初中数学开放性探究性试题及解题策略
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初中数学中的开放探究题是一类涉及多种解决方法和思路的问题，其答案不唯一，求解过程和思维过程比结果更重要。
开放探究题能够激发学生的思维活动，培养学生的创新能力和解决问题的能力。
下面将介绍一些常见的开放探究题的类型以及解题策略。
一、数列问题：数列问题是初中数学中的重要内容，也是开放探究题的常见类型。
在解决数列问题时，可以采用递归关系与通项公式相结合的方法。
解题策略：1.观察法：观察数列的前几项，寻找规律。
2.分情况讨论法：根据题目的条件，分析数列的性质，将问题分解为几个简单情况进行讨论。
3.递推法：根据数列的递归关系，根据已知的条件，求解下一个数。
4.通项公式法：通过观察数列的性质，找出数列的通项公式。
解题策略：1.画图法：根据题目要求，画出图形，并观察图形的性质，寻找规律。
2.分割法：将图形分割成一些简单的图形，进一步分析每个简单图形的性质，然后综合求解整个问题。
3.等分法：通过分析图形的对称性，将图形分成若干相等的部分，然后计算出每个部分的面积或长度，最后求和得到最终的结果。
4.面积法：通过计算图形的面积，求解某一部分的面积或整个图形的面积。
解题策略：1.列方程法：根据问题所描述的关系，列出相应的方程，然后求解方程得到答案。
2.代入法：将已知的一个或几个条件代入方程中，求解未知数。
3.化简法：对方程进行化简，将复杂的方程化简为简单的方程，然后求解方程得到答案。
4.分类讨论法：根据题目的不同条件，将问题分为几个不同的情况，分别列方程求解。
解题策略：1.相似性：通过观察图形的相似性质，建立相似三角形的比例关系或使用等比例分割线，通过比例关系求解问题。
2.角度关系：通过观察图形的角度关系，利用角度和的等于180度等性质，建立方程求解问题。
3.比例关系：通过观察图形的比例关系，利用等比例分割线，建立比例关系等方程求解问题。
4.三角形的性质：利用三角形的面积公式、三边关系、角平分线等性质，建立方程求解问题。
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是培养学生独立思考能力、提高问题解决能力和培养创新意识的重要途径。
本文从几何、代数和概率问题的探究类型入手，探讨了尝试不同方法途径求解、建立数学模型分析、利用已知条件推导未知结论、借助实际问题拓展思考和结合数学工具辅助求解等解题策略。
通过开放性探究题，学生能够在实践中培养自己的数学思维和解决问题的能力，从而提高数学学科的学习效果。
初中数学开放探究题有助于学生积极主动地探索数学领域，培养他们的批判性思维和创造性解决问题的能力，为未来的学习和工作打下坚实基础。
【关键词】初中数学开放探究题、类型、解题策略、几何问题、代数问题、概率问题、独立思考能力、问题解决能力、创新意识。
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教学中扮演着至关重要的角色，它不仅能够激发学生学习数学的兴趣，还能培养他们的独立思考能力、问题解决能力和创新意识。
开放探究题是一种不设定具体解决方法的数学问题，通过学生自主探究和发现，帮助他们建立数学知识的联系，提升数学思维能力。
初中数学开放探究题有助于提高学生的问题解决能力。
在解决开放探究题的过程中，学生需要运用所学的数学知识，探究问题的本质，找到解决问题的方法。
这种过程能够帮助学生培养解决实际问题的能力，提高他们的问题解决能力。
初中数学开放探究题有助于培养学生的创新意识。
开放探究题鼓励学生提出新的问题、尝试新的解决方法，激发学生的创新思维。
通过解决开放探究题，学生能够培养自己的创新意识，不断拓展自己的思维，提升自己的创造能力。
初中数学开放探究题的重要性不言而喻，它不仅能够培养学生的独立思考能力，提高学生的问题解决能力，还能够培养学生的创新意识，为学生的未来发展打下坚实基础。
教师应该在教学中充分重视开放探究题的设计和实施，引导学生充分参与，发挥他们的潜力。
2. 正文2.1 类型一：几何问题的探究在初中数学中，几何问题是学生们经常会遇到的类型之一。
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初中数学开放探究题是指那些没有固定答案，需要学生通过自主探究和思考来解决的问题。
这类问题可以培养学生的探究精神、创造力和解决问题的能力，激发学生的兴趣和动力。
下面将介绍一些常见的初中数学开放探究题的类型及解题策略。
一、模型问题模型问题是指通过构建模型来解决数学问题的问题。
学生可以通过观察、思考和实践构建各种模型，从而深入理解问题的本质和解题方法。
通过操作积木或拼图构建几何模型，通过图表和函数关系构建数学模型等。
解题策略：1.仔细观察题目，理解问题要求。
2.选择合适的模型，并进行构建。
3.通过观察模型的性质和特点来解决问题。
4.进行验证和推理，得到结论。
二、思维拓展问题思维拓展问题是指需要学生进行推理、归纳和创新思维的问题。
这类问题不仅考察学生对基础知识的掌握程度，还培养学生的思维能力和创新意识。
通过给定条件猜测规律，通过归纳总结求解问题等。
三、探究和发现问题探究和发现问题是指通过探究和实践来解决问题的问题。
这类问题需要学生主动参与、积极探究，从而培养学生的观察力、实践动手能力和问题解决能力。
思维导图问题是指通过构建思维导图来解决问题的问题。
学生可以通过有机地组织和连接知识点，梳理问题的思路和思维脉络，从而达到理清思路、整合知识的目的。
解题策略：1.仔细阅读题目，理解问题要求。
2.确定思维导图的主题和关键词。
3.按照逻辑关系建立思维导图，连接各种知识点。
4.分析和解决问题，整理得出结论。
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初中数学开放探究题是指一类没有明确解题方法的数学问题，可以通过思考、推理以及试错来解决的问题。
这类问题通常需要学生发现问题的规律和特点，进行探究和推理，从而找到解题的策略和方法。
下面介绍几种常见的初中数学开放探究题的类型及解题策略。
1. 数列问题：数列问题是初中数学中常见的开放探究题类型之一。
通过观察数列的前几项，学生需要发现并推断数列的规律，然后利用这个规律找出数列的通项公式。
解题策略：- 观察数列的前几项，看是否能够找到数列的规律；- 尝试列出数列的通项公式，然后用这个公式验证数列的后几项是否正确；- 如果困难，可以先找出数列的差、比或其他规律，再推导出数列的通项公式；- 考虑使用递推公式或逆向思维方法来推导数列的规律。
2. 图形问题：图形问题是初中数学中的另一类常见开放探究题类型。
学生需要观察、分析图形的性质，根据图形的特点解决问题。
解题策略：- 观察图形的形状、边长、角度等特征，看是否能够发现规律；- 将图形分解为几个简单的几何形状，研究它们之间的关系；- 利用图形中的对称性质、相似性质、平行关系等几何性质寻找解题思路；- 可以尝试将图形转化为其他形式进行思考和分析。
3. 概率问题：概率问题是初中数学中较为抽象和复杂的开放探究题类型。
学生需要基于概率的定义和性质，通过思考、模拟试验等方式解决问题。
解题策略：- 分析给定事件发生的可能性和不可能性；- 利用计数原理和概率公式计算概率；- 利用试验、模拟或图表等方法辅助计算概率；- 考虑使用条件概率、事件的独立性等概率性质推导解题思路。
4. 代数方程问题：代数方程问题是初中数学中的难点之一。
学生需要通过列方程，利用代数运算的性质求解问题。
解题策略：- 确定未知数，并根据问题中的条件列方程；- 对方程进行整理、变形，将问题中的信息转化为方程中的代数式；- 使用代数运算的性质进行方程的解析求解；- 检验方程的解是否符合问题的要求。
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．。
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
初中数学开放探究题是指那些没有明确解题方法的数学问题，通过学生自主探索和解
决问题，培养学生思维能力和解决问题的能力。
开放探究题的类型多种多样，解题策略也
各有不同。
以下是一些常见的初中数学开放探究题的类型及相应的解题策略。
一、几何问题
几何问题是常见的开放探究题类型之一。
解答这类问题通常需要学生探究图形的性质、关系及运用几何知识解决问题。
解题策略：
1. 观察几何图形的性质，例如角的关系、边的长度等。
2. 尝试构建辅助线或辅助角，将问题转化成已知的几何问题。
3. 运用几何定理，如勾股定理、相似三角形的性质等。
二、代数问题
代数问题是初中数学中常见的开放探究题类型，通常涉及复杂的代数式的化简、方程
的解法等。
解题策略：
1. 观察代数式的结构，寻找规律，进行化简和简化。
2. 运用代数运算法则，如合并同类项、因式分解等。
3. 构建方程组，运用代数方法解方程。
数列问题是另一种常见的开放探究题类型。
解答这类问题需要学生发现数列的规律，
进行推理和证明。
解题策略：
1. 观察数列的前几项，寻找数列的规律和递推关系。
2. 推导数列的通项公式或递推公式。
3. 运用数列性质，进行计算和证明问题。
四、概率问题
概率问题也是初中数学中的重要开放探究题类型，学生需基于概率的概念进行推理和计算。
解题策略：
1. 确定事件空间和随机试验。
2. 运用概率的计算公式，计算事件的概率。
3. 推导和证明概率性质。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
初中数学开放性探究性试题及解题策略
随着课程改革和素质教育的全面推进，近几年,在初中数学教学和各省、市的中考题中，出现了一批符合学生年龄特点和认知水平、设计优美、个性独特的开放题。
一数学开放题的概述
1. 关于数学开放题的几种论述
数学开放题主要有几种论述：(1)答案不固定或者条件不完全的习题；(2)开放题是条件多余需选择、条件不足需补充或答案不固定的；(3)有多处正确答案的问题，以自己喜欢的方式解答问题，在解题过程中，学生可以把自己的知识、技能以各种方式结合,去发现新的思想方法；(4) 答案不唯一的问题；(5)具有多种不同的解法，或者可能有多种解答方法的问题；(6)问题不必有解,答案不必唯一，条件可以多余的问题等。
通俗地说就是给学生以较大认知空间的题目。
_|一个问题是开放还是封闭常常取决于提出问题时学生的知识水平如何。
例如，对n个人两两握手共握多少次的问题=，在学生学习二《组合》》知识以前解法很多=，是一个开放题，在学习组合知识之后则是一个封闭题。
2. 数学开放题的基本类型，大概包括以下几种
(1) 条件开放型。
这类问题一般是由给定的结论，反思、探索应具备的条件，而满足结论的条件并不唯一。
例1.假如，AB=DB，/仁/ 2,请你添加一个适当的条件，使厶ABC ◎△ DBE，则需添加的条件是___________ 。
(2) 结论开放型。
这类题目就是在给定的条件下，探索响应的对象是否存在。
它有结论存］
在和结论不存在两种情况。
其基本解题方法是：假设存在，演绎推理，得出结论，从而对是否存
在做出准确的判断。
例2.假如，O O的直径AB为6，P为AB上一点，过点P作O O的弦CD，连结AC、BC，设/ BCD=m / ACD，是否存在正实数m，使弦CD最短?如果存在，请求出m的值；如果不存在请说明理由。
简析:假设存在正实数m，使弦CD最短，则有CD丄AB于P，从而cos / POD=OP:OD，因为AB=6,所以cos / POD=30。
于是/ ACD=15o，/ BCD=75o，故m=5。
(3) 简略开放型
例3.计算:+++,学生可能出现以下几种方法。
相反数的和来计算，显然新颖、简便。
此外,设计开放型、举例开放型、实践开放型、信息开放型(限于篇幅不举例子)。
还有
综合开放型、情境开放型等等。
这些开放题的条件、问题变化不定，有的条件隐蔽多余，有的结论多样，有的解法丰富等。
二开放题具有不同于封闭题的显著特点
(1)数学开放题内容具有新颖性、条件复杂、结论不定、解法灵活、无现成模式可套用、
题材广泛、贴近学生实际生活，不像封闭性题型那样简单，靠记忆、套模式来解题。
述。
(3)数学开放题解决具有发散性，由于开放题的答案不唯一，解题时需要运用多种思维方法，通过多角度的观察、想像、分析、综合、类比、归纳、概括等思维方法，同时探求多个解决方向。
^=(4)数学开放题教育功能具有创新性，正是因为它的这种先进而高效的教育功能，适应了当前各国人才竞争的要求。
三开放探索性试题备考策略
1.数与式的开放题
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，归纳所提供的材料，猜想其结论。
例1.观察下列等式：
9-1=8 16-4=12 25-9=16 36- 16=20 ……
这些等式反映出自然数间的某种规律^=，设匚表示自然数—，用关于一匚的等式表示出一| 来: _______ 。
］
二策略小结:此类［猜想性”开放题要求能够从所给条件出发二，通过观察、、试验、分析、归纳、比较、概括、猜想、探索出一般规律，解题的关键在于正确的归纳和猜想。
2•方程开放题
此类问题主要以方程知识为背景，探索方程有解的条件或某种条件解的情况，求字母参数的值。
例2.是否存在k，使关于x的方程9x2-(4k-7)x-6k2=0 的两个实数根x1、x2,满足
|x1-x2|=10如果存在，试求出所有满足条件的k的值;若不存在，说明理由。
策略小结：此类存在性”开放题，其解题的一般思路是先假定满足条件的结果存在，再依
据有关知识推理，要么得到下面结果，肯定存在性；要么导出矛盾，否定存在性。
3. 函数开放题
此类题是以函数知识为背景，设置探索函数解析式中字母系数的值及关系，满足某条件的点的存在性等。
例3.已知二次函数y=ax2+bx+c(a丰0)的图像如图1所示，问由此图像中所显示的抛物线的特征，可以得到二次函数的系数a、b、c的哪些关系和结论。
分析：① a>0;②-=即2a+3b=0;③c=-1; .......
策略小结：此类图像信息”开放题,只有认真观察图像上所给出的各个数据及位置特征,灵活运用函数性质，才能找出所有的关系与结论，数形结合是解此类题的重要数学思想方法。
4. 几何开放题图1
此类问题常以几何图形为背景，设置探索几何量间的关系或点、线位置关系。
例4.如图2,四边形ABCD是O O的内接四边形,A是弧BD的中点，过A点的切线与CB 的延长线交于点E。
图2
(1) 求证:AB?DA=CD?BE;
(2) 若点E在CB延长线上运动，点A在弧BD上运动，使切线EA变为割线EFA,其他条
件不变，问具备什么条件使原结论成立?(要求画出示意图注明条件，不要求证明)
分析:此题第⑵小题是一道条件探索性问题。
其解法是执果索因”要得到AB?DA=CD?BE,即要得△ ABE〜△ CDA,已有条件/ ABE= / CDA,还需增加条件：/ BAE= / ACD,或BF=AD,或
BF=DA,或FA // BD,或/ BCF= / ACD 等。
策略小结：此类探索性试题,解答一般方法是执果索因”能画出图形要尽量画出图形，再结合图形逆向推导探索出需要增加的条件，为探索结论，可以作辅助线，对于结论未定的问
题，也可反面思考，寻求否定结论的反例，达到目的。
5. 综合性开放题
此类问题是以几何、代数综合知识为背景，考查分析，推理能力，综合运用知识解题能力。
例5.在厶ABC中,AB=BC=2,高BE=3,在BC边的延长线上取一点D，使CD=3。
(1) 现有一动点P，由A沿AB移动，设AP=t,S △ PCD=S,求S与t之间的关系式及自变量
的取值范围；
(2) 在(1)的条件下，是否存在正实数t,使PD边上的高CH=CD,如果存在，请求出t的值; 如果不存在，请说明理由。
分析:⑴(2)略。
］
策略小结：此类综合性开放题，需要学生综合题设条件，通过观察，比较、联想、猜测、推理、判断等探索活动逐步得到结论，有时需分析运动变化过程，寻找变化中的特殊位置，即动” 中求静”、一般”中见特殊”再探求特殊位置下应满足的条件，利用分类讨论思想，各个击破。
四教材例习题改编与开放探索试题举例
例1.(九年级教材)已知：如图3,AB为O O直径,C、D是半圆弧上的两点，E是AB上除
O外的一点,AC与DE交于点F,①AD=CD,③DE丄AB,③AF=DF。
(1) 写出以①②③中的任意两个条件，推出第三个(结论)的一个正确命题,并加以证明。
(2) 以①②③”中的任意两个为条件，推出第三个(结论)的一个正确命题,并加以证明。
答案:可以组成3组正确的命题，即若满足①②，则有③；若满足①③，则有②；若满足
②③，则有①。
图3图4图5
例2.如图4,AB 是O O的直径,点D在AB的延长线上，BD=OB,点C在O O上,/ CAB=30o,求证:DC是O O的切线。
例3.如图5,已知弦AB与半径相等旌接OB,并延长使BC=OB。
(1) 问AC是O O有什么关系，并证明你的结论。
(2) 请你在O O上找出一点D,使AD=AC。
(自己完成作图，并证明你的结论)
五总结
总之,开放性问题变化无穷、生动活泼、灵活多样、一改学生死搬硬套的解题模式，消
除学生模仿死记解题的习惯，从不同角度对问题的深思熟虑，寻求多样性的解题方法，以上仅仅是我们备课组几年来教学的心得，有不完善的地方还需要在今后的教学中不断探索、实践,但我们的目标是坚定的，为培养开放型、创造型人才而努力工作。