中考数学复习考点解密开放探索性问题(含解析).pdf
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1、2 012 年中考数学二轮复习考点解密开放探索性问题 第一部分讲解部分 一、专题诠释 开放探究型问题,可分为开放型问题和探究型问题两类 开放型问题是相对于有明确条件和明确结论的封闭型问题而言的,它是条件或结论给定 不完全、 答案不唯一的一类问题这类试题已成为近年中考的热点,重在考查同学们分析、 探索能力以及思维的发散性,但难度适中根据其特征大致可分为:条件开放型、结论开 放型、方法开放型和编制开放型等四类 探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论,需要经过推断,补充并加 以证明的一类问题根据其特征大致可分为:条件探究型、结论探究型、规律探究型和存 在性探究型等四类 二、解题策略与解法精
2、讲 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、 3分类讨论法当命题的题设和结论不惟一确定,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 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 以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略,因而具体操作时,应更注重数学思 想方法的综合运用 三、考点精讲 (一)开放型问题 考点一:条件开放型: 条件开放题是指结论给定,条件未知或不全,需探求与结论相对应的条件解这种开放 问题的一般思路是:由已知的结论反思题目应具备怎样的条件,即从题目的结论出发,逆向 追索,逐步探求 例 1: ( 2
4、011 江苏淮安)在四边形ABCD 中, AB=DC ,AD=BC .请再添加一个条件,使四边形 ABCD 是矩形 .你添加的条件是.(写出一种即可 ) 分析 :已知两组对边相等,如果其对角线相等可得到ABD ABC ADC BCD ,进而 得到, A= B=C=D=90 ,使四边形ABCD 是矩形 解:若四边形ABCD 的对角线相等, 则由 AB=DC ,AD=BC 可得 ABD ABC ADC BCD , 所以四边形ABCD 的四个内角相等分别等于90 即直角, 所以四边形ABCD 是矩形, 故答案为:对角线相等 评注 :此题属开放型题,考查的是矩形的判定,根据矩形的判定,关键是是要得到四
5、个内角 相等即直角 考点二:结论开放型: 给出问题的条件,让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往往呈现多样 性,这些问题都是结论开放问题这类问题的解题思路是:充分利用已知条件或图形特征, 进行猜想、类比、联想、归纳,透彻分析出给定条件下可能存在的结论,然后经过论证作出 取舍 例 2: (2011 天津)已知一次函数的图象经过点(0,1) ,且满足 y 随 x 的增大而增大,则该一 次函数的解析式可以为 分析: 先设出一次函数的解析式,再根据一次函数的图象经过点(0,1)可确定出b 的值, 再根据 y 随 x 的增大而增大确定出k 的符号即可 解: 设一次函数的解析式为:y=kx+b
6、(k0 ) , 一次函数的图象经过点(0,1) , b=1, y 随 x 的增大而增大, k 0, 故答案为y=x+1(答案不唯一,可以是形如y=kx+1,k0 的一次函数) 评注: 本题考查的是一次函数的性质,即一次函数y=kx+b(k0 )中, k0,y 随 x 的增大而 增大,与y 轴交于( 0,b) ,当 b0 时, (0,b)在 y 轴的正半轴上 考点三:条件和结论都开放的问题: 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,因此必须认真观察 与思考,将已知的信息集中分析,挖掘问题成立的条件或特定条件下的结论,多方面、多角 度、多层次探索条件和结论,并进行证明或判断 例
7、 3: (2010?玉溪)如图,在平行四边形ABCD 中, E 是 AD 的中点,请添加适当条件后,构 造出一对全等的三角形,并说明理由 分析 : 先连接 BE, 再过 D 作 DFBE 交 BC 于 F,可构造全等三角形ABE 和 CDF 利 用 ABCD 是平行四边形,可得出两个条件,再结合DEBF,BEDF,又可得一个平行四边 形,那么利用其性质,可得DE=BF ,结合 AD=BC ,等量减等量差相等,可证AE=CF ,利用 SAS 可证三角形全等 解:添加的条件是连接BE,过 D 作 DFBE 交 BC 于点 F,构造的全等三角形是ABE 与 CDF理由:平行四边形ABCD ,AE=E
8、D , 在 ABE 与 CDF 中, AB=CD , EAB= FCD, 又 DEBF,DFBE, 四边形BFDE 是平行四边形, DE=BF , 又 AD=BC , AD DE=BC BF, 即 AE=CF , ABE CDF (答案不唯一,也可增加其它条件) 评注 :本题利用了平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、以及等量减等量差相等 等知识 考点四:编制开放型: 此类问题是指条件、结论、解题方法都不全或未知,而仅提供一种问题情境,需要我们 补充条件,设计结论,寻求解法的一类题,它更具有开放性 例 4: (2010 年江苏盐城中考题)某校九年级两个班各为玉树地震灾区捐款1800 元已
9、知 2 班比 1 班人均捐款多4 元,2 班的人数比1 班的人数少10%请你根据上述信息,就这两 个班级的“人数”或“人均捐款”提出一个用分式方程 解决的问题,并写出解题过程 分析: 本题的等量关系是:两班捐款数之和为1800 元; 2 班捐款数 -1 班捐款数 =4 元; 1 班人数 =2 班人数 90%,从而提问解答即可 解: 解法一:求两个班人均捐款各多少元? 设 1 班人均捐款x 元,则 2 班人均捐款(x+4)元,根据题意得 1800 x 90%= 1800 x+4 解得 x=36 经检验 x=36 是原方程的根 x+4=40 答: 1 班人均捐36 元, 2 班人均捐 40 元 解
10、法二:求两个班人数各多少人? 设 1班有 x 人,则根据题意得 1800 x +4= 1800 90x% 解得 x=50 ,经检验x=50 是原方程的根 90x % =45 答: 1 班有 50 人, 2 班有 45 人 评注: 对于此类编制开放型问题,是一类新型的开放型问题,它要求学生的思维较发散, 写出符合题意的正确答案即可,难度要求不大,但学生容易犯想当然的错误,叙述不够准确, 如单位的问题、符合实际等要求,在解题中应该注意防范 (二)探究型问题 考点五:动态探索型: 此类问题结论明确,而需探究发现使结论成立的条件的题目 例 5: (2011?临沂)如图1,将三角板放在正方形ABCD 上
11、,使三角板的直角顶点E 与正方形 ABCD 的顶点 A 重合,三角扳的一边交CD 于点 F另一边交CB 的延长线于点G (1)求证: EF=EG; (2)如图 2,移动三角板,使顶点E 始终在正方形ABCD 的对角线AC 上,其他条件不变, (1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给予证明:若不成立请说明理由: (3)如图 3,将( 2)中的 “ 正方形 ABCD ” 改为 “ 矩形 ABCD ” ,且使三角板的一边经过点B, 其他条件不变,若AB=a 、BC=b,求 EF EG 的值 分析:(1)由 GEB+ BEF=90 , DEF+ BEF=90 ,可得 DEF= GEB,又由正方形的 性
12、质,可利用SAS 证得 RtFEDRtGEB ,则问题得证; (2)首先点E 分别作 BC、 CD 的垂线,垂足分别为H、I,然后利用SAS 证得 Rt FEI RtGEH,则问题得证; (3)首先过点E 分别作 BC、CD 的垂线,垂足分别为M、N,易证得EM AB,EN AD ,则可证得CEN CAD , CEM CAB ,又由有两角对应相等的三角形 相似,证得GME FNE,根据相似三角形的对应边成比例,即可求得答案 解: ( 1)证明: GEB+BEF=90 , DEF+ BEF=90 , DEF=GEB , 又 ED=BE , RtFED RtGEB, EF=EG; (2)成立 证明
13、:如图,过点E 分别作 BC、 CD 的垂线,垂足分别为H、I, 则 EH=EI,HEI =90 , GEH+ HEF=90 ,IEF+ HEF =90 , IEF=GEH, Rt FEIRtGEH, EF=EG ; (3)解:如图,过点E 分别作 BC、CD 的垂线,垂足分别为M、N, 则 MEN=90 , EMAB ,ENAD CEN CAD , CEM CAB , , NECEEMCE ADCAABCA , NEEM ADAB ,即 NEADb EMABa , IEF+FEM= GEM+ FEM=90 , GEM= FEN, GME= FNE=90 , GME FNE , EFEN EG
14、EM , EFb EGa 评注: 此题考查了正方形,矩形的性质,以及全等三角形与相似三角形的判定与性质此题 综合性较强,注意数形结合思想的应用 考点六:结论探究型: 此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一,而需探索发现与之相应的结论的题目 例 6: (2011 福建省三明市)在矩形 ABCD 中,点 P 在 AD 上, AB=2, AP=1将直角尺的顶 点放在 P 处,直角尺的两边分别交AB,BC 于点 E,F,连接 EF(如图) (1)当点 E 与点 B 重合时,点F 恰好与点C 重合(如图) ,求 PC 的长; (2)探究:将直尺从图中的位置开始,绕点P 顺时针旋转,当点E 和点 A 重
15、合时停止在 这个过程中,请你观察、猜想,并解答: tanPEF 的值是否发生变化?请说明理由; 直接写出从开始到停止,线段EF 的中点经过的路线长 分析 : (1)由勾股定理求PB,利用互余关系证明APB DCP,利用相似比求PC; (2)tanPEF 的值不变过F 作 FGAD,垂足为G,同( 1)的方法证明APB DCP, 得相似比 PFGF PEAP = 2 1 =2,再利用锐角三角函数的定义求值; (3)如图 3,画出起始位置和终点位置时,线段EF 的中点 O1,O2,连接 O1O2,线段 O1O2 即为线段EF 的中点经过的路线长,也就是BPC 的中位线 解: ( 1)在矩形ABCD
16、 中, A=D=90 , AP=1, CD=AB=2,则 PB=5, ABP+APB=90 , 又 BPC=90 , APB+DPC=90 , ABP=DPC, APB DCP , APPB CDPC 即 15 2PC , PC=25; (2) tanPEF 的值不变 理由:过F 作 FGAD,垂足为G, 则四边形ABFG 是矩形, A= PFG=90 ,GF=AB=2, AEP+APE=90 , 又 EPF=90 , APE+GPF=90 , AEP=GPF, APE GPF , PFGF PEAP = 2 1 =2, RtEPF 中, tanPEF= PF PE =2, tanPEF 的值
17、不变; (3)线段 EF 的中点经过的路线长为5 评注 :本题考查了相似三角形的判定与性质,矩形的性质,解直角三角形关键是利用互余 关系证明相似三角形 考点七:规律探究型: 规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜想、推理等一系列的数学思维过程,来探求 一般性结论的问题,解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面、细致的 观察、分析、比较,从中发现其变化的规律,并猜想出一般性的结论,然后再给出合理的证 明或加以运用. 例7 :( 2011四 川 成 都 )设 122 11 =1 12 S, 222 11 =1 23 S, 322 11 =1 34 S, , 22 11 =1 (1
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