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中考冲刺：创新、开放与探究型问题—知识讲解（提高）
责编：常春芳
【中考展望】
所谓开放探索型问题指的是有些数学问题的条件、结论或解决方法不确定或不唯一，需要根据题目
的特点进行分析、探索，从而确定出符合要求的答案(一个、多个或所有答案)或探索出解决问题的多种方
法．
    由于开放探究型问题对考查学生思维能力和创造能力有积极的作用，是近几年中考命题的一个热点．
通常这类题目有以下几种类型：条件开放与探索，结论开放和探索，条件与结论都开放与探索及方案设计、
命题组合型、问题开放型等．
【方法点拨】
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．分类讨论法．当命题的题设和结论不唯一确定，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．
【典型例题】
类型一、探索规律
1．（2015•武汉校级二模）如图，△ABC 面积为1，第一次操作：分别延长AB，BC，CA 至点A1，B1，
C1，使A1B=AB，C1B=CB，C1A=CA，顺次连接A1，B1，C1，得到△A1B1C1．第二次操作：分别延长A1B1，
B1C1，C1A1至点A2，B2，C2，使A2B1=A1B1，B2C1=B1C1，C2A1=C1A1，顺次连接A2，B2，C2，得到
△A2B2C2，…按此规律，要使得到的三角形的面积超过2014，最少经过（　　）次操作．
A．7 B．6 C．5 D．4
【思路点拨】
先根据已知条件求出△A1B1C1及△A2B2C2的面积，再根据两三角形的倍数关系求解即可．
【答案】D.
【解析】解：△ABC 与△A1BB1底相等（AB=A1B），高为1：2（BB1=2BC），故面积比为1：2，
ABC
△
∵
面积为1，
S
∴
A1B1B
△
=2．
同理可得，S
C1B1C
△
=2，S
AA1C
△
=2，
S
∴
A1B1C1
△
=S
C1B1C
△
+S
AA1C
△
+S
A1B1B
△
+S
ABC
△
=2+2+2+1=7；
同理可证△A2B2C2的面积=7×
A
△
1B1C1的面积=49，
第三次操作后的面积为7×49=343，
第四次操作后的面积为7×343=2401．
故按此规律，要使得到的三角形的面积超过2014，最少经过4 次操作．
故选D．
【总结升华】
考查了三角形的面积，此题属规律性题目，解答此题的关键是找出相邻两次操作之间三角形面积的关
系，再根据此规律求解即可．
举一反三：
【变式】
（2016•抚顺）如图，△A1A2A3，△A4A5A5，△A7A8A9，…，△A3n﹣2A3n﹣1A3n（n 为正整数）均为等边三角形，
它们的边长依次为2，4，6，…，2n，顶点A3，A6，A9，…，A3n均在y 轴上，点O 是所有等边三角形的中心，则点
A2016的坐标为　
             
 
 .
【答案与解析】
解：∵△A1A2A3为等边三角形，边长为2，点A3，A6，A9，…，A3n均在y 轴上，点O 是所有等边三角形的中心，
∴A3的坐标为（0，
 
），
∵2016÷3=672，
∴A2016是第672 个等边三角形的第3 个顶点，
∴点A2016的坐标为（0，
×
），
即点A2016的坐标为（0，448
）；
故答案为：（0，448
）．
类型二、条件开放型、结论开放型
2．在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC 的顶点A 的坐标为（2，2）．
（1）若底边BC 在x 轴上，请写出一组满足条件的点B、点C 的坐标：             ； 
（2）若底边BC 的两端点分别在x 轴、y 轴上，请写出一组满足条件的点B、点C 的坐标：         . 
【思路点拨】
（1）首先由BC 在x 轴上，在等腰△ABC 中，即可过顶点A 作AD⊥BC 交BC 于D，根据三线合一的性质，可得
BD=CD，即B，C 关于点D 对称，则可求得满足条件的点B、点C 的坐标；
（2）连接OA，由等腰三角形ABC 的顶点A 的坐标为（2，2），易证得△AOB≌△AOC，则可知OB=OC，继而可得
满足条件的点B、点C 的坐标．
【答案与解析】
解：（1）∵BC 在x 轴上，在等腰△ABC 中，过顶点A 作AD⊥BC 交BC 于D，
∵顶点A 的坐标为（2，2），
∴D 的坐标为（2，0），
在等腰△ABC 中，有BD=CD，
∴B，C 关于点D 对称，
∴一组满足条件的点B、点C 的坐标为：B（0，0），C（4，0）；
       
            
（2）连接OA，
   ∵等腰三角形ABC 的顶点A 的坐标为（2，2），
∴∠AOC=∠AOB=45°，
∴当OB=OC 时，
在△AOB 与△AOC 中，
OB=OC
AOB= AOC
OA=OA





∴△AOB≌△AOC，
∴AB=AC，
即△ABC 是等腰三角形，
∴一组满足条件的点B、点C 的坐标：（0，1），（1，0）．
【总结升华】
此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．此题难度适中，解题的关键是注意数形
结合思想的应用，注意辅助线的作法．
举一反三：
【变式】在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC 的顶点A 的坐标为(2，2)．
(1)若底边BC 在x 轴上，请写出一组满足条件的点B，点C 的坐标：________________；设点B，点C 的
坐标分别为(m，0)，(n，0)，你认为m，n 应满足怎样的条件？
(2)若底边BC 的两个端点分别在x 轴，y 轴上，请写出一组满足条件的点B，点C 的坐标：
______________；设点B，点C 的坐标分别为(m，0)，(0，n)，你认为m，n 应满足怎样的条件?
【答案】
解：可以通过等腰三角形的作法来探求符合题意的条件：由于AB＝AC，故点B 和点C 在以A 为圆心的同一
个圆上． 
(1)如图(a)，作AE⊥x 轴于E，以大于AE 的长度为半径画弧，与x 轴的交点即为符合题意的点B 和点C．易
知E(2，0)为线段BC 的中点，故CE＝EB，即n－2＝2－m；如：点B(0，0)，点C(4，0)；m+n＝4 且m≠n．
(2)类似于(1)作OA，与两条坐标轴分别交于B1，B2，C1，C2，显然当A，B，C 三点不共线时这样确定的点B，C
均符合题意．如：点B(1，0)，点C(0，1)，或点B(3，0)，点C(0，1)；m＝n，且m，n 不为0 和4；或m+n＝4．
类型三、条件和结论都开放的问题
3．如图(1)，四边形ABCD 中，AD 与BC 不平行，现给出三个条件：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD，③AD＝
BC．请你从上述三个条件中选择两个条件，使得加上这两个条件后能够推出ABCD 是等腰梯形，并加以证
明(只需证明一种情况)．
 
【思路点拨】
有两种方法，第一种是：①∠CAB=∠DBA，②AC=BD；第二种是：②AC=BD，③AD=BC，均可利用等腰梯形的判
定方法进行验证．
【答案与解析】
解：第一种选择：
①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD．
证明：由△ACB≌△BDA，
可得AD＝BC，∠ABC＝∠BAD．
如图(2)作DE∥BC 交AB 于点E，则∠DEA＝∠CBA．
∴∠DAE＝∠DEA，AD＝ED＝BC．
由ED＝BC 及DE∥BC 知，
四边形DEBC 是平行四边形，所以AB∥CD．
∵ AD 与．BC 不平行，
∴ 四边形ABCD 是等腰梯形．
 
    第二种选择：②AC＝BD，③AD＝BC．
    证明：如图(3)，延长AD、BC 相交于点E．
由△DAB≌△CBA，可得∠DAB＝∠CBA，
∴EA＝EB．
由AD＝BC，可得DE＝CE，∠EDC＝∠ECD．
再由三角形内角和定理可得∠EDC＝∠EAB，
∴DC∥AB．
∵AD 与BC 不平行，
∴四边形ABCD 是等腰梯形．
【总结升华】此题一道开放性的题目，主要考查学生对等腰梯形的判定的掌握情况．
举一反三：
【高清课堂：创新、开放与探究型问题  例3】
【变式】如图，ABCD 是一张矩形纸片，AD=BC=1,AB=CD=5．在矩形ABCD 的边AB 上取一点M，在CD 上取一点
N，将纸片沿MN 折叠，使MB 与DN 交于点K，得到△MNK．
（1）若∠1=70°，求∠MNK 的度数．
（2）△MNK 的面积能否小于1
2 ？若能，求出此时∠1 的度数；若不能，试说明理由．
（3）如何折叠能够使△MNK 的面积最大？请你利用备用图探究可能出现的情况，求出最大值．
（备用图）
【答案】
解：（1）∵ABCD 是矩形，
∴AM∥DN．
∴∠KNM=∠1．
∵∠1=70°，
∴∠KNM=∠KMN=70°．
（2）不能．
过M 点作ME⊥DN，垂足为E，则ME=AD=1．
∵∠KNM=∠KMN，
∴MK=NK，
又MK≥ME，
∴NK≥1．
∴△MNK 的面积= NK•ME≥．
∴△MNK 的面积不可能小于．
（3）分两种情况：
情况一：将矩形纸片对折，使点B 与D 重合，此时点K 也与D 重合．
MK=MD=x，则AM=5﹣x．
由勾股定理得12+（5﹣x）2=x2，
解得x=2.6．
∴MD=ND=2.6．
S△MNK=S△MND=
=1.3．
情况二：将矩形纸片沿对角线AC 对折，此时折痕即为AC．
MK=AK=CK=x，则DK=5-x．
同理可得MK=NK=2.6．
∵MD=1
∴S△MNK=S△MND=
=1.3．
△MNK 的面积最大值为1.3．
类型四、动态探究型
4．如图1，将三角板放在正方形ABCD 上，使三角板的直角顶点E 与正方形ABCD 的顶点A 重合，三角
板的一边交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．
【思路点拨】
（1）由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性质，可利用SAS 证得
Rt△FED≌Rt△GEB，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≌Rt△GEH，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．
【答案与解析】
解：（1）证明：∵∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，
∴∠DEF=∠GEB，
又∵ED=BE，
∴Rt△FED≌Rt△GEB， 
∴EF=EG；
（2）成立．
证明：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△FEI≌Rt△GEH，
∴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°，
∴EM∥AB，EN∥AD．
∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，
∴
,
NE
CE EM
CE
AD
CA
AB
CA


，
∴NE
EM
AD
AB

，即NE
AD
b
EM
AB
a


，
∵∠IEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°，
∴∠GEM=∠FEN，
∵∠GME=∠FNE=90°，
∴△GME∽△FNE，
∴EF
EN
EG
EM

，
∴EF
b
EG
a

．
【总结升华】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．
举一反三：
【变式1】已知：如图(a)，在Rt△ACB 中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，点P 由B 出发沿BA 方向向点A 匀
速运动，速度为1cm/s；点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动，速度为2cm／s；连接PQ．若设运动的时
间为t(s)(0＜t＜2)，解答下列问题：
    (1)当t 为何值时，PQ∥BC?
    (2)设△AQP 的面积为y(cm2)，求y 与t 之间的函数关系式；
    (3)是否存在某一时刻t，使线段PQ 恰好把Rt△ACB 的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t 的
值．若不存在，说明理由；
(4)如图(b)，连接PC，并把△POC 沿QC 翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边
形PQP′C 为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．
【答案】
解：(1)在Rt△ABC 中，AB＝5．
由题意知AP＝5-t，AQ＝2t．
若PQ∥BC，则△APQ∽△ABC．
∴AQ
AP
AC
AB

．
∴2
5
4
5
t
t


．
解得
10
7
t 
．
(2)过点P 作PH⊥AC 于H，如图(c)．
∵△APH∽△ABC，
∴PH
AP
BC
AB

．
∴
5
3
5
PH
t


．解得
3
3
5
PH
t


．
∴
2
1
1
1
3
2
(3
)
3
2
2
5
5
y
AQ
PH
t
t
t
t









．
(3)若PQ 把△ABC 周长平分，
则AP+AQ＝BP+BC+CQ．
∴(5-t)+2t＝t+3+(4-2t)．
解得t＝1．
若PQ 把△ABC 面积平分，
则
1
2
APQ
ABC
S
S

△
△
，即
2
3
3
3
5 t
t



．
∵t＝1 代入上述方程不成立，
∴不存在这一时刻t，使线段PQ 把Rt△ACB 的周长和面积同时平分．
(4)过点P 作PM⊥AC 于M，PN⊥BC 于N，如图(d)．
若四边形PQP′C 是菱形，那么PQ＝PC．
∵PM⊥AC 于M，∴QM＝CM．
∵PN⊥BC 于N，易知△PBN∽△ABC．
∴PN
BP
AC
AB

，∴4
5
PN
t

．
解得
4
5
t
PN 
．
∴QM＝CM＝4
5
t
．
∴4
4
2
4
5
5
t
t
t



．
解得
10
9
t 
．
∴当
10
9
t 
时，四边形PQP′C 是菱形．
此时
3
7
3
5
3
PM
t



，
4
8
5
9
CM
t


．
在Rt△PMC 中，
2
2
49
64
505
9
81
9
PC
PM
CM





∴菱形PQP′C 的边长为
505
9
．
举一反三：
【高清课堂：创新、开放与探究型问题  例4】
【变式2】如图，点D，E 在△ABC 的边BC 上，连接AD，AE. ①AB＝AC；②AD＝AE；③BD＝CE.以此三个等式中
的两个作为命题的题设，另一个作为命题的结论，构成三个命题：①②③；①③②；②③①.
（1）以上三个命题是真命题的为（直接作答）                ；
（2）请选择一个真命题进行证明（先写出所选命题，然后证明）.
【答案】
解：（1）三个都是真命题；
（2）解法一
①②③
如图,过点A 作AD⊥BC 于点F.
∵AB＝AC,
∴BF＝CF.
∵AD＝AE,
∴DF＝EF.
∴BD＝CE.
 
解法二①③②
∵AB＝AC,
∴∠ABD＝∠ACE.
∵BD＝CE,
∴△ABD≌△ACE(SAS).
∴AD＝AE.
解法三②③①
∵AD＝AE,
∴∠ADE＝∠AED,
即∠ADB＝∠AEC
∵BD＝CE,
∴△ABD≌△ACE(SAS).
∴AB＝AC
类型五、创新型
5．先阅读下列材料，然后解答问题：从A
B
C
，，
三张卡片中选两张，有三种不同选法，抽象成数学
问题就是从3 个元素中选取2 个元素组合，记作
2
3
3 2
C
3
2 1




．一般地，从m 个元素中选取n 个元素组
合，记作：
E
D
C
B
A
(
1)
(
1)
C
(
1)
3 2 1
n
m
m m
m
n
n n








例从7 个元素中选5 个元素，共有
5
7
7 6 5 4 3
C
21
5 4 3 2 1




种不同的选法．
问题：从某学习小组10 人中选取3 人参加活动，不同的选法共有          
 
 种．
【思路点拨】
本题需要学生读懂m 个元素中选取n 个元素的计算规则，然后针对具体的从10 人中选取3 人参加
的计算．
【答案与解析】
由给出的公式可知从10 个人中取3 个人参加活动，有
3
10
10 9 8
C
120
3 2 1




种不同的选法．
【总结升华】
本题构思精妙、情境新颖.从试题的情境来看，本题以初中数学中的整数的乘除运算等基本运算为素
材，以高中数学中组合数的定义及其计算公式为背景，展示给学生的是一个全新的问题，试题具有较大的
自由度和思维空间，考查了阅读理解、知识迁移等多种数学能力，体现了主动探究精神，呈现出研究性学
习的特点，从而进一步考查了学生自学高中数学知识的能力．从试题的解答来看，直接以组合数的定义及
其计算公式为背景的试题在各种复习资料和模拟试题中从未见过，解决这个问题没有现成的“套路”和
“招式”，需要学生自主学习组合数的定义及其计算公式的定义，综合运用多种数学思想方法，才能解决
问题．