中考数学复习考点解密 开放探索性问题含解析

开放探索性问题年中考数学二轮复习考点解密 2 012

第一部分讲解部分

一、专题诠释

开放探究型问题，可分为开放型问题和探究型问题两类．

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．

探究型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，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．

二、解题策略与解法精讲

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惟一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．．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4

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．

三、考点精讲

（一）开放型问题

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：（2011江苏淮安）在四边形ABCD中，AB=DC，AD=BC.请再添加一个条件，使四边形ABCD是矩形.你添加的条件是.(写出一种即可)

分析：已知两组对边相等，如果其对角线相等可得到△ABD≌△ABC≌ADC≌△BCD，进而得到，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，使四边形ABCD是矩形．

解：若四边形ABCD的对角线相等，

则由AB=DC，AD=BC可得．

△ABD≌△ABC≌ADC≌△BCD，

所以四边形ABCD的四个内角相等分别等于90°即直角，

所以四边形ABCD是矩形，

故答案为：对角线相等．

评注：此题属开放型题，考查的是矩形的判定，根据矩形的判定，关键是是要得到四个内角相等即直角．

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：（2011天津）已知一次函数的图象经过点（0，1），且满足y随x的增大而增大，则该一次函数的解析式可以

为．

分析：先设出一次函数的解析式，再根据一次函数的图象经过点（0，1）可确定出b的值，再根据y随x的增大而增大确定出k的符号即可．

解：设一次函数的解析式为：y=kx+b（k≠0），

∵一次函数的图象经过点（0，1），

∴b=1，

∵y随x的增大而增大，

∴k＞0，

故答案为y=x+1（答案不唯一，可以是形如y=kx+1，k＞0的一次函数）．

评注：本题考查的是一次函数的性质，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，k＞0，y随x的增大而增大，与y轴交于（0，b），当b＞0时，（0，b）在y轴的正半轴上．

考点三：条件和结论都开放的问题：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，因此必须认真观察与思考，将已知的信息集中分析，挖掘问题成立的条件或特定条件下的结论，多方面、多角度、多层次探索条件和结论，并进行证明或判断．

例3：（2010?玉溪）如图，在平行四边形ABCD中，E是AD的中点，请添加适当条件后，构造

出一对全等的三角形，并说明理由．

分析：先连接BE，再过D作DF∥BE交BC于F，可构造全等三角形△ABE和△CDF．利用ABCD是平行四边形，可得出两个条件，再结合DE∥BF，BE∥DF，又可得一个平行四边形，那么利用其性质，可得DE=BF，结合AD=BC，等量减等量差相等，可证AE=CF，利用SAS可证三角形全等．

ABE，构造的全等三角形是△F于点BC交BE∥DF作D，过BE添加的条件是连接：解．

与△CDF．理由：∵平行四边形ABCD，AE=ED，

∴在△ABE与△CDF中，

AB=CD，

∠EAB=∠FCD，

又∵DE∥BF，DF∥BE，

∴四边形BFDE是平行四边形，

∴DE=BF，

又AD=BC，

∴AD﹣DE=BC﹣BF，

即AE=CF，

∴△ABE≌△CDF．（答案不唯一，也可增加其它条件）

评注：本题利用了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、以及等量减等量差相等等知识．

考点四：编制开放型：

此类问题是指条件、结论、解题方法都不全或未知，而仅提供一种问题情境，需要我们补充条件，设计结论，寻求解法的一类题，它更具有开放性．

例4：（2010年江苏盐城中考题）某校九年级两个班各为玉树地震灾区捐款1800元．已知2班比1班人均捐款多4元，2班的人数比1班的人数少10%．请你根据上述信息，就这两个班级的“人数”或“人均捐款”提出一个用分式方程解决的问题，并写出解题过程．．．．．分析：本题的等量关系是：两班捐款数之和为1800元；2班捐款数-1班捐款数=4元；1班人数=2班人数×90%，从而提问解答即可．

解：解法一：求两个班人均捐款各多少元？

设1班人均捐款x元，则2班人均捐款（x+4）元，根据题意得

18001800 ·90%= +4xx

解得x=36 经检验x=36是原方程的根

∴x+4=40

答：1班人均捐36元，2班人均捐40元

解法二：求两个班人数各多少人？

设1班有x人，则根据题意得

18001800 +4= %90xx解得x=50 ，经检验x=50是原方程的根

∴90x % =45

答：1班有50人，2班有45人．

评注：对于此类编制开放型问题，是一类新型的开放型问题，它要求学生的思维较发散，写出符合题意的正确答案即可，难度要求不大，但学生容易犯想当然的错误，叙述不够准确，如单位的问题、符合实际等要求，在解题中应该注意防范．

（二）探究型问题

考点五：动态探索型：

此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件的题目．

例5：（2011?临沂）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，三角扳的一边交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：

，B，且使三角板的一边经过点ABCD”矩形“改为ABCD”正方形“）中的2，将（3）如图3（．

EF的值．，求其他条件不变，若AB=a、BC=b EG分析：（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，易证得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．

解：（1）证明：∵∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，

∴∠DEF=∠GEB，

又∵ED=BE，

∴Rt△FED≌Rt△GEB，

∴EF=EG；

（2）成立．

证明：如图，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，

，∠HEI=90°，则EH=EI

，∠IEF+∠HEFHEF=90°=90°，∵∠GEH+∠∴∠IEF=∠GEH，

∴Rt△FEI≌Rt△GEH，

∴EF=EG；

（3）解：如图，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，

则∠MEN=90°，

∴EM∥AB，EN∥AD．

，CAB∽△CEM，△CAD∽△CEN∴△．

NECEEMCE?,?∴，CAABADCAbADNEEMNE???∴，即，

aABABEMAD∵∠IEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°，

∴∠GEM=∠FEN，

∵∠GME=∠FNE=90°，

∴△GME∽△FNE，

EFEN?∴，EMEGbEF?．∴aEG评注：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．

考点六：结论探究型：

此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一，而需探索发现与之相应的结论的题目．

例6：（2011福建省三明市）在矩形ABCD中，点P在AD上，AB=2，AP=1．将直角尺的顶点放在P处，直角尺的两边分别交AB，BC于点E，F，连接EF（如图①）．

（1）当点E与点B重合时，点F恰好与点C重合（如图②），求PC的长；

（2）探究：将直尺从图②中的位置开始，绕点P顺时针旋转，当点E和点A重合时停止．在这个过程中，请你观察、猜想，并解答：

①tan∠PEF的值是否发生变化？请说明理由；

②直接写出从开始到停止，线段EF的中点经过的路线

长．

；PC，利用相似比求DCP∽△APB，利用互余关系证明△PB）由勾股定理求1（：分析．（2）tan∠PEF的值不变．过F作FG⊥AD，垂足为G，同（1）的方法证明△APB∽△DCP，PFGF2? =2，再利用锐角三角函数的定义求值；得相似比=PEAP1（3）如图3，画出起始位置和终点位置时，线段EF的中点O，O，连接OO，线段OO221211即为线段EF的中点经过的路线长，也就是△BPC的中位线．

解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，

5，==AB=2，则PBAP=1，CD∴∠ABP+∠APB=90°，

又∵∠BPC=90°，

∴∠APB+∠DPC=90°，

∴∠ABP=∠DPC，

∴△APB∽△DCP，

15PBAP??即，∴2PCPCCD5；PC =2∴

（2）tan∠PEF的值不变．

理由：过F作FG⊥AD，垂足为G，

则四边形ABFG是矩形，

∴∠A=∠PFG=90°，GF=AB=2，

∴∠AEP+∠APE=90°，

又∵∠EPF=90°，

∴∠APE+∠GPF=90°，

∴∠AEP=∠GPF，

∴△APE∽△GPF，

PFGF2?==2∴，1APPE．

PF =2∠PEF=，∴Rt△EPF中，tan PE的值不变；∴tan∠PEF5EF．的中点经过的路

线长为（3）线段

本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形．关键是利用互余评注：关系证明相似三角形．

考点七：规律探究型：规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程，来探求一般性结论的问题，解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进

行全面、细致的观察、分析、比较，从中发现其变化的规律，并猜想出一般性的结论，然后再给出合理的证.

明或加以运用111111???S=1S=1??S=1?,…, 设,,）2011例7：（四川成都

31222222243213211??S=1n221)n?n(S...?S?S?S? )．用含的代数式表示，其中为正整数设，则＝(nSn_________n21

由分析：2222222])?11?1[n(n?)]11)?(n?)n?([nn?1n?2n?2?n1(n?1???S?，求

n22222nn(n?1)[n(n?1)][n(n?1)]S，得出一般规律．n：解．

2222222]1?1)?2n?1[)1n?n([n(n?1)]n?2n1n1(n?)??(n????S?1?∵，

n22222nn(n?1)[n(n?1)][n(n?1)]n(n?1)?111?1?S??，∴

n n(n?1)nn?111111?1???1S??1? ?1??∴223nn?11??n1?

n?122?2n?1n(n?1)??n?1n?12?2nn故答案为：n?1评注：本题考查了二次根式的化简求值．关键是由S变形，得出一般规律，寻找抵消规律．n

考点八：存在探索型：

此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目．

2+bx+c经过A（－1，0）、B（3，，抛物线（例8：2011辽宁大连）如图15y＝ax0）、C（0，3）三点，对称轴与抛物线相交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）抛物线上是否存在一点Q，使△QMB与△PMB的面积相等，若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由；

（3）在第一象限、对称轴右侧的抛物线上是否存在一点R，使△RPM与△RMB的面积相等，的坐标；若不存在，说明理由．R若存在，直接写出点．

y

PCMAB x O15

图

到的距离应该等于P点坐标，Q到MB分析：（1）利用待定系数法求解；（2）若想求Q对称或者在这条直线关于BMP点且平行于BM的直线上，MB的距离，所以Q点应该在经过R3）设出Q点；（的直线上，因此，求出这两条直线的解析式，其与抛物线的交点即为所求点坐利用相等列出方程即可求出R与△RMB的面积，点坐标，分别用其横坐标表示出△RPM标．2）解：（13??2y??xx2）1，2）∵4∴P（（4?y??(x?1) ，PB：1，4）；（BC：，M1，2）P（3?y??x6?y??2x