中考数学特训卷专题三开放探索题(有答案) (2)

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2014中考数学特训卷及答案__探索题

教研室押题2014中考数学特训卷专题三开放探索题⊙热点一：条件开放与探索1．(2013年黑龙江绥化)如图Z3-4，A，B，C三点在同一条直线上，∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，请添加一个适当的条件________，使得△EAB≌△BCD.图Z3-42．如图Z3-5，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Z3-53．如图Z3-6，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的点，则使△AED∽△ABC的条件是__________．图Z3-6⊙热点二：结论开放与探索(2012年内蒙古赤峰)存在两个变量x与y，y是x的函数，该函数同时满足两个条件：①图象经过点(1,1)；②当x＞0时，y随x的增大而减小，这个函数的解析式是________(写出一个即可)．⊙热点三：策略开放与探索(2012年湖北武汉)已知在△ABC中，AB＝2 5，AC＝4 5，BC＝6.(1)如图Z3-7(1)，点M为AB的中点，在线段AC上取点N，使△AMN与△ABC相似，求线段MN的长；(2)如图Z3-7(2)，是由100个边长为1的小正方形组成的10×10的正方形网格，设顶点在这些小正方形顶点的三角形为格点三角形．①请你在所给的网格中画出格点△A1B1C1与△ABC全等(画出一个即可，不需证明)；②试直接写出所给的网格中与△ABC相似且面积最大的格点三角形的个数，并画出其中一个(不需证明)．图Z3-7开放探索题热点一1．AE ＝CB (答案不唯一)2．AB ∥CD (答案不唯一)3．∠ADE ＝∠ACB (答案不唯一)热点二y ＝1x(答案不唯一) 热点三解：(1)①如图81，MN ∥BC ，∵△AMN ∽△ABC ，∴AM AB ＝MN BC. ∵M 为AB 中点，AB ＝2 5，∴AM ＝ 5.∵BC ＝6，∴MN ＝3.图81 图82②如图82，∵△AMN ∽△ACB ，∴MN BC ＝AM AC. ∵BC ＝6，AC ＝4 5，AM ＝5，∴MN ＝1.5.(2)①如图83.图83 图84②如图84，每条对角线处可作4个三角形与原三角形相似，共有8个．。

中考数学专题复习《开放探索》课件+教案中考数学模拟试题_OK

CE
使得△APB的面积等于3？若存在，
求出点P的坐标；若不存在，
请说明理由．
2021/6/9
9
结论开放型问题
1 【标轴例交5】于（A2，01B5两•烟点台，）点如M图（，m直，线0）l：是yx=轴﹣上一x2+动1点与，坐
以点M为圆心，2个单位长度21/6/9
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综合开放型问题【例 6】如图，点D、E在△ABC的边BC上，连接AD 、AE．①AB＝AC；②AD＝AE；③BD＝CE．以上面三个等式中的两个作为命题的题设，另一个作为命题的结论，构成一个真命题，并进行证明。
2021/6/9
11
[跟踪训练] 如图所示，在△ABE和△ACD中，给出四个条件：① AB＝AC；②AD＝AE；③AM＝AN；④AD⊥DC， AE⊥BE. 现将四个条件分别贴在四个学生的后背上，进行如下游戏：其中三个学生站在讲台左边，另一个学生站在讲台的右边，要求以左边三个学生后背上的条件作为题设，右边一个学生背上的条件作为结论，使之组成一个正确的说法. 这个游戏可以进行几轮？试写出简要思路。
2021/6/9
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学法指导
(3)解条件和结论都开放问题的规律方法：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，需将已知的信息集中进行分析，探索问题成立所必须具备的条件或特定的条件应该有什么结论，通过这一思维活动得出事物内在联系，从而把握事物的整体性和一般性．
2021/6/9
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2
学法指导
三个类型的解题方法 (1)解条件开放问题的规律方法：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，逆向思维，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，逆向思维，多方向寻因； (2)解结论开放问题的规律方法：充分利用已知条件或图形特征，通过由因导果，顺向推理或进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．

中考数学模拟试题开放探究型问题

开放探究型问题一、选择题1、（2012年中考数学新编及改编题试卷）图(1)、图(2)、图(3)分别表示甲、乙、丙三人由A 地到B 地的路线图。

已知；甲的路线为：A →C →B 。

乙的路线为：A →D →E →F →B ，其中E 为AB 的中点。

丙的路线为：A →G →H →K →B ，其中H 在AB 上，且AH>HB 。

若符号「→」表示「直线前进」，则根据图(1)、图(2)、图(3)的数据，则三人行进路线长度的大小关系为（）(A) 甲=乙=丙 (B) 甲<乙<丙 (C) 乙<丙<甲 (D )丙<乙<甲二、填空题1. （2012年江苏南通三模）一元二次方程有一根为1，此方程可以是 ▲ （写出一个即可）. 答案：x 2-x=0等.2. （2012年江苏南通三模）小明、小亮各有一段长为40cm 的铁丝，将将铁丝首尾相连围成一个长方形．（1）请问他俩围成长方形一定全等吗？（2）如果围成的长方形一定全等，则长方形的长和宽分别是多少？如果围成的长方形不一定全等，请再添加一个条件，使得他俩围成的长方形全等，并求出长方形的长和宽（写出解题过程）．答案：24．（1）不一定（2）略3、（盐城地区2011～2012学年度适应性训练）如图，已知抛物线y =x 2+bx +c 经过点(0，-3)，请你确定一个b 的值，使该抛物线与x 轴的一个交点在(1，0)和(3，0)之间．你所确定的b 的值是 ▲ （写出一个值即可）．CDG50︒F60︒70︒50︒ 60︒70︒ 50︒ 60︒70︒ 50︒60︒70︒ 50︒ 60︒70︒ K图(1)图(2)图(3)-331O yx答案如-1，0(不惟一，在-2＜b ＜2内取值均可）三、解答题1、(2012年香坊区一模) (本题l0分)已知：在∆ABC 中，AB=AC ，点P 是BC 上一点，PC=2PB,连接AP ，作∠APD=∠B 交AB 于点D 。

专题3开放探索答案

专题3开放探索一、应用题1. 解：（1）∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，﹣1），C的坐标为（4，3）∴点B的坐标为（4，﹣1）．∵抛物线过A（0，﹣1），B（4，﹣1）两点，∴，解得：b=2，c=﹣1，∴抛物线的函数表达式为：y=﹣x2+2x﹣1．（2）如答题图2，设顶点P在直线AC上并沿AC 方向滑动距离时，到达P′，作P′M∥y轴，PM∥x轴，交于M点，∵点A的坐标为（0，﹣1），点C的坐标为（4，3），∴直线AC的解析式为y=x﹣1，∵直线的斜率为1，∴△P′PM是等腰直角三角形，∵PP′=，∴P′M=PM=1，∴抛物线向上平移1个单位，向右平移1个单位，∵y=﹣x2+2x﹣1=﹣（x﹣2）2+1，∴平移后的抛物线的解析式为y=﹣（x﹣3）2+2，令y=0，则0=﹣（x﹣3）2+2，解得x1=1，x=52，∴平移后的抛物线与x轴的交点为（1，0），（5，0），解，得或∴平移后的抛物线与AC的交点为（1，0），∴平移后的抛物线与直线AC交于x轴上的同一点（1，0）．（3）如答图3，取点B关于AC的对称点B′，易得点B′的坐标为（0，3），BQ=B′Q，取AB中点F，连接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN=PQ，∴四边形PQFN为平行四边形．∴NP=FQ．∴NP+BQ=FQ+B′Q≥FB′==2．∴当B′、Q、F三点共线时，NP+BQ最小，最小值为2．点评：本题为二次函数中考压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数、几何变换（平移，对称）、等腰直角三角形、平行四边形、轴对称﹣最短路线问题等知识点，考查了存在型问题和分类讨论的数学思想，试题难度较大．2.（1）证明：如图1，过点D作DF⊥BC，交AB于点F，则∠BDE+∠FDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠FDE+∠ADF=90°，∴∠BDE=∠ADF，∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠C=45°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=135°，∵∠BFD=45°，DF⊥BC，∴∠BFD=45°，BD=DF，∴∠AFD=135°，∴∠EBD=∠AFD，在△BDE和△FDA中（2）解：DE=AD，理由：如图2，过点D作DG⊥BC，交AB于点G，则∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠BAC=90°，∠ABC=30°，∴∠C=60°，∵MN∥AC，∴∠EBD=180°﹣∠C=120°，∵∠ABC=30°，DG⊥BC，∴∠BGD=60°，∴∠AGD=120°，∴∠EBD=∠AGD，∴△BDE∽△GDA ，∴=，１在Rt△BDG 中，=tan30°=，∴DE=AD；（3）AD=DE•tanα；理由：如图2，∠BDE+∠GDE=90°，∵DE⊥AD，∴∠GDE+∠ADG=90°，∴∠BDE=∠ADG，∵∠EBD=90°+α，∠AGD=90°+α，∴∠EBD=∠AGD，∴△EBD∽△AGD ，∴=，在Rt△BDG 中，=tanα，则=tanα，∴AD=DE•tanα．点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，得出△EBD∽△AGD是解题关键．二、说理题3. 解：（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，在△ABP和△CBP中，，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴PA=PC，∵PA=PE，∴PC=PE；（2）由（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，∵PA=PC，∴∠DAP=∠E，∴∠DCP=∠E，∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，即∠CPF=∠EDF=90°；（3）在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，在△ABP和△CBP中，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，∵PA=PE，∴PC=PE，∴∠DAP=∠DCP，∵PA=PC，∴∠DAP=∠E，∴∠DCP=∠E∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°，∴△EPC是等边三角形，∴PC=CE，∴AP=CE；三、阅读理解与信息迁移4. 解：（1）如图1所示（画2个即可）．（2）如图2，连接AC，BD，２∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠ACB=90°，在Rt△ADB和Rt△ACB 中，∴Rt△ADB≌Rt△ACB，∴AD=BC，又∵AB是⊙O的直径，∴AB≠CD，∴四边形ABCD是对等四边形．（3）如图3，点D的位置如图所示：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11，过点A分别作AE⊥BC，AF⊥PC，垂足为E，F，设BE=x，∵tan∠PBC=，∴AE=，在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，即，解得：x1=5，x2﹣5（舍去），∴BE=5，AE=12，∴CE=BC﹣BE=6，由四边形AECF为矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12，在Rt△AFD2中，，∴，，综上所述，CD的长度为13、12﹣或12+．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。

中考数学专题复习《开放探索》课件+教案中考数学模拟试题

中考数学专题复习《开放探索》课件+教案中考数学模拟试题一、教学目标：1. 让学生掌握开放探索题的基本类型和解题方法。

2. 培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。

3. 提高学生在中考数学考试中的得分率。

二、教学内容：1. 开放探索题的基本类型：条件开放、方法开放、结论开放等。

2. 开放探索题的解题方法：画图分析、列方程解答、猜想验证等。

3. 典型例题解析：结合中考真题，分析开放探索题的解题思路。

4. 模拟试题训练：针对性练习，巩固所学知识。

三、教学过程：1. 导入：以中考真题为例，让学生感受开放探索题的特点和挑战。

2. 知识讲解：介绍开放探索题的基本类型和解题方法。

3. 例题解析：分析典型例题，引导学生掌握解题思路。

4. 练习巩固：布置适量练习题，让学生运用所学知识。

5. 总结提升：对本节课内容进行总结，强调重点和难点。

四、教学评价：1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况。

2. 练习完成情况：检查学生完成练习题的数量和质量。

3. 模拟试题成绩：评估学生在模拟试题中的表现，发现问题所在。

五、课后作业：1. 复习开放探索题的基本类型和解题方法。

2. 完成课后练习题，巩固所学知识。

3. 准备下一节课的内容，提前预习。

六、教学策略与方法：1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究开放探索题的解题方法。

2. 利用多媒体课件，展示开放探索题的典型例题和模拟试题。

3. 组织小组讨论，让学生互相交流解题思路和经验。

4. 给予学生充分的时间独立思考和解决问题，及时给予指导和鼓励。

七、教学资源：1. 多媒体课件：展示开放探索题的典型例题和模拟试题。

2. 练习题库：提供丰富的开放探索题练习题，供学生巩固所学知识。

3. 教学参考书：提供相关知识点的详细解释和例题解析。

4. 学生手册：收录学生的练习成果和优秀解题案例。

八、教学步骤：1. 回顾上节课的内容，复习开放探索题的基本类型和解题方法。

2. 讲解新的开放探索题型，引导学生掌握解题思路和技巧。

2022版中考数学总复习专题三开放与探索（专题讲练+名师解读+考向例析+提升演练）

专题三开放与探索开放探索型问题有条件开放与探索、结论开放与探索、条件结论都开放与探索等，这类题目新颖，思考方向不确定，因此比一般综合题更能考查学生综合运用知识的能力，从而深受命题者的青睐．题型以填空题、解答题为主．考向一条件开放问题条件开放探索问题的特征是缺少确定的条件，所需补充的条件不能由结论直接推出，而满足结论的条件往往也是不唯一的．【例1】如图，已知AC⊥BD于点2a2a2a2a2a＋3＝0有实数根，则m的值可以为__________．任意给出一个符合条件的值即可三、解答题5．如图，将△ABC的顶点A放在⊙O上，现从AC与⊙O相切于点A如图1的位置开始，将△ABC绕着点A顺时针旋转，设旋转角为α0°AB，将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，分别连接AF和CE1求证：四边形AFCE是菱形；2若AE＝10 cm，△ABF的面积为24 cm2，求△ABF的周长；3在线段AC上是否存在一点，1，＋1，2，＋2，3在这个二次函数的图象上．①当m＝4时，1，2，3能否作为同一个三角形的三边的长请说明理由．②当m取不小于5的任意实数时，1，2，3一定能作为同一个三角形三边的长，请说明理由．参考答案专题提升演练1．C 以较短的直角边为公共边可以画三个符合要求的三角形，以较长的直角边为公共边也可以画三个符合要求的三角形，以斜边为公共边也可以画一个符合要求的三角形，这样可以画七个符合要求的三角形，故选C2．B 根据图中所示程序，可得与的函数关系式为＝错误!易知①错误；∵2≥12即可，如4等由于这个方程有实数根，因此Δ＝b2－4ac＝－m2－12＝m2－12≥0，即m2≥12 5．解：1①②④2α＝90°依题意可知，△ACB旋转90°后AC为⊙O直径，且点C与点E重合，因此∠AFE ＝90°∵AC＝8，∠BAC＝60°，∴AF＝错误!AC＝4，EF＝4错误!，∴S△AEF＝错误!×4×4错误!＝8错误!6．解：1△HGA△HAB2由1可知△AGC∽△HAB，∴错误!＝错误!，即错误!＝错误!，∴＝错误!3由1知△AGC∽△HGA∴要使△AGH是等腰三角形，只要△AGC是等腰三角形即可．有两种情况，1CG为底，AC＝AG时，得AG＝9，此时CG等于9错误!，2CG为腰，CG＝AG时，此时CG＝错误!错误!7．解：1证明：由折叠可知EF⊥AC，AO＝CO∵AD∥BC，∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO∴△AOE≌△COF∴EO＝FO∴四边形AFCE是菱形．2由1得AF＝AE＝10设AB＝a，BF＝b，得a2＋b2＝100①，ab＝48②①＋2×②得a＋b2＝196，得a＋b＝14另一负值舍去．∴△ABF的周长为24 cm3存在，过点E作AD的垂线交AC于点＝4时，1，2，3的值分别为5,12,21，由于5＋12＜21，不能成为三角形的三边长．②当m取不小于5的任意实数时，由图象知1＜2＜3，1，2，3的值分别为m2－2m－3，m2－4，m2＋2m－3，1＋2－3＝m2－2m－3＋m2－4－m2＋2m－3＝m2－4m－4＝m－22－8，当m不小于5时成立，m－22≥9，所以m－22－8＞0，即1＋2＞3成立．所以当m取不小于5的任意实数时，1，2，3一定能作为同一个三角形三边的长．。

2019届人教版中考复习数学练习专题三：开放型探索专题(含答案)

专题三开放型探索专题的青睐，中考题型以填空题、解答题为【课堂精讲】例如图，在四边形中，点是的中点，作射线，在线段及其延长线上分别取点，，连结，．（）请你添加一个条件，使得△≌△，你添加的条件是，并证明．（）在问题（）中，当与满足什么关系时，四边形是矩形，请说明理由．分析：（）根据全等三角形的判定方法，可得出当，∥，∠∠时，都可以证明△≌△，（）由（）可得出四边形是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出时，四边形是矩形．解答：（）添加：，证明：∵点是的中点，∴，在△△和△中，，∴△≌△（）；（）解：∵，，∴四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形为平行四边形），∵当时，则，∴平行四边形为矩形（对角线相等的平行四边形为矩形）．本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定基础题，难度不大例.如图－－，边长为的正方形的对角线，相交于点.有直角∠，使直角顶点与点重合，直角边，分别与，重合，然后逆时针旋转∠，旋转角为θ(°＜θ＜°)，，分别交，于，两点，连结交于点，则下列结论中正确的是．①＝；②四边形∶正方形＝∶；③＋＝；④在旋转过程中，当△与△的面积之和最大时，＝；⑤·＝＋.图－－第题答图【解析】∵四边形是正方形，∴＝，∠＝∠＝°，∠＝°，∴∠＋∠＝°，∵∠＝°，∴∠＋∠＝°，∴∠＝∠，∴△≌△()，∴＝，＝，∴＝.故①正确；∵四边形＝△＋△＝△＋△＝△＝正方形，∴四边形∶正方形＝∶.故②正确；∵＋＝＋＝＝.故③正确；如答图，过点作⊥交于点，∵＝，∴＝＝，设＝，则＝＝－，＝，∴△＋△＝·＋·＝(－)＋(－)×＝－＋，∵＝－＜，∴当＝时，△＋△最大，即在旋转过程中，当△与△的面积之和最大时，＝.故④错误；∵∠＝∠，∠＝∠＝°，∴△∽△，∴∶＝∶，∴·＝，∵＝，＝，∴·＝，∵在△中，＝＋，∴＝＋，∴·＝＋.故⑤正确．故答案为①②③⑤.【课堂提升】.如图，直线、被直线所截，若满足，则、平行．.写出一个运算结果是的算式．.如图－－，是经过∠顶点的一条直线，＝，分别是直线上两点，且∠＝∠＝∠α.()若直线经过∠的内部，且，在射线上，请解决下面两个问题：①如图①，若∠＝°，∠α＝°，则；－(选填“＞”“＜”或“＝”)；②如图②，若°＜∠＜°，请添加一个关于∠α与∠关系的条件，使①中的两个结论仍然成立，并证明两个结论成立．()如图③，若直线经过∠的外部，∠α＝∠，请写出，，三条线段数量关系的合理猜想(不要求证明)．图－－.如图－－①，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点落到点处，交于点.()求证：△是等腰三角形；()如图②，过点作∥，交于点，连结交于点.①判断四边形的形状，并说明理由；②若＝，＝，求的长．.如图，正方形中，点，分别在边，上，，和相交于点，()观察图形，写出图中所有与∠相等的角。

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。

中考数学复习专题3：开放性问题(含详细参考答案)

中考数学复习专题三：开放性问题一、中考专题诠释开放型问题是相对于有明确条件和明确结论的封闭型问题而言的，它是条件或结论给定不完全、答案不唯一的一类问题．这类试题已成为近年中考的热点，重在考查同学们分析、探索能力以及思维的发散性，但难度适中．根据其特征大致可分为：条件开放型、结论开放型、方法开放型和编制开放型等四类．二、解题策略与解法精讲解开放性的题目时，要先进行观察、试验、类比、归纳、猜测出结论或条件，然后严格证明；同时，通常要结合以下数学思想方法：分类讨论，数形结合，分析综合，归纳猜想，构建数学模型等。

三、中考考点精讲考点一：条件开放型条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解这种开放问题的一般思路是：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，逆向追索，逐步探求．例1 （•义乌市）如图，在△ABC中，点D是BC的中点，作射线AD，在线段AD及其延长线上分别取点E、F，连接CE、BF．添加一个条件，使得△BDF≌△CDE，并加以证明．你添加的条件是．（不添加辅助线）．考点：全等三角形的判定。

专题：开放型。

分析：由已知可证∠ECD﹦∠FBD，又∠EDC﹦∠FDB，因为三角形全等条件中必须是三个元素，并且一定有一组对应边相等．故添加的条件是：DE=DF（或CE∥BF或∠ECD=∠DBF 或∠DEC=∠DFB等）；解答：解：（1）添加的条件是：DE=DF（或CE∥BF或∠ECD=∠DBF或∠DEC=∠DFB等）．（2）证明：在△BDF和△CDE中∵∴△BDF≌△CDE．点评：三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．考点二：结论开放型：给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍．例2 （•宁德）如图，点E、F分别是AD上的两点，AB∥CD，AB=CD，AF=DE．问：线段CE、BF有什么数量关系和位置关系？并加以证明．考点：全等三角形的判定与性质；平行线的性质；平行线的判定与性质。

2024年中考数学人教版总复习课件：专题三开放探究题

∠ = ∠,
∴△AEM≌△MCN.
∴AM=MN.
(2)仍然成立.
理由:如图②,在边AB上截取AE=MC,连接ME.
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=BC,∠B=∠ACB=60°,
∴∠ACP=120°.
∵AE=MC,∴BE=BM,
∴∠BEM=∠EMB=60°,
∴∠AEM=120°.
∵CN平分∠ACP,∴∠PCN=60°,
2024
第二板块
专题三开放探究题
内
容
索
引
01
专题名师解读
02
热点考向例析
专题名师解读
开放探究型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,或者是给定条件,判断结论存在与否的问题.近几
年来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.
开放探究型问题具有较强的综合性,既能充分地考查学生对基础知识的
又AC=DF,AB=ED,所以△ABC≌△DEF.
所以∠B=∠E.
所以AB∥ED.
解法二FB=CE,AC=DF,添加③∠ACB=∠DFE.
证明:因为FB=CE,所以BC=EF.
又∠ACB=∠DFE,AC=DF,
所以△ABC≌△DEF.
所以∠B=∠E.
所以AB∥ED.
考向二
结论开放探究问题
结论开放问题就是给出问题的条件,根据已知条件探究问题的结论,并且将
进行合理猜想,并进行验证.
热点考向例析
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

中考数学复习《开放探究压轴题》专项检测卷(附带答案)

中考数学复习《开放探究压轴题》专项检测卷(附带答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．若两个不相交的函数图像在竖直方向上的最短距离称为这两个函数的“和谐值”．则抛物线y＝x2﹣2x+3与直线y＝x﹣2的“和谐值”为（）A．3B．2C．52D．1142．如图△ABC中AB＝20cm，AC＝12cm，点P从点B出发以每秒3cm速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm速度向点C运动，其中一个动点到达端点，另一个动点也随之停止，当△APQ是以PQ为底的等腰三角形时，运动的时间是（）秒A．2.5B．3C．3.5D．43．如图，等边△ABC的边长为8cm，点P从点C出发，以1cm/秒的速度由C向B匀速运动，点Q从点C出发，以2cm/秒的速度由C向A匀速运动，AP、BQ交于点M，当点Q到达A点时，P、Q两点停止运动，设P、Q两点运动的时间为t秒，若△AMQ＝60°时，则t的值是（）A．√3B．2C．83D．34．如图，在长方形ABCD中AB=8cm，BC=6cm，动点P、Q分别从点A、B同时出发，点P以3cm/s的速度沿AB、BC向点C运动，点Q以1cm/s的速度沿BC向点C运动，当P、Q其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设P、Q运动的时间是t秒．当点P与点Q重合时，t的值是（）A．52B．4C．5D．65．如图，正方形ABCD的边长为2√2，直线EF经过正方形的中心O，并能绕着O转动，分别交AB、CD 边于E、F点，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为（）A．√2B．√2−1C．√5D．√5−16．如图直角三角形ABC中∠A=90°，E，F分别是AB，AC上两点，以EF为直径作圆与BC相切于点D，且DE⊥AB，DF⊥AC若BD=4，BE=3，则AB的长度为（）A．163B．125C．5D．2537．线段AB上有一动点C（不与A，B重合），分别以AC，BC为边向上作等边△ACM和等边△BCN，点D是MN的中点，连结AD，BD在点C的运动过程中有下列结论：①△ABD可能为直角三角形；②△ABD可能为等腰三角形；③△CMN可能为等边三角形；④若AB=6，则AD+BD的最小值为3√7. 其中正确的是（）A．②③B．①②③④C．①③④D．②③④二、填空题8．如图，点D的坐标为(4,3)，过点D作DE⊥y轴于点E，DF⊥x轴于点F，点M为线段DF上一点，若第一象限内存在点N(n,2n−3)，使△EMN为等腰直角三角形，请直接写出符合条件的N点坐标．9．如图，在Rt△ABC中△ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，点D是边BC的中点，点E是边AB上的任意一点（点E不与点B重合），沿DE翻折△DBE，使点B落在点F处，连接AF，则当线段AF的长取最小值时，sin△FBD 是．10．如图，矩形ABCD中AD＝6，△CAB＝30°，点P是线段AC上的动点，点Q是线段CD上的动点，则AQ+QP 的最小值是．11．如图①，底面积为30cm2的空圆柱容器内水平放置着由两个实心圆柱组成的“几何体”，现向容器内匀速注水，注满为止，在注水过程中水面高度h（cm）与注水时间t（s）之间的关系如图②，若“几何体”的下方圆柱的底面积为15cm2，则图②中的a的值为．12．如图，在直角坐标系中直线l1：y=−√33x+3√32与x轴交于点C，与y轴交于点A，分别以OC、OA为边作矩形ABCO，点D、E在直线AC上，且DE=1，则BD+12CE的最小值是．13．如图，在等边三角形ABC的右侧以AC为直角边作等腰Rt△ACD，∠ACD=90°点E、F分别为AD、BC的=中点，BD与EF交于点G．下列四个结论：①∠BDC=15°；②AD=2BG；③EF平分∠AEC；④S四边形AFCE1EF2，其中正确的是．（填写序号）214．（1）如图①，五角形的顶点分别为A、B、C、D、E，△A+△B+△C+△D+△E=（2）如图②，△A+△DBE+△C+△D+△E=（3）如图③，△A+△B+△C+△D+△E=（4）如图④，△1＋△2＋△3＋△4＋△5＋△6＝三、解答题15．如图（1），有A B C三种不同型号的卡片若干张其中A型是边长为a(a>b)的正方形B型是长为a宽为b的长方形C型是边长为b的正方形．（1）若用A型卡片1张B型卡片2张C型卡片1张拼成了一个正方形（如图（2））此正方形的边长为_______ 根据该图形请写出一条属于因式分解的等式：_________；（2）若要拼一个长为2a+b宽为a+2b的长方形设需要A类卡片x张B类卡片y张C类卡片z张则x+y+z=_______；（3）现有A型卡片1张B型卡片6张C型卡片11张从这18张卡片中拿掉两张卡片余下的卡片全用上你能拼出一个长方形或正方形吗？有几种拼法？请你通过运算说明理由．16．如图所示在平面直角坐标系中直线y＝2x+2 与x轴交于点A与y轴交于点B．(1)求点A B的坐标；(2)若直线AC△AB交y轴负半轴于点C求△ABC的面积；(3)在y轴上是否存在点P使以A B P三点为顶点的三角形是等腰三角形？若存在请求出点P 的坐标；若不存在请说明理由．17．【问题背景】在四边形ABCD中AB=AD∠BAD=120°∠B=∠ADC=90°E F分别是BC,CD 上的点且∠EAF=60°试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系．(1)【初步探索】小亮同学认为：延长FD到点G使DG=BE连接AG先证明△ABE≌△ADG再证明△AEF≌△AGF则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是．(2)【探索延伸】在四边形ABCD中如图2 AB=AD∠B+∠D=180°E F分别是BC、CD上的点∠EAF=1∠BAD上述结论是否仍然成立？说明理由．218．【认识新知】对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．【概念理解】（1）如图1 在四边形ABCD中AB=AD CB=CD问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；【性质探究】（2）如图2 四边形ABCD的对角线AC BD交于点O AC⊥BD．①若OA=1 OB=5, OC=7 OD=2 则AB2+CD2=________；AD2+BC2=________；②求证：AB2+CD2=AD2+BC2；【解决问题】（3）如图3 △ACB中∠ACB=90°AC⊥AG且AC=AG=4AB⊥AE且AE=AB=5连结CE BG GE.则GE=________．19．点E是矩形ABCD边AB延长线上一动点（不与点B重合）在矩形ABCD外作Rt△ECF其中△ECF＝90° 过点F作FG△BC交BC的延长线于点G连接DF交CG于点H．(1)发现如图1 若AB＝AD CE＝CF猜想线段DH与HF的数量关系是______(2)探究如图2 若AB＝nAD CF＝nCE（1）中的猜想是否仍然成立？若成立请给予证明；若不成立请说明理由．(3)拓展在（2）的基础上若FC的延长线经过AD的三等分点且AD＝3 AB＝4 请直接写出线段EF的值20．在平面直角坐标系中△C与x轴交于点A B且点B的坐标为（8 0）与y轴相切于点D（0 4）过点A B D的抛物线的顶点为E．(1)求圆心C的坐标与抛物线的解析式；(2)判断直线AE与△C的位置关系并说明理由；(3)若点M N是直线y轴上的两个动点（点M在点N的上方）且MN＝1 请直接写出的四边形EAMN 周长的最小值．参考答案1．【答案】解：由x2﹣2x+3＝x﹣2 整理得x2﹣3x+5＝0△Δ=(−3)2−4×1×5=−11<0△x2﹣3x+5＝0没有实数根△抛物线y＝x2﹣2x+3与直线y＝x﹣2不相交△抛物线开口向上△抛物线在直线上方设m ＝x 2﹣2x +3﹣（x ﹣2）＝x 2﹣3x +5△m ＝x 2﹣3x +5＝（x −32）2+114△该函数最小值为114 即抛物线y ＝x 2﹣2x +3与直线y ＝x ﹣2的“和谐值”为114．故选：D ．2．【答案】解：∵△ABC 是等边三角形∴AC =BC =AB =8cm ∠BAC =∠ABC =∠C =60°由题意得：CP =tcm CQ =2tcm∴BP =(8−t)cm AQ =(8−2t)cm∵∠ABQ +∠BAP =∠AMQ =60° ∠CAP +∠BAP =∠BAC =60°∴∠ABQ =∠CAP在△ABQ 和△CAP 中{∠ABQ =∠CAP AB =AC ∠BAC =∠C∴△ABQ ≌△CAP(ASA)∴AQ =CP∴8−2t =t 解得：t =83（秒) 故选：C ．3．【答案】解：设运动的时间为x 秒在△ABC 中AB ＝20cm AC ＝12cm点P 从点B 出发以每秒3cm 的速度向点A 运动点Q 从点A 同时出发以每秒2cm 的速度向点C 运动当△APQ 是以PQ 为底的等腰三角形时 AP ＝AQ AP ＝20﹣3x AQ ＝2x即20﹣3x ＝2x解得x ＝4故选：D ．4．【答案】解：根据题意两点重合时可列方程为：3t −t =8解得：t =4答：当点P 与点Q 重合时 t 的值是4．故选：B ．5．【答案】解：设正方形的中心为O连接OB 取OB 中点M 连接 MA MG 则MA MG 为定长过点M 作MH △AB 于H ．△正方形ABCD 的边长为2√2 AC 是正方形的对角线△BD=√2AB =4△直线EF 经过正方形的中心O△OB=OD=2△M 是OB 中点△OM=BM=1△EF △BG△GM =12OB =1△Rt△BHM 是等腰直角三角形△MH =BH =√22 AH =3√22 由勾股定理可得MA =√HM 2+AH 2=√(√22)2+(3√22)2=√5 △AG ≥AM -MG =√5−1当A M G 三点共线时 AG 最小=√5−1故选：D ．6．【答案】解：连接AD△DE ⊥AB△∠AED =∠DEB =90°△AD 为⊙O 的直径△BC 与⊙O 相切于点D△AD ⊥BC△∠ADB =∠DEB =90°△∠B =∠B△△ADB ∽△DEB△AD DE =BD BE△BD =4 BE =3△DE =√BD 2−BE 2=√42−32=√7 △√7=43△AD =4√73 △AB =√AD 2+BD 2=√(4√73)2+42=163 故选：A ．7．【答案】解：当C 为AB 中点时有图如下△△ACM 与△BCN 为等边三角形△C 为AB 中点△AM=AC=MC=NC=BC=NB MD=ND△∠MCN =60°△∠CMN =∠CNM =60°△△CMN 为等边三角形 ③正确；△∠AMD =∠BND =120°△△AMD ≅△BND△AD=BD △ABD 此时为等腰三角形 ②正确；当C 为AB 中点时 AD+BD 值最小△D 为MN 的中点△CD 为MN 的垂直平分线△MD =14AB △AB=6△CD =√32−(32)2=3√32 △AD =(3√32)=3√72△AD=BD△AD+BD=3√7 ④正确；若△ABD 可能为直角三角形则∠ADB =90°△CD 为AB 的垂直平分线△∠ADC =45°△AC=CD 与所求结论不符 ①错误．故选：D ．8．【答案】解：∵ DE ⊥y 轴 DF ⊥x 轴∴四边形OEDF 是矩形∵点D 的坐标为(4,3)∴OE =DF =3,OF =DE =4由题意分以下三种情况：（1）当点N 为直角顶点时①如图点N 在EM 的下方过点N 作NG ⊥OE 于G GN 的延长线交DF 于H则四边形GEDH 是矩形∴∠EGN =∠NHM =90°,GH =DE =OF =4∵ △EMN 为等腰直角三角形△EN =MN,∠ENM =90°∴∠GEN +∠ENG =∠HNM +∠ENG =90°∴∠GEN =∠HNM在△ENG 和△NMH 中{∠EGN =∠NHM∠GEN =∠HNM EN =NM∴△ENG≅△NMH(AAS)∴EG=NH∵N(n,2n−3)∴GN=n,OG=2n−3∴EG=OE−OG=3−(2n−3)=6−2n,NH=GH−GN=4−n∴6−2n=4−n解得n=2∴2n−3=2×2−3=1则此时点N的坐标为N(2,1)；②如图点N在EM的上方过点N作NG⊥OE于G GN的延长线交FD的延长线于H同理可得：EG=NH GN=n,OG=2n−3∴EG=OG−OE=2n−3−3=2n−6,NH=GH−GN=4−n∴2n−6=4−n解得n=103∴2n−3=2×103−3=113则此时点N的坐标为N(103,113)；（2）当点E为直角顶点时如图过点N作NG⊥OE于G 过点M作MH⊥OE于H则四边形HEDM是矩形∴HM=DE=4同理可得：△ENG≅△MEH∴EG=HM=4∵N(n,2n−3)∴GN=n,OG=2n−3∴EG=OG−OE=2n−3−3=2n−6∴2n−6=4解得n=5∴2n−3=2×5−3=7则此时点N的坐标为N(5,7)；（3）当点M为直角顶点时如图过点M作MG⊥OE于G 过点N作NH⊥GM交GM延长线于H则四边形GEDM是矩形∴MG=DE=4同理可得：△EMG≅△MNH∴EG=MH,MG=NH=4∵N(n,2n−3)∴GH=n,OG+NH=2n−3∴OG=2n−3−NH=2n−3−4=2n−7∴EG=OE−OG=3−(2n−7)=10−2n,MH=GH−MG=n−4∴10−2n=n−4解得n=143∴2n−3=2×143−3=193则此时点N的坐标为N(143,193 )；综上符合条件的N点坐标为(2,1)或(103,113)或(5,7)或(143,193)故答案为：(2,1)或(103,113)或(5,7)或(143,193)．9．【答案】解：△由题意得△点F在以D为圆心BD为半径的圆上作⊙D连接AD交⊙D于点F此时AF的值最小如图：△点D是BC的中点△CD=BD=12BC=3△AC=4△AD=√AC2+CD2=√42+32=5△FD=3△FA=AD−FD=5−3=2△AF最小值=2连接BF过F作FH⊥BC于H如图：△∠ACB=90°△FH//AC△△DFH∽△DAC△FH AC =DHCD=DFAD△FH 4=DH3=35△FH=125△BH=245△BF=√FH2+BH2=245△sin∠FBD=FHBF =√55．故答案是：√5510．解：作点A关于直线CD的对称点E 作EP△AC于P 交CD于点Q．△四边形ABCD是矩形△△ADC＝90°△DQ△AE△DE＝AD△QE＝QA△QA+QP＝QE+QP＝EP△此时QA+QP 最短（垂线段最短）△△CAB ＝30°△△DAC ＝60°在RT△APE 中△△APE ＝90° AE ＝2AD ＝12△EP ＝AE•sin60°＝12×√32 ＝6√3 ．故答案为6√3．11．【答案】解：由题意得圆柱形容器的高为14cm 两个实心圆柱组成的“几何体”的高为11cm 水从刚漫过两个实心圆柱组成的“几何体”到注满容器用了42−24=18(s ) 高度为14−11=3(cm )则均匀注水的水流速度为30×3÷18=5cm 3/s ；则“几何体”下方圆柱体的高a =18×5÷(30−15)=6(cm)．故答案为：612．【答案】解：如图过点B 作BM△AC 交x 轴于M 在直线BM 上截取BB′＝DE ＝1 过点B′作B′F△OM 于F 过点E 作EH△OC 于H 连接B′H ．y =−√33x +3√32与x 轴交于点C 与y 轴变于点A令x=0 y=3√32 令y=0,得x=92 △A （03√32） C （92 0） △OA ＝3√32 OC ＝92△AC=√OA 2+OC 2=3√3=2OA△△ACO ＝30°△EH△OC△EH ＝12EC△BB′＝DE BB′△DE△四边形DBB′E 是平行四边形△BD ＝B′E△BM△AC△△BMC ＝△ACO ＝30°△△BCM ＝90° BC ＝3√32 △BM ＝2BC ＝3√3△B′M ＝1＋3√3△△MFB′＝90°△B′F ＝12MB′＝3√3+12 △BD ＋12EC ＝B′E ＋EH≥B′H B′H≥B′F△BD ＋12EC≥3√3+12 △BD ＋12EC 的最小值为3√3+12 故答案为3√3+12． 13．【答案】解：①∵△ABC 为等边三角形∴BC =AC ∠ACB =∠ABC =60°∵△ACD 等腰直角三角形 ∠ACD=90°∴AC =CD ∠CAD =∠CDA =45°∴BC =CD∴∠BDC =∠DBC∵∠ACD =∠ACB +∠ACD =60°+90°=150°∴∠BDC =∠DBC =12(180°−∠ACD)=12(180°−150°)=15° 故结论①正确； ②连接AG 如图所示：∴△ABC 为等边三角形点F 为AC 的中点∴CF:AB=1:2在Rt△ACD中AC=CD点E为AD的中点∠ACD=90°∴CE=ED=AE=12AD∠ACE=∠DCE=12∠ACB=45°CE⊥AD∴CE:AD=1:2∴CF:AB=CE:AD∵∠BDC=∠DBC=15°∠ABC=60°∠CDA=45°∴∠ABD=∠ABC−∠DBC=60°−15°=45°∠ADB=∠CDA−∠BDC=45°−15°=30°∴∠BAD=180°−∠ABD−∠ADB=180°−45°−30°=105°又∵∠ECF=∠ACE+ACB=45°+60°=105°即∠ECF=∠BAD又∵CF:AB=CE:AD∴△CFE∽△ABD∴∠CEF=∠ADB=30°∠CFE=∠ABD=45°∴∠AEF=∠AEC−∠CEF=90°−30°=60°∠DEG=CED+∠CEF=90°+30°=120°∴∠EGD=180°−∠ABD−∠DEG=180°−30°−120°=30°∴∠EGD=∠ABD=30°∴EG=ED=AE=12 AD∴△AED为等边三角形∴∠EAG=60°AG=AE=12AD∴∠BAG=∠BAD−∠EAG=105°−60°=45°∴∠ABD=∠BAG=45°∴△ABG为等腰直角三角形∴AG=BG∴BG=AE=12 AD即AD=2BG故结论②正确；③∵∠AEG=60°∠CEF=30°∴EF不是∠AEC的平分线故结论③不正确；④过点A作AK⊥EF于K如图所示：设CF=a则AC=CD=2a∵△ABC为等边三角形点F为BC的中点∴AF⊥BC 在Rt△ACF中由勾股定理得：AF=√AC2−CF2=√3a在Rt△ACD中由勾股定理得：AD=√AC2+CD2=2√2a∴AE=CE=12AD=√2a∵S四边形AFCE=SΔACF+SΔAEC∴S四边形AFCE =12AF⋅CF+12AE⋅CE=12×√3a⋅a+12×√2a×√2a=12(√3+2)a2∵AK⊥EF∠AEF=60°∴∠EAK=90°−∠AEF=30°∴EK=12AE=√22a由勾股定理得：AK=√AE2−EK2=√62a在Rt△AFK中由勾股定理得：FK=√AF2−AK2=√62a∴EF=EK+FK=√22a+√62a∴EF2=(√22a+√62a)2=(√3+2)a2∴S四边形AFCE =12EF2故结论④正确．综上所述：结论①②④正确．故答案为：①②④．14．【答案】解：（1）如图标注字母由三角形的外角性质△A+△C=∠EGF,△B+△D=∠EFG△∠EFG+∠EGF+∠E=180°,△△A+△B+△C+△D+△E=180°；故答案为：180°.（2）如图由三角形的外角性质△A+△D=∠CBD△∠CBD+∠DBE+∠C+∠E=180°△△A+△DBE+△C+△D+△E=180°；故答案为：180°.（3）如图由三角形的外角性质∠DGF=∠A+∠C∠DFG=∠B+∠E∵∠DFG+∠DGF+∠D=180°,∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°,故答案为：180°.（4）如图标注字母连接AB由三角形的内角和定理可得：∠CBA+∠CAB=∠1+∠2由四边形的内角和定理可得：∠CBA+∠CAB+∠3+∠4+∠5+∠6=360°∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°.故答案为：360°.5．【答案】解：（1）由图（1）和图（2）可得正方形的边长为：a+b由图（2）可得因式分解的等式a2+2ab+b2＝（a+b）2．故答案为a+b a2+2ab+b2＝（a+b）2；（2）△（2a+b）（a+2b）＝2a2+5ab+2b2△需要用A类卡片2张B类卡片5张C类卡片2张△x+y+z＝2+5+2＝9；故答案为9；（3）四种拼法：理由如下：第一种：A型卡片拿掉1张B型卡片拿掉1张则能拼出一个长方形即长方形的长为5a+11b宽为b△b(5a+11b)=5ab+11b2第二种：A型卡片拿掉1张C型卡片拿掉1张则能拼出一个长方形即长方形的长为3a+5b宽为2b△2b(3a+5b)=6ab+10b2；或者长为6a+10b宽为b∴(6a+10b)b=6ab+10b2此种情况共2种拼法；第三种：C型卡片拿掉2张则能拼出一个正方形方形即正方形边长为a+3b△(a+3b)2=a2+6ab+9b2．16．【答案】解：（1）当y＝0时2x+2＝0 x= -1△点A的坐标为(−1 0)；当x＝0时y＝2x+2＝2△点B的坐标为(0 2)．（2）设C（0 m）△AC△AB△AB2+AC2=BC2即OB2+OA2+OA2+OC2=BC2△4+1+1+m2=（2-m）2解之可得：m=-0.5△S△ABC=12×BC×OA=12×2.5×1=1.25；（3）由（1）可得AB=√OA2+OB2=√5△可分三种情况考虑如图所示．当BA＝BP时BP＝√5△点P1的坐标为(0 2+√5）点P2的坐标为(0 2−√5）；当PB＝P A时设OP＝x则PB2＝P A2△ (2−x)2=1+x2解得：x＝0.75△点P3的坐标为(0 0.75）；当AB＝AP时OP＝OB＝2△点P4的坐标为(0 −2)．综上所述：y轴上存在点P使以A B P三点为顶点的三角形是等腰三角形点P的坐标为(0 2+√5）或(0 2−√5）或(0 0.75）或(0 −2)．17．（1）证明：在△ABE和△ADG中{AB=AD ∠ABE=∠ADG BE=DG△△ABE≌△ADG(SAS)△AE=AG∠BAE=∠DAG．△∠EAF=60°∠BAD=120°△∠BAE+∠FAD=60°△∠DAG+∠FAD=60°即∠FAG=60°△∠EAF=∠FAG=60°．在△AEF和△AGF中{AE=AG∠EAF=∠FAG=60°AF=AF△△AEF≌△AGF(SAS)△EF=GF．△GF=GD+DF△EF=BE+DF．故答案为：EF=BE+DF．（2）解：结论EF=BE+DF仍然成立；理由：如图延长FD到点G使DG=BE连接AG．在△ABE和△ADG中{AB=AD ∠B=∠ADG BE=DG△△ABE≌△ADG(SAS)△AE=AG，∠BAE=∠DAG．△∠EAF=12∠BAD△∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=∠EAF △∠EAF=∠GAF．在△AEF和△AGF中{AE=AG ∠EAF=∠FAG AF=AF△△AEF≌△AGF(SAS)△EF=GF．△GF=GD+DF△EF=BE+DF．18．【答案】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．证明：△AB=AD△点A在线段BD的垂直平分线上△CB=CD△点C在线段BD的垂直平分线上△直线AC是线段BD的垂直平分线△AC△BD 即四边形ABCD是垂美四边形；（2）①△AC⊥BDOA=1 OB=5 OC=7 OD=2△AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2=12+52+22+72=79AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2=12+22+52+72=79②证明：△AC△BD△△AOD=△AOB=△BOC=△COD=90°由勾股定理得AB2+CD2=OA2+OB2+OD2+OC2AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2△AB2+CD2=AD2+BC2；（3）△AC⊥AG△△CAG+△BAC=△BAE+△BAC 即△GAB=△CAE 在△GAB和△CAE中{AC=AG ∠GAB=∠CAE AE=AB△△GAB△△CAE△△ABG=△AEC 又△AEC+△AME=90°△△ABG+△AME=90° 即CE△BG△四边形CGEB是垂美四边形由（2）得CG2+BE2=CB2+GE2△AC=AG=4AE=AB=5△BC=3 CG=4√2BE=5√2△GE2=CG2+BE2−CB2△GE=√73．19．【答案】解：（1）DH=HF理由如下：△四边形ABCD是矩形AB=AD△四边形ABCD是正方形△BC=CD∠ABC=∠EBC=∠BCD=90°△FG⊥BC∠ECF=90°△CD//GF∠CGF=∠ECF=∠EBC=90°△∠GCF+∠BCE=90°△∠BCE+∠BEC=90°△∠GCF=∠BEC在ΔGCF 和ΔBEC 中{∠GCF=∠BEC ∠CGF=∠EBC CF =CE△ΔGCF ≌ΔBEC(AAS)△BC =GF△CD =GF∵ CD//GF△∠HDC=∠HFG∵ ∠HCD=∠HGF在ΔHCD 和ΔHGF 中{∠HDC=∠HFG CD =GF ∠HCD=∠HGF△ΔHCD ≌ΔHGF (ASA )△DH =HF故答案为DH =HF（2）DH =HF 仍然成立理由如下：△四边形ABCD 是矩形 FG ⊥BC ∠ECF =90°△∠CGF =∠ECF =∠EBC =90°△∠FCG+∠BCE =90°△∠BCE+∠CEB =90°△∠FCG=∠CEB△ΔFCG ∼ΔCEB△GF BC =FC CE =n△四边形ABCD 是矩形 AB =nAD△CD BC =n△GF BC =CD BC△GF =CD△四边形ABCD 是矩形△CD⊥BC△FG⊥BC△CD//FG△∠HDC=∠HFG∠HCD=∠HGF 在ΔHCD和ΔHGF中{∠HDC=∠HFG CD=GF ∠HCD=∠HGF△ΔHCD≌ΔHGF(ASA)△DH=HF（3）如图所示延长FC交AD于R△四边形ABCD是矩形△AB=CD=4AD=BC=3∠RDC=90°RD//CH △AB=nAD CF=nCE△n=ABAD =43△CF=43CE分两种情况：①当AR=13AD时△AD=3△AR=1DR=2在RtΔCDR中由勾股定理得：CR=√DR2+CD2=√22+42=2√5△RD//CH DH=HF△RC=CF=2√5△CE =34×2√5=32√5 由勾股定理得：EF ＝√CF 2+CE 2=√(2√5)2+(32√5)2=52√5； ②当DR =13AD 时同理可得：DR =1DC =4 CF =RC =√17∴ CE =3√174 由勾股定理得：∴ EF =√CF 2+CE 2=√(√17)2+(3√174)2=5√174综上所说若射线FC 过AD 的三等分点 AD =3 AB =4则线段EF 的长为5√52或5√174． 20．（1）解：（1）如图连接CD CB 过点C 作CM △AB 于M ．设△C 的半径为r△与y 轴相切于点D （0 4）△CD △OD△△CDO ＝△CMO ＝△DOM ＝90°△四边形ODCM 是矩形△CM ＝OD ＝4 CD ＝OM ＝r△B （8 0）△OB ＝8△BM ＝8﹣r在Rt △CMB 中△BC 2＝CM 2＋BM 2△r 2＝42＋（8﹣r ）2解得r ＝5△圆心C （5 4）△抛物线的对称轴为x ＝5又△点B （8 0）△点A （2 0）则抛物线的表达式为y ＝a （x ﹣2）（x ﹣8）将点D 的坐标代入上式得：4＝a ×（0﹣2）×（0﹣8）解得a =14故抛物线的表达式为y =14（x ﹣2）（x ﹣8）=14x 2−52x ＋4．（2）解：结论：AE 是△C 的切线．理由如下：连接AC CE ．当x ＝5时 y =−94△顶点E （5 −94）△AE =√(5−2)2+(−94−0)2=154 CE ＝4+94=254 AC ＝5△EC 2=62516 AE 2＋AC 2=62516△EC 2＝AC 2＋AE 2△△CAE ＝90°△CA △AE△AE 是△C 的切线．（3）解：如图3 作点A 关于y 轴的对称点A '（﹣2 0）过点E 作EF △MN 且EF ＝MN ＝1连接A 'M A 'F MF△点A与点A'关于y轴对称△AM＝A'M△EF△MN EF＝MN△四边形MNEF是平行四边形△MF＝NE△四边形EAMN周长＝AE＋AM＋MN＋NE=154+AM＋1＋MF=194+A'M＋MF△当A'M＋MF有最小值时四边形EAMN周长有最小值△当点M在线段A'F上时A'M＋MF的最小值为A'F△EF△MN EF＝MN＝1△点F（5 −54）△A'F=√(5+2)2+(−54−0)2=√8094△四边形EAMN周长的最小值=194+√8094=19+√8094．。

初三数学开放题、探索题选编(二)

初三数学开放题、探索题选编（二）初三数学开放题.探索题选编(二)1.同学们知道:只有两边和一角对应相等的两个三角形不一定相等.你如何处理和安排这三个条件,使这两个三角形全等,请你依照方案(1),写出方案(2).(3).(4).解:设有两边和一角对应相等的两个三角形. 方案(1):若这角的对边恰好是这两边中的大边,则这两个三角形全等;2.一副三角板由一个等腰直角三角形和一个含30的直角三角形组成,利用这副三角板构成一个含有15角的方法较多,请你画出其中两种不同构成的示意图,并在图上标出必要的标柱,不写作法.3.在四边形ABCD中,M,N,P,Q分别是四边形各边AB.BC.CD.DA的中点,当四边形ABCD 满足条件时,四边形MNPQ为矩形;4.D在面积为4的菱形ABCD中,画一个面积为1的ΔABP,使点P在菱形ABCD的边上(不写作法,保留作图痕迹)(取BC或AD中点P,或过对角线的交点,作AB的平行线交BC或AD于点P).5.某居民小区搞绿化,要在一块矩形空地上建花坛,现征集设计方案,要求设计的图案由圆和正方形组成(圆和正方形的个数不限)并且使整个矩形场地成轴对称图形,请在矩形中画出你设计的方案.(北京考题)6.关于的方程,是否存在负数,使方程的两个实数根的倒数和为?若存在,求出满足条件的负数值,若不存在,请说明理由?7.研究下列各式,你会发现什么规律?,,,………请将你找出的规律用公式表示出来;8.1.判断下列各式是否成立,你认为成立的,请在括号内打〝√〞,不成立的请在括号内打〝_〞(1) ( ) (2) ( )(3) ( ) (4) ( )2.你判断完以上各题之后,发现什么规律?请用含有n的式子将规律表示出来,并注明n的取值范围;( )9.下列每个图是由若干盆花组成的形如三角形的图案,每条边(包括两个顶点)有n(n_gt;1)盆花,每个图案的花盆的总数是Sn=2 ,S=3n=3, S=6 n=4,S=9按此规律推断,S与n的关系式为;(3n-3)10.如图,AB是⊙O的直径,把线段AB分成几条相等的线段,以每条线段为直径分别画小圆,设AB=,那么⊙O的周长为,试计算(1)把AB分成两条相等的线段,每个小圆的周长(2)把AB分成三条相等的线段,每个小圆的周长;(3)把AB分成四条相等的线段,每个小圆的周长=;……(4)把AB分成n条相等的线段,每个小圆的周长=;结论:把大圆的直径分成n条线段,以每条线段为直径画小,那么每个小圆周长是大圆周长的;请仿照上面的探索方法和步骤,计算推导出每个小圆面积和大圆面积的关系. (答案:(分别为n等分直径的小圆面积和大圆面积)11.(归纳猜想)已知一个半径为20cm的圆,作该圆内接钝角三角形,求这个钝角三角形面积的取值范围.(0_lt;S_lt;400)12.(分类讨论)有一个三角形ABC,现要用一个圆形纸片来覆盖它,尽可能使纸片最小,请说明圆形纸片如何确定.。

中考数学专题复习配套练习：专题跟踪突破三开放探究型

专题跟踪突破三开放探究型问题一、选择题(每小题6分，共30分)1．如图，▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，如果添加一个条件，使△ABE≌△CDF，则添加的条件不能为( C )A．BE＝DF B．BF＝DEC．AE＝CF D．∠1＝∠2,第1题图),第2题图)2．(2014·荆门)如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形(简称格点正方形)．若再作一个格点正方形，并涂上阴影，使这两个格点正方形无重叠面积，且组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个格点正方形的作法共有( C )A．2种B．3种C．4种D．5种解析：如图，组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，这个格点正方形的作法共有4种．故选C3．(2015·上海)如图，已知在⊙O中，AB是弦，半径OC⊥AB，垂足为点D，要使四边形OACB为菱形，还需要添加一个条件，这个条件可以是( B )A．AD＝BD B．OD＝CDC．∠CAD＝∠CBD D．∠OCA＝∠OCB,第3题图),第4题图)4．(2013·龙岩)如图，在平面直角坐标系xOy中，A(0，2)B(0，6)，动点C在直线y＝x 上．若以A，B，C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数有( B ) A．2个B．3个C．4个D．5个5．(2015·潍坊)已知二次函数y＝ax2＋bx＋c＋2的图象如图所示，顶点为(－1，0)，下列结论：①abc＜0；②b2－4ac＝0；③a＞2；④4a－2b＋c＞0.其中正确结论的个数是( B ) A．1 B．2 C．3 D．4,第5题图),第6题图)二、填空题(每小题6分，共30分)6．(2015·张家界)如图，AC与BD相交于点O，且AB＝CD，请添加一个条件__∠A＝∠C__，使得△ABO≌△CDO.7．(2015·黑龙江)如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，不添加任何辅助线，请添加一个条件__∠BAD＝90°__，使四边形ABCD是正方形．(填一个即可) 8．(2015·上海)在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，点A在⊙B上，如果⊙D与⊙B 相交，且点B在⊙D内，那么⊙D的半径长可以等于__14(答案不唯一)__．(只需写出一个符合要求的数)9．(2015·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__y＝1x(x＞0)，答案不唯一__．,第7题图),第10题图)10．(2013·昭通)如图，AB是⊙O的直径，弦BC＝4 cm，F是弦BC的中点，∠ABC＝60°.若动点E以1 cm/s的速度从A点出发在AB上沿着A→B→A运动，设运动时间为t(s)(0≤t＜16)，连接EF，当△BEF是直角三角形时，t的值为__4或7或9或12__．(填出一个正确的即可)三、解答题(共40分)11．(8分)(2013·云南)如图，点B在AE上，点D在AC上，AB＝AD.请你添加一个适当的条件，使△ABC≌△ADE.(只能添加一个)(1)你添加的条件是__∠C＝∠E(或∠ABC＝∠ADE或∠EBC＝∠CDE或AC＝AE或BE ＝DC)__；(2)添加条件后，请说明△ABC≌△ADE的理由．解：(1)∵AB ＝AD ，∠A ＝∠A ，∴若利用“AAS ”，可以添加∠C ＝∠E ，若利用“ASA ”，可以添加∠ABC ＝∠ADE ，或∠EBC ＝∠CDE ，若利用“SAS ”，可以添加AC ＝AE ，或BE ＝DC ，综上所述，可以添加的条件为∠C ＝∠E(或∠ABC ＝∠ADE 或∠EBC ＝∠CDE 或AC＝AE 或BE ＝DC) (2)选∠C ＝∠E 为条件．理由如下：在△ABC 和△ADE 中，⎩⎨⎧∠A ＝∠A ，∠C ＝∠E ，AB ＝AD ，∴△ABC ≌△ADE(AAS )12．(8分)在如图所示的三个函数图象中，有两个函数图象能近似地刻画如下a ，b 两个情境：情境a ：小芳离开家不久，发现把作业本忘在家里，于是返回了家里找到了作业本再去学校；情境b ：小芳从家出发，走了一段路程后，为了赶时间，以更快的速度前进．(1)情境a ，b 所对应的函数图象分别是__③__，__①__；(填写序号)(2)请你为剩下的函数图象写出一个适合的情境．解：(2)情境是小芳离开家到公园，休息了一会儿，又走回了家13．(12分)如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4 cm ，BC ＝3 cm .动点M ，N 从点C 同时出发，均以每秒1 cm 的速度分别沿CA ，CB 向终点A ，B 移动，同时动点P 从点B 出发，以每秒2 cm 的速度沿BA 向终点A 移动，连接PM ，PN ，设移动时间为t(单位：秒，0＜t ＜2.5)．(1)当t 为何值时，以A ，P ，M 为顶点的三角形与△ABC 相似？(2)是否存在某一时刻t ，使四边形APNC 的面积S 有最小值？若存在，求S 的最小值；若不存在，请说明理由．解：∵如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4 cm ，BC ＝3 cm .∴根据勾股定理，得AB ＝AC 2＋BC 2＝5 cm .(1)以A ，P ，M 为顶点的三角形与△ABC 相似，分两种情况：①当△AMP ∽△ABC 时，AP AC ＝AM AB ，即5－2t 4＝4－t 5，解得t ＝32②当△APM ∽△ABC 时，AM AC ＝AP AB ，即4－t 4＝5－2t 5，解得t ＝0(不合题意，舍去)；综上所述，当t ＝32时，以A ，P ，M 为顶点的三角形与△ABC 相似 (2)存在某一时刻t ，使四边形APNC 的面积S 有最小值．理由如下：假设存在某一时刻t ，使四边形APNC 的面积S 有最小值．如图，过点P 作PH ⊥BC 于点H.则PH ∥AC ，∴PH AC＝BP BA ，即PH 4＝2t 5，∴PH ＝85t ，∵S ＝S △ABC －S △BPN ＝12×3×4－12×(3－t)·85t ＝45(t －32)2＋215(0＜t ＜2.5)．∵45＞0，∴S 有最小值．当t ＝32时，S 最小值＝21514．(12分) (2015·德州)如图，⊙O 的半径为1，A ，P ，B ，C 是⊙O 上的四个点，∠APC ＝∠CPB ＝60°.(1)判断△ABC 的形状：__△ABC 为等边三角形__；(2)试探究线段PA ，PB ，PC 之间的数量关系，并证明你的结论；(3)当点P 位于AB ︵的什么位置时，四边形APBC 的面积最大？求出最大面积．解：证明：(1)△ABC 是等边三角形．证明如下：在⊙O 中∵∠BAC 与∠CPB 是BC ︵所对的圆周角，∠ABC 与∠APC 是AC ︵所对的圆周角，∴∠BAC ＝∠CPB ，∠ABC ＝∠APC ，又∵∠APC ＝∠CPB ＝60°，∴∠ABC ＝∠BAC ＝60°，∴△ABC 为等边三角形(2)CP ＝BP ＋AP.证明：在PC 上截取PD ＝AP ，又∵∠APC ＝60°，∴△APD 是等边三角形，∴AD ＝AP ＝PD ，∠ADP ＝60°，即∠ADC ＝120°.又∵∠APB ＝∠APC ＋∠BPC ＝120°，∴∠ADC ＝∠APB ，在△APB 和△ADC 中，⎩⎨⎧∠APB ＝∠ADC ，∠ABP ＝∠ACP ，AP ＝AD ，∴△APB ≌△ADC(AAS )，∴BP ＝CD ，又∵PD ＝AP ，∴CP ＝BP ＋AP(3)当点P 为AB ︵的中点时，四边形APBC 的面积最大．理由如下，过点P 作PE ⊥AB ，垂足为E.过点C 作CF ⊥AB ，垂足为F.∵S △APB ＝12AB·PE ，S △ABC ＝12AB·CF ，∴S 四边形APBC ＝12AB·(PE ＋CF)，当点P 为AB ︵的中点时，PE ＋CF ＝PC ，PC 为⊙O 的直径，∴此时四边形APBC 的面积最大．又∵⊙O 的半径为1，∴其内接正三角形的边长AB ＝3，∴S 四边形APBC ＝12×2×3＝ 3。

2022中考数学专项三-开放探索

B A D F CE 2022中考数学专项三-开放探索1.（2011山东省潍坊市）一个y 关于x 的函数同时满足两个条件：①图象过（2，1）点；②当x ＞0时，y 随x 的增大而减小．那个函数解析式为如：y=，y=﹣x+3，y=﹣x 2+5等．（写出一个即可）考点：二次函数的性质；一次函数的性质；反比例函数的性质。

专题：开放型。

分析：本题的函数没有指定是什么具体的函数，能够从一次函数，反比例函数，二次函数三方面考虑，只要符合条件①②即可．解答：解：符合题意的函数解析式能够是y=，y=﹣x+3，y=﹣x 2+5等，（本题答案不唯独）故答案为：y=，y=﹣x+3，y=﹣x 2+5等．点评：本题考查了一次函数，反比例函数，二次函数的性质．关键是从三种函数解析式上考虑，只要符合题意即可．2.（2011年青海，10,2分）如图2，四边形ABCD 是平行四边形，E 是CD 延长线上的任意一点，连接BE 交AD 于点O ，假如△ABO ≌△DEO ，则需要添加的条件是。

（只需一个即可，图中不能添加任何点或线）【答案】开放型题，答案不唯独（参考答案：O 是AD 的中点或OA=OD;AB=DE;D 是CE 的中点；O 是BE 的中点或OB=OE;或OD 是△EBC 的中位线）3. ．如图，点B 、F 、C 、E 在同一直线上，同时BF ＝CE ，∠B ＝∠E ．(1)请你只添加一个条件(不再加辅助线)，使得△ABC ≌△DEF ．你添加的条件是：． (2)添加了条件后，证明△ABC ≌△DEF ．解：（1）∠A=∠D 或AB=DE 或∠ACB=∠DFE 等条件. （2）证明：∵BF=CE ∴BF+FC=EC+FC ∴ 在△ABC 和△DEF 中∠A=∠D ，∠B=∠E ，BC=EF ∴△ABC ≌△DEF （AAS ） 4.（2011山西省）25．(本题9分)如图(1)，Rt △ABC 中，∠ACB=-90°，CD ⊥AB ，垂足为D ．AF 平分∠CAB ，交CD 于点E ，交CB 于点F （1）求证：CE=CF ．（2）将图（1）中的△AD E 沿AB 向右平移到△A ’D ’E ’的位置，使点E ’落在BC 边上，其它条图2图3件不变，如图（2）所示．试猜想：BE'与CF有如何样的数量关系?请证明你的结论．4．(本题9分)如图(1)，Rt△ABC中，∠ACB=-90°，CD⊥AB，垂足为D．AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F（1）求证：CE=CF．证明：略（2）将图（1）中的△ADE沿AB向右平移到△A’D’E’的位置，使点E’落在BC边上，其它条件不变，如图（2）所示．试猜想：BE'与CF有如何样的数量关系请证明你的结论．解：相等证明：如图，过点E作EG⊥AC于G．又∵AF平分∠CAB，ED⊥AB，∴ED=EG．由平移的性质可知：D’E’=DE，∴D’E’ =GE．∵∠ACB=90°．∴∠ACD+∠DCB=90°∵CD⊥AB于D．∴∠B+∠DCB=90°．∴∠ACD=∠B在Rt△CEG与Rt△BE’D’中，∵∠GCE=∠B，∠CGE=∠BD’E’，CE=D’E’∴△CEG≌△BE’D’∴CE=BE’由（1）可知CE=CF，(其它证法可参照给分)．5.（2011福建省漳州市）如图，直线y＝－2x＋2与x轴、y轴分别交于A、B两点，将△OAB绕点O逆时针方向旋转90°后得到△OCD．（1）填空：点C的坐标是(_ ▲，_ ▲)，点D的坐标是(_ ▲，_ ▲)；（2）设直线CD与AB交于点M，求线段BM的长；（3）在y轴上是否存在点P，使得△BMP是等腰三角形？若存在，要求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：（1）点C 的坐标是(0，1)，点D 的坐标是(－2，0) ………………4分（2）方法一：由（1）可知CD ＝OC 2＋OD 2 ＝5，BC ＝1又∠1＝∠5，∠4＝∠3∴△BMC ∽△DOC ………………6分 ∴BM DO ＝BC DC 即BM 2＝15∴BM ＝255 ………………8分方法二：设直线CD 的解析式为y ＝kx ＋b由（1）得⎩⎨⎧b ＝1－2k ＋b ＝0 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1k ＝12∴直线CD 的解析式为y ＝12 x ＋1 又∠1＝∠5，∠BCM ＝∠DCO∴△BMC ∽△DOC ………………6分 ∴BM DO ＝BC DC 即BM 2＝15∴BM ＝255 ………………8分∵⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ＋2y ＝12x ＋1 ∴⎩⎨⎧x ＝25y ＝65∴M 的坐标为(25，65) ………………6分过点M 作ME ⊥y 轴于点E ，则ME ＝25，BE ＝45∴BM ＝ME 2＋BE 2＝255 ………………8分（3）存在 ………………9分分两种情形讨论： ① 以BM 为腰时∵BM ＝255，又点P 在y 轴上，且BP ＝BM现在满足条件的点P 有两个，它们是P 1 (0，2＋255)、P 2 (0，2－255) ……………11分过点M 作ME ⊥y 轴于点E ，∵∠BMC ＝90°，则△BME ∽△BCM∴BE BM ＝BM BC∴BE ＝BM 2BC ＝45 又∵BM ＝BP∴PE ＝BE ＝45∴BP ＝85∴OP ＝2－85＝25现在满足条件的点P 有一个，它是P 3 (0，25) ……………12分② 以BM 为底时，作BM 的垂直平分线，分别交y 轴、BM 于点P 、F ，由（2）得∠BMC ＝90°，∴PF ∥CM∵F 是BM 的中点， ∴BP ＝12BC ＝12∴OP ＝32现在满足条件的点P 综上所述，符合条件的点P 有四个，它们是：P 1 (0，2＋255)、P 2 (0，2－255)、P 3 (0，25)、P 4 (0，32) ……………13分6.（2011青海省西宁市）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC 放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，点C 为 (－1，0) ．如图所示，B 点在抛物线y ＝12x 2＋12x －2图象上，过点B 作BD ⊥x 轴，垂足为D ，且B 点横坐标为－3．（1）求证：△BDC ≌△COA ；（2）求BC 所在直线的函数关系式；（3）抛物线的对称轴上是否存在点P ，使△ACP 是以AC 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明：∵∠BCD ＋∠ACO ＝90°，∠ACO ＋∠OAC ＝90°， ∴∠BCD ＝∠OAC∵△ABC 为等腰直角三角形 ∴BC ＝AC 在△BDC 和△COA 中 ∠BDC ＝∠COA ＝90° ∠BCD ＝∠OAC BC ＝AC∴△BDC ≌△COA （AAS ）分（2）解：∵C 点坐标为 (－1，0)∴BD ＝CO ＝1∵B 点横坐标为－3 ∴B 点坐标为 (－3，1)设BC 所在直线的函数关系式为y ＝kx ＋b ∴⎩⎨⎧－k ＋b ＝0－3k ＋b ＝1解得⎩⎨⎧k ＝－12b ＝－12∴BC 所在直线的函数关系式为y ＝－12 x －12 ………………8分（3）解：存在 ………………9分∵二次函数解析式为：y ＝12x 2＋12x －2∴y ＝12x 2＋12x －2＝12(x ＋12)2x －178∴对称轴为直线x＝－12………………10分若以AC 为直角边，点C 为直角顶点，对称轴上有一点P 1，使CP 1⊥AC ，∵BC ⊥AC ∵点P 1为直线BC 与对轴称直线x ＝－12的交点由题意可得：⎩⎨⎧y ＝－12x －12x ＝－12 解得：⎩⎨⎧x ＝－12y ＝－14∴P 1（－12，－14）若以AC 为直角边，点A 为直角顶点，对称轴上有一点P 2，使AP 2⊥AC ，则过点A 作A P 2∥BC ，交对轴称直线x ＝－12于点P 2 ∵CD ＝OA ∴A （0，2）由题意得直线AP 2的解析式为：y ＝－12x ＋2⎩⎨⎧y ＝－12x ＋2x ＝－12解得：⎩⎨⎧x ＝－12y ＝－94∴P 2（－12，94）∴P 点坐标分别为P 1（－12，－14）、P 2（－12，94） (12)分（注：每题只给出一种解法，如有不同解法请对比评分标准给分）7.（2011湖北省十堰市）如图，已知抛物线c bx x y ++=2与x 轴交于点A （1，0）和点B ，与y 轴交于点C （0，－3）. （1）求抛物线的解析式；（2）如图（1），已知点H （0，－1）.问在抛物线上是否存在点G （点G 在y 轴的左侧），使得GHA GHCS S∆∆=？若存在，求出G 点坐标，若不存在，请说明理由；（3）如图（2），抛物线上点D 在x 轴上的正投影为点E （－2，0），F 是OC 的中点，连接DF ，P 为线段BD 上一点，，若∠EPF ＝∠BDF ，求线段PE 的长.考点：二次函数综合题。

初三数学专题三开放探索性问题试题

初三数学专题三开放探究性问题一. 本周教学内容：专题三开放探究性问题开放探究问题是相对给出明确条件和结论的封闭性问题而言的。

这类问题的鲜明特征是解法的探究性，条件的不完备性及结论的不唯一性。

常见的开放探究性问题包括探究补充条件，探究确定结论，探究存在性和有关方案的设计，动手操作四个大的类型。

解题中常运用综合法、分析法、数形结合法等并综合一些数学思想来处理开放探究性问题。

这类问题重在开发学生的思维，促进学生创新才能的培养，是近几年综合题的热点，考题灵敏，需要学生拥有扎实的根底知识。

【典型例题】例1. 以△ABC的三边作如下图的三个正三角形△ACD、△ABE、△BCF，连DF、FE。

〔1〕判断四边形AEFD是什么四边形？为什么？〔2〕当∠BAC满足什么条件时，四边形ADFE为矩形？〔3〕当∠BAC满足什么条件时，四边形ADFE不存在？〔4〕当△ABC分别满足什么条件时，四边形ADFE是菱形、正方形？分析：略。

解：〔1〕四边形AEFD为平行四边形证：∵△ACD、△BCF为正三角形∴AC=DC，BC=FC∠ACD=∠BCF=60°∴∠ACD－∠ACF=∠BCF－∠ACF即∠1=∠2 ∴△ABC≌△DFC〔SAS〕∴AB=DF又AB=AE ∴DF=AE 同理：AD=EF ∴四边形AEFD为平行四边形〔2〕要平行四边形ADEF为矩形那么∠DAE=90°而∠DAC=∠BAE=60°∴∠BAC=360°－90°－60°－60°=150°即当∠BAC=150°四边形ADFE为矩形〔3〕四边形ADFE不存在那么D、A、E三点一共线∴∠BAC=180°－60°－60°=60°〔4〕平行四边形ADFE是菱形，必有AD=AE此时有AB=AC且∠BAC≠60°平行四边形ADFE为正方形时它必是菱形又是矩形∴△ABC为顶角∠BAC=150°的等腰三角形例2. 李大爷有一个边长为a的正方形鱼塘，如图，鱼塘四个角的顶点A、B、C、D上各有一棵大树，如今李大爷想把原来的鱼塘扩建成一个圆形或者正方形鱼塘〔原鱼塘周围的面积足够大〕，又不想把树挖掉〔四棵树在新鱼塘的边沿上〕。