浙江省2018年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第七章 數(shù)學(xué)思想與開放探索問題 第39講 開放與探索型問題講解篇

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1、 第39講　開放與探索型問題 內(nèi)容 特性 所謂開放題，即為答案不唯一的問題，其主要特征是答案的多樣性和多層次性． 解題 策略 從總體上看，解開放型題時，通過觀察、比較、分析、綜合及猜想，應(yīng)盡可能地放開思維，大膽猜想，仔細論證，充分運用已學(xué)過的數(shù)學(xué)知識和數(shù)學(xué)方法，經(jīng)過歸納、類比、聯(lián)想等推理的手段，得出正確的結(jié)論．從方法上看，一般以分類討論及反演推理等方法較為常見. 基本 方法 (1)條件開放型問題：從結(jié)論出發(fā)，執(zhí)果索因，逆向推理，逐步探求結(jié)論成立的條件或把可能產(chǎn)生結(jié)論的條件一一列出，逐個分析； (2)結(jié)論開放型問題：從剖析題意入手，充分捕捉題設(shè)信息，通過由因

2、導(dǎo)果，順向推理或聯(lián)想類比、猜測等，從而獲得所求的結(jié)論； (3)條件和結(jié)論都開放型：此類問題沒有明確的條件和結(jié)論，并且符合條件的結(jié)論具有多樣性，需將已知的信息集中進行分析，探索問題成立所必須具備的條件或特定的條件應(yīng)該有什么結(jié)論，通過這一思維活動得出事物內(nèi)在聯(lián)系，從而把握事物的整體性和一般性. 類型一　條件開放與探索型問題 　(1)四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，給出下列四個條件： ①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD從中任選兩個條件，能使四邊形ABCD為平行四邊形的選法有(　　) 　A．3種 B．4種

3、 C．5種 D．6種 【解后感悟】判斷一個四邊形是平行四邊形的基本依據(jù)是：平行四邊形的定義及其判定定理．解答此類題的關(guān)鍵是要突破思維定勢的障礙，運用發(fā)散思維，多方思考，探究問題在不同條件下的結(jié)論，挖掘它的內(nèi)在聯(lián)系，向“縱、橫、深、廣”拓展，從而尋找出添加的條件． (2)(2016·河北)如圖，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2.若點M，N分別在OA，OB上，且△PMN為等邊三角形，則滿足上述條件的△PMN有(　　) A．1個　 B．2個 C．3個 D．3個以上 【解后感悟】本題運用等邊

4、三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)等知識的開放性問題，解題的關(guān)鍵是正確添加輔助線，構(gòu)造全等三角形． 1．(1)請舉反例說明“對于任意實數(shù)x，x2＋5x＋5的值總是正數(shù)”是假命題，你舉的反例是x＝　　　　　　　　(寫出一個x的值即可)． (2)(2015·無錫)某商場在“五一”期間舉行促銷活動，根據(jù)顧客按商品標價一次性購物總額，規(guī)定相應(yīng)的優(yōu)惠方法：①如果不超過500元，則不予優(yōu)惠；②如果超過500元，但不超過800元，則按購物總額給予8折優(yōu)惠；③如果超過800元，則其中800元給予8折優(yōu)惠，超過800元的部分給予6折優(yōu)惠．促銷期間，小紅和她母親分別看中一件商品，若

5、各自單獨付款，則應(yīng)分別付款480元和520元；若合并付款，則她們總共只需付款　　　　　　　　元． 類型二　結(jié)論開放與探索型問題 　(2016·紹興)如果將四根木條首尾相連，在相連處用螺釘連接，就能構(gòu)成一個平面圖形． (1)若固定三根木條AB，BC，AD不動，AB＝AD＝2cm，BC＝5cm，如圖，量得第四根木條CD＝5cm，判斷此時∠B與∠D是否相等，并說明理由； (2)若固定一根木條AB不動，AB＝2cm，量得木條CD＝5cm，如果木條AD，BC的長度不變，當點D移到BA的延長線上時，點C也在BA的延長線上；當點C移到AB的延長線上時，點A、C、D能構(gòu)成周長為30cm的三角形，求出木

6、條AD，BC的長度． 　　　　 　　　　 【解后感悟】此題是動態(tài)開放探究型問題，通過畫圖轉(zhuǎn)化為所求的圖形，利用全等三角形、二元一次方程組和三角形三邊關(guān)系解決問題． 2． (2015·麗水)如圖，在方格紙中，線段a，b，c，d的端點在格點上，通過平移其中兩條線段，使得和第三條線段首尾相接組成三角形，則能組成三角形的不同平移方法有(　　)　　 A．3種 B．6種 C．8種 D．12種 3．(2015·臺州)關(guān)于x的方程mx2＋x－m＋1＝0，有以下三個結(jié)論：①當m＝0時，方程只有一個實數(shù)解；②

7、當m≠0時，方程有兩個不等的實數(shù)解；③無論m取何值，方程都有一個負數(shù)解，其中正確的是　　　　　　　　(填序號)． 類型三　條件、結(jié)論開放與探索型問題 　(2015·紹興)正方形ABCD和正方形AEFG有公共頂點A，將正方形AEFG繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)，記旋轉(zhuǎn)角∠DAG＝α，其中0°≤α≤180°，連結(jié)DF，BF，如圖． (1)若α＝0°，則DF＝BF，請加以證明； (2)試畫一個圖形(即反例)，說明(1)中命題的逆命題是假命題； (3)對于(1)中命題的逆命題，如果能補充一個條件后能使該逆命題為真命題，請直接寫出你認為需要補充的一個條件，不必說明理由． 　　　　　　　　

8、 　　　　　　　　 【解后感悟】本題通過條件的改變尋求新的結(jié)論，從特殊到一般來探求問題即α＝0°的情況，再逆命題的探究，以及補充一個條件后能使該命題為真命題的探究．逐步畫圖來解決問題． 4．(2015·南京)如圖，AB∥CD，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，連結(jié)EF，∠AEF、∠CFE的平分線交于點G，∠BEF、∠DFE的平分線交于點H. (1)求證：四邊形EGFH是矩形； (2)小明在完成(1)的證明后繼續(xù)進行了探索，過G作MN∥EF，分別交AB，CD于點M，N，過H作PQ∥EF，分別交AB，CD于點P，Q，得到四邊形MNQP，此時，他猜想四邊形MNQP是菱形，請在下列框中補全他的證

9、明思路． 由AB∥CD，MN∥EF，PQ∥EF，易證四邊形MNQP是平行四邊形，要證MNQP是菱形，只要證MN＝NQ，由已知條件________，MN∥EF－－故只要證GM＝FQ，即證△MGE≌△QFH，易證________，________，故只要證∠MGE＝∠QFH，易證∠MGE＝∠GEF，∠QFH＝∠EFH，________，即可得證． 類型四　過程開放與探索型問題 　(1)如圖，正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，∠EAF＝45°，延長CD到點G，使DG＝BE，連結(jié)EF，AG.求證：EF＝FG. (2)如圖，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，

10、點M，N在邊BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的長． 　　　　 　　　　 【解后感悟】 本題是幾何綜合題，通過觀察、比較、分析、綜合及猜想，運用正方形、全等三角形、等腰直角三角形以及勾股定理等幾何圖形的性質(zhì)，經(jīng)過歸納、類比、聯(lián)想等推理的手段，得出正確的結(jié)論． 5．(2015·河南)如圖，AB是半圓O的直徑，點P是半圓上不與點A、B重合的一個動點，延長BP到點C，使PC＝PB，D是AC的中點，連結(jié)PD、PO. (1)求證：△CDP≌△POB； (2)填空： ①若AB＝4，則四邊形AOPD的最大面積為________________

11、____； ②連結(jié)OD，當∠PBA的度數(shù)為____________________時，四邊形BPDO是菱形． 6．(2017·紹興)已知△ABC，AB＝AC，D為直線BC上一點，E為直線AC上一點，AD＝AE，設(shè)∠BAD＝α，∠CDE＝β. (1)如圖，若點D在線段BC上，點E在線段AC上． ①如果∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，那么α＝____________________°，β＝____________________°；②求α，β之間的關(guān)系式； (2)是否存在不同于以上②中的α，β之間的關(guān)系式？若存在，求出這個關(guān)系式(求出一個即可)；若不存在，說明理由

12、 【經(jīng)驗積累題】 (2015·麗水)如圖，在矩形ABCD中，E為CD的中點，F(xiàn)為BE上的一點，連結(jié)CF并延長交AB于點M，MN⊥CM交射線AD于點N. (1)當F為BE中點時，求證：AM＝CE； (2)若＝＝2，求的值； (3)若＝＝n，當n為何值時，MN∥BE? 　 　　　　　　 【方法與對策】本題是幾何綜合題，運用了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、同角的余角相等、三角形外角的性質(zhì)等知識，本題三問的解題思路是一致的；即通過特殊到一般，利用全等三角形或相似三角形解決問題，這是中考常見的壓軸題型． 【考慮欠周，容易漏解】 在一服

13、裝廠里有大量形狀為等腰三角形的邊角布料(如圖)．現(xiàn)找出其中的一種，測得∠C＝90°，AC＝BC＝4，現(xiàn)要從這種三角形中剪出一種扇形，做成不同形狀的玩具，使扇形的邊緣半徑恰好都在△ABC的邊上，且扇形與△ABC的其他邊相切．請設(shè)計出所有可能符合題意的方案示意圖，并求出扇形的半徑(只要求畫出圖形，并直接寫出扇形半徑)． 參考答案 第39講　開放與探索型問題 【例題精析】 例1　(1)①②組合可根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形判定出四邊形ABCD為平行四邊形；③④組合可根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形判定出四邊形ABCD為平行四邊形；①③可證明△ADO≌△CBO，進而

14、得到AD＝CB，可利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形判定出四邊形ABCD為平行四邊形；①④可證明△ADO≌△CBO，進而得到AD＝CB，可利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形判定出四邊形ABCD為平行四邊形；故選：B.　 (2)如圖在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°.∵OP平分∠AOB，∴∠EOP＝∠POF＝60°，∵OP＝OE＝OF，∴△OPE，△OPF是等邊三角形，∴EP＝OP，∠EPO＝∠OEP＝∠PON＝∠MPN＝60°，∴∠EPM＝∠OPN，在△PEM和△PON中，∴△PEM≌△PON.∴PM＝PN，∵∠MPN＝60°，∴△PMN是等邊三角形，

15、∴只要∠MPN＝60°，△PMN就是等邊三角形，故這樣的三角形有無數(shù)個．故選D.　例2　(1)相等．　理由：連結(jié)AC，在△ACD和△ACB中，，∴△ACD≌△ACB，∴∠B＝∠D.　 (2) 設(shè)AD＝x，BC＝y(tǒng)，當點C在點D右側(cè)時，，解得：，當點C在點D左側(cè)時，，解得：，此時AC＝17，CD＝5，AD＝8，5＋8<17，∴不合題意，∴AD＝13cm，BC＝10cm.　 例3　(1)證明：如圖1，正方形ABCD和正方形AEFG中，∵GF＝EF，AG＝AE，AD＝AB，∴DG＝BE.又∵∠DGF＝∠BEF＝90°，∴△DGF≌△BEF(SAS)．∴DF＝BF. (2)反例圖形如圖2：

16、 (3)不唯一，如點F在正方形ABCD內(nèi)，或α＜180°. 　　　 　例4　(1)證明：∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，在△ABE和△ADG中，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，在△FAE和△FAG中，∴△FAE≌△FAG(SAS)，∴EF＝FG；　 (2)如圖2，過點C作CE⊥BC，垂足為點C，截取CE，使CE＝BM，連結(jié)AE、EN，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°，在△ABM和△ACE中，∴△ABM≌△ACE(SAS)．∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE.∵∠BAC＝

17、90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠CAN＝45°.于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°.在△MAN和△EAN中，∴△MAN≌△EAN(SAS)．∴MN＝EN.在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2.∴MN2＝BM2＋NC2.∵BM＝1，CN＝3，∴MN2＝12＋32，∴MN＝. 【變式拓展】 1． (1)－2　(2)838或910　2.B　3.①③　 4.(1)∵EH平分∠BEF，∴∠FEH＝∠BEF，∵FH平分∠DFE，∴∠EFH＝∠DFE，∵AB∥CD，∴∠BEF＋∠DFE＝180°，∴∠FEH＋∠EFH＝(∠BEF＋∠DFE)＝×180°＝

18、90°，∵∠FEH＋∠EFH＋∠EHF＝180°，∴∠EHF＝180°－(∠FEH＋∠EFH)＝180°－90°＝90°，同理可得：∠EGF＝90°，∵EG平分∠AEF，∴∠FEG＝∠AEF，∵EH平分∠BEF，∴∠FEH＝∠BEF，∵點A、E、B在同一條直線上，∴∠AEB＝180°，即∠AEF＋∠BEF＝180°，∴∠FEG＋∠FEH＝(∠AEF＋∠BEF)＝×180°＝90°，即∠GEH＝90°，∴四邊形EGFH是矩形；　(2)答案不唯一：由AB∥CD，MN∥EF，PQ∥EF，易證四邊形MNQP是平行四邊形，要證?MNQP是菱形，只要證MN＝NQ，由已知條件：FG平分∠CFE，MN∥EF，

19、故只要證GM＝FQ，即證△MGE≌△QFH，易證GE＝FH、∠GME＝∠FQH.故只要證∠MGE＝∠QFH，易證∠MGE＝∠GEF，∠QFH＝∠EFH，∠GEF＝∠EFH，即可得證．　5.(1)∵PC＝PB，D是AC的中點，∴DP∥AB，DP＝AB，∴∠CPD＝∠PBO，∵BO＝AB，∴DP＝BO，在△CDP與△POB中，∴△CDP≌△POB(SAS)； (2)①當四邊形AOPD的AO邊上的高等于半徑時有最大面積，(4÷2)×(4÷2)＝2×2＝4；②如圖：∵DP∥AB，DP＝BO，∴四邊形BPDO是平行四邊形，∵四邊形BPDO是菱形，∴PB＝BO，∵PO＝BO，∴PB＝BO＝PO，∴∠PB

20、A的度數(shù)為60°. 6.(1)①∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE＝180°－2∠ADE＝40°，∴α＝∠BAD＝60°－40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD＋∠ABD＝60°＋20°＝80°，∴β＝∠CDE＝∠ADC－∠ADE＝10°，故答案為：20，10；②設(shè)∠ABC＝x，∠AED＝y(tǒng)，∴∠ACB＝x，∠ADE＝y(tǒng)，在△DEC中，y＝β＋x，在△ABD中，α＋x＝y(tǒng)＋β＝β＋x＋β，∴α＝2β； (2)存在；答案不唯一，如：①當點E在CA的延長線上，點D在線段BC上，如圖1，設(shè)∠ABC＝x，∠ADE＝y(tǒng)，∴∠ACB＝x，∠

21、AED＝y(tǒng)，在△ABD中，x＋α＝β－y，在△DEC中，x＋y＋β＝180°，∴α＝2β－180°，②當點E在CA的延長線上，點D在CB的延長線上，如圖2，同①的方法可得α＝180°－2β. 【熱點題型】 【分析與解】(1)∵F為BE的中點，∴BF＝EF.∵AB∥CD，∴∠MBF＝∠CEF，∠BMF＝∠ECF.∴△BMF≌△ECF，∴MB＝CE，AB＝CD，CE＝DE，∴MB＝AM.∴AM＝CE.　 (2)設(shè)MB＝a，∵AB∥CD，∴△BMF∽△ECF.∵＝2，∴＝2，∴CE＝2a.∴AB＝CD＝2CE＝4a，AM＝AB－MB＝3a.∵＝2，∴BC＝AD＝2a.∵MN⊥MC，∠A＝∠ABC＝90°，∴△AMN∽△BCM.∴＝，即＝，∴AN＝a，ND＝2a－a＝a，∴＝＝3.　(3)方法一：∵＝＝n，設(shè)MB＝a，由(2)可得BC＝2a，CE＝na，AM＝(2n－1)a.由△AMN∽△BCM，AN＝(2n－1)a，DN＝，∵DH∥AM，＝，DH＝(2n－5)a，∴HE＝(5－n)a.∵MBEH是平行四邊形，∴(5－n)a＝a，∴n＝4.方法二：∵＝＝n，設(shè)MB＝a，由(2)可得BC＝2a：CE＝na.當MN∥BE時，CM⊥BE，可證△MBC∽△BCE，∴＝，∴＝，∴n＝4. 【錯誤警示】 10