专题01 开放探索型问题-年中考数学专题拓展提高讲练（教师版）

这是一份专题01 开放探索型问题-年中考数学专题拓展提高讲练（教师版），共11页。试卷主要包含了考点解析，考点分类，其中正确的结论有等内容，欢迎下载使用。

1.考点解析
所谓开放探索型问题指的是有些数学问题的条件、结论或解决方法不确定或不唯一，需要根据题目的特点进行分析、探索，从而确定出符合要求的答案(一个、多个或所有答案)或探索出解决问题的多种方法．
2.考点分类：考点分类见下表
【方法点拨】 由于开放探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于基础知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择合适的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：
1．利用特殊值（特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等）进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．
2．反演推理法（反证法），即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与已知条件一致．
3．分类讨论法．当命题的题设和结论不唯一确定，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果． [来源:Z&X&X&K]
4．类比猜想法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证
一、中考题型分析
本节考点在2019年中考数学试卷中出现概率还会很高，也会延续以前的考查方式和规律，不会有很大变化。由于开放探究型问题对考查学生思维能力和创造能力有积极的作用，是近几年中考命题的一个热点．通常这类题目有以下几种类型：条件开放与探索，结论开放和探索，条件与结论都开放与探索及方案设计、命题组合型、问题开放型等。
二、典例精析
★考点一：全等三角形，相似三角形问题
◆典例一：问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，EF分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系.
小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；
探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
结论应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O之间夹角∠EOF=70°，试求此时两舰艇之间的距离．
能力提高：
如图4，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，则MN的长为 ．
【考点】全等三角形，构造全等
【解析】本题的核心是根据已知的相等线段的条件构造出一组全等三角形，然后再利用二次全等去证明线段之间的关系。如何利用全等三角形的性质和角度之间的关系是解题的关键
解答：问题背景：EF＝BE＋FD. ………………2分
◆典例二：如图2－1－1，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为F，连结DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝eq \r(2).其中正确的结论有
( )
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个

图2－1－1 第1题答图
【考点】相似三角形，相似比，三角函数 #
【解析】如答图，过点D作DM∥BE交AC于点N，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∠EAC＝∠ACB，∵BE⊥AC于点F，∴∠ABC＝∠EFA＝90°，∴△AEF∽△CAB.故①正确；
∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴eq \f(AE,BC)＝eq \f(AF,CF)，∵AE＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(1,2)BC，∴eq \f(AF,CF)＝eq \f(1,2)，∴CF＝2AF.故②正确；
∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM＝DE＝eq \f(1,2)BC，∴BM＝CM，∴CN＝NF，∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF＝DC.故③正确；
设EF＝1，则BF＝2，∵∠BAD＝90°，BE⊥AC，∴∠BAF＋∠FAE＝90°，∠FAE＋∠AEF＝90°，∴∠BAF＝∠AEF，∴△ABF∽△EAF，∴eq \f(AF,EF)＝eq \f(BF,AF)，∴AF＝eq \r(EF·BF)＝eq \r(2)，∴tan∠CAD＝tan∠ABF＝eq \f(AF,BF)＝eq \f(\r(2),2).故④错误．故选B.
★考点二：等腰三角形线段与角度的关系探究
◆典例一：已知O为直线MN上一点，OP⊥MN，在等腰直角三角形ABO中，∠BAO＝90°，AC∥OP交OM于C，D为OB的中点，DE⊥DC交MN于E.
图2－1－8
(1)如图2－1－8①，若点B在OP上，则①AC__＝__OE(选填“>”“<”或“＝”)；②线段CA，CO，CD满足的等量关系式是__CO＋CA＝eq \r(2)CD__；
(2)将图①中的等腰直角三角形ABO绕O点顺时针旋转α(0°<α<45°)，如图②，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；
(3)将图①中的等腰直角三角形ABO绕O点顺时针旋转α(45°<α<90°)，请你在图③中画出图形，并直接写出线段CA，CO，CD满足的等量关系式__CO－CA＝eq \r(2)CD__．
【考点】图形的旋转，全等三角形
【解答】解：(1)①＝；②CO＋CA＝eq \r(2)CD；
(2)如答图①，连结AD，
∵D为等腰直角三角形ABO斜边OB的中点，
∴AD＝OD，AD⊥DO，又∵DE⊥DC，∴∠ADC＝∠ODE，
又∵AC⊥OC，∴∠ADO＋∠ACO＝180°，∴∠DAC＋∠DOC＝180°，∴∠DAC＝∠DOE，
∴△ACD≌△OED，∴AC＝OE，在Rt△CDE中，CO＋OE＝CO＋CA＝eq \r(2) CD.
第9题答图① 第9题答图②
(3)如答图②，CO－CA＝eq \r(2)CD. ￥
◆典例二：如图2－2－1，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，则以下结论：①PM＝PN恒成立；②OM＋ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确的个数为 ( B )
A．4 B．3 C．2 D．1
图2－2－1 第1题答图
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确；∴S△PEM＝S△PNF，∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故③正确；∵OM＋ON＝OE＋ME＋OF－NF＝2OE＝定值，故②正确；MN的长度是变化的，故④错误．故选B.
1. 如图2－1－5，CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA＝CB.E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α.
(1)若直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：
①如图①，若∠BCA＝90°，∠α＝90°，
则BE____CF；EF____|BE－AF|(选填“＞”“＜”或“＝”)；
②如图②，若0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于∠α与∠BCA关系的条件__ ，使①中的两个结论仍然成立，并证明两个结论成立．
(2)如图③，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请写出EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想(不要求证明)．
图2－1－5
【考点】全等三角形的证明，图形角度的关系替换
∴△BCE≌△CAF(AAS)，
∴BE＝CF，CE＝AF，又∵EF＝CF－CE，
∴EF＝|BE－AF|.
(2)猜想：EF＝BE＋AF.
证明：∵∠BEC＝∠CFA＝∠α，∠α＝∠BCA，∠BCA＋∠BCE＋∠ACF＝180°，∠CFA＋∠CAF＋∠ACF＝180°，
∴∠BCE＝∠CAF，又∵BC＝CA，
∴△BCE≌△CAF(AAS)．
∴BE＝CF，EC＝FA，∴EF＝EC＋CF＝BE＋AF.
2. 如图2－2－3，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，OM＝x，ON＝x＋4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是__ _．
【考点】等腰三角形构成问题，注意分类讨论，可以通过两圆一线法来找点 ￥
以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时
以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点，∴当4＜x＜4 eq \r(2)时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个．综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是x＝0或x＝4 eq \r(2)－4或4＜x＜4 eq \r(2).
3. 如图2－2－4，正方形ABCD边长为1，以AB为直径作半圆，P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结DQ.给出如下结论：①DQ＝1；②eq \f(PQ,BQ)＝eq \f(3,2)；③S△PDQ＝eq \f(1,8)；④cs∠ADQ＝eq \f(3,5).其中正确结论是__ __(填序号)．
图2－2－4 第3题答图
【考点】圆的切线长定理，以及相似三角形，勾股定理
4. 如图2－2－8①，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A(－1，0)，点B(0，eq \r(3))．
(1)求∠BAO的度数；
(2)如图①，将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，则S1与S2有何关系？为什么？
(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图②所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．

① ②
【考点】三角函数与旋转的性质
【解析】(1)在Rt△AOB中，利用锐角三角函数求解；
(2)当A′恰好落在AB边上时，易证△AOA′是等边三角形，从而得到旋转角为60°，分别求得S1和S2，比较即可； ￥
(3)对于△AB′O和△BA′O，OA＝OA′，分别作这两条边上的高，通过比较高的大小即可得到它们面积之间的关系．
S2＝eq \f(1,2)BO·A′C＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(3),4)，∴S1＝S2；

图① 图②
考点分类
考点内容
考点分析与常见题型
常考热点
等腰三角形构成
解答题求符合要求的点坐标
一般考点
平行四边形的构成
解答题求符合要求的点坐标
冷门考点
圆的相切讨论
解答题求动点运动时间