2014年全国中考数学真题解析--41.开放性问题(18页)

开放性问题
一、填空题
1. （2014•江苏淮安，第11题3分）若一个三角形三边长分别为2，3，x，则x的值可以为4（只需填一个整数）
2. （4分）（2014•浙江金华，第11题，4分）写出一个解为x≥1的一元一次不等式x+1≥2．
3.（2014•甘肃天水，第11题4分）写出一个图象经过点（﹣1，2）的一次函数的解析式．
1. （2014•湘潭，第13题，3分）如图，直线a、b被直线c所截，若满足∠1=∠2，则
a、b平行．
2.（2014•滨州，第14题4分）写出一个运算结果是a6的算式a2•a4．
4.（2014•北京，第11题4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的边长为2．写出一个函数y=（k≠0），使它的图象与正方形OABC有公共点，这个函数的表达式
为．
（
5.（2014•福建漳州，第12题4分）双曲线y=所在象限内，y的值随x值的增大而减小，则满足条件的一个数值k为．
考点：反比例函数的性质．
分析：首先根据反比例函数的性质可得k+1＞0，再解不等式即可．
解答：解：∵双曲线y=所在象限内，y的值随x值的增大而减小，
∴k+1＞0，
解得：k＞﹣1，
∴k可以等于3（答案不唯一）．
故答案为：3（答案不唯一）．
点评：此题主要考查了反比例函数的性质，关键是掌握对于反比例函数（k≠0），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．
6．（2014•齐齐哈尔，13题3分）如图，已知△ABC中，AB=AC，点D、E在BC上，要使△ABD≌ACE，则只需添加一个适当的条件是BD=CE．（只填一个即可）
考点：全等三角形的判定．
专题：开放型．
分析：此题是一道开放型的题目，答案不唯一，如BD=CE，根据SAS推出即可；也可以∠BAD=∠CAE等．
解答：解：BD=CE，
理由是：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
在△ABD和△ACE中，，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
故答案为：BD=CE．
点评：本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，题目比较好，难度适中．
7．（2014•连云港，第13题3分）若函数y=的图象在同一象限内，y随x增大而增大，则m的值可以是0（写出一个即可）．
二、解答题
2.（2014•福建漳州，第19题8分）如图，点C，F在线段BE上，BF=EC，∠1=∠2，请你添加一个条件，使△ABC≌△DEF，并加以证明．（不再添加辅助线和字母）
考点：全等三角形的判定．
分析：先求出BC=EF，添加条件AC=DF，根据SAS推出两三角形全等即可．
解答：AC=DE．
证明：∵BF=EC，
∴BF﹣CF=EC﹣CF，
∴BC=EF，
在△ABC和△DEF中
∴△ABC≌△DEF．
点评：本题考查了全等三角形的判定的应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，题目是一道开放型的题目，答案不唯一．
1. （2014•四川巴中，第28题10分）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．
考点：矩形的判定．
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）答：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）．
点评：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，是基础题，难度不大．
1.（2014•内蒙古赤峰，第24题，12分）如图1，E是直线AB，CD内部一点，AB∥CD，连接EA，E D．
（1）探究猜想：
①若∠A=30°，∠D=40°，则∠AED等于多少度？
②若∠A=20°，∠D=60°，则∠AED等于多少度？
③猜想图1中∠AED，∠EAB，∠EDC的关系并证明你的结论．
（2）拓展应用：
如图2，射线FE与矩形ABCD的边AB交于点E，与边CD交于点F，①②③④分别是
被射线FE隔开的4个区域（不含边界，其中区域③、④位于直线AB上方，P是位于以上四个区域上的点，猜想：∠PEB，∠PFC，∠EPF的关系（不要求证明）．
考点：平行线的性质．
专题：阅读型；分类讨论．
分析：（1）①根据图形猜想得出所求角度数即可；
②根据图形猜想得出所求角度数即可；
③猜想得到三角关系，理由为：延长AE与DC交于F点，由AB与DC平行，利用
两直线平行内错角相等得到一对角相等，再利用外角性质及等量代换即可得证；
（2）分四个区域分别找出三个角关系即可．
解答：解：（1）①∠AED=70°；
②∠AED=80°；
③猜想：∠AED=∠EAB+∠EDC，
证明：延长AE交DC于点F，
∵AB∥DC，
∴∠EAB=∠EFD，
∵∠AED为△EDF的外角，
∴∠AED=∠EDF+∠EFD=∠EAB+∠EDC；
（2）根据题意得：
点P在区域①时，∠EPF=360°﹣（∠PEB+∠PFC）；
点P在区域②时，∠EPF=∠PEB+∠PFC；
点P在区域③时，∠EPF=∠PEB﹣∠PFC；
点P在区域④时，∠EPF=∠PFC﹣∠PE B．
点评：此题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解本题的关键．
2. （2014•山东威海，第24题11分）猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为DM=DE．
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
3. （2014•山东枣庄，第22题8分）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？请证明你的结论．
，
4. （2014•山东烟台，第25题10分）在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．
（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）
（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．
考点：全等三角形，正方形的性质，勾股定理，运动与变化的思想.
分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+
∠ADF=90°，所以AE⊥DF；
（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；
（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得
OC的长，再求CP即可．
解答：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF．
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；（2）是；
（3）成立．
理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF
延长FD交AE于点G，
则∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠ADG+∠DAE=90°．
∴AE⊥DF；
（4）如图：
由于点P在运动中保持∠APD=90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△ODC中，OC=，
∴CP=OC﹣OP=．
点评：本题主要考查了四边形的综合知识．综合性较强，特别是第（4）题要认真分析．
5. （2014•浙江杭州，第23题，12分）复习课中，教师给出关于x的函数y=2kx2﹣（4kx+1）x﹣k+1（k是实数）．
教师：请独立思考，并把探索发现的与该函数有关的结论（性质）写到黑板上．
学生思考后，黑板上出现了一些结论．教师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选出以下四条：
①存在函数，其图象经过（1，0）点；
②函数图象与坐标轴总有三个不同的交点；
③当x＞1时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小；
④若函数有最大值，则最大值比为正数，若函数有最小值，则最小值比为负数．
教师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由．最后简单写出解决问题时所用的数学方法．
=
=
1. (2014•陕西,第26题12分)问题探究
（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；
（2）如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长；
问题解决
（3）有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．
考点：圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；直线与圆的位置关系；特殊角的三角函数值．专题：压轴题；存在型．
分析：（1）由于△P AD是等腰三角形，底边不定，需三种情况讨论，运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题．
（2）以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长．
（3）要满足∠AMB=60°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长．
解答：解：（1）①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，
则P A=P D．
∴△P AD是等腰三角形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠B=∠C=90°．
∵P A=PD，AB=DC，
∴Rt△ABP≌Rt△DCP（HL）．
∴BP=CP．
∵BC=4，
∴BP=CP=2．
②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，．
则DA=DP′．
∴△P′AD是等腰三角形．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°．
∵AB=3，BC=4，
∴DC=3，DP′=4．
∴CP′==．
∴BP′=4﹣．
③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，
则AD=AP″．
∴△P″AD是等腰三角形．
同理可得：BP″=．
综上所述：在等腰三角形△ADP中，
若P A=PD，则BP=2；
若DP=DA，则BP=4﹣；
若AP=AD，则BP=．
（2）∵E、F分别为边AB、AC的中点，
∴EF∥BC，EF=B C．
∵BC=12，
∴EF=6．
以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②．∵AD⊥BC，AD=6，
∴EF与BC之间的距离为3．
∴OQ=3
∴OQ=OE=3．
∴⊙O与BC相切，切点为Q．
∵EF为⊙O的直径，
∴∠EQF=90°．
过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②．
∵EG⊥BC，OQ⊥BC，
∴EG∥OQ．
∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，
∴四边形OEGQ是正方形．
∴GQ=EO=3，EG=OQ=3．
∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，
∴BG=．
∴BQ=GQ+BG=3+．
∴当∠EQF=90°时，BQ的长为3+．
（3）在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°．
理由如下：
以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，
作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K．
设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③．
则⊙O是△ABG的外接圆，
∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，
∴AP=PB=A B．
∵AB=270，
∴AP=135．
∵ED=285，
∴OH=285﹣135=150．
∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，
∴∠BAK=∠GAK=30°．
∴OP=AP•tan30°
=135×
=45．
∴OA=2OP=90．
∴OH＜O A．
∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③．
∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90．．
∵OH⊥CD，OH=150，OM=90，
∴HM===30．
∵AE=400，OP=45，
∴DH=400﹣45．
若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=400﹣45+30．
∵400﹣45+30＞340，
∴DM＞C D．
∴点M不在线段CD上，应舍去．
若点M在点H的右边，则DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30．
∵400﹣45﹣30＜340，
∴DM＜C D．
∴点M在线段CD上．
综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，
此时DM的长为（400﹣45﹣30）米．
点评：本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，考查了操作、探究等能力，综合性非常强．而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键．。