】根据题意，可以利用分类讨论的数学思想探索式子[1﹣（﹣1）n]（n2﹣1）计算的结果等于什么，从而可以得到哪个选项是正确的．本题考查因式分解的应用，解题的关键是明确题意，利用分类讨论的数学思想解答问题．【答案】A【考点】二次函数的性质【解析】【解答】解：∵抛物线y=x2+bx+c（其中b，c是常数）过点A（2，6），且抛物线的对称轴与线段y=0（1≤x≤3）有交点，∴解得6≤c≤14，故选A．【分析】根据抛物线y=x2+bx+c（其中b，c是常数）过点A（2，6），且抛物线的对称轴与线段y=0（1≤x≤3）有交点，可以得到c的取值范围，从而可以解答本题．本题考查二次函数的性质、解不等式，解题关键是明确题意，列出相应的关系式．二、填空题【答案】AH=CB或EH=EB或AE=CE【考点】全等三角形的判定【解析】【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，∴∠BEC=∠AEC=90°，在Rt△AEH中，∠EAH=90°﹣∠AHE，又∵∠EAH=∠BAD，∴∠BAD=90°﹣∠AHE，在Rt△AEH和Rt△CDH中，∠CHD=∠AHE，∴∠EAH=∠DCH，∴∠EAH=90°﹣∠CHD=∠BCE，所以根据AAS添加AH=CB或EH=EB；根据ASA添加AE=CE．可证△AEH≌△CEB．故填空答案：AH=CB或EH=EB或AE=CE．【分析】开放型题型，根据垂直关系，可以判断△AEH与△CEB有两对对应角相等，就只需要找它们的一对对应边相等就可以了．本题考查三角形全等的判定方法；判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．【答案】AB∥DE【考点】相似三角形的判定【解析】【解答】解：∵∠A=∠D，∴当∠B=∠DEF时，△ABC∽△DEF，∵AB∥DE时，∠B=∠DEF，∴添加AB∥DE时，使△ABC∽△DEF．故答案为AB∥DE．【分析】根据有两组角对应相等的两个三角形相似进行添加条件．本题考查了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似．三、综合题【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠CBD=45°，∠ABC=90°，∵∠MAN=45°，∴∠MAF=∠MBE，∴A、B、M、F四点共圆，∴∠ABM+∠AFM=180°，∴∠AFM=90°，∴∠FAM=∠FMA=45°，∴AM= AF，（2）证明：由（1）可知∠AFM=90°，∴AF⊥FM（3）结论：∠BAM=22.5时，∠FMN=∠BAM理由：∵A、B、M、F四点共圆，∴∠BAM=∠EFM，∵∠BAM=∠FMN，∴∠EFM=∠FMN，∴MN∥BD，∴，∵CB=DC，∴CM=CN，∴MB=DN，在△ABM和△ADN中，，∴△ABM≌△ADN，∴∠BAM=∠DAN，∵∠MAN=45°，∴∠BAM+∠DAN=45°，∴∠BAM=22.5°．【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的综合题【解析】【分析】（1）先证明A、B、M、F四点共圆，根据圆内接四边形对角互补即可证明∠AFM=90°，根据等腰直角三角形性质即可解决问题．（2）由（1）的结论即可证明．（3）由：A、B、M、F 四点共圆，推出∠BAM=∠EFM，因为∠BAM=∠FMN，所以∠EFM=∠FMN，推出MN∥BD，得到，推出BM=DN，再证明△ABM≌△ADN即可解决问题．本题考查四边形综合题、等腰直角三角形性质、四点共圆、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用四点共圆的性质解决问题，题目有点难，用到四点共圆．【答案】（1）证明：如图一中∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，∵△PBC∽△PAM，∴∠PAM=∠PBC，，∴∠PBC+∠PBA=90°，∴∠PAM+∠PBA=90°，∴∠APB=90°，∴AP⊥BN，∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90°，∴△BAP∽△BNA，∴，∴，∵AB=BC，∴AN=AM．（2）解：①仍然成立，AP⊥BN和AM=AN．理由如图二中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，∵△PBC∽△PAM，∴∠PAM=∠PBC，，∴∠PBC+∠PBA=90°，∴∠PAM+∠PBA=90°，∴∠APB=90°，∴AP⊥BN，∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90°，∴△BAP∽△BNA，∴，∴∵AB=BC，∴AN=AM．②这样的点P不存在．理由：假设PC= ，如图三中，以点C为圆心为半径画圆，以AB为直径画圆，CO= = ＞1+ ，∴两个圆外离，∴∠APB＜90°，这与AP⊥PB矛盾，∴假设不可能成立，∴满足PC= 的点P不存在【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的应用【解析】【分析】（1）由△PBC∽△PAM，推出∠PAM=∠PBC，由∠PBC+∠PBA=90°，推出∠PAM+∠PBA=90°即可证明AP⊥BN，由△PBC∽△PAM，推出= = ，由△BAP∽△BNA，推出= ，得到= ，由此即可证明．（2）①结论仍然成立，证明方法类似（1）．②这样的点P不存在．利用反证法证明．假设PC= ，推出矛盾即可．本题考查相似三角形综合题、正方形的性质、圆的有关知识，解题的关键是熟练应用相似三角形性质解决问题，最后一个问题利用圆的位置关系解决问题，有一定难度，属于中考压轴题．【答案】（1）FG=CE；FG∥CE（2）证明：过点G作GH⊥CB的延长线于点H，∵EG⊥DE，∴∠GEH+∠DEC=90°，∵∠GEH+∠HGE=90°，∴∠DEC=∠HGE，在△HGE与△CED中，，∴△HGE≌△CED（AAS），∴GH=CE，HE=CD，∵CE=BF，∴GH=BF，∵GH∥BF，∴四边形GHBF是矩形，∴GF=BH，FG∥CH∴FG∥CE∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC，∴HE=BC∴HE+EB=BC+EB∴BH=EC∴FG=EC（3）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠FBC=∠ECD=90°，在△CBF与△DCE中，，∴△CBF≌△DCE（SAS），∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，∵EG=DE，∴CF=EG，∵DE⊥EG∴∠DEC+∠CEG=90°∵∠CDE+∠DEC=90°∴∠CDE=∠CEG，∴∠BCF=∠CEG，∴CF∥EG，∴四边形CEGF平行四边形，∴FG∥CE，FG=CE．【考点】全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质【解析】【解答】解：（1）FG=CE，FG∥CE；【分析】（1）只要证明四边形CDGF是平行四边形即可得出FG=CE，FG∥CE；（2）构造辅助线后证明△HGE≌△CED，利用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后，利用等量代换即可求出FG=C，FG∥CE；（3）证明△CBF≌△DCE后，即可证明四边形CEGF是平行四边形．本题三角形与四边形综合问题，涉及全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质．解题的关键是利用全等三角形的对应边相等进行线段的等量代换，从而求证出平行四边形．【答案】（1）90°+ α；120°+ α（2）120°﹣α（3）【考点】角的计算【解析】【解答】解：（1）如图①，∵∠ABC与∠ACB的平分线相交于点O，∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，∴∠OBC+∠OCB= （∠ABC+∠ACB），在△OBC中，∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣（∠ABC+∠ACB）=180°﹣（180°﹣∠A）=90°+ ∠A=90°+ α；如图②，在△OBC中，∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣（∠ABC+∠ACB）=180°﹣（180°﹣∠A）=120°+ ∠A=120°+ α；（2）如图③，在△OBC中，∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣（∠DBC+∠ECB）=180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+ABC）=180°﹣（∠A+180°）=120°﹣α；（3）在△OBC中，∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣（∠DBC+∠ECB）=180°﹣（∠A+∠ACB+∠A+ABC）=180°﹣（∠A+180°）= ﹣α．故答案为90°+ α，120°+ α；120°﹣α；﹣α．【分析】（1）如图①，根据角平分线的定义可得∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，然后表示出∠OBC+∠OCB，再根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC=90°+ α；如图②，根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC=120°+ α；（2）如图③，根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC=120°﹣α；（3）根据三角形的内角和等于180°列式整理即可得∠BOC= ﹣α．本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的定义，整体思想的利用是解题的关键．【答案】（1）解：结论AE=EF=AF．理由：如图1中，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，∴△ABC，△ADC是等边三角形，∴∠BAC=∠DAC=60°∵BE=EC，∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，∵∠EAF=60°，∴∠CAF=∠DAF=30°，∴AF⊥CD，∴AE=AF（菱形的高相等），∴△AEF是等边三角形，∴AE=EF=AF．（2）解：证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，∴∠BAE=∠CAE，在△BAE和△CAF中，，∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF．（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，∴∠AEB=45°，在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，∴BG=2，AG=2 ，在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，∴AG=GE=2 ，∴EB=EG﹣BG=2 ﹣2，∵△AEB≌△AFC，∴AE=AF，EB=CF=2 ﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，∵∠EAF=60°，AE=AF，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF=∠AFE=60°∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，在RT△EFH中，∠CEF=15°，∴∠EFH=75°，∵∠AFE=60°，∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2 ﹣2，∴FH=CF•cos30°=（2 ﹣2）• =3﹣．∴点F到BC的距离为3﹣．【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的性质【解析】【分析】（1）结论AE=EF=AF．只要证明AE=AF即可证明△AEF是等边三角形．（2）欲证明BE=CF，只要证明△BAE≌△CAF即可．（3）过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，根据FH=CF•cos30°，因为CF=BE，只要求出BE即可解决问题．本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．【答案】（1）证明：∵△BCE和△CDP均为等腰直角三角形，∴∠ECB=∠PCD=45°，∠CEB=∠CPD=90°，∴△BCE∽△DCP，∴（2）解：AC∥BD，理由：∵∠PCE+∠ECD=∠BCD+∠ECD=45°，∴∠PCE=∠BCD，又∵，∴△PCE∽△DCB，∴∠CBD=∠CEP=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠CBD，∴AC∥BD；（3）解：如图所示：作PM⊥BD于M，∵AC=4 ，△ABC和△BEC均为等腰直角三角形，∴BE=CE=4，∵△PCE∽△DCB，∴，即= ，∴BD= x，∵∠PBM=∠CBD﹣∠CBP=45°，BP=BE+PE=4+x，∴PM= ，∴△PBD的面积S= BD•PM= ×x×= x2+2x．【考点】平行线的判定与性质，相似三角形的判定【解析】【分析】（1）直接利用相似三角形的判定方法得出△BCE∽△DCP，进而得出答案；（2）首先得出△PCE∽△DCB，进而求出∠ACB=∠CBD，即可得出AC与BD的位置关系；（3）首先利用相似三角形的性质表示出BD，PM的长，进而表示出△PBD的面积．此题主要考查了相似形综合、平行线的判定方法以及相似三角形的判定与性质等知识，正确表示出PM 的长是解题关键．【答案】（1）解：BD=CF．理由如下：由题意得，∠CAF=∠BAD=θ，在△CAF和△BAD中，，∴△CAF≌△BAD，∴BD=CF；（2）解：①由（1）得△CAF≌△BAD，∴∠CFA=∠BDA，∵∠FNH=∠DNA，∠DNA+∠NAD=90°，∴∠CFA+∠FNH=90°，∴∠FHN=90°，即BD⊥CF；②连接DF，延长AB交DF于M，∵四边形ADEF是正方形，AD=3 ，AB=2，∴AM=DM=3，BM=AM﹣AB=1，DB= = ，∵∠MAD=∠MDA=45°，∴∠AMD=90°，又∠DHF=90°，∠MDB=∠HDF，∴△DMB∽△DHF，∴，即= ，解得，DH= ．【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形【解析】【分析】本题考查的是正方形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转变换的性质以及相似三角形的判定和性质，掌握旋转角的定义和旋转变换的性质、正确作出辅助性是解题的关键．（1）根据旋转变换的性质和全等三角形的判定定理证明△CAF≌△BAD，证明结论；（2）①根据全等三角形的性质、垂直的定义证明即可；②连接DF，延长AB交DF于M，根据题意和等腰直角三角形的性质求出DM、BM的长，根据勾股定理求出BD的长，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可得到答案．【答案】（1）解：如图①，∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF，∴S△AEF≌S△DEF，∵S四边形ECBF=3S△EDF，∴S△ABC=4S△AEF，在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3，∴AB= =5，∵∠EAF=∠BAC，∴Rt△AEF∽Rt△ABC，∴=（）2，即（）2= ，∴AE= ；（2）解：①四边形AEMF为菱形．理由如下：如图②，∵△ACB的一角沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点D处，∴AE=EM，AF=MF，∠AFE=∠MFE，∵MF∥AC，∴∠AEF=∠MFE，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，∴AE=EM=MF=AF，∴四边形AEMF为菱形；②连结AM交EF于点O，如图②，设AE=x，则EM=x，CE=4﹣x，∵四边形AEMF为菱形，∴EM∥AB，∴△CME∽△CBA，∴，即= = ，解得x= ，CM= ，在Rt△ACM中，AM= = = ，∵S菱形AEMF = EF•AM=AE•CM，∴EF=2×= ；（3）解：如图③，作FH⊥BC于H，∵EC∥FH，∴△NCE∽△NFH，∴CN：NH=CE：FH，即1：NH= ：FH，∴FH：NH=4：7，设FH=4x，NH=7x，则CH=7x﹣1，BH=3﹣（7x﹣1）=4﹣7x，∵FH∥AC，∴△BFH∽△BAC，∴BH：BC=FH：AC，即（4﹣7x）：3=4x：4，解得x= ，∴FH=4x= ，BH=4﹣7x= ，在Rt△BFH中，BF= =2，∴AF=AB﹣BF=5﹣2=3，∴= ．【考点】勾股定理的应用，菱形的判定与性质，翻折变换（折叠问题）【解析】【分析】本题考查了三角形的综合题：熟练掌握折叠的性质和菱形的判定与性质；灵活构建相似三角形，运用勾股定理或相似比表示线段之间的关系和计算线段的长．解决此类题目时要各个击破．（1）先利用折叠的性质得到EF⊥AB，△AEF≌△DEF，则S△AEF≌S△DEF，则易得S△ABC=4S△AEF，再证明Rt△AEF∽Rt△ABC，然后根据相似三角形的性质得到=（）2，再利用勾股定理求出AB即可得到AE的长；（2）①通过证明四条边相等判断四边形AEMF 为菱形；②连结AM交EF于点O，如图②，设AE=x，则EM=x，CE=4﹣x，先证明△CME∽△CBA得到= = ，解出x后计算出CM= ，再利用勾股定理计算出AM，然后根据菱形的面积公式计算EF；（3）如图③，作FH⊥BC于H，先证明△NCE∽△NFH，利用相似比得到FH：NH=4：7，设FH=4x，NH=7x，则CH=7x﹣1，BH=3﹣（7x﹣1）=4﹣7x，再证明△BFH∽△BAC，利用相似比可计算出x= ，则可计算出FH和BH，接着利用勾股定理计算出BF，从而得到AF的长，于是可计算出的值．【答案】（1）解：①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD=90°．又∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°．∴∠BAG+∠BAE=45°．∴∠GAE=∠FAE．在△GAE和△FAE中，∴△GAE≌△FAE．②∵△GAE≌△FAE，AB⊥GE，AH⊥EF，∴AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，则EC=x﹣2，FC=x﹣3．在Rt△EFC中，由勾股定理得：EF2=FC2+EC2，即（x﹣2）2+（x﹣3）2=25．解得：x=6．∴AB=6．∴AH=6．（2）解：如图所示：将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABD=∠ADB=45°．由旋转的性质可知：∠ABM=∠ADM′=45°，BE=DM′．∴∠NDM′=90°．∴NM′2=ND2+DM′2．∵∠EAM′=90°，∠EAF=45°，∴∠EAF=∠FAM′=45°．在△AMN和△ANM′中，，∴△AMN≌△ANM′．∴MN=NM′．又∵BM=DM′，∴MN2=ND2+BM2．【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，正方形的性质，旋转的性质【解析】【分析】本题主要考查的是四边形的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，依据旋转的性质构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，接下来，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；（2）将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+D M′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．【答案】（1）解：如图①，∵点A（4，0），点B（0，3），∴OA=4，OB=3，∴AB= =5，∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，∴BA=BA′，∠ABA′=90°，∴△ABA′为等腰直角三角形，∴AA′= BA=5（2）解：作O′H⊥y轴于H，如图②，∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°，∴∠HBO′=60°，在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，∴BH= BO′= ，O′H= BH= ，∴OH=OB+BH=3+ = ，∴O′点的坐标为（，）（3）解：∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′，∴BP=BP′，∴O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小，∵点C与点B关于x轴对称，∴C（0，﹣3），设直线O′C的解析式为y=kx+b，把O′（，），C（0，﹣3）代入得，解得，∴直线O′C的解析式为y= x﹣3，当y=0时，x﹣3=0，解得x= ，则P（，0），∴OP= ，∴O′P′=OP= ，作P′D⊥O′H于D，∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°，∴∠DP′O′=30°，∴O′D= O′P′= ，P′D= O′D= ，∴DH=O′H﹣O′D= ﹣= ，∴P′点的坐标为（，）【考点】线段的性质：两点之间线段最短，含30度角的直角三角形，旋转的性质，坐标与图形变化-旋转【解析】【分析】本题考查了几何变换综合题：熟练掌握旋转的性质；理解坐标与图形性质；会利用两点之间线段最短解决最短路径问题；记住含30度的直角三角形三边的关系．（1）如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；（2）作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；（3）由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y= x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP= ，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．【答案】（1）解：结论：BC与⊙O相切．证明：如图连接OD．∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD=∠DAB，∴∠CAD=∠ADO，∴AC∥OD，∵AC⊥BC，∴OD⊥BC．∴BC是⊙O的切线（2）解：∵BC是⊙O切线，∴∠ODB=90°，∴∠BDE+∠ODE=90°，∵AE是直径，∴∠ADE=90°，∴∠DAE+∠AED=90°，∵OD=OE，∴∠ODE=∠OED，∴∠BDE=∠DAB，∵∠B=∠B，∴△ABD∽△DBE（3）解：在Rt△ODB中，∵cosB= = ，设BD=2 k，OB=3k，∵OD2+BD2=OB2，∴4+8k2=9k2，∴k=2，∴BO=6，BD=4 ，∵DO∥AC，∴= ，∴= ，∴CD= ．【考点】圆的综合题【解析】【分析】（1）结论：BC与⊙O相切，连接OD只要证明OD∥AC即可．（2）欲证明△ABD ∽△DBE，只要证明∠BDE=∠DAB即可．（3）在Rt△ODB中，由cosB= = ，设BD=2 k，OB=3k，利用勾股定理列出方程求出k，再利用DO∥AC，得= 列出方程即可解决问题．本题考查圆的综合题、切线的判定、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，学会用方程的思想思考问题，属于中考常考题型．【答案】（1）解：如图1所示：（2）解：△MPQ是等腰三角形；理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，CD=AB=10，∴∠QCO=∠PMO，由折叠的性质得：PQ是CM的垂直平分线，∴CQ=MQ，OC=OM，在△OCQ和△OMP中，，∴△OCQ≌△OMP（ASA），∴CQ=MP，∴MP=MQ，即△MPQ是等腰三角形（3）解：①作MN⊥CD于N，如图2所示：则MN=AD=6，DN=AM=x，CN=10﹣x，在Rt△MCN中，由勾股定理得：CM2=MN2+CN2，即（2d）2=62+（10﹣x）2，整理得：d2= x2﹣5x+34，即y= x2﹣5x+34（0≤x≤10）；②当直线PQ恰好通过点D时，如图3所示：则Q与D重合，DM=DC=10，在Rt△ADM中，AM= =8，∴BM=10﹣8=2，∴CM= = =2 ，∴d= CM= ，即点M到直线PQ的距离为．【考点】全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）【解析】【分析】（1）作线段CM的垂直平分线即可；（2）由矩形的性质得出AB∥CD，CD=AB=10，得出∠QCO=∠PMO，由折叠的性质得出PQ是CM的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得出CQ=MQ，由ASA证明△OCQ≌△OMP，得出CQ=MP，得出MP=MQ即可；（3）①作MN⊥CD 于N，如图2所示：则MN=AD=6，DN=AM=x，CN=10﹣x，在Rt△MCN中，由勾股定理得出（2d）2=62+（10﹣x）2，即可得出结果；②当直线PQ恰好通过点D时，Q与D重合，DM=DC=10，由勾股定理求出AM，得出BM，再由勾股定理求出CM，即可得出结果．本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和运用勾股定理是解决问题的关键．【答案】（1）解：∵抛物线的解析式为y=﹣ [（x﹣2）2+n]=﹣（x﹣2）2﹣n，∴抛物线的对称轴为直线x=2，∵点A和点B为对称点，∴2﹣（m﹣2）=2m+3﹣2，解得m=1，∴A（﹣1，0），B（5，0），把A（﹣1，0）代入y=﹣ [（x﹣2）2+n]得9+n=0，解得n=﹣9（2）解：作ND∥y轴交BC于D，如图2，抛物线解析式为y=﹣ [（x﹣2）2﹣9]=﹣x2+ x+3，当x=0时，y=3，则C（0，3），设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（5，0），C（0，3）代入得，解得，∴直线BC的解析式为y=﹣x+3，设N（x，﹣x2+ x+3），则D（x，﹣x+3），∴ND=﹣x2+ x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，∴S△NBC=S△NDC+S△NDB = •5•ND=﹣x2+ x=﹣（x﹣）2+ ，当x= 时，△NBC面积最大，最大值为（3）解：存在．∵B（5，0），C（0，3），∴BC= = ，当∠PMB=90°，则∠PMC=90°，△PMC为等腰直角三角形，MP=MC，设PM=t，则CM=t，MB= ﹣t，∵∠MBP=∠OBC，∴△BMP∽△BOC，∴= = ，即= = ，解得t= ，BP= ，∴OP=OB﹣BP=5﹣= ，此时P点坐标为（，0）；当∠MPB=90°，则MP=MC，设PM=t，则CM=t，MB= ﹣t，∵∠MBP=∠CBO，∴△BMP∽△BCO，∴= = ，即= = ，解得t= ，BP= ，∴OP=OB﹣BP=5﹣= ，此时P点坐标为（，0）；综上所述，P点坐标为（，0）或（，0）．【考点】二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，比例线段，相似三角形的判定，二次函数图象上点的坐标特征【解析】【分析】（1）利用抛物线的解析式确定对称轴为直线x=2，再利用对称性得到2﹣（m﹣2）=2m+3﹣2，解方程可得m的值，从而得到A（﹣1，0），B（5，0），然后把A点坐标代入y=﹣ [（x﹣2）2+n]可求出n的值；（2）作ND∥y轴交BC于D，如图2，利用抛物线解析式确定C（0，3），再利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣x+3，设N（x，﹣x2+ x+3），则D（x，﹣x+3），根据三角形面积公式，利用S△NBC=S△NDC+S△NDB可得S△BCN=﹣x2+ x，然后利用二次函数的性质求解；（3）先利用勾股定理计算出BC= ，再分类讨论：当∠PMB=90°，则∠PMC=90°，△PMC为等腰直角三角形，MP=MC，设PM=t，则CM=t，MB= ﹣t，证明△BMP ∽△BOC，利用相似比可求出BP的长，再计算OP后可得到P点坐标；当∠MPB=90°，则MP=MC，设PM=t，则CM=t，MB= ﹣t，证明△BMP∽△BCO，利用相似比可求出BP的长，再计算OP后可得到P点坐标．本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会运用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形的性质；掌握相似三角形的判定，能运用相似比计算线段的长或表示线段之间的关系；学会运用分类讨论的思想解决数学问题．。

2016年中考数学专题复习和训练七：数学探索与开放问题

赵中2016中考数学专题复习和训练七第 1页（共 8页）第 2页（共 8页）2016年中考数学专题复习和训练七:数学探索与开放问题班级：姓名：编制：赵化中学郑宗平专题透析：数学探索与开放问题是近年来新课标背景下中考中数学的常考题型，多在压轴题中出现，考查题型虽以解答题为主，但也有部分设计为选择题、填空题，多是几何与函数结合、规律探索来、命题的条件和结论开放的形式来考查.探索性的解答题除与函数结合外，还通常以几何图形（三角形、四边形、圆等）为背景考查探索位置关系和数量关系等；开放性的问题分为条件开放和结论开放两种情况，这类题能较好的考查同学们的数学个性品质和创造性思维的能力.典例精析：例1. 在数学课上，李老师出示了一道题目：如图①，正方形ABCD 的边长为12，P 为边BC 延长线上的一点，E 为DP 的中点，DP 的垂直平分线交DC 于M ,交AB 的延长线于N .当CP 6=时，EM 与EN 的比值是多少？经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：过E 作直线平行于BC 交DC AB 、于F G 、，如图②，则可得：DF DEFC EP =.因为DE EP =,所以DF PC =.可求出EF 和EG 的值，进而可求得EM 和EN 的比值.⑴.请按照小明的思路写出求解的过程；⑵.小东又对此题作了进一步探究，得出了DP MN =的结论.你认为小东的这个结论正确吗？如果正确，请给予证明；如果不正确，请说明理由. 分析：⑴.本问主要仿照阅读材料所点拨的思路，通过转移比例即可使问题得以解决；⑵.本问是一个探索结论的题，通过观察、猜测、验证、推理可以得出DP MN 、分别所在的△DPC ≌△MNH ，所以问题即可解决.略解：⑴.如图②，过点E 作直线平行于BC 交DC AB 、分别于点F G 、，则:DF DE EM EF,,GF BC 12FC EP EN EG====; ∵DE EP = ∴DF FC = ∴11EF CP 63EG GF EF 1231522==⨯==+=+=，∴EM EF 31EN EG 155===⑵.正确.证明：如图③，作M H ∥BC 交AB 于点H ,则MH CB CD,MHN 90==∠= .∵DCP 1809090∠=-= ∴DCP MHN ∠=∠∵MNH CMN DME 90CDP ∠=∠=∠=-∠ ,DPC 90CDP ∠=-∠∴DPC MNH ∠=∠ ∴△DPC ≌△MNH ∴DP MN = 点评：本例的⑴问主要运用数学的转化思想，通过比例之间的转移从而使问题得以解决；本例的⑵问可以视作是一个存在性的探索题，在思想时可以先假设其存在的情况下思考证明线段相等的路子有哪些，然后破题切入.例2. 如图，用两段等长的铁丝恰好可以分别围成一个正五边形和一个正六边形，其中正五边形的边长为()+2x 17cm ，正六边形的边长为()+2x 2x cm.分析：本题抓住“等长的铁丝”实际上就是两个正多边形的周长相等，由此利用方程思想可以求出x 的值，从而使问题可以获得解决.略解：由已知可得，正五边形的周长为()+25x 17cm ，正六边形的周长为()+26x 2x cm . 因为正五边形和正六边形的周长相等，所以()()+225x 176x 2x =+整理得2x 12x 850+-=，配方()+2x 6121=，解得：12x5,x 17==-（舍去）故正五边形的周长为()()+25517210cm ⨯=又因为两段铁丝等长，所以这两段铁丝的总长为420cm . 答：两段铁丝的总长为420cm师生互动练习：1.如图所示，把同样大小的黑色棋子放在正多边形的边上，按照这样的规律围下去，则第n （n 是大于0的整数）个图形需要黑色棋子的个数是 .2. 列图形是由同样大小的棋子按一定规律组成的，其中第①个图形有1颗棋子，第②个图形一共有6颗棋子，第③个图形一共有16颗棋子。

中考数学专题训练第3课时开放探究题(含答案)

中考数学专题训练第3课时开放探究题(含答案)第3课时开放探究题开放探究题是一种新的题型,关于开放题的概念，主要有下列几种描述：（1）答案不固定或者条件不完备的习题成为开放题；（2）具有多种不同的解法或有多种可能的解答的问题称为开放题.开放探究题的特点是：（1）条件多余需选择,条件不足需补充；（2）答案不固定；（3）问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的结论或条件或方法.开放探究题常见的类型有：（1）条件开放型：即问题的条件不完备或满足结论的条件不唯一；（2）结论开放型：即在给定的条件下，结论不唯一；（3）策略开放型：即思维策略与解题方法不唯一；（4）综合型：即条件、结论、策略中至少有两项均是开放的.在解决开放探究题的时候，需解题者经过探索确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题，然后选择合适的解题途径完成最后的解答.这类题主要考查我们分析问题和解决问题的能力和创新意识.类型之一条件开放型问题解这种类型的开放性问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，结合图形挖掘条件，逆向追索，逐步探寻，是一种分析型思维方式.它要求解题者善于从问题的结论出发，逆向追索，多途寻因。

1.（郴州市）已知四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，若添加一个条件即可判定该四边形是正方形，那么这个条件可以是_________．2.（庆阳市）如下左图，D、E分别是△ABC的边AB、AC上的点，则使△AED∽△ABC的条件是类型之二结论开放型问题解决这种类型的问题的时候要充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、归纳、类比，透彻分析出给定条件下可能存在的结论现象，然后经过论证作出取舍，这是一种归纳类比型思维.它要求解题者充分利用条件进行大胆而合理的猜想，发现规律，得出结论，这类题主要考查解题者的发散性思维和所学基本知识的应用能力。

中考数学专题训练开放与探究及答案

专题五综合类问题第一节开放与探究【例题经典】条件开放例1 如图，∠ABC=∠CDB=90°，AC=a ，BC=b ，试探究BD 与a 、b 满足什么关系时，△ABC 与△CDB 相似？【解析】根据题目所给条件及要求，可结合直角三角形相似的判定方法来加以解决，要注意分两种情况考虑．【解答】当BD=时，图中△ABC 与△CDB 相似．例2 （2006年泰州市）已知：∠MAN=30°，O 为边AN 上一点，以O 为圆心，2为半径作⊙O ，交AN 于D ，E 两点，设AD=x ．（1）如图（1）当x 取何值时，⊙O 与AM 相切；（2）如图（2）当x 为何值时，⊙O 与AM 相交于B ，C 两点，且∠BOC=90°．【解答】（1）在图（1）中，当⊙O 与AM 相切时，设切点为F ．连结OF ，则OF ⊥AM ， ∵在Rt △AOF 中，∠MAN=30°，∴OF=OA ．∴2=（x+2），∴x=2， ∴当x=2时，⊙O 与AM 相切．（2）在图（2）中，过点O 作OH ⊥BC 于H ．当∠BOC=90°时，△BOC 是等腰直角三角形，∴，∵OH ⊥BC ，∴BH=CH，∴OH=．在Rt △AHO 中，∠A=30°， ∴OH=OA =（x+2），∴-2． 2b BD a a=或1212=121212∴当-2时，⊙O与AM相交于B，C两点，且∠BOC=90°．【点评】解答这类问题往往是把结合反过来当条件用，本例利用了圆的切线性质和垂径定理，构造特殊直角三角形，使问题得以求解．结论开放例3（2006年莆田市）已知矩形ABCD和点P，当点P在边BC上任一位置（如图①所示）时，易证得结论：PA2+PC2=PB2+PD2，请你探究：当P 点分别在图②、图③中的位置时，PA2、PB2、PC2和PD2又有怎样的数量关系？请你写出对上述两种情况的探究结论，并利用图②证明你的结论．答：对图②的探究结论为__________．对图③的探究结论为_________．证明：如图2．结论均是：PA2+PC2=PB2+PD2．证明：如图②过点P作MN⊥AD交AD于点M，交BC于点N．∵AD∥BC，MN⊥AD，∴MN⊥BC在Rt△AMP中，PA2=PM2+MA2在Rt△BNP中，PB2=PN2+BN2在Rt△DMP中，PD2=DM2+PM2在Rt△CNP中，PC2=PN2+NC2∴PA2+PC2=PM2+MA2+PN2+NC2PB2+PD2=PM2+DM2+BN2+PN2∵MN⊥AD，MN⊥NC，DC⊥BC．∴四边形MNCD是矩形．∴MD=NC．同理AM=BN．∴PM2+MA2+PN2+NC2=PM2+DM2+BN2+PN2．即PA2+PC2=PB2+PD2．【评析】本题也是一道结论开放题，通过阅读题目已知条件及要求，不难探究出正确结论，但是说明理由时，有一定的难度．正确作出辅助线，创造使用勾股的条件，是解决问题的关键．【考点精练】1．（2006年山东省）如图，△ABC中，D、E分别是AC、AB上的点，BD与CE交于点O．给出下列三个条件：①∠EBO=∠DCO；②∠BEO=∠CDO；③BE=CD．（1）上述三个条件中，哪两个条件．．．．可判定△ABC是等腰三角形（用序号写出所有情形）；（2）选择第（1）小题中的一种情形，证明△ABC是等腰三角形．2．（2006年随州市）如图，矩形ABCD中，M是AD的中点．（1）求证：△ABM≌△DCM；（2）请你探索，当矩形ABCD中的一组邻边满足何种数量关系时，有BM⊥CM成立，说明你的理由．3．如图，在△ABC中，D为BC上一个动点（D点与B、C不重合），且DE∥AC交AB 于点E，DF∥AB交AC于点F．（1）试探究，当AD满足什么条件时，四边形AEDF是菱形？并说明理由．（2）在（1）的条件下，△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形？请说明理由．4．如图，AB是⊙O的直径，EF是⊙O的切线，切点是C．点D是EF上一个动点，连接AD．试探索点D运动到什么位置时，AC是∠BAD的平分线，请说明理由．5．（2006年成都市）已知：如图，在△ABC中，D是AC的中点，E是线段BC 延长线上一点，过点A作BE的平行线与线段ED的延长线交于点F，连结AE、CF．（1）求证：AF=CE；（2）若AC=EF，试判断四边形AFCE是什么样的四边形，并证明你的结论．6．（2006年常德市）如图，P是等边三角形ABC内的一点，连结PA、PB、PC，以BP 为边作∠PBQ=60°，且BQ=BP，连结CQ．（1）观察并猜想AP与CQ之间的大小关系，并证明你的结论．（2）若PA：PB：PC=3：4：5，连结PQ，试判断△PQC的形状，并说明理由．7．如图，AB是⊙O的直径，AD、BC、DC都是⊙O的切点，A、B、E分别是切点．（1）判定△COD的形状，并说明理由．（2）设AD=a，BC=b，⊙O的半径为r，试探究r与a，b之间满足的关系式，并说明理由．8．（2006年绵阳市）在正方形ABCD中，点P是CD上一动点，连结PA，分别过点B、D作BE⊥PA、DF⊥PA，垂足分别为E、F，如图①．（1）请探索BE、DF、EF这三条线段长度具有怎样的数量关系．若点P在DC 的延长线上（如图②），那么这三条线段的长度之间又具有怎样的数量关系？若点P在CD 的延长线上呢（如图③）？请分别直接写出结论；（2）请在（1）中的三个结论中选择一个加以证明．答案:考点精练1．答案不惟一，符合题意即可． 2．（1）略（2）当AD=2AB 时，有BM ⊥CM 成立．说明理由（略） 3．（1）当AD 平分∠BAC 时，四边形AEDF 是菱形．理由（略）（2）在（1）的条件下，当∠BAC=90°时，四边形AEDF 是正方形．说明理由（略） 4．当点D 运动到满足条件AD ⊥EF 时，AC 平分∠BAD ．证明（略） 5．（1）证明△ADF ≌△CDE 即可（2）四边形AFCE 是矩形．（证明略） 6．（1）证明△BPA ≌△BQC ，AP=CQ （2）△PQC 是直角三角形，∵PA ：PB ：PC=3：4：5，设PA=3k ，PB=4k ，PC=5k ，∵∠PBQ=60°，BP=BQ ，∴△PBQ 是等边三角形， ∴PQ=PB=4k ，在△PQC 中，∵PQ 2+QC 2=（4k ）2+（3k ）2=25k 2，PC 2=（5k ）2=25k 2， ∴PQ 2+QC 2=PC 2，∴△PQC 是Rt △． 7．（1）△COD 是直角三角形，连OE ，由圆的切线的性质可证得： △OAD ≌△OED ，△OEC ≌△OBC ， ∴∠AOD=∠EOD ，∠EOC=∠BOC ，可证得∠DOC=90°，所以△COD 是直角三角形．（2）r 与a 、b 之间满足的关系是r 2=ab ．证明△OAD ∽△CBO ，得，OA ·OB=AD ·BC 即r 2=ab ． 8．解：（1）①BE=DF+EF ，②BE=DF-EF ，③EF=BE+DF ．（2）证明略．OA ADBC OB。

专题2.4 开放探索题(讲)-备战2016年中考数学二轮复习讲练测(解析版)

备战2016年中考二轮讲练测第二篇热点难点篇专题04 开放探索题（讲案）一讲考点——考点梳理条件开放探索、结论开放探索、条件与结论双重开放探索、策略开放探索、规律型开放探索、存在型开放探索、操作型开方探索等；二讲题型——题型解析（一）条件开放探索.例1、（2015·黑龙江省黑河市、齐齐哈尔市、大兴安岭）如图，点B、A、D、E在同一直线上，BD=AE，BC∥EF，要使△ABC≌△DEF，则只需添加一个适当的条件是．（只填一个即可）【答案】BC=EF或∠BAC=∠EDF．【解析】考点：1．全等三角形的判定；2．开放型．（二）结论开放探索.例2、（2015·湖南益阳）已知y是x的反比例函数，当x＞0时，y随x的增大而减小．请写出一个满足以上条件的函数表达式【答案】y=（x＞0）【解析】试题分析：反比例函数的图象在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而增大，则反比例函数的反比例系数k＜0；反之，只要k＜0，则反比例函数在每个象限内，函数值y随自变量x的增大而增大．只要使反比例系数大于0即可．如y=（x＞0），答案不唯一.考点：1.反比例函数的性质；2.开放型问题．（三）条件与结论双重开放探索例3、（2015·黑龙江省黑河市、齐齐哈尔市、大兴安岭）BD为等腰△ABC的腰AC上的高，BD=1，tan∠ABD，则CD的长为．【答案】2+或2．【解析】考点：1．解直角三角形；2．等腰三角形的性质；3．勾股定理．（四）策略开放探索例4、（2015·湖北黄冈）如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．（1）求OE的长；（2）求经过O ，D ，C 三点的抛物线的解析式；（3）一动点P 从点C 出发，沿CB 以每秒2 个单位长的速度向点B 运动，同时动点Q 从E 点出发，沿EC 以每秒1 个单位长的速度向点C 运动，当点P 到达点B 时，两点同时停止运动．设运动时间为t 秒，当t 为何值时，DP =DQ ；（4）若点N 在（2）中的抛物线的对称轴上，点M 在抛物线上，是否存在这样的点M 与点N ，使得以M ，N ，C ，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M 点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）3；（2）241633y x x =+；（3）53t =；（4）M （－6，16）或（2，16）或（－2，163-）．【解析】（4）因为抛物线的对称轴为直线2x =-，可设N （－2，n ），由题意知C （－4，0），E (0，3)，然后分三种情况讨论：①若四边形ECMN 是平行四边形；②若四边形ECNM 是平行四边形；③若四边形EMCN 是平行四边形．试题解析：（1）∵CE =CB =5，CO =AB =4，∴在Rt △COE 中，OE =3；考点：二次函数综合题．（五）规律型开放探索例5、（2015·湖北鄂州，10题，3分）在平面直角坐标系中，正方形A 1B 1C 1D 1 、D 1E 1E 2B 2 、A 2B 2C 2D 2 、D 2E 3E 4B 3 、A 3B 3C 3D 3 ……按如图所示的方式放置，其中点B 1在y 轴上，点C 1、E 1、E 2、C 2、E 3、E 4、C 3……在x 轴上，已知正方形A 1B 1C 1D 1 的边长为1，∠B 1C 1O=60°，B 1C 1∥B 2C 2∥B 3C 3……则正方形A 2015B 2015C 2015D 2015的边长是（）A ．201421）（ B ．201521）（ C ．201533）（ D ．201433）（【答案】D.【解析】试题分析：用正方形的性质以及平行线的性质分别得出D 1E 1=B 2E 2=12，B 2B 3C 3=13，从而可求出答案.考点：1.正方形的性质；2.解直角三角形.（六）存在型开放探索例6、(2015·湖北衡阳）如图，顶点M在y轴上的抛物线与直线1y x=+相交于A、B两点，且点A在x轴上，点B的横坐标为2，连结AM、BM．（1）求抛物线的函数关系式；（2）判断△ABM的形状，并说明理由；（3）把抛物线与直线y x=的交点称为抛物线的不动点．若将（1）中抛物线平移，使其顶点为（m，2m），当m满足什么条件时，平移后的抛物线总有不动点？【答案】（1）抛物线的解析式为21y x=-．（2）△ABM是直角三角形，且∠BAM＝90°．理由见试题解析；（3）平移后的抛物线总有不动点，14m≤．【解析】（2）△ABM是直角三角形，且∠BAM＝90°．理由如下：作BC⊥x轴于点C，∵A（-1，0）、B（2，3）∴AC＝BC＝3，∴∠BAC＝45°；点M是抛物线21y x=-的顶点，∴M点为（0，-1）∴OA＝OM＝1，∵∠AOM＝90°∴∠MAC＝45°；∴∠BAM＝∠BAC＋∠MAC＝90°∴△ABM是直角三角形．考点：二次函数的综合应用（待定系数法；直角三角形的判定；一元二次方程根的判别式）（七）、操作型开放探索例7、（2015·辽宁丹东）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN=90°.（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°<α<45°）.○1如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；○2如图2，在旋转过程中，当∠DOM=15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；○3如图3，旋转后，若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD=3BP时，猜想此时PE与PF 的数量关系，并给出证明；当BD=m·BP时，请直接写出PE与PF的数量关系.【答案】（1）PE=PF；（2；③PE=2PF，理由参见解析；PE=(m-1)·PF.【解析】（2）①成立，可用角边角定理判定△AOF≌△DOE,从而得到PE=PF；试题分析：(1)可利用角平分线性质定理得到PE=PF；②要想求出EF的长，关键要求出OE的长，由∠DOM=15°可得∠AEO=45＋15=60º，作OH⊥AD于H，若正方形的边长为2，则OH=1，可算出,∴∵△EOF是等腰直角三角形，∴EF即可求出；③构建相似三角形，过P点作PH⊥AB，PK⊥AD ，垂足为H、K，则四边形AHPK为矩形，△PHB和△PKD都是等腰直角三角形，是相似的，∵BD=3BP,∴可算出HP:PK的值，然后通过△FHP∽△PKE得到PE与PF的关系.由前面的思路可得出当BD=m·BP 时，BD:PD=(m-1)：1，∴PE:PF=(m-1)：1,从而确定PE与PF的数量关系.考点：1.正方形性质；2.三角形相似的判定；3.旋转性质；4.探索线段的数量关系规律.三讲方法——方法点睛1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．四练实题——随堂小练1.点A、B、C是平面内不在同一条直线上的三点，点D是平面内任意一点，若A、B、C、D四点恰能构成一个平行四边形，则在平面内符合这样条件的点D有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C2.如图2所示把一张长方形纸片对折，折痕为AB，再以AB的中点O为顶点，把平角∠AOB三等分，沿平角的三等分线折叠，将折叠后的图形剪出一个以O为顶点的直角三角形，那么剪出的直角三角形全部展开铺平后得到的平面图形一定是 ( )图2（A）正三角形（B）正方形（C）正五边形（D）正六边形【答案】A【解析】由题意可知将剪出的直角三角形全部打开后得到如图所示的三角形，为正三角形3.如图，直线a、b被直线c所截，若满足，则a、b平行．【答案】∠1=∠2或∠3=∠2或∠3+∠4=1800【解析】∵∠1=∠2(以此为例)，∴a ∥b （同位角相等两直线平行），故答案为：∠1=∠2．4.如图，在平面直角坐标系xOy 中，正方形OABC 的边长为2．写出一个函数(0)k y k x=≠，使它的图象与正方形OABC 有公共点，这个函数的表达式为． x y ABC O【答案】)40(,1≤<==k xk y x y (答案不唯一） 5.△ABC 为等边三角形，边长为a ，DF ⊥AB ，EF ⊥AC ，（1）求证：△BDF ∽△CEF ；（2）若a=4，设BF=m ，四边形ADFE 面积为S ，求出S 与m 之间的函数关系，并探究当m 为何值时S 取最大值；（3）已知A 、D 、F 、E 四点共圆，已知tan ∠EDF=，求此圆直径．【答案】(1)证明见解析(2)S 与m 之间的函数关系为：S ═﹣43（m ﹣2）2+33（其中0＜m ＜4）．当m=2时，S 取到最大值，最大值为33 (3)此圆直径长为a 37．（3）如图2，∵A 、D 、F 、E 四点共圆，∴∠EDF=∠EAF ．∵∠ADF=∠AEF=90°，∴AF 是此圆的直径．∵tan ∠EDF=23，∴tan ∠EAF=23．∴EA EF =23．∵∠C=60°，∴EC EF =tan60°=3．设EC=x ，则EF=3x ，EA=2x ．∵AC=a ，∴2x+x=a ．∴x=．∴EF=a 33，AE=32a ． ∵∠AEF=90°，∴AF=22EF AE =a 37．∴此圆直径长为a 37．五练原创——预测提升1．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，点M 是AD 的中点，不添加辅助线，梯形满足条件时，有MB=MC （只填一个即可）．【答案】AB=DC （或∠ABC=∠DCB 、∠A=∠D ）等2.如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC=90°，AB=8，AD=3，BC=4，点P 为AB 边上一动点，若△PAD 与△PBC 是相似三角形，则满足条件的点P 的个数是（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】C ．3.在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC.请再添加一个条件，使四边形ABCD是矩形.你添加的条件是 .(写出一种即可)【答案】对角线相等【解析】若四边形ABCD的对角线相等，则由AB=DC，AD=BC可得．△ABD≌△ABC≌ADC≌△BCD，所以四边形ABCD 的四个内角相等分别等于90°即直角，所以四边形ABCD是矩形，故答案为：对角线相等．4.如图，边长为n的正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点A1，A2…A n﹣1为OA的n等分点，点B1，B2…B n﹣1为CB的n等分点，连结A1B1，A2B2，…A n﹣1B n﹣1，分别交曲线n2yx-=（x＞0）于点C1，C2，…，C n﹣1．若C15B15=16C15A15，则n的值为．（n为正整数）【答案】17．【解析】∵正方形OABC的边长为n，点A1，A2…A n﹣1为OA的n等分点，点B1，B2…B n﹣1为CB的n等分点，∴OA15=15，OB15=15.∵C15B15=16C15A15，∴C15（15，n17）.∵点C15在曲线n2yx-=（x＞0）上，∴n n21715-=，解得n=17．5.如图1，已知线段AB的长为2a，点P是AB上的动点(P不与A，B重合)，分别以AP，PB为边向线段AB的同一侧作正△APC和正△PBD.(1)当△APC与△PBD的面积之和取最小值时，AP＝__________.(直接写结果)(2)连接AD，BC，相交于点Q，设∠AQC＝α，那么α的大小是否会随点P的移动而变化？请说明理由．(3)如图2，若点P固定，将△PBD绕点P按顺时针方向旋转(旋转角小于180°)，此时α的大小是否发生变化？(只需直接写出你的猜想，不必证明)图1 图2【答案】(1)a；(2)α的大小不会随点P的移动而变化．理由见解析；(3)α的大小不会发生改变，始终等于60°.。

中考数学专题复习开放性问题

开放性问题【专题点拨】开放探索问题是指已知条件、解题依据、解题方法、问题结论这四项要素中，缺少解题要素两个或两个以上，或者条件、结论有待探求、补充等.【解题策略】在解决开放探索问题的时候，需解题者经过探索确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题，然后选择合适的解题途径完成最后的解答.【典例解析】类型一：条件开放型问题例题1：（2016·山东省滨州市·14分）如图，已知抛物线y=﹣x2﹣x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（1）求点A，B，C的坐标；（2）点E是此抛物线上的点，点F是其对称轴上的点，求以A，B，E，F为顶点的平行四边形的面积；（3）此抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ACM是等腰三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；函数及其图象．【分析】（1）分别令y=0，x=0，即可解决问题．（2）由图象可知AB只能为平行四边形的边，易知点E坐标（﹣7，﹣）或（5，﹣），由此不难解决问题．（3）分A、C、M为顶点三种情形讨论，分别求解即可解决问题．【解答】解：（1）令y=0得﹣x2﹣x+2=0，∴x2+2x﹣8=0，x=﹣4或2，∴点A坐标（2，0），点B坐标（﹣4，0），令x=0，得y=2，∴点C坐标（0，2）．（2）由图象可知AB只能为平行四边形的边，∵AB=EF=6，对称轴x=﹣1，∴点E的横坐标为﹣7或5，∴点E坐标（﹣7，﹣）或（5，﹣），此时点F（﹣1，﹣），∴以A，B，E，F为顶点的平行四边形的面积=6×=．（3）如图所示，①当C为顶点时，CM1=CA，CM2=CA，作M1N⊥OC于N，在RT△CM1N中，CN==，∴点M1坐标（﹣1，2+），点M2坐标（﹣1，2﹣）．②当M3为顶点时，∵直线AC解析式为y=﹣x+1，线段AC的垂直平分线为y=x，∴点M3坐标为（﹣1，﹣1）．③当点A为顶点的等腰三角形不存在．综上所述点M坐标为（﹣1，﹣1）或（﹣1，2+）或（﹣1.2﹣）．【点评】本题考查二次函数综合题、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握抛物线与坐标轴交点的求法，学会分类讨论的思想，属于中考压轴题．变式训练1：（2016·四川攀枝花）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）（1）求抛物线的解析式；（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P 的坐标和四边形ABPC的最大面积．（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由．类型二：结论开放型问题例题2：（2016·湖北随州·3分）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的部分图象如图所示，图象过点（﹣1，0），对称轴为直线x=2，下列结论：（1）4a+b=0；（2）9a+c＞3b；（3）8a+7b+2c＞0；（4）若点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y2）、点C（，y3）在该函数图象上，则y1＜y3＜y2；（5）若方程a（x+1）（x﹣5）=﹣3的两根为x1和x2，且x1＜x2，则x1＜﹣1＜5＜x2．其中正确的结论有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【解析】二次函数图象与系数的关系．（1）正确．根据对称轴公式计算即可．（2）错误，利用x=﹣3时，y＜0，即可判断．（3）正确．由图象可知抛物线经过（﹣1，0）和（5，0），列出方程组求出a、b即可判断．（4）错误．利用函数图象即可判断．（5）正确．利用二次函数与二次不等式关系即可解决问题．【解答】解：（1）正确．∵﹣ =2，∴4a+b=0．故正确．（2）错误．∵x=﹣3时，y＜0，∴9a﹣3b+c＜0，∴9a+c＜3b，故（2）错误．（3）正确．由图象可知抛物线经过（﹣1，0）和（5，0），∴解得，∴8a+7b+2c=8a﹣28a﹣10a=﹣30a，∵a＜0，∴8a+7b=2c＞0，故（3）正确．（4）错误，∵点A（﹣3，y1）、点B（﹣，y2）、点C（，y3），∵﹣2=，2﹣（﹣）=，∴＜∴点C离对称轴的距离近，∴y3＞y2，∵a＜0，﹣3＜﹣＜2，∴y1＜y2∴y1＜y2＜y3，故（4）错误．（5）正确．∵a＜0，∴（x+1）（x﹣5）=﹣3/a＞0，即（x+1）（x﹣5）＞0，故x＜﹣1或x＞5，故（5）正确．∴正确的有三个，故选B．变式训练2：（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论：①4ac＜b2；②方程ax2+bx+c=0的两个根是x1=﹣1，x2=3；③3a+c＞0④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3⑤当x＜0时，y随x增大而增大其中结论正确的个数是（）A．4个B．3个C．2个D．1个类型三：解题策略开放型例题3：(2014 年湖北襄阳)如图 Z3-1，在△ABC 中，点 D，E 分别在边 AC，AB 上，BD 与 CE 交于点 O，给出下列三个条件：①∠EBO＝∠DCO；②BE＝CD；③OB＝OC.(1)上述三个条件中，由哪两个条件可以判定△ABC 是等腰三角形？(用序号写出所有成立的情形)（2）选择其中的成立条件进行证明。

中考数学开放探究题专题复习精讲精练及答案

开放探究题开放探究问题最常见的是命题中缺少一定的条件或无明确的结论，要求添加条件或概括结论；其次是给定条件，判断存在与否的问题；近几年来又逐步出现了一些根据提供的材料，按自己的喜好自编问题并加以解决的试题。

开放探究问题涉及知识面广，遍布整个初中阶段的所有知识，要求学生具有较强的解题能力和思维能力。

开放探究问题就开放而言，有条件开放、结论开放、解题方法开放、编制问题开放：就探究而言，可归纳为探究条件型、探究结论型、探究结论存在与否型及归纳探究型四种。

类型一：探究条件型探究条件型是根据问题提供的残缺条件添补若干条件，使结论成立，解决此类问题的一般方法是：根据结论成立所需要的条件增补条件，此时要注意已有的条件及由已有的条件推导出的条件，不可重复条件，也不能遗漏条件。

例1．（2009丽水市）已知命题：如图，点A，D，B，E在同一条直线上，且AD=BE，∠A=∠FDE，则△ABC≌△DEF.判断这个命题是真命题还是假命题，如果是真命题，请给出证明；如果是假命题，请添加一个．．适当条件使它成为真命题,并加以证明.解：是假命题.以下任一方法均可：①添加条件：AC=DF.证明：∵AD=BE,∴AD+BD=BE+BD，即AB=DE.在△ABC和△DEF中,AB=DE，∠A=∠FDE，AC=DF，∴△ABC≌△DEF(SAS).②添加条件：∠CBA=∠E.证明：∵AD=BE,∴AD+BD=BE+BD,即AB=DE.在△ABC和△DEF中，∠A=∠FDE ， AB=DE ， ∠CBA=∠E ， ∴△ABC ≌△DEF(ASA ). ③添加条件：∠C=∠F. 证明：∵AD=BE,∴AD+BD=BE+BD,即AB=DE. 在△ABC 和△DEF 中，∠A=∠FDE ， ∠C=∠F ， AB=DE ， ∴△ABC ≌△DEF(AAS )同步测试1．(2009年牡丹江市)如图，□ABCD 中，E 、F 分别为BC 、AD 边上的点，要使BF DE =，需添加一个条件：． 1.();BE DF BF DE AF CE BFD BED AFB ADE ==∠=∠∠=∠或∥；；等2．（2009东营）如图，在四边形ABCD 中，已知AB 与CD 不平行，∠ABD ＝∠ACD ，请你添加一个条件：，使得加上这个条件后能够推出AD ∥BC 且AB ＝CD .2.∠DAC ＝∠ADB ，∠BAD ＝∠CDA ，∠DBC ＝∠ACB ，∠ABC ＝∠DCB ，OB ＝OC ，OA ＝OD ；(任选其一)BCDAOABCEDF类型二：探究结论型探究结论型问题是指根据题目所给的条件经过分析、推断，得出一个与条件相关的结论，解决此类问题的关键是需要对已知的条件进行综合推理，得出新的结论。

2016年中考数学专题复习和训练七数学探索与开放问题班级姓名专题透析：数学探.docx

2016年中考数学专题复习和训练七:数学探索与开放问题班级: _________ 姓名:编制：赵化中学郑宗平专题透析：数学探索与开放问题是近年来新课标背景下中考中数学的常考题型，多在压轴题中出现, 考查题型虽以解答题为主，但也有部分设计为选择题、填空题，多是几何与函数结合、规律探索来、命题的条件和结论开放的形式来考查•探索性的解答题除与函数结合外，还通常以几何图形(三角形、四边形、圆等)为背景考查探索位置关系和数量关系等；开放性的问题分为条件开放和结论开放两种情况，这类题能较好的考查同学们的数学个性品质和创造性思维的能力.典例精析:例1.在数学课上，李老师出示了一道题目：如图①，正方形ABCD的边长为12, P为边BC 延长线上的一点，E为DP的中点，DP的垂直平分线交DC于M,交力〃的延长线于N. 当CP = 6时，EM 与EV的比值是多少？经过思考，小明展示了一种正确的解题思路:过£作直线平行于BC交DC、如5于F、G,DF DF如图②，则可得：——•因为DE = EP，所以DF = PC.可求出FC EP可求得EM和EN的比值.(1).请按照小明的思路写出求解的过程；(2).小东又对此题作了进一步探究，得出了DP = MN的结论•你认为小东的这个结论正确吗？如果正确，请给予证明；如果不正确，请说明理由.分析:(1).本问主要仿照阅读材料所点拨的思路，通过转移比例即可使问题得以解决；⑵.本问是一个探索结论的题，通过观察、猜测、验证、推理可以得出DP、MN分别所在的ADPC竺△MNH ,所以问题即可解决.略解：(1).如图②，过点E作直线平行于BC交DC、AB分别于点F、G,则:— = ——,GF = BC= 12 ; DE = EP :. DF = FCFC EP EN EG:.EF=-CP=-X6=3, EG = GF + EF = I2 + 3=I52 2.EM EF _ 3 _ 1** BV ~ EG~ 75~5(2).正确.证明：如图③，作MH // BC交AB于点则MH = CB = CD,ZMHN = 90°.・・• ZDCP = 180z - 90c = 90°・•・ ZDCP =乙MHNT 乙MNH =乙CMN = ADME = 90° - ZCDP, ZDPC = 90° - ZCDP・•・ ZDPC = ZMNH・•・ 4 DPC却4 MNH :. DP = MN点评:本例的⑴问主要运用数学的转化思想，通过比例之间的转移从而使问题得以解决；本例的⑵问可以视作是一个存在性的探索题，在思想时可以先假设其存在的情况下思考证明线段相等的路子有哪些，然后破题切入.例2.如图，用两段等长的铁丝恰好可以分別围成一个正五边形和一个正六边形，其中正五边形的边长为（H+/7）C〃，正六边形的边长为（X2+2X）的总长.分析：本题抓住“等长的铁丝”实际上就是两个正多边形的周长相等，由此利用方程思想可以求出兀的值，从而使问题可以获得解决.略解：由已知可得，正五边形的周长为5（戏+ /7）幼?，正六边形的周长为6（x2+2x）cm. 因为正五边形和正六边形的周长相等，所以5（X2+17）=6（X2 + 2x）整理得,+ /2兀—<85 = 0,配方（兀+6『=/2/,解得：X J=5,X2=-17（舍去）故正五边形的周长为5X（52+/7）=2/0（CZ7?）又因为两段铁丝等长，所以这两段铁丝的总长为420c加.答：两段铁丝的总长为420cmA □ O O •- 师生互动练习：1.___________________ 如图所示，把同样大小的黑色棋子放在止多边形的边上，按照这样的规律围下去，则第«是大于0的整数）个图形需要黑色棋子的个数是•2.列图形是由同样大小的棋子按一定规律组成的，其。