中考八大题型点拨导练复习（四）开放研究问题

点拨复习（四）——开放研究问题【专题点拨】开放研究型问题是相对于条件和结论明确的封闭试题而言的，是能引起同学们产生联想，并会自然而然的往深处想的一种试题类型，简单来说就是答案不唯一的，解题的方向不确定，条件或者结论不止一种情况的试题，解答此类试题时，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。根据开放性的试题的特点，主要有如下几种类型：条件开放性、结论开放性、选择开放型、综合开放型。【典例赏析】【例题1】（2017黑龙江鹤岗）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（）①△ABG∽△FDG②HD平分∠EHG③AG⊥BE④S△HDG：S△HBG=tan∠DAG⑤线段DH的最小值是2﹣2．A．2 B．3 C．4 D．5【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关关系一一判断即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG，∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠BAE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故③正确，同法可证：△AGB≌△CGB，∵DF∥CB，∴△CBG∽△FDG，∴△ABG∽△FDG，故①正确，∵S△HDG：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，又∵∠DAG=∠FCD，∴S△HDG：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确取AB的中点O，连接OD、OH，∵正方形的边长为4，∴AO=OH=×4=2，由勾股定理得，OD==2，由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，DH最小=2﹣2．无法证明DH平分∠EHG，故②错误，故①③④⑤正确，故选C．【例题2】如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．（1）求线段OA，OC的长；（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；（3）直接写出点D的坐标；（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）解方程即可得到结论；（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．（4）过P1作P1H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E=k=5，于是得到P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，得到P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）解方程x2﹣12x+32=0得，x1=8，x2=4，∵OA＞OC，∴OA=8，OC=4；（2）∵四边形ABCO是矩形，∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，∴AD=OC，∠ADE=∠COE，在△ADE与△COE中，，∴△ADE≌△COE；∵CE2=OE2+OC2，即（8﹣OE）2=OE2+42，∴OE=3；（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，∴△OCE∽△MCD，∴，∴CM=，DM=，∴OM=，∴D（﹣，）；（4）存在；∵OE=3，OC=4，∴CE=5，过P1作P1H⊥AO于H，∵四边形P1ECF1是菱形，∴P1E=CE=5，P1E∥AC，∴∠P1EH=∠OAC，∴==，∴设P1H=k，HE=2k，∴P1E=k=5，∴P1H=，HE=2，∴OH=2+3，∴P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，∴EF2∥CP2，EF2，=CP2=5，∴P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，∴EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，则P4N=OG，P4G=ON，EP4∥AC，∴=，设P4N=x，EN=2x，∴P4E=CP4=x，∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（x）2，∴x=，∴3﹣2x=，∴P4（，），综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．【例题3】（14分）（2017•温州）如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．（1）当∠APB=28°时，求∠B和CM的度数；（2）求证：AC=AB．（3）在点P的运动过程中①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．【考点】MR：圆的综合题．【专题】16：压轴题．【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到CM=2∠MDB=56°；（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=138，MR=198，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为198或或158②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=3﹣1，进而得出S△ACG=CG×CH=3-12，再根据S△DEG=34，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．【解答】解：（1）∵MN⊥AB，AM=BM，∴PA=PB，∴∠PAB=∠B，∵∠APB=28°，∴∠B=76°，如图1，连接MD，∵MD为△PAB的中位线，∴MD∥AP，∴∠MDB=∠APB=28°，∴CM=2∠MDB=56°；（2）∵∠BAC=∠MDC=∠APB，又∵∠BAP=180°﹣∠APB﹣∠B，∠ACB=180°﹣∠BAC﹣∠B，∴∠BAP=∠ACB，∵∠BAP=∠B，∴∠ACB=∠B，∴AC=AB；（3）①如图2，记MP与圆的另一个交点为R，∵MD是Rt△MBP的中线，∴DM=DP，∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，∴RC=RP，∵∠ACR=∠AMR=90°，∴AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，∴12+MR2=22+PR2，∴12+（4﹣PR）2=22+PR2，∴PR=138∴MR=198Ⅰ．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，∴Q与R重合，∴MQ=MR=198Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，在Rt△QCP中，PQ=2PR=134∴MQ=；Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，∵BM=1，MP=4，∴BP=17，∴DP=BP=172，∵cos∠MPB=MPPB=DP∴PQ=178∴MQ=158Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，∴MQ=158综上所述，MQ的值为198或或158；②△ACG和△DEG的面积之比为6-23理由：如图6，∵DM∥AF，∴DF=AM=DE=1，又由对称性可得GE=GD，∴△DEG是等边三角形，∴∠EDF=90°﹣60°=30°，∴∠DEF=75°=∠MDE，∴∠GDM=75°﹣60°=15°，∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，∴GMD=∠GDM，∴GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=QUOTAB=1=MG，AH=3，∴CG=MH=3﹣1，∴S△ACG=CG×CH=3-12，∵S△DEG=34∴S△ACG：S△DEG=6-23【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用．【能力检测】1.矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件AB=BC（答案不唯一），使其成为正方形（只填一个即可）【考点】LF：正方形的判定；LB：矩形的性质．【分析】此题是一道开放型的题目答案不唯一，也可以添加AC⊥BD等．【解答】解：添加条件：AB=BC，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴四边形ABCD是正方形，故答案为：AB=BC（答案不唯一）．2.如图，在等腰三角形ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=2，点D是BC边上的一个动点（不与B、C重合），在AC上取一点E，使∠ADE=30°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式并写出自变量x的取值范围；（3）当△ADE是等腰三角形时，求AE的长．【分析】（1）根据两角相等证明：△ABD∽△DCE；（2）如图1，作高AF，根据直角三角形30°的性质求AF的长，根据勾股定理求BF的长，则可得BC的长，根据（1）中的相似列比例式可得函数关系式，并确定取值；（3）分三种情况进行讨论：①当AD=DE时，如图2，由（1）可知：此时△ABD∽△DCE，则AB=CD，即2=2﹣x；②当AE=ED时，如图3，则ED=EC，即y=（2﹣y）；③当AD=AE时，∠AED=∠EDA=30°，∠EAD=120°，此时点D与点B重合，不符合题意，此情况不存在．【解答】证明：（1）∵△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，∴∠ABD=∠ACB=30°，∴∠ABD=∠ADE=30°，∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠ABD+∠DAB，∴∠EDC=∠DAB，∴△ABD∽△DCE；（2）如图1，∵AB=AC=2，∠BAC=120°，过A作AF⊥BC于F，∴∠AFB=90°，∵AB=2，∠ABF=30°，∴AF=AB=1，∴BF=，∴BC=2BF=2，则DC=2﹣x，EC=2﹣y，∵△ABD∽△DCE，∴，∴，化简得：y=x+2（0＜x＜2）；（3）当AD=DE时，如图2，由（1）可知：此时△ABD∽△DCE，则AB=CD，即2=2﹣x，x=2﹣2，代入y=x+2，解得：y=4﹣2，即AE=4﹣2，当AE=ED时，如图3，∠EAD=∠EDA=30°，∠AED=120°，∴∠DEC=60°，∠EDC=90°，则ED=EC，即y=（2﹣y），解得：y=，即AE=，当AD=AE时，∠AED=∠EDA=30°，∠EAD=120°，此时点D与点B重合，不符合题意，此情况不存在，∴当△ADE是等腰三角形时，AE=4﹣2或．【点评】本题是相似形的综合题，考查了三角形相似的性质和判定、等腰三角形的性质、直角三角形30°角的性质，本题的几个问题全部围绕△ABD∽△DCE，解决问题；难度适中．3.（2017齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．（1）求线段OA，OC的长；（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；（3）直接写出点D的坐标；（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】LO：四边形综合题．【分析】（1）解方程即可得到结论；（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．（4）过P1作P1H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E=k=5，于是得到P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，得到P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）解方程x2﹣12x+32=0得，x1=8，x2=4，∵OA＞OC，∴OA=8，OC=4；（2）∵四边形ABCO是矩形，∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，∴AD=OC，∠ADE=∠COE，在△ADE与△COE中，，∴△ADE≌△COE；∵CE2=OE2+OC2，即（8﹣OE）2=OE2+42，∴OE=3；（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，∴△OCE∽△MCD，∴，∴CM=，DM=，∴OM=，∴D（﹣，）；（4）存在；∵OE=3，OC=4，∴CE=5，过P1作P1H⊥AO于H，∵四边形P1ECF1是菱形，∴P1E=CE=5，P1E∥AC，∴∠P1EH=∠OAC，∴==，∴设P1H=k，HE=2k，∴P1E=k=5，∴P1H=，HE=2，∴OH=2+3，∴P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，∴EF2∥CP2，EF2，=CP2=5，∴P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，∴EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，则P4N=OG，P4G=ON，EP4∥AC，∴=，设P4N=x，EN=2x，∴P4E=CP4=x，∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（x）2，∴x=，∴3﹣2x=，∴P4（，），综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．4.（2017内蒙古赤峰）△OPA和△OQB分别是以OP、OQ为直角边的等腰直角三角形，点C、D、E分别是OA、OB、AB的中点．（1）当∠AOB=90°时如图1，连接PE、QE，直接写出EP与EQ的大小关系；（2）将△OQB绕点O逆时针方向旋转，当∠AOB是锐角时如图2，（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明．（3）仍将△OQB绕点O旋转，当∠AOB为钝角时，延长PC、QD交于点G，使△ABG为等边三角形如图3，求∠AOB的度数．【考点】RB：几何变换综合题．【分析】（1）先判断出点P，O，Q在同一条直线上，再判断出△APE≌△BFE，最后用直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；（2）先判断出CE=DQ，PC=DE，进而判断出△EPC≌△QED即可得出结论；（3）先判断出CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，进而得出∠GBO=∠GOB，∠GOA=∠GAO，即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，延长PE，QB交于点F，∵△APO和△BQO是等腰直角三角形，∴∠APO=∠BQO=90°，∠AOP=∠BOQ=45°，∵∠AOB=90°，∴∠AOP+∠AOB+∠BOQ=180°，∴点P，O，Q在同一条直线上，∵∠APO=∠BQO=90°，∴AP∥BQ，∴∠PAE=∠FBE，∵点E是AB中点，∴AE=BE，∵∠AEP=∠BEF，∴△APE≌△BFE，∴PE=EF，∴点E是Rt△PQF的斜边PF的中点，∴EP=EQ；（2）成立，证明：∵点C，E分别是OA，AB的中点，∴CE∥OB，CE=OB，∴∠DOC=∠ECA，∵点D是Rt△OQB斜边中点，∴DQ=OB，∴CE=DQ，同理：PC=DE，∠DOC=∠BDE，∴∠ECA=∠BDE，∵∠PCE=∠EDQ，∴△EPC≌△QED，∴EP=EQ；（3）如图2，连接GO，∵点D，C分别是OB，OA的中点，△APO与△QBO都是等腰直角三角形，∴CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，∴GB=GO=GA，∴∠GBO=∠GOB，∠GOA=∠GAO，设∠GOB=x，∠GOA=y，∴x+x+y+y+60°=360°∴x+y=150°，∴∠AOB=150°．5.（2017张家界）已知抛物线c1的顶点为A（﹣1，4），与y轴的交点为D（0，3）．（1）求c1的解析式；（2）若直线l1：y=x+m与c1仅有唯一的交点，求m的值；（3）若抛物线c1关于y轴对称的抛物线记作c2，平行于x轴的直线记作l2：y=n．试结合图形回答：当n为何值时，l2与c1和c2共有：①两个交点；②三个交点；③四个交点；（4）若c2与x轴正半轴交点记作B，试在x轴上求点P，使△P