中考数学开放题型
2023年中考数学热点专题复习课件6 开放型
2
解:(2)由(1),知抛物线的表达式为 y=- x +x+4.
设直线 AB 的表达式为 y=kx+b,
= ,
则 - + = ,解得
∴直线 AB 的表达式为 y=2x+4.
= .
= ,
设直线 DE 的表达式为 y=mx.由 2x+4=mx,得 x= .
-
当 x=3 时,y=mx=3m,∴E(3,3m).
②
⑤
⑥
由(3),知∠BCG=∠ACF,
∴△BGC∽△AFC,
∴
= = =m,
∴BG=mAF,GC=mFC.
在 Rt△CGF 中,
GF= + = + ()
= + ·CF,
∴BF=BG+GF=mAF+ + ·FC.
解决结论开放型问题,要充分利用题目中给出的条件合理地猜想,正确地推理.
小组进行如下探究,请你帮忙解答:
[初步探究]
(1)如图②所示,当ED∥BC时,α=
.
①
解:(1)∵△CED是等腰直角三角形,∴∠CDE=45°.
∵ED∥BC,∴∠BCD=∠CDE=45°,即α=45°.
故答案为45°.
②
(2)如图③所示,当点E,F重合时,请写出AF,BF,CF之间的数量关系:
.
③
①
思路导引:(2)过点M作MD⊥y轴,垂足为D,根据面积关系得出OA=2MD,设点M的坐标为(m,-m2+4),
求出点M的坐标,用待定系数法求出直线AM的表达式,根据点C坐标求出直线CN的表达式,确定点N
2021年数学中考试题分类之九开放型试题及答案
九、开放型试题例1．（梅州）如图6；四边形ABCD 是矩形；O 是它的中心；E 、F 是对角线AC 上的点。
（1）如果 ；则ΔDEC ≌ΔBFA （请你填上能使结论成立的一个条件）； （2）证明你的结论。
知识点：考查了矩形的性质及三角形全等的判定。
精析：这是一道探索条件、补充条件的开放型试题；解决这类问题的方法是假设结论成立；逐步探索其成立的条件。
准确答案：解：（1）AE=CF （OE=OF ；DE ⊥AC ；BF ⊥AC ；DE ∥BF 等等）（2）∵四边形ABCD 是矩形；∴AB=CD ；AB ∥CD ；∠DCE=∠BAF 又∵AE=CF ；∴AC －AE=AC －CF ；∴AF=CE ；∴ΔDEC ≌ΔBAF中考对该知识点的要求：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。
目标达成：9－1－1. (黑龙江课改）如图, E 、F 是□ABCD 对角线BD 上的两点；请你添加一个适当的条件: ___________ ；使四边形AECF 是平行四边形.9－1－2、（金华）如图；在△ABC 中；点D 在AB 上；点E 在BC上；BD ＝BE.（1）请你再添加一个条件；使得△BEA ≌△BDC ；并给出证明.你添加的条件是： . 证明：（2）根据你添加的条件；再写出图中的一对全等三角形： . （只要求写出一对全等三角形；不再添加其他线段；不再标注或使用其他字母；不必写出证明过程）9－1－3、（玉溪）如图19；在梯形ABCD 中；AD ∥BC ；BD ＝CD ；AB ＜CD 且∠ABC 为锐角；若AD ＝4；BC ＝12；E 为BC 上一点。
问：当CE 分别为何值时；四边形ABED 是等腰梯形？直角梯形？ 请分别说明理由。
图6ABC DE F O FEDCBA例2、（长沙）己知点E 、F在ABC∆的边 AB所在的直线上；且AE BF =；FH EG AC ；FH 、EG分别交边BC 所在的直线于点H 、G ．⑴如图l ；如果点E 、F 在边AB 上；那么EG FH AC +=；⑵如图2；如果点E 在边AB 上；点F 在AB 的延长线上；那么线段EG 、FH 、AC 的长度关系是_______________ ；⑶如图3；如果点E 在AB 的反向延长线上；点F 在AB 的延长线上；那么线段EG 、FH 、AC 的长度关系是_________ ；对⑴⑵⑶三种情况的结论；请任选一个给予证明．图1HGABCEFB GC H A FE图2 图3BCGHEFAP A GC B H FE知识点：考查了全等三角形、平行四边形的判定及性质以及平行线；分线段成比例或相似三角形的性质精析：这是一道探索、确定结论的开放型试题；解决这类问题的方法是根据条件；结合已学的知识、数学思想方法；通过分析、归纳逐步得出结论；或通过观察、实验、猜想、论证的方法求解。
2020年中考数学 中考专题训练——创新题型 (12)
中考数学创新题型复习指要新仟年伊始，伴随着新教材的推广使用，以新《课程标准》的颁布为标志，数学教育迎来了它的新时代。
新教材以培养学生的创新意识和创新精神为宗旨，要求学生要有探究、创新和实践的能力。
如何以新标准考察学生？各地的中考试题都作了大胆尝试，以下尝试对新试题的测试的改革思路做出分析，谨供考生参考。
一．开放题型的引入“开放型”试题是指试题的条件、结论、解题依据、和方法四个要素中缺少一个或两个要素的命题。
例如：1.同学们知道：只有两边和一角对应相等的两个三角形不一定全等，你如何处理和安排这三个条件，使这两个三角形全等。
请你模仿方案（1），写出方案（2）、（3）、（4）。
解：设有两边和一角对应相等的两个三角形，方案（1）：若这角的对边恰好是这两边中的大边，则这两个三角形全等。
方案（2）：方案（3）：方案（4）：2.请写出一个含1这个根且增根为2的分式方程。
3.已知：平面直角坐标系内，点P的纵坐标是横坐标的3倍，请写出过点P的一次函数解析式（至少三个）。
4.老师给出一个函数y=f(x)，甲、乙、丙、丁四位同学各指出这个函数的一个性质：甲：函数图象不经过第三象限；乙：函数图象经过第一象限；丙：当x<2时，y随x的增大而减小；丁：当x<2时，y>0。
已知这四位同学叙述都正确，请构造出满足上述所有性质的一个函数是。
5.在四边形ABCD中，给出下列条件：①AB∥CD，②AD=BC，③∠B=∠D，以其中两个作为题设，另一个作结论，用“如果……，那么……。
”的形式，写出一个真命题是。
6.小红同学编拟了这样一个数学命题：“如果在四边形ABCD中，AB=CD、AC=BD，那么四边形ABCD 一定是平行四边形”。
若你认为这个命题的结论成立，请予以证明；若这个命题的结论不一定成立，请画图举出反例予以说明。
二.归纳法的渗透利用归纳法，通过观察、猜想、推理，总结规律，得到结论，以考察学生的观察、创新能力。
中考数学复习创新性开放性题型4[人教版]
![中考数学复习创新性开放性题型4[人教版]](https://img.taocdn.com/s3/m/e29e2900b4daa58da0114ae9.png)
创新型、开放型问一次（由一个分裂为两 个），经过两小时，这种细菌由一个 可分裂繁殖成（ ）
A ：8个 B：16个 C：4个 D：32个
例1：某种细菌在培养过程中，细菌每 半小时分裂一次（由一个分裂为两 个），经过两小时，这种细菌由一个 可分裂繁殖成（ B ）
例4 已知关于x的一元二次方程 x2+2x+2-m=0 （1）若方程有两个不相等的实数根， 求实数m的取值范围？ （2）请你利用（1）所得的结论，任 取m的一个数值代入方程，并用配方法 求出方程的两个实数根？
分析：一元二次方程根与判别式的关系
△>0 方程有两个不相等的 实数根，于是有：22-4(2-m)>0,解之 得m的取值范围；(2)中要求m任取一 个值，故同学们可在m允许的范围内 取一个即可，但尽量取的m的值使解 方程容易些。而且解方程要求用配方 法，这就更体现了m取值的重要性， 否则配方法较为困难。
分析：求EF离地 面的距离，实际 上是求PO的长度， 也就是求GH的长 度，而GH=BH— BG，BG正好在 Rt△BFG中，可 根据勾股定理求 出。
解：如图，根据建立的直角坐标系，
设二次函数解析式为y=ax2+c，
∵C（－０.４，０.７）Ｂ（０.８，２.２）
25 0.16a c 0.7 a 8 0.64a c 2.2 c 0.2 ∴绳子最低点到地面距离为０．２米． （２）作ＦＧ⊥ＢＨ，交ＢＨ于Ｇ， ＦＧ＝（ＡＢ－ＥＦ）／２ ＝（１．６－０．４）／２＝0．６ 在Ｒｔ△ＢＦＧ中，
（4）与一直角边和一斜边相切如图所示
解：可以设计如下图四种方案：
r1=4
r2=2 2
r3=2
r4=4 2 -4
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．。
中考数学专题复习精品课件(含10 11真题)专题6 开放问题(34张)
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【思路点拨】根据“y=10+0.5x(0≤x≤5)”写出符合题意的 条件. 【自主解答】根据题意知，每增加1 kg，弹簧伸长0.5 cm,从 而写出一个符合的条件. 答案：挂质量为1 kg的物体，弹簧伸长的长度为0.5 cm
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1.(2010·义乌中考)在直角三角形中，满足条件的三边长可 以是________.(写出一组即可) 【解析】若使三角形是直角三角形，则应满足两边的平方和 等于第三边的平方，如3，4，5，满足32＋42=52. 答案：3，4，5(答案不惟一)
度内最多可挂质量为5 kg的物体，挂上物体后弹簧伸长的长
度与所挂物体的质量成正比，
，则弹簧的总长度y(cm)
与所挂物体质量x(kg)之间的函数关系式为
y=10+0.5x(0≤x≤5).”
王刚同学在阅读上面材料时发现部分内容被墨迹污染，被污
染的部分是确定函数关系式的一个条件，你认为该条件可以
是：_______(只需写出1个).
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2.(2010·陕西中考)如图，在△ABC中,D是 AB边上一点，连接CD，要使△ACD与△ABC 相似，应添加的条件是__________. (写 出一组即可)
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【解析】现在已经满足一个角相等，因此可以添加另外的一 个角相等，即∠ACD=∠B 或者 ∠ADC=∠ACB;也可以添加夹着 这个角的两边对应成比例，即 AD AC .
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方法一:设 AB A则CABk=, kA′B′,AC=kA′C′. AB AC
在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中,
BC AB2 AC2 k2AB2 k2AC2 k.
BC AB2 AC2
中考数学复习第二讲《开放探究型问题》经典题型含答案
中考数学复习专题第二讲开放探究型问题【要点梳理】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．【学法指导】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．【考点解析】条件开放型问题（2017贵州安顺）如图，DB∥AC，且DB=AC，E是AC的中点，（1）求证：BC=DE；（2）连接AD、BE，若要使四边形DBEA是矩形，则给△ABC添加什么条件，为什么？【考点】LC：矩形的判定；L7：平行四边形的判定与性质．【分析】（1）要证明BC=DE，只要证四边形BCED是平行四边形．通过给出的已知条件便可．（2）矩形的判定方法有多种，可选择利用“对角线相等的平行四边形为矩形”来解决．【解答】（1）证明：∵E是AC中点，∴EC=AC．∵DB=AC，∴DB∥EC．又∵DB∥EC，∴四边形DBCE是平行四边形．∴BC=DE．（2）添加AB=BC．（ 5分）理由：∵DB AE，∴四边形DBEA是平行四边形．∵BC=DE，AB=BC，∴AB=DE．∴▭ADBE是矩形．结论开放型问题（2017广西河池）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD 上，AE⊥BF于点M，求证：AE=BF；（2）如图2，将（1）中的正方形ABCD改为矩形ABCD，AB=2，BC=3，AE ⊥BF于点M，探究AE与BF的数量关系，并证明你的结论．【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．【分析】（1）根据正方形的性质，可得∠ABC与∠C的关系，AB与BC的关系，根据两直线垂直，可得∠AMB的度数，根据直角三角形锐角的关系，可得∠ABM与∠BAM的关系，根据同角的余角相等，可得∠BAM与∠CBF的关系，根据ASA，可得△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质，可得答案；（2）根据矩形的性质得到∠ABC=∠C，由余角的性质得到∠BAM=∠CBF，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠C，AB=BC．∵AE⊥BF，∴∠AMB=∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABM+∠CBF=90°，∴∠BAM=∠CBF．在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴AE=BF；（2）解：AB=BC，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠C，∵AE⊥BF，∴∠AMB=∠BAM+∠ABM=90°，∵∠ABM+∠CBF=90°，∴∠BAM=∠CBF，∴△ABE∽△BCF，∴=，∴AB=BC．存在开放型问题（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为（2，2）；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD 的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．【考点】SO：相似形综合题．【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C 四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，∴B（2，2）．故答案为（2，2）．（2）存在．理由如下：连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO==，∴∠ACO=30°，∠ACB=60°①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，∴∠DBC=∠BCD=60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，∴∠ABD=∠ADB=75°，∴AB=AD=2，综上所述，满足条件的AD的值为2或2．（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan∠DBE=，∴=．②如图2中，作DH⊥AB于H．在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH=AD=x，AH==x，∴BH=2﹣x，在Rt△BDH中，BD==，∴DE=BD=•，∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），即y=x2﹣2x+4，∴y=（x﹣3）2+，∵＞0，∴x=3时，y有最小值．综合开放型问题（2017山东泰安）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⊥EF，求证：ED=EF；（2）在（1）的条件下，若DC的延长线与FB交于点P，试判定四边形ACPE 是否为平行四边形？并证明你的结论（请先补全图形，再解答）；（3）若ED=EF，ED与EF垂直吗？若垂直给出证明．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）根据平行四边形的想知道的AD=AC，AD⊥AC，连接CE，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到CF=AD，等量代换得到AC=CF，于是得到CP=AB=AE，根据平行四边形的判定定理即可得到四边形ACPE为平行四边形；（3）过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，证得△AME≌△CNE，△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：在▱ABCD中，∵AD=AC，AD⊥AC，∴AC=BC，AC⊥BC，连接CE，∵E是AB的中点，∴AE=EC，CE⊥AB，∴∠ACE=∠BCE=45°，∴∠ECF=∠EAD=135°，∵ED⊥EF，∴∠CEF=∠AED=90°﹣∠CED，在△CEF和△AED中，，∴△CEF≌△AED，∴ED=EF；（2）解：由（1）知△CEF≌△AED，CF=AD，∵AD=AC，∴AC=CF，∵DP∥AB，∴FP=PB，∴CP=AB=AE，∴四边形ACPE为平行四边形；（3）解：垂直，理由：过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，在△AME与△CNE中，，∴△AME≌△CNE，∴∠ADE=∠CFE，在△ADE与△CFE中，，∴△ADE≌△CFE，∴∠DEA=∠FEC，∵∠DEA+∠DEC=90°，∴∠CEF+∠DEC=90°，∴∠DEF=90°，∴ED⊥EF．【真题训练】训练一：（2017日照）如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；（2）只需添加一个条件，即AD=BC（答案不唯一），可使四边形ABCD 为矩形．请加以证明．训练二：（2017湖北荆州）如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC、BD，将△ABC沿BC方向平移，使点B移到点C，得到△DCE．（1）求证：△ACD≌△EDC；（2）请探究△BDE的形状，并说明理由．训练三：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别是边BC，AB上的中点，连接DE并延长至点F，使EF=2DF，连接CE、AF．（1）证明：AF=CE；（2）当∠B=30°时，试判断四边形ACEF的形状并说明理由．训练四：（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO 是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB 为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为（2，2）；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD 的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．训练五：（2017•黑龙江）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．参考答案：训练一：（2017日照）如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．（1）求证：△DCA≌△EAC；（2）只需添加一个条件，即AD=BC（答案不唯一），可使四边形ABCD 为矩形．请加以证明．【考点】LC：矩形的判定；KD：全等三角形的判定与性质．【分析】（1）由SSS证明△DCA≌△EAC即可；（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论．【解答】（1）证明：在△DCA和△EAC中，，∴△DCA≌△EAC（SSS）；（2）解：添加AD=BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下：∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CE⊥AE，∴∠E=90°，由（1）得：△DCA≌△EAC，∴∠D=∠E=90°，∴四边形ABCD为矩形；故答案为：AD=BC（答案不唯一）．训练二：（2017湖北荆州）如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC、BD，将△ABC沿BC方向平移，使点B移到点C，得到△DCE．（1）求证：△ACD≌△EDC；（2）请探究△BDE的形状，并说明理由．【考点】LB：矩形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；Q2：平移的性质．【分析】（1）由矩形的性质得出AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，由平移的性质得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，得出AD=EC，由SAS即可得出结论；（2）由AC=BD，DE=AC，得出BD=DE即可．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，AC=BD，AD=BC，∠ADC=∠ABC=90°，由平移的性质得：DE=AC，CE=BC，∠DCE=∠ABC=90°，DC=AB，∴AD=EC，在△ACD和△EDC中，，∴△ACD≌△EDC（SAS）；（2）解：△BDE是等腰三角形；理由如下：∵AC=BD，DE=AC，∴BD=DE，∴△BDE是等腰三角形．训练三：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别是边BC，AB上的中点，连接DE并延长至点F，使EF=2DF，连接CE、AF．（1）证明：AF=CE；（2）当∠B=30°时，试判断四边形ACEF的形状并说明理由．【考点】L9：菱形的判定；KX：三角形中位线定理；L7：平行四边形的判定与性质．【分析】（1）由三角形中位线定理得出DE∥AC，AC=2DE，求出EF∥AC，EF=AC，得出四边形ACEF是平行四边形，即可得出AF=CE；（2）由直角三角形的性质得出∠BAC=60°，AC=AB=AE，证出△AEC是等边三角形，得出AC=CE，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵点D，E分别是边BC，AB上的中点，∴DE∥AC，AC=2DE，∵EF=2DE，∴EF∥AC，EF=AC，∴四边形ACEF是平行四边形，∴AF=CE；（2）解：当∠B=30°时，四边形ACEF是菱形；理由如下：∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠BAC=60°，AC=AB=AE，∴△AEC是等边三角形，∴AC=CE，又∵四边形ACEF是平行四边形，∴四边形ACEF是菱形．训练四：（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO 是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB 为邻边作矩形BDEF．（1）填空：点B的坐标为（2，2）；（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD 的长度；若不存在，请说明理由；（3）①求证： =；②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．【考点】SO：相似形综合题．【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C 四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，∴B（2，2）．故答案为（2，2）．（2）存在．理由如下：连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO==，∴∠ACO=30°，∠ACB=60°①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，∴∠DBC=∠BCD=60°，∴△DBC是等边三角形，∴DC=BC=2，在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，∴AC=2AO=4，∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，∴∠ABD=∠ADB=75°，∴AB=AD=2，综上所述，满足条件的AD的值为2或2．（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan∠DBE=，∴=．②如图2中，作DH⊥AB于H．在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH=AD=x，AH==x，∴BH=2﹣x，在Rt△BDH中，BD==，∴DE=BD=•，∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），即y=x2﹣2x+4，∴y=（x﹣3）2+，∵＞0，∴x=3时，y有最小值．训练五：（2017•黑龙江）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质．【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=√3OA，OD=√3OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=√3OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=√3AC′，于是得到结论．【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，{AO=BO∠AOC′=∠BOD′OC′=OD′，∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；图3结论：BD′=√3AC′，AC′⊥BD’理由：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=√3OA，OD=√3OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=√3OC′，∠AOC′=∠BOD′，∴OBOA =OD′OC′=√3，∴△AOC′∽△BOD′，∴BD′AC′=OBOA=√3，∠OAC′=∠OBD′，∴BD′=√3AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键．。
中考数学新题型分析
中考数学新题型分析一、开放题1．如图，A 、B 、C 是⊙O 上的三个点，当BC 平分∠ABO 时， 能得出结论： （任写一个）．2．请写出一个根为x =1，另一个根满足-1<x <1的一元二次方程 ． 3．如图，要给这个长、宽、高分别为x 、y 、z 的箱子打包，其打包方式如右图所示，则打包带的长至少要____________________ （单位：mm ）(用含x 、y 、z 的代数式表示)4．如图，在一个规格为4×8的球台上，有两个小球P 和Q.P 经过球台的边AB 反弹后，恰好击中小球Q P 击出时，应瞄准AB边A ．点O 1 Ｂ．点O 2 C ．点O 3 Ｄ．点O 45．乘火车从A 站出发，沿途经过3个车站方可到达B 站，那么在A 、B 两站之间需要安排不同的车票 种。
二、找规律问题1．用火柴棒按如图的方式搭一行三角形，搭一个三 角形需3支火柴棒，搭2个三角形需5支火柴棒，搭 3个三角形需7支火柴棒，照这样的规律下去，搭n 个三角形需要S 支火柴棒，那么S 关于n 的函数关系 式是 （n 为正整数）．2．古希腊数学家把数1，3，6，10，15，21，…，叫做三角形数，它有一定的规律性，则第24个三角形数与第22个三角形数的差为 ．3、把立方体的六个面分别涂上六种不同颜色，并画上朵数不等的花，一样的四个立方体拼成一个水平放置的长方体，如图：那么长方体的下底面共 有 朵花。
4．观察下表中三角形个数变化规律，填表并回答下面问题。
问题：如果图中三角形的个数是102个，则图中应有___________条横截线。
5. 观察下面的点阵图和相应的等式，探究其中的规律：（1）在④和⑤后面的横线上分别写出相应的等式；6．=⨯31122-；=⨯53142-；75⨯162-=；=⨯97182-； 将你猜想的规律用只含一个字母的式子表示出来： ； 7．下面是按照一定规律画出的一列“树型”图：经观察可以发现：图⑵比图⑴多出2个“树枝”，图⑶比图⑵多出5个“树枝”，图⑷比图⑶多出10个“树枝”，照此规律，图⑺比图⑹多出_________个“树枝”． 8．观察下列由棱长为1的小立方体摆成的图形，寻找规律：黄紫红蓝白白红黄红…………①1=12； ②1+3=22； ③1+2+5=32； ④ ； ⑤ ； ……第7题图如图①中：共有1个小立方体，其中1个看得见，0个看不见；如图②中：共有8个小立方体，其中7个看得见，1个看不见；如图③中：共有27个小立方体，其中19个看得见，8个看不见；……，则第⑥个图中，看不见的小立方体有_____________个．9．广场要做一个由若干盆花组成的形如正六边形的花坛,每条边(包括两个顶点)有n(n>1)盆花,设这个花坛边上的花盆的总数为S,请观察图中的规律:n=4，S =18n=3，S =12n=2，S=6按上规律推断,S 与n 的关系是_________________________。
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中考数学开放题型
【复习要点】
中考中的开放探索题型一般分为（1）条件开放探索型；（2）结论开放探索型；（3）存在开放探索型；（4）规律开放探索型；（5）方案选择开放探索型等五类。
也有一些综合性开放题型，如条件、结论都开放型题。
【中考精炼】
一、条件开放探索型
1、如图在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
连接DE、DF、CD，如果，那么四边形DECF是正方形。
（要
求：①不在添加辅助线，②只需填一个符合要求的条件）
2、如图，⊙O´与轴的正半轴交于C、D 两点，E为圆上一点，给出 5 个
论断：①⊙O´与ｙ轴相切于点A，② DE⊥轴，③ EC平分∠AED；④ DE=2AO；⑤OD=3OC （1）如果论断①、②都成立，那么论断④一定成立吗？
（2）从论断①、②、③、④中选取三个作为条件，将论断⑤作为结论，组成一个真-命题，那么，你选的3个论断是_____（只需填论断的序号）
(3)用（2）中你选的三个轮断作为条件，论断⑤作为结论，组成一道证明题，
利用这个已知图形，补全已知，写出求证，并加以证明。
二、结论开放探索型
3、如图⊙O的弦AB、CD的延长线相交于点E.请你根据上述条件，写出一个结论（不准添加新的线段及标注其他字母）并给出证明.(证明时允许自行添加辅助线)
4、如图，AB是⊙O的直径，⊙O交BC于D，过D作⊙O的切线DE交AC于E，且DE⊥AC，由上述条件，你能推出的正确结论有：，并加以证明。
图2-2-1
三、存在开放探索型
5、如图，在矩形ABCD 中，4AB =，10AD =．直角尺的直角顶点P 在AD 上滑动时（点
P 与A D ，不重合）
，一直角边经过点C ，另一直角边AB 交于点E ．我们知道，结论“Rt Rt AEP DPC △∽△”成立．
（1）当30CPD =∠时，求AE 的长；
（2）是否存在这样的点P ，使DPC △的周长等于AEP △周长的2倍？若存在，求出DP
的长；若不存在，请说明理由．
6、如图，直径为13的⊙O ’经过原点O ，并且与x 轴，y 轴分别交于A ，B 两点，线段OA ，OB （OA
＞OB ）的长分别是方程x k x 2
600++=的两根。
（1）求线段OA ，OB 的长； （2）已知点C 在劣弧O A ⌒上，连结BC 交OA 于D ，当O C C D C B 2=⋅时，求C 点的坐标；
（3）在（2）的条件下，问：⊙O ’上是否存在点P ，使S S P O D A B D ∆∆=？若存在，求出
点P 的坐标；若不存在，请说明理由。
四、规律开放探索型
7、如图2－2－1，用灰白两色正方形瓷砖铺设地面，第n 个图案中白色瓷砖数为___________．
P A E B C D
8、如图2－2－4，A 1A 2B 是直角三角形，且A 1A 2＝A 2B ＝a ，A 2A 3⊥A 1B ，
垂足为A 3，A 3A 4⊥A 2B ，垂足为A 4，A 4A 5⊥A 3B ，垂足为A 5，……，A n ＋1A n ＋
2⊥A n B ，垂足为A n ＋2，则线段A n ＋1A n ＋2(n 为自然数)的长为 ．
五、方案选择开放探索型
9、如图，有一块半圆形的木板，现要把它截成三角形板块。
三角形的两个顶点分别为A 、B ，
另一顶点在A B ⌒上，问怎样截取才能使截出的三角形的面积最大？（要求画出示意图并说明
理由）
10、为鼓励学生参加体育锻炼，学校计划拿出不超过1600元的资金再购买一批篮球和排球．已知篮球和排球的单价比为3:2．单价和为80元．
（1）篮球和排球的单价分别是多少元？
（2）若要求购买的篮球和排球的总数量是36个，且购买的篮球数量多于25个，有哪几种购买方案？
11、家电的进价和售价如下表所示：
(1)在不超出现有资金的前提下，若购进电视机的数量和冰箱的数量相同，洗衣机数量不大于电视机数量的一半，商场有哪几种进货方案?
(2)国家规定：农民购买家电后，可根据商场售价的13％领取补贴.在(1)的条件下． 如果这15台家电全部销售给农民，国家财政最多需补贴农民多少元?。