2018年数学中考专题《开放性问题》
2018年数学中考专题《开放性问题》(20200710084759)
ABC 相似，则需要增加的一个条件是
.(写出一个即
可)
【考情小结】解答条件开放题掌握概念、性质和判定是解题的关键
.
类型二 结论开放型
典例 2 (2015 ·浙江杭州 )设函数 y ( x 1) (k 1)x (k 3) ( k 是常数 ).
(1)当 k 取 1 和 2 时的函数 y1 和 y2 的图象如图所示，请你在同一直角坐标系中画出当 k 取 0 时函数的图象 ;
(2)根据图象，写出你发现的一条结论 ;
(3)将函数 y2 的图象向左平移 4 个单位，再向下平移 2 个单位，得到函数 y3 的图象，
求函数 y3 的最小值 .
【全解】 (1)作图如图 :
(2)函数 y ( x 1) (k 1)x (k 3) ( k 是常数 )的图象都经过点 (1,0) 和(－1,4). (3) y2 (x 1)2 ，
(2) 在其他格点位置添加一颗棋子 P ，使四颗棋子 A ， O ， B ， P 成为轴对称图形，请 直接写出棋子 P 的位置的坐标 .(写出 2 个即可 )
10. (2015 · 浙江温州 )各顶点都在方格纸格点 (横竖格子线的交错点 )上的多边形称为格点多
边形 :如何计算它的面积 ?奥地利数学家皮克 (G. Pick, 1859 ～ 1942) 证明了格点多边形的面
.这是一
种分析型思维方式 .
(2)结论开放型，指条件充分给定，结论未知或不全，需要探求，整合出符合给定 条件下相应结论的一类试题 .这类开放题在中考试卷中，以解答题居多 .
解结论开放型问题的一般思路是 :充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、归
纳、类比，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
精选-中考数学真题分类汇编第三期专题39开放性问题试题含解析
开放性问题解答题1.（2018·湖北十堰·12分）已知抛物线y=x2+bx+c经过点A（﹣2，0），B（0、﹣4）与x轴交于另一点C，连接BC．（1）求抛物线的解析式；（2）如图，P是第一象限内抛物线上一点，且S△PBO=S△PBC，求证：AP∥BC；（3）在抛物线上是否存在点D，直线BD交x轴于点E，使△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；（2）令y=0求抛物线与x轴的交点C的坐标，作△POB和△PBC的高线，根据面积相等可得OE=CF，证明△OEG≌△CFG，则OG=CG=2，根据三角函数列式可得P的坐标，利用待定系数法求一次函数AP和BC的解析式，k相等则两直线平行；（3）先利用概率的知识分析A，B，C，E中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△ABE 有可能相似，即△ABC和△BCE，①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，根据存在公共角∠BAE=∠BAC，可得△ABE∽△ACB，列比例式可得E的坐标，利用待定系数法求直线BE的解析式，与抛物线列方程组可得交点D的坐标；②当△ABE与以B，C.E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，同理可得结论．【解答】解：（1）把点A（﹣2，0），B（0、﹣4）代入抛物线y=x2+bx+c中得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4；（2）当y=0时，x2﹣x﹣4=0，解得：x=﹣2或4，∴C（4，0），如图1，过O作OE⊥BP于E，过C作CF⊥BP于F，设PB交x轴于G，∵S△PBO=S△PBC，∴，∴OE=CF，易得△OEG≌△CFG，∴OG=CG=2，设P（x，x2﹣x﹣4），过P作PM⊥y轴于M，tan∠PBM===，∴BM=2PM，∴4+x2﹣x﹣4=2x，x2﹣6x=0，x1=0（舍），x2=6，∴P（6，8），易得AP的解析式为：y=x+2，BC的解析式为：y=x﹣4，∴AP∥BC；（3）以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形有△ABC.△ABE.△ACE.△BCE，四种，其中△ABE 重合，不符合条件，△ACE不能构成三角形，∴当△ABE与以A，B，C，E中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△ABC和△BCE，①当△ABE与以A，B，C中的三点为顶点的三角形相似，如图2，∵∠BAE=∠BAC，∠ABE≠∠ABC，∴∠ABE=∠ACB=45°，∴△ABE∽△ACB，∴，∴，∴AE=，∴E（，0），∵B（0，﹣4），易得BE：y=，则x2﹣x﹣4=x﹣4，x1=0（舍），x2=，∴D（，）；②当△ABE与以B，C.E中的三点为顶点的三角形相似，如图3，∵∠BEA=∠BEC，∴当∠ABE=∠BCE时，△ABE∽△BCE，∴==，设BE=2m，CE=4m，R t△BOE中，由勾股定理得：BE2=OE2+OB2，∴，3m2﹣8m+8=0，（m﹣2）（3m﹣2）=0，m1=2，m2=，∴OE=4m﹣4=12或，∵OE=＜2，∠AEB是钝角，此时△ABE与以B，C.E中的三点为顶点的三角形不相似，如图4，∴E（﹣12，0）；同理得BE的解析式为：y=﹣x﹣4，﹣x﹣4=x2﹣x﹣4，x=或0（舍）∴D（，﹣）；综上，点D的坐标为（，）或（，﹣）．。
2018年中考数学专题高分攻略6讲专题二开放探索型问题
专题二：开放探索型问题【命题解读】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．【考点概要】1．内容特性所谓开放题，即为答案不唯一的问题，其主要特征是答案的多样性和多层次性．由于这类题综合性强、解题方法灵活多变，结果往往具有开放性，因而需观察、实验、猜测、分析和推理，同时运用数形结合、分类讨论等数学思想．2．问题类型(1)条件开放与探索型问题；(2)结论开放与探索型问题；(3)条件、结论开放与探索型问题；(4)过程开放与探索型问题．3．解题策略从总体上看，解开放型题时，通过观察、比较、分析、综合及猜想，应尽可能地放开思维，大胆猜想，仔细论证，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．从方法上看，一般以分类讨论及反演推理等方法较为常见．【思想方法】(1)条件开放型问题：从结论出发，执果索因，逆向推理，逐步探求结论成立的条件或把可能产生结论的条件一一列出，逐个分析；(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．【高分突破】考点1：条件开放：（2017•黑龙江）如图，BC∥EF，AC∥DF，添加一个条件AB=DE或BC=EF 或AC=DF，使得△ABC≌△DEF．【考点】KB：全等三角形的判定．【分析】本题要判定△ABC≌△DEF，易证∠A=∠EDF，∠ABC=∠E，故添加AB=DE、BC=EF或AC=DF根据ASA、AAS即可解题．【解答】解：∵BC∥EF，∴∠ABC=∠E，∵AC∥DF，∴∠A=∠EDF，∵在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF，同理，BC=EF或AC=DF也可求证△ABC≌△DEF．故答案为AB=DE或BC=EF或AC=DF均可．【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．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．对应训练：（2017黑龙江鹤岗）如图，BC∥EF，AC∥DF，添加一个条件AB=DE或BC=EF 或AC=DF，使得△ABC≌△DEF．【考点】KB：全等三角形的判定．【分析】本题要判定△ABC≌△DEF，易证∠A=∠EDF，∠ABC=∠E，故添加AB=DE、BC=EF或AC=DF根据ASA、AAS即可解题．【解答】解：∵BC∥EF，∴∠ABC=∠E，∵AC∥DF，∴∠A=∠EDF，∵在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF，同理，BC=EF或AC=DF也可求证△ABC≌△DEF．故答案为AB=DE或BC=EF或AC=DF均可．考点2：结论开放：（2017•新疆）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中：①∠ABC=∠ADC；②AC与BD相互平分；③AC，BD分别平分四边形ABCD的两组对角；④四边形ABCD的面积S=AC•BD．正确的是①④（填写所有正确结论的序号）【考点】KD ：全等三角形的判定与性质；KG ：线段垂直平分线的性质．【分析】①证明△ABC ≌△ADC ，可作判断；②③由于AB 与BC 不一定相等，则可知此两个选项不一定正确；④根据面积和求四边形的面积即可．【解答】解：①在△ABC 和△ADC 中，∵，∴△ABC ≌△ADC （SSS ），∴∠ABC=∠ADC ，故①结论正确；②∵△ABC ≌△ADC ，∴∠BAC=∠DAC ，∵AB=AD ，∴OB=OD ，AC ⊥BD ，而AB 与BC 不一定相等，所以AO 与OC 不一定相等，故②结论不正确；③由②可知：AC 平分四边形ABCD 的∠BAD 、∠BCD ，而AB 与BC 不一定相等，所以BD 不一定平分四边形ABCD 的对角；故③结论不正确；④∵AC ⊥BD ，∴四边形ABCD 的面积S=S △ABD +S △BCD =BD•AO +BD•CO=BD•（AO +CO ）=AC•BD ．故④结论正确；所以正确的有：①④；故答案为：①④．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，第1问可以利用等边对等角，由等量加等量和相等来解决．对应训练：（2017呼和浩特）如图，等腰三角形ABC中，BD，CE分别是两腰上的中线．（1）求证：BD=CE；（2）设BD与CE相交于点O，点M，N分别为线段BO和CO的中点，当△ABC 的重心到顶点A的距离与底边长相等时，判断四边形DEMN的形状，无需说明理由．【考点】KD：全等三角形的判定与性质；K5：三角形的重心；KH：等腰三角形的性质．【分析】（1）根据已知条件得到AD=AE，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）根据三角形中位线的性质得到ED∥BC，ED=BC，MN∥BC，MN=BC，等量代换得到ED∥MN，ED=MN，推出四边形EDNM是平行四边形，由（1）知BD=CE，求得DM=EN，得到四边形EDNM是矩形，根据全等三角形的性质得到OB=OC，由三角形的重心的性质得到O到BC的距离=BC，根据直角三角形的判定得到BD⊥CE，于是得到结论．【解答】（1）解：由题意得，AB=AC，∵BD，CE分别是两腰上的中线，∴AD=AC，AE=AB，∴AD=AE，在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（ASA）．∴BD=CE；（2）四边形DEMN是正方形，证明：∵E、D分别是AB、AC的中点，∴AE=AB，AD=AC，ED是△ABC的中位线，∴ED∥BC，ED=BC，∵点M、N分别为线段BO和CO中点，∴OM=BM，ON=CN，MN是△OBC的中位线，∴MN∥BC，MN=BC，∴ED∥MN，ED=MN，∴四边形EDNM是平行四边形，由（1）知BD=CE，又∵OE=ON，OD=OM，OM=BM，ON=CN，∴DM=EN，∴四边形EDNM是矩形，在△BDC与△CEB中，，∴△BDC≌△CEB，∴∠BCE=∠CBD，∴OB=OC，∵△ABC的重心到顶点A的距离与底边长相等，∴O到BC的距离=BC，∴BD⊥CE，∴四边形DEMN是正方形．考点3：规律探索问题：（2017贵州安顺）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x+2交x轴于点A，交y轴于点A1，点A2，A3，…在直线l上，点B1，B2，B3，…在x轴的正半轴上，若△A1OB1，△A2B1B2，△A3B2B3，…，依次均为等腰直角三角形，直角顶点都在B n顶点B n的横坐标为2n+1﹣2．x轴上，则第n个等腰直角三角形A n B n﹣1【考点】D2：规律型：点的坐标．【分析】先求出B1、B2、B3…的坐标，探究规律后，即可根据规律解决问题．【解答】解：由题意得OA=OA1=2，∴OB1=OA1=2，B1B2=B1A2=4，B2A3=B2B3=8，∴B1（2，0），B2（6，0），B3（14，0）…，2=22﹣2，6=23﹣2，14=24﹣2，…∴B n的横坐标为2n+1﹣2．故答案为2n+1﹣2．对应训练如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=x﹣与x轴交于点B1，以OB1为边长作等边三角形A1OB1，过点A1作A1B2平行于x轴，交直线l于点B2，以A1B2为边长作等边三角形A2A1B2，过点A2作A2B3平行于x轴，交直线l于点B3，以A2B3为边长作等边三角形A3A2B3，…，则点A2017的横坐标是．【分析】先根据直线l：y=x﹣与x轴交于点B1，可得B1（1，0），OB1=1，∠OB1D=30°，再，过A1作A1A⊥OB1于A，过A2作A2B⊥A1B2于B，过A3作A3C ⊥A2B3于C，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，分别求得A1的横坐标为，A2的横坐标为，A3的横坐标为，进而得到A n的横坐标为，据此可得点A2017的横坐标．【解答】解：由直线l：y=x﹣与x轴交于点B1，可得B1（1，0），D（﹣，0），∴OB1=1，∠OB1D=30°，如图所示，过A1作A1A⊥OB1于A，则OA=OB1=，即A1的横坐标为=，由题可得∠A1B2B1=∠OB1D=30°，∠B2A1B1=∠A1B1O=60°，∴∠A1B1B2=90°，∴A1B2=2A1B1=2，过A2作A2B⊥A1B2于B，则A1B=A1B2=1，即A2的横坐标为+1==，过A3作A3C⊥A2B3于C，同理可得，A2B3=2A2B2=4，A2C=A2B3=2，即A3的横坐标为+1+2==，同理可得，A4的横坐标为+1+2+4==，由此可得，A n的横坐标为，∴点A2017的横坐标是，故答案为：．【点评】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形的性质的运用，解决问题的关键是依据等边三角形的性质找出规律，求得A n的横坐标为．【真题训练】1.（2017黑龙江佳木斯）如图，BC∥EF，AC∥DF，添加一个条件AB=DE或BC=EF 或AC=DF或AD=BE（只需添加一个即可），使得△ABC≌△DEF．【考点】KB：全等三角形的判定．【分析】本题要判定△ABC≌△DEF，易证∠A=∠EDF，∠ABC=∠E，故添加AB=DE、BC=EF或AC=DF根据ASA、AAS即可解题．【解答】解：∵BC∥EF，∴∠ABC=∠E，∵AC∥DF，∴∠A=∠EDF，∵在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF，同理，BC=EF或AC=DF也可证△ABC≌△DEF．故答案为AB=DE或BC=EF或AC=DF或AD=BE（只需添加一个即可）．2.（2017贵州）如图，点B、F、C、E在一条直线上，已知FB=CE，AC∥DF，请你添加一个适当的条件∠A=∠D使得△ABC≌△DEF．【考点】KB：全等三角形的判定．【分析】根据全等三角形的判定定理填空．【解答】解：添加∠A=∠D．理由如下：∵FB=CE，∴BC=EF．又∵AC∥DF，∴∠ACB=∠DFE．∴在△ABC与△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（AAS）．故答案是：∠A=∠D．3.（2017毕节）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且∠EAF=45°，将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，则下列判断不正确的是（）A．△AEE′是等腰直角三角形B．AF垂直平分EE'C．△E′EC∽△AFD D．△AE′F是等腰三角形【考点】R2：旋转的性质；KG：线段垂直平分线的性质；KI：等腰三角形的判定；KW：等腰直角三角形；LE：正方形的性质；S8：相似三角形的判定．【分析】由旋转的性质得到AE′=AE，∠E′AE=90°，于是得到△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；由旋转的性质得到∠E′AD=∠BAE，由正方形的性质得到∠DAB=90°，推出∠E′AF=∠EAF，于是得到AF垂直平分EE'，故B正确；根据余角的性质得到∠FE′E=∠DAF，于是得到△E′EC∽△AFD，故C正确；由于AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAE′，于是得到△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误．【解答】解：∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，∴AE′=AE，∠E′AE=90°，∴△AEE′是等腰直角三角形，故A正确；∵将△ABE绕点A顺时针旋转90°，使点E落在点E'处，∴∠E′AD=∠BAE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB=90°，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠E′AD+∠FAD=45°，∴∠E′AF=∠EAF，∵AE′=AE，∴AF垂直平分EE'，故B正确；∵AF⊥E′E，∠ADF=90°，∴∠FE′E+∠AFD=∠AFD+∠DAF，∴∠FE′E=∠DAF，∴△E′EC∽△AFD，故C正确；∵AD⊥E′F，但∠E′AD不一定等于∠DAE′，∴△AE′F不一定是等腰三角形，故D错误；故选D．4.（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．5.（2017黑龙江佳木斯）如图，四条直线l1：y1=x，l2：y2=x，l3：y3=﹣x，l4：y4=﹣x，OA1=1，过点A1作A1A2⊥x轴，交l1于点A2，再过点A1作A1A2⊥l1交l2于点A2，再过点A2作A2A3⊥l3交y轴于点A3…，则点A2017坐标为[（）2015，（）2016] ．【考点】D2：规律型：点的坐标．【分析】先利用各直线的解析式得到x轴、l1、l2、y轴、l3、l4依次相交为30的角，各点的位置是每12个一循环，由于2017=168×12+1，则可判定点A2016在x 轴的正半轴上，再规律得到OA2016=（）2015，然后表示出点A2017坐标．【解答】解：∵y1=x，l2：y2=x，l3：y3=﹣x，l4：y4=﹣x，∴x轴、l1、l2、y轴、l3、l4依次相交为30的角，∵2017=168×12+1，∴点A2016在x轴的正半轴上，∵OA2==，OA3=（）2，OA4=（）3，…OA2016=（）2015，∴点A2017坐标为[（）2015，（）2016]．故答案为[（）2015，（）2016]．6.（2017•乐山）庄子说：“一尺之椎，日取其半，万世不竭”．这句话（文字语言）表达了古人将事物无限分割的思想，用图形语言表示为图1，按此图分割的方法，可得到一个等式（符号语言）：1=+++…++…．图2也是一种无限分割：在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，过点C作CC1⊥AB于点C1，再过点C1作C1C2⊥BC于点C2，又过点C2作C2C3⊥AB于点C3，如此无限继续下去，则可将利△ABC分割成△ACC1、△CC1C2、△C1C2C3、△C2C3C4、…、△C n﹣2C n﹣1C n、…．假设AC=2，这些三角形的面积和可以得到一个等式是2=．【考点】38：规律型：图形的变化类．【分析】先根据AC=2，∠B=30°，CC1⊥AB，求得S=；进而得到=×，△ACC1=×（）2，=×（）3，根据规律可知=×（）n﹣1，再根据S=AC×BC=×2×2=2，即可得到等式．△ABC【解答】解：如图2，∵AC=2，∠B=30°，CC1⊥AB，∴Rt△ACC1中，∠ACC1=30°，且BC=2，∴AC1=AC=1，CC1=AC1=，=•AC1•CC1=×1×=；∴S△ACC1∵C1C2⊥BC，∴∠CC1C2=∠ACC1=30°，∴CC2=CC1=，C1C2=CC2=，∴=•CC2•C1C2=××=×，同理可得，=×（）2，=×（）3，…∴=×（）n﹣1，又∵S=AC×BC=×2×2=2，△ABC∴2=+×+×（）2+×（）3+…+×（）n﹣1+…∴2=．故答案为：2=．【点评】本题主要考查了图形的变化类问题，解决问题的关键是找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．。
2018年中考数学专题冲刺复习七讲：2018年中考数学专题冲刺复习第三讲开放性问题
开放性问题开放性试题是相对于条件和结论明确的封闭题而言的，是能引起同学们产生联想，并会自然而然地往深处想的一种数学问题.简单来说就是答案不唯一，解题的方向不确定，条件(或结论)不止一种情况的试题.解答这类题目时，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.根据开放题的特点主要有如下三种题型：(1)条件开放型；(2)结论开放型；(3)综合开放型.题型之一条件开放型例1 （2017•黑龙江）如图，BC∥EF，AC∥DF，添加一个条件AB=DE或BC=EF 或AC=DF，使得△ABC≌△DEF．【考点】KB：全等三角形的判定．【分析】本题要判定△ABC≌△DEF，易证∠A=∠EDF，∠ABC=∠E，故添加AB=DE、BC=EF或AC=DF根据ASA、AAS即可解题．【解答】解：∵BC∥EF，∴∠ABC=∠E，∵AC∥DF，∴∠A=∠EDF，∵在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF，同理，BC=EF或AC=DF也可求证△ABC≌△DEF．故答案为AB=DE或BC=EF或AC=DF均可．【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．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．方法归纳：解这种类型的开放性问题的一般思路是：（1）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.(2)添加的条件，使证明过程越简单越好，且不可自己难为自己.1. （2017.湖南怀化）如图，AC=DC，BC=EC，请你添加一个适当的条件：CE=BC ，使得△ABC≌△DEC．2. （2017山东聊城）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE 是菱形，还需要添加的条件是（）A．AB=AC B．AD=BD C．BE⊥AC D．BE平分∠ABC题型之二结论开放型例2 （2017•乐山）在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，对角线AC平分∠BAD．（1）如图1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）如图3，若∠DAB=90°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题；（2）（1）中的结论成立．以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；（3）结论：．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；【解答】解：（1）AC=AD+AB．理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴，同理．∴AC=AD+AB．（2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，∵∠BAC=60°，∴△AEC为等边三角形，∴AC=AE=CE，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，∴∠DCA=∠BCE，∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠CBE，∵CA=CB，∴△DAC≌△BEC，∴AD=BE，∴AC=AD+AB．（3）结论：．理由如下：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，∴DCB=90°，∵∠ACE=90°，∴∠DCA=∠BCE，又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°，∴∠E=45°．∴AC=CE．又∵∠D+∠B=180°，∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，∴AD=BE，∴AD+AB=AE．在Rt△ACE中，∠CAB=45°，∴，∴．【点评】本题考查四边形综合题、等边三角形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．方法归纳：所谓结论性开放题就是给出问题的条件,让解题者根据条件寻找相应的结论,且符合条件的结论往往呈现多样化,这类问题就是结论开放型问题.其解题思路是:从已知条件出发,沿着不同方向、不同层次进行观察、分析、验证得到相应的结论.1.（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．2. （2017四川南充）如图，在正方形ABCD中，点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB．（1）求证：EF⊥AG；（2）若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动，点G运动速度是点F运动速度的2倍，EF⊥AG是否成立（只写结果，不需说明理由）？（3）正方形ABCD的边长为4，P是正方形ABCD内一点，当S△PAB =S△OAB，求△PAB周长的最小值．题型之三 综合开放型例3 看图说故事.请你编写一个故事，使故事情境中出现的一对变量x ，y 满足图示的函数关系，要求：(1)指出变量x 和y 的含义；(2)利用图中的数据和变化规律提出两个问题，并解答这两个问题.【思路点拨】根据情景说明函数关系，注意只有两个变量，涉及其他的量必须是常量.提出问题时要紧扣图象和(1)中实际意义来提出.【解答】(1)本题答案不唯一，如下列解法：某市出租车计费方法是当载客行驶里程为x(千米)，则车费为y(元).该函数图象就是表示y 随x 的变化过程.(2)①出租车的起步价是多少元？当x ＞3时，求y 关于x 的函数关系式; ②若某乘客有一次乘出租车的车费为32元，求这位乘客乘车的里程. 解：①由图象得：出租车的起步价是8元.设当x ＞3时，y 与x 的函数关系式为y=kx+b ，由函数图象，得83,125.k b k b =+⎧⎨=+⎩解得2,2.k b =⎧⎨=⎩故y 与x 的函数关系式为：y=2x+2.②当y=32时，32=2x+2.解得x=15.答：这位乘客乘车的里程是15千米.方法归纳：这是一道自编自解的综合开放型的问题，解题时要认真分析已给出的条件，经过适当的尝试，符合要求的答案定会产生.1.看图说故事.请你编写一个故事，使故事情境中出现的一对变量x、y满足图示的函数关系，要求：（1）指出变量x和y的含义；（2）利用图中的数据说明这对变量变化过程的实际意义，其中必须涉及“速度”这个量.2.A，B两地间的距离为15千米，甲从A地出发步行前往B地，20分钟后，乙从B地出发骑车前往A地，且乙骑车比甲步行每小时多走10千米.乙到达A地后停留40分钟，然后骑车按原路原速返回，结果甲、乙两人同时到达B地.请你就“甲从A地到B地步行所用时间”或“甲步行的速度”提出一个用分式方程解决的问题，并写出解题过程.3. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD ．求证：四边形ABCD是菱形．参考答案题型之一条件开放型1. （2017.湖南怀化）如图，AC=DC，BC=EC，请你添加一个适当的条件：CE=BC ，使得△ABC≌△DEC．【考点】KB：全等三角形的判定．【分析】本题要判定△ABC≌△DEC，已知AC=DC，BC=EC，具备了两组边对应相等，利用SSS即可判定两三角形全等了．【解答】解：添加条件是：CE=BC，在△ABC与△DEC中，，∴△ABC≌△DEC．故答案为：CE=BC．本题答案不唯一．2. （2017山东聊城）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE 是菱形，还需要添加的条件是（）A．AB=AC B．AD=BD C．BE⊥AC D．BE平分∠ABC【考点】L9：菱形的判定．【分析】当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形BDEF是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题．【解答】解：当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，理由：∵DE∥BC，∴∠DEB=∠EBC，∵∠EBC=∠EBD，∴∠EBD=∠DEB，∴BD=DE，∵DE∥BC，EF∥AB，∴四边形DBEF是平行四边形，∵BD=DE，∴四边形DBEF是菱形．其余选项均无法判断四边形DBEF是菱形，故选D．题型之二结论开放型1.（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．2. （2017四川南充）如图，在正方形ABCD中，点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB．（1）求证：EF⊥AG；（2）若点F、G分别在射线AB、BC上同时向右、向上运动，点G运动速度是点F运动速度的2倍，EF⊥AG是否成立（只写结果，不需说明理由）？（3）正方形ABCD的边长为4，P是正方形ABCD内一点，当S△PAB =S△OAB，求△PAB周长的最小值．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）由正方形的性质得出AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，证出，得出△AEF∽△BAG，由相似三角形的性质得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理证出∠AOE=90°即可；（2）证明△AEF∽△BAG，得出∠AEF=∠BAG，再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得出结论；（3）过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，则MN⊥AD，MN=AB=4，由三角形面积关系得出点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG，则EG∥AB，EG=AB=4，证明△AOF∽△GOE，得出=，证出=，得出AM=AE=，由勾股定理求出PA，即可得出答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠EAF=∠ABG=90°，∵点E、G分别是边AD、BC的中点，AF=AB．∴=， =，∴，∴△AEF∽△BAG，∴∠AEF=∠BAG，∵∠BAG+∠EAO=90°，∴∠AEF+∠EAO=90°，∴∠AOE=90°，∴EF⊥AG；（2）解：成立；理由如下：根据题意得： =，∵=，∴，又∵∠EAF=∠ABG，∴△AEF∽△BAG，∴∠AEF=∠BAG，∵∠BAG+∠EAO=90°，∴∠AEF+∠EAO=90°，∴∠AOE=90°，∴EF⊥AG；（3）解：过O作MN∥AB，交AD于M，BC于N，如图所示：则MN⊥AD，MN=AB=4，∵P是正方形ABCD内一点，当S△PAB =S△OAB，∴点P在线段MN上，当P为MN的中点时，△PAB的周长最小，此时PA=PB，PM=MN=2，连接EG、PA、PB，则EG∥AB，EG=AB=4，∴△AOF∽△GOE，∴=，∵MN∥AB，∴=，∴AM=AE=×2=，由勾股定理得：PA==，∴△PAB周长的最小值=2PA+AB=+4．题型之三综合开放型1.看图说故事.请你编写一个故事，使故事情境中出现的一对变量x、y满足图示的函数关系，要求：（1）指出变量x和y的含义；（2）利用图中的数据说明这对变量变化过程的实际意义，其中必须涉及“速度”这个量.【解析】答案不唯一，如：（1）该函数图象表示小明开车离出发地的路程y(单位：km)与他所用的时间x(单位：min）的关系；（2）小明以0.4 km/min的速度匀速开了5 min，在原地休息了6 min，然后以0.5 km/min的速度匀速开车回出发地.2.A，B两地间的距离为15千米，甲从A地出发步行前往B地，20分钟后，乙从B地出发骑车前往A地，且乙骑车比甲步行每小时多走10千米.乙到达A地后停留40分钟，然后骑车按原路原速返回，结果甲、乙两人同时到达B地.请你就“甲从A地到B地步行所用时间”或“甲步行的速度”提出一个用分式方程解决的问题，并写出解题过程.【解析】答案不唯一，如：甲从A地到B地步行所用时间是多久？设甲从A地到B地步行所用时间为x小时，由题意得301x=15x+10.化简得2x2-5x-3=0，解得x1=3，x2=-12.经检验知x=3符合题意，∴x=3.∴甲从A地到B地步行所用时间为3小时.3. （2017湖南岳阳）求证：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．小红同学根据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD ．求证：四边形ABCD是菱形．【分析】由命题的题设和结论可填出答案，由平行四边形的性质可证得AC为线段BD的垂直平分线，可求得AB=AD，可得四边形ABCD是菱形．【解答】已知：如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，求证：四边形ABCD是菱形．证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴BO=DO，∵AC⊥BD，∴AC垂直平分BD，∴AB=AD，∴四边形ABCD为菱形．故答案为：AC⊥BD；四边形ABCD是菱形．【点评】本题主要考查菱形的判定及平行四边形的性质，利用平行四边形的性质证得AB=AD是解题的关键．。
2018年中考数学总复习专题三开放探究题课件新人教版1
开放探究型问题最常见的是命题中缺少一定的条件或无明确的 结论,要求添加条件或概括结论,或者是给定条件,判断结论存在与 否的问题.近几年来出现了一些根据提供的材料,按自己的喜好自 编问题并加以解决的试题.
开放探究型问题具有较强的综合性,既能充分地考查学生对基础 知识的掌握程度,又能较好地考查学生观察、分析、比较、概括的 能力,发散思维能力和空间想象能力等,体现了学生的自主性,符合 课程标准的理念,所以近几年来此类题目成为中考命题的热点.
开放探究型问题涉及知识面广,要求解题者有较强的解题能力和 思维能力,有时还需要一定的语言表达能力和说理能力.
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.
考向一 考向二 考向三 考向四
考向二 结论开放探究问题 结论开放问题就是给出问题的条件,根据已知条件探究问题的结 论,并且将符合条件的结论一一罗列出来,或者对相应的结论的 “存在性”加以推断,甚至探究条件变化时的结论,这些问题都是 结论开放型问题.解决此类问题要求利用条件大胆而合理地猜想, 发现规律,得出结论.
2018年中考数学真题分类汇编(第三期)专题39开放性问题试题(含解析)
开放性问题解答题. （·湖北十堰·分）已知抛物线经过点（﹣，），（、﹣）与轴交于另一点，连接．（）求抛物线的解析式；（）如图，是第一象限内抛物线上一点，且△△，求证：∥；（）在抛物线上是否存在点，直线交轴于点，使△与以，，，中的三点为顶点的三角形相似（不重合）？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（）利用待定系数法求抛物线的解析式；（）令求抛物线与轴的交点的坐标，作△和△的高线，根据面积相等可得，证明△≌△，则，根据三角函数列式可得的坐标，利用待定系数法求一次函数和的解析式，相等则两直线平行；（）先利用概率的知识分析，，，中的三点为顶点的三角形，有两个三角形与△有可能相似，即△和△，①当△与以，，中的三点为顶点的三角形相似，如图，根据存在公共角∠∠，可得△∽△，列比例式可得的坐标，利用待定系数法求直线的解析式，与抛物线列方程组可得交点的坐标；②当△与以，中的三点为顶点的三角形相似，如图，同理可得结论．【解答】解：（）把点（﹣，），（、﹣）代入抛物线中得：，解得：，∴抛物线的解析式为：﹣﹣；（）当时，﹣﹣，解得：﹣或，∴（，），如图，过作⊥于，过作⊥于，设交轴于，∵△△，∴，∴，易得△≌△，∴，设（，﹣﹣），过作⊥轴于，∠，∴，∴﹣﹣，﹣，（舍），，∴（，），易得的解析式为：，的解析式为：﹣，∴∥；（）以，，，中的三点为顶点的三角形有△.△.△.△，四种，其中△重合，不符合条件，△不能构成三角形，∴当△与以，，，中的三点为顶点的三角形相似，存在两个三角形：△和△，①当△与以，，中的三点为顶点的三角形相似，如图，∵∠∠，∠≠∠，∴∠∠°，∴△∽△，∴，∴，∴，∴（，），∵（，﹣），易得：，则﹣﹣﹣，（舍），，∴（，）；②当△与以，中的三点为顶点的三角形相似，如图，∵∠∠，∴当∠∠时，△∽△，∴，设，，△中，由勾股定理得：，∴，﹣，（﹣）（﹣），，，∴﹣或，∵＜，∠是钝角，此时△与以，中的三点为顶点的三角形不相似，如图，∴（﹣，）；同理得的解析式为：﹣﹣，﹣﹣﹣﹣，或（舍）∴（，﹣）；综上，点的坐标为（，）或（，﹣）．【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式、相似三角形的性质和判定、一元二次方程、三角形面积以及勾股定理，第问有难度，确定三角形与△相似并画出图形是关键．. （·湖北江汉·分）抛物线﹣﹣与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点，其顶点为．将抛物线位于直线：（＜）上方的部分沿直线向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“”形的新图象．（）点，，的坐标分别为（，），（，），（，）；（）如图①，抛物线翻折后，点落在点处．当点在△内（含边界）时，求的取值范围；（）如图②，当时，若是“”形新图象上一动点，是否存在以为直径的圆与轴相切于点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点的坐标；（）由点的坐标结合对称找出点的坐标，根据点的坐标利用待定系数法可求出直线的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于的一元一次不等式组，解之即可得出的取值范围；（）假设存在，设点的坐标为（，），则点的横坐标为，分＜或＞及≤≤两种情况，利用勾股定理找出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，进而可找出点的坐标，此题得解．【解答】解：（）当时，有﹣﹣，解得：，，∴点的坐标为（，），点的坐标为（，）．∵﹣﹣﹣（﹣）﹣﹣（﹣），∴点的坐标为（，）．故答案为：（，）；（，）；（，）．（）∵点.点关于直线对称，∴点的坐标为（，﹣）．当时，﹣﹣﹣，∴点的坐标为（，﹣）．设线段所在直线的解析式为，将（，）、（，﹣）代入，，解得：，∴线段所在直线的解析式为﹣．∵点在△内（含边界），∴，解得：≤≤．（）当＜或＞时，﹣﹣；当≤≤时，﹣．假设存在，设点的坐标为（，），则点的横坐标为．①当＜或＞时，点的坐标为（，﹣﹣）（如图），∵以为直径的圆与轴相切于点，∴⊥，∴，即（﹣）（﹣﹣），整理，得：，，∴点的坐标为（，）或（，）；②当≤≤时，点的坐标为（，﹣）（如图），∵以为直径的圆与轴相切于点，∴⊥，∴，即（﹣）（﹣），整理，得：﹣，解得：，，∴点的坐标为（，）或（，）．综上所述：存在以为直径的圆与轴相切于点，点的坐标为（，）、（，）、（，）或（，）．．（·辽宁省盘锦市）如图，点是正方形边上任意一点，以为边作正方形，连接，点是线段中点，射线与交于点，连接．（）请直接写出和的数量关系和位置关系；（）把图中的正方形绕点顺时针旋转°，此时点恰好落在线段上，如图，其他条件不变，（）中的结论是否成立，请说明理由；（）把图中的正方形绕点顺时针旋转°，此时点恰好分别落在线段上，如图，其他条件不变，（）中的结论是否成立，请说明理由．【解答】解：（）如图，结论：，⊥．理由：∵∥，∥，∴∥，∴∠∠．在△和△中，，∴△≌△，∴，．∵，∴\∠°，，∴，⊥．（如图，连接，∵四边形和四边形是正方形，∴∠°，∠°，∴点在同一条直线上．∵∠°，∠°，为的中点，∴，，∴．∵∠°，∴∠°．∵，∴∠∠，∠∠，∴∠∠°，∴∠°﹣°﹣°°，∴⊥．（）如图，连接，，作⊥于，在△和△中，，∴△≌△，∴，∠∠．∵为的中点，∥∥，∴，又⊥，∴，∴，∠∠．∵∠∠°，∴∠∠°，∴∠∠°．∵∠°，∴∠°，∴（）中的结论成立．. （•乐山•分）已知△中，∠°，点分别在边上，连结交于点，设，，为常数，试探究∠的度数：（）如图，若，则∠的度数为；（）如图，若，试问（）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠的度数．（）如图，若，且分别在的延长线上，（）中的结论是否成立，请说明理由．解：（）如图，过点作∥，过点作∥相交于，连接，∴∠∠，∠∠°，四边形是平行四边形，∴，．∵，，∴．∵∠∠°，∴△≌△，∴，∠∠．∵∠∠°，∴∠∠°∠．∵∥，∴∠°．∵，∴∠°，∴∠°．故答案为：°．（）（）中结论不成立，理由如下：如图，过点作∥，过点作∥相交于，连接，∴∠∠，∠∠°，四边形是平行四边形，∴，．∵，，∴．∵，∴．∵∠∠°，∴△∽△，∴，∠∠．∵∠∠°，∴∠∠°∠．∵∥，∴∠°．在△中，∠，∴∠°，∴∠°，（）（）中结论成立，如图，作∥，∥，，相交于，连接，∴∠∠，∠∠°，四边形是平行四边形，∴，．∵，，∴．∵∠∠°，∴△∽△，∴，∠∠．∵∠∠°，∴∠∠°，∴∠°．在△中，∠，∴∠°，∴∠°．. （•莱芜•分）如图，抛物线经过（﹣，），（，），（，）三点，为直线上方抛物线上一动点，⊥于．（）求抛物线的函数表达式；（）如图，求线段长度的最大值；（）如图，设的中点为，连接，，是否存在点，使得△中有一个角与∠相等？若存在，求点的横坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（）根据待定系数法，可得函数解析式；（）根据平行于轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得，根据相似三角形的判定与性质，可得的长，根据二次函数的性质，可得答案；（）根据正切函数，可得∠，根据相似三角形的性质，可得，，根据待定系数法，可得的解析式，根据解方程组，可得答案．【解答】解：（）由题意，得，解得，抛物线的函数表达式为﹣；（）设直线的解析是为，，解得∴﹣，设（，﹣），（＜＜），过点作⊥轴交于点，如图，（，﹣），（﹣）﹣（﹣）﹣，∵∠∠，∠∠，∴△∽△，∴，∵，，∴，∴∴﹣﹣（（﹣），当时，取最大值，最大值是，（）假设存在这样的点，△使得中有一个角与∠相等，∵点为的中点，∴，∠，过点作⊥，交的延长线于点，过点作⊥轴，垂足为，如图，①若∠∠，∴∠，∴，∵△∽，∴，∴，，∴（，），设直线的解析式为，∴，解得∴直线的解析式为，∴，解得，或（舍）．②若∠∠，同理可得，，，∴（，），同理可得，直线的解析是为﹣，∴，解得或（舍），综上所述，存在点，使得△中有一个角与∠相等，点的横坐标为或．【点评】本题考查了二次函数综合题，解（）的关键是待定系数法，解（）的关键是利用相似三角形的性质得出的长，又利用了二次函数的性质；解（）的关键是利用相似三角形的性质得出点的坐标，由；利用了待定系数法求函数解析式，解方程组的横坐标．。
7.6开放型问题(第3部分)-2018年中考数学试题分类汇编(word解析版)
第七部分专题拓展7.6 开放型问题【一】知识点清单开放性试题从结构特征上看主要分为三类：条件开放题、结论开放题及条件和结论都开放的试题。
开放题是相对于传统的封闭题而言的，其显著特征是问题的答案不唯一（开放性），并且在设问方式上要求学生进行多方面、多角度、多层次探索．【二】分类试题汇编及参考答案与解析一、选择题二、填空题1．（2018年湖南省湘潭市-第14题-3分）如图，点E是AD延长线上一点，如果添加一个条件，使BC∥AD，则可添加的条件为．（任意添加一个符合题意的条件即可）【知识考点】平行线的判定．【思路分析】同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行，据此进行判断．【解答过程】解：若∠A+∠ABC=180°，则BC∥AD；若∠C+∠ADC=180°，则BC∥AD；若∠CBD=∠ADB，则BC∥AD；若∠C=∠CDE，则BC∥AD；故答案为：∠A+∠ABC=180°或∠C+∠ADC=180°或∠CBD=∠ADB或∠C=∠CDE．（答案不唯一）【总结归纳】本题主要考查了平行线的判定，同位角相等，两直线平行；内错角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．2．（2018年湖南邵阳市-第12题-3分）如图所示，点E是平行四边形ABCD的边BC延长线上一点，连接AE，交CD于点F，连接BF．写出图中任意一对相似三角形：．【知识考点】相似三角形的判定；平行四边形的性质．【思路分析】利用平行四边形的性质得到AD∥CE，则根据相似三角形的判定方法可判断△ADF∽△ECF．【解答过程】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥CE，∴△ADF∽△ECF．故答案为△ADF∽△ECF．【总结归纳】本题考查了相似三角形的判定：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；有两组角对应相等的两个三角形相似．也考查了平行四边形的性质．3．（2018年山东省济宁市-第13题-3分）在△ABC中，点E，F分别是边AB，AC的中点，点D在BC边上，连接DE，DF，EF，请你添加一个条件，使△BED与△FDE全等．【知识考点】全等三角形的判定；三角形中位线定理．【思路分析】根据三角形中位线定理得到EF∥BC，ED∥AC，根据平行四边形的判定定理、全等三角形的判定定理解答．【解答过程】解：当D是BC的中点时，△BED≌△FDE，∵E，F分别是边AB，AC的中点，∴EF∥BC，当E，D分别是边AB，BC的中点时，ED∥AC，∴四边形BEFD是平行四边形，∴△BED≌△FDE，故答案为：D是BC的中点．【总结归纳】本题考查了全等三角形的判定，利用了三角形中位线的性质，全等三角形的判定，利用三角形中位线的性质得出三角形全等的条件是解题关键．4．（2018年黑龙江省齐齐哈尔市-第11题-3分）已知反比例函数2kyx-=的图象在第一、三象限内，则k的值可以是．（写出满足条件的一个k的值即可）【知识考点】反比例函数的性质．【思路分析】根据反比例函数的性质：反比例函数y=的图象在第一、三象限内，则可知2﹣k ＞0，解得k的取值范围，写出一个符合题意的k即可．【解答过程】解：由题意得，反比例函数y=的图象在第一、三象限内，则2﹣k＞0，故k＜2，满足条件的k可以为1，故答案为：1．【总结归纳】本题主要考查反比例函数的性质，当k＞0时，双曲线的两个分支在一，三象限，y随x的增大而减小；当k＜0时，双曲线的两个分支在二，四象限，y随x的增大而增大．三、解答题1．（2018年江苏省无锡市-第26题-10分）如图，平面直角坐标系中，已知点B的坐标为（6，4）．（1）请用直尺（不带刻度）和圆规作一条直线AC，它与x轴和y轴的正半轴分别交于点A和点C，且使∠ABC=90°，△ABC与△AOC的面积相等．（作图不必写作法，但要保留作图痕迹．）（2）问：（1）中这样的直线AC是否唯一？若唯一，请说明理由；若不唯一，请在图中画出所有这样的直线AC，并写出与之对应的函数表达式．【知识考点】待定系数法求一次函数解析式；作图—复杂作图．【思路分析】（1）①作线段OB的垂直平分线AC，满足条件，②作矩形OA′BC′，直线A′C′，满足条件；（2）分两种情形分别求解即可解决问题；【解答过程】（1）解：如图△ABC即为所求；（2）解：这样的直线不唯一．①作线段OB的垂直平分线AC，满足条件，此时直线的解析式为y=﹣x+．②作矩形OA′BC′，直线A′C′，满足条件，此时直线A′C′的解析式为y=﹣x+4．【总结归纳】本题考查作图﹣复杂作图，待定系数法等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．2．（2018年湖南邵阳市-第25题-8分）如图1所示，在四边形ABCD中，点O，E，F，G分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接OE，EF，FG，GO，GE．（1）证明：四边形OEFG是平行四边形；（2）将△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，如图2所示，连接GM，EN．①若OG=1，求ENGM的值；②试在四边形ABCD中添加一个条件，使GM，EN的长在旋转过程中始终相等．（不要求证明）【知识考点】相似形综合题．【思路分析】（1）连接AC，由四个中点可知OE∥AC、OE=AC，GF∥AC、GF=AC，据此得出OE=GF、OE=GF，即可得证；（2）①由旋转性质知OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，据此可证△OGM∽△OEN得==；②连接AC、BD，根据①知△OGM∽△OEN，若要GM=EN只需使△OGM≌△OEN，添加使AC=BD 的条件均可以满足此条件．【解答过程】解：（1）如图1，连接AC，∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴OE∥AC、OE=AC，GF∥AC、GF=AC，∴OE=GF，OE=GF，∴四边形OEFG是平行四边形；（2）①∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，∴=，∴△OGM∽△OEN，∴==．②添加AC=BD，如图2，连接AC、BD，∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴OG=EF=BD、OE=GF=BD，∵AC=BD，∴OG=OE，∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，∴OG=OE、OM=ON，在△OGM和△OEN中，∵，∴△OGM≌△OEN（SAS），∴GM=EN．【总结归纳】本题主要考查相似形的综合题，解题的关键是熟练掌握中位线定义及其定理、平行四边形的判定、旋转的性质、相似三角形与全等三角形的判定与性质等知识点．3．（2018年江苏省苏州市-第26题-10分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD垂直于过点C的切线，垂足为D，CE垂直AB，垂足为E．延长DA交⊙O于点F，连接FC，FC与AB相交于点G，连接OC．（1）求证：CD=CE；（2）若AE=GE，求证：△CEO是等腰直角三角形．【知识考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；垂径定理；切线的性质．【思路分析】（1）连接AC，根据切线的性质和已知得：AD∥OC，得∠DAC=∠ACO，根据AAS 证明△CDA≌△CEA（AAS），可得结论；（2）介绍两种证法：证法一：根据△CDA≌△CEA，得∠DCA=∠ECA，由等腰三角形三线合一得：∠F=∠ACE=∠DCA=∠ECG，在直角三角形中得：∠F=∠DCA=∠ACE=∠ECG=22.5°，可得结论；证法二：设∠F=x，则∠AOC=2∠F=2x，根据平角的定义得：∠DAC+∠EAC+∠OAF=180°，则3x+3x+2x=180，可得结论．【解答过程】证明：（1）连接AC，∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，∵AD⊥CD，∴∠DCO=∠D=90°，∴AD∥OC，∴∠DAC=∠ACO，∵OC=OA，∴∠CAO=∠ACO，∴∠DAC=∠CAO，∵CE⊥AB，∴∠CEA=90°，在△CDA和△CEA中，∵，∴△CDA≌△CEA（AAS），∴CD=CE；（2）证法一：连接BC，∵△CDA≌△CEA，∴∠DCA=∠ECA，∵CE⊥AG，AE=EG，∴CA=CG，∴∠ECA=∠ECG，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵CE⊥AB，∴∠ACE=∠B，∵∠B=∠F，∴∠F=∠ACE=∠DCA=∠ECG，∵∠D=90°，∴∠DCF+∠F=90°，∴∠F=∠DCA=∠ACE=∠ECG=22.5°，∴∠AOC=2∠F=45°，∴△CEO是等腰直角三角形；证法二：设∠F=x，则∠AOC=2∠F=2x，∵AD∥OC，∴∠OAF=∠AOC=2x，∴∠CGA=∠OAF+∠F=3x，∵CE⊥AG，AE=EG，∴CA=CG，∴∠EAC=∠CGA，∵CE⊥AG，AE=EG，∴CA=CG，∴∠EAC=∠CGA，∴∠DAC=∠EAC=∠CGA=3x，∵∠DAC+∠EAC+∠OAF=180°，∴3x+3x+2x=180，x=22.5°，∴∠AOC=2x=45°，∴△CEO是等腰直角三角形．【总结归纳】此题考查了切线的性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、三角形内角和定理以及等腰三角形和等腰直角三角形的判定与性质等知识．此题难度适中，本题相等的角较多，注意各角之间的关系，注意掌握数形结合思想的应用．4．（2018年辽宁省大连市-第25题-12分）阅读下面材料：小明遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB上，且∠BAC=2∠DCB，求证：AC=AD．小明发现，除了直接用角度计算的方法外，还可以用下面两种方法：方法1：如图2，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E．方法2：如图3，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F．（1）根据阅读材料，任选一种方法，证明AC=AD．用学过的知识或参考小明的方法，解决下面的问题：（2）如图4，△ABC中，点D在AB上，点E在BC上，且∠BDE=2∠ABC，点F在BD上，且∠AFE=∠BAC，延长DC、FE，相交于点G，且∠DGF=∠BDE．①在图中找出与∠DEF相等的角，并加以证明；②若AB=kDF，猜想线段DE与DB的数量关系，并证明你的猜想．【知识考点】三角形综合题．（1）方法一：如图2中，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E．想办法证明△AEC≌△AED 【思路分析】即可；方法二：如图3中，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F．想办法证明∠ACD=∠ADC即可；（2）①如图4中，结论：∠DEF=∠FDG．理由三角形内角和定理证明即可；②结论：BD=k•DE．如图4中，如图延长AC到K，使得∠CBK=∠ABC．首先证明△DFE∽△BAK，推出==，推出BK=k•DE，再证明△BCD≌△BCK，可得BD=BK；【解答过程】解：（1）方法一：如图2中，作AE平分∠CAB，与CD相交于点E．∵∠CAE=∠DAE，∠CAB=2∠DCB，∴∠CAE=∠CDB，∵∠CDB+∠ACD=90°，∴∠CAE+∠ACD=90°，∴∠AEC=90°，∵AE=AE，∠AEC=∠AED=90°，∴△AEC≌△AED，∴AC=AD．方法二：如图3中，作∠DCF=∠DCB，与AB相交于点F．∵∠DCF=∠DCB，∠A=2∠DCB，∴∠A=∠BCF，∵∠BCF+∠ACF=90°，∴∠A+∠ACF=90°，∴∠AFC=90°，∵∠ACF+∠BCF=90°，∠BCF+∠B=90°，∴∠ACF=∠B，∵∠ADC=∠DCB+∠B=∠DCF+∠ACF=∠ACD，∴AC=AD．（2）①如图4中，结论：∠DEF=∠FDG．理由：在△DEF中，∵∠DEF+∠EFD+∠EDF=180°，在△DFG中，∵∠GFD+∠G+∠FDG=180°，∵∠EFD=∠GFD，∠G=∠EDF，∴∠DEF=∠FDG．②结论：BD=k•DE．理由：如图4中，如图延长AC到K，使得∠CBK=∠ABC．∵∠ABK=2∠ABC，∠EDF=2∠ABC，∴∠EDF=∠ABK，∵∠DFE=∠A，∴△DFE∽△BAK，∴==，∴BK=k•DE，∴∠AKB=∠DEF=∠FDG，∵BC=BC，∠CBD=∠CBK，∴△BCD≌△BCK，∴BD=BK，∴BD=k•DE【总结归纳】本题考查三角形综合题、三角形内角和定理、三角形外角的性质、全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．5．（2018年浙江省嘉兴市舟山市-第18题-6分）用消元法解方程组35432x yx y-=⎧⎨-=⎩①②时，两位同学的解法如下：解法一：由①﹣②，得3x=3．解法二：由②得，3x+（x﹣3y）=2，③把①代入③，得3x+5=2．（1）反思：上述两个解题过程中有无计算错误？若有误，请在错误处打“ד．（2）请选择一种你喜欢的方法，完成解答．【知识考点】解二元一次方程组．【思路分析】（1）观察两个解题过程即可求解；（2）根据加减消元法解方程即可求解．【解答过程】解：（1）解法一中的解题过程有错误，由①﹣②，得3x=3“×”，应为由①﹣②，得﹣3x=3；（2）由①﹣②，得﹣3x=3，解得x=﹣1，把x=﹣1代入①，得﹣1﹣3y=5，解得y=﹣2．故原方程组的解是．【总结归纳】此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．。
2018年全国中考数学试卷解析分类汇编(第一期)专题39 开放性问题
开放性问题填空题1．（2018•广东梅州,第12题，3分）已知：△ABC中，点E是AB边的中点，点F在AC边上，若以A，E，F为顶点的三角形与△ABC相似，则需要增加的一个条件是．（写出一个即可）考点：相似三角形的判定．.专题：开放型．分析：根据相似三角形对应边成比例或相似三角形的对应角相等进行解答；由于没有确定三角形相似的对应角，故应分类讨论．解答：解：分两种情况：①∵△AEF∽△ABC，∴AE：AB=AF：AC，即1：2=AF：AC，∴AF=AC；②∵△AFE∽△ACB，∴∠AFE=∠AB C．∴要使以A、E、F为顶点的三角形与△ABC相似，则AF=AC或∠AFE=∠AB C．故答案为：AF=AC或∠AFE=∠AB C．点评：本题很简单，考查了相似三角形的性质，在解答此类题目时要找出对应的角和边．2. （2018呼和浩特，16，3分）以下四个命题:①若一个角的两边和另一个角的两边分别互相垂直，则这两个角互补.②边数相等的两个正多边形一定相似.③等腰三角形ABC中, D是底边BC上一点, E是一腰AC上的一点,若∠BAD=60°且AD=AE,则∠EDC=30°.④任意三角形的外接圆的圆心一定是三角形三条边的垂直平分线的交点.其中正确命题的序号为__________.考点分析：命题几何综合填空压轴方程思想详解：②③④与2014年考的形式一样，但难度略微低一些，逐一给你分析思路。
首先作为客观题的压轴题吗，记住是客观题，四个选项全都正确的可能性极小，因为很多数学不太好的学生会蒙，蒙四个选项的人大有人在，这样也能对的话，对真正靠推理计算做出来的同学太不公平，只一个正确选项的情况极少，因为有的同学的水平就够看一个真确的，所以先写上，有时间在回来看，如果真的写对了，你说他是真的会做还是蒙的，所以正确的选项很有可能是2个或3个。
①你曾经做过一道类似的题目，相信当时还有不少同学做错：如果两个角的两边分别平行，则这两个角相等。
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2018年数学中考专题《开放性问题》【题型特征】一个数学问题系统中，通常包括已知条件、解题依据、方法和结论。
如果这些部分齐备，称之为封闭性问题.若不完全齐备，称之为开放性问题，数学开放题就是指那些条件不完整，结论不确定，解法不限制的数学问题，它的显著特点是正确答案不唯一.常见的开放性问题有:(1)条件开放型;(2)结论开放型;(3)策略开放型;(4)综合开放型.【解题策略】(1)条件开放型，指结论给定，条件未知或不全，需要探求结论成立的条件，且与结论成立相对应的条件不唯一的数学问题.这类开放题在中考试卷中多以填空题形式出现.解条件开放型问题的一般思路是: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，挖掘条件，逆向追索，逐步探求，最终得出符合结论的条件.这是一种分析型思维方式.(2)结论开放型，指条件充分给定，结论未知或不全，需要探求，整合出符合给定条件下相应结论的一类试题.这类开放题在中考试卷中，以解答题居多.解结论开放型问题的一般思路是:充分利用已知条件或图形特征，进行猜想、归纳、类比，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.这是一种归纳类比型思维方式.(3)策略开放型，是指题目的条件和结论都已知或部分已知，需要探求解题方法或设计解题方案的一类试题.这类开放题在中考试卷中，一般出现在阅读题、作图题和应用题中.解策略开放型问题的处理方法一般需要模仿、类比、实验、创新和综合运用所学知识，建立合理的数学模型，从而使问题得到解决.这是一种综合性思维.(4)综合开放型，是指条件、结论、解题方法中至少有两项同时呈现开放形式的数学问题.这类问题往往仅提供一种问题情境，需要我们补充条件，设计结论，并寻求解法的一类问题.解综合开放型问题要求我们对所学知识特别熟悉并能灵活运用.【真题精讲】类型一 条件开放型 典例1 (2016·黑龙江)如图，在平行四边形ABCD 中，延长AD 到点E ，使DE AD =，连接,,EB EC DB 请你添加一个条件 ，使四边形DBCE 是矩形.【解析】这是一道条件开放型的问题，采用分类讨论法解答.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.【全解】添加EB DC =.理由如下: 四边形ABCD 是平行四边形， //AD BC ∴，且AD BC =. //DE BC ∴. 又DE AD =， DE BC ∴=.∴四边形DBCE 为平行四边形. 又EB DC =,∴四边形DBCE 是矩形. 故答案是EB DC =.1.(2015·广东梅州)已知，在ABC ∆中，点E 是边AB 的中点，点F 在边AC 上，若以,,A E F 为顶点的三角形与ABC ∆相似，则需要增加的一个条件是 .(写出一个即可) 【考情小结】解答条件开放题掌握概念、性质和判定是解题的关键. 类型二 结论开放型典例2 (2015·浙江杭州)设函数[](1)(1)(3)y x k x k =--+- (k 是常数).(1)当k 取1和2时的函数1y 和2y 的图象如图所示，请你在同一直角坐标系中画出当k 取0时函数的图象;(2)根据图象，写出你发现的一条结论;(3)将函数2y 的图象向左平移4个单位，再向下平移2个单位，得到函数3y 的图象，求函数3y 的最小值.【全解】(1)作图如图:(2)函数[](1)(1)(3)y x k x k =--+-(k 是常数)的图象都经过点(1,0)和(－1,4). (3)22(1)y x =-，∴将函数2y 的图象向左平移4个单位，再向下平移2个单位，得到函数3y 为23(3)2y x =+-.∴当3x =-时，函数3y 的最小值为－2.2.(2016·北京)右图中四边形均为矩形，根据图形，写出一个正确的等式: .3.(2016·湖北荆州)请用割补法作图，将一个锐角三角形经过一次或两次分割后，重新拼成一个与原三角形面积相等的平行四边形(只要求用一种方法画出图形，把相等的线段作相同的标记).【考情小结】论开放题与常规题的相同点是:它们都给出了已知条件(题设)，要求寻求结论;区别是前者的条件一般较弱，结论通常在两个以上，解答时需要发散思维和分类讨论等思想方法的参与，而后者答案一般只有一个，解题目标大多比较明确. 类型三 策略开放型典例3 (2015·黑龙江哈尔滨)图(1)，图(2)是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点.(1)在图(1)中画出等腰直角三角形MON ，使点N 在格点上，且90MON ∠=︒;(2)在图(2)中以格点为顶点画出一个正方形ABCD ，使正方形ABCD 面积等于(1)中等腰直角三角形MON 面积的4倍，并将正方形ABCD 分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角和一个正方形，且正方形ABCD 面积没有剩余(画出一种即可).【解析】(1)如图(1)所示:(2)如图(2)所示:4.(2015·山东枣庄)如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形(简称格点正方形).若再作一个格点正方形，并涂上阴影，使这两个格点正方形无重叠面积，且组成的图形是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个格点正方形的作法共有( ).A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种【考情小结】解策略型开放题时，要对已有条件进行发散联想，努力提出满足条件和要求的各种方案和设想，并认真加以研究和验证，直至完全符合要求为止.解决这类问题时往往需要利用分类讨论思想，作多方面设计与思考. 类型四 综合开放型 典例4 (2016·黑龙江)已知，点P 是平行四边形ABCD 对角线AC 所在直线上的一个动点(点P 不与点,A C 重合)，分别过点,A C 向直线BP 作垂线，垂足分别为点,E F ，点O 为AC 的中点.(1)当点P 与点O 重合时如图(1)，易证OE OF =.(不需证明)(2)直线BP 绕点B 逆时针方向旋转，当30OFE ∠=︒时，如图(2)、图(3)的位置，猜想线段,,CF AE OE 之间有怎样的数量关系?请写出你对图(2)、图(3)的猜想，并选择一种情况给予证明.【解析】(1)由AOE COF ∆≅∆即可得出结论.(2)图(2)中的结论为: CF OE AE =+，延长EO 交CF 于点G ，只要证明EOA GOC ∆≅∆,OFG ∆是等边三角形，即可解决问题.图(3)中的结论为:CF OE AE =-,延长EO 交FC 的延长线于点G ，证明方法类似. 【全解】(1),AE PB CF BP ⊥⊥,90AEO CFO ∴∠=∠=︒.在AEO ∆和CFO ∆中，AEO CFO AOE COF AO OC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AOE COF ∴∆≅∆. OE OF ∴=.(2)图(2)中的结论为:CF OE AE =+. 图(3)中的结论为:CF OE AE =-.选图(2)中的结论证明如下:延长EO 交CF 于点G ，如图(4)所示.,AE BP CF BP ⊥⊥,//AE CF ∴.EAO GCO ∴∠=∠.在EOA ∆和GOC ∆中，EAO GCO AO OC AOE COG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，EOA GOC ∴∆≅∆.,EO GO AE CG ∴==.在Rt EFG ∆中，EO OG =,OE OF GO ∴==. 30OFE ∠=︒,903060OFG ∴∠=︒-︒=︒. OFG ∴∆是等边三角形. OF GF ∴=. OE OF =, OE FG ∴=.CF FG CG =+, CF OE AE ∴=+.5.(2014·湘南湘潭)ABC ∆为等边三角形，边长为,,a DF AB EF AC ⊥⊥.(1)求证: BDF ∆∽CEF ∆;(2)若4a =，设BF m =，四边形ADFE 面积为S ，求出S 与m 之间的函数关系，并探究当m 为何值时S 取最大值; (3)已知,,,A D F E 四点共圆，已知3tan 2EDF ∠=，求此圆直径.【考情小结】考试时，对于综合开放题，若没有其他要求，可选用简单情型的进行解答.参考答案1.12AF AC =或AFE ABC ∠=∠. 2.()am bm cm a b c m ++=++(答案不唯一) 3.答案不唯一，,,AE BE DE EF AD CF === 如图所示.4. C5. (1),DF AB EF AC ⊥⊥,90BDF CEF ∴∠=∠=︒. ABC ∆为等边三角形， 60B C ∴∠=∠=︒. BDF ∴∆∽CEF ∆.(2)当2m =时，S 取最大值，最大值为33S 与m 之间的函数关系为23(2)334S m =--+(其中04m <<). 当m=2时，S 取到最大值，最大值为. (3)7.【跟踪练习】1. (2016·山东济宁)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 ≅.2. (2016·浙江衢州)写出一个解集为1x >的一元一次不等式 .3. (2016·甘肃兰州) ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点O ，且AC BD ⊥，请添加一个条件: ，使得ABCD 为正方形.4. (2016·河南)如图，在Rt ABC 中，艺90ABC ∠=︒，点M 是AC 的中点，以AB 为直径作⊙O 分别交AC ，BM 于点D ，E . (1)求证:MD ME =E; (2)填空:①若6AB =，当2AD DM =时，DE = ;②连接OD ，OE ，当A ∠的度数为 时，四边形ODME 是菱形.5. (2016·湖北咸宁)如图，在ABC 中，AB AC =，36A ∠=︒，BD 为角平分线，DE AB ⊥，垂足为E .(1)写出图中一对全等三角形和一对相似比不为1的相似三角形; (2)选择(1)中一对加以证明.6. (2015·安徽)按一定规律排列的一列数: 12，22，32，52，82，132，…，若x ，y ，z表示这列数中的连续三个数，猜想x ，y ，z 满足的解析式是 .7. (2015·湖南邵阳)如图，在ABCD 中，F 是BC 上的一点，直线DF 与AB 的延长线相交于点E ，//BP DF ，且与AD 相交于点P ，请从图中找出一组相似的三角形: .8.(2015·黑龙江龙东)为推进课改，王老师把班级里40名学生分成若干小组，每小组只能是5人或6人，则有几种分组方案( ).A. 4B. 3C. 2D. 19. (2015·浙江金华)在棋盘中建立如图所示的直角坐标系，三颗棋子A ，O ，B 的位置如图，它们的坐标分别是(1,1)-，(0,0)，(1,0).(1)如图(2)，添加棋子C ，使四颗棋子A ，O ，B ，C 成为一个轴对称图形，请在图中画出该图形的对称轴;(2)在其他格点位置添加一颗棋子P ，使四颗棋子A ，O ，B ，P 成为轴对称图形，请直接写出棋子P 的位置的坐标.(写出2个即可)10. (2015·浙江温州)各顶点都在方格纸格点(横竖格子线的交错点)上的多边形称为格点多边形:如何计算它的面积?奥地利数学家皮克(G . Pick, 1859～1942)证明了格点多边形的面积公式:112S a b =+-，其中a 表示多边形内部的格点数，b 表示多边形边界上的格点数，S 表示多边形的面积.如图，4a =，6b =，146162S =+⨯-=.(1)请在图甲中画一个格点正方形，使它内部只含有4个格点，并写出它的面积; (2)请在图乙中画一个格点三角形，使它的面积为72，且每条边上除顶点外无其他格点.(注:图甲、图乙在答题纸上)11. (2015·湖北随州)已知两条平行线1l ，2l 之间的距离为6，截线CD 分别交1l ，2l 于C ，D 两点，一直角的顶点P 在线段CD 上运动(点P 不与点C ，D 重合)，直角的两边分别交1l ，2l 与A ，B 两点.(1)操作发现如图(1)，过点P 作直线31//l l ，作1PE l ⊥，点E 是垂足，过点B 作3BF l ⊥，点F 是垂足.此时，小明认为PEA PFB ，你同意吗?为什么? (2)猜想论证将直角APB ∠从图(1)的位置开始，绕点P 顺时针旋转，在这一过程中，试观察、猜想:当AE 满足什么条件时，以点P ，A ，B 为顶点的三角形是等腰三角形?在图(2)中画出图形，证明你的猜想. (3)延伸探究在(2)的条件下，当截线CD 与直线1l 所夹的钝角为150︒时，设CP x =，试探究:是否存在实数x ，使PAB 的边AB 的长为请说明理由.12. (2015·江苏无锡)已知，在平面直角坐标系中，四边形OABC 的顶点分别为(0,0)O ，(5,0)A ，(,2)B m ，(5,2)C m -(1)问:是否存在这样的m ，使得在边BC 上总存在点P ，使90OPA ∠=︒?若存在，求出m的取值范围;若不存在，请说明理由.(2)当AOC ∠与OAB ∠的平分线的交点Q 在边BC 上时，求m 的值.参考答案1. AH CB =等(只要符合要求即可)2. 答案不唯一，比如10x ->3. 答案不唯一，AB BD =或90BAD ∠=︒或90ABC ∠=︒或90CDA ∠=︒4.连接DE ，90ABC ∠=︒，AM MC =BM AM MC ∴==A ABM ∴∠=∠∵四边形ABED 是圆内接四边形，180ADE ABE ∴∠+∠=︒又180ADE MDE ∠+∠=︒MDE MBA ∴∠=∠同理证明: MED A ∠=∠MDE MED ∴∠=∠MD ME ∴=(2)①由(1)可知，A MDE ∠=∠//DE AB ∴DE MD AB MA∴= 2AD DM =:1:3DM MA ∴=116233DE AB ∴==⨯= 故答案为2.②当60A ∠=︒时，四边形ODME ODME .理由:连接OD ，OEOA OD =，60A ∠=︒∴AOD 是等边三角形.60AOD ∴∠=︒//DE AB60ODE AOD ∴∠=∠=︒60MDE MED A ∠=∠=∠=︒ODE ∴，DEM 都是等边三角形.OD OE EM DM ∴===:.四边形OEMD 是菱形.故答案为60︒5. (1) ADE BDE ≅，ABC BCD ≅(2)AB AC =，36A ∠=︒72ABC C ∴∠=∠=︒ BD 为角平分线，12ABD ABC A ∴∠=∠=∠ 在ADE 和BDE 中A DBA AED BED ED ED ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ADE BDE ∴≅6.答案不唯一，比如xy z =(只要解析式对前六项是成立的即可)7. ABP AED8. C9. (1)如图(2)所示，直线l 即为所求;(2)如图(1)所示，(0,1)P -，'(1,1)P --都符合题意.10. (1)画法不唯一，如图(1)或图(2);（第10题）(2)画法不唯一，如图(3)、图(4)等.11. (1)同意. 由题意，得90EPA APF ∠+∠=︒，90FPA APF ∠+∠=︒EPA FPB ∴∠=∠又90PEA PFB ∠=∠=︒PEA PFB ∴(2) 90APB ∠=︒∴要使PAB 为等腰三角形，只能是PA PB =.当AE BF =时，PA PB =EPA FPB ∠=∠，90PEA PFB ∠=∠=︒，AE BF =PEA PFB ∴≅PA PB ∴=(3)在Rt PEC 中，CP x =，30PCE ∠=︒12PE x ∴= 由题意，得6PE BF +=，BF AE =162AE x ∴=-当AB =PA =在Rt PEA 中，222PE AE PA += 即2211()(6)4022x x +-= 整理，得21280x x --=解得6x =-舍去)或6x =+66612x =+>+=又12CD =∴点P 在CD 的延长线上，这与点P 在线段CD 上运动相矛盾.∴不合题意.综上，不存在满足条件的实数x .12. (1)存在.(0,0)O ，(5,0)A ，(,2)B m ，(5,2)C m -5OA BC ∴==，//BC OA以OA 为直径作⊙D ，与直线BC 分别交于点E ，F ，则90OEA OFA ∠=∠=︒，如图(1),作DG EF ⊥于G ，连接DE ，则 2.5DE OD ==，2DG =，EG GF =1.5EG ∴==(1,2)E ∴，(4,2)F∴当541m m -≤⎧⎨≥⎩，即19m ≤≤时，边BC 上总存在这样的点P ，使90OPA ∠=︒ (2)如图(2).5BC OA ==，//BC OA∴四边形OABC 是平行四边形.//OC AB ∴180AOC OAB ∴∠+∠=︒∵OQ 平分AOC ∠， AQ 平分OAB ∠12AOQ AOC ∴∠=∠，12OAQ OAB ∠=∠ 90AOQ OAQ ∴∠+∠=︒∴90AQO ∠=︒以(OA 为直径作⊙D ，与直线BC 分别交于点E ，F ，则90OEA OFA ∠=∠=︒, ∴点Q 只能是点E 或点F当Q 在F 点时，∵OF ，AF 分别是AOC ∠与OAB ∠的平分线，//BC OACFO FOA FOC∠=∠=∠∴∠=∠=∠，BFA FAO FAB ∴=，BF ABCF OC==而OC AB∴=，即F是BC的中点.CF BF而F点为(4,2)∴此时m的值为6. 5.当Q在E点时，同理可求得此时m的值为3. 5 ,综上所述，m的值为3. 5或6. 5.。