【2021年中考数学二轮复习】专题三 开放探究型专题训练（含答案）

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专题三 开放探究型专题
专题解读
开放型问题主要是相对于封闭型问题而言的，它涉及面很广，形式多种多样，取材广泛开放型试题重在开发思维，促进创新，提高数学素养，因为考查学生多种能力，具有选拔功能，所以是中考试题的热点考题.
解题策略:开放型问题的基本形式有:条件开放题问题的条件不完备）；结论开放题（问题的结论不确定或不唯），这些问题的解决，需解题者经过探索确定结论或补全条件，将开放型问题转化为封闭型问题，然后选择合适的解题途径完成最后的解答.现在还出现一些其他形式的开放题，如解题策略的开放题和题干结构的开放题前者主要侧重于解题方法或策略的选择和设计，后者主要是所给题目不完整，需要解题者把题目补充完整，然后完成解答.
考点一 条件探究型
条件探究型问题是指问题中结论明确，而需要完备使结论成立的条件的题目.探求条件的过程，是一个分析法的过程.解答条件探究型问题的思路是，从所给结论出发，由果索因，这是数学中的一种重要的解题方法设想出合乎要求的一些条件，逐一列出，并进行逻辑证明，从而寻找出满足结论的条件.解条件开放题分两种情况，一种是直接补齐条件，使题目结论成立；另一种是需要我们作出探索去补齐条件使题目结论成立.这两种情况所需补充的条件往往不唯一.
典例1 如图所示，以△ABC的三边为边在BC的同一侧分别作三个等边三角形，即△ABD、△BCE、△ACF.
（1）证明:四边形ADEF是平行四边形.
（2）当△ABC满足条件___________时，四边形ADEF为矩形.
（3）当△ABC满足条件___________时，四边形ADEF不存在.
（4）当△ABC满足条件___________________________________________________时，四边形ADEF为菱形.
思路导引
（1）可先证明△ABC≌△DBE，可得DE＝AC，又有AC＝AF，可得DE＝AF，同理可得AD＝EF，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证四边形ADEF是平行四边形；
（2）如四边形ADEF是矩形，则∠DAF＝90°，又有∠BAD＝∠FAC＝60°，可得∠BAC＝150°，故∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形；
（3）根据∠BAC＝60°时，∠DAF＝180°，此时D，A，F三点在同一条直线上，以A，D，E，F为顶点的四边形就不存在；
（4）利用菱形的性质与判定得出即可.
名师点拨
本题考查了等边三角形的性质及三角形内角和为180°、平行四边形和矩形的判定等知识，熟练掌握相关的定理是解题关键.
跟踪训练1
1.已知平行四边形ABCD中，下列条件:①AB＝BC；②AC＝BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD，其中能说明平行四边形ABCD是矩形的是（ ）
A.① B.② C.③ D.④
2.如图所示，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上（不与点B，C重合）.只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD，这个条件可以是__________（写出一个即可）.
3.如图所示，抛物线y＝ax2＋bx＋12与x轴交于A，B两点（B在A的右侧），且经过点C（-1，7）和点D（5，7）.
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）连接AD，经过点B的直线与线段AD交于点E，与抛物线交于另一点F.连接CA，CE，CD，△CED的面积与△CAD的面积之比为1:7，点P为直线上方抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为t.当t为何值时，△PFB的面积最大？并求出最大值；
（3）在抛物线y＝ax2＋bx＋12上，当m≤x≤n时，y的取值范围是12≤y≤16，求m-n的取值范围.（直接写出结果即可）
考点二 结论探究型
结论探究型问题是指由给定的已知条件探求相应的结论的问题.解答这类问题的思路是:从所给条件（包括图形特征）出发，进行探索、归纳，大胆猜想出结论，然后对猜想的结论进行推理、证明.观察、实验、猜想、论证是科学思维方法，学习中应重视并应用.
典例2 如图所示，正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，△MBE为等边三角形，过点E作ME的垂线分别与边AD，BC相交于点F，G，点P，Q分别在线段EF，BC上运动，且满足∠PMQ＝60°，连接PQ.
（1）求证:△MEP≌△MBQ.
（2）当点Q在线段GC上时，试判断PF＋GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由.
（3）设∠QMB＝a，点B关于QM的对称点为B′，若点B′落在△MPQ的内部，试写出a的范围，并说明理由.
思路导引
（1）由“ASA”可证△MBQ≌△MEP；（2）连接MG过点F作FH⊥BC于H，由“HL”可证Rt△MBG≌Rt△MEG，可得BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，由直角三角形的性质可求BG＝GE＝3，由锐角三角函数可求GF＝43，由全等三角形的性质可求PE＝BQ＝BG＋GQ，即可求GQ＋PF＝23；（3）利用特殊值法，分别求出点B落在QP上和MP上时的值，即可求解.
名师点拨
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键.
跟踪训练2
1.一艘渔船从位于A海岛北偏东60°方向，距A海岛60海里的B处出发，以每小时30海里的速度沿正南方向航行已知在A海岛周围50海里水域内有暗礁.
（参考数据:≈1.73，≈2.24，≈2.65）
（1）这艘渔船在航行过程中是否有触礁的危险？请说明理由.
（2）渔船航行3小时后到达C处，求A，C之间的距离.
2.如图所示，AB为半圆O的直径，C为半圆O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为D，AD交半圆O于点E.
（1）求证:AC平分∠DAB；
（2）当AE＝2DE时，试判断以O，A，E，C为顶点的四边形的形状，并说明理由.
3.如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝-x2＋bx＋与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为（3，0），过点A作垂直于x轴的直线l.P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为-m＋.以PQ，QM为边作矩形PQMN.
（1）求b的值；
（2）当点Q与点M重合时，求m的值；
（3）当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值；
（4）当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围.
考点三 方案设计探究型
方案设计题属于应用性开放型问题，因为它贴近生活，具有较强的操作性和实践性.方案设计型题是通过设置一个实际问题情景，给出若干信息，提出解决问题的要求，要求运用学过的技能和方法，进行设计和操作，寻求恰当的解决方案，有时也给出几个不同的解决方案，要求判断哪个方案较优.解决此类问题时要慎于思考，并能在实践中对所有可能的方案进行罗列与分析，得出符合要求的一种或几种方案此类问题类似于求最大值或最小值的问题，但解决的方法较多.一般与方程、不等式和函数的内容有关.
典例3 为支援抗疫前线，某省红十字会采购甲、乙两种抗疫物资共540吨，甲物资单价为3万元/吨，乙物资单价为2万元/吨，采购两种物资共花费1380万元.
（1）求甲、乙两种物资各采购了多少吨？
（2）现在计划安排A，B两种不同规格的卡车共50辆来运输这批物资.甲物资7吨和乙物资3吨可装满一辆A型卡车；甲物资5吨和乙物资7吨可装满一辆B型卡车.按此要求安排A，B两型卡车的数量，请问有哪几种运输方案？
思路导引
（1）设甲物资采购了x吨，乙物资采购了y吨，根据“某省红十字会采购甲、乙两种抗疫物资共540吨，且采购两种物资共花费1380万元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设安排A型卡车m辆，则安排B型卡车（50-m）辆，根据安排的这50辆车一次可运输300吨甲物资及240吨乙物资，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，再结合m为正整数即可得出各运输方案.
名师点拨
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式组的应用，解题的关键是:（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组.
跟踪训练3
1.某游泳馆推出了两种收费方式.
方式一:顾客先购买会员卡，每张会员卡200元，仅限本人一年内使用，凭卡游泳，每次游泳再付费30元.
方式二:顾客不购买会员卡，每次游泳付费40元设小亮在一年内来此游泳馆的次数为x次，选择方式一的总费用为y1（元），选择方式二的总费用为y2（元）.
（1）请分别写出y1，y2与x之间的函数表达式；
（2）小亮一年内在此游泳馆游泳的次数x在什么范围时，选择方式一比方式二省钱.
2.某汽车运输公司为了满足市场需要，推出商务车和轿车对外租赁业务.下面是乐山到成都两种车型的限载人数和单程租赁价格表:
车型 每车限载人数（人） 租金（元/辆）
商务车 6 300
轿车 4
（1）如果单程租赁2辆商务车和3辆轿车共需付租金1320元，求一辆轿车的单程租金为多少元？
（2）某公司准备组织34名职工从乐山赴成都参加业务培训，拟单程租用商务车或轿车前往.在不超载的情况下，怎样设计租车方案才能使所付租金最少？
3.天水市某商店准备购进A，B两种商品，A种商品每件的进价比B种商品每件的进价多20元，用2000元购进A种商品和用1200元购进B种商品的数量相同.商店将A种商品每件的售价定为80元，B种商品每件的售价定为45元.
（1）A种商品每件的进价和B种商品每件的进价各是多少元？
（2）商店计划用不超过1560元的资金购进A，B两种商品共40件，其中A种商品的数量不低于B种商品数量的一半，该商店有几种进货方案？
（3）“五一”期间，商店开展优惠促销活动，决定对每件A种商品售价优惠m（10＜m＜20）元，B种商品售价不变，在（2）的条件下，请设计出m的不同取值范围内，销售这40件商品获得总利润最大的进货方案.
参考答案
典例1
解:（1）证明:∵△ABD，△BCE都是等边三角形，
∴∠DBE＝∠ABC＝60°-∠ABE，AB＝BD， BC＝BE.
在△ABC和△DBE中，∴△ABC≌△DBE（SAS）.∴DE＝AC.
又∵AC＝AF，∴DE＝AF.同理可得EF＝AD.
∴四边形ADEF是平行四边形.
（2）∵四边形ADEF是平行四边形，
∴当∠DAF＝90°时，四边形ADEF是矩形，∴∠FAD＝90°.
∴∠BAC＝360°-∠DF-∠DAB∠FAC＝360°-90°-60°-60°＝150°.
则当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形；
故答案为:∠BAC＝150°；
（3）当∠BAC＝60°时，∠DAF＝180°，
此时D，A，F三点在同一条直线上，以A，D，E，F为顶点的四边形就不存在；
故答案为:∠BAC＝60°；
（4）当AB＝AC且∠BAC≠60°时，四边形ADEF是菱形，
理由是:
由（1）知:AD＝AB＝EF，AC＝DE＝AF，
∵AC＝AB，∴AD＝AF.
∵四边形ADEF是平行四边形，AD＝AF，∴平行四边形ADEF是菱形.
故答案为AB＝AC且∠BAC≠60°（或AB＝AC≠BC）.
跟踪训练1
1.B
2.示例:BD＝CD
3.解:（1）把C（-1，7），D（5，7）代入y＝ax2＋bx＋12，
可得解得∴抛物线的解析式为y＝-x2＋4x＋12.
（2）如图1所示，过点E作EM⊥AB于M，过点D作DN⊥AB于N.
对于抛物线y＝-x2＋4x＋12，令y＝0，得到，x2-4x-12＝0，解得x＝-2或6，
∴A（-2，0），B（6，0）.
∵D（5，7），∴OA＝2，DN＝7，ON＝5，AN＝7.
∵△CED的面积与△CAD的面积之比为1:7，∴DE:AD＝1:7.∴AE:AD＝6:7.
∵EM∥DN，∵，∴，
∴AM＝EM＝6.∴E（4，6）.∴直线BE的解析式为y＝-3x＋18，
由解得或∴F（1，15）.
过点P作PQ∥y轴交BF于Q，设P（t，t2＋4t＋12），则Q（t，-3t＋18），
∴PQ＝-t2＋4t＋12-（-3t＋18）＝-t2＋7t-6.
∵S△PBF＝·（-t2＋7t-6）·5＝.
∵＜0，∴t＝时，△BFP的面积最大，最大值为.
（3）对于抛物线y＝-x2＋4x＋12，当y＝16时，-x2＋4x＋12＝16，解得x1＝x2＝2，
当y＝12时，-x2＋4x＋12＝12，解得x＝0或4，
观察图2可知:当0≤x≤2或2≤x≤4时，12≤y≤16，
∴m＝0，n＝2，或m＝2，n＝4，或m＝0，n＝4.∴-4≤m-n≤-2.
典例2 （1）证明:∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，
∵△MBE是等边三角形，∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°.∴∠BMQ＝∠PME.
又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，MB＝ME，∴△MBQ≌△MEP（ASA）；
（2）解:PF＋GQ的值不变，
理由如下:如图1所示，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，
∵ME＝MB，MG＝MG，∴t△MBG≌Rt△MEG（HL）.
∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM.
∴MB＝3BG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°.∴GE＝3，∠FGH＝60°.
∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，∴四边形DCHF是矩形.∴FH＝CD＝6.
∵sin∠FGH＝，∴FG＝4.
∵△MBQ≌△MEP，∴BQ＝PE。∴PE＝BQ＝BG＋GQ.
∵FG＝EG＋PE＋FP＝EG＋DG＋GQ＋PF＝2＋GQ＋PF，∴GQ＋PF＝2；
（3）如图2所示，当点B落在PQ上时，
∵△MBQ≌△MEP，∴MQ＝MP.
∵∠QMP＝60°，∴△MPQ是等边三角形，
当点B′落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B′，
∴△MBQ≌△MBQ.∴∠MBQ＝∠MBQ＝90°.∴∠QME＝30°.
∴点B′与点E重合，点Q与点G重合.∴∠QMB＝∠QMB′＝a＝30°，
如图3所示，当点B落在MP上时，
同理可求:∠QMB＝∠QMB′＝a＝60°，
∴当30°＜a＜60°时，点B′落在△MPQ的内部.
跟踪训练2
1.解:（1）过A点作AD⊥BC于点D，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°.由题意可得∠B＝60°.
∴在Rt△ABD中，AD＝AB·sin60°＝60×＝30≈51.9＞50.
∴渔船在航行过程中没有触礁的危险.
（2）在Rt△ABD中，BD＝AB·cos60°＝60×＝30.
∵BC＝3×30＝90，∴DC＝90-30＝60.
在Rt△ADC中，AC＝≈79.50.
即A，C之间的距离约为79.50海里.
2.解:（1）证明:连接OC，如图所示:
∵CD为圆O的切线，∴∠OCD＝90°.∴∠D＋∠OCD＝180°.
∴OC∥AD.∴∠DAC＝∠ACO.
又∵OC＝OA，∴∠ACO＝∠OAC.∴∠DAC＝∠OAC.∴AC平分∠DAB；
（2）四边形EAOC为菱形，理由如下:
连接EC，BC，EO，OC，过C点作CH⊥AB于H点，如图所示，
由圆内接四边形对角互补可知，∠B＋∠AEC＝180°，
又∵∠AEC＋∠DEC＝180°，∴∠DEC＝∠B.
又∵∠B＋∠CAB＝90°，∠DEC＋∠DCE＝90°，∴∠CAB＝∠DCE.
又∵∠CAB＝∠CAE，∴∠DCE＝∠CAE，且∠D＝∠D.∴△DCE∽△DAC.
设DE＝x，则AE＝2x，AD＝AE＋DE＝3x，
∴.∴CD2＝AD·DE＝3x2.∴CD＝x.
在Rt△ACD中，tan∠DAC＝，∴∠DAC＝30°.
∴∠DAO＝2∠DAC＝60°，且OA＝OE.∴△OAE为等边三角形.
由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知:∠EOC＝2∠EAC＝60°，
∴△EOC为等边三角形.∴EA＝AO＝OE＝EC＝CO，即EA＝AO＝OC＝CE.
∴四边形EAOC为菱形.
3.解:（1）把点A（3，0）代入y＝-x2＋bx＋，
得到0＝-＋3b＋，解得b＝1；
（2）∵抛物线的解析式为y＝-x2＋x＋，∴P（m，-m2＋m＋），
∵M，Q重合，∴-m＋＝-m2＋m＋，解得m＝0或4；
（3）由题意PQ＝MQ，且抛物线的顶点在该正方形内部，
∴3-m＝-m＋-(-m2＋m＋)且-m＋＞2，得m＜-.
解得m＝1-或1＋（不合题意舍弃），∴m＝1-；
（4）当点P在直线的左边，点M在点Q下方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，则有-m＋＜-m2＋m＋，
∴m2-4m＜0，解得0＜m＜4，
观察图象可知.当0＜m＜3时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，如图所示，
当3＜m＜4时，抛物线不在矩形PQMN内部，不符合题意，
当m＞4时，点M在点Q的上方，也满足条件，如图所示，
综上所述，满足条件的m的值为0＜m＜3或m＞4.
典例3 解:（1）设甲物资采购了x吨，乙物资采购了y吨，
依题意，得解得
答:甲物资采购了300吨，乙物资采购了240吨.
（2）设安排A型卡车m辆，则安排B型卡车（50-m）辆，
依题意，得解得25≤m≤27.
∵m为正整数，∴m可以为25，26，27，
∴共有3种运输方案，方案1:安排25辆A型卡车，25辆B型卡车；方案2:安排26辆A型卡车，24辆B型卡车；方案3:安排27辆A型卡车，23辆B型卡车.
跟踪训练3
1.解:（1）当游泳次数为x时，方式一费用:y1＝30x＋200，
方式二的费用:y2＝40x；
（2）由y1＜y2得30x＋200＜40x，解得x＞20，
当x＞20时，选择方式一比方式二省钱.
2.解:（1）设租用一辆轿车的租金为x元，
由题意得300×2＋3x＝1320，解得x＝240，
答:租用一辆轿车的租金为240元；
（2）①若只租用商务车，
∵，∴只租用商务车应租6辆，所付租金为300×6＝1800（元）；
②若只租用轿车，
∵＝8.5，∴只租用轿车应租9辆，所付租金为2409＝2160（元）；
③若混合租用两种车，设租用商务车m辆，租用轿车n辆，租金为W元
由题意，得
由6m＋4n＝34，得4n＝-6m＋34，∴W＝300m＋60（-6m＋34）＝-60m＋2040，
∵-6m＋34≥0，∴m≤.∴1≤m≤5，且m为整数.
∵W随m的增大而减小，∴当m＝5时，W有最小值1740，此时n＝1.
综上，租用商务车5辆和轿车1辆时，所付租金最少为1740元.
3.解:（1）设A种商品每件的进价为x元，B种商品每件的进价为（x-20）元.
由题意，得，解得x＝50，
经检验x＝50是原方程的解且符合题意，当x＝50时，x-20＝30.
答:A种商品每件的进价为50元，B种商品每件的进价为30元；
（2）设购进A种商品a件，购进B种商品（40-a）件，
由题意，得，解得.
∵a为整数，∴a＝14，15，16，17，18.
∴该商店有5种进货方案；
（3）设销售A，B两种商品总获利y元，
则y＝（80-50-m）a＋（45-30）（40-a）＝（15-m）a＋600.
①当m＝15时，15-m＝0，y与a的取值无关，即（2）中的5种方案都获利600元；
②当10＜m＜15时，15-m＞0，y随a的增大而增大，∴当a＝18时，获利最大，即在（2）的条件下，购进A种商品18件，购进B种商品22件，获利最大；
③当15＜m＜20时，15-m＜0，y随a的增大而减小，∴当a＝14时，获利最大，即在（2）的条件下，购进A种商品14件，购进B种商品26件，获利最大.
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