2017初中数学开放性探究性试题及解题策略.doc
2017年中考数学考前热点题型过关专题三开放探究题课件
解 如图,作 BD⊥AC 于点 D. 设 BD=x, 则在 Rt△ABD 中,tan 30°=
������ , ������������
∴AD= 3x.
在 Rt△CBD 中,tan 45°=������������,
������
∴CD=x,∴AC=AD-CD= 3x-x. ∵AC=30×2=15,∴ 3x-x=15,∴x≈21.4. ∵21.4>15,
开放探究型问题通常有条件开放、结论开放、条件结论都开放 等类型;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. 探究条件型是指根据问题提供的残缺条件添补若干个条件,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来的条件, 不可有重复条件,也不能遗漏条件.探究结论型问题是指根据题目 所给的已知条件进行分析、推断,推导出一个与已知条件相关的结 论.解决此类问题的关键是对已知的条件进行综合推理,导出新的 结论.探究结论存在型问题的解法一般是先假定存在,然后结合现 有的条件进行推理,最后推导出问题的解或矛盾再加以说明.归纳 探究型问题是指给出一些条件和结论,通过归纳、总结、概括,由 特殊猜测一般的结论或规律,解决此类问题的一般方法是对由特殊 得到的结论进行合理猜想,并进行验证.
解法一FB=CE,AC=DF,添加①AB=ED. 证明:因为FB=CE,所以BC=EF. 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.
中考数学创新开放探究型问题题两套资料2017培优教学案精编
中考冲刺：创新、开放与探究型问题—知识讲解（一）【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及方案设计、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：222211⨯=+，333322⨯=+，444433⨯=+，555544⨯=+，…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.【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，以及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．4n+5 C．3n+1 D．3n+4类型二、条件开放型2．如图所示，四边形ABCD是矩形，O是它的中心，E，F是对角线AC上的点．(1)若________________________，则△DEC≌△BFA(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AD=BC，和一角（AD∥BC，∠DAC=∠BCA）相等．根据全等三角形的判定AAS、SAS、ASA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．【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：【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AB的距离MN．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MN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MN的步骤．类型三、结论开放型写出来并证明．【思路点拨】此题需分三种情况讨论：第一种相等CD=BE，第二种垂直AF⊥BD，第三种是平行DB∥CE．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．【总结升华】本题考查了全等三角形的判定及性质；要对全等三角形的性质及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：【变式】数学课上，李老师出示了这样一道题目：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的垂直平分线交边DC于M，交边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分别于F，G，如图2，则可得：DF DEFC EP=，因为DE EP=，所以DF FC=.可求出EF和EG的值，进而可求得EM与EN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.类型四、动态探究型4．（2016•平南县二模）已知：在△AOB与△COD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠CO D=90°．（1）如图1，点C、D分别在边OA、OB上，连结AD、BC，点M为线段BC的中点，连结OM，则线段AD与OM之间的数量关系是，位置关系是；（2）如图2，将图1中的△COD绕点O逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜90°）．连结AD、BC，点M为线段BC的中点，连结OM．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△COD绕点O逆时针旋转到使△COD的一边OD恰好与△AOB的边OA在同一条直线上时，点C落在OB上，点M为线段BC的中点．请你判断（1）中线段AD与OM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）AD与OM之间的数量关系为AD=2OM，位置关系是AD⊥OM；（2）（1）中的两个结论仍然成立，利用中位线定理得到FC=2OM ，利用SAS 得到三角形AOD 与三角形FOC 全等，利用全等三角形的对应边相等得到FC=AD ，等量代换得到AD=2OM ；由OM 为三角形BCF 的中位线，利用中位线定理得到OM 与CF 平行，利用两直线平行同位角相等得到∠BOM=∠F ，由全等三角形的对应角相等得到∠F=∠OAD ，等量代换得到∠BOM=∠OAD ，根据∠BOM 与∠AOM 互余，得到∠OAD 与∠AOM 互余，即可确定出OM 与AD 垂直，得证；（3）（1）中线段AD 与OM 之间的数量关系没有发生变化，理由为：如图3所示，延长DC 交AB 于E ，连结ME ，过点E 作EN ⊥AD 于N ，由三角形COD 与三角形AOB 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MCE 与三角形AED 为等腰直角三角形，根据EN 为直角三角形ADE 斜边上的中线得到AD=2EN ，再利用三个角为直角的四边形为矩形得到四边形OMEN 为矩形，可得出EN=OM ，等量代换得到AD=2OM ．【总结升华】此题考查了几何变换综合题，涉及的知识有：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，以及学生的观察能力及空间想象能力．图3图4中考冲刺：创新、开放与探究型问题—巩固练习（基础）【巩固练习】一、选择题1．若自然数n使得三个数的加法运算“n+(n+1)+(n+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∠APB＝50°，若点M是⊙O上的动点，要使△ABM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△ABC，AB=8，AC=9，BC=10，如果电子跳蚤开始时在BC边上的P0点，BP0=4．第一步跳蚤跳到AC边上P1点，且CP1=CP0；第二步跳蚤从P1跳到AB边上P2点，且AP2=AP1；第三步跳蚤从P2跳回到BC边上P3点，且BP3=BP2；…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2n+1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)，∠ABC＝∠DCB，请补充一个条件：________，使△ABC≌△DCB．(2)如图(b)，∠1＝∠2，请补充一个条件：________，使△ABC≌△ADE．三、解答题7．如图所示，已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，对角线AC和BD相交于点O，E是BC边上一个动点(点E不与B，C两点重合)，EF∥BD交AC于点F，EG∥AC交BD于点G．(1)求证：四边形EFOG的周长等于2OB；(2)请你将上述题目的条件“梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC”改为另一种四边形，其他条件不变，使得结论“四边形EFOG的周长等于2OB”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1l ，2l ，直线1l 的解析式为213y x =-+．如果将坐标纸折叠，使直线1l 与2l 重合，此时点(-2，0)与点(0，2)也重合．(1)求直线2l 的解析式；(2)设直线1l 与2l 相交于点M ．问：是否存在这样的直线:l y x t =+，使得如果将坐标纸沿直线l 折叠，点M 恰好落在x 轴上？若存在，求出直线l 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ABCD 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BC 交于点E （点E 不与点B 和点C 重合），另一条直角边与边CD 的延长线交于点F ． （1）如图①，求证：AE=AF ；（2）如图②，此直角三角板有一个角是45°，它的斜边MN 与边CD 交于G ，且点G 是斜边MN 的中点，连接EG ，求证：EG=BE+DG ； （3）在（2）的条件下，如果=，那么点G 是否一定是边CD 的中点？请说明你的理由．10. （2016•天门）如图①，半圆O的直径AB=6，AM和BN是它的两条切线，CP与半圆O相切于点P，并于AM，BN分别相交于C，D两点．（1）请直接写出∠COD的度数；（2）求AC•BD的值；（3）如图②，连接OP并延长交AM于点Q，连接DQ，试判断△PQD能否与△ACO相似？若能相似，请求AC：BD的值；若不能相似，请说明理由．中考冲刺：创新、开放与探究型问题—知识讲解（二）【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及方案设计、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、探索规律1．（2015•武汉校级二模）如图，△ABC面积为1，第一次操作：分别延长AB，BC，CA至点A1，B1，C1，使A1B=AB，C1B=CB，C1A=CA，顺次连接A1，B1，C1，得到△A1B1C1．第二次操作：分别延长A1B1，B1C1，C1A1至点A2，B2，C2，使A2B1=A1B1，B2C1=B1C1，C2A1=C1A1，顺次连接A2，B2，C2，得到△A2B2C2，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2014，最少经过（）次操作．A．7 B．6 C．5 D．4【思路点拨】先根据已知条件求出△A1B1C1及△A2B2C2的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可．【总结升华】考查了三角形的面积，此题属规律性题目，解答此题的关键是找出相邻两次操作之间三角形面积的关系，再根据此规律求解即可．举一反三：【变式】（2016•抚顺）如图，△A1A2A3，△A4A5A5，△A7A8A9，…，△A3n﹣2A3n﹣1A3n（n为正整数）均为等边三角形，它们的边长依次为2，4，6，…，2n，顶点A3，A6，A9，…，A3n均在y轴上，点O是所有等边三角形的中心，则点A2016的坐标为 .类型二、条件开放型、结论开放型2【思路点拨】（1）首先由BC在x轴上，在等腰△ABC中，即可过顶点A作AD⊥BC交BC于D，根据三线合一的性质，可得BD=CD，即B，C关于点D对称，则可求得满足条件的点B、点C的坐标；（2）连接OA，由等腰三角形ABC的顶点A的坐标为（2，2），易证得△AOB≌△AOC，则可知OB=OC，继而可得满足条件的点B、点C的坐标．【总结升华】此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．举一反三：【变式】在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC的顶点A的坐标为(2，2)．(1)若底边BC在x轴上，请写出一组满足条件的点B，点C的坐标：________________；设点B，点C的坐标分别为(m，0)，(n，0)，你认为m，n应满足怎样的条件？(2)若底边BC的两个端点分别在x轴，y轴上，请写出一组满足条件的点B，点C的坐标：______________；设点B，点C的坐标分别为(m，0)，(0，n)，你认为m，n应满足怎样的条件?类型三、条件和结论都开放的问题3．如图(1)，四边形ABCD中，AD与BC不平行，现给出三个条件：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD，③AD＝BC．请你从上述三个条件中选择两个条件，使得加上这两个条件后能够推出ABCD是等腰梯形，并加以证明(只需证明一种情况)．【思路点拨】有两种方法，第一种是：①∠CAB=∠DBA，②AC=BD；第二种是：②AC=BD，③AD=BC，均可利用等腰梯形的判定方法进行验证．【总结升华】此题一道开放性的题目，主要考查学生对等腰梯形的判定的掌握情况．举一反三：【变式】如图，ABCD是一张矩形纸片，AD=BC=1,AB=CD=5．在矩形ABCD的边AB上取一点M，在CD 上取一点N，将纸片沿MN折叠，使MB与DN交于点K，得到△MNK．（1）若∠1=70°，求∠MNK的度数．（2）△MNK的面积能否小于12？若能，求出此时∠1的度数；若不能，试说明理由．（3）如何折叠能够使△MNK的面积最大？请你利用备用图探究可能出现的情况，求出最大值．（备用图）类型四、动态探究型4．如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F．另一边交CB的延长线于点G．（1）求证：EF=EG；（2）如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立．请说明理由：（3）如图3，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB=a、BC=b，求EFEG的值．【思路点拨】（1）由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性质，可利用SAS 证得Rt△FED≌Rt△GEB，则问题得证；（2）首先点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，然后利用SAS证得Rt△FEI≌Rt△GEH，则问题得证；（3）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证EM∥AB，EN∥AD，则可证得△CEN ∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有两角对应相等的三角形相似，证得△GME∽△FNE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．．【总结升华】此题考查了正方形、矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．此题综合性较强，注意数形结合思想的应用．举一反三：【变式1】已知：如图(a)，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P由B出发沿BA 方向向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm／s；连接PQ．若设运动的时间为t(s)(0＜t＜2)，解答下列问题：(1)当t为何值时，PQ∥BC?(2)设△AQP的面积为y(cm2)，求y与t之间的函数关系式；(3)是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值．若不存在，说明理由；(4)如图(b)，连接PC，并把△POC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．举一反三：【变式2】如图，点D，E在△ABC的边BC上，连接AD，AE. ①AB＝AC；②AD＝AE；③BD＝CE.以此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，构成三个命题：①②⇒③；①③⇒②；②③⇒①.（1）以上三个命题是真命题的为（直接作答）；（2）请选择一个真命题进行证明（先写出所选命题，然后证明）.ABD CE类型五、创新型5．先阅读下列材料，然后解答问题：从A B C ，，三张卡片中选两张，有三种不同选法，抽象成数学问题就是从3个元素中选取2个元素组合，记作2332C 321⨯==⨯．一般地，从m 个元素中选取n 个元素组合，记作：(1)(1)C (1)321n m m m m n n n --+=-⨯⨯⨯例从7个元素中选5个元素，共有5776543C 2154321⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯种不同的选法．问题：从某学习小组10人中选取3人参加活动，不同的选法共有 种． 【思路点拨】本题需要学生读懂m 个元素中选取n 个元素的计算规则，然后针对具体的从10人中选取3人参加的计算．【总结升华】本题构思精妙、情境新颖.从试题的情境来看，本题以初中数学中的整数的乘除运算等基本运算为素材，以高中数学中组合数的定义及其计算公式为背景，展示给学生的是一个全新的问题，试题具有较大的自由度和思维空间，考查了阅读理解、知识迁移等多种数学能力，体现了主动探究精神，呈现出研究性学习的特点，从而进一步考查了学生自学高中数学知识的能力．从试题的解答来看，直接以组合数的定义及其计算公式为背景的试题在各种复习资料和模拟试题中从未见过，解决这个问题没有现成的“套路”和“招式”，需要学生自主学习组合数的定义及其计算公式的定义，综合运用多种数学思想方法，才能解决问题．中考冲刺：创新、开放与探究型问题—巩固练习（提高）【巩固练习】一、选择题1.（2016•重庆校级二模）下列图形都是由同样大小的小圆圈按一定规律组成的，其中第①个图形中一共有1个空心小圆圈，第②个图形中一共有6个空心小圆圈，第③个图形中一共有13个空心小圆圈，…，按此规律排列，则第⑦个图形中空心圆圈的个数为（）A．61 B．63 C．76 D．782．如图，直角三角形纸片ABC中，AB=3，AC=4，D为斜边BC中点，第1次将纸片折叠，使点A与点D重合，折痕与AD交与点P1；设P1D的中点为D1，第2次将纸片折叠，使点A与点D1重合，折痕与AD交于点P2；设P2D1的中点为D2，第3次将纸片折叠，使点A与点D2重合，折痕与AD交于点P3；…；设P n﹣1D n﹣2的中点为D n﹣1，第n次将纸片折叠，使点A与点D n﹣1重合，折痕与AD交于点P n（n＞2），则AP6的长为（）A．512532⨯B．69352⨯C．614532⨯D．711352⨯3．下面两个多位数1248624…、6248624…，都是按照如下方法得到的：将第一位数字乘以2，若积为一位数，将其写在第2位上，若积为两位数，则将其个位数字写在第2位．对第2位数字再进行如上操作得到第3位数字……，后面的每一位数字都是由前一位数字进行如上操作得到的．当第1位数字是3时，仍按如上操作得到一个多位数，则这个多位数前100位的所有数字之和是( ) A．495 B．497 C．501 D．503二、填空题4.（2015•合肥校级三模）如图，一个3×2的矩形（即长为3，宽为2）可以用两种不同方式分割成3或6个边长是正整数的小正方形，即：小正方形的个数最多是6个，最少是3个．（1）一个5×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的个数可以是 个，最少是 个； （2）一个7×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的个数最多是 个，最少是 个； （3）一个（2n+1）×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的个数最多是 个；最少是 个．（n 是正整数）5. 一园林设计师要使用长度为4L 的材料建造如图1所示的花圃，该花圃是由四个形状、大小完全一样的扇环面组成，每个扇环面如图2所示，它是以点O 为圆心的两个同心圆弧和延长后通过O 点的两条直线段围成，为使得绿化效果最佳，还须使得扇环面积最大．(1)使图①花圃面积为最大时R －r 的值为 ，以及此时花圃面积为 ，其中R 、r 分别为大圆和小圆的半径；(2)若L ＝160 m ，r ＝10 m ，使图面积为最大时的θ值为 ．6．如图所示，已知△ABC 的面积1ABC S =△，在图(a)中，若11112AA BB CC AB BC CA ===，则11114A B C S =△； 在图(b)中，若22213AA BB CC AB BC CA ===，则222A B C 13S =△； 在图(c)，若33314AA BB CC AB BC CA ===，则333716A B C S =△． …按此规律，若88819AA BB CC AB BC CA ===，则888A B C S =△________．三、解答题7．（2016•丹东模拟）已知，点D为直线BC上一动点（点D不与点B、C重合），∠BAC=90°，AB=AC，∠DAE=90°，AD=AE，连接CE．（l）如图1，当点D在线段BC上时，求证：①BD⊥CE，②CE=BC﹣CD；（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变，请直接写出CE、BC、CD三条线段之间的关系；（3）如图3，当点O在线段BC的反向延长线上时，且点A、E分别在直线BC的两侧，点F是DE 的中点，连接AF、CF，其他条件不变，请判断△ACF的形状，并说明理由．8.如图(a)、(b)、(c)，在△ABC中，分别以AB，AC为边，向△ABC外作正三角形、正四边形、正五边形，BE，CD相交于点O．(1)①如图(a)，求证：△ADC≌△ABE；②探究：图(a)中，∠BOC＝________；图(b)中，∠BOC＝________；图(c)中，∠BOC＝________；(2)如图(d)，已知：AB，AD是以AB为边向△ABC外所作正n边形的一组邻边；AC，AE是以AC 为边向△ABC外所作正n边形的一组邻边．BE，CD的延长相交于点O．①猜想：图(d)中，∠BOC＝________________；(用含n的式子表示)②根据图(d)证明你的猜想．9. 如图(a)，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°， AD＝9，BC＝12，AB＝a，在线段BC上任取一点P(P不与B，C重合)，连接DP，作射线．PE⊥DP，PE与直线AB交于点E．(1)试确定CP＝3时，点E的位置；(2)若设CP＝x(x＞0)，BE＝y(y＞0)，试写出y关于自变量x的函数关系式；(3)若在线段BC上能找到不同的两点P1，P2，使按上述作法得到的点E都与点A重合，试求出此时a的取值范围．10. 点A，B分别是两条平行线m，n上任意两点，在直线n上找一点C，使BC＝k·AB．连接AC，在直线AC上任取一点E，作∠BEF＝∠ABC，EF交直线m于点F．(1)如图(a)，当k＝1时，探究线段EF与EB的关系，并加以说明；说明：①如果你经过反复探索没有解决问题，请写出探索过程(要求至少写三步)；②在完成①之后，可以自己添加条件(添加的条件限定为∠ABC为特殊角)，在图(b)中补全图形，完成证明．(2)如图(c)，若∠ABC＝90°，k≠l，探究线段EF与EB的关系，并说明理由．。
初中数学开放探究题的类型及解题策略
初中数学开放探究题的类型及解题策略【摘要】初中数学开放探究题在数学教育中扮演着重要角色，有助于培养学生的探究精神和解决问题的能力。
文章从初中数学开放探究题的类型和解题策略入手，详细介绍了如何引导学生进行开放探究以及如何评价学生的表现。
探讨了数学开放探究对学生综合能力的提升，以及对学生学习态度的影响。
结论部分展望了初中数学开放探究题未来的发展方向，并提出了更好利用此类题目提高学习效果的建议。
初中数学开放探究题既促进了学生的学习兴趣和动手能力，也有助于拓展他们的思维延伸和团队合作能力。
【关键词】初中数学，开放探究题，类型，解题策略，引导学生，评价学生，综合能力，发展，学习效果，学习态度1. 引言1.1 初中数学开放探究题的重要性初中数学开放探究题在数学教学中占据着重要的地位。
开放探究题能够培养学生的数学思维和解决问题的能力。
通过自主探究和合作讨论，学生可以锻炼自己的逻辑思维和创新能力，提高解决实际问题的能力。
开放探究题能够激发学生学习数学的兴趣。
相比于传统的死记硬背，开放探究题更加具有挑战性和趣味性，能够激发学生的学习激情，让他们更加主动地探索数学的奥秘。
开放探究题还可以促进学生的合作学习和实践能力。
在解答开放探究题的过程中，学生需要相互合作、互相讨论，从而培养团队意识和沟通能力。
初中数学开放探究题不仅能够提高学生的数学能力，还能够激发学生的学习兴趣，培养学生的合作与实践能力，是数学教学中不可或缺的一部分。
通过引入更多的开放探究题，可以帮助学生更好地理解数学知识，提高数学学习的效果，为学生未来的学习和发展打下坚实的基础。
1.2 初中数学开放探究题的作用1. 激发学生的学习兴趣。
通过开放探究题，学生可以自主选择研究方向，提高了学习的主动性和积极性，使学习变得更加有趣和吸引人。
2. 增强学生的问题解决能力。
开放探究题往往没有固定的解题思路和方法，需要学生按照自己的理解和掌握的知识进行独立思考和解决问题，从而培养了学生的创新精神和问题解决能力。
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．。
专题五：探讨开放探究性试题解决的方法与策略师用.doc
专题五：探讨开放探究性试题解决的方法与策略九年级数学集备组组员：郑步群、张彩霞、方国财近儿年在中考试卷中，出现了大量符合学生的年龄特点和认知水平、设计优美、个性独特的开放题，开放探索性试题越来越倍受命题者的青睐，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。
开放探究题的特点是：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。
开放探究题特征:（1）条件或结论中至少有一个是不确定的；（2）开放探究题条件多余需选择，条件不足需补充；（3）问题不必有解，答案不必唯一（4）具有多种不同的解法，或有多种可能的解答；（5）设计的方案有多种，或精选一种最佳方案；（6）思考问题的方向常常是多向的；（7）一-个开放性问题常常可以把它分解为若干个封闭性问题;（8）一个开放性问题的解答常常表现出不同层次的结果。
开放题探究的策略:（1）问题的解决不是按照某个固定的、明确的程序、使用某种技能就能完成的；（2）思考问题的方向不是很明确的，解决问题的路线不是很清晰的，通常要经历一定的尝试与试误过程；（3）探索性活动是带有个性化的数学活动，不同的人往往有不同的表现和不同的成果;（4）解决问题时需要运用多种思维方法，通过多角度的观察、想象、分析、综合、类比、归纳、概括的思维方法，寻求问题的解答。
类型之一条件开放型问J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n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. （2011郴州）已知四边形ABCD中,ZA=ZB=ZC=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.【解析】由ZA = ZB = ZC = 90。
中考数学复习专题三 开放探究型问题
________________；
(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
初中数学开放探究题的类型及解题策略
初中数学开放探究题的类型及解题策略一、开放探究题类型1. 排列组合类问题：包括组合数学、排列组合、乘法原理、加法原理等知识点。
2. 几何问题：包括图形的性质、相似、比例、面积、体积等知识点。
3. 方程式问题：包括解方程、分式方程、不等式方程等知识点。
4. 数列问题：包括等差数列、等比数列、常数项数列等知识点。
5. 统计问题：包括概率、统计学中的平均数、中位数、众数等知识点。
6. 数论问题：包括最大公因数、最小公倍数、质因数分解、整除性等知识点。
二、解题策略1. 清晰的思路在解决开放探究题之前，我们必须有清晰的思路。
这样我们就可以清楚地了解题目需要的知识点，以及如何运用这些知识点去解题。
2. 深入探究问题一般来说，开放探究题会涉及到多个知识点，或者是一个问题有多种解法。
在这种情况下，我们需要对问题进行更深入的分析，找到多种解题思路和方法，从而有可能得到更全面的解题答案。
3. 灵活运用知识在解题过程中，我们需要充分发挥自己的想象力和创造力，灵活运用自己掌握的知识点。
这样才能不断拓展自己的思维，创造出更多解题思路和解法。
4. 勇于尝试在解决开放探究题时，我们要以尝试为前提。
纵使我们的想法可能会与正解不同，但我们应该勇于尝试，尽可能的将自己的思维能力发挥到极致。
在尝试的过程中，我们也可能会发现别人没有发现的新的问题和答案。
5. 思维流程清晰解题的过程中，我们应该把思维流程清晰地表达出来，在思路清晰的基础上，我们才有可能做到正确无误的解答。
如果我们的思路不清晰，那么我们就很可能会在解答过程中犯错，从而导致最终结果的失误。
6. 尝试多种解题思路在解决开放探究题时，我们应该尝试多种不同的解题思路，从多个角度来分析问题。
这样可以帮助我们充分地发掘自己内在的思维潜力，从而得到更多的解题答案。
7. 将答案阐述清晰在解答问题时，我们需要让自己的解题思路、过程以及最终答案表述得足够清晰和简单。
这样可以帮助别人更好地理解我们的解题思路和过程，从而得到自己的认可和称赞。
专题一：全等三角形中的开放探究型问题例谈
2011-11-6专题一：全等三角形中的开放探究型问题例谈探究型问题是近年中考的热点之一，它的最大特征是条件或结论具有一定的开放性．这类题目既考查了同学们的“双基”水平，以及对原有知识的掌握程度，又培养了创新能力．与全等三角形有关的探究题型没有明确的结论或条件，需要通过观察、联想、分析、比较、归纳、概括、猜想等来发现解题条件或结论． （一）结论开放型 例题1 如图所示，，请你添加一个条件： ，使OC =OD ．例题2 如图所示，AB //CD ．（1）用尺规作图法作∠ACD 的平分线CP ，CP 交AB 于点E （保留作图痕迹，不写作法）；（2）在（1）中作出的线段CE 上取一点F ，连接AF ．要使△ACF ≌△AEF ，还需要添加一个什么条件？请你写出这个条件（只要给出一种情况即可；图中不再添加字母和线段；不要求证明）．（二）方法开放型例题3 已知，如图所示，AD 与BC 相交于点O ，∠CAB =∠DBA ，AC =BD ．求证： （1）∠C =∠D ；（2）△AOC ≌△BOD ． （三）条件开放型例题4 如图所示，在△AFD 和△BEC 中，点A 、E 、F 、C 在同一直线上，有下面四个论断：①AD =BC ；②AE =CF ；③∠B =∠D ；④AD ∥BC ．请用其中三个作为条件，余下一个作为结论，编一道数学题，并写出解答过程． （四）探究规律型例题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 =∠CF A =．如图所示．（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： （ⅰ）如图①所示，若∠BCA =90°，=90°，则BE CF ；EF |BE -AF |（填“>”“<”或“=”）；（ⅱ）如图②所示，若0°＜∠BCA ＜180°，请添加一个关于α与∠BCA 关系的条件 ，使（ⅰ）中的两个结论仍然成立，并证明这两个结论成立； （2）如图③所示，若直线CD 经过∠BCA 的外部，∠BCA ，请提出EF 、BE 、AF 三条线段数量关系的合理猜想（不要求证明）．2011-11-6【强化练习】 1．如图，已知AB =AD ，∠BAE =∠DAC ，要使△ABC ≌△ADE ，可补充的条件是 （写出一个即可）．2．如图，点P 在∠AOB 的平分线上，若使△AOP ≌△BOP ，则需要添加的一个条件是 ．（只写一个即可，不添加辅助线） 3．如图所示，已知AB =AD ，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC ≌△ADC 的是（ ） A ．CB =CD B ．∠BAC =∠DAC C ．∠BCA =∠DCA D ．∠B =∠D =90° 4．如图，∠C =∠D =90°，若要依据“HL ”证明△ABC ≌△BAD ，应添加条件 ，若要依据“AAS ”证明△ABC ≌△BAD ，应添加条件 ．5．如图，在△ABC 中，E 、F 分别是AB 、AC 上的点，①AD 平分∠BAC ；②DE ⊥AB ，DF ⊥AC ；③AD ⊥EF ，以其中的两个为条件，另一个为结论，可构成三个命题，即：①②→③；①③→②；②③→①．（1）试判断上述三个命题是否正确（直接作答）； （2）请证明你认为正确的命题．6．如图，△ABC 的边BC 在直线l 上，AC ⊥BC ，且AC =BC ；△EFP 的边FP 也在直线l 上，边EF 与边AC 重合，且EF =FP ．（1）在图（1）中，请你通过观察、测量、猜想并写出AB 与AP 所满足的数量关系和位置关系；（2）将△EFP 沿直线l 向左平移到图（2）的位置时，EP 交AC 于点Q ，连接AP 、BQ ，猜想并写出BQ 与AP 所满足的数量关系和位置关系，请你证明你的猜想；（3）将△EFP 沿直线l 向左平移到图（3）的位置时，EP 的延长线交AC 的延长线于点Q ，连接AP 、BQ ．你认为（2）中所猜想的BQ 与AP 的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．。
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。
专题38开放探究问题2年中考1年模拟备战2017年中考数学(附解析)
备战2017中考系列：数学2年中考1年模拟第七篇专题复习篇专题38 开放探究题☞解读考点☞考点归纳归纳1：条件开放探索题基础知识归纳：条件探索题经常与三角形全等、相似、平行四边形、矩形、菱形等特殊的图形结合在一起进行考查．基本方法归纳：掌握特殊的三角形、四边形的性质以及全等和相似的判定方法，利用性质与方法合理添加条件．注意问题归纳：所添加的条件，经过一定的推理说明，能够得到所给的结论．【例1】（2016山东省济宁市）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．【答案】答案不唯一，如：A H=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．【点评】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：A AA、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．考点：1．全等三角形的判定；2．开放型．归纳2：结论开放型问题基础知识归纳：结论开放型问题是指根据所给的条件，经过合理的推理探究，所得到的结论的正确性，这种问题的结论往往不止一个．基本方法归纳：解决结论探究性问题，要具备一定的逻辑推理能力，观察、猜想和验证是解决此类的关键．注意问题归纳：结论探究性问题要注意结论的合理性与正确性，对于给出的多个结论要准确找到正确的个数，不要漏掉也不能多选．【例2】（2016山东省临沂市）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．【答案】（1）FG=CE，FG∥CE；（2）成立；（3）成立．【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．【点评】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．考点：1．四边形综合题；2．探究型；3．变式探究．归纳3：思维方法探索题【例3】△ABC中，BC=18，AC=12，AB=9，D，E是直线AB，AC上的点．若由A，D，E构成的三角形与△ABC相似，AE=13AC，则DB的长为；【答案】6或113或12或433．【分析】由△ABC中，BC=18，AC=12，AB=9，AE= A C，可求得AE的长，又由由A，D，E构成的三角形与△ABC相似，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得DB的长．【点评】此题考查了相似三角形的性质．此题难度适中，注意掌握分类讨论思想与数形结合思想的应用．考点：1．相似三角形的性质；2．分类讨论思想．☞2年中考【2016年题组】一、选择题1．（2016山东省泰安市）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．p B．q C．m D．n【答案】A．【解析】试题分析：∵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 ．考点：1．实数与数轴；2．探究型．2．（2016山东省青岛市）输入一组数据，按下列程序进行计算，输出结果如表：分析表格中的数据，估计方程288260x +-=（）的一个正数解x 的大致范围为（ ）A ．20.5＜x ＜20.6B ．20.6＜x ＜20.7C ．20.7＜x ＜20.8D ．20.8＜x ＜20.9 【答案】C ． 【解析】考点：1．估算一元二次方程的近似解；2．探究型．3．（2016广西贺州市）n 是整数，式子21[1(1)](1)8n n ---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 【答案】C ． 【解析】试题分析：当n 是偶数时，21[1(1)](1)8nn ---=21[11](1)8n --=0，当n 是奇数时，21[11](1)8n +-=21[1(1)](1)8n n ---=1(1)(1)4n n +-，设n =2k ﹣1（k 为整数），则1(1)(1)4n n +-=1(211)(211)4k k -+--=k （k ﹣1），∵0或k （k ﹣1）（k 为整数）都是偶数，故选C ．考点：1．因式分解的应用；2．探究型；3．分类讨论．4．（2016浙江省绍兴市）抛物线2y x 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 ．4 B ．6 C ．8 D ．10 【答案】A ． 【解析】考点：1．二次函数的性质；2．探究型． 二、填空题5．（2016福建省南平市）写出一个y 关于x 的二次函数的解析式，且它的图象的顶点在y 轴上： ．【答案】2y x =（答案不唯一）．【分析】根据二次函数的图象的顶点在y 轴上，则b =0，进而得出答案．【解析】由题意可得：2y x =（答案不唯一）．故答案为：2y x =（答案不唯一，只要2y ax bx c =++中a ≠0，b =0即可）． 【点评】此题主要考查了二次函数的性质，正确得出b 的值是解题关键． 考点：1．二次函数的性质；2．开放型．6．（2016湖南省娄底市）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）【答案】A B∥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．【解析】∵∠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：A B∥DE．【点评】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．考点：1．相似三角形的判定；2．开放型．7．（2016湖南省邵阳市）已知反比例函数kyx=（k≠0）的图象如图所示，则k的值可能是（写一个即可）．【答案】答案不唯一，只要k＜0即可，如k=-1．【分析】利用反比例函数的性质得到k＜0，然后在此范围内取一个值即可．【点评】本题考查了反比例函数的性质：反比例函数kyx=（k≠0）的图象是双曲线；当k＞0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小；当k＜0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大．考点：1．反比例函数的性质；2．开放型．8．（2016四川省内江市）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=13∠ABC，∠BCO=13∠ACB，∠A=α，则∠BOC=（用α表示）拓展研究：（2）如图③，∠CBO=13∠DBC，∠BCO=13∠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=1n∠DBC，∠BCO=1n∠ECB，∠A=α，请猜想∠BOC= ．【答案】（1）90°+12α，120°+13α；（2）120°-13α；（3）(1)1801nn nα-⨯-．【解析】（3）在△OBC中，∠BOC=180°﹣（∠OBC+∠OCB）=180°﹣1n（∠DBC+∠ECB）=180°﹣1n（∠A+∠ACB+∠A+ABC）=180°﹣1n（∠A+180°）=(1)1801nn nα-⨯-．考点：1．角的计算；2．探究型；3．变式探究．三、解答题9．（2016四川省甘孜州）如图，在△ABC 中，AB =AC ，以AB 为直径的⊙O 与边BC ，AC 分别交于D ，E 两点，过点D 作DH ⊥AC 于点H ． （1）判断DH 与⊙O 的位置关系，并说明理由； （2）求证：H 为CE 的中点；（3）若BC =10，cosC AE 的长．【答案】（1）相切；（2）证明见解析；（3）． 【解析】试题解析：（1）解：D H 与⊙O 相切．理由如下：连结OD 、AD ，如图，∵AB 为直径，∴∠ADB =90°，即AD ⊥BC ，∵AB =AC ，∴BD =CD ，而AO =BO ，∴OD 为△ABC 的中位线，∴OD ∥AC ，∵DH ⊥AC ，∴OD ⊥DH ，∴DH 为⊙O 的切线；（2）证明：连结DE ，如图，∵四边形ABDE 为⊙O 的内接四边形，∴∠DEC =∠B ，∵AB =AC ，∴∠B =∠C ，∴∠DEC =∠C ，∵DH ⊥CE ，∴CH =EH ，即H 为CE 的中点；（3）解：在Rt △ADC 中，CD =12BC =5，∵cosC =CD AC AC =Rt △CDH中，∵cosC =CH CD ∴CH ∴CE =2CH =∴AE =AC ﹣CE =．考点：1．圆的综合题；2．综合题；3．探究型．10．（2016四川省甘孜州）如图，顶点为M 的抛物线2(1)4y a x =+-分别与x 轴相交于点A ，B （点A 在点B 的右侧），与y 轴相交于点C （0，﹣3）． （1）求抛物线的函数表达式；（2）判断△BCM 是否为直角三角形，并说明理由．（3）抛物线上是否存在点N （点N 与点M 不重合），使得以点A ，B ，C ，N 为顶点的四边形的面积与四边形ABMC 的面积相等？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）223y x x =+-；（2）△BCM 是直角三角形；（3）N （12-+，32）或N（1-，32）或N （﹣2，﹣3）． 【解析】试题解析：（1）∵抛物线2(1)4y a x =+-与y 轴相交于点C （0，﹣3），∴﹣3=a ﹣4，∴a =1，∴抛物线解析式为2(1)4y x =+-，即223y x x =+-； （2）△BCM 是直角三角形．理由：由（1）有，抛物线解析式为2(1)4y x =+-，∵顶点为M 的抛物线2(1)4y a x =+-，∴M （﹣1，﹣4），由（1）抛物线解析式为223y x x =+-，令y =0，∴2230x x +-=，∴1x =﹣3，2x =1，∴A （1，0），B （﹣3，0），∴2BC =9+9=18，2CM =1+1=2，2BM =4+14=20，∴222BC CM BM +=，∴△BCM 是直角三角形；②如图2，点N 在x 轴下方的抛物线上，∵点C 在对称轴的右侧，∴点N 在对称轴右侧不存在，只有在对称轴的左侧，过点M 作MN ∥BC ，交抛物线于点N ，∵B （﹣3，0），C （0，﹣3），∴直线BC 解析式为y =﹣x ﹣3，设MN 的解析式为y =﹣x +b ，∵抛物线解析式为2(1)4y x =+-①，∴M （﹣1，﹣4），∴直线MN 解析式为y =﹣x ﹣5②，联立①②得：2(1)45y x y x ⎧=+-⎨=--⎩，解得：1114x y =-⎧⎨=-⎩（舍），2223x y =-⎧⎨=-⎩，∴N （﹣2，﹣3）． 综上所述：N（12-+，32）或N（12--，32）或N （﹣2，﹣3）．考点：1．二次函数综合题；2．探究型；3．存在型；4．分类讨论；5．压轴题．11．（2016四川省眉山市）如图，△ABC 和△BEC 均为等腰直角三角形，且∠ACB =∠BEC =90°，AC=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：PC CECD CB=； （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．【答案】（1）证明见解析；（2）AC ∥BD ；（3）2122S x x =+． 【解析】（2）解：A C∥BD，理由：∵∠PCE+∠ECD=∠BCD+∠ECD=45°，∴∠PCE=∠BCD，又∵PC CECD CB，∴△PCE∽△DCB，∴∠CBD=∠CEP=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠CBD，∴AC∥BD；考点：1．相似三角形的判定与性质；2．相似形综合题；3．探究型；4．压轴题．12．（2016山东省东营市）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：B D⊥CF；②当AB=2，AD=DH的长．【答案】（1）BD=CF；（2．【解析】考点：1．四边形综合题；2．变式探究；3．探究型；4．压轴题．13．（2016山东省日照市）如图1，抛物线23[(2)]5y x 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】（1）m =1，n =﹣9；（2）758；（3）P ，0）或（34，0）． 【解析】试题解析：（1）∵抛物线的解析式为23[(2)]5y x n =--+=233(2)55x 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23[(2)]5y x n =--+得9+n =0，解得n =﹣9；（2）作ND ∥y 轴交BC 于D ，如图2，抛物线解析式为23[(2)9]5y x =---=2312355x x -++，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503k b b +=⎧⎨=⎩，解得：353k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线BC 的解析式为335y x =-+，设N （x ，2312355x x -++），则D （x ，335x -+），∴ND =231233(3)555x x x -++--+=2335x x -+，∴S △NBC =S △NDC +S △NDB =12•5ND =231522x x -+=2575()28x --+，当x =52时，△NBC 面积最大，最大值为758；考点：1．二次函数综合题；2．动点型；3．存在型；4．探究型；5．最值问题；6．二次函数的最值；7．分类讨论；8．压轴题．14．（2016山东省泰安市）（1）已知：△ABC是等腰三角形，其底边是BC，点D在线段AB 上，E是直线BC上一点，且∠DEC=∠DCE，若∠A=60°（如图①）．求证：EB=AD；（2）若将（1）中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”，其它条件不变（如图②），（1）的结论是否成立，并说明理由；（3）若将（1）中的“若∠A=60°”改为“若∠A=90°”，其它条件不变，则EBAD的值是多少？（直接写出结论，不要求写解答过程）【答案】（1）证明见解析；（2）EB =AD 成立；（3）EBAD【解析】试题解析：（1）作DF ∥BC 交AC 于F ，如图1所示：则∠ADF =∠ABC ，∠AFD =∠ACB ，∠FDC =∠DCE ，∵△ABC 是等腰三角形，∠A =60°，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABC =∠ACB =60°，∴∠DBE =120°，∠ADF =∠AFD =60°=∠A ，∴△ADF 是等边三角形，∠DFC =120°，∴AD =DF ，∵∠DEC =∠DCE ，∴∠FDC =∠DEC ，ED =CD ，在△DBE 和△CFD 中，∵∠DEC =∠FDC ，∠DBE =∠DFC ，ED =CD ，∴△DBE ≌△CFD （AAS ），∴EB =DF ，∴EB =AD ； （2）EB =AD 成立；理由如下：作DF ∥BC 交AC 的延长线于F ，如图2所示：同（1）得：A D =DF ，∠FDC =∠ECD ，∠FDC =∠DEC ，ED =CD ，又∵∠DBE =∠DFC =60°，在△DBE 和△CFD 中，∵∠DEC =∠FDC ，∠DBE =∠DFC ，ED =CD ，∴△DBE ≌△CFD （AAS ），∴EB =DF ，∴EB =AD ；考点：1．三角形综合题；2．探究型．15．（2016山东省淄博市）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：AF AM； （2）求证：A F ⊥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．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠BAM =22.5． 【解析】试题分析：（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．考点：1．四边形综合题；2．探究型；3．动点型．16．（2016山东省烟台市）（探究证明】（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H．求证：EF AD GH AB=；【结论应用】（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若1115 EFGH=，则BNAM的值为；【联系拓展】（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC ，AB 上，求DN AM的值．【答案】（1）证明见解析；（2）1115；（3）45． 【解析】（2）如图2，∵EF ⊥GH ，AM ⊥BN ，∴由（1）中的结论可得EF AD GH AB =，BN AD AM AB =，∴BN EF AM GH ==1115．故答案为：1115； （2）过点D 作平行于AB 的直线，交过点A 平行于BC 的直线于R ，交BC 的延长线于S ，如图3，则四边形ABSR 是平行四边形．∵∠ABC =90°，∴▱ABSR 是矩形，∴∠R =∠S =90°，RS =AB =10，AR =BS ．∵AM ⊥DN ，∴由（1）中的结论可得DN AR AM AB =．设SC =x ，DS =y ，则AR =BS =5+x ，RD =10﹣y ，∴在Rt △CSD 中，2225x y +=①，在Rt △ARD 中，22(5)(10)100x y ++-=②，由②﹣①得x =2y ﹣5③，解方程组：222525x y x y ⎧+=⎨=-⎩，得：50x y =-⎧⎨=⎩（舍去），或34x y =⎧⎨=⎩，∴AR =5+x =8，∴DN AR AM AB ==810=45．考点：1．相似形综合题；2．探究型．17．（2016广东省）如图，BD 是正方形ABCD 的对角线，BC =2，边BC 在其所在的直线上平移，将通过平移得到的线段记为PQ ，连接P A 、QD ，并过点Q 作QO ⊥BD ，垂足为O ，连接OA 、OP ．（1）请直接写出线段BC 在平移过程中，四边形APQD 是什么四边形？（2）请判断OA 、OP 之间的数量关系和位置关系，并加以证明；（3）在平移变换过程中，设y =S △OPB ，BP =x （0≤x ≤2），求y 与x 之间的函数关系式，并求出y 的最大值．【答案】（1）四边形APQD 为平行四边形；（2）OA =OP ，OA ⊥OP ；（3）当P 点在B 点右侧时， y =21142x x +；当P 点在B 点左侧时， y =21142x x -+；当x =2时，y 有最大值为2．【解析】（3）根据等腰直角三角形的性质，可得OE的长，根据三角形的面积公式，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得到答案．考点：1．四边形综合题；2．分类讨论；3．平移的性质；4．最值问题；5．二次函数的最值；6．探究型；7．压轴题．18．（2016广东省广州市）如图，点C为△ABD的外接圆上的一动点（点C不在 ABC上，且不与点B，D重合），∠ACB=∠ABD=45°．（1）求证：B D是该外接圆的直径；（2）连结CD =BC +CD ；（3）若△ABC 关于直线AB 的对称图形为△ABM ，连接DM ，试探究2DM ，2AM ，2BM 三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）2222BM AM DM +=．【解析】试题解析：（1）∵ AB AB =，∴∠ACB =∠ADB =45°，∵∠ABD =45°，∴∠BAD =90°，∴BD 是△ABD 外接圆的直径；（2）在CD 的延长线上截取DE =BC ，连接EA ，∵∠ABD =∠ADB ，∴AB =AD ，∵∠ADE +∠ADC =180°，∠ABC +∠ADC =180°，∴∠ABC =∠ADE ，在△ABC 与△ADE 中，∵AB =AD ，∠ABC =∠ADE ，BC =DE ，∴△ABC ≌△ADE （SAS ），∴∠BAC =∠DAE ，∴∠BAC +∠CAD =∠DAE +∠CAD，∴∠BAD =∠CAE =90°，∵ AD AD =，∴∠ACD =∠ABD =45°，∴△CAE是等腰直角三角形，∴AC =CE ，=CD +DE =CD +BC ；（3）过点M 作MF ⊥MB 于点M ，过点A 作AF ⊥MA 于点A ，MF 与AF 交于点F ，连接BF ，由对称性可知：∠AMB =ACB =45°，∴∠FMA =45°，∴△AMF 是等腰直角三角形，∴AM =AF ，MF ，∵∠MAF +∠MAB =∠BAD +∠MAB ，∴∠F AB =∠MAD ，在△ABF 与△ADM 中，∵AE =AM ，∠F AB =∠MAD ，AB =AD ，∴△ABF ≌△ADM （SAS ），∴BF =DM ，在Rt △BMF 中，∵222BM MF BF +=，∴2222BM AM DM +=．考点：1．圆的综合题；2．探究型．19．（2016广西南宁市）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：B E =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．【答案】（1）AE =EF =AF ；（2）证明见解析；（3）3【解析】∵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）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，∴∠BAE=∠CAE，在△BAE和△CAF中，∵∠BAE=∠CAF，BA=AC，∠B=∠ACF，∴△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=在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，∴AG=GE=EB=EG﹣BG=2，∵△AEB≌△AFC，∴AE=AF，EB=CF=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，⨯=3F到BC的距离为3∴FH=CF•cos30°=2)2考点：1．四边形综合题；2．探究型；3．变式探究．20．（2016广西来宾市）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 =3，AE =4，求CD ．【答案】（1）BC 与⊙O 相切；（2）证明见解析；（3 【解析】（2）∵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）在Rt △ODB 中，∵cosB =BD OB =3，设BD =，OB =3k ，∵OD 2+BD 2=OB 2，∴4+8k 2=9k 2，∴k =2，∴BO =6，BD =DO ∥AC ，∴BD BO CD AO =，∴62=，∴CD ．考点：1．圆的综合题；2．探究型．21．（2016广西来宾市）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，2y d ，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．【答案】（1）作图见解析；（2）△MPQ 是等腰三角形；（3【解析】试题解析：（1）如图1所示：（2）△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，∵∠QCO =∠PMO ，OC =OM ，∠COQ =∠MOP ，∴△OCQ ≌△OMP （ASA ），∴CQ =MP ，∴MP =MQ ，即△MPQ 是等腰三角形；（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：222CM MN CN =+，即222(2)6(10)d x =+-，整理得：2215344d x x =-+，即215344y x x =-+（0≤x ≤10）；考点：1．四边形综合题；2．动点型；3．探究型；4．压轴题．22．（2016广西柳州市） （2016柳州）如图1，抛物线2y ax b =+的顶点坐标为（0，﹣1），且经过点A （﹣2，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）若将抛物线2y ax b =+中在x 轴下方的图象沿x 轴翻折到x 轴上方，x 轴上方的图象保持不变，就得到了函数2y ax b =+图象上的任意一点，直线l 是经过（0，1）且平行与x 轴的直线，过点P 作直线l 的垂线，垂足为D ，猜想并探究：PO 与PD 的差是否为定值？如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由．（注：在解题过程中，如果你觉得有困难，可以阅读下面的材料）附阅读材料：1．在平面直角坐标系中，若A 、B 两点的坐标分别为A （1x ，1y ），B （2x ，2y ），则A ，B 两点间的距离为|AB例如：已知A ，B 两点的坐标分别为（﹣1，2），（2，﹣2），则A ，B 两点间的距离为|AB ． 2．因式分解：42242222()x x y y x y ++=+．【答案】（1）2114y x =-；（2）当x ＜-、﹣2≤x ≤2或x ＞PO 与PD 的差为定值．【解析】（2）如图，根据题意，当﹣2≤x ≤2时，2114y x =-+； 当x ＜﹣2或x ＞2时，2114y x =-； 由21114y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩可得点M（-，1）、点N（1），①当﹣2≤x ≤2时，设点P 坐标为（a ，2114a -+），则PO ﹣PD21[1(1)]4a --+=2211144a a +-=1；②当-≤x ＜﹣2或2＜x≤时，设点P 的坐标为（a ，2114a -），则PO ﹣PD21[1(1)]4a --=22111244a a +-+=2112a -； ③当x＜-或x＞时，设点P 的坐标为（a ，2114a -），则PO ﹣PD21[(1)1]4a --=22111244a a +-+=3； 综上，当x＜-、﹣2≤x ≤2或x＞PO 与PD 的差为定值．考点：1．待定系数法求二次函数解析式；2．二次函数图象与系数的关系；3．坐标与图形变化-对称；4．分类讨论；5．存在型；6．探究型；7．压轴题．23．（2016广西贵港市）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．【答案】（1）①证明见解析；②6；（2）222MN ND BM =+．【解析】在△GAE 和△F AE 中，∵AG =AF ，∠GAE =∠F AE ，AE =AE ，∴△GAE ≌△F AE ． ②∵△GAE ≌△F AE ，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：222EF FC EC =+，即22(2)(3)25x x -+-=．解得：x =6，∴AB =6，∴AH =6．考点：1．四边形综合题；2．探究型；3．旋转的性质；4．压轴题．24．（2016内蒙古包头市）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=47，求AFBF的值．【答案】（1）52；（2）①四边形AEMF ；（3）32． 【解析】（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 =25，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AF BF 的值． 试题解析：（1）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 ，∴2ΔAEF ΔABC ()S AE S AB=，即21()54AE =，∴AE =52； （2）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 ，∴CM CE EM CB CA AB ==，即4345C M x x -==，解得x =209，CM =43，在Rt △ACM 中，AM===，∵S 菱形AEMF =12EF •AM =AE •CM ，∴EF420⨯； 考点：1．三角形综合题；2．翻折变换（折叠问题）；3．探究型；4．压轴题．25．（2016吉林省）（1）如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，以点B 为中心，把△ABC 逆时针旋转90°，得到△A 1BC 1；再以点C 为中心，把△ABC 顺时针旋转90°，得到△A 2B 1C ，连接C 1B 1，则C 1B 1与BC 的位置关系为 ；（2）如图2，当△ABC 是锐角三角形，∠ABC =α（α≠60°）时，将△ABC 按照（1）中的方式旋转α，连接C 1B 1，探究C 1B 1与BC 的位置关系，写出你的探究结论，并加以证明；（3）如图3，在图2的基础上，连接B 1B ，若C 1B 1=23BC ，△C 1BB 1的面积为4，则△B 1BC 的面积为 ．【答案】（1）平行；（2）平行；（3）6．【解析】试题解析：（1）平行，∵把△ABC 逆时针旋转90°，得到△A 1BC 1；再以点C 为中心，把△ABC 顺时针旋转90°，得到△A 2B 1C ，∴∠C 1BC =∠B 1BC =90°，BC 1=BC =CB 1，∴BC 1∥CB 1，∴四边形BCB 1C 1是平行四边形，∴C 1B 1∥BC ，故答案为：平行；（2）证明：如图②，过C 1作C 1E ∥B 1C ，交BC 于E ，则∠C 1EB =∠B 1CB ，由旋转的性质知，BC 1=BC =B 1C ，∠C 1BC =∠B 1CB ，∴∠C 1BC =∠C 1EB ，∴C 1B =C 1E ，∴C 1E =B 1C ，∴四边形C 1ECB 1是平行四边形，∴C 1B 1∥BC ；（3）由（2）知C 1B 1∥BC ，设C 1B 1与BC 之间的距离为h ，∵C 1B 1=23BC ，∴11C B BC =23，∵11ΔC BB S =12B 1C 1h ，1ΔB BC S =12BC •h ，∴111ΔC BB ΔB BC S S =111212C B h BC h ⋅⋅=11C B BC =23，∵△C 1BB 1的面积为4，∴△B 1BC 的面积为6，故答案为：6．考点：1．几何变换综合题；2．探究型．26．（2016吉林省）如图1，在平面直角坐标系中，点B 在x 轴正半轴上，OB 的长度为2m ，以OB 为边向上作等边三角形AOB ，抛物线l ：2y ax bx c =++经过点O ，A ，B 三点．（1）当m =2时，a = ，当m =3时，a = ；（2）根据（1）中的结果，猜想a 与m 的关系，并证明你的结论；（3）如图2，在图1的基础上，作x 轴的平行线交抛物线l 于P 、Q 两点，PQ 的长度为2n ，当△APQ 为等腰直角三角形时，a 和n 的关系式为 ；（4）利用（2）（3）中的结论，求△AOB 与△APQ 的面积比．【答案】（1）-（2）a =；（3）1a n =-；（4）1． 【解析】（4）由（2）（3）的结论得到m ，再根据面积公式列出式子，代入化简即可．试题解析：（1）如图1，∵点B 在x 轴正半轴上，OB 的长度为2m ，∴B （2m ，0），∵以OB 为边向上作等边三角形AOB ，∴AM，OM =m ，∴A （m），∵抛物线l ：2y ax bx c =++经过点O ，A ，B三点，∴22(2)200a m bm c am bm c c ⎧⨯++=⎪⎪++=⎨⎪=⎪⎩，∴0a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩．当m =2时，a=m =3时，a=（2）a =． （3）如图2，∵△APQ 为等腰直角三角形，PQ 的长度为2n ，设A （e ，d +n ），∴P （e ﹣n ，d ），Q （e +n ，d ），∵P ，Q ，A ，O 在抛物线l ：2y ax bx c =++上，∴22222()()()()0ae be c d n a e n b e n c d a e n b e n c d c ⎧++=+⎪-+-+=⎪⎨++++=⎪⎪=⎩，∴22222()()()()ae be d n a e n b e n d a e n b e n d ⎧+=+⎪-+-=⎨⎪+++=⎩①②③，①﹣②化简得，2ae ﹣an +b =1④，①﹣③化简得，﹣2ae ﹣an ﹣b =1⑤，④+⑤化简得，an =﹣1，∴1a n=-．故答案为：1an =-．考点：1．二次函数综合题；2．探究型；3．综合题．27．（2016吉林省长春市）感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C=180°，∠B=90°，易知：D B=DC．探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD＜90°，求证：D B=DC．应用：如图3，四边形ABCD中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=a，则AB﹣AC= （用含a的代数式表示）．【解析】试题分析：探究：欲证明DB=DC，只要证明△DFC≌△DEB即可．应用：先证明△DFC≌△DEB，再证明△ADF≌△ADE，结合BD即可解决问题．试题解析：探究：证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE=DF，∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠FCD=180°，∴∠B=∠FCD，在△DFC和△DEB 中，∵∠F=∠DEB，∠FCD=∠B，DF=DB，∴△DFC≌△DEB，∴DC=DB．应用：解；如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠FCD=180°，∴∠B=∠FCD，在△DFC和△DEB中，∵∠F=∠DEB，∠FCD=∠B，DC=DB，∴△DFC≌△DEB，∴DF=DE，CF=BE，在RT△ADF和RT△ADE中，∵AD=AD，DE=DF，∴△ADF≌△ADE，∴AF=AE，∴AB﹣AC=（AE+BE）﹣（AF﹣CF）=2BE，在a，∴AB﹣AC．故RT△DEB中，∵∠DEB=90°，∠B=∠EDB=45°，BD=a，∴BE=2．考点：1．全等三角形的判定与性质；2．探究型．28．（2016天津市）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（2）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）【答案】（1）（2）O′92）；（3），275）．【解析】（2）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=12BO′=32，O′H∴OH=OB+BH=3+32=92，∴O′点的坐标为，92）；（3）∵△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′，92），C（0，﹣3）代入得：923bb+=⎪=-⎩，解得：3k b ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，∴直线O ′C的解析式为33y x =-，当y =0时，303x -=，解得x=5，则P（50），∴OP=5，∴O ′P ′=OP=5，作P ′D ⊥O ′H 于D ，∵∠BO ′A =∠BOA =90°，∠BO ′H =30°，∴∠DP ′O ′=30°，∴O ′D =12O ′PP ′D′D =910，∴DH =O ′H ﹣O ′D，∴P ′275）．考点：1．几何变换综合题；2．综合题；3．探究型；4．和差倍分．29．（2016四川省南充市）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 ∽△P AM ，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：A P ⊥BN ；AM =AN ；（2）①如图二，在点P 运动过程中，满足△PBC ∽△P AM 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=12？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）①仍然成立；②不存在．【解析】（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=12，推出矛盾即可．试题解析：（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∽△P AM，∴∠P AM=∠PBC，PM AM PAPC BC PB==，∴∠PBC+∠PBA=90°，∴∠P AM+∠PBA=90°，∴∠APB=90°，∴AP⊥BN，∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90°，∴△BAP∽△BNA，∴PA AN PB BC=，∴AN AMAB BC=，∵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∽△P AM，∴∠P AM=∠PBC，PM AM PAPC BC PB==，∴∠PBC+∠PBA=90°，∴∠P AM+∠PBA=90°，∴∠APB=90°，∴AP⊥BN，∵∠ABP=∠ABN，∠APB=∠BAN=90°，∴△BAP∽△BNA，∴PA AN PB BC=，∴AN AMAB BC=，∵AB=BC，∴AN=AM．②这样的点P不存在．理由：假设PC=12，如图三中，以点C为圆心12为半径画圆，以AB为直径画圆，CO2＞1+12，∴两个圆外离，∴∠APB＜90°，这与AP⊥PB矛盾，∴假设不可能成立，∴满足PC=12的点P不存在．考点：1．相似形综合题；2．探究型；3．变式探究．30．（2016江苏省常州市）如图，正方形ABCD 的边长为1，点P 在射线BC 上（异于点B 、C ），直线AP 与对角线BD 及射线DC 分别交于点F 、Q ．（1）若BP =3，求∠BAP 的度数； （2）若点P 在线段BC 上，过点F 作FG ⊥CD ，垂足为G ，当△FGC ≌△QCP 时，求PC 的长；（3）以PQ 为直径作⊙M ．①判断FC 和⊙M 的位置关系，并说明理由； ②当直线BD 与⊙M 相切时，直接写出PC 的长．【答案】（1）∠BAP =30°；（2）32-；（3）①FC 与⊙M 相切；②PC 11． 【解析】试题分析：（1）在直角△ABP 中，利用特殊角的三角函数值求∠BAP 的度数；（2）设PC=x，根据全等和正方形性质得：QC=1﹣x，BP=1﹣x，由AB∥DQ，得AB BP CQ PC=，代入列方程求出x的值，因为点P在线段BC上，所以x＜1，写出符合条件的PC的长；试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABP=90°，∴tan∠BAP=31BPAB=，∵tan30°，∴∠BAP=30°；（2）如图1，设PC=x，则BP=1﹣x，∵△FGC≌△QCP，∴GC=PC=x，DG=1﹣x，∵∠BDC=45°，∠FGD=90°，∴△FGD是等腰直角三角形，∴FG=DG=CQ=1﹣x，∵AB∥DQ，∴AB BPCQ PC=，∴111xx x-=-，∴2(1)x x=-，解得：x1＞1（舍去），x2，∴PC=32-；（3）①如图2，当点P在线段BC上时，FC与⊙M相切，理由是：取PQ的中点M，以M为圆心，以PQ为直径画圆，连接CM，∵∠PCQ=90°，PQ为直径，∴点C是圆M上，∵△PCQ为直角三角形，∴MC=PM，∴∠MCP=∠MPC，∵∠APB=∠MPC，∴∠MCP=∠APB，∵∠APB+∠BAP=90°，∴∠MCP+∠BAP=90°，∵AD=DC，∠ADB=∠CDB，FD=FD，∴△ADF≌△CDF，∴∠FAD=∠FCD，∵∠BAP+∠FAD=∠BCF+∠FCD，∴∠BAP=∠BCF，∴∠MCP+∠BCF=90°，∴FC⊥CM，∴FC与⊙M相切；如图3，当点P在线段BC的延长线上时，FC与⊙M也相切，理由是：。
2017年中考数学真题分类解析 开放型问题
三、解答题1.（2017浙江舟山，23，10分）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB 交AC于点F，CE∥AM，连结AE．（1）如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM．①求∠CAM的度数；②当FH＝ 3 ，DM＝4时，求DH的长．思路分析：（1）根据中线的性质及AAS判断△ABD≌△EDC，从而证明AB＝ED，再根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形证明结论；（2）作MG∥DE交EC于G，证明四边形DMGE为平行四边形，再利用ED＝GM和AB＝GM转化为AB＝ED，再根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形证明结论；（3）①取线段HC的中点I，连结MI，由三角形中位线的性质得到MI＝12BH＝12AM，从而求得∠CAM＝30°；②设DH＝x，根据FD∥AB，利用相似三角形的对应边成比例HF HDHA HB，列方程求得DH的长．解：（1）证明：∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠ABM；∵CE∥AM，∴∠ECD＝∠ADB，又∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，∴BD＝DC，∴△ABD≌△EDC，∴AB＝ED，又∵AB∥ED，∴四边形ABDE为平行四边形.(2)结论成立，理由如下：过点M作MG∥DE交EC于G，CE∥AM，∴四边形DMGE为平行四边形，ED＝GM且ED∥GM，由（1）可得AB＝GM且AB∥GM，∴AB＝ED且AB∥ED.∴四边形ABDE为平行四边形.(3)①取线段HC的中点I，连结MI，∴MI是△BHC的中位线，∴MI∥BH，MI＝12 BH．又∵BH⊥AC且BH＝AM，∴MI＝12AM，MI⊥AC，∴∠CAM＝30°．②设DH＝x，则AH＝3x，AD＝2x，∴AM＝4+2x，∴BH＝4+2x，由（2）已证四边形ABDE为平行四边形，∴FD∥AB，∴HF HDHA HB=，即3423xxx=+，解得x＝1±5(负根不合题意，舍去)，∴DH＝1+5.2.（2017山东泰安，29，11分）（本小题满分11分）如图，四边形ABCD是平行四边形，AD=AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点．（1）若ED⊥E F，求证：ED=E F；（2）在（1）的条件下，若DC的延长线与F B交于点P，试判断四边形ACPE是否为平行四边形？并注明你的结论（请先补全图形，再解答）；（3）若ED=E F，ED与E F垂直吗？若垂直给出证明，若不垂直说明理由．证明：（1）在平行四边形ABCD中∵AD=AC，AD⊥AC，∴AC=BC，AC⊥BC连接CE，∵E为AB中点，∴AE=EC∴∠ACE=∠BCE=45°，∴∠DAE=∠EC F=135°又∠AED+∠CED=∠CE F+∠CED=90°∴∠AED=∠CE F∴△AED≌△CE F∴ED=E F（2）∵△AED≌△CE F∴AD=C F∴AC=C F又CP∥AE∴CP为△F AB的中位线∥∴CP AE∴四边形ACPE是平行四边形（3）过点E作EH⊥A F于H，作E G⊥DA交DA延长线于点G∵AE=EC∠EA G=∠HCE=45°∴△A G E≌△CHE∴E G=EH又ED=E F∴Rt△DE G≌Rt△F EH∴∠ADE=∠C F E∴∠DEA=∠F EC∴∠F EC+∠DEC=∠DEA+∠DEC=90°∴∠DE F=90°∴ED⊥E F3.（2017江苏连云港，26，12分）如图，已知二次函数3axy2++=bx（a≠0）的图象经过点()3,0A，()4,1B，且与y轴交于点C，连接AB、AC、BC.(1)求此二次函数的关系式；(2)判断ABC△的形状；若ABC△的外接圆记为M⊙，请直接写出圆心M的坐标；(3)若将抛物线沿射线BA方向平移，平移后点A、B、C的对应点分别记为点1A、1B、1C，111A B C△的外接圆记为1M⊙，是否存在某个位置，使1M⊙经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由.思路分析：（1）根据待定系数法可直接代入得到方程组求值，得到函数的解析式；（2）过点B作BD⊥x轴于点D，然后根据角之间的关系得到是直角三角形，最后根据坐标得到D点；（3）取BC中点M，过点M作ME⊥y轴于点E，根据勾股定理求出MC的长和OM的长，再通过平移的性质得到平移的距离，然后根据二次函数的平移性质可得到解析式，解：1)把点()3,0A，()4,1B代入23y ax bx=++中得⎩⎨⎧=++=++13414339baba，解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==2521ba，所以所求函数的关系式为215322y x x=-+.(2)ABC△为直角三角形.过点B作BD⊥x轴于点D，易知点C 坐标为()0,3，所以OA OC =，所以45OAC =∠°， 又因为点B 坐标为()4,1，所以AD BD =，所以45BAD =∠°， 所以180454590BAC =--=∠°°°°，所以ABC△为直角三角形，圆心M 的坐标为()2,2. (3)存在.取BC 中点M ，过点M 作ME ⊥y 轴于点E ， 因为M 的坐标为()2,2， 所以22215MC =+=，22OM =，所以45MOA =∠°， 又因为45BAD =∠°， 所以OM AB ∥，所以要使抛物线沿射线BA 方向平移， 且使1M ⊙经过原点， 则平移的长度为225-或225+，因为45BAD =∠°，所以抛物线的顶点向左、向下均分别平移22541022--=个单位长度，或22541022++=个单位长度.因为81)25(2132521y 22--=+-=x x x . 所以平移后抛物线的关系式为810481)210425(21y 2----+-=x ， 即810417)2101(21y 2--+-=x 或810481)210425(21y 2+--++-=x ，即810417)2101(21y 2+---=x .综上所述，存在一个位置，使1M ⊙经过原点，此时抛物线的关系式为810417)2101(21y 2--+-=x 或810417)2101(21y 2+---=x .．4. 24．（2017四川德阳，24，14分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线1C : )0(2≠+=m n mx y 与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴的负半轴交于点C ，其中A(－1，0), C (0，－1).（1）求抛物线1C 及直线AC 的解析式.（2）沿直线AC 由A 至C 的方向平移抛物线1C ,得到新的抛物线2C ,2C 上的点D 为1C 上的点C 的对应点，若抛物线2C 恰好经过点B ，同时与x 轴交于另一点E ，连接OD 、DE ，试判断△ODE 的形状，并说明理由.（3）在（2）的条件下，若P 为线段OE （不含端点）上一动点，作PF ⊥DE 与F ，PG ⊥OD 于G ，设PF ＝1h ，PG ＝1h ,试判断1h ·1h 的值是否存在最大值，若存在，求出这个最大值，并求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由.思路分析：（1）考查函数解析式的求法，比较简单.（2）平移变换与二次函数图形的综合考查，不难求出对应解析式。
关于初中数学开放探究专题型的解题技巧
关于初中数学开放探究专题型的解题技巧1. 引言在初中数学学习中，开放探究专题型是一个重要的学习模式。
它强调学生通过自主探索和思考，积极参与解决问题的过程。
如何高效地解决开放探究专题型的数学题目，成为了学生们普遍关注的问题。
本文将介绍一些解题技巧，帮助学生更好地应对初中数学开放探究专题型题目的挑战。
2. 理清问题在解决任何数学问题之前，首先要确保自己清楚地理解问题的要求。
对于开放探究专题型题目来说，这一点尤为重要。
毕竟，这类题目大多没有明确的解题步骤，需要学生自行思考和探索。
因此，我们需要仔细阅读问题，理清问题的背景和要求。
可以通过圈点法，划重点，找出问题中的关键信息。
同时，对于理解不清的地方，可以编写一个小标题，将问题进一步细化和梳理。
3. 创造性思维开放探究专题型题目鼓励学生运用创造性思维解决问题。
这就要求我们要培养创造性思维的能力。
具体来说，可以从以下几个方面进行培养：•多角度思考：尝试从不同角度思考问题，寻找问题的不同解决途径。
多做几个思维导图，列出各种可能性。
•反向思维：反过来思考问题，从结果出发，逆向思考可能的路径。
•联想思维：将问题与已知的知识和实际生活中的经验进行联系，寻找灵感。
通过培养这些思维方式，能够提高解决开放探究专题型题目的能力。
4. 举例分析在解决开放探究专题型题目时，举例分析是一个常用的方法。
通过将问题中的变量赋予具体数值，可以更加具体地理解问题，并进行分析推理。
举例分析的步骤如下：1.首先，选择一个适当的例子，使得问题中的变量可以被具体数值取代。
2.然后，运用已有的数学知识和技巧，对例子进行分析。
可以尝试不同的方法，求解问题。
3.最后，将所得到的结论普遍化，推广到一般情况。
通过举例分析，可以让抽象的问题变得具体化，更有助于我们理解和解决问题。
5. 独立思考开放探究专题型问题鼓励学生独立思考和寻找解决方案。
因此，在解决这类问题时，尽量避免过度依赖老师或同学的帮助。
应该相信自己的能力，勇于尝试不同的方法和思路。
初中数学开放性探究性试题及解题策略
９一ｌ ＝８ １ －４ ２ ２ ９＝１ ３ －ｌ ６ ＝１ ５－ ６ ６ ６＝２ ０ … …
。
（ ） 论 开放 型 。这 类 题 目就 是 在 给 定 的条 件 下 ， 索 响应 ２结 探 的对 象 是 否存 在 。 它有 结 论 存 在 和结 论 不 存 在 两种 情 况 。 其基 本
妲科玺髂考
Ｖ０ ． Ｎｏ ２ ３
Ｓ Ｅ Ｅ ＣＩ ＮＣ
Ｆ Ｎ Ａ Ｓ
教 育教 学 ３
初 中数 学开放 性探 究性试题 及解 题策 略
王金 玉
（ 江苏 省 淮 安 市 楚州 实 验 中学 摘 江 苏 淮 安 ２３０ ） ２２ ０ 、 要： 近年 来 ， 着新 课 程 改 革 的全 面推 进 ， 质 教 育 的 深入 发 展 ， 学 教 学 已不再 是 单 纯 的 应试 教 育 。 来 越 多的 开放 性 、 究性 随 素 数 越 探
应 具 备 的条 件 ， 而满 足 结 论 的 条件 并 不 唯 一 。
例 １ 如 ，Ｂ Ｄ １ ． 假 Ａ ＝ Ｂ， ：／２ 请 你 添加 一个 适 当 的 条 件 ， ， 使
△ＡＢ ＡＤＢ 则 需 添 加 的条 件 是 — Ｃ Ｅ，
—
此 类 题 常 以 找规 律 的阅 读 题 形式 出现 ．解题 要 求 能 善 于 观 察 分析 ， 纳所 提 供 的 材 料 ， 想 其结 论 。 归 猜
【 中图分类号 】Ｇ ３ ． ６ ３６
【 文献标 识码 】Ｃ
【 文章编号】 ６ １ ８ ３ （０ ００ — ０ ６ ０ １ ７ — ４ ７２ １ ）３ ０ ６ — ２
简 单 ； 法 ３转 化 为 一 些 互 为 相 反 数 的 和 来 计 算 ， 然新 颖 、 方 显 简
2017年中考数学试题 探索性问题分项版解析汇编(原卷+解析卷)
专题12 探索性问题一、选择题1.（2017浙江衢州第7题）下列四种基本尺规作图分别表示：①作一个角等于已知角；②作一个角的平分线；③作一条线段的垂直平分线；④过直线外一点P 作已知直线的垂线，则对应选项中作法错误的是（ ）A ．①B ．②C ．③D ．④ 【答案】C.考点：基本作图.2. （2017浙江衢州第10题）运用图形变化的方法研究下列问题：如图，AB 是⊙O 的直径，CD ，EF 是⊙O 的弦，且AB ∥CD ∥EF ，AB=10，CD=6，EF=8。
则图中阴影部分的面积是（ ）A.π225B. π10C. π424+D. π524+【答案】A. 【解析】试题解析：作直径CG ，连接OD 、OE 、OF 、DG ．∵CG 是圆的直径， ∴∠CDG=90°，则DG=2222106CG CD -=-=8，又∵EF=8， ∴DG=EF ， ∴DG EF =，∴S 扇形ODG =S 扇形OEF ， ∵AB ∥CD ∥EF ，∴S △OCD =S △ACD ，S △OEF =S △AEF ，∴S 阴影=S 扇形OCD +S 扇形OEF =S 扇形OCD +S 扇形ODG =S 半圆=12π×52=252π． 故选A ．考点：1.圆周角定理；2.扇形面积的计算.3.（2017山东德州第9题）公式KP L L +=0表示当重力为P 时的物体作用在弹簧上时弹簧的长度. 0L 表示弹簧的初始长度,用厘米(cm)表示，K 表示单位重力物体作用在弹簧上时弹簧的长度，用厘米(cm)表示。
下面给出的四个公式中，表明这是一个短而硬的弹簧的是（ ）A ．L=10+0.5PB ．L=10+5PC ．L=80+0.5PD ．L=80+5P 【答案】A 【解析】试题分析：A 和B 中，L 0=10，表示弹簧短；A 和C 中，K=0.5，表示弹簧硬； 故选A考点:一次函数的应用4. （2017山东德州第12题）观察下列图形，它是把一个三角形分别连接这个三角形的中点，构成4个小三角形，挖去中间的小三角形（如题1）；对剩下的三角形再分别重复以上做法，……，将这种做法继续下去（如图2，图3……），则图6中挖去三角形的个数为（）A．121 B．362 C．364 D．729【答案】C考点:探索规律5.（2017浙江宁波第12题）一个大矩形按如图方式分割成九个小矩形，且只有标号为①和②的两个小矩形为正方形，在满足条件的所有分割中，若知道九个小矩形中n个小矩形的周长，就一定能算出这个大矩形的面积，则n的最小值是( )A.3B.4C.5D.6【答案】A.【解析】试题分析：根据题意可知，最少知道3个小矩形的周长即可求得大矩形的面积.考点：矩形的性质.6.（2017重庆A 卷第10题）下列图形都是由同样大小的菱形按照一定规律所组成的，其中第①个图形中一共有3个菱形，第②个图形中一共有7个菱形，第③个图形中一共有13个菱形，…，按此规律排列下去，第⑨个图形中菱形的个数为（ ）A ．73B ．81C ．91D ．109 【答案】C ． 【解析】试题解析：第①个图形中一共有3个菱形，3=12+2； 第②个图形中共有7个菱形，7=22+3； 第③个图形中共有13个菱形，13=32+4； …，第n 个图形中菱形的个数为：n 2+n+1； 第⑨个图形中菱形的个数92+9+1=91． 故选C ．考点：图形的变化规律.7.（2017广西贵港第11题）如图，在Rt ABC ∆中，90ACB ∠= ，将ABC ∆绕顶点C 逆时针旋转得到'',A B C M ∆是BC 的中点，P 是''A B 的中点，连接PM ，若230BC BAC =∠=，，则线段PM 的最大值是 （ ）A ．4B ．3 C.2 D ．1 【答案】B 【解析】试题解析：如图连接PC ．在Rt △ABC 中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4， ∴A′P=PB′， ∴PC=12A′B′=2， ∵CM=BM=1，又∵PM ≤PC+CM ，即PM ≤3，∴PM 的最大值为3（此时P 、C 、M 共线）． 故选B ．考点：旋转的性质．8.（2017湖北武汉第10题）如图，在Rt ABC ∆中，90C ∠=，以ABC ∆的一边为边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在ABC ∆的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多为（ ）A ．4B ．5C ． 6D ．7 【答案】C 【解析】试题解析：①以B 为圆心，BC 长为半径画弧，交AB 于点D ，△BCD 就是等腰三角形； ②以A 为圆心，AC 长为半径画弧，交AB 于点E ，△ACE 就是等腰三角形； ③以C 为圆心，BC 长为半径画弧，交AC 于点F ，△BCF 就是等腰三角形； ④作AC 的垂直平分线交AB 于点H ，△ACH 就是等腰三角形；⑤作AB的垂直平分线交AC于G，则△AGB是等腰三角形；⑥作BC的垂直平分线交AB于I，则△BCI是等腰三角形．故选C.考点：画等腰三角形.9.（2017贵州黔东南州第10题）我国古代数学的许多创新和发展都位居世界前列，如南宋数学家杨辉（约13世纪）所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项和（a+b）n的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．根据“杨辉三角”请计算（a+b）20的展开式中第三项的系数为（）A．2017 B．2016 C．191 D．190【答案】D．【解析】试题解析：找规律发现（a+b）3的第三项系数为3=1+2；（a+b）4的第三项系数为6=1+2+3；（a+b）5的第三项系数为10=1+2+3+4；不难发现（a+b）n的第三项系数为1+2+3+…+（n﹣2）+（n﹣1），∴（a+b）20第三项系数为1+2+3+…+20=190，故选 D．考点：完全平方公式．10.（2017四川泸州第12题）已知抛物线y=x 2+1具有如下性质：该抛物线上任意一点到定点F （0，2）的距离与到x 轴的距离始终相等，如图，点M 的坐标为（3，3），P 是抛物线y=14x 2+1上一个动点，则△PMF 周长的最小值是（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】C ． 【解析】试题解析：过点M 作ME ⊥x 轴于点E ，交抛物线y=14x 2+1于点P ，此时△PMF 周长最小值，∵F （0，2）、M （ 3，3），∴ME=3，FM=()2202(3)3-+-=2，∴△PMF 周长的最小值=ME+FM=3+2=5． 故选C ．考点：1.二次函数的性质；2.三角形三边关系．11.（2017四川自贡第11题）填在下面各正方形中四个数之间都有相同的规律，根据这种规律m 的值为（ ）A ．180B ．182C ．184D ．186 【答案】C. 【解析】试题解析：由前面数字关系：1，3，5；3，5，7；5，7，9， 可得最后一个三个数分别为：11，13，15，∵3×5﹣1=14，； 5×7﹣3=32； 7×9﹣5=58； ∴m=13×15﹣11=184． 故选C ． 考点：数字规律. 二、填空题1. （2017浙江衢州第14题）如图，从边长为（a+3）的正方形纸片中剪去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线又剪拼成一个如图所示的长方形（不重叠无缝隙），则拼成的长方形的另一边长是 ．【答案】a+6．考点：图形的拼接.2. （2017浙江衢州第15题）如图，在直角坐标系中，⊙A 的圆心A 的坐标为（-1，0），半径为1，点P 为直线343+-=x y 上的动点，过点P 作⊙A 的切线，切点为Q ，则切线长PQ 的最小值是__________【答案】22．试题解析：连接AP ，PQ ，当AP 最小时，PQ 最小， ∴当AP ⊥直线y=﹣34x+3时，PQ 最小， ∵A 的坐标为（﹣1，0），y=﹣34x+3可化为3x+4y ﹣12=0， ∴AP=22|3(1)4012|34⨯-+⨯-+=3，∴PQ=223-1=22．考点：1.切线的性质；2.一次函数的性质.3．（2017浙江衢州第16题）如图，正△ABO 的边长为2，O 为坐标原点，A 在x 轴上，B 在第二象限。
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矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。