浙江省中考数学总复习第七章数学思想与开放探索问题第39讲开放与探索型问题讲解篇.docx

浙江省中考数学总复习第七章数学思想与开放探索问题第39讲开放与探索型问题讲解篇.docx

《浙江省中考数学总复习第七章数学思想与开放探索问题第39讲开放与探索型问题讲解篇.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省中考数学总复习第七章数学思想与开放探索问题第39讲开放与探索型问题讲解篇.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

浙江省中考数学总复习第七章数学思想与开放探索问题第39讲开放与探索型问题讲解篇

第39讲　开放与探索型问题

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．

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.

基本

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.

类型一　条件开放与探索型问题

（1）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：

①AD∥BC；②AD＝BC；③OA＝OC；④OB＝OD从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有（　　）

　A．3种B．4种C．5种D．6种

【解后感悟】判断一个四边形是平行四边形的基本依据是：

平行四边形的定义及其判定定理．解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件．

（2）（2016·河北）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝2.若点M，N分别在OA，OB上，且△PMN为等边三角形，则满足上述条件的△PMN有（　　）

A．1个　B．2个C．3个D．3个以上

【解后感悟】本题运用等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质等知识的开放性问题，解题的关键是正确添加辅助线，构造全等三角形．

1．

（1）请举反例说明“对于任意实数x，x2＋5x＋5的值总是正数”是假命题，你举的反例是x＝　　　　　　　　（写出一个x的值即可）．

（2）（2015·无锡）某商场在“五一”期间举行促销活动，根据顾客按商品标价一次性购物总额，规定相应的优惠方法：

①如果不超过500元，则不予优惠；②如果超过500元，但不超过800元，则按购物总额给予8折优惠；③如果超过800元，则其中800元给予8折优惠，超过800元的部分给予6折优惠．促销期间，小红和她母亲分别看中一件商品，若各自单独付款，则应分别付款480元和520元；若合并付款，则她们总共只需付款　　　　　　　　元．

类型二　结论开放与探索型问题

　（2016·绍兴）如果将四根木条首尾相连，在相连处用螺钉连接，就能构成一个平面图形．

（1）若固定三根木条AB，BC，AD不动，AB＝AD＝2cm，BC＝5cm，如图，量得第四根木条CD＝5cm，判断此时∠B与∠D是否相等，并说明理由；

（2）若固定一根木条AB不动，AB＝2cm，量得木条CD＝5cm，如果木条AD，BC的长度不变，当点D移到BA的延长线上时，点C也在BA的延长线上；当点C移到AB的延长线上时，点A、C、D能构成周长为30cm的三角形，求出木条AD，BC的长度．

【解后感悟】此题是动态开放探究型问题，通过画图转化为所求的图形，利用全等三角形、二元一次方程组和三角形三边关系解决问题．

2．（2015·丽水）如图，在方格纸中，线段a，b，c，d的端点在格点上，通过平移其中两条线段，使得和第三条线段首尾相接组成三角形，则能组成三角形的不同平移方法有（　　）　　

A．3种B．6种C．8种D．12种

3．（2015·台州）关于x的方程mx2＋x－m＋1＝0，有以下三个结论：

①当m＝0时，方程只有一个实数解；②当m≠0时，方程有两个不等的实数解；③无论m取何值，方程都有一个负数解，其中正确的是　　　　　　　　（填序号）．

类型三　条件、结论开放与探索型问题

　（2015·绍兴）正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角∠DAG＝α，其中0°≤α≤180°，连结DF，BF，如图．

（1）若α＝0°，则DF＝BF，请加以证明；

（2）试画一个图形（即反例），说明

（1）中命题的逆命题是假命题；

（3）对于

（1）中命题的逆命题，如果能补充一个条件后能使该逆命题为真命题，请直接写出你认为需要补充的一个条件，不必说明理由．

【解后感悟】本题通过条件的改变寻求新的结论，从特殊到一般来探求问题即α＝0°的情况，再逆命题的探究，以及补充一个条件后能使该命题为真命题的探究．逐步画图来解决问题．

4．（2015·南京）如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连结EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H.

（1）求证：

四边形EGFH是矩形；

（2）小明在完成

（1）的证明后继续进行了探索，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，请在下列框中补全他的证明思路．

由AB∥CD，MN∥EF，PQ∥EF，易证四边形MNQP是平行四边形，要证MNQP是菱形，只要证MN＝NQ，由已知条件________，MN∥EF－－故只要证GM＝FQ，即证△MGE≌△QFH，易证________，________，故只要证∠MGE＝∠QFH，易证∠MGE＝∠GEF，∠QFH＝∠EFH，________，即可得证．

类型四　过程开放与探索型问题

（1）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG.求证：

EF＝FG.

（2）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝1，CN＝3，求MN的长．

【解后感悟】本题是几何综合题，通过观察、比较、分析、综合及猜想，运用正方形、全等三角形、等腰直角三角形以及勾股定理等几何图形的性质，经过归纳、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论．

5．（2015·河南）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延长BP到点C，使PC＝PB，D是AC的中点，连结PD、PO.

（1）求证：

△CDP≌△POB；

（2）填空：

①若AB＝4，则四边形AOPD的最大面积为____________________；

②连结OD，当∠PBA的度数为____________________时，四边形BPDO是菱形．

6．（2017·绍兴）已知△ABC，AB＝AC，D为直线BC上一点，E为直线AC上一点，AD＝AE，设∠BAD＝α，∠CDE＝β.

（1）如图，若点D在线段BC上，点E在线段AC上．

①如果∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，那么α＝____________________°，β＝____________________°；②求α，β之间的关系式；

（2）是否存在不同于以上②中的α，β之间的关系式？

若存在，求出这个关系式（求出一个即可）；若不存在，说明理由

【经验积累题】

（2015·丽水）如图，在矩形ABCD中，E为CD的中点，F为BE上的一点，连结CF并延长交AB于点M，MN⊥CM交射线AD于点N.

（1）当F为BE中点时，求证：

AM＝CE；

（2）若

＝

＝2，求

的值；

（3）若

＝

＝n，当n为何值时，MN∥BE?

【方法与对策】本题是几何综合题，运用了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、同角的余角相等、三角形外角的性质等知识，本题三问的解题思路是一致的；即通过特殊到一般，利用全等三角形或相似三角形解决问题，这是中考常见的压轴题型．

【考虑欠周，容易漏解】

在一服装厂里有大量形状为等腰三角形的边角布料（如图）．现找出其中的一种，测得∠C＝90°，AC＝BC＝4，现要从这种三角形中剪出一种扇形，做成不同形状的玩具，使扇形的边缘半径恰好都在△ABC的边上，且扇形与△ABC的其他边相切．请设计出所有可能符合题意的方案示意图，并求出扇形的半径（只要求画出图形，并直接写出扇形半径）．

参考答案

第39讲　开放与探索型问题

【例题精析】

例1　

（1）①②组合可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；③④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；①③可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD＝CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；①④可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD＝CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；故选：

B.　

（2）如图在OA、OB上截取OE＝OF＝OP，作∠MPN＝60°.∵OP平分∠AOB，∴∠EOP＝∠POF＝60°，∵OP＝OE＝OF，∴△OPE，△OPF是等边三角形，∴EP＝OP，∠EPO＝∠OEP＝∠PON＝∠MPN＝60°，∴∠EPM＝∠OPN，在△PEM和△PON中，

∴△PEM≌△PON.∴PM＝PN，∵∠MPN＝60°，∴△PMN是等边三角形，∴只要∠MPN＝60°，△PMN就是等边三角形，故这样的三角形有无数个．故选D.　例2　

（1）相等．　理由：

连结AC，在△ACD和△ACB中，

，∴△ACD≌△ACB，∴∠B＝∠D.　

（2）设AD＝x，BC＝y，当点C在点D右侧时，

，解得：

，当点C在点D左侧时，

，解得：

，此时AC＝17，CD＝5，AD＝8，5＋8<17，∴不合题意，∴AD＝13cm，BC＝10cm.　

例3　

（1）证明：

如图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）反例图形如图2：

（3）不唯一，如点F在正方形ABCD内，或α＜180°.

　例4　

（1）证明：

∠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）如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM，连结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＝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＝

.

【变式拓展】

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°＝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，∵点A、E、B在同一条直线上，∴∠AEB＝180°，即∠AEF＋∠BEF＝180°，∴∠FEG＋∠FEH＝

（∠AEF＋∠BEF）＝

×180°＝90°，即∠GEH＝90°，∴四边形EGFH是矩形；　

（2）答案不唯一：

由AB∥CD，MN∥EF，PQ∥EF，易证四边形MNQP是平行四边形，要证▱MNQP是菱形，只要证MN＝NQ，由已知条件：

FG平分∠CFE，MN∥EF，故只要证GM＝FQ，即证△MGE≌△QFH，易证GE＝FH、∠GME＝∠FQH.故只要证∠MGE＝∠QFH，易证∠MGE＝∠GEF，∠QFH＝∠EFH，∠GEF＝∠EFH，即可得证．　5.

（1）∵PC＝PB，D是AC的中点，∴DP∥AB，DP＝

AB，∴∠CPD＝∠PBO，∵BO＝

AB，∴DP＝BO，在△CDP与△POB中，

∴△CDP≌△POB（SAS）；

（2）①当四边形AOPD的AO边上的高等于半径时有最大面积，（4÷2）×（4÷2）＝2×2＝4；②如图：

∵DP∥AB，DP＝BO，∴四边形BPDO是平行四边形，∵四边形BPDO是菱形，∴PB＝BO，∵PO＝BO，∴PB＝BO＝PO，∴∠PBA的度数为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°，故答案为：

20，10；②设∠ABC＝x，∠AED＝y，∴∠ACB＝x，∠ADE＝y，在△DEC中，y＝β＋x，在△ABD中，α＋x＝y＋β＝β＋x＋β，∴α＝2β；

（2）存在；答案不唯一，如：

①当点E在CA的延长线上，点D在线段BC上，如图1，设∠ABC＝x，∠ADE＝y，∴∠ACB＝x，∠AED＝y，在△ABD中，x＋α＝β－y，在△DEC中，x＋y＋β＝180°，∴α＝2β－180°，②当点E在CA的延长线上，点D在CB的延长线上，如图2，同①的方法可得α＝180°－2β.

【热点题型】

【分析与解】

（1）∵F为BE的中点，∴BF＝EF.∵AB∥CD，∴∠MBF＝∠CEF，∠BMF＝∠ECF.∴△BMF≌△ECF，∴MB＝CE，AB＝CD，CE＝DE，∴MB＝AM.∴AM＝CE.　

（2）设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，设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是平行四边形，∴（5－n）a＝a，∴n＝4.方法二：

∵

＝

＝n，设MB＝a，由

（2）可得BC＝2a：

CE＝na.当MN∥BE时，CM⊥BE，可证△MBC∽△BCE，∴

＝

，∴

＝

，∴n＝4.

【错误警示】