2023届中考数学二轮复习第4课时《开放型问题》

第页第二讲开放与探究型问题第4课时开放型问题(69分)一、选择题(每题6分，共12分)1．[2023·东营]如图2－1－1，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为F，连结DF，分析以下四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝eq\r(2).其中正确的结论有 (B)A．4个 B．3个C．2个 D．1个图2－1－1第1题答图【解析】如答图，过点D作DM∥BE交AC于点N，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，∠EAC＝∠ACB，∵BE⊥AC于点F，∴∠ABC＝∠EFA＝90°，∴△AEF∽△CAB.故①正确；∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴eq\f(AE,BC)＝eq\f(AF,CF)，∵AE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)BC，∴eq\f(AF,CF)＝eq\f(1,2)，∴CF＝2AF.故②正确；∵DE∥BM，BE∥DM，∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM＝DE＝eq\f(1,2)BC，∴BM＝CM，∴CN＝NF，∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF＝DC.故③正确；设EF＝1，那么BF＝2，∵∠BAD＝90°，BE⊥AC，∴∠BAF＋∠FAE＝90°，∠FAE＋∠AEF＝90°，∴∠BAF＝∠AEF，∴△ABF∽△EAF，∴eq\f(AF,EF)＝eq\f(BF,AF)，∴AF＝eq\r(EF·BF)＝eq\r(2)，∴tan∠CAD＝tan∠ABF＝eq\f(AF,BF)＝eq\f(\r(2),2).故④错误．应选B.2．如图2－1－2，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如下图的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG，假设OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，那么以下结论不成立的是 (A)A．CD＋DF＝4B．CD－DF＝2eq\r(3)－3C．BC＋AB＝2eq\r(3)＋4D．BC－AB＝2图2－1－2第2题答图【解析】如答图，设AB与⊙O相切于点M，BC与⊙O相切于点H，连结MO并延长MO交CD于点T，连结OH，连结OD交FG于点R，过点G作GN⊥AD于点N，分别交OD于点K，交OT于点P.由折叠易知，OG＝DG，∵OH⊥BC，∴∠OHG＝∠GCD＝90°，∠HOG＋∠OGH＝90°，∵OG⊥DG，∴∠OGH＋∠DGC＝90°，∴∠DGC＝∠GOH，∴△OHG≌△GCD，∴HG＝CD，OH＝GC＝1，易得四边形BMOH是正方形，∴BM＝BH＝MO＝OH＝1，设CD＝m，那么HG＝m，AB＝m，∴AM＝m－1，又∵⊙O是△ABC的内切圆，∴AC＝m＋1＋m－1＝2m，∴AC＝2AB，∴∠ACB＝30°，∴BC＝eq\r(3)AB，2＋m＝eq\r(3)m，解得m＝eq\r(3)＋1，∴AB＝eq\r(3)＋1，BC＝2＋m＝3＋eq\r(3)，∴BC－AB＝2.D选项正确；BC＋AB＝2m＋2＝2eq\r(3)＋4，C选项正确；由折叠知，OG＝GD，又∵OG⊥GD，∴△OGD是等腰直角三角形，且OR＝RD，∴RG＝RD，RG⊥RD，∵GN⊥AD，∠GRD＝∠FRD＝90°，又∵∠RKG＝∠NKD，∠RKG＋∠RGK＝∠NKD＋∠NDK＝90°，∴∠NDK＝∠RGK，∴△RKG≌△RFD(AAS)，∴KG＝DF，易得四边形OHGP是矩形，∴PG＝1，由GN∥DC，可得△OPK∽△OTD，∴eq\f(PK,TD)＝eq\f(OP,OT)＝eq\f(PK,\r(3))＝eq\f(\r(3)＋1,2＋\r(3))＝eq\r(3)－1，∴PK＝3－eq\r(3)，∴KG＝DF＝4－eq\r(3)，CD－DF＝eq\r(3)＋1－(4－eq\r(3))＝2eq\r(3)－3.B选项正确；CD＋DF＝eq\r(3)＋1＋(4－eq\r(3))＝5.A选项错误．应选A.二、填空题(每题6分，共12分)3．[2023·济宁]请写出一个过(1，1)，且与x轴无交点的函数表达式：__y＝eq\f(1,x)(答案不唯一)．【解析】一个与x轴无交点的函数有很多，例如反比例函数y＝eq\f(k,x)(k≠0)，且经过(1，1)，由此可得k＝1.4．[2023·随州]如图2－1－3，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.有直角∠MPN，使直角顶点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ(0°＜θ＜90°)，PM，PN分别交AB，BC于E，F两点，连结EF交OB于点G，那么以下结论中正确的选项是__①②③⑤__．①EF＝eq\r(2)OE；②S四边形OEBF∶S正方形ABCD＝1∶4；③BE＋BF＝eq\r(2)OA；④在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE＝eq\f(3,4)；⑤OG·BD＝AE2＋CF2.图2－1－3第4题答图【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOC＝90°，∴∠BOF＋∠COF＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠BOF＋∠BOE＝90°，∴∠BOE＝∠COF，∴△BOE≌△COF(ASA)，∴OE＝OF，BE＝CF，∴EF＝eq\r(2)OE.故①正确；∵S四边形OEBF＝S△BOE＋S△BOF＝S△BOF＋S△COF＝S△BOC＝eq\f(1,4)S正方形ABCD，∴S四边形OEBF∶S正方形ABCD＝1∶4.故②正确；∵BE＋BF＝BF＋CF＝BC＝eq\r(2)OA.故③正确；如答图，过点O作OH⊥BC交BC于点H，∵BC＝1，∴OH＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)，设AE＝x，那么BE＝CF＝1－x，BF＝x，∴S△BEF＋S△COF＝eq\f(1,2)BE·BF＋eq\f(1,2)CF·OH＝eq\f(1,2)x(1－x)＋eq\f(1,2)(1－x)×eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,32)，∵a＝－eq\f(1,2)＜0，∴当x＝eq\f(1,4)时，S△BEF＋S△COF最大，即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE＝eq\f(1,4).故④错误；∵∠EOG＝∠BOE，∠OEG＝∠OBE＝45°，∴△OEG∽△OBE，∴OE∶OB＝OG∶OE，∴OG·OB＝OE2，∵OB＝eq\f(1,2)BD，OE＝eq\f(\r(2),2)EF，∴OG·BD＝EF2，∵在△BEF中，EF2＝BE2＋BF2，∴EF2＝AE2＋CF2，∴OG·BD＝AE2＋CF2.故⑤正确．故答案为①②③⑤.三、解答题(共45分)5．(15分)[2023·泰安]如图2－1－4，四边形ABCD是平行四边形，AD＝AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点．(1)假设ED⊥EF，求证：ED＝EF；(2)在(1)的条件下，假设DC的延长线与FB交于点P，试判定四边形ACPE是否为平行四边形，并证明你的结论(请先补全图形，再解答)；(3)假设ED＝EF，ED与EF垂直吗？假设垂直，请给出证明．图2－1－4 第5题答图①解：(1)证明：在▱ABCD中，∵AD＝AC，AD⊥AC，∴AC＝BC，AC⊥BC，如答图①，连结CE，∵E是AB的中点，∴AE＝EC，CE⊥AB，∴∠ACE＝∠BCE＝45°，∴∠ECF＝∠EAD＝135°，∵ED⊥EF，∴∠CEF＝∠AED＝90°－∠CED，在△CEF和△AED中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠CEF＝∠AED，,EC＝EA，,∠ECF＝∠EAD，))∴△CEF≌△AED，∴ED＝EF；(2)如答图②，由(1)得△CEF≌△AED，CF＝AD，∵AD＝AC，∴AC＝CF，∵DP∥AB，∴FP＝PB，∴CP＝eq\f(1,2)AB＝AE，∴四边形ACPE为平行四边形；第5题答图②第5题答图③(3)垂直，理由：如答图③，过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，∵∠EAM＝∠EAN＝45°，∴ME＝NE，在Rt△DME和Rt△FNE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ME＝NE，,DE＝FE，))∴Rt△DME≌Rt△FNE，∴∠ADE＝∠CFE，在△ADE与△CFE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ADE＝∠CFE，,∠DAE＝∠FCE＝135°，,DE＝EF，))∴△ADE≌△CFE，∴∠DEA＝∠FEC，∵∠DEA＋∠DEC＝90°，∴∠CEF＋∠DEC＝90°，∴∠DEF＝90°，∴ED⊥EF.6．(15分)如图2－1－5，CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，CA＝CB.E，F分别是直线CD上两点，且∠BEC＝∠CFA＝∠α.(1)假设直线CD经过∠BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题：①如图①，假设∠BCA＝90°，∠α＝90°，那么BE__＝__CF；EF__＝__|BE－AF|(选填“＞〞“＜〞或“＝〞)；②如图②，假设0°＜∠BCA＜180°，请添加一个关于∠α与∠BCA关系的条件__∠α＋∠BCA＝180°，使①中的两个结论仍然成立，并证明两个结论成立．(2)如图③，假设直线CD经过∠BCA的外部，∠α＝∠BCA，请写出EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜测(不要求证明)．图2－1－5解：(1)①∵∠BCA＝90°，∠α＝90°，∴∠BCE＋∠CBE＝90°，∠BCE＋∠ACF＝90°，∴∠CBE＝∠ACF，∵CA＝CB，∠BEC＝∠CFA，∴△BCE≌△CAF，∴BE＝CF；EF＝|CF－CE|＝|BE－AF|.②∠α＋∠BCA＝180°.证明：在△BCE中，∠CBE＋∠BCE＝180°－∠BEC＝180°－∠α.∵∠BCA＝180°－∠α，∴∠CBE＋∠BCE＝∠BCA.又∵∠ACF＋∠BCE＝∠BCA，∴∠CBE＝∠ACF，又∵BC＝CA，∠BEC＝∠CFA，∴△BCE≌△CAF(AAS)，∴BE＝CF，CE＝AF，又∵EF＝CF－CE，∴EF＝|BE－AF|.(2)猜测：EF＝BE＋AF.证明：∵∠BEC＝∠CFA＝∠α，∠α＝∠BCA，∠BCA＋∠BCE＋∠ACF＝180°，∠CFA＋∠CAF＋∠ACF＝180°，∴∠BCE＝∠CAF，又∵BC＝CA，∴△BCE≌△CAF(AAS)．∴BE＝CF，EC＝FA，∴EF＝EC＋CF＝BE＋AF.7．(15分)[2023·兰州]如图2－1－6①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图②，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连结FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②假设AB＝6，AD＝8，求FG的长．图2－1－6解：(1)证明：根据折叠的性质，得∠DBC＝∠DBE，又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠BDA，∴∠DBE＝∠BDA，∴BF＝DF，∴△BDF是等腰三角形；(2)①菱形．理由：∵DG∥BE，DF∥BG，∴四边形BFDG是平行四边形，又∵BF＝DF，∴四边形BFDG是菱形；②在Rt△ABD中，AB＝6，AD＝8，那么BD＝10，设DF＝BF＝x，那么AF＝8－x，在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2，解得x＝eq\f(25,4)，∴DF＝eq\f(25,4)，由S菱形BFDG＝DF·AB＝eq\f(1,2)FG·BD，得eq\f(25,4)×6＝eq\f(1,2)FG×10，解得FG＝7.5.(15分)8．(15分)如图2－1－7，AB是⊙O的切线，切点为B，直线AO交⊙O于C，D两点，CD＝2，∠DAB＝30°，动点P在直线AB上运动，PC交⊙O于另一点Q.图2－1－7(1)当点P运动到Q，C两点重合时(如图①)，求AP的长；(2)点P运动过程中，有几个位置(几种情况)使△CQD的面积为eq\f(1,2)(直接写出答案)?(3)当△CQD的面积为eq\f(1,2)，且点Q位于以CD为直径的上半圆上，CQ＞QD时(如图②)，求AP的长．解：(1)∵AB是⊙O的切线，∴∠OBA＝90°，∵CD＝2，∠DAB＝30°，∴OB＝1，∴OB＝OC＝AC＝1，∵点P运动到Q，C两点重合，∴PC为⊙O的切线，∴∠PCA＝90°，∵∠DAB＝30°，AC＝1，∴AP＝eq\f(2\r(3),3)；第8题答图(2)由于CD＝2，而S△CQD＝eq\f(1,2)，∴CD上的高线的长度为eq\f(1,2)，由答图①，可知有4个位置使△CQD的面积为eq\f(1,2)；(3)如答图②，过点Q作QN⊥AD于点N，过点P作PM⊥AD于点M，连结QD.∵S△CQD＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)QN·CD＝eq\f(1,2)，∵CD＝2，∴QN＝eq\f(1,2)，∵CD是⊙O的直径，∴∠CQD＝90°，易证△QCN∽△DQN，∴eq\f(QN,DN)＝eq\f(CN,QN)，∴QN2＝CN·DN.设CN＝x，那么DN＝2－x，∴x(2－x)＝eq\f(1,4)，解得x1＝eq\f(2－\r(3),2)，x2＝eq\f(2＋\r(3),2)，∵CQ＞QD，∴CN＝eq\f(2＋\r(3),2)，∴eq\f(CN,QN)＝2＋eq\r(3).易证△PMC∽△QNC，∴eq\f(CM,PM)＝eq\f(CN,QN)＝2＋eq\r(3)，∴CM＝(2＋eq\r(3))MP，在Rt△AMP中，∵∠MAP＝30°，∴AM＝eq\r(3)MP，∵AM＋CM＝AC＝1，∴eq\r(3)MP＋(2＋eq\r(3))MP＝1，∴MP＝eq\f(\r(3)－1,4)，∴AP＝2MP＝eq\f(\r(3)－1,2).(16分)9．(16分)[2023·十堰]O为直线MN上一点，OP⊥MN，在等腰直角三角形ABO中，∠BAO＝90°，AC∥OP交OM于C，D为OB的中点，DE⊥DC交MN于E.图2－1－8(1)如图2－1－8①，假设点B在OP上，那么①AC__＝__OE(选填