闯进中考试卷的数学开放题
湖北 吴正凯 随着九年义务教育的实施和教育模式由“应试教育”向素质教育转
轨，一个崭新的数学题型的触角悄悄地伸向中考试卷，这就是开放型数 学试题.让我们先看一个例子：
引例（1996 年宁夏回族自治区中考试题）如图 1，已知⊙O 内切于 四边形 ABCD，AB=AD，连结 AC、BD.根据上述条件，结合图形直接写出结 论（除图中 A、B、C、D、O 五个字母外不要标注或使用其他字母，不添 加任何辅助线，不写推理过程）.











　　这道题很特别，没有现成的结论，甚至结论可有多个而不惟一确定， 考生可以根据自己对几何知识的认识写出一个到多个结论.这就是开放 型数学题.
开放型数学问题是相对于给出了明确的条件和结论的封闭型问题而
言的.所谓开放型数学题通常指答案不确定或条件不完备，或具有多种不 同解法，或有多种可能的解答等类型的数学问题.如果我们把数学习题看 作是一个系统：y、o、p、z，其中 y 表示习题的条件，o 表示解题依据，
p 表示解题方法，z 表示习题的结论.这个系统中的四个要素若有两个未
知则称为探索性题；若有三个未知则是问题性习题.开放题就属于问题性 习题（少数属于探索性习题）.引例就是解题依据不明、解题方法不明、 结论不明的问题性试题.将问题性试题即开放题引入中考无疑是因为这 类试题具有其他试题所不可替代的功能.
一、条件开放型试题
例 1 （1997 南京市中考试题）已知：a、b、c 分别是△ABC 中∠A、
∠B、∠C 的对边（a＞b）.二次函数 y＝（x-2a）x-2b（x-a）+c2 的图象 的顶点在 x 轴上，且 sinA、sinB 是关于 x 的方程（m＋5）x2-（2m-5）x
＋m -8=0 的两个根.
（1）判断△ABC 的形状，并说明理由；
（2）求 m 的值；
　　（3）若这个三角形的外接圆面积为 25π，求△ABC 的内接正方形（四 个顶点都在三角形的边上）的边长.
　　

　　所谓条件开放型试题是指在结论不变的前提下，条件不惟一的开放 题.本例第（3）问中，由于正方形内接于三角形的方式不单一，因而如
图 2 所示，将产生两个答案.由于课本上出现过类似乙图的图形，学生就 可能受定势思维的影响只给出乙图时的解答，只有敢于突破，具有创新 意识的同学才可能给出甲、乙两种情况下的解答.
例 2 （1997 年北京市中考试题）已知矩形的长大于宽的 2 倍，周 长为 12，从它的一个顶点作一条射线，将矩形分成一个三角形和一个梯 形，且这条射线与矩形一边所成的角的正切值为 1/2.设梯形面积为 S， 梯形中较短底的长为 x，试写出梯形面积 S 关于 x 的函数关系式，并指出 自变量 x 的取值范围.










　　几何问题往往都对应于一定的图形，由于几何元素之间位置关系的 可变性又决定了图形的多样性，而图形是问题条件的重要组成部分，图 形的多样性就决定了问题条件的开放性.如本例中条件对应着图 3 的甲、 乙两种情况，于是本例的解答亦有两个结论.由于题设条件中强调“长大 于宽的 2 倍”，因此，部分学生会被导入乙图而忽视了甲图，只有思维 发散性较强的同学才会画出两种图形分别求解.
二、结论开放型试题
例 3 （1995 年广东省中考试题）如图 4 所示，AD 是 RtΔABC 斜边
BC 上的高，AB=AC，过点 A、D 的圆与 AB、AC 分别交于点 E、F，弦 EF 与 AD 相交于点 G.
（1）图中有哪些三角形与ΔGDE 相似（不要求说明理由）？
（2）当 BC＝2 时，求 AE＋AF 的长.

　　数学命题，根据思维形式可分成三个部分：假设——推理——判断. 所谓结论开放型题是指其中判断部分是未知要素的开放题，像本例这 样：谁与ΔGDE 相似？并且此处的“谁”不惟一.更为特殊的是其答案中 有ΔGFA、ΔEDA、ΔFDC，其中后两个三角形是全等的.不同水平的考生 可作出不同的回答，既能充分反映考生思维能力的差异，又能促使考生
　　
的思维发散.本例用于课堂教学将会有利于激发学生的好奇心，进而调动 学习积极性，主动参与学习过程，且能培养学生思维的发散性，使课堂 充满活力和生机.
例 4 （1996 年江西省中考试题）如图 5，在直角坐标系中，点 O
′的坐标为（2、0），⊙O′与 x 轴交于原点 O 和点 A.又 B、C、E 三点的 坐标分别为（-1，0）、（0，3）、（0，b），且 0＜b＜3.









（1）求点 A 的坐标和经过点 B、C 的直线的解析式；
　　（2）当点 E 在线段 OC 上移动时，直线 BE 与⊙O′有哪几种位置关 系？并求出每种位置关系时，b 的取值范围.
　　相对于点 B 与点 C，点 E 条件被弱化，使得直线 BE 与⊙O′位置关系 产生变化，从而使本例成为结论开放型试题.像本例这样的开放题具有一 定的创新性和探究性，利于激发考生的探究精神和创新意识.
三、策略开放型试题
例 5 （1996 年宜昌市中考试题）
如图 6，已知菱形 ABCD 的面积为 m 平方单位，∠ABC＝120°，E、F、 G、H 分别为 AB、BC、CD、DA 的中点.下面有四个结论：











（1）图中多边形 EBFGDH 为正六边形；
1
（2）图中余弦值为 的不同角有且仅有24个；
2
m
（3）图中面积为 平方单位的不同菱形有且仅有8个；
4
（4）图中面积为 3m 平方单位的不同梯形有且仅有8个.
8
其中错误的结论有 [ ]
（A）3 个. （B）0 个.
　（C）2 个. （D）1 个. 所谓策略型开放题是指条件与结论之间的推理是未知的，或者说解
法有很多种的开放题.如本例，我们可以用很多种不同的推理或计算方法 来逐一验证四个结论的真假，但是考生则必须找到一条既省事又准确的 途径来解决这个问题，因此学生的主体意识得以强化.

BC，GH∥AB，EF、GH 的交点 P 在 BD 上，P 不是 BD 的中点，EF 和 GH 把原 平行四边形分成互不重叠的四个小平行四边形.








（1）图中哪两个小平行四边形的面积相等？为什么？
（2）图中哪些小平行四边形相似？为什么？
由于题设中 P 不是 BD 的中点，考生很快就意识到面积相等的应该是

边形的对角线平分其面积来实现.
四、综合开放型试题
　　例 7 （1998 年河北省中考试题）某工厂现有甲种原料 360 千克， 乙种原料 290 千克，计划利用这两种原料生产 A、B 两种产品，共 50 件. 已知生产一件 A 种产品，需用甲种原料 9 千克，乙种原料 3 千克，可获
利 700 元；生产一件 B 种产品，需用甲种原料 4 千克，乙种原料 10 千克，
可获利 1200 元.
　　（1）按要求安排 A、B 两种产品的生产件数，有哪几种方案？请你 设计出来；
（2）设生产 A、B 两种产品获总利润为 y（元），其中一种产品生产
件数为 x，试写出 y 与 x 之间的函数关系式，并利用函数的性质说明（1） 中哪种生产方案获总利润最大？最大利润是多少？
所谓综合开放型试题是指只给出一定的情境，其条件、解题策略与
结论都要考生到情境中去自行设定或寻找的问题.综合开放型试题较多 关注考生创新意识.创造能力与数学应用意识.像本例这样具有实际意义 的开放题，在中考试卷上已多次出现.如宁波市（1993 年）、江苏淮阴市
（1996 年）、广州市（1996 年）等，这就为初中数学教育界提出了一个
严峻而又紧迫的任务：认真研究数学开放教学法. 由于开放题在我国数学教育界引起关注还是近五年来的事（开放题
引入我国是 1980 年，但在义务教育实施以前未能引起中学教育界的重
视）.当前，随着素质教育的全面推进，中央强调：“智育工作要转变教 育观念，改革人才培养模式，积极实行启发式和讨论式教学，激发学生 独立思考和创新意识，切实提高教学质量.”因此，在我们走进 21 世纪 的时刻，开放型试题将大踏步走进中考试卷.

中考试题中的函数问题
山西 高仰贵 函数是初中数学的重要内容，在历年的各地中考试题中都占有重要
的份量，本文介绍中考试题中函数问题的常见题型、解题方法以及应注 意的问题，供初三同学们复习参考.
一、求函数自变量的职值范围
此类问题通常根据函数解析式有意义的条件列不等式或不等式组求
解.
3x ? 1
例1 函数 的自变量x的取值范围是 .
3 ? x
?3x ? 1 ? 0,
解：要使原函数有意义，x应满足?3 ? x ? 0

解之，得 1 ? x < 3.
3
求函数自变量的取值范围时要注意：
　　1.分式的分母不能为零，偶次根式的被开方数不能为负，零指数及 负整数指数幂的底数不能为零等.
2.对于有实际意义的函数，自变量的取值范围除了保证解析式有意
义外，还必须使实际问题有意义. 二、求函数的解析式 此类问题常用待定系数法求解.
例 2 已知 y=y1＋y2，y1 与 x 成正比例，y2 与 x 成反比例，并且当
x=1 时，y=-2；x=2 时，y=-7.求 y 与 x 之间的函数解析式.

k 2
提示：设y1 = k 1x (k 1≠0)，y 2 ? x

k 2
（k 2 ≠0），则y = k 1x ? x ，

再根据已知条件可列出关于 k1、k2 的方程组，解得 k1、k2，便可得到 y
与 x 之间的函数关系式.
　　例 3 求经过 A（0，1）、B（-1，1）、C（1，-1）三点，且对称轴 平行于 y 轴的抛物线对应的函数解析式及其对称轴方程和最值.
提示：设函数表达式为 y＝ax2+bx+c（a≠0），将 A、B、C 三点的坐
标分别代入关系式中，得到关于 a、b、c 的方程组，解得 a、b、c 就得 出函数表达式，其余问题便唾手可得.
求函数解析式时要注意下面几点：
　　1.用待定系数法求二次函数的解析式时要根据题目所给的条件，选 用恰当的表达式.
2.熟悉各种函数（如正、反比例函数，一次、二次函数）的表达式. 三、选择函数的图象或判断图象的特征. 函数的解析式决定函数图象的形状和位置，因此要选择函数的图
象，必须根据解析式的系数特点，利用函数的性质分析判断作出选择. 此类问题常有如下几种题型：
1.单一函数的图象选择

例 4 满足 b＜0，c＜0 的二次函数 y=ax2＋bx＋c（其中 a≠0）的图 象是 [ ]
















略解：由 c＜0 知，函数图象与 y 轴的交点在 x 轴下方，故只有（A）、
（D）符合条件.因（A）、（D）中图象开口向上，所以 a＞0.又因 b

＜0 ，从而 ? b
2a

? 0，故顶点的横坐标为正，在y轴的右侧，故选（D）.



2.系数无关的两个函数的图象选择
k 1

例5 函数y ?

x （k 1 ＜0 ）与y = k 2 x＋b（k 2 ＞0，b＜0）在同一

坐标系中的图象大致是 [ ]


解：因k 1＜0，所以函数y ?

k 1
x 的图象在第二、第四象限；又因k 2

＞0，b＜0，所以函数 y＝k2x＋b 的图象在第一、第三、第四象限.符合
这两个条件的图象只能是（A）.
3.系数相关的两个函数的图象的选择
例6 函数y ? k 和函数y = k（x 2 - 1）在同一坐标系里的图象大致
x
是 [ ]


解：若k＜0，则y = k 的图象应在第二、第四象限，y＝k（x 2 - 1）
x
的图象开口向下，顶点（0， - k）在x轴上方，显然没有符合这两个条
件的图形. 若k＞0 ，则y = k 的图象应在第一、第三象限，y = k (x 2 - 1)
x
的图象开口向上，顶点在 x 轴下方，符合这两个条件的图形只有（C），
故选（C）.
4.判断函数图象的某些特征
例 7 对于二次函数 y＝ax2＋bx＋c，a＞0，c＜0，这个函数的图象
与 x 轴交点的情况是 [ ] A．没有交点. B．有一个交点.
C．有两个交点. D．不能确定.
　　解：因 a＞0，c＜0，所以 ac＜0，故 b2-4ac＞0，所以图象与 x 轴有 两个交点，故选（C）.
四、已知函数的图象或图象的某些特征，求解与函数解析式的系
数有关的问题
　　此类问题一般是根据函数图象的特点，利用函数的性质得出系数或 其符号加以解决.
例 8 二次函数 y=ax2＋bx＋c 的图象如图所示，则点（a＋b，ac）
在直角坐标系中的 [ ]

A．第一象限. B．第二象限. C．第三象限. D．第四象限.
解：因抛物线开口向上，所以 a＞0；又因抛物线顶点在第三象限，

所以 ? b
2a

＜0 ，由此可知b＞0 ；因抛物线与y轴交点在x轴下方，所以c

＜0.从而 a＋b＞0，ac＜0，故点（a＋b，ac）在第四象限.

　　例 9 若对于任何实数 x，二次函数 y＝（m-1）x2＋2mx＋m＋3 的图 象全在 x 轴上方，求 m 的取值范围.
解：因对任何实数 x，图象在 x 轴上方，所以抛物线开口向上，与 x
轴没有交点，故有
? m - 1＞0，
? （2m）2 - 4（m - 1）（m + 3）＜0.

解之，得m＞ 3 ，这就是m的取值范围.
2
五、二次函数与其它知识的综合问题
例 10 若不等式 2x2＋mx＋n＜0 的解集是-2＜x＜3，则二次函数
y=2x2＋mx＋n 的表达式为 [ ] A．y=2x2＋2x＋12. B．y＝2x2-2x＋12.
C．y=2x2+2x-12. D．y=2x2-2x-12.
解：由不等式 2x2+mx+n＜0 的解集是-2＜x＜3 知：方程 2x2＋mx＋n
＝0 的根是-2、3，所以函数 y＝2x2＋mx＋n 与 x 轴两个交点为（-2，0）、
（3，0），从而函数为 y＝2（x＋2）（x-3）＝2x2-2x-12，选（D）.
例 11 设 A、B 为抛物线 y=-3x2-2x＋k 与 x 轴的两个相异交点，M 为抛物线的顶点，当ΔAMB 为等腰直角三角形时，求 k 的值.






解：如图，因抛物线与 x 轴有两个相异的交点，所以Δ=4-4（-3）
1

k＞0，解得k＞ ?

.依题意∠AMB＝90°，AM＝BM，过M作MN垂直x
3

轴于N，则显然有MN ? 1 AB.又因
2


MN ?

4(?3)k ? 4
4 ? (?3)

1
? k ? ,
3


AB ?


( x1 ? x2 )


? ( x1 ? x2 )

2


? 4x1x2

k

? (?

2

) 2 ? 4(? )
3 3

? 1 ? 3k ,
3

所以k ? 1 = 1 ? 2


1 + 3k.

3 2 3

解得k1 = 0，k 2

1
? ? （舍去）.故k的值为0.
3

图象与函数对应的思想及其应用
江苏 陈梓人 数形结合的思想是学习《函数及其图象》最重要的思想方法，而数
形结合最基本的思想之一是图象与函数对应的思想.这种对应思想包括 如下两方面的内容：
　　（Ⅰ）某个函数图象上点的坐标（实数对），一定满足这个函数的 解析式.
　　（Ⅱ）满足某个函数解析式的实数对所表示的点，一定在这个函数 的图象上.
　　这种思想是形与数相互转化的基本依据，它在解决函数有关问题中 有着广泛的应用.
　　首先，如果某个未知函数的图象经过某些已知点，那么由（Ⅰ）的 思想，可把这些点的坐标表示的实数对代入解析式，得出关于该函数未 知系数的方程组，从而可求得函数解析式.
　　其次，要求某已知函数图象上满足某个条件的点的坐标，一般先设 出该点的坐标，由（Ⅰ）的思想，可把纵坐标用含横坐标的式子（即该 函数解析式）表示出来，再把只含一个未知量的实数对代入所给的条件， 就能求得该点的坐标.
最后，要判定某点是否在某已知函数图象上，只要把该点坐标（实
数对）代入函数解析式.根据（Ⅱ）的思想，如果满足解析式，那么该点 就在函数图象上；如果不满足解析式，那么该点就不在函数图象上.
我们先举几个一次函数的例子.
例 1 一次函数的图象过点 M（3，2）、N（-1，-6）两点.
（1）求函数解析式；
（2）试通过计算判断点 P（2a，4a-4）是否在此函数的图象上.

（1998 年福州市中考试题）
解：（1）设一次函数为 y=kx＋b，则由（Ⅰ）的思想可得

?3k + b = 2，
?
?- k + b = -6.

?k = 2，
解得?
? b = -4.

∴一次函数的解析式为 y＝2x-4.
（2）把实数对（2a，4a-4）代入解析式： 当 x＝2a 时，y=2·2a-4＝4a-4.
由（Ⅱ）的思想可知，点 P 在此函数的图象上.


例2 已知：如图1, 直线y = - 3 x ? 1和x轴、y轴分别交于点A、B，
3
以线段 AB 为边在第一象限内作等边三角形 ABC，如果在第一象限内有一
点 P（m，1/2），且ΔABP 的面积与ΔABC 的面积相等，求 m 的值.




解：易得A（


3，0），B（0，1）.

（1993 年北京市中考试题）

∴OA =

3，OB = 1，∠OAB＝30°，且AB = 2，

∴∠OAC=90°，且 AC=AB=2.

∴点C的坐标为（

3，2）.

∵SΔABP=SΔABC，∴CP∥AB.

故可设直线CD的解析式为y ? ?



3
x = b.
3

由（Ⅰ）知，实数对（

3

3，2）满足解析式.

于是得 ?

· 3，∴b = 3.
3


∴直线CP的解析式为y ? ?

1

3
x + 3.
3

又由（Ⅰ）知，（m， ）也满足解析式，
2
3 1
∴ ? m + 3 = .
3 2
解得 m ? 5 3.
2
例 3 已知：平面直角坐标系内两点 A（-2，0）、B（4，0）.
点P在直线y ? 1 x ? 5 上，且ΔABP为直角三角形. 求点P的坐标，并在
2 2
直角坐标系内标出点 P 的位置.（1997 年北京市崇文区中考试题）










解：本题分三种情形：
（i）当∠PAB=90°时，则点 P 坐标可表示为（-2，a），
1 5 3
由（Ⅰ）可得a ? ? (-2) + = .
2 2 2
∴ P 的坐标为（－2， 3 ）
1 2
（ii）当∠PBA=90°时，点 P 坐标可表示为（4，b）.

1 5 9
由（Ⅰ）可得b ? ? 4 + = .
2 2 2
∴P 的坐标为（4， 9 ）.
2 2
　　（iii）当∠APB=90°时，过 P 作 PM⊥AB，垂足为 M，则易得ΔAPM～ ΔPBM.
可得 PM2=AM·MB.
设点 P 的坐标为（m，n），则 n＞0.
由（Ⅰ）可知n ? 1 m + 5 .
　　　　　　　　　2 2
而 AM＝OA＋OM=2＋m， BM＝OB-OM＝4-m，

又PM ? n ?

1 5
m ? ，
2 2

1
∴ ( m +
2

5) 2 = (2 + m)(4 - m).
2

解得 m

7
? ? ，m = 1.

1 5 2
1 7 5 9
故n1 ? 2 (? 5) ? 2 ? 5 ，
1 5
n2 ? 2 ? 1 ? 2 ? 3.
∴P （ ? 7 , 9 ），P （1，3）.
3 5 5 4
P1、P2、P3、P4 的位置见图 2.
我们再举几个二次函数的例子.
例 4 已知抛物线 y＝（9-m2）x2-2（m-3）x+3m 的顶点 D 在双
曲线y ? ? 5 上，求m的值.
x




解：先求得抛物线顶点 D 的坐标为

（1997 年四川省中考试题）

1
(- ,
m + 3

3m 2 ? 10m ? 3
).
m + 3

由（Ⅰ）可知，点 D 所表示的实数对一定满足
5

y ? ?

，即xy = -5.
x


故得 ?

1
·
m ? 3

3m 2 ? 10m ? 3
m + 3


= -5.

解得 m1=-4，m2=-6.
　　例 5 已知抛物线 y=x2＋（k-2）x+1 的顶点为 M，与轴交于 A（a，0）、 B（b，0）两点，且 k2-（a2+ka+1）（b2＋kb＋1）=0：
（1）求 k 的值；

（2）已知抛物线上是否存在点N，使ΔABN的面积为4 3？若存
在，求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由.


　　　　　　　　　　　　　　　　　（1998 年南昌市中考试题） 解：由（Ⅰ）可知（a，0）、（b，0）满足二次函数解析式，即 a2＋（k-2）a＋1=0，
b2＋（k-2）b＋1=0.
∴a2＋ka＋1=2a， ① b2＋kb＋1=2b. ② 又由根与系数关系可知 ab=1. 把①、②代入已知等式，得
k2-2a·2b＝0，即 k2-4＝0.
解得 k=±2.但 k=2 不合题意，舍去.
∴k=-2.
（2）由（1）知，抛物线的解析式为 y=x2-4x＋1.
∴a＋b=4，ab＝1.

于是，AB ?|a ? b|?

(a ? b) 2 ? 4ab


? 4 2 ? 4 ? 1 = 2 3.
如果满足条件的点 N 存在，可设 N（x0，y0），则由（Ⅰ）可知
y0=x02-4x0+1.
由题意得S = 1 ? 2 3 ?| y |? 4 3.
?ABN 2 0
解得 y0=±4·
当 y0=4 时，x02-4x0＋1=4.
解得x 0 = 2 ? 7 .
当 y0＝-4 时，x02-4x0＋1=-4，此方程无实数根.
∴ 满足条件的点 N 存在，其坐标为

（2 ?

7，4）或（2 ?

7，4）.

例6 如图3，已知抛物线y = 1 x 2 ? px ? q（q≠0 ）与直线y = x交于
2
两点 A、B，与 y 轴交于点 C，OA＝BO，BC∥x 轴.











（1）求 p 和 q 的值；
（2）设 D、E 是线段 AB 上异于 A、B 的两个动点（点 E 在点 D 的
右上方），DE = 2 ，过D作y轴的平行线，交抛物线于F. （i）设点D的
横坐标为 t，ΔEDF 的面积为 S，把 S 表示为 t 的函数，并求自变量 t 的

取值范围及函数 S 的最大值；（ii）再过点 E 作 y 轴的的平行线，交抛 物线于 G，试问能不能适当选择点 D 的位置，使四边形 DFGE 是平行四边 形？如果能，求出此时点 D 的坐标；如果不能，请说明理由.




解：（1）由题意得 C（0，q）

（1997 年扬州市中考试题）

∵BC∥x 轴，且点 B 在直线 y=x 上，由（Ⅰ）可知，点 B 的坐标为（q，
q）.
由 OA=BO 知，点 A、B 关于原点对称，
∴ 点 A 的坐标为（-q，-q）. 由（Ⅰ）可知
? 1
q 2 ? pq ? q ? q,
? 2
?
? 1 (?q) 2 ? p(?q) ? q ? ?q.
2
解得 p=1，q=-2.
∴抛物线的解析式为y ? 1 x 2 + x - 2.
2
（2）（i）因为点 D 在直线 x=t 和 y＝x 上，由（Ⅰ）可知点 D
1

的坐标为（t，t）.而点F在直线x = t上，又在抛物线y ?

由（Ⅰ）可知，点F的坐标为（t， 1 t 2 ? t ? 2）.
2

x2 ? x ? 2上.
2

过E作EH⊥DF交FD的延长线于H，由DE = 2可知，EH = 1.

1
DF = t - (
2

1
t 2 + t - 2) = -
2


t 2 ? 2.

∴S ? 1 DF·EH ? 1 (? 1 t 2 ? 2) ? 1
2 2 2
1
? ? t 2 ? 1.
4
? 1 2
? 2

y ? x
解方程组? 2

? x ?

，可得

y ? x
? x1 = 2 ，? x 2 = -2，
? ?
y = 2 ； y = -2.
? 1 ? 2
∴ A（2，2），B（-2，-2）.
∴t 的取值范围为-2＜t＜1. 且当 t=0 时，S 有最大值 1.
（ii）易知 E（t＋1，t＋1），而点 G 在直线 x=t＋1 上，又
在y ? 1 x 2 ? x ? 2 上，
2

1
由（Ⅰ）可知点G的坐标为（t + 1，
2
1
∴EG ? (t ? 1) ? [ (t ? 1) 2 + (t + 1) - 2]
2


(t ? 1) 2 + (t + 1) - 2）.

= - 1 t 2 ? t ? 3 .
2 2
1 3

若四边形DFGE是平行四边形，则EG = DF，即 ?

= - 1 t 2 + 2.
2
解得t = ? 1 .
2
∴满足条件的点D存在，其坐标为（ ? 1 , ? 1 ）.

t 2 - t +
2 2

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　　由以上各例可知，图象与函数对应的思想常常是解决某些函数问题 的关键.我们在函数学习过程中要把这种思想贯彻始终，并不失时机地运 用这种思想（特别是Ⅰ）去解决有关问题.
　　
运用全等三角形证题的基本思路
　　　　　　　　　　　　江苏 刘顿 运用全等三角形能够证明某些与线段或角有关的几何问题.那么如
何证明两个三角形全等呢？一般来说，应根据题设条件，结合图形，寻 求边或角相等，使之逐步逼近某一公理或判定定理，其基本思路有以下 几种：
一、有两边对应相等，则寻求夹角或第三边对应相等
例 1 已知：如图 1，AB＝AC，AD=AE，∠1＝∠2.求证：BD=CE.

　　分析：要证明 BD＝CE，只要证明ΔABD≌ΔACE.因为已知条件已给 出了有两边对应相等，所以只需证明这两边的夹角也相等，即∠BAD＝∠ CAE.而根据图形和已知条件“∠1=∠2”，即可获证.
证明：∵∠1=∠2，
∴∠1+∠BAC=∠2+∠BAC. 即∠BAD=∠CAE.
在ΔABD 和ΔACE 中，
?AB＝AC，
∵?∠BAD = ∠CAE，
?
?AD＝AE，
∴ΔABD≌ΔACE（SAS）.故 BD＝CE.
例 2 已知：如图 2，AB＝DF，AC=DE，BE＝FC.求证：AB∥DF.

　　分析：要证明 AB∥DF，只要证明∠B=∠F.由∠B、∠F 分别在ΔABC 和ΔDFE 中，这就要证明ΔABC≌ΔDFE.因为已知条件给出了两边对应相 等，所以可证明两个三角形的第三条边对应相等，即 BC＝FE.根据图形和 已知条件“BE＝FC”，即可获证.
证明：∵BE＝FC，
∴BE＋EC＝FC＋CE，即 BC＝FE. 在ΔABC 和ΔDFE 中，

?AB＝DF，
∵?AC＝DE，∴ΔABC≌ΔDFE（SSS）.
?
?BC = FE，
∴∠B=∠F，故 AB∥DF.
二、有两角对应相等，则寻求夹边或任一等角的对边对应相等
例 3 已知：如图 3， AB∥CD，AD∥BC.求证：AB=CD，AD＝BC.

　　分析：要证明 AB＝CD，AD＝BC，只要连结 AC，证明ΔABC≌ΔCDA. 因为已知 AB∥CD，AD∥BC，这就有∠1＝∠2，∠3＝∠4，而 AC 又是它们 的夹边，则问题获证.
证明：连结 AC.∵ AB∥CD，AD∥BC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4. 在ΔABC 和ΔCDA 中，
?∠1 = ∠2，
∵? ＝CA，
?
?∠3＝∠4，
∴ΔABC≌ΔCDA（ASA），故 AB＝CD，AD＝BC.
例 4 已知：如图 4，∠1=∠2，∠3=∠4.求证：BE＝CD.
分析：要证明 BE＝CD，只要证明ΔBCE≌ΔCBD.在这两个三角形中，
∠1=∠2，∠3=∠4，而∠1 的对边是 BC，∠2 的对边是 CB，且有 BC=CB， 则问题获证.










证明：在ΔBCE 和ΔCBD 中，
?∠1＝∠2，
∵?∠3＝∠4，
?
?
?BC＝CB，
∴ΔBCE≌ΔCBD（AAS）.故 BE=CD.
三、有一边和该边的对角对应相等，则寻求另一角对应相等
例 5 已知：如图 5，ΔABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，直线 MN 经过
点 A，BD⊥MN，CE⊥MN，垂足为 D、E.求证：BD=AE.


　　分析：要证明 BD=AE，只要证明ΔABD≌ΔCAE.现有条件是一边和该 边的对角对应相等，还需再证明另一角对应相等，而不难发现∠1+∠2=90
°，∠2+∠3=90°，所以∠1=∠3，则问题获证.
证明：∵BD⊥MN，CE⊥MN，
∴∠ADB=∠CEA＝90°. 而∠BAC＝90°，∴∠1＋∠2=90°.
∵∠2+∠3=90°，∴∠1＝∠3. 在ΔADB 和ΔCEA 中，
?∠ADB＝∠CEA，
∵?∠1＝∠3，
?
?AB = CA，
∴ΔADB≌ΔCEA（AAS）.故 BD=AE.
　　四、有一边和该边的邻角对应相等，则寻求夹等角的另一边对应 相等，或另一角对应相等
例 6 已知：如图 6，ΔABC 中，∠ACB=90°，∠CBA=45°，E 是 AC
上一点，延长 BC 到 D，使 CD＝CE.求证：BF⊥AD.









分析：要证明 BF⊥AD，只要证明∠1＋∠2=90°.又∠3+∠4＝90°，
∠2＝∠3，那么只需证明∠1=∠4，这样只要证明ΔACD≌ΔBCE.在这两 个三角形中，已知有一边和该边的邻角对应相等，只要证明 CA=CB 即可， 此时由条件中的∠CBA=45°，可得到 CA＝CB，则问题获证.
证明：∵∠ACB＝90°，∠CBA=45°，
∴ CA=CB.
在ΔACD 和ΔBCE 中，
?CA = CB，
∵?∠ACD = ∠BCE = 90°，
?
?
?CD = CE，
∴ΔACD≌ΔBCE（SAS）.∴∠1=∠4.
∵∠4+∠3＝90°，∠3=∠2.
∴∠1＋∠2=90°，故 BF⊥AD.
例 7 已知：如图 7，AB=AC，∠B=∠C，∠1=∠2.求证：AD=AE.


　　分析：要证明 AD=AE，只要证明ΔABD≌ΔACE.由已知条件知，有一 边和该边的邻角对应相等，只要再证明另一角对应相等，此时由∠1=∠
2，可得∠BAD=∠CAE，问题获证.
证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BAE=∠2+∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE. 在ΔABD 和ΔACE 中，
?∠B＝∠C，
∵? = AC，
?
?∠BAD = ∠CAE，
∴ΔABD≌ΔACE（ASA）.故 AD=AE.
　　五、对于直角三角形来讲，应优先考虑运用“斜边、直角边公理”， 当此路不通时，再回到上述思路中去
例 8 已知：如图 8，AD⊥DB，BC⊥CA，AC＝BD.求证：AD＝BC.

　　分析：要证明 AD＝BC，只要证明ΔADB≌ΔBCA，而这两个三角形是 直角三角形，可考虑运用“斜边、直角边公理”证明，此时由题设条件 AC＝BD，结合图形 AB=BA，则问题获证.
证明：∵AD⊥DB，BC⊥CA，
∴ΔADB 和ΔBCA 都是直角三角形. 在 RtΔADB 和 RtΔBCA 中，
?BD＝AC，
∵?
?AB = BA，
∴RtΔADB≌RtΔBCA（HL）.故 AD=BC.
　　六、对于运用全等三角形证明的结论一次不到位时，则可反复运 用上述思路进行证明
例 9 已知：如图 9，AB=DE，AF=CD，EF＝BC，∠A＝∠D.求证：BF
∥CE.

　　分析：要证明 BF∥CE，只要考虑证明“同位角相等”或“内错角相 等”或“同旁内角互补”，这需要根据已知条件和图形特点，先进行比 较，再作选择.由于图中没有现成的“同位角”和“内错角”，但添加辅
　　
助线后易得“内错角”（连结 BE 或 CF）；另一方面，如考虑“同旁内角”， 则要证“互补”，而由已知条件较易证得ΔABF≌ΔDEC，估计进而证明 角“相等”比证明角“互补”容易.所以可优先考虑证明“内错角相等”， 即连结 BE，设法证明∠FBE=∠CEB，这又需证明ΔBEF≌ΔEBC，这样问题 就解决了.请读者完成这一证明.
例 10 已知：如图 10，在ΔABC 和ΔDBC 中，∠1=∠2，∠3＝∠4，
P 是 BC 上任意一点.求证：PA=PD.
分析：要证明 PA=PD，只要证明ΔABP≌ΔDBP.在这两个三角形中， 由条件仅知道一边和该边的邻角对应相等，由图形知，还必须证明 AB=BD，这又需证明ΔABC≌ΔDBC.而由∠1＝∠2，∠3=∠4.BC＝BC，问 题解决了.请读者完成这一证明.











　　综上所述，运用全等三角形处理几何证明问题，要灵活运用题设条 件，结合待证结论，对照图形，从不同角度去试探，不要怕碰壁.