2019年中考数学总复习第七章数学思想与开放探索问题第39讲开放与探索型问题讲解篇

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2019年中考数学二轮复习精品课件：专题3_探索与开放性问题

【解析】图(1)中有3个平行四边形，图(2)中增加了3个，有6 个平行四边形，图(3)中再增加3个，有9个平行四边形，所以第n个图形中平行四边形的个数共有3n个答案：3n
5.(2019·台州中考)如图，菱形ABCD中，AB=2 ，∠C=60°, 菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过36次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为_____(结果保留π)．
∴△ABD≌△AOP,∴AP=AD,∠DAB=∠PAO,
∴∠DAP=∠BAO=60°,∴△ADP是等边三角形,
∴DP=AP=
如图，过点D作DH⊥x轴于点H，延长EB交DH于点G，则
BG⊥DH.
方法一：
在Rt△BDG中，∠BGD=90°，∠DBG=60°.
∴BG=BD·cos60°= 7
DG=BD·sin60°= 7
2019年中考数学二轮复习精品课件：专题 3_探索与开放性问题
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一、选择题(每小题4分，共12分) 1.(2019·济南中考)观察下列图形及图形所对应的算式，根据你发现的规律计算1+8+16+24+……+8n(n是正整数)的结果为( )
(A)(2n+1)2
(B)(2n-1)2
(C)(n+2)2
(D)n2
【解析】选A.图(1)中1＋8＝9＝32，图(2)中1＋8＋16＝25
Hale Waihona Puke ＝52，依次类推，可得第n个图1＋8＋16＋……＋8n＝
(2n+1)2.
2.(2019·荆门中考)如图，坐标平面内一点A(2，－1)，O为原点，P是x轴上的一个动点，如果以点 P、O、A为顶点的三角形是等腰三角形，那么符合条件的动点P的个数为( ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 【解析】选C.(1)P为顶点，做OA的中垂线交x轴1个点， (2)A为顶点，以A为圆心，OA为半径做圆交x轴(除O点)1个点，(3)O为顶点，以O为圆心，OA为半径做圆交x轴2个点, 故总共4个点.

数学专题复习探索开放性问题

初三数学专题复习---探索开放性问题知识要点：开放探索性问题可分为条件开放与探索问题、结论开放与探索问题、策略开放与探索问题.对于条件开放与探索问题,要善于从问题地结论出发,逆向追索,多途寻因；对于结论开放与探索问题,包括相应地结论地“存在性”问题,解决这类问题地关键是充分利用条件进行大胆而合理地推理、猜想,发现规律,得出结论,主要考查发散性思维和所学基础知识地应用能力；策略开放与探索问题,一般是指解题方法不唯一,或解题路径不明确,解答这类题要注意不能墨守成规,要善于标新立异,积极发散思维,优化解题方案和过程.注意：复习中要对各种题型进行针对性练习,优选各地中考试卷,强化训练.善于类比、联想、转化等数学思想方法地应用,提高观察、分析、比较、归纳探究及发散思维、动手操作地能力.例题分析：1. 若a、b是无理数且a+b=2,则a,b地值可以是_____.(填上一组满足条件地值即可>分析与解答：这是一个条件开放题,由于题中只有一个关系式,因此只要先确定,其中一个无理数地大小,另一个也随之确定,本题答案不唯一,如.2. 如图：在△ABC和△DEF中,AB=DE,∠B=∠E,要使△ABC≌△DEF,需要补充地一个条件是_____.分析与解答：本题考查全等三角形地判定及分析问题能力和逻辑推理能力,已知一边一角对应相等,可以是SAS或ASA或AAS来证两个三角形全等.如：BC=EF(或∠A=∠D或∠C=∠F>3. 已知两条抛物线y=x2+2x-3和y=2x2+x-3,请至少写出三条它们地共同特点：分析与解答：本题是结论开放性问题,考查二次函数地图象、性质及发散思维、归纳探索地能力,所以可以从两函数图象特征(开口方向,对称轴,顶点>及两函数图象交点与坐标轴交点等方面入手.(1>开口方向都向上；(2>都过点(1,0>,(0,-3>；(3>对称轴都在y轴左侧；(4>都有最小值；(5>两函数图象地顶点都在第三象限等等.4. 如图,在四个正方形拼接成地图形中,以A1,A2,A3,……,A10过10个点中任意三点为顶点,其能组成______个等腰直角三角形？分析与解答：本题考查正方形地性质,等腰直角三角形定义,轴对称性质,图形计数规律及分析,归纳,探索能力.由图形地轴对称性,先计算出以A1,A2,A5,A6,A9这五个点为直角顶点地等腰直角三角形地个数,然后将结果乘以2即为所求等腰直角三角形地个数.解：∵以A1,A2,A5,A6,A9这五个点为直角顶点地等腰直角三角形有1+3+1+6+2=13(个>,由轴对称性可知,在整个图形中共有13×2=26个等腰直角三角形.5. 如图,正△ABC内接于⊙O,P是上任一点,PA交BC于点E,则以下结论：(1>PA=PB+BC；(2>；(3>PA·PE=PB·PC；其中正确结论地序号______分析与解答：本题考查三角形和圆地有关性质,延长BP到F,使BF=PA,易证：△BCF≌△ACP,从而△PCF是等边三角形,可证得结论(1>成立,则结论(2>不成立,再证：△PAB∽△PCE可知结论(3>成立,从而正确结论序号(1>,(3>6. 在平面内确定四个点,连结每两点,使任意三点构成等腰三角形(包括等边三角形>,且每两点之间地线段长只有两个数值,如图图中相等线段有：AB=BC=CD=AD,AC=BD请你再画出满足题目条件地三个图形,并指出每个图形中相等地线段.分析与解答：本题是一道以方案设计为背景地开放性问题,考查等腰三角形定义及动手操作,分析问题及创新能力.从题目地条件和要求上,可以从平面上地四点构成六条线段入手.分别设计五条、四条、三条、两条分别相等线段地情形.本题答案不唯一,如：其中(1>AB=BC=CD=AD=BD,AC=AC(2>AB=AC=AD=BD,BC=DC(3>AB=BC=AC,AD=BD=CD(4>AB=AD=CD,AC=BC=BD(5>AB=AC,AD=BC=BD=CD7. 如图1,在△ABC中(AB>AC>,若直线AD平分∠BAC且与△ABC地外接圆相交于点E,交BC边于点 D.(1>求证：AB·AC=AD·AE；(2>若把题中地条件“直线AD平分∠BAC”改为“直线AD平分∠BAC地外角”,如图2,那么(1>中结论是否仍成立？请说明理由.分析与解答：本题是存在性问题,考查直线和圆地有关知识及推理探索能力.可以从已知条件出发,结合定义、定理,对AB·AC与AD·AE地关系进行推理：要证等积式,需证比例式四条线段所在三角形是否相似.(1>连结BE则∠E=∠C,又∠BAE=∠DAC,∴△ABE∽△ADC∴AB·AC=AD·AE；(2>(1>中结论仍成立连结BE,∵四边形AEBC内接于⊙O∴∠E=∠ACD又∵∠BAE=∠CAD∴△ABE∽△ADC∴AB·AC=AE·AD.。

中考专题十规律探索与开放型问题(共50张PPT)

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x
【思路点拨】先根据第 1 行的第一列与第二列相差 2，往后分别相差 3,4,5,6,7，第 2 行的第一列与第二列相差 3，往后分别相差 4,5,6,7,8，第 3 行的第一列与第二列相差 4，往后分别相差 5,6,7,8,9，由此得出第 7 行的第一列与第二列分别相差 8，往后分别相差 9,10,11,12,13，从而求出答案．
规律方法：添加条件时，首先分析具备了哪些条件，然后按照全等三角形的判定方法分别确定缺少的条件.
如图①，点 O 为矩形 ABCD 的对称中心， AB＝10 cm，BC＝12 cm.点 E，F，G 分别从 A，B，C 三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点 E 的运动速度为 1 cm/s，点 F 的运动速度为 3 cm/s，点 G 的运动速度为 1.5 cm/s.当点 F 到达点 C(即点 F 与点 C 重合)时，三个点随之停止运动．在运动过程中， △EBF 关于直线 EF 的对称图形是△EB′F，设点 E， F，G 运动的时间为中考常见的题目之一.图形个数一般都与序号相联系，可观察前面给出的简单的图形，找出序号与图形个数之间的联系，将这个规律用代数式表示，然后运用得到的规律求解.
(2014· 益阳 )如图，在平行四边形 ABCD 中， E， F 是对角线 BD 上的两点，如果添加一个条件使 △ ABE≌△ CDF，则添加的条件不能是( )
(2013· 湖州)将连续的正整数按以下规律排列，则位于第7行、第七列的数x是
第一列第 1行第 2行第 3行 1 2 4 第二列 3 5 8 第三列 6 9 13 第四列 10 14 19 第五列 15 20 26

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。

2019中考数学总复习课件第39课开放型问题

2018/8/2
图 39－3
点评：(1)本题是一道相似形综合运用的试题，是压轴题，考查相似三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等腰直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，锐角三角函数值的运用，第(4)小题属于结论开放型问题． (2)解答时灵活运用三角函数值建立方程求解是解答的关键．解析：(1)如解图 1， ①作一条线段 AB ；②作线段 AB 的中点 O； ③作线段 OC，使 OC＝AB；④连结 AC，BC. 则△ABC 就是所求作的三角形．
图 39－1
点评：(1)本题是条件开放型问题，难度较小． (2)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．
解析：添加的条件不唯一，如： DE ＝DF (或 CE ∥BF 或∠ ECD＝∠DBF 或∠DEC＝∠DFB 等)．以第一种 DE ＝DF 为例，添加其他条件同理可证．证明：∵BD＝CD，∠EDC ＝∠FDB ，DE ＝DF ， ∴△BDF ≌△CDE . 2018/8/2
2018/8/2
专题解读
1．开放型问题：所谓开放型问题，是指那些条件不完整、结论不确定的试题，其显著的特征是答案的多样性和多层性．它的表现形式主要有三种： (1)条件的开放； (2)结论的开放； (3)解题方法的开放．开放型问题综合性强，解题方法灵活多样，结果往往具有开放性，因而对思维的灵活性、发散性有较高的要求，能够有效地考查考生的数学能力和创新能力．因此它也是近几年中考命题的热点之一． 2．开放型问题的解题方法：通过观察、比较、分析、综合甚至猜想，展开发散性思维，充分运用已学过的数学知识和数学方法，经过归纳、类比、模拟、联想构建模型等推理的手段，得出正确的结论．

第07讲开放探究性问题-2019年中考数学总复习巅峰冲刺28讲(原卷版)

2019年中考数学总复习巅峰冲刺专题07开放探究性问题【难点突破】着眼思路，方法点拨, 疑难突破；开放探究型问题的内涵：所谓开放探究型问题是指已知条件、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，需要通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需求的条件或结论或方法．(1)常规题的结论往往是唯一确定的，而多数开放探究题的结论是不确定或不是唯一的，它是给学生有自由思考的余地和充分展示思想的广阔空间；(2)解决此类问题的方法，可以不拘形式，有时需要发现问题的结论，有时需要尽可能多地找出解决问题的方法，有时则需要指出解题的思路等．对于开放探究型问题，需要通过观察、比较、分析、综合及猜想，展开发散性思维，充分运用已学过的数学知识和数学方法，经过归纳、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论．在解开放探究题时，常通过确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题．开放探究型问题三个解题方法：(1)条件开放型问题：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；(2)结论开放型问题：从剖析题意入手，充分捕捉题设信息，通过由因导果，顺向推理或联想、类比、猜测等，从而获得所求的结论；(3)条件和结论都开放型：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．（4）探究问题在中考中常以压轴题出现，它的基本类型一般包括存在型、规律型、决策型等．①解答存在型问题的一般思路：先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设下进行演绎推理，若推出矛盾即可否定假设；若推出合理结论，则可肯定假设．②解答规律型问题的一般思路：通过对所给的具体的结论进行全面而细致的观察、分析、比较，从中发现其变化规律，并由此猜出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用．③解答决策型问题的一般思路：通过对题设信息进行全面的分析、综合比较、判断优劣，从中寻得适合题意的最佳方案．【名师原创】原创检测，关注素养，提炼主题；【原创1】如图，把一张长方形纸片ABCD 进行折叠之后，恰好使其对角顶点A 与C 能够重合，且使的折痕与BC 的交点恰好在其三等分点处，则下列图形长度能够满足题意的是（）A ．AB=10，BC=20B ． AB=10，BC=30C ．BC=20D ．，BC=30【原创2】如图，正比例函数y=2x 的图象与反比例函数k y x=的图象交于A 、B 两点，过点A 作AC 垂直x 轴于点C ，连接BC ．若△ABC 的面积为2．（1）求k 的值；（2）结合图象写出不等式02≤-x xk 的解集（3）x 轴上是否存在一点D ，使△ABD 为直角三角形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由【原创3】如图，抛物线y=ax 2+bx+c 的图象交于x 轴于点A ，B 两点，交于y 轴于点C ，顶点为D ，则下列结论：①a+b+c＞0；②b 2﹣4ac ＞0；③抛物线上有两点P （1x ，1y ）和Q （2x ，2y ），若12<1<x x ，则12>y y ；④若点A 、B 的坐标分别为（x 1，0）、（x 2，0），图象上有一点M （x 0，y 0），在x 轴下方，则有a （x 0﹣x 1）（x 0﹣x 2）＜0则下列判断正确的是（），其中是真命题的序号是（）。

2019中考数学二轮冲刺9-探索开放型题.doc

2019中考数学二轮冲刺9-探索开放型题✌【专题精讲】近年来全国各地中考试题中频频出现探索型问题，这类问题由于没有明确的结论，要求考生通过自己的观察、联想、分析、比较、归纳、概括来发现解题条件或结论或结论成立的条件，因而对考生的能力要求较高。

开放型试题重在开发思维，促进创新，提高数学素养，所以是近几年中考试题的热点考题。

观察、实验、猜想、论证是科学思维方法，是新课标思维能力新添的内容，学习中应重视并应用.一. 常见的问题的类型：1. 条件探索型——结论明确，而需探索发现使结论成立的条件的题目。

2. 结论探索型——给定条件，但无明确结论或结论不惟一。

3. 存在探索型——在一定条件下，需探索发现某种数学关系是否存在。

4. 规律探索型——发现数学对象所具有的规律性与不变性的题目。

二. 常用的解题切入点：1. 利用特殊值〔特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置〕进行归纳、概括，从而得出规律。

2. 反演推理：根据假设进行推理，看推导出矛盾的结果还是能与条件一致。

也不遗漏，分门别类地加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结论。

✌【典例精析】中考探索性试题的几种类型探索性问题的试题是指给出一列数、一列等式、一列图形的前几项，然后让我们通过归纳加工、猜想，推出一般的结论，或者是给出一个图形，要求我们探索图形成立的条件、变化图形的不变的规律性。

这类问题需要学生通过对题目进行深刻理解，然后进行合情推理，就其本质进行归纳加工、猜想、类比和联想，作出合情判断和推理、1、探索等式变化的规律例1、以下等式：①13＝12；②13＋23＝32；③13＋23＋33＝62；④13＋23＋33＋43＝102；…………由此规律知，第⑤个等式是、2、探索图形变化的规律例2、依次观察左边的三个图形，并判断照此规律从左向右第4个图形是〔〕A B C D例3、用边长为1cm的小正方形搭如下的塔状图形，那么第n次所搭图形的周长是cm〔用含n 的代数式表示〕、 3、探索数列变化的规律例4、〔北京市丰台区〕观察以下数表：1 2 3 4 … 第一行 2 3 4 5 … 第二行 3 4 5 6 … 第三行 4 5 6 7 … 第四行第第第第一二三四列列列列根据表中所反映的规律，猜想第6行与第6列的交叉点上的数应为______，第n 行〔n 为正整数〕与第n 列的交叉点上的数应为_________。

初三下学期数学市级示范课-开放探索型问题精选课件PPT

F，P为ED的延长线上一点.
⑴⑵当点D△在PC劣F弧满A足⌒C什的么什条么件位时置，时P，C才与能⊙使O相AD切2=？D为E.什DF么？？
为什么？
思路解析：⑴要使PC与⊙O相切,连OC 后有∠PCO=90º. 由∠OCA= ∠OAC,
P C
D
∠ PFC= ∠AFH，可得PC=PF. ⑵要使AD2=DE.DF，即AD:DE=DF:AD,
初三数学
专题十：开放探索型问题
专题概述
开放性问题：条件和结论中至少有一个没有确定要求的问题.又可分为条件开放题（问题的条件不完备）、结论开放题（问题的结论不确定或不惟一）以及条件和结论开放题.
问题解决：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.
(2) 线段MN运动过程中，是否存在时刻t，四边形MNQP是矩形？若存在，求出t的值；
C
Q
若不存在，请说明理由.
P
分析：假设四边形MNQP为矩形，
则PQ∥AB，且PQ=MN=1
AM N
B
C
在Rt△CPQ中， ∠CQP＝30º，∴CP=1/2 P Q
∴AP=3/2，AM=t矩形. A M N
分两种不同情况求出函数关系式.
A MHN
B
CP
Q
A
MN
B
典型例题
例4：如图，△ABC中， ∠C＝90º， ∠A＝60º，AC=2cm，
长为1cm线段MN在△ABC的边AB上沿AB方向以1cm/s的速
度向点B运动（运动前点M与点A重合）. 过M、N分别作AB
的垂线交直角边于P、Q两点，线段MN运动的时间为t s.
F AH O

中考数学专题复习突破篇四开放探索问题课件

【解析】答案不唯一. (1)水塔上面的蓄水池深8米,往里蓄满水用5分钟,接着打开底部的排水管放完全部的水用去了10分钟.
(2)x轴表示时间(分),y轴表示蓄水池的深度(米). A(5,8),B(15,0).
(3)设图象AB的函数解析式为y=kx+b.把A(5,8),B(15,0)
代入上式,得
(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)请选择(1)中的一种情形,写出证明过程.
【解析】(1)①②;①③. (2)选①②证明如下: 如图,
在△BOE和△COD中, ∵∠EBO =∠DCO,∠EOB=∠DOC,BE=CD, ∴△BOE ≌△COD(AAS). ∴BO=CO.∴∠OBC=∠OCB. ∴∠EBO+∠OBC=∠DCO+∠OCB.
(2)设☉O的半径为r.
在Rt△OBE中,∵OE2=EB2+OB2,
∴(4-r)2=22+r2,∴r=1.5, ∵tan E= OB＝CD，
EB DE
∴ 1.5＝,C∴DCD=BC=3,
24
在Rt△ABC中,AC= AB2 BC2＝ 32 32＝3 2． ∴圆的半径为1.5,AC的长为 3 .2
(2)①当四边形ADOE是正方形时,利用正方形的性质解答即可; ②当四边形ADCE是菱形时,利用菱形的性质解答即可.
【自主解答】略
【规律方法】解决条件开放类问题的方法
从所给的结论出发,设想出合乎要求的一些条件,逐一列出,运用所学的定理,进行逻辑推理,从而找出满足结论的条件.
【题组过关】 1.如图,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.

九年级数学中考综合复习：开放与探索性问题复习讲义

综合复习.开放与探索性问题＆.综合评述：开放与探索性问题改变了过去试题形式单一，知识点考查僵硬，不能充分调动学生的创新意识和探究兴趣的缺点，为学生提供了更广阔的思维空间，正因为如此，开放与探究性题成为近几年中考的热点题型之一。

一、开放性问题这类题一般没有具体的标准答案，解题时要灵活运用所学基础知识，多层次、多角度地思考问题，解决问题，一般答案只要符合题意即可。

二、探究性问题探究性问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断、补充并加以证明的题型，探究性问题一般分为三类：1、条件探索型题；2、结论探究型题；3、探究存在型题。

条件型题是指所给问题中结论明确，需要完备条件的题目；结论探究型题是指题目中的结论不确定，不唯一，或题目结论需要类比，引申推广，或题目给出特例，要通过归纳总结出一般结论。

探究存在型题是指在一定的基础上，需探究发现某种数学关系是否存在的题目。

这类问题具有较强的综合性，涉及的数学基础知识非常广泛。

这种题型既能考查学生对基础知识掌握的熟练程度，又能较好的考查学生的观察、分析、概括能力，因此复习时，既要重视基础知识，又要强化数学思想方法训练，切实提高自己分析问题、解决问题的能力。

＆.典型例题剖析：§.例1、多项式192+x 加上一个单项式后，使它成为一个整式的完全平方，那么加上的单项式可以是 .（填上一个你认为正确的即可）思路点拨：本题主要考查了完全平方式。

解：按完全平方公式得()2213619+=++x x x ，()2213619-=-+x x x ，另外22919x x -+21=，()22239119x x x ==-+，224212948119⎪⎭⎫⎝⎛+=++x x x ，故其答案是x 6±或29x -或1-或4481x .规律总结：本题属于条件探索题，可以从完全平方式入手，多层次、多角度思考问题，可繁可简，可难可易，一般答案只要符合题意即可。

浙江省中考数学总复习第七章数学思想与开放探索问题第39讲开放与探索型问题讲解篇

第39讲开放与研究型问题所谓开放题，即为答案不独一的问题，其主要特点是答案的多样性和多层次内容性．特征从整体上看，解开放型题时，经过察看、比较、解析、综合及猜想，应尽可解题能地松开思想，勇敢猜想，认真论证，充足运用已学过的数学知识和数学方策略法，经过概括、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论．从方法上看，一般以分类议论及反演推理等方法较为常有.条件开放型问题：从结论出发，执果索因，逆向推理，逐渐研究结论建立的条件或把可能产生结论的条件一一列出，逐一解析；结论开放型问题：从解析题意下手，充足捕获题设信息，经过由因导果，基本顺向推理或联想类比、猜想等，从而获取所求的结论；方法(3)条件和结论都开放型：此类问题没有明确的条件和结论，而且切合条件的结论拥有多样性，需将已知的信息集中进行解析，研究问题建立所一定具备的条件或特定的条件应当有什么结论，经过这一思想活动得失事物内在联系，从而掌握事物的整体性和一般性.种类一条件开放与研究型问题例1 (1)四边形ABCD中，对角线AC、BD订交于点O，给出以下四个条件：①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有( )A．3种B．4种C．5种D．6种1【解后感悟】判断一个四边形是平行四边形的基本依照是：平行四边形的定义及其判断定理．解答此类题的重点是要打破思想定势的阻碍，运用发散思想，多方思虑，研究问题在不一样条件下的结论，发掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而找寻出增添的条件．(2)(2016·河北)如图，∠AOB＝120°，OP均分∠AOB，且OP＝2.若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则知足上述条件的△PMN有()A．1个B．2个C．3个D．3个以上【解后感悟】本题运用等边三角形的判断和性质、全等三角形的判断和性质、角均分线的性质等知识的开放性问题，解题的重点是正确增添协助线，结构全等三角形．1．(1)请举反例说明“对于随意实数x，x2＋5x＋5的值老是正数”是假命题，你举的反例是x＝(写出一个x的值即可)．(2)(2015·无锡)某商场在“五一”时期举行促销活动，依据顾客按商品标价一次性购物总数，规定相应的优惠方法：①假如不超出500元，则不予优惠；②假如超出500元，但不超出800元，则按购物总数赐予8折优惠；③假如超出800元，则此中800元赐予8折优惠，超出800元的部分赐予6折优惠．促销时期，小红和她母亲分别看中一件商品，若各自独自付款，则应分别付款480元和520元；若归并付款，则她们总合只需付款元．种类二结论开放与研究型问题例2(2016·绍兴)假如将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连结，就能构成一个平面图形．若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB＝AD＝2cm，BC＝5cm，如图，量得第四根木条CD＝5cm，判断此时∠B与∠D能否相等，并说明原因；若固定一根木条AB不动，AB＝2cm，量得木条CD＝5cm，假如木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延伸线上时，点C也在BA的延伸线上；当点C移到AB的延伸线上时，点A、C、D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．2【解后感悟】本题是动向开放研究型问题，经过绘图转变为所求的图形，利用全等三角形、二元一次方程组和三角形三边关系解决问题．2．(2015·丽水)如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，经过平移此中两条线段，使得和第三条线段首尾相接构成三角形，则能构成三角形的不一样平移方法有()A．3种B．6种C．8种D．12种3．(2015·台州)对于x的方程mx2＋x－m＋1＝0，有以下三个结论：①当m＝0时，方程只有一个实数解；②当m≠0时，方程有两个不等的实数解；③不论m取何值，方程都有一个负数解，此中正确的选项是(填序号)．种类三条件、结论开放与研究型问题例3 (2015·绍兴)正方形ABCD和正方形AEFG有公共极点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角∠DAG＝α，此中0°≤α≤180°，连结DF，BF，如图．若α＝0°，则DF＝BF，请加以证明；试画一个图形(即反例)，说明(1)中命题的抗命题是假命题；(3)对于(1)中命题的抗命题，假如能增补一个条件后能使该抗命题为真命题，请直接写出你以为需要增补的一个条件，不用说明原因．3【解后感悟】本题经过条件的改变追求新的结论，从特别到一般来研究问题即α＝0°的状况，再抗命题的研究，以及增补一个条件后能使该命题为真命题的研究．逐渐绘图来解决问题．4．(2015·南京)如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连结EF，∠AEF、∠CFE的均分线交于点G，∠BEF、∠DFE的均分线交于点H.求证：四边形EGFH是矩形；小明在达成(1)的证明后持续进行了研究，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，获取四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，请在以下框中补全他的证明思路．由AB∥CD，MN∥EF，PQ∥EF，易证四边形MNQP是平行四边形，要证MNQP是菱形，只要证MN＝NQ，由已知条件________，MN∥EF－－故只需证GM＝FQ，即证△MGE≌△QFH，易证________，________，故只需证∠MGE＝∠QFH，易证∠MGE＝∠GEF，∠QFH＝∠EFH，________，即可得证．种类四过程开放与研究型问题例4 (1)如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延伸CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG.求证：EF＝FG.如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长．4【解后感悟】本题是几何综合题，经过察看、比较、解析、综合及猜想，运用正方形、全等三角形、等腰直角三角形以及勾股定理等几何图形的性质，经过概括、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论．5．(2015·河南)如图，AB是半圆O的直径，点 P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延伸BP到点C，使PC＝PB，D是AC的中点，连结PD、PO.求证：△CDP≌△POB；填空：①若AB＝4，则四边形AOPD的最大面积为____________________；②连结OD，当∠PBA的度数为____________________时，四边形BPDO是菱形．6．(2017·绍兴)已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β.如图，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．①假如∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，那么α＝____________________°，β＝____________________°；②求α，β之间的关系式；能否存在不一样于以上②中的α，β之间的关系式？若存在，求出这个关系式(求出一个即可)；若不存在，说明原因5【经验累积题】(2015·丽水)如图，在矩形ABCD中，E为CD的中点，F为BE上的一点，连结CF并延长交AB于点M，MN⊥CM交射线AD于点N.当F为BE中点时，求证：AM＝CE；AB EF AN若＝＝2，求的值；BCBFNDAB EF(3)若＝＝n，当n为什么值时，MN∥BE?BCBF【方法与对策】本题是几何综合题，运用了相像三角形的判断与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、同角的余角相等、三角形外角的性质等知识，本题三问的解题思路是一致的；即经过特别到一般，利用全等三角形或相像三角形解决问题，这是中考常有的压轴题型．【考虑欠周，简单漏解】在一服饰厂里有大批形状为等腰三角形的边角布料(如图)．现找出此中的一种，测得∠C90°，AC＝BC＝4，现要从这类三角形中剪出一种扇形，做成不一样形状的玩具，使扇形的边沿半径恰巧都在△ABC的边上，且扇形与△ABC的其余边相切．请设计出全部可能切合题意的方案表示图，并求出扇形的半径(只需求画出图形，并直接写出扇形半径)．6参照答案第39讲开放与研究型问题【例题精析】例1 (1)①②组合可依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ABCD为平行四边形；③④组合可依据对角线相互均分的四边形是平行四边形判断出四边形ABCD为平行四边形；①③可证明△ADO≌△CBO，从而获取AD＝CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ABCD为平行四边形；①④可证明△ADO≌△CBO，从而获取AD＝CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ABCD为平行四边形；应选：B.如图在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°.∵OP均分∠AOB，∴∠EOP＝∠POF60°，∵OP＝OE＝OF，∴△OPE，△OPF是等边三角形，∴EP＝OP，∠EPO＝∠OEP＝∠PON∠PEM＝∠PON，＝∠MPN＝60°，∴∠EPM＝∠OPN，在△PEM和△PON中，PE＝PO，∴△PEM≌△PON.∠EPM＝∠OPN，∴PM＝PN，∵∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形，∴只需∠MPN＝60°，△PMN就是等边三角形，故这样的三角形有无数个．应选D.例2(1)相等．原因：连结AC，在△ACDAC＝AC和△ACB中，AD＝AB，∴△ACD≌△ACB，∴∠B＝∠D.CD＝BCx＋2＝y＋5x＝13(2) 设AD＝x，BC＝y，当点C在点D右边时，，解得：，x＋（y＋2）＋5＝30y＝10y＝x＋5＋2x＝8当点C在点D左边时，，解得：，此时AC＝17，CD＝5，AD＝8，x＋（y＋2）＋5＝30y＝155＋8<17，∴不合题意，∴AD＝13cm，BC＝10cm.7例3(1)证明：如图1，正方形ABCD和正方形AEFG中，∵GF＝EF，AG＝AE，AD＝AB，∴DG＝BE.又∵∠DGF＝∠BEF＝90°，∴△DGF≌△BEF(SAS)．∴DF＝BF.(2)反例图形如图2：(3)不独一，如点F在正方形ABCD内，或α＜180°.AB＝AD，例4(1)证明：∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，在△ABE和△ADG中，∠ABE＝∠ADG，∴BE＝DG，ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，在△FAE和△FAG中，AE＝AG，EAF＝∠FAG＝45°，∴△FAE≌△FAG(SAS)，∴EF＝FG；AF＝AF，如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM，连结AE、EN，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°，在△ABM和△A CEAB＝AC，中，∠B＝∠ACE，∴△ABM≌△ACE(SAS)．∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE.∵∠BAC＝90°，∠BM＝CE，MAN＝45°，∴∠BAM＋∠CAN＝45°.于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°.在△MANAM＝AE，和△EAN中，∠MAN＝∠EAN，∴△MAN≌△EAN(SAS)．∴MN＝EN.在Rt△ENC中，由勾股定AN＝AN，222222222理，得EN＝EC＋NC.∴MN＝BM＋NC.∵BM＝1，CN＝3，∴MN＝1＋3，∴MN＝10.【变式拓展】1．(1)－2 (2)838或910 2.B3.①③114.(1)∵EH均分∠BEF，∴∠FEH＝2∠BEF，∵FH均分∠DFE，∴∠EFH＝2∠DFE，∵AB11∥CD，∴∠BEF＋∠DFE＝180°，∴∠FEH＋∠EFH＝(∠BEF＋∠DFE)＝×180°＝90°，∵22∠FEH＋∠EFH＋∠EHF＝180°，∴∠EHF＝180°－(∠FEH＋∠EFH)＝180°－90°＝90°，81同理可得：∠EGF＝90°，∵EG均分∠AEF，∴∠FEG＝2∠AEF，∵EH均分∠BEF，∴∠FEH1＝2∠BEF，∵点A、E、B在同一条直线上，∴∠AEB＝180°，即∠AEF＋∠BEF＝180°，∴11∠FEG＋∠FEH＝(∠AEF＋∠BEF)＝×180°＝90°，即∠GEH＝90°，∴四边形EGFH是矩22形；(2)答案不独一：由AB∥CD，MN∥EF，PQ∥EF，易证四边形MNQP是平行四边形，要证?MNQP是菱形，只需证MN＝NQ，由已知条件：FG均分∠CFE，MN∥EF，故只需证GM＝FQ，即证△MGE≌△QFH，易证GE＝FH、∠GME＝∠FQH.故只需证∠MGE＝∠QFH，易证∠MGE＝∠GEF，∠QFH＝∠EFH，∠GEF＝∠EFH，即可得证． 5.(1)∵PC＝PB，D是AC的中点，∴11DP∥AB，DP＝2AB，∴∠CPD＝∠PBO，∵BO＝2AB，∴DP＝BO，在△CDP与△POB中，DP＝BO，CPD＝∠PBO，∴△CDP≌△POB(SAS)；(2)①当四边形AOPD的AO边上的高等于半径时PC＝PB，有最大面积，(4÷2)×(4÷2)＝2×2＝4；②如图：∵DP∥AB，DP＝BO，∴四边形BPDO是平行四边形，∵四边形BPDO是菱形，∴PB＝BO，∵PO＝BO，∴PB＝BO＝PO，∴∠PBA的度数为60°.6.(1)①∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE180°－2∠ADE＝40°，∴α＝∠BAD＝60°－40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD＋∠ABD＝60°＋20°＝80°，∴β＝∠CDE＝∠ADC－∠ADE＝10°，故答案为：20，10；②设∠ABC＝x，∠AED＝y，∴∠ACB＝x，∠ADE＝y，在△DEC中，y＝β＋x，在△ABD中，α＋x＝y＋β＝β＋x＋β，∴α＝2β；(2)存在；答案不独一，如：①当点E在CA的延伸线上，点D在线段BC上，如图1，设∠ABC＝x，∠ADE＝y，∴∠ACB＝x，∠AED＝y，在△ABD中，x＋α＝β－y，在△DEC中，x＋y＋β＝180°，∴α＝2β－180°，②当点E在CA的延伸线上，点D在CB的延伸线上，如图2，同①的方法可得α＝180°－2β.9【热门题型】【解析与解】(1)∵F 为BE 的中点，∴BF ＝EF.∵AB ∥CD ，∴∠ MBF ＝∠CEF ，∠BMF ＝ECF.∴△BMF ≌△ECF ，∴MB ＝CE ，AB ＝CD ，CE ＝DE ，∴MB ＝AM.∴AM ＝CE.(2)设MB ＝a ，∵AB ∥CD ，∴△BMF ∽△ECF.∵EFCE＝2，∴＝2，∴CE ＝2a.∴AB ＝CD ＝2CE ＝4a ，AM ＝AB －BFMBMB ＝3a.∵ABAN AM＝2，∴BC ＝AD ＝2a.∵MN ⊥MC ，∠A ＝∠ABC ＝90°，∴△AMN ∽△BCM.∴＝， BCMBBC3AN 3a33 1AN 2a(3)方法一：∵AB EF即＝，∴AN ＝a ，ND ＝2a －a ＝a ，∴＝＝3.＝＝n ，设MBa2a 2 2 2ND1BCFB2a1＝a ，由(2)可得 BC ＝2a ，CE ＝na ，AM ＝(2n －1)a.由△AMN ∽△BCM ，AN ＝2(2n －1)a ，DN ＝（2n －5）aDN DH，∵DH ∥AM ，＝，DH ＝(2n －5)a ，∴HE ＝(5－n)a.∵MBEH 是平行四边形，2 AN AM∴(5－n)a ＝a ，∴n ＝4.方法二：∵AB EF＝＝n ，设MB ＝a ，由(2)可得BC ＝2a ：CE ＝na.当BC FBMN ∥BE 时，CM ⊥BE ，可证△MBC ∽△BCE ，∴MB BCa 2a＝，∴＝，∴n ＝4.BC CE 2a na【错误警告】10。

2019年浙江新中考数学专题二规律探索与开放型问题

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13 13 解： (1)将点 A(4， 0)代入 y1＝－ x ＋ x＋ c，得 0＝－ 16＋ × 4 4 4
2
13 ＋ c，解得 c＝ 3.∴二次函数 y1 的表达式为 y1＝－ x ＋ x＋ 3.∵ 当 4
2
13 x＝ 0 时，y1＝－ x ＋ x＋ 3＝ 3，∴点 B 的坐标为 (0， 3)． 4
知识结构典例精选当堂达标训练能力评估检测
【解析】观察图形可知，当 n 是奇数时，灰色小正方形的个数为 1，5，9，13，…；当 n 是偶数时，灰色小正方形的个数为 4，8，12，16，…. 由以上可知，当 n 为偶数时， P1＝2n，白色与灰色的总数为 n2， ∴P2＝n2－2n，根据题意假设存在，则 n2－2n＝5×2n，即 n2－12n＝0，解得 n＝12，n＝0(不合题意，舍去)． ∴存在偶数 n＝12，使得 P2＝5P1. 答案：12
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5．如图，正方形 ABCD 的边长为 2，其面积标记为 S1，以 CD 为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为 S2……按照此规律继续下去，则 S2 019 的值为( )
2 A． 2
2 015
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(2)性质探究：试探索垂美四边形 ABCD 两组对边 AB，CD 与 BC，AD 之间的数量关系．猜想结论： (要求用文字语言叙述) 垂美四边形两组对边的平方和相等 . 写出证明过程(先画出图形，写出已知、求证)．解：如图，在四边形 ABCD 中，对角线 AC⊥BD，垂足是 E.求证：AD2＋BC2＝AB2＋CD2. 证明：∵AC⊥BD， ∴∠AED＝∠BEC＝∠AEB＝∠CED＝90°， ∴AD2＋BC2＝DE2＋AE2＋BE2＋CE2， AB2＋CD2＝AE2＋BE2＋CE2＋DE2， ∴AD2＋BC2＝AB2＋CD2.

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1如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF．（1）请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是，并证明．（2）在问题（1）中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由．分析：（1）根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，（2）由（1）可得出四边形BFCE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BH=EH时，四边形BFCE是矩形．解答：（1）添加：EH=FH，证明：∵点H是BC的中点，∴BH=CH，在△△BEH和△CFH中，，∴△BEH≌△CFH（SAS）；（2）解：∵BH=CH，EH=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）．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2.如图2－1－3，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.有直角∠MPN，使直角顶点P与点O 重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ(0°＜θ＜90°)，PM，PN 分别交AB，BC于E，F两点，连结EF交OB于点G，则下列结论中正确的是____．①EF ＝2OE ；②S 四边形OEBF ∶S 正方形ABCD ＝1∶4；③BE ＋BF ＝2OA ；④在旋转过程中，当△BEF 与△COF 的面积之和最大时，AE ＝34；⑤OG ·BD ＝AE 2＋CF 2.图2－1－3 第4题答图【解析】 ∵四边形ABCD 是正方形，∴OB ＝OC ，∠OBE ＝∠OCF ＝45°，∠BOC ＝90°，∴∠BOF ＋∠COF ＝90°，∵∠EOF ＝90°，∴∠BOF ＋∠BOE ＝90°，∴∠BOE ＝∠COF ，∴△BOE ≌△COF (ASA )，∴OE ＝OF ，BE ＝CF ，∴EF ＝2OE .故①正确；∵S 四边形OE BF ＝S △BOE ＋S △BOF ＝S △BOF ＋S △COF ＝S △BOC ＝14S 正方形ABCD ，∴S 四边形OEBF ∶S 正方形ABCD ＝1∶4.故②正确；∵BE ＋BF ＝BF ＋CF ＝BC ＝2OA .故③正确；如答图，过点O 作OH ⊥BC 交BC 于点H ，∵BC ＝1，∴OH ＝12BC ＝12，设AE ＝x ，则BE ＝CF ＝1－x ，BF ＝x ，∴S △BEF ＋S △COF ＝12BE ·BF ＋12CF ·OH ＝12x (1－x )＋12(1－x )×12＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋932，∵a ＝－12＜0，∴当x ＝14时，S △BEF ＋S △COF 最大，即在旋转过程中，当△BEF 与△COF 的面积之和最大时，AE ＝14.故④错误；∵∠EOG ＝∠BOE ，∠OEG ＝∠OBE ＝45°，∴△OEG ∽△OBE ，∴OE ∶OB ＝OG ∶OE ，∴OG ·OB ＝OE 2，∵OB ＝12BD ，OE ＝22EF ，∴OG ·BD ＝EF 2，∵在△BEF 中，EF 2＝BE 2＋BF 2，∴EF 2＝AE 2＋CF 2，∴OG ·BD ＝AE 2＋CF 2.故⑤正确．故答案为①②③⑤. 【课堂提升】1.如图，直线a 、b 被直线c 所截，若满足，则a 、b 平行．2.写出一个运算结果是a 6的算式．3.如图2－1－5，CD 是经过∠BCA 顶点C 的一条直线，CA ＝CB .E ，F 分别是直线CD 上两点，且∠BEC ＝∠CFA＝∠α.(1)若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：①如图①，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，则BE____CF；EF____|BE－AF|(选填“＞”“＜”或“＝”)；②如图②，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于∠α与∠BCA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．(2)如图③，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请写出EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想(不要求证明)．图2－1－54.如图2－1－6①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图②，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连结FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．5.如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边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。

初中数学精品课件：开放型和探索型问题

图 36-4
【解析】 (1)当所截矩形材料的一条边是 BC 时，如解图①所示，过点 C 作 CF⊥AE 于点 F，可得 S 矩形 ABCF＝AB·BC＝6×5＝30.
当所截矩形材料的一条边是 AE 时，如解图②所示，过点 E 作 EF⊥AE 交 CD 于点 F，过点 F 作 FG⊥AB 于点 G，过点 C 作 CH⊥FG 于点 H，则四边形 AEFG，四边形 BCHG 均为矩形． ∵∠BCD＝135°，∴∠FCH＝45°， ∴△CHF 为等腰直角三角形．易知 FG＝AE＝6，HG＝BC＝5， ∴BG＝CH＝FH＝FG－HG＝6－5＝1， ∴AG＝AB－BG＝6－1＝5， ∴S 矩形 AEFG＝AE·AG＝6×5＝30.
－12x－2. 过点 D 作 DN⊥x 轴，交 AE 于点 F，交 x 轴于点 G，过点 E 作 EH⊥DF，垂足为 H，如解图．
设点 D m，－34m2－32m＋6 ，则点
Fm，－12m－2，
∴DF＝－34m2－32m＋6－－12m－2＝－34m2－m ＋8，
∴
S
△
ADE
＝
S
△
ADF
＋
S
△
题型三存在探索型问题
存在性问题是探索型问题中的一种典型性问题，探索的结果有两种：一种是存在，另一种是不存在．一种方法是直接求解法，就是直接从已知条件入手逐步试探，求出满足条件的对象；另一种方法是假设求解法，就是先假设结论存在，根据条件推理、计算，并根据每一步的可逆性，证得结论存在．如果推出矛盾的结论，那么就说明结论不存在．
1．简而言之，答案不唯一的问题称为开放型问题，其显著的特征是答案的多样性和多层次性．开放型问题是近几年中考的热点问题之一．这类题综合性强，解题方法灵活多样，结果往往具有开放性，因而对思维的灵活性、敏捷性、深刻性、发散性、独立性、批判性有更高的要求，能够有效地考查学生的数学能力和创新能力．

2019届中考数学总复习创新开放与探究型问题

2019届中考数学总复习：创新、开放与探究型问题【中考展望】所谓开放探索型问题指的是有些数学问题的条件、结论或解决方法不确定或不唯一，需要根据题目的特点进行分析、探索，从而确定出符合要求的答案(一个、多个或所有答案)或探索出解决问题的多种方法．由于开放探究型问题对考查学生思维能力和创造能力有积极的作用，是近几年中考命题的一个热点．通常这类题目有以下几种类型：条件开放与探索，结论开放和探索，条件与结论都开放与探索与方案设计、命题组合型、问题开放型等．【方法点拨】由于开放探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：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唯一确定，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．【典型例题】类型一、探究规律1．观察下列各式：，，，，…想一想，什么样的两数之积等于这两数之和？设n表示正整数，用关于n 的等式表示这个规律．【思路点拨】所给各式中的两个数中，一个是分数，一个是整数，且分数的分子比分母大1，分子与整数相等，因此得出规律.【答案与解析】所给各式中的两个数中，一个是分数，一个是整数，且分数的分子比分母大1，分子与整数相等，因此得到规律：(n为正整数)【总结升华】这个规律是否正确呢？可将等式左右两边分别化简，即能得出结论．对于“数字规律”的观察，要善于发现其中的变量与不变量，以与变量与项数之间的关系，将规律用代数式表示出来．举一反三：【变式】（2015秋•日照期中）如图，把一条绳子折成3折，用剪刀从中剪断，如果剪一刀得到4条绳子，如果剪两刀得到7条绳子，如果剪三刀得到10条绳子，…，依照这种方法把绳子剪n刀，得到的绳子的条数为（）A．n B．45 C．31 D．34【答案】C【解析】解：设段数为x则依题意得：0时，1，1，4，2，7，3，10，…所以当时，31．故选：C．类型二、条件开放型2．如图所示，四边形是矩形，O是它的中心，E，F是对角线上的点．(1)若，则△≌△(请你填上能使结论成立的一个条件)；(2)证明你的结论．【思路点拨】（1）已知了一边，和一角（∥，∠∠）相等．根据全等三角形的判定、、等，只要符合这些条件的都可以．（2）按照（1）中的条件根据全等三角形的判定进行证明即可．【答案与解析】解：(1)＝；(＝；⊥，⊥；∥等等)(2)以＝为例．∵四边形是矩形，∴＝，∥，∠＝∠．又∵＝．∴－＝－．∴＝，∴△≌△．【总结升华】这是一道探索条件、补充条件的开放型试题，解决这类问题的一般方法是：从结论出发，由果寻因，逆向推理，探寻出使结论成立的条件；有时也采取把可能产生结论的条件一一列出，逐个分析考察．举一反三：【高清课堂：创新、开放与探究型问题例1】【变式】如图，飞机沿水平方向（A，B两点所在直线）飞行，前方有一座高山，为了避免飞机飞行过低，就必须测量山顶M到飞行路线的距离．飞机能够测量的数据有俯角和飞行距离（因安全因素，飞机不能飞到山顶的正上方N处才测飞行距离），请设计一个求距离的方案，要求：（1）指出需要测量的数据（用字母表示，并在图中标出）；（2）用测出的数据写出求距离的步骤．【答案】解：此题为开放题，答案不唯一，只要方案设计合理，可参照给分⑴如图，测出飞机在A 处对山顶的俯角为，测出飞机在B处对山顶的俯角为，测出的距离为d，连接，．⑵第一步，在中，∴；第二步，在中，∴；其中，解得．类型三、结论开放型3．已知：如图(a)，△≌△，∠＝∠＝90°，试以图中标有字母的点为端点，连接两条线段，如果你所连接的两条线段满足相等、垂直或平行关系中的一种，那么请你把它写出来并证明．【思路点拨】此题需分三种情况讨论：第一种相等，第二种垂直⊥，第三种是平行∥．首先利用全等三角形的性质，再利用三角形全等的判定定理分别进行证明即可．【答案与解析】解：可以写出的结论有：＝，∥，⊥，⊥等．(1)如图(b)，连接，，得＝．证明：∵△≌△，∴＝，＝．又∠＝∠，∴∠＝∠E1．∴△≌△．∴＝．(2)如图(c)，连接，，得∥．证明：∵△≌△，∴＝．∴∠＝∠．∵∠＝∠，∴∠＝∠．由＝可得∠＝∠．∵∠＝∠，∴∠＝∠．∵∠∠＝∠∠，∴∠＝∠．∴∥．(3)如图(d)，连接，，得⊥．∵△≌△，∴＝，∠＝∠＝90°．又∵＝，∴△≌△．∴∠＝∠．∴⊥．(4)如图(e)，连接、，得⊥．同(3)得∠＝∠．可得∠＝∠．∴⊥．【总结升华】本题考查了全等三角形的判定与性质；要对全等三角形的性质与三角形全等的判断定理进行熟练掌握、反复利用，达到举一反三．举一反三：【高清课堂：创新、开放与探究型问题例2】【变式】数学课上，李老师出示了这样一道题目：如图，正方形的边长为，P为边延长线上的一点，E为的中点，的垂直平分线交边于M，交边的延长线于N.当6时，与的比值是多少？经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：过E作直线平行于交，分别于F，G，如图，则可得：，因为，所以.可求出和的值，进而可求得与的比值.(1) 请按照小明的思路写出求解过程.(2) 小东又对此题作了进一步探究，得出了的结论.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.【答案】（1）解：过作直线平行于交，分别于点，，则，，.∵，∴.∴，.∴.（2）证明：作∥交于点，则，.∵，∴.∵，，∴.∴.∴.类型四、动态探究型4．（2016•平南县二模）已知：在△与△中，，，∠∠90°．（1）如图1，点C、D分别在边、上，连结、，点M为线段的中点，连结，则线段与之间的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，将图1中的△绕点O逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜90°）．连结、，点M为线段的中点，连结．请你判断（1）中的两个结论是否仍然成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）如图3，将图1中的△绕点O逆时针旋转到使△的一边恰好与△的边在同一条直线上时，点C落在上，点M为线段的中点．请你判断（1）中线段与之间的数量关系是否发生变化，写出你的猜想，并加以证明．【思路点拨】（1）与之间的数量关系为2，位置关系是⊥；（2）（1）中的两个结论仍然成立，利用中位线定理得到2，利用得到三角形与三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得到，等量代换得到2；由为三角形的中位线，利用中位线定理得到与平行，利用两直线平行同位角相等得到∠∠F，由全等三角形的对应角相等得到∠∠，等量代换得到∠∠，根据∠与∠互余，得到∠与∠互余，即可确定出与垂直，得证；（3）（1）中线段与之间的数量关系没有发生变化，理由为：如图3所示，延长交于E，连结，过点E作⊥于N，由三角形与三角形都为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到四个角为45度，进而得到三角形与三角形为等腰直角三角形，根据为直角三角形斜边上的中线得到2，再利用三个角为直角的四边形为矩形得到四边形为矩形，可得出，等量代换得到2．【答案与解析】解：（1）线段与之间的数量关系是2，位置关系是⊥；（2）（1）的两个结论仍然成立，理由为：证明：如图2，延长到F，使，连结，∵M为中点，O为中点，∴为△的中位线，∴2，∵∠∠∠90°，∴∠∠∠∠，即∠∠，在△和△中，，∴△≌△（），∴，∴2，∵为△的中位线，∴∥，∴∠∠F，又∵△≌△，∴∠∠F，∵∠∠90°，∴∠∠90°，即⊥；（3）（1）中线段与之间的数量关系没有发生变化，理由为：证明：如图3，延长交于E，连结，过点E作⊥于N，∵，，∠∠90°，∴∠∠∠∠∠45°，∴，，∠90°，∴，∴2，∵M为的中点，∴⊥，∴四边形是矩形．∴， ∴2．故答案为：2；⊥．【总结升华】此题考查了几何变换综合题，涉与的知识有：全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，是一道多知识点探究性试题．类型五、创新型5．认真观察图3的4个图中阴影部分构成的图案，回答下列问题：（1）请写出这四个图案都具有的两个共同特征．特征1：；特征2：．（2）请在图4中设计出你心中最美丽的图案，使它也具备你所写出的上述特征【思路点拨】本题主要考查轴对称图形，中心对称图形的知识点，以与学生的观察能力与空间想象能力．【答案与解析】（1）特征1：都是轴对称图形；特征2：都是中心对称图形；图4 图3特征3：这些图形的面积都等于4个单位面积等．（2）满足条件的图形有很多，只要画正确一个，就可以得满分．图5【总结升华】本题为开放型试题，答案并不唯一，只要考生能够写出一种符合要求的情景即可，该题为考生提供了一个广阔的发挥空间，但是学生必须通过前四个图形发现其中蕴涵的规律，依照此规律来画出自己想象中的美妙图形．【巩固练习】一、选择题1．若自然数n使得三个数的加法运算“(1)+(2)”产生进位现象，则称n 为“连加进位数”．例如：2不是“连加进位数”，因为2+3+4＝9不产生进位现象；4是“连加进位数”，因为4+5+6＝15产生进位现象；51是“连加进位数”，因为51+52+63＝156产生进位现象．如果从0，1，2，…，99这100个自然数中任取一个数，那么取到“连加进位数”的概率是( )A．0.88 B．0.89 C．0.90 D．0.912．如图，点A，B，P在⊙O上，且∠＝50°，若点M是⊙O上的动点，要使△为等腰三角形，则所有符合条件的点M有( )A．1个B．2个C．3个D．4个3．（2016秋•永定区期中）下列图形都是由同样大小的棋子按一定的规律组成，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，…，则第⑧个图形中棋子的颗数为（）A．226 B．181 C．141 D．106二、填空题4．（2015秋•淮安校级期中）电子跳蚤游戏盘为△，8，9，10，如果电子跳蚤开始时在边上的P0点，0=4．第一步跳蚤跳到边上P1点，且10；第二步跳蚤从P1跳到边上P2点，且21；第三步跳蚤从P2跳回到边上P3点，且32；…跳蚤按上述规则跳下去，第2015次落点为P2016，则P3与P2016之间的距离为．5．下图为手的示意图，在各个手指间标记字母A，B，C，D，请你按图中箭头所指方向(如A→B→C→D→C→B→A→B→C→…的方式)从A开始数连续的正整数1，2，3，4，…，当数到12时，对应的字母是；当字母C第201次出现时，恰好数到的数是；当字母C第21次出现时(n 为正整数)，恰好数到的数是(用含n的代数式表示)．6. (1)如图(a)，∠＝∠，请补充一个条件：，使△≌△．(2)如图(b)，∠1＝∠2，请补充一个条件：，使△≌△．三、解答题7．如图所示，已知在梯形中，∥，＝，对角线和相交于点O，E是边上一个动点(点E不与B，C两点重合)，∥交于点F，∥交于点G．(1)求证：四边形的周长等于2；(2)请你将上述题目的条件“梯形中，∥，＝”改为另一种四边形，其他条件不变，使得结论“四边形的周长等于2”仍成立，并将改编后的题目画出图形，写出已知、求证，不必证明．8．如图所示，平面直角坐标系内有两条直线，，直线的解析式为．如果将坐标纸折叠，使直线与重合，此时点(-2，0)与点(0，2)也重合．(1)求直线的解析式；(2)设直线与相交于点M．问：是否存在这样的直线，使得如果将坐标纸沿直线折叠，点M恰好落在x轴上？若存在，求出直线的解析式；若不存在，请说明理由．9．（2015•黄陂区校级模拟）正方形中，将一个直角三角板的直角顶点与点A重合，一条直角边与边交于点E（点E不与点B和点C重合），另一条直角边与边的延长线交于点F．（1）如图①，求证：；（2）如图②，此直角三角板有一个角是45°，它的斜边与边交于G，且点G是斜边的中点，连接，求证：；（3）在（2）的条件下，如果=，那么点G是否一定是边的中点？请说明你的理由．10. （2016•天门）如图①，半圆O的直径6，和是它的两条切线，与半圆O相切于点P，并于，分别相交于C，D两点．（1）请直接写出∠的度数；（2）求•的值；（3）如图②，连接并延长交于点Q，连接，试判断△能否与△相似？若能相似，请求：的值；若不能相似，请说明理由．【答案与解析】一、选择题1.【答案】A；【解析】不是“连加进位数”的有“0，1，2，10，11，12，20，21，22，30，31，32”共有12个．∴P(取到“连加进位数”)＝．2.【答案】D；【解析】如图，①过圆点O作的垂线交和于M1，M2．②以B为圆心为半径作弧交圆O于M3．③以A为圆心，为半径弧作弧交圆O于M4．则M1，M2，M3，M4都满足要求．3.【答案】C；【解析】设第n个图形中棋子的颗数为（n为正整数），观察，发现规律：a1=1，a2=1+3+2=6，a3=1+3+5+4+3=16，…，∴1+3+5+…+（2n﹣1）+（2n﹣2）+…22﹣1，当8时，a8=×82﹣×8+1=141．二、填空题4.【答案】1．【解析】∵10，0=4，知0=6，∴1=6．∵9，∴21=3．∵8，∴32=5．∴43=5，∴4=4．∴54=4，∴5=4．∴65=4．此时P6与P0重合，即经过6次跳，电子跳蚤回到起跳点．2016÷6=336，即P2016与P0重合，∴P3与P2016之间的距离为P3P0=1．故答案为：1．5.【答案】B；603；63．【解析】由题意知A→B→C→D→C→B→A→B→C→D→C→B→A→B…，每隔6个数重复一次“A→B→C→D→C→B→”，所以，当数到12时对应的字母是B；当字母C第201次出现时，恰好数到的数是201×3＝603；当字母C第21次出现时(n为正整数)，恰好数到的数是(21)×3＝63．6.【答案】答案不唯一．(1)如图(a)中∠A＝∠D，或＝；(2)图(b)中∠D ＝∠B，或等．三、解答题7.【答案与解析】(1)证明：∵四边形是梯形，∥，＝，∴∠＝∠．又∵＝，＝，∴△≌△．∴∠1＝∠2．又∵∥，∴∠2＝∠3．∴∠1＝∠3．∴＝．∵∥，∥，∴四边形是平行四边形．∴＝，＝．∴四边形的周长＝2()＝2()＝2．(2)方法1：如图乙，已知矩形中，对角线，相交于点O，E为上一个动点(点E不与B，C两点重合)，∥，交于点F，∥交于点G．求证：四边形的周长等于2．图略．方法2：如图丙，已知正方形中，……其余略．8. 【答案与解析】解：(1)直线与y轴交点的坐标为(0，1)．由题意，直线与关于直线对称，直线与x轴交点的坐标为(-1，0)．又∵直线与直线的交点为(-3，3)，∴直线过点(-1，0)和(3，3)．设直线的解析式为y＝．则有解得所求直线的解析式为．(2)∵直线与直线互相垂直，且点M(-3，3)在直线上，∴如果将坐标纸沿直线折叠，要使点M落在x轴上，那么点M必须与坐标原点O重合，此时直线过线段的中点．将，代入y＝，解得t＝3．∴直线l的解析式为y＝3．9．【答案与解析】解：（1）如图①，∵四边形是正方形，∴∠∠∠∠90°，．∵∠90°，∴∠∠，∴∠﹣∠∠﹣∠，∴∠∠．在△和△中，∴△≌△（）∴；（2）如图②，连接，∵∠90°，∠45°，∴∠∠45°，∴．∵点G是斜边的中点，∴∠∠45°．∴∠∠45°．∵△≌△，∴∠∠，，∴∠∠45°，即∠45°，∴∠∠．在△和中，，∴△≌（），∴．∵，∴，∴；（3）G不一定是边的中点．理由：设6k，5k，，∴6k﹣x，5k，6，∴﹣，在△中，由勾股定理，得（6k﹣x）2+（）2=（5k）2，解得：x1=2k，x2=3k，∴4k或3k．∴点G不一定是边的中点．10．【答案与解析】解：（1）∠90°．理由：如图①中，∵是直径，、是切线，∴⊥，⊥，∴∥，∵、是切线，∴∠∠，同理∠∠，∵∠∠180°，∴2∠2∠180°，∴∠∠90°，∴∠90°．（2）如图①中，∵是直径，、是切线，∴∠∠90°，∴∠∠90°，∵∠90°，∴∠∠90°，∴∠∠，∴△∽△，∴=，即••，∵6，∴3，（3）△能与△相似．∵、是⊙O切线，∴，∠1=∠2，∵、是⊙O切线，∴，∠∠90°，，∴△≌△，∴∠3=∠4，①如图②中，当△∽△时，∠5=∠1，∵∠∠，即∠1=∠3，∴∠5=∠4，∴，∴∠∠，∴△≌△，∴∠∠2，∵∠1+∠2+∠180°，∴∠1=60°=∠3，在△，△中，分别求得，3，∴：1：3．②如图②中，当△∽△时，∠6=∠1，∵∠2=∠1，∴∠6=∠2，∴∠1=∠，∴∠6=∠，∴，∵S△••••，∴6，∵∥，∴=，即=，∴：1：2。