1、 1 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：考点分类见下表来源: 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 【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
2、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
3、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、中考题型分析一、中考题型分析 2 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、典例精析二、典例精析 考点一：全等三角形，相似三角形问题考点一：全等三角形，相似三角形问题 典例一：典例一：问题
4、背景：问题背景： 如图 1，在四边形 ABCD 中，ABAD，BAD120 ，BADC90 ，EF 分别是 BC，CD 上的点， 且EAF60 ，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 DGBE，连结 AG，先证明ABEADG，再证 明AEFAGF，可得出结论，他的结论应是 ； 探索延伸：探索延伸： 如图 2，若在四边形 ABCD 中，ABAD，BD180 ，E，F 分别是 BC，CD 上的点，且EAF 2 1 BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由； 结论应用：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
5、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：能力提高： 如图 4，等腰直角三角形 ABC 中，BAC90 ，ABAC，点 M，N 在边 BC 上，且MAN45 若 BM1，CN3，则 MN 的长为 N M C B A 3 【考点】全等三角形，构造全等【考点】全等三角形，构
6、造全等 【解析】本题的核心是根据已知的相等线段的条件构【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 来源 来源:ZXXK 解答：问题背景：解答：问题背景：EFBEFD. 2 分分 4 D C A B M N 典例二：典例二：如图 211，在矩形 ABCD 中，E 是 AD 边的中点，BEAC，垂足为 F，连结 DF，分析下列 四个结论：AEFCAB；CF2AF；DFDC
7、；tanCAD 2.其中正确的结论有 ( ) A4 个 B3 个 C2 个 D1 个 图 211 第 1 题答图 【考点】相似三角形，相似比，三角函数【考点】相似三角形，相似比，三角函数 # 【解析】【解析】 如答图， 过点 D 作 DMBE 交 AC 于点 N， 四边形 ABCD 是矩形， ADBC， ABC90 ， ADBC，EACACB，BEAC 于点 F，ABCEFA90 ，AEFCAB.故正确； ADBC，AEFCBF，AE BC AF CF，AE 1 2AD 1 2BC， AF CF 1 2，CF2AF.故正确； DEBM，BEDM，四边形 BMDE 是 平行四边形，BMDE1 2
8、BC，BMCM，CNNF， 5 BEAC 于点 F，DMBE，DNCF，DFDC.故正确； 设 EF1，则 BF2，BAD90 ，BEAC，BAFFAE90 ，FAEAEF90 ， BAFAEF，ABFEAF，AF EF BF AF，AF EF BF 2，tanCADtanABF AF BF 2 2 . 故错误故选 B. 考点二：等腰三角形线段与角度的关系探究考点二：等腰三角形线段与角度的关系探究 典例一：典例一：已知 O 为直线 MN 上一点，OPMN，在等腰直角 三角形 ABO 中，BAO90 ，ACOP 交 OM 于 C，D 为 OB 的中点，DEDC 交 MN 于 E. 图 218 (
9、1)如图 218，若点 B 在 OP 上，则AC_OE(选填“”“”或“”)；线段 CA，CO，CD 满 足的等量关系式是_COCA 2CD_； (2)将图中的等腰直角三角形 ABO 绕 O 点顺时针旋转 (0 45 )， 如图， 那么(1)中的结论是否成 立？请说明理由； (3)将图中的等腰直角三角形 ABO 绕 O 点顺时针旋转 (45 90 )，请你在图中画出图形，并直接 写出线段 CA，CO，CD 满足的等量关系式_COCA 2CD_ 【考点】图形的旋转，全等三角形【考点】图形的旋转，全等三角形 【解答】【解答】解：(1)；COCA 2CD； (2)如答图，连结 AD， D 为等腰直角
10、三角形 ABO 斜边 OB 的中点， ADOD，ADDO，又DEDC，ADCODE， 又ACOC，ADOACO180 ，DACDOC180 ，DACDOE， 6 ACDOED，ACOE，在 RtCDE 中，COOECOCA 2 CD. 来源:ZXXK 第 9 题答图 第 9 题答图 (3)如答图，COCA 2CD. ￥ 典例二：典例二：如图 221，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：PMPN 恒成立； OMON 的值不变；四边形 PMON 的面积不变；MN 的长不
11、变，其中正确的个数为 ( B ) A4 B3 C2 D1 图 221 第 1 题答图 EMNF，PMPN，故正确；SPEMSPNF，S四边形PMONS四边形PEOF定值，故正确；OM ONOEMEOFNF2OE定值，故正确；MN 的长度是变化的，故错误故选 B. 7 1. 如图 215，CD 是经过BCA 顶点 C 的一条直线，CACB.E，F 分别是直线 CD 上两点，且BEC CFA. (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： 如图，若BCA90 ，90 ， 则 BE_CF；EF_|BEAF|(选填“”“”或“”)； 如图，若 0 BCA18
12、0 ，请添加一个关于 与BCA 关系的条件_ ，使中的两个 结论仍然成立，并证明两个结论成立 (2)如图，若直线 CD 经过BCA 的外部，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 215 【考点】全等三角形的证明，图形角度的关系替换【考点】全等三角形的证明，图形角度的关系替换 BCECAF(AAS)， 8 BECF，CEAF，又EFCFCE， EF|BEAF|. (2)猜想：EFBEAF. 证明：BECCFA，BCA，BCABCEACF180 ，CFACAFACF 180 ， BCECAF，又BCCA， BCECAF(AAS) BECF，ECFA，EF
13、ECCFBEAF. 2. 如图 223，AOB45 ，点 M，N 在边 OA 上，OMx，ONx4，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【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 9 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 4x4 2时，圆
14、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 x0 或 x4 24 或 4x4 2. 3. 如图 224，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： DQ1； PQ BQ 3 2； SPDQ 1 8； cosADQ 3 5.其中正确结论是_ _(填序号) 来 源: 图 224 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【考点】圆的切线长定理，以及相似三角形，勾股定理 10 4
15、. 如图 228，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点 A(1，0)，点 B(0， 3) (1)求BAO 的度数； (2)如图，将AOB 绕点 O 顺时针旋转得AOB，当 A恰好落在 AB 边上时，设ABO 的面积为 S1， BAO 的面积为 S2，则 S1与 S2有何关系？为什么？ (3)若将AOB 绕点 O 顺时针旋转到如图所示的位置，S1与 S2的关系发生变化了吗？证明你的判断 【考点】三角函数与旋转的性质【考点】三角函数与旋转的性质 【解析】【解析】(1)在 RtAOB 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ABO 和BAO，OAOA，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 S21 2BO AC 1 2 3 1 2 3 4 ，S1S2； 11 图 图
