中考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)24《創(chuàng)新、開放與探究型問題》知識講解+鞏固練習(xí)（提高版）（含答案）

PAGE中考沖刺：創(chuàng)新、開放與探究型問題—知識講解（提高）【中考展望】所謂開放探索型問題指的是有些數(shù)學(xué)問題的條件、結(jié)論或解決方法不確定或不唯一，需要根據(jù)題目的特點進(jìn)行分析、探索，從而確定出符合要求的答案(一個、多個或所有答案)或探索出解決問題的多種方法．由于開放探究型問題對考查學(xué)生思維能力和創(chuàng)造能力有積極的作用，是近幾年中考命題的一個熱點．通常這類題目有以下幾種類型：條件開放與探索，結(jié)論開放和探索，條件與結(jié)論都開放與探索及方案設(shè)計、命題組合型、問題開放型等．【方法點撥】由于開放探究型試題的知識覆蓋面較大，綜合性較強(qiáng)，靈活選擇方法的要求較高，再加上題意新穎，構(gòu)思精巧，具有相當(dāng)?shù)纳疃群碗y度，所以要求同學(xué)們在復(fù)習(xí)時，首先對于基礎(chǔ)知識一定要復(fù)習(xí)全面，并力求扎實牢靠；其次是要加強(qiáng)對解答這類試題的練習(xí)，注意各知識點之間的因果聯(lián)系，選擇合適的解題途徑完成最后的解答．由于題型新穎、綜合性強(qiáng)、結(jié)構(gòu)獨特等，此類問題的一般解題思路并無固定模式或套路，但是可以從以下幾個角度考慮：1．利用特殊值（特殊點、特殊數(shù)量、特殊線段、特殊位置等）進(jìn)行歸納、概括，從特殊到一般，從而得出規(guī)律．2．反演推理法（反證法），即假設(shè)結(jié)論成立,根據(jù)假設(shè)進(jìn)行推理，看是推導(dǎo)出矛盾還是能與已知條件一致．3．分類討論法．當(dāng)命題的題設(shè)和結(jié)論不唯一確定，難以統(tǒng)一解答時，則需要按可能出現(xiàn)的情況做到既不重復(fù)也不遺漏，分門別類加以討論求解，將不同結(jié)論綜合歸納得出正確結(jié)果．4．類比猜想法．即由一個問題的結(jié)論或解決方法類比猜想出另一個類似問題的結(jié)論或解決方法，并加以嚴(yán)密的論證．以上所述并不能全面概括此類命題的解題策略，因而具體操作時，應(yīng)更注重數(shù)學(xué)思想方法的綜合運用．【典型例題】類型一、探索規(guī)律 1．（2015?武漢校級二模）如圖，△ABC面積為1，第一次操作：分別延長AB，BC，CA至點A1，B1，C1，使A1B=AB，C1B=CB，C1A=CA，順次連接A1，B1，C1，得到△A1B1C1．第二次操作：分別延長A1B1，B1C1，C1A1至點A2，B2，C2，使A2B1=A1B1，B2C1=B1C1，C2A1=C1A1，順次連接A2，B2，C2，得到△A2B2C2，…按此規(guī)律，要使得到的三角形的面積超過2014，最少經(jīng)過（）次操作．A．7 B．6 C．5 D．4【思路點撥】先根據(jù)已知條件求出△A1B1C1及△A2B2C2的面積，再根據(jù)兩三角形的倍數(shù)關(guān)系求解即可．【答案】D.【解析】解：△ABC與△A1BB1底相等（AB=A1B），高為1：2（BB1=2BC），故面積比為1：2，∵△ABC面積為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；同理可證△A2B2C2的面積=7×△A1B1C1的面積=49，第三次操作后的面積為7×49=343，第四次操作后的面積為7×343=2401．故按此規(guī)律，要使得到的三角形的面積超過2014，最少經(jīng)過4次操作．故選D．【總結(jié)升華】考查了三角形的面積，此題屬規(guī)律性題目，解答此題的關(guān)鍵是找出相鄰兩次操作之間三角形面積的關(guān)系，再根據(jù)此規(guī)律求解即可．舉一反三：【變式】（2016?撫順）如圖，△A1A2A3，△A4A5A5，△A7A8A9，…，△A3n﹣2A3n﹣1A3n（n為正整數(shù)）均為等邊三角形，它們的邊長依次為2，4，6，…，2n，頂點A3，A6，A9，…，A3n均在y軸上，點O是所有等邊三角形的中心，則點A2016的坐標(biāo)為.【答案與解析】解：∵△A1A2A3為等邊三角形，邊長為2，點A3，A6，A9，…，A3n均在y軸上，點O是所有等邊三角形的中心，∴A3的坐標(biāo)為（0，），∵2016÷3=672，∴A2016是第672個等邊三角形的第3個頂點，∴點A2016的坐標(biāo)為（0，×），即點A2016的坐標(biāo)為（0，448）；故答案為：（0，448）．類型二、條件開放型、結(jié)論開放型2．在平面直角坐標(biāo)系中，等腰三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為（2，2）．

（1）若底邊BC在x軸上，請寫出一組滿足條件的點B、點C的坐標(biāo)：；（2）若底邊BC的兩端點分別在x軸、y軸上，請寫出一組滿足條件的點B、點C的坐標(biāo)：.【思路點撥】（1）首先由BC在x軸上，在等腰△ABC中，即可過頂點A作AD⊥BC交BC于D，根據(jù)三線合一的性質(zhì)，可得BD=CD，即B，C關(guān)于點D對稱，則可求得滿足條件的點B、點C的坐標(biāo)；

（2）連接OA，由等腰三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為（2，2），易證得△AOB≌△AOC，則可知OB=OC，繼而可得滿足條件的點B、點C的坐標(biāo)．【答案與解析】解：（1）∵BC在x軸上，在等腰△ABC中，過頂點A作AD⊥BC交BC于D，

∵頂點A的坐標(biāo)為（2，2），

∴D的坐標(biāo)為（2，0），

在等腰△ABC中，有BD=CD，

∴B，C關(guān)于點D對稱，

∴一組滿足條件的點B、點C的坐標(biāo)為：B（0，0），C（4，0）；

（2）連接OA，

∵等腰三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為（2，2），

∴∠AOC=∠AOB=45°，

∴當(dāng)OB=OC時，

在△AOB與△AOC中，∴△AOB≌△AOC，

∴AB=AC，

即△ABC是等腰三角形，

∴一組滿足條件的點B、點C的坐標(biāo)：（0，1），（1，0）．【總結(jié)升華】此題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識．此題難度適中，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意輔助線的作法．舉一反三：【變式】在平面直角坐標(biāo)系中，等腰三角形ABC的頂點A的坐標(biāo)為(2，2)．(1)若底邊BC在x軸上，請寫出一組滿足條件的點B，點C的坐標(biāo)：________________；設(shè)點B，點C的坐標(biāo)分別為(m，0)，(n，0)，你認(rèn)為m，n應(yīng)滿足怎樣的條件？(2)若底邊BC的兩個端點分別在x軸，y軸上，請寫出一組滿足條件的點B，點C的坐標(biāo)：______________；設(shè)點B，點C的坐標(biāo)分別為(m，0)，(0，n)，你認(rèn)為m，n應(yīng)滿足怎樣的條件?【答案】解：可以通過等腰三角形的作法來探求符合題意的條件：由于AB＝AC，故點B和點C在以A為圓心的同一個圓上．(1)如圖(a)，作AE⊥x軸于E，以大于AE的長度為半徑畫弧，與x軸的交點即為符合題意的點B和點C．易知E(2，0)為線段BC的中點，故CE＝EB，即n－2＝2－m；如：點B(0，0)，點C(4，0)；m+n＝4且m≠n．(2)類似于(1)作OA，與兩條坐標(biāo)軸分別交于B1，B2，C1，C2，顯然當(dāng)A，B，C三點不共線時這樣確定的點B，C均符合題意．如：點B(1，0)，點C(0，1)，或點B(3，0)，點C(0，1)；m＝n，且m，n不為0和4；或m+n＝4．類型三、條件和結(jié)論都開放的問題3．如圖(1)，四邊形ABCD中，AD與BC不平行，現(xiàn)給出三個條件：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD，③AD＝BC．請你從上述三個條件中選擇兩個條件，使得加上這兩個條件后能夠推出ABCD是等腰梯形，并加以證明(只需證明一種情況)．【思路點撥】有兩種方法，第一種是：①∠CAB=∠DBA，②AC=BD；第二種是：②AC=BD，③AD=BC，均可利用等腰梯形的判定方法進(jìn)行驗證．【答案與解析】解：第一種選擇：①∠CAB＝∠DBA，②AC＝BD．證明：由△ACB≌△BDA，可得AD＝BC，∠ABC＝∠BAD．如圖(2)作DE∥BC交AB于點E，則∠DEA＝∠CBA．∴∠DAE＝∠DEA，AD＝ED＝BC．由ED＝BC及DE∥BC知，四邊形DEBC是平行四邊形，所以AB∥CD．∵AD與．BC不平行，∴四邊形ABCD是等腰梯形．第二種選擇：②AC＝BD，③AD＝BC．證明：如圖(3)，延長AD、BC相交于點E．由△DAB≌△CBA，可得∠DAB＝∠CBA，∴EA＝EB．由AD＝BC，可得DE＝CE，∠EDC＝∠ECD．再由三角形內(nèi)角和定理可得∠EDC＝∠EAB，∴DC∥AB．∵AD與BC不平行，∴四邊形ABCD是等腰梯形．【總結(jié)升華】此題一道開放性的題目，主要考查學(xué)生對等腰梯形的判定的掌握情況．舉一反三：【高清課堂：創(chuàng)新、開放與探究型問題例3】【變式】如圖，ABCD是一張矩形紙片，AD=BC=1,AB=CD=5．在矩形ABCD的邊AB上取一點M，在CD上取一點N，將紙片沿MN折疊，使MB與DN交于點K，得到△MNK．（1）若∠1=70°，求∠MNK的度數(shù)．（2）△MNK的面積能否小于？若能，求出此時∠1的度數(shù)；若不能，試說明理由．（3）如何折疊能夠使△MNK的面積最大？請你利用備用圖探究可能出現(xiàn)的情況，求出最大值．（備用圖）【答案】解：（1）∵ABCD是矩形，∴AM∥DN．∴∠KNM=∠1．∵∠1=70°，∴∠KNM=∠KMN=70°．（2）不能．過M點作ME⊥DN，垂足為E，則ME=AD=1．∵∠KNM=∠KMN，∴MK=NK，又MK≥ME，∴NK≥1．∴△MNK的面積=12NK?ME≥1∴△MNK的面積不可能小于12（3）分兩種情況：情況一：將矩形紙片對折，使點B與D重合，此時點K也與D重合．MK=MD=x，則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=1×2.62情況二：將矩形紙片沿對角線AC對折，此時折痕即為AC．MK=AK=CK=x，則DK=5-x．同理可得MK=NK=2.6．∵M(jìn)D=1∴S△MNK=S△MND=1×2.62△MNK的面積最大值為1.3．類型四、動態(tài)探究型4．如圖1，將三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角頂點E與正方形ABCD的頂點A重合，三角板的一邊交CD于點F．另一邊交CB的延長線于點G．（1）求證：EF=EG；（2）如圖2，移動三角板，使頂點E始終在正方形ABCD的對角線AC上，其他條件不變，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明：若不成立．請說明理由：（3）如圖3，將（2）中的“正方形ABCD”改為“矩形ABCD”，且使三角板的一邊經(jīng)過點B，其他條件不變，若AB=a、BC=b，求的值．【思路點撥】（1）由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性質(zhì)，可利用SAS證得Rt△FED≌Rt△GEB，則問題得證；（2）首先點E分別作BC、CD的垂線，垂足分別為H、I，然后利用SAS證得Rt△FEI≌Rt△GEH，則問題得證；（3）首先過點E分別作BC、CD的垂線，垂足分別為M、N，易證EM∥AB，EN∥AD，則可證得△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有兩角對應(yīng)相等的三角形相似，證得△GME∽△FNE，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得答案．【答案與解析】解：（1）證明：∵∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，∴∠DEF=∠GEB，又∵ED=BE，∴Rt△FED≌Rt△GEB，∴EF=EG；（2）成立．證明：如圖，過點E分別作BC、CD的垂線，垂足分別為H、I，則EH=EI，∠HEI=90°，∵∠GEH+∠HEF=90°，∠IEF+∠HEF=90°，∴∠IEF=∠GEH，∴Rt△FEI≌Rt△GEH，∴EF=EG；（3）解：如圖，過點E分別作BC、CD的垂線，垂足分別為M、N，則∠MEN=90°，∴EM∥AB，EN∥AD．∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，∴，∴，即，∵∠IEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°，∴∠GEM=∠FEN，∵∠GME=∠FNE=90°，∴△GME∽△FNE，∴，∴．【總結(jié)升華】此題考查了正方形、矩形的性質(zhì)，以及全等三角形與相似三角形的判定與性質(zhì)．此題綜合性較強(qiáng)，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．舉一反三：【變式1】已知：如圖(a)，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，點P由B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，速度為1cm/s；點Q由A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，速度為2cm／s；連接PQ．若設(shè)運動的時間為t(s)(0＜t＜2)，解答下列問題：(1)當(dāng)t為何值時，PQ∥BC?(2)設(shè)△AQP的面積為y(cm2)，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；(3)是否存在某一時刻t，使線段PQ恰好把Rt△ACB的周長和面積同時平分？若存在，求出此時t的值．若不存在，說明理由；(4)如圖(b)，連接PC，并把△POC沿QC翻折，得到四邊形PQP′C，那么是否存在某一時刻t，使四邊形PQP′C為菱形？若存在，求出此時菱形的邊長；若不存在，說明理由．【答案】解：(1)在Rt△ABC中，AB＝5．由題意知AP＝5-t，AQ＝2t．若PQ∥BC，則△APQ∽△ABC．∴．∴．解得．(2)過點P作PH⊥AC于H，如圖(c)．∵△APH∽△ABC，∴．∴．解得．∴．(3)若PQ把△ABC周長平分，則AP+AQ＝BP+BC+CQ．∴(5-t)+2t＝t+3+(4-2t)．解得t＝1．若PQ把△ABC面積平分，則，即．∵t＝1代入上述方程不成立，∴不存在這一時刻t，使線段PQ把Rt△ACB的周長和面積同時平分．(4)過點P作PM⊥AC于M，PN⊥BC于N，如圖(d)．若四邊形PQP′C是菱形，那么PQ＝PC．∵PM⊥AC于M，∴QM＝CM．∵PN⊥BC于N，易知△PBN∽△ABC．∴，∴．解得．∴QM＝CM＝．∴．解得．∴當(dāng)時，四邊形PQP′C是菱形．此時，．在Rt△PMC中，∴菱形PQP′C的邊長為．舉一反三：【高清課堂：創(chuàng)新、開放與探究型問題例4】【變式2】如圖，點D，E在△ABC的邊BC上，連接AD，AE.①AB＝AC；②AD＝AE；③BD＝CE.以此三個等式中的兩個作為命題的題設(shè)，另一個作為命題的結(jié)論，構(gòu)成三個命題：①②③；①③②；②③①.（1）以上三個命題是真命題的為（直接作答）；（2）請選擇一個真命題進(jìn)行證明（先寫出所選命題，然后證明）.【答案】解：（1）三個都是真命題；（2）解法一 ①②③如圖,過點A作AD⊥BC于點F.∵AB＝AC,∴BF＝CF.∵AD＝AE,∴DF＝EF.∴BD＝CE.解法二 ①③②∵AB＝AC,∴∠ABD＝∠ACE.∵BD＝CE,∴△ABD≌△ACE(SAS).∴AD＝AE.解法三 ②③①∵AD＝AE,∴∠ADE＝∠AED,即∠ADB＝∠AEC∵BD＝CE,∴△ABD≌△ACE(SAS).∴AB＝AC類型五、創(chuàng)新型5．先閱讀下列材料，然后解答問題：從三張卡片中選兩張，有三種不同選法，抽象成數(shù)學(xué)問題就是從3個元素中選取2個元素組合，記作．一般地，從個元素中選取個元素組合，記作：例從7個元素中選5個元素，共有種不同的選法．問題：從某學(xué)習(xí)小組10人中選取3人參加活動，不同的選法共有 種．【思路點撥】本題需要學(xué)生讀懂個元素中選取個元素的計算規(guī)則，然后針對具體的從10人中選取3人參加的計算．【答案與解析】由給出的公式可知從10個人中取3個人參加活動，有種不同的選法．【總結(jié)升華】本題構(gòu)思精妙、情境新穎.從試題的情境來看，本題以初中數(shù)學(xué)中的整數(shù)的乘除運算等基本運算為素材，以高中數(shù)學(xué)中組合數(shù)的定義及其計算公式為背景，展示給學(xué)生的是一個全新的問題，試題具有較大的自由度和思維空間，考查了閱讀理解、知識遷移等多種數(shù)學(xué)能力，體現(xiàn)了主動探究精神，呈現(xiàn)出研究性學(xué)習(xí)的特點，從而進(jìn)一步考查了學(xué)生自學(xué)高中數(shù)學(xué)知識的能力．從試題的解答來看，直接以組合數(shù)的定義及其計算公式為背景的試題在各種復(fù)習(xí)資料和模擬試題中從未見過，解決這個問題沒有現(xiàn)成的“套路”和“招式”，需要學(xué)生自主學(xué)習(xí)組合數(shù)的定義及其計算公式的定義，綜合運用多種數(shù)學(xué)思想方法，才能解決問題．中考沖刺：創(chuàng)新、開放與探究型問題—鞏固練習(xí)（提高）【鞏固練習(xí)】一、選擇題

1.（2016?重慶校級二模）下列圖形都是由同樣大小的小圓圈按一定規(guī)律組成的，其中第①個圖形中一共有1個空心小圓圈，第②個圖形中一共有6個空心小圓圈，第③個圖形中一共有13個空心小圓圈，…，按此規(guī)律排列，則第⑦個圖形中空心圓圈的個數(shù)為（）A．61 B．63 C．76 D．782．如圖，直角三角形紙片ABC中，AB=3，AC=4，D為斜邊BC中點，第1次將紙片折疊，使點A與點D重合，折痕與AD交與點P1；設(shè)P1D的中點為D1，第2次將紙片折疊，使點A與點D1重合，折痕與AD交于點P2；設(shè)P2D1的中點為D2，第3次將紙片折疊，使點A與點D2重合，折痕與AD交于點P3；…；設(shè)Pn﹣1Dn﹣2的中點為Dn﹣1，第n次將紙片折疊，使點A與點Dn﹣1重合，折痕與AD交于點Pn（n＞2），則AP6的長為（） A． B． C．D． 3．下面兩個多位數(shù)1248624…、6248624…，都是按照如下方法得到的：將第一位數(shù)字乘以2，若積為一位數(shù)，將其寫在第2位上，若積為兩位數(shù)，則將其個位數(shù)字寫在第2位．對第2位數(shù)字再進(jìn)行如上操作得到第3位數(shù)字……，后面的每一位數(shù)字都是由前一位數(shù)字進(jìn)行如上操作得到的．當(dāng)?shù)?位數(shù)字是3時，仍按如上操作得到一個多位數(shù)，則這個多位數(shù)前100位的所有數(shù)字之和是()A．495B．497C．501D．503二、填空題4.（2015?合肥校級三模）如圖，一個3×2的矩形（即長為3，寬為2）可以用兩種不同方式分割成3或6個邊長是正整數(shù)的小正方形，即：小正方形的個數(shù)最多是6個，最少是3個．（1）一個5×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的個數(shù)可以是個，最少是個；（2）一個7×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的個數(shù)最多是個，最少是個；（3）一個（2n+1）×2的矩形用不同的方式分割后，小正方形的個數(shù)最多是個；最少是個．（n是正整數(shù)）5.一園林設(shè)計師要使用長度為4L的材料建造如圖1所示的花圃，該花圃是由四個形狀、大小完全一樣的扇環(huán)面組成，每個扇環(huán)面如圖2所示，它是以點O為圓心的兩個同心圓弧和延長后通過O點的兩條直線段圍成，為使得綠化效果最佳，還須使得扇環(huán)面積最大．(1)使圖①花圃面積為最大時R－r的值為，以及此時花圃面積為，其中R、r分別為大圓和小圓的半徑；(2)若L＝160m，r＝10m，使圖面積為最大時的θ值為．6．如圖所示，已知△ABC的面積，在圖(a)中，若，則；在圖(b)中，若，則；在圖(c)，若，則．…按此規(guī)律，若，則________．三、解答題7．（2016?丹東模擬）已知，點D為直線BC上一動點（點D不與點B、C重合），∠BAC=90°，AB=AC，∠DAE=90°，AD=AE，連接CE．（l）如圖1，當(dāng)點D在線段BC上時，求證：①BD⊥CE，②CE=BC﹣CD；（2）如圖2，當(dāng)點D在線段BC的延長線上時，其他條件不變，請直接寫出CE、BC、CD三條線段之間的關(guān)系；（3）如圖3，當(dāng)點O在線段BC的反向延長線上時，且點A、E分別在直線BC的兩側(cè)，點F是DE的中點，連接AF、CF，其他條件不變，請判斷△ACF的形狀，并說明理由．8.如圖(a)、(b)、(c)，在△ABC中，分別以AB，AC為邊，向△ABC外作正三角形、正四邊形、正五邊形，BE，CD相交于點O．(1)①如圖(a)，求證：△ADC≌△ABE；②探究：圖(a)中，∠BOC＝________；圖(b)中，∠BOC＝________；圖(c)中，∠BOC＝________；(2)如圖(d)，已知：AB，AD是以AB為邊向△ABC外所作正n邊形的一組鄰邊；AC，AE是以AC為邊向△ABC外所作正n邊形的一組鄰邊．BE，CD的延長相交于點O．①猜想：圖(d)中，∠BOC＝________________；(用含n的式子表示)②根據(jù)圖(d)證明你的猜想．9.如圖(a)，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝9，BC＝12，AB＝a，在線段BC上任取一點P(P不與B，C重合)，連接DP，作射線．PE⊥DP，PE與直線AB交于點E．(1)試確定CP＝3時，點E的位置；(2)若設(shè)CP＝x(x＞0)，BE＝y(tǒng)(y＞0)，試寫出y關(guān)于自變量x的函數(shù)關(guān)系式；(3)若在線段BC上能找到不同的兩點P1，P2，使按上述作法得到的點E都與點A重合，試求出此時a的取值范圍．10.點A，B分別是兩條平行線m，n上任意兩點，在直線n上找一點C，使BC＝k·AB．連接AC，在直線AC上任取一點E，作∠BEF＝∠ABC，EF交直線m于點F．(1)如圖(a)，當(dāng)k＝1時，探究線段EF與EB的關(guān)系，并加以說明；說明：①如果你經(jīng)過反復(fù)探索沒有解決問題，請寫出探索過程(要求至少寫三步)；②在完成①之后，可以自己添加條件(添加的條件限定為∠ABC為特殊角)，在圖(b)中補全圖形，完成證明．(2)如圖(c)，若∠ABC＝90°，k≠l，探究線段EF與EB的關(guān)系，并說明理由．【答案與解析】一、選擇題

1.【答案】A；【解析】∵第①個圖形中空心小圓圈個數(shù)為：4×1﹣3+1×0=1個；第②個圖形中空心小圓圈個數(shù)為：4×2﹣4+2×1=6個；第③個圖形中空心小圓圈個數(shù)為：4×3﹣5+3×2=13個；…∴第⑦個圖形中空心圓圈的個數(shù)為：4×7﹣9+7×6=61個；2.【答案】A；【解析】由題意得，AD=BC=，AD1=AD﹣DD1=，AD2=，AD3=，ADn=，故AP1=，AP2=，AP3=…APn=，故可得AP6=.故選A.3.【答案】A；【解析】根據(jù)題意，當(dāng)?shù)?位數(shù)字是3時，按操作要求得到的數(shù)字是3624862486248…，從第2位數(shù)字起每隔四位數(shù)重復(fù)一次6248，因為(100-1)被4整除得24余3，所以這個多位數(shù)前100位的所有數(shù)字之間和是3+(6+2+4)+(6+2+4+8)×24＝495，答案選A．二、填空題4.【答案】（1）4；10；（2）5；14；（3）4n+2；n+2．【解析】（1）一個5×2的矩形最少可分成4個正方形，最多可分成10個正方形；（2）一個7×2的矩形最少可分成5個正方形，最多可分成14個正方形；（3）第一個圖形：是一個3×2的矩形，最少可分成1+2個正方形，最多可分成1×4+2個正方形；第二個圖形：是一個5×2的矩形，最少可分成2+2個正方形，最多可分成2×4+2個正方形；第三個圖形：是一個7×2的矩形，最少可分成3+2個正方形，最多可分成3×4+2個正方形；…第n個圖形：是一個（2n+1）×2的矩形，最多可分成n×4+2=4n+2個正方形，最少可分成n+2個正方形．故答案為：（1）4；10；（2）5；14；（3）4n+2；n+2．5.【答案】（1）R－r的值為，以及此時花圃面積為；（2）θ值為．【解析】要使花圃面積最大，則必定要求扇環(huán)面積最大．設(shè)扇環(huán)的圓心角為θ，面積為S，根據(jù)題意得：，∴∴．∵，∴S在時取最大值為．∴花圃面積最大時R－r的值為，最大面積為．(2)∵當(dāng)時，S取大值，∴(m)，(m)，∴．6.【答案】．【解析】

…

三、解答題7．【答案與解析】（1）證明：如圖1中，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE=45°，BD=CE，∴∠ACB+∠ACE=90°∴∠ECB=90°，∴BD⊥CE，CE=BC﹣CD．（2）如圖2中，結(jié)論：CE=BC+CD，理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE，∴CE=BC+CD．（3）如圖3中，結(jié)論：△ACF是等腰三角形．理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，∵∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ACE=∠ABD=135°，∴∠DCE=90°，又∵點F是DE中點，∴AF=CF=DE，∴△ACF是等腰三角形．8．【答案與解析】(1)證法一：∵△ABD與△ACE均為等邊三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，且∠BAD＝∠CAE＝60°．∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE．∴△ADC≌△ABE．證法二：∵△ABD與△ACE均為等邊三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，且∠BAD＝∠CAE＝60°．∴△ADC可由△ABE繞著點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到．∴△ABE≌△ADC．②120°，90°，72°．(2)①．②證法一：依題意，知∠BAD和∠CAE都是正n邊形的內(nèi)角，AB＝AD，AE＝AC，∴∠BAD＝∠CAE＝．∴∠BAD－∠DAE＝∠CAE－∠DAE，即∠BAE＝∠DAC．∴△ABE≌△ADC．∴∠ABE＝∠ADC．∵∠ADC+∠ODA＝180°，∴∠ABO+∠ODA＝180°．∴∠ABO+∠ODA+∠DAB+∠BOC＝360°．∴∠BOC+∠DAB＝180°．∴∠BOC＝180°－∠DAB＝．證法二：延長BA交CO于F，證∠BOC＝∠DAF＝180°-∠BAD．證法三：連接CE．證∠BOC＝180°－∠CAE．9．【答案與解析】解：(1)作DF⊥BC，F(xiàn)為垂足．當(dāng)CP＝3時，四邊形ADFB是矩形，則CF＝3．∴點P與點F重合．又∵BF⊥FD，∴此時點E與點B重合．(2)(i)當(dāng)點P在BF上(不與B，F(xiàn)重合)時，(見圖(a