中考数学专项练习题（开放性问题）

1、.2019中考数学专项练习题开放性问题做题是进步最快的一种方法，下面为大家准备了中考数学专项练习题，希望大家喜欢1. 2019?四川巴中，第28题10分如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF.1请你添加一个条件，使得BEHCFH，你添加的条件是 ，并证明.2在问题1中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由.考点：矩形的断定.分析：1根据全等三角形的断定方法，可得出当EH=FH，BECF，EBH=FCH时，都可以证明BEHCFH，2由1可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形

2、可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形.解答：1答：添加：EH=FH，证明：点H是BC的中点，BH=CH，在BEH和CFH中， ，BEHCFHSAS;2解：BH=CH，EH=FH，四边形BFCE是平行四边形对角线互相平分的四边形为平行四边形，当BH=EH时，那么BC=EF，2. 2019?山东威海，第24题11分猜测与证明：如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，假设M为AF的中点，连接DM、ME，试猜测DM与ME的关系，并证明你的结论.拓展与延伸：1假设将猜测与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不

3、变，那么DM和ME的关系为 DM=DE .2如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明1中的结论仍然成立.考点： 四边形综合题分析： 猜测：延长EM交AD于点H，利用FMEAMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明.1延长EM交AD于点H，利用FMEAMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，2连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，解答： 猜测：DM=ME证明：如图1，延长EM交AD于点H，四边形ABCD和CEFG是矩形，ADEF，EF

4、M=HAM，又FME=AMH，FM=AM，在FME和AMH中，FMEAMHASAHM=EM，在RTHDE中，HM=EM，DM=HM=ME，DM=ME.1如图1，延长EM交AD于点H，四边形ABCD和CEFG是矩形，ADEF，EFM=HAM，又FME=AMH，FM=AM，在FME和AMH中，FMEAMHASAHM=EM，在RTHDE中，HM=EM，DM=HM=ME，DM=ME，故答案为：DM=ME.2如图2，连接AE，四边形ABCD和ECGF是正方形，FCE=45°，FCA=45°，AE和EC在同一条直线上，在RTADF中，AM=MF，DM=AM=MF，3. 2019?山东枣

5、庄，第22题8分如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，O是AC的中点，AE=CF，DFBE.1求证：BOEDOF;2假设OD=AC，那么四边形ABCD是什么特殊四边形?请证明你的结论.考点： 全等三角形的断定与性质;平行四边形的断定与性质;矩形的断定专题： 计算题.分析： 1由DF与BE平行，得到两对内错角相等，再由O为AC的中点，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得证;2假设OD=AC，那么四边形ABCD为矩形，理由为：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证.解答： 1证明：DFBE，FDO=

6、EBO，DFO=BEO，O为AC的中点，即OA=OC，AE=CF，OAAE=OCCF，即OE=OF，在BOE和DOF中，BOEDOFAAS;2假设OD=AC，那么四边形ABCD是矩形，理由为：证明：BOEDOF，OB=OD，4. 2019?山东烟台，第25题10分在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以一样的速度在直线DC，CB上挪动.1如图，当点E自D向C，点F自C向B挪动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由;2如图，当E，F分别挪动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，1中的结论还成立吗?请你直接答复“是或“否，不需证明3如图，当E，

7、F分别在边CD，BC的延长线上挪动时，连接AE，DF，1中的结论还成立吗?请说明理由;4如图，当E，F分别在边DC，CB上挪动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的挪动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动途径的草图.假设AD=2，试求出线段CP的最小值.考点：全等三角形，正方形的性质，勾股定理，运动与变化的思想.分析：1AE=DF，AEDF.先证得ADEDCF.由全等三角形的性质得AE=DF，DAE=CDF，再由等角的余角相等可得AEDF;2是.四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，ADE=DCF=90°，DE=CF，所以ADEDCF，于是AE=DF，DAE=CDF，因为CD

8、F+ADF=90°，DAE+ADF=90°，所以AEDF;3成立.由1同理可证AE=DF，DAE=CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AEDF;4由于点P在运动中保持APD=90°，所以点P的途径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得OC的长，再求CP即可.解答：1AE=DF，AEDF.理由：四边形ABCD是正方形，AD=DC，ADC=C=90°.DE=CF，ADEDCF.AE=DF，DAE=CDF，由于CDF+ADF=90°，DAE+ADF=90°.AEDF

9、;2是;3成立.理由：由1同理可证AE=DF，DAE=CDF延长FD交AE于点G，那么CDF+ADG=90°，ADG+DAE=90°.AEDF;4如图：由于点P在运动中保持APD=90°，点P的途径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，5. 2019?浙江杭州，第23题，12分复习课中，老师给出关于x的函数y=2kx24kx+1xk+1k是实数.老师：请独立考虑，并把探究发现的与该函数有关的结论性质写到黑板上.学生考虑后，黑板上出现了一些结论.老师作为活动一员，又补充一些结论，并从中选出以下四条：存在函数，其图象经过1，

10、0点;函数图象与坐标轴总有三个不同的交点;当x>1时，不是y随x的增大而增大就是y随x的增大而减小;假设函数有最大值，那么最大值比为正数，假设函数有最小值，那么最小值比为负数.老师：请你分别判断四条结论的真假，并给出理由.最后简单写出解决问题时所用的数学方法.考点： 二次函数综合题分析： 将1，0点代入函数，解出k的值即可作出判断;首先考虑，函数为一次函数的情况，从而可判断为假;根据二次函数的增减性，即可作出判断;当k=0时，函数为一次函数，无最大之和最小值，当k0时，函数为抛物线，求出顶点的纵坐标表达式，即可作出判断.解答： 解：真，将1，0代入可得：2k4k+1k+1=0，解得：k=

11、0.运用方程思想;假，反例：k=0时，只有两个交点.运用举反例的方法;假，如k=1， =，当x>1时，先减后增;运用举反例的方法;真，当k=0时，函数无最大、最小值;k0时，y最= = ，当k>0时，有最小值，最小值为负;6. 2019?陕西,第26题12分问题探究1如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，假如BC边上存在点P，使APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形APD，并求出此时BP的长;2如图，在ABC中，ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使EQF=90°

12、，求此时BQ的长;问题解决3有一山庄，它的平面图为如图的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果到达最正确，A=E=D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使AMB=60°?假设存在，恳求出符合条件的DM的长，假设不存在，请说明理由.考点： 圆的综合题;全等三角形的断定与性质;等边三角形的性质;勾股定理;三角形中位线定理;矩形的性质;正方形的断定与性质;直线与圆的位置关系;特殊角的三角函数值专题： 压轴题;存在

13、型.分析： 1由于PAD是等腰三角形，底边不定，需三种情况讨论，运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题.2以EF为直径作O，易证O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长.3要满足AMB=60°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长.解答： 解：1作AD的垂直平分线交BC于点P，如图，那么PA=PD.PAD是等腰三角形.四边形ABCD是矩形，AB=DC，B=C=90°.P

14、A=PD，AB=DC，RtABPRtDCPHL.BP=CP.BC=4，BP=CP=2.以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P，如图，.那么DA=DP.PAD是等腰三角形.四边形ABCD是矩形，AD=BC，AB=DC，C=90°.AB=3，BC=4，DC=3，DP=4.CP= = .BP=4 .点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P，如图，那么AD=AP.PAD是等腰三角形.同理可得：BP= .综上所述：在等腰三角形ADP中，假设PA=PD，那么BP=2;假设DP=DA，那么BP=4 ;假设AP=AD，那么BP= .2E、F分别为边AB、AC的中点，EFBC，EF= BC.BC=

15、12，EF=6.以EF为直径作O，过点O作OQBC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图.ADBC，AD=6，EF与BC之间的间隔 为3.OQ=3OQ=OE=3.O与BC相切，切点为Q.EF为O的直径，EQF=90°.过点E作EGBC，垂足为G，如图.EGBC，OQBC，EGOQ.EOGQ，EGOQ，EGQ=90°，OE=OQ，四边形OEGQ是正方形.GQ=EO=3，EG=OQ=3.B=60°，EGB=90°，EG=3，BG= .BQ=GQ+BG=3+ .当EQF=90°时，BQ的长为3+ .3在线段CD上存在点M，使AMB=60°.理由如

16、下：以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，作GPAB，垂足为P，作AKBG，垂足为K.设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作O，过点O作OHCD，垂足为H，如图.那么O是ABG的外接圆，ABG是等边三角形，GPAB，AP=PB= AB.AB=270，AP=135.ED=285，OH=285135=150.ABG是等边三角形，AKBG，BAK=GAK=30°.OP=AP?tan30°=135×=45 .OA=2OP=90 .OHO与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图.AMB=AGB=60°，OM=OA=90 .OHCD，OH=150

17、，OM=90 ，HM= = =30 .AE=400，OP=45 ，DH=40045 .假设点M在点H的左边，那么DM=DH+HM=40045 +30 .40045 +30 >340，DM>CD.点M不在线段CD上，应舍去.与当今“老师一称最接近的“老师概念，最早也要追溯至宋元时期。金代元好问?示侄孙伯安?诗云：“伯安入小学，颖悟非凡貌，属句有夙性，说字惊老师。于是看，宋元时期小学老师被称为“老师有案可稽。清代称主考官也为“老师，而一般学堂里的先生那么称为“老师或“教习。可见，“老师一说是比较晚的事了。如今体会，“老师的含义比之“老师一说，具有资历和学识程度上较低一些的差异。辛亥革命后，老师与其他官员一样依法令任命，故又称“老师为“教员。假设点M在点H的右边，那么DM=DHHM=40045 30 .语文课本中的文章都是精选的比较优秀的文章,还有不少名家名篇。假如有选择循序渐进地让学生背诵一些优秀篇目、精彩段落,对进步学生的程度会大有裨益。如今,不少语文老师在分析课文时,把文章解体的支离破碎,总在文章的技巧方面下功夫。结果老师费力,学生头疼。分析完之后,学生收效甚微,没过几天便忘的一干二净。造成这种事倍功半的为难场面的关键就是对文章读的不熟。常言道“书读百遍,其义自见,假如有目的、有方案地引导学生反复阅读课文,或细读、默读、跳读