开放型问题的押轴题解析汇编二
开放型问题
1 . （2011湖北荆州，19，7分）（本题满分7分）如图，P是矩形ABCD下方一点，将 绕P点顺时针旋转 后恰好D点与A点重合，得到 ,连接EB，问 是什么特殊三角形？请说明理由.
【解题思路】根据旋转及矩形的性质可知AE＝CD＝AB，可得等腰 ，进一步由旋转角是 ，猜想此三角形可能是等边三角形.
【答案】解：△ABE是等边三角形.理由如下：……………………1分?
由旋转得△PAE≌△PDC?
∴CD=AE，PD=PA,∠1=∠2………………………………3分?
∵∠DPA=60°∴△PDA是等边三角形………………………………4分?
∴∠3＝∠PAD＝60°.?
由矩形ABCD知，CD＝AB，∠CDA＝∠DAB＝90°.?
∴∠1＝∠4＝∠2＝30°………………………………6分?
∴AE＝CD＝AB，∠EAB＝∠2+∠4＝60°,?
∴△ABE为等边三角形 ………………………………7分
【点评】此类试题是猜想与证明两部分组成，解答时，首先是猜想结论，即同学们根据自己学过的知识经过严格合理地推理，得出一个正确的判断；然后证明，就是根据题目的要求，把从题设到推出某个结论的过程完整地叙述出来.
2. （2011湖北襄阳，25，10分）如图9，点P是正方形ABCD边AB上一点（不与点A，B重合），连接PO并将线段PD绕点P顺时针方向旋转90°得到线段PE，PE交边BC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠ADP＝∠EPB；
（2）求∠CBE的度数；
（3）当 的值等于多少时，△PFD～△BFP？并说明理由．
【解题思路】解决（1）（2）两问，由旋转发现∠DPE＝90°，DP＝PE，进而构造全等三角形是关键；（3）可由△PFD～△BFP产生比例线段，再结合△ADP～△BPF思考．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠PBC＝90°，AB＝AD，∴∠ADP+∠APD＝90°．
∵∠DPE＝90°，∴∠APD+∠EPB＝90°，
∴∠ADP＝∠EPB．
（2）如下图，过E点作EG⊥AB的延长线于点G，则∠EGP＝∠A＝90°．
又∵∠ADP＝∠EPB，PD＝PE，∴△PAD≌△EGP．
∴EG＝AP，AD＝AB＝PG．
∴AP＝EG＝BG．
∴∠CBE＝∠EBG＝45°．
（3）法1：当 ＝ 时，△PFD～△BFP．
∵∠ADP＝∠FPB，∠A＝∠PBF，
∴△ADP～△BPF．
设AD＝AB＝a，则AP＝PB＝ a，∴BF＝BP× ＝ a．
∴PD＝ ＝ a，PF＝ ＝ a．∴ ＝ ＝ ．
又∵∠DPF＝∠PBF＝90°，∴△PFD～△BFP．
法2：假设△PFD～△BFP，则 ＝ ．
∵∠ADP＝∠F PB，∠A＝∠PBF，∴△ADP～△BPF．
∴ ＝ ．
∴ ＝ ．
∴PB＝AP．∴ ＝ 时，△PFD～△BFP．
【点评】本题属于直线形几何综合问题，主要考查了正方形，全等三角形，相似三角形，勾股定理等知识．（1）问简单基础，学生普遍会做；（2）问由E点作AB的垂线是较为简捷的思路；（3）是条件开放探究性问题，解决时需要“执果索因”，从后向前思考．难度较大．
25．（2011四川乐山，25，12分）如图（14.1）,在直角△ABC中, ∠ACB=90 ,CD⊥AB,垂足为D,点E在AC上,BE交CD于点G,EF⊥BE交AB于点F,若AC=mBC,CE=nEA(m,n为实数).
试探究线段EF与EG的数量关系.
(1)如图(14.2),当m=1,n=1时,EF与EG的数量关系是
证明:
(2) 如图(14.3),当m=1,n为任意实数时,EF与EG的数量关系是
证明如图(14.1),当m,n均为任意实数时,EF与EG的数量关系是
(写出关系式,不必证明)
【解题思路】：添加辅助线，构建新的直角三角形，推理证明三角形相似，利用相似关系，列比例式推出EF与EG的数量关系。
【答案】(1)相等。如,14.2，当m=1,n=1时,△ACB是等腰直角三角形，E为AC中点，作EM⊥AB,EN⊥CD,垂足分别为M、N，EM、EN为中位线，∴△EFM≌△ENG,∴EF=EG.
（2）EF:EG=1：n。作EM⊥AB,EN⊥CD,垂足分别为M、N，m=1, △ACB是等腰直角三角形，△EFM∽△ENG,∴EF:EG=EM:EN=AE:EC,∴EF:EG=AE:nAE=1:n.
【点评】本题是属于图形演变、规律探索性题目，找准基础图形，作出辅助线，确定三角形全等或相似关系，列出关系式，是解题的关键。本题难度较大。
24．（2011湖北随州，24，14分）如图所示，过点F（0，1）的直线y=kx＋b与抛物线 交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点（其中x1＜0，x2＜0）．
⑴求b的值．
⑵求x1•x2的值
⑶分别过M、N作直线l：y=－1的垂线，垂足分别是M1、N1，判断△M1FN1的形状，并证明你的结论．
⑷对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线m，使m与以MN为直径的圆相切．如果有，请法度出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由．
【思路分析】（1）将F（0，1）代入直线解析式y=kx＋b，即可求出b=1；
（2）因为M（x1，y1）和N（x2，y2），是两个图象的交点，所以它满足两个函数解析式，即满足 ，这样就得到方程 ，然后根据根与系数关系即可得到 的值；
（3）通过分析图形的特点，可利用三角形相似证明△M1FN1是直角三角形，由F1M1•F1N1=－x1•x2=4，FF1=2，所以F1M1•F1N1=F1F2，所以 ,所以可证明Rt△M1FF1∽Rt△N1FF1，由此可得∠M1F1F=∠M1FN1=90°，即△M1FN1是直角三角形；
（4）证明圆心P到直线y=－1的距离等于圆的半径，即 证明PQ= MN，然后利用梯形的中位线定理证明即可.
【答案】解：⑴b=1
⑵显然 和 是方程组 的两组解，解方程组消元得 ，依据“根与系数关系”得 =－4
⑶△M1FN1是直角三角形，理由如下：
由题知M1的横坐标为x1，N1的横坐标为x2，设M1N1交y轴于F1，则F1M1•F1N1=－x1•x2=4，而FF1=2，所以F1M1•F1N1=F1F2，另有∠M1F1F=∠FF1N1=90°，易证Rt△M1FF1∽Rt△N1FF1，得∠M1FF1=∠FN1F1，故∠M1FN1=∠M1FF1＋∠F1FN1=∠FN1F1＋∠F1FN1=90°，所以△M1FN1是直角三角形．
⑷存在，该直线为y=－1．理由如下：
直线y=－1即为直线M1N1．
如图，设N点横坐标为m，则N点纵坐标为 ,计算知NN1= ， NF= ，得NN1=NF
同理MM1=MF．
那么MN=MM1＋NN1，作梯形MM1N1N的中位线PQ，由中位线性质知PQ= （MM1＋NN1）= MN，即圆心到直线y=－1的距离等于圆的半径，所以y=－1总与该圆相切．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，二次函数的综合应用是初中阶段的重点题型，要特别注意利用数形结合是这部分考查的重点也是难点，难度较大.
25．（2011湖南永州，25，10分）探究问题：
⑴方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF=45°，连接EF，求证DE+BF=EF．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD,BG=DE, ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF=45° ∴∠2+∠ 3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°．
∵∠1=∠2， ∴∠1+∠3=45°．
即∠GAF=∠_________．
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌_______．
∴_________=EF，故DE+BF=EF．
⑵方法迁移：
如图②，将 沿斜边翻折得到 △ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF= ∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
⑶问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，E ，F分别为DC,BC上的点，满足 ,试猜想当∠B与∠D满足什么关系时，可使得DE+BF=EF．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．
【解题思路】：（1）由四边形ABCD是正方形，知∠BAD=90°, 由∠EAF=45°，得∠1+∠3=45°，所以∠GAF=∠EAF，由“SAS”可证△GAF≌△EAF，再由全等三角形的对应边相等得结论；（2）类比（1）的解法，运用轴对称和旋转的知识可证DE+BF=EF．（3）类比猜想DE+BF=EF．
【答案】⑴EAF、△EAF、GF．
⑵DE+BF=EF，理由如 下：
假设∠BAD的度数为 ，将△ADE绕点A顺时针旋转 得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB=AD,BG=DE, ∠1=∠2，∠ABG=∠D=90°,
∴∠ABG+∠ABF=90°+90°=180°，
因此 ，点G，B，F在同一条直线上．
∵∠EAF= ∴∠2+∠3=∠BAD-∠EAF=
∵∠1=∠2， ∴∠1+∠3= ．
即∠GAF=∠EAF
又AG=AE，AF=AF
∴△GAF≌△EAF．
∴GF=EF，
又∵GF=BG+BF=DE+BF ∴DE+BF=EF．
⑶当∠B与∠D互补时，可使得DE+BF=EF．
【点评】：每份试卷的压轴题一般较难，综合考查了学生探究能力、知识迁移能力、创新能力、分析问题解决问题的能力.本题综合了探究、阅读理解、知识迁移、知识升华 等过程逐步引申，既考查了问题，还降低了学生对难题的畏惧心理，是一道很好的压轴题.
25. （2011湖南长沙，25，10分）使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点.例如，对于函数y=x-1，令y=0，可得x=1， 我们说1是函数y=x-1的零点.已知函数y=x2-2mx-2（m+3）（m为常数）.
（1）当m=0时，求该函数的零点；
（2）证明：无论m取何值，该函数总有两个零点；
（3）设函数的两个零点分别为 和 ，且 ，此时函数与x轴的交点分别为A、B（点A在点B左侧）.点M在直线y=x-10上，当MA+MB最小时，求直线AM的解析式.
【解题思路】（1）根据题目定义，m=0时，令y=0，把函数关系式转化为关于x的一元二次方程，解此方程求出x的值即为函数零点值；（2）令y=0，得到关于x的一元二次方程， x2-2mx-2（m+3）=0，运用判别式进行推理即可；（3） 和 是函数y=x2-2mx-2（m+3）（m为常数）零点，且满足 ，根据根与系数关系进一步求出m值，于是得到一个具体二次函数解析式y=x2-2x-8，求出与x轴交点坐标
【答案】 解：（1）当m=0时，y=x2-6.
令y=0，x2-6=0，解得x= 或x= .
即m=0时，求该函数的零点为 、 .
（2）证明：令y=0，则x2-2mx-2（m+3）=0.
由于b2-4ac=（-2m）2-4•1•[-2（m+3）]=4m2+8m+24=4（m2+2m+1-1）+24=4（m+1）2+20.
因为无论m为何值，4（m+1）2≥0，所以4（m+1）2+20＞0.
即：无论m取何值， 一元二次方程x2-2mx-2（m+3）=0一定有两个不相等的实数根，因此无论m取何值，函数y=x2-2mx-2（m+3）（m为常数）总有两个零点.
（3）设函数的两个零点分别为 和 ，则 和 是一 元二次方程x2-2mx-2（m+3）=0的两个根，所以 + =2m， • =-2（m+3）.
则 .
又 ，所以 = .
解此分式方程，得m=1，经检验，m=1是 = 的根.
所以y=x2-2x-8.
此函数与x轴的交点坐标为A（-2,0），B（4,0）.
设直线y=x-10与x轴交与点D（10,0），与y轴交于点F（0，-10），过点A作直线y=x-10的垂线，垂足为点E，延长AE到点A′，使AE=A′E，连接A′B，交y=x-10于点M，则此时MA+MB最小.
易知OA=ON=2，OC=10.∴AN= ，NC=8，NE=4 .
∴AE= A′E=6 ，A′N=10
∴A′F=NF=10，OF=12.
故点A′坐标为（10，-12）.
设直线A′B的解析式为 ，把B（4,0），A′（10，-12）代入上式：
，解得 .
∴直线A′B的解析式为y=-2x+8.
解方程组 ，得 .
所以点M（6，-4）.
设直线AM的解析式为 ，把A（-2,0），M（6，-4）代入上式：
，解得 .
故当MA+MB最小时，直线AM的解析式为y= x-1.
【点评】本问题（1）主要考查了一元二次方程根的解法，解题关键是根据题目定义转化为一元二次方程求解；问题（2）主要运用一元二次方程根的判别式进行推断，本问解决过程中容易出现对推理过程得到式子 =4（m+1）2+20分析出错或进行不下去，由非负数性质可知4（m+1）2+20＞0，即 有两个不相等实数根；问题（3）解决问题难度层层上升，涉及到求二次函数解析式，一次函数解析式，二元一次方程组解法等，本问题需要数形结合进行解决，综合性较大，体现中考试题选拔功能设计.从某种意义上讲本大题考查了函数、一元二次方程、二元一次方程、不等式等内在联系.难度较大.