中考数学转化思想在代数中的应用专题练习
数学化归思想在中学数学中的应用案例-最新教育文档
数学化归思想在中学数学中的应用案例数学思想方法反映着数学观念、原理及规律的联系和本质，是培养学生学习能力的桥梁。
在数学中，我们通常采用化归思想方法，提高学生分析问题和解决问题的能力。
化归思想，是解决数学问题的一种重要思想，它贯穿于整个数学。
对初中学生来说，能熟练、灵活运用这一方法，可减轻不少负担，更会因此而爱上数学。
因此，化归思想为提升学生解决问题的能力，培养学生的数学素养发挥着重要的作用。
一、化归思想的特性（一）设计化归目标，确保化归实效化归作为一种思想方法，包含了化归的目标以及化归的方法和途径三个要素。
因此，化归思想方法的实施应有明确的对象，要设计好目标，选择好方法。
而设计目标是问题的关键。
设计化归目标时，要把要解决的问题化归为规律问题，同时还要考虑到化归目标的设计与化归方法的可行性、有效性。
（二）力求等价性，确保逻辑正确化归包括等价化归和非等价化归。
中学数学中的化归多为等价化归，等价化归要求转化过程中的前因后果既是充分的，又是必要的，以保证转化后的结果为原题的结果。
（三）注重多样性，研究转化方案在转化过程中，同一转化目标的达到，往往可能采取多种转化途径和方法。
因此研究设计合理、简单便捷的转化途径是十分必要的，必须避免什么问题都生搬硬套的方法，以免造成繁难不堪。
二、化归思想在数学教学中的应用案例（一）把新问题转化为旧问题把新的问题转化为熟悉的问题，运用学生熟悉的知识、经验和问题来解决。
同样，能将待解决的新问题化归为一个比较熟悉的问题，就可以将已知的知识和经验用于面临的新问题，以此激发学生的学习兴趣，活跃学生的思维，那么就更有利于问题的解决。
例如，教材中解二元一次方程是通过降次化归成一元一次方程；解二元一次方程组或三元一次方程组是通过消元化归成一元一次方程或二元一次方程组；解分式方程是化归成整式方程；异分母分数的加减法，通过通分转化成同分母分数的加减法；多边形的内角和问题转化为三角形的内角和来解决；梯形的中位线问题转化为三角形的中位线来解决。
转化思想方法在初中代数教学中的应用研究
转化思想方法在初中代数教学中的应用研究转化思想方法在初中代数教学中的应用研究摘要：转化思想方法是一种重要的教学方法，它通过引导学生主动参与、发现问题，从而提高学生的学习兴趣和学习效果。
本文通过研究初中代数教学中的应用实践，探讨了转化思想方法的具体应用与效果，为初中代数教学提供了一些有益的借鉴。
一、引言代数是初中数学中的重要内容之一，也是学生较难掌握的一部分。
传统的代数教学方法多以讲授和学生记忆为主，导致学生对代数概念和方法的理解程度不深。
而转化思想方法以学生为主体，通过引导学生思考、发现问题，促进学生的主动学习，因而在初中代数教学中具有良好的应用前景。
二、转化思想方法在初中代数教学中的应用1. 引发兴趣，激发学生学习的动力转化思想方法通过情境设计等方式，提供一个具有现实意义的学习环境，引发学生的学习兴趣。
如在解一元一次方程时，可以设计一个小组合作的情境，让学生体验到方程解法的实际应用，从而激发学生学习的动力。
2. 注重问题引导，培养学生的发现能力在代数教学中，教师可以通过提出适当的问题，引导学生思考，从而培养和发展学生的发现能力。
例如，在多项式的因式分解中，教师可以提问“如何将一个多项式因式分解为两个因式的乘积”，使学生积极思考，发现多个解决方法。
3. 强调知识的联系，促进知识的迁移转化思想方法注重让学生发现知识的内在联系，帮助学生建立知识之间的联系，促进知识的迁移和应用。
例如，在代数式的化简中，教师可以引导学生分析每一步的操作，强调每个步骤的依据，使学生理解每个步骤的作用和目的，并将这种方法迁移到其他具体问题的解决过程中。
4. 倡导多元评价，培养学生的综合能力转化思想方法强调培养学生的创新、合作和综合能力，教师可以通过多元评价的方式让学生展示自己的学习成果。
例如，在代数方程的解法中，教师可以要求学生用自己的语言和思路解释解题过程，并结合实际意义进行综合评价。
三、转化思想方法在初中代数教学中的效果研究通过实施转化思想方法，可以提高学生的学习兴趣、激发学习动力，促进知识的迁移和应用，培养学生的发现能力与创新思维。
2024年中考数学二轮复习模块专练—化归思想(含答案)
2024年中考数学二轮复习模块专练—化归思想（含答案）在于将未知的，陌生的，复杂的问题通过演绎归纳转化为已知的，熟悉的，简单的问题．三角函数，几何变换，因式分解，乃至古代数学的尺规作图等数学理论无不渗透着转化的思想．常见的转化方式有：一般特殊转化，等价转化，复杂简单转化，数形转化，构造转化，联想转化，类比转化等．转化思想亦可在狭义上称为化归思想．化归思想就是将待解决的或者难以解决的问题A 经过某种转化手段，转化为有固定解决模式的或者容易解决的问题B ，通过解决问题B 来解决问题A 的方法．考点解读：有理数减法转化为有理数的加减，有理数的除法转化为有理数的乘法；多项式乘以多项式转化为单项式乘以单项式，异分母的分式相加减转化为同分母的分式相加减；数式的化归，递进式变化，构建起数式知识与方法的脉络．【例1】（2023·广东江门·统考一模）1．在《九章算术》“割圆术”中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这里所用的割圆术所体现的是一种由有限到无限的转化思想．比如在求234111112222+++++⋅⋅⋅的和中，“…”代表按此规律无限个数相加不断求和．我们可设234111112222x =+++++⋅⋅⋅．则有234111*********x ⎛⎫=++++++⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭，即112x x =+，解得2x =，故2341111122222+++++⋅⋅⋅=．类似地，请你计算：2468111113333+++++⋅⋅⋅=．（直接填计算结果即可）【变1】考点解读：从一般的三角形到等腰三角形、等边三角形，从平行四边形到矩形、菱形，试卷第2页，共14页A ．BEA ∠B ．DEB ∠C ．ECA ∠D ．ADO∠【变1】（2023·浙江·统考中考真题）4．小贺在复习浙教版教材九上第81页第5题后，进行变式、探究与思考：如图1，O 的直径CD 垂直弦AB 于点E ，且8CE =，2DE =．(1)复习回顾：求AB 的长．(2)探究拓展：如图2，连接AC ，点G 是 BC上一动点，连接AG ，延长CG 交AB 的延长线于点F ．①当点G 是 BC的中点时，求证：GAF F ∠=∠；②设CG x =，CF y =，请写出y 关于x 的函数关系式，并说明理由；③如图3，连接DF BG ，，当CDF 为等腰三角形时，请计算BG 的长．考点解读：三元一次方程转化为二元一次方程，分式方程转化为整式方程，一元二次方程转化为一元一次方程．方程化归，构成了方程知识和方法体系．【例1】（2019·浙江台州·统考中考真题）考点解读：由正比例函数图像的平移来研究一次函数图像及性质，试卷第4页，共14页(1)求点C，D的坐标；(2)当13a=时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B直线AD上方抛物线上一点，将直线PD沿直线AD 2试卷第6页，共14页三、解答题（2023·山西忻州·校联考模拟预测）16．下面是小彬同学解二元一次方程组的过程，请认真阅读并完成相应的任务．用上面方法所作出的正方形，有一个顶点恰好是直角三角形的直角顶点．△的内接正方形的一边恰好在斜边AB上，我就可用如下方法，如图2，如果Rt ABC⊥，垂足为D；第一步：过直角顶点C作CD AB第二步，延长AB到M，使得BM AD=，连接CM；试卷第8页，共14页试卷第10页，共14页试卷第12页，共14页(1)求EPF ∠的度数；(2)设PE x =，PF y =，随着点P 的运动，32x y +的值是否会发生变化？若变化，请求出它的变化范围；若不变，请求出它的值；(3)求EF 的取值范围（可直接写出最后结果）．试卷第14页，共14页参考答案：答案第2页，共31页∵O 的直径CD 垂直弦∴10CD CE DE =+=，∴152OA OD CD ===在Rt OAE △中，AE =∵点G 是 BC的中点，∴»»CGBG =，∴GAF D ∠=∠，答案第4页，共31页∵O 的直径CD 垂直弦AB 于点∴ AC BC=，∴CAF CGA ∠=∠，在Rt CEF △中，2EF CF CE =-在Rt DEF △中，2EF DF DE =-在Rt CEF △中，2CF CE EF =+∴464BF EF BE =-=-，同理FGB FAC ∽△△，答案第6页，共31页次方程转化为二元一次方程组是解题关键．7．D【分析】利用“倍值点”的定义得到方程()210t x tx s +++=，则方程的0∆>，可得2440t ts s -->，利用对于任意的实数s 总成立，可得不等式的判别式小于0，解不等式可得出s 的取值范围．【详解】解：由“倍值点”的定义可得：()()2212x t x t x s =++++，整理得，()210t x tx s +++=∵关于x 的二次函数()()212y t x t x s =++++（,s t 为常数，1t ≠-）总有两个不同的倍值点，∴()22=41440,t t s t ts s ∆-+=-->∵对于任意实数s 总成立，∴()()24440,s s --⨯-<整理得，216160,s s +<∴20,s s +<∴()10s s +<，∴010s s <⎧⎨+>⎩，或010s s >⎧⎨+<⎩，当010s s <⎧⎨+>⎩时，解得10s -<<，当010s s >⎧⎨+<⎩时，此不等式组无解，∴10s -<<，故选：D ．【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程根的判别式以及二次函数与不等式的关系，理解新定义并能熟练运用是解答本题的关键．答案第8页，共31页答案第10页，共31页（3）解：①当1a =时，抛物线解析式为∴4EH EF FG ===，∴()16H ，，()56G ，，②如图3-1所示，当抛物线与∵当正方形EFGH 的边与该抛物线有且仅有两个交点，∴点T 的纵坐标为2+151 4.5a -++=如图3-2所示，当抛物线与∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，∴15 2.5a-=，解得0.4a=（舍去，因为此时点如图3-3所示，当抛物线与∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，∴21152 a aa a⎛⎫-⋅+⋅+⎪⎝⎭17 3.5aa=．综上所述，0.5【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．9．C答案第12页，共31页答案第14页，共31页抛物线223y x x =+-交于C 、D 两点，∵0m n >>，关于x 的方程2230x x m +--=的解为()1212,x x x x <，关于x 的方程2230x x n +--=的解为3434,()x x x x <，∴1234，，，x x x x 分别是A 、B 、C 、D 的横坐标，∴1342x x x x <<<，故选B ．【点睛】本题主要考查了抛物线与一元二次方程的关系，正确把一元二次方程的解转换成直线与抛物线交点的横坐标是解题的关键．13．12x y =⎧⎨=⎩【分析】根据一次函数的交点坐标即可确定以两个一次函数解析式组成的二元一次方程组的解．【详解】解：∵一次函数y =3x -1与y =kx （k 是常数，k ≠0）的图象的交点坐标是（1，2），∴联立y =3x -1与y =kx 的方程组31y x y kx =-⎧⎨=⎩的解为：12x y =⎧⎨=⎩，即310x y kx y -=⎧⎨-=⎩的解为：12x y =⎧⎨=⎩，答案第16页，共31页答案第18页，共31页证明：FD AB ⊥ ，FE AC ⊥，90AEG GDF ∴∠=∠=︒，AGE FGD ∠=∠ ，180BAC ∠=BAC DFE ∴∠=∠；（2）解：BC CD ⊥ ，90BCD ∴∠=︒，在Rt BCD 中，tan BC CD BDC =∠在Rt BCE 中，BC CE =答案第20页，共31页解得：9m BC =，9 1.610.6m AB BC AC ∴=+=+=，答：大树的高度AB 为10.6m ．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．19．(1)当Δ0=时，方程有两个相等的实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像有一个交点；当Δ0<时，方程没有实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像没有交点；(2)16t =；(3)y x =-，答案不唯一，合理即可．【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式说明根的情况和函数图像交点的情况即可；（2）联立方程组，化简成一元二次方程的一般形式，用根的判别式Δ0=，代入求解；（3）函数图像有两个交点，保证根的判别式0∆>即可．【详解】（1）解：根据一元二次方程根的判别式可得：当Δ0=时，方程有两个相等的实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像有一个交点；当Δ0<时，方程没有实数根，∴二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的图像与一次函数()0y sx t s =+≠的图像没有交点；（2）联立函数表达式：253y x x y x t ⎧=-+⎨=-+⎩，可得：253x x x t -+=-+，答案第22页，共31页由旋转的性质，可证明△BPP ′是等边三角形，再证明C 、P 、A ′、P ′四点共线，最后由勾股定理解答．【详解】（1）解：∵ACP ABP ' ≌，∴AP ′＝AP ＝3、CP ′＝BP ＝4，∠AP ′C ＝∠APB ，由题意知旋转角∠PAP ′＝60°，∴△APP ′为等边三角形，PP ′＝AP ＝3，∠AP ′P ＝60°，由旋转的性质可得：AP ′＝AP ＝PP ′=3，CP ′＝4，PC=5，∵32+42=52∴△PP ′C 为直角三角形，且∠PP ′C ＝90°，∴∠APB ＝∠AP ′C ＝∠AP ′P ＋∠PP ′C ＝60°＋90°＝150°；故答案为：150°；（2）证明：∵点P 为△ABC 的费马点，∴120APB ∠=︒，∴60APD ∠=︒，又∵AD AP =，∴APD 为等边三角形∴AP PD AD ==，60PAD ADP ∠=∠=︒，∴120ADE ∠=︒，∴ADE APC ∠=∠，在△APC 和△ADE 中，PAC DAE AP AD APC ADE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、旋转的性质、费马点等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识，正确做出辅助线是解题关键．21．(1)120︒(2)不会；9(3)9219 7EF≤<【分析】（1）延长EP交BC于点G，根据平行线的性质得出答案第24页，共31页，∵PE CD∠=∠，∴PGB DCB∥，∵PF AB∠=∠，∴PFC ABC答案第26页，共31页则90EHP ∠=︒，∵120EPF ∠=︒，∴18012060EPH ∠=︒-︒=︒，∴906030PEH ∠=︒-︒=︒，22．（1）60︒；（2）①丙；②10【分析】（1）连接BC '，则A BC ''△为等边三角形，即可求得既不相交也不平行的两条直线BA '与AC 所成角的大小；（2）①根据正方体侧面展开图判断即可；②根据对称关系作辅助线即可求得PM PN +的最小值．【详解】解：（1）连接BC '，∵//AC A C ''，BA '与A C ''相交与点A '，即既不相交也不平行的两条直线BA '与AC 所成角为BA C ''∠，根据正方体性质可得：A B BC A C ''''==，∴A BC ''△为等边三角形，∴=60BA C ''∠︒，即既不相交也不平行的两条直线BA '与AC 所成角为60︒；（2）①根据正方体展开图可以判断，甲中与原图形中对应点位置不符，乙图形不能拼成正方体，故答案为丙；②如图：作M 关于直线AB 的对称点M '，答案第28页，共31页∵90ABC ∠=︒，DQ ∴四边形DBNQ 是矩形，∴90DQN ∠=︒，QN答案第30页，共31页∵A ABN BNQ AQN ∠+∠+∠+∠∴180ABN AQN ∠+∠=︒，∴AQN PBN ∠=∠．。
中考重难点易错专题18 转化的数学思想在压轴题中的应用(解析版)
专题18转化的数学思想在压轴题中的应用【题型概述】转化思想在数学压轴题中应用比较广泛，例如在几何压轴题中，多应用转化思想，具体表现为利用平移、旋转、翻折、全等等图形变换或者等量变换将未知的问题转化为已知问题，将复杂的问题转化为简单的问题。
【真题精析】例1.(2022·山东烟台·统考中考真题)(1)【问题呈现】如图1，△ABC 和△ADE 都是等边三角形，连接BD ，CE ．求证：BD =CE ．(2)【类比探究】如图2，△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∠ABC =∠ADE =90°．连接BD ，CE ．请直接写出BD CE 的值．(3)【拓展提升】如图3，△ABC 和△ADE 都是直角三角形，∠ABC =∠ADE =90°，且AB BC=AD DE =34．连接BD ，CE ．①求BD CE的值；②延长CE 交BD 于点F ，交AB 于点G ．求sin ∠BFC 的值．【思路分析】(1)证明△BAD ≌△CAE ，从而得出结论；(2)证明△BAD ∽△CAE ，进而得出结果；(3)①先证明△ABC ∽△ADE ，再证得△CAE ∽△BAD ，进而得出结果；②在①的基础上得出∠ACE =∠ABD ，进而∠BFC =∠BAC ，进一步得出结果．【答案】(1)见解析(2)22(3)①35；②45【详解】(1)证明：∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形，∴AD =AE ，AB =AC ，∠DAE =∠BAC =60°，∴∠DAE -∠BAE =∠BAC -∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD ≌△CAE (SAS )，∴BD =CE ；(2)解：∵△ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形，∴AB AE =AB AC =12，∠DAE =∠BAC =45°，∴∠DAE -∠BAE =∠BAC -∠BAE ，∴∠BAD =∠CAE ，∴△BAD∽△CAE，∴BD CE=ABAC=12=22；(3)解：①ABAC=ADDE=34，∠ABC=∠ADE=90°，∴△ABC∽△ADE，∴∠BAC=∠DAE，ABAC=ADAE=35，∴∠CAE=∠BAD，∴△CAE∽△BAD，∴BD CE=ADAE=35；②由①得：△CAE∽△BAD，∴∠ACE=∠ABD，∵∠AGC=∠BGF，∴∠BFC=∠BAC，∴sin∠BFC=BCAC=4 5．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形．例2.(2022·山东潍坊·中考真题)【情境再现】甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．请你证明：AG=BH．【迁移应用】延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．【拓展延伸】小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．【思路分析】证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AGBH=OAOB=33，得出结论；【答案】证明见解析；垂直；BH=3AG【详解】证明：∵AB=AC,AO⊥BC，∴OA=OB,∠AOB=90°，∵∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，∴∠BOH=∠AOG，∵OH=OG，∴△BOH≅△AOG，∴AG=BH；迁移应用：DG⊥BH，证明：∵△BOH≅△AOG，∴∠BHO=∠AGO，∵∠DGH+∠AGO=45°，∴∠DGH+∠BHO=45°，∵∠OHG=45°，∴∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，∴∠HDG=90°，∴DG⊥BH；拓展延伸：BH=3AG，证明：在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，在Rt△HOG中，tan30°=OGOH=33，∴OA OB=OG OH，由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，∴△BOH∽△AOG，∴AG BH=OAOB=33，∴BH=3AG．【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．例3.(2022·广西贵港·中考真题)已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD=2AC，AD与BC相交于点O．(1)如图1，若连接CD，则△BCD的形状为，AOAD的值为；(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE．①如图2，当AE 与AC 重合时，连接OE ，若AC =32，求OE 的长；②如图3，当∠ACB =60°时，连接EC 并延长交直线l 于点F ，连接OF ．求证：OF ⊥AB ．【思路分析】(1)过点C 作CH ⊥BD 于H ，可得四边形ABHC 是矩形，即可求得AC =BH ，进而可判断△BCD 的形状，AC 、BD 都垂直于l ，可得△AOC ∽△BOD ，根据三角形相似的性质即可求解．(2)①过点E 作EF ⊥AD 于点H ，AC ，BD 均是直线l 的垂线段，可得AC ⎳BD ，根据等边三角形的性质可得∠BAD =30°，再利用勾股定理即可求解．②连接CD ，根据AC ⎳BD ，得∠CBD =∠ACB =60°，即△BCD 是等边三角形，把△ABD 旋转得∠ECD =∠ABD=90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一般得到AF AB =AO AD=13，则可得△AOF ∽△ADB ，根据三角形相似的性质即可求证结论．【答案】(1)等腰三角形，13(2)①OE =27；②见解析【详解】(1)解：过点C 作CH ⊥BD 于H ，如图所示：∵AC ⊥l ，DB ⊥l ，CH ⊥BD ，∴∠CAB =∠ABD =∠CHB =90°，∴四边形ABHC 是矩形，∴AC =BH ，又∵BD =2AC ，∴AC =BH =DH ，且CH ⊥BD ，∴△BCD 的形状为等腰三角形，∵AC 、BD 都垂直于l ，∴AC ⎳BD ，∴△AOC ∽△BOD ，∴AO DO =AC DB =AC 2AC =12，即DO =2AO ，∴AO AD =AO AO +DO =AO 3AO =13，故答案为：等腰三角形，13．(2)①过点E 作EF ⊥AD 于点H ，如图所示：∵AC ，BD 均是直线l 的垂线段，∴AC ⎳BD ，∵△ADE是等边三角形，且AE与AC重合，∴∠EAD=60°，∴∠ADB=∠EAD=60°，∴∠BAD=30°，∴在Rt△ADB中，AD=2BD，AB=3BD，又∵BD=2AC，AC=3 2，∴AD=6,AB=33，∴AH=DH=12AD=3，AE=6在Rt△AEH中，EH=AE2-AH2=62-32=33，又由(1)知AOAD=13，∴AO=13AD=2，则OH=1，∴在Rt△EOH中，由勾股定理得：OE=EH2+OH2=27．②连接CD，如图3所示：∵AC⎳BD，∴∠CBD=∠ACB=60°，∵由(1)知△BCD是等腰三角形，∴△BCD是等边三角形，又∵△ADE是等边三角形，∴△ABD绕点D顺时针旋转60°后与△ECD重合，∴∠ECD=∠ABD=90°，又∵∠BCD=∠ACB=60°，∴∠ACF=∠FCB=∠FBC=30°，∴FC=FB=2AF，∴AF AB=AOAD=13，又∠OAF=∠DAB，∴△AOF∽△ADB，∴∠AFO=∠ABD=90°，∴OF⊥AB．【点睛】本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，巧妙借助辅助线是解题的关键．【精练模拟题】例1.(2022·山东济宁·校考二模)如图1，正方形ABCD对角线AC、BD交于点O，E、F分别为正方形ABCD边AB、AD上的点，EF⊥AC交于点M，且ME=MF，N为BF中点．(1)请直接写出ON与OM的数量关系(2)若将△AEF绕点A旋转到图2所示位置时，(1)中的结论是否成立，若成立请证明；若不成立，请说明理由；(3)若AB=8，E为AB中点，△AEF绕点A旋转过程中，直接写出点M与点C的最大距离．【答案】(1)OM=2ON(2)成立，证明见解析(3)42【思路分析】(1)如图1，连接MN，由正方形的性质可知，O是BD的中点，AB=AD，∠BAD=90°，由ME=MF 可知M为EF的中点，△AEF是等腰直角三角形，则BE=DF，由N为BF中点，可知MN和ON分别为△BEF 和△BDF的中位线，根据中位线的性质可得∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理可求得OM= 2ON；(2)如图2，连接MN，连接BE、DF交于点H，证明△DAF≌△BAE SAS，则，DF=BE∠ADF=∠ABE，在△BDH中，由三角形内角和求得∠BHD=90°，则BE⊥DF，MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，根据中位线的性质可得∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理可求得OM=2ON；(3)由题意知，AE=12AB=4，AM=AE sin45°=22，可知M在以A为圆心，22为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当C、A、M三点共线时，CM取最大与最小值，根据二者的差为⊙A的直径计算求解即可．【详解】(1)解：OM=2ON．如图1，连接MN，由正方形的性质得，O是BD的中点，AB=AD，∠BAD=90°，∵ME=MF，∴M为EF的中点，且EF⊥AC，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AE=AF，BE=DF，∵N为BF中点，∴MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，∴MN∥AB，ON∥AD，MN=12BE，ON=12DF，∴∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理得OM=MN2+ON2=2ON，∴OM=2ON．(2)解：成立．证明如下：如图2，连接MN，连接BE、DF交于点H，由(1)知AE=AF，∠EAF=90°，由正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，∠ABD=∠ADB=45°，∵∠DAF=∠DAE+∠EAF，∠BAE=∠BAD+∠DAE，∴∠DAF=∠BAE，在△DAF和△BAE中∵AF=AE∠DAF=∠BAE AD=AB，∴△DAF≌△BAE SAS，∴DF=BE，∠ADF=∠ABE，∴∠BHD=180°-∠ABD-∠ABE-∠ADB+∠ADF=90°，∴BE⊥DF，∵M为EF的中点，N为BF中点，∴MN和ON分别为△BEF和△BDF的中位线，∴MN∥BE，ON∥DF，MN=12BE，ON=12DF，∴∠MNO=90°，MN=ON，在Rt△MON中，由勾股定理得OM=MN2+ON2=2ON，∴OM=2ON．(3)解：由题意知，AE=12AB=4，AM=AE sin45°=22，∴M在以A为圆心，22为半径的圆上运动，如图3，由题意知，当C、A、M三点共线时，CM取最大与最小值，且最大与最小的差为⊙A的直径42，∴点M与点C的最大距离和最小距离的差为42．故答案为∶42例2.(2022·湖北省直辖县级单位·校考一模)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点A作直线MN，使∠CAB=∠CAM，过点B作BN⊥MN于点N，过点C作CM⊥MN于点M．(1)猜想∠ACM与∠BAN的数量关系，并说明理由；(2)求证：AB=AN+2AM；(3)如图2，连接NC交AB于点G，若CG=34NG，CM=6，求AC的长．【答案】(1)∠BAN=2∠ACM，理由见解析(2)证明见解析(3)6305【思路分析】(1)根据直角三角形两锐角互余得到∠CAM=90°-∠ACM，再由平角的定义得到2∠CAM+∠BAN =180°，由此即可推出结论；(2)如图所示，过点C作CD⊥AB于D，证明△CAM≌△CAD，AD=AM，CM=CD，再证明A、C、B、N四点共圆，得到∠ABC=∠ANC，进而证明△CMN≌△CDB，得到BD=MN，由此即可证明结论；(3)如图所示，过点N作NE⊥AB于E，过点C作CH⊥BN于H，则四边形CMNH是矩形，得到NH=CM=6，再由全等三角形的性质和三线合一定理得到，BN=2NH=12，证明△CDG∽△NEG，推出NE=8，利用勾股定理求出BE=45，证明△ABN∽△NBE，求出AB=3655,AN=2455，进而求出AM=655，则AC=AM2+CM2=6305．【详解】(1)解：∠BAN=2∠ACM，理由如下；∵CM⊥MN，即∠M=90°，∴∠ACM+∠CAM=90°，∴∠CAM=90°-∠ACM∵∠CAB=∠CAM，∠CAB+∠CAM+∠BAN=180°，∴2∠CAM+∠BAN=180°，∴180°-2∠ACM+∠BAN=180°，∴∠BAN=2∠ACM；(2)证明：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，∴∠M=∠CDA=90°，又∵∠CAD=∠CAM，CA=CA，∴△CAM≌△CAD AAS，∴AD=AM，CM=CD，∵BN⊥MN，∴∠BNA=∠ACB=90°，∴A、C、B、N四点共圆，∴∠ABC=∠ANC，又∵∠CMN=∠CDB=90°，CM=CD，∴△CMN≌△CDB AAS，∴BD=MN，∴AB=AD+BD=AM+MN=AM+AM+AN=2AM+AN；(3)解：如图所示，过点N作NE⊥AB于E，过点C作CH⊥BN于H，则四边形CMNH是矩形，∴NH=CM=6，∵△CMN≌△CDB，∴CN=CB，∴BN=2NH=12，∵CD⊥AB，NE⊥AB，∴CD∥NE，∴△CDG∽△NEG，∴NE CD=NG CG，∵CG=34NG，∴NE CD=4 3，又∵CD=CM=6，∴NE=8，∴BE=BN2-NE2=45，∵∠NEB=∠ANB，∠NBE=∠ABN，∴△ABN∽△NBE，∴AB NB=ANNE=BNBE，即AB12=AN8=1245，∴AB=3655,AN=245 5，∴AM=AB-AN2=65 5，∴AC=AM2+CM2=6305．例3.(2021·北京·一模)在正方形ABCD中，点E在射线BC上(不与点B、C重合)，连接DB，DE，将DE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接BF．(1)如图1，点E在BC边上．①依题意补全图1；②若AB=6，EC=2，求BF的长；(2)如图2，点E在BC边的延长线上，用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并证明．【答案】(1)①见解析；②BF=22(2)BF+BD=2BE，证明见解析【思路分析】(1)①根据题意作图即可；②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH=2，CD=BC=EH=6，则HB=EC=2，在Rt△FHB中，利用勾股定理即可求解；(2)过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，证明△DEC≌△EFH得到EC=FH，CD=BC=EH，则HB= EC=HF，△DCB和△BHF都是等腰直角三角形，由此利用勾股定理求解即可．1)①如图所示，即为所求；【详解】(②如图所示，过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，∵四边形ABCD是正方形，∴CD=AB=6，∠C=90°，∵∠DEF=∠C=90°，∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，∴∠FEH=∠EDC，在△DEC和△EFH中，∠H=∠C=90°，∠FEH=∠EDCEF=DE∴△DEC≌△EFH，∴EC =FH =2，CD =BC =EH =6，∴HB =EC =2，∴在Rt △FHB 中，BF =FH 2+BH 2=22+22=22．(2)结论：BF +BD =2BE ，理由如下：过点F 作FH⊥CB ，交CB 的延长线于H ，∵四边形ABCD 是正方形，∴CD =AB ，∠DCE =90°，∵∠DEF =∠DCE =90°，∴∠DEC +∠FEH =90°，∠DEC +∠EDC =90°，∴∠FEH =∠EDC ，在△DEC 和△EFH 中，∠FHE =∠DCE =90°∠FEH =∠EDC EF =DE，∴△DEC ≌△EFH ，∴EC =FH ，CD =BC =EH ，∴HB =EC =HF ，∴△DCB 和△BHF 都是等腰直角三角形，∴BD =BC 2+CD 2=2BC =2EH ，BF =BH 2+HF 2=2BH ，∵EH +BH =BE ，∴BF +BD =2BE ．例4.(2021·安徽·统考三模)已知：在△EFG 中，∠EFG =90°，EF =FG ，且点E ，F 分别在矩形ABCD 的边AB ，AD 上．(1)如图1，当点G 在CD 上时，求证：△AEF ≌△DFG ；(2)如图2，若F 是AD 的中点，FG 与CD 相交于点N ，连接EN ，求证：EN =AE +DN ；(3)如图3，若AE =AD ，EG ，FG 分别交CD 于点M ，N ，求证：MG 2=MN ⋅MD【答案】(1)详见解析(2)详见解析(3)详见解析【思路分析】1 先用同角的余角相等，判断出∠AEF=∠DFG，即可得出结论；2 先判断出△AHF≌△DNF，得出AH=DN，FH=FN，进而判断出EH=EN，即可得出结论；3 先判断出AF=PG，PF=AE，进而判断出PG=PD，得出∠MDG=45°，进而得出∠FGE=∠GDM，判断出△MGN∽△MDG，即可得出结论．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，∴∠AEF+∠AFE=90°，∵∠EFG=90°，∴∠AFE+∠DFG=90°，∴∠AEF=∠DFG，∵EF=FG，在△AEF和△DFG中，∠FAE=∠GDF∠AEF=∠DFGEF=FG∴△AEF≌△DFG AAS；(2)证明：如图2，延长NF，EA相交于H，∴∠AFH=∠DFN，由1 知，∠EAF=∠D=90°，∴∠HAF=∠D=90°，∵点F是AD的中点，∴AF=DF，在△AHF和△DNF中，∠HFA=∠NFDAF=DF∠HAF=∠NDF∴△AHF≌△DNF ASA，∴AH=DN，FH=FN，∵∠EFN=90°，∴EH=EN，∵EH=AE+AH=AE+DN，∴EN=AE+DN；(3)证明：如图3，过点G作GP⊥AD交AD的延长线于P，∴∠P=90°，同1 的方法得，△AEF≌△PFG AAS，∴AF=PG，PF=AE，∵AE=AD，∴PF=AD，∴AF=PD，∴PG=PD，∵∠P=90°，∴∠PDG=45°，∴∠MDG=45°，在Rt△EFG中，EF=FG，∴∠FGE=45°，∴∠FGE=∠GDM，∵∠GMN=∠DMG，∴△MGN∽△MDG，∴MG DM=MN MG，∴MG2=MN⋅MD．例5.(2022·江苏扬州·校考三模)在矩形ABCD中，AB=6,BC=8，【问题发现】(1)如图1，E为边DC上的一个点，连接BE，过点C作BE的垂线交AD于点F，试猜想BE与CF的数量关系并说明理由．【类比探究】(2)如图2，G为边AB上的一个点，E为边CD延长线上的一个点，连接GE交AD于点H，过点C作GE的垂线交AD于点F，试猜想GE与CF的数量关系并说明理由．【拓展延伸】(3)如图3，点E从点B出发沿射线BC运动，连接AE，过点B作AE的垂线交射线CD于点F，过点E作BF的平行线，过点F作BC的平行线，两平行线交于点H，连接DH，在点E的运动的路程中，线段DH的长度是否存在最小值？若存在，求出线段DH长度的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)BE=43CF，理由见解析(2)GE=43CF，理由见解析(3)存在，DH长度的最小值为3.6【思路分析】(1)证明△BCE∽△CDF，即可得解；(2)过点G作CD的垂线交CD于点M，证明△GME∽△CDF，即可得解；(3)过点H作HK⊥BC于点K，连接HC,AC，则四边形FCKH是矩形，证明∠AEB∽△BFC，得出CKHK=FH BC=BE FC=34，根据∠HKC=∠ABC=90°，可得△ABC∽△CKH，得出H在HC上运动，当DH⊥HC时，DH最小，进而求得sin∠DCH=35，根据DH=DC×sin∠DCH，即可求解．【详解】(1)解：BE=43CF，理由如下：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=∠CDA=90°,CD=AB=8，∴∠BCF+∠DCF=90°，∵BE⊥CF，∴∠BCF+∠EBC=90°，∴∠DCF=∠EBC，∴△BCE∽△CDF，∴BE CF=BCCD=86=43，∴BE=43CF；(2)解：GE=43CF，理由如下：过点G作CD的垂线交CD于点M，如图所示：则四边形BCGM为矩形，∴GM=BC=8，∵GM⊥CD，∴∠EGM+∠E=90°，∵CF⊥GE，∴∠E+∠ECF=90°，∴∠EGM=∠ECF，∵∠GME=∠CDF=90°，∴△GME∽△CDF，∴GE CF=GMCD=86=43，∴GE =43CF ；(3)存在，理由如下，如图，过点H 作HK ⊥BC 于点K ，连接HC ,AC ，则四边形FCKH 是矩形，∵BE ∥FH ,FH ∥BE∴四边形BEHF 是平行四边形，∴FH =BE =CK ，∵∠ABE =∠FCB =90°，BF ⊥AE ，∴∠FBC +∠AEB =∠FBC +∠BFC =90°，∴∠AEB ∽△BFC ，∴BE FC =AB BC=34，∵FH =BE =CK ，∴CK HK =FH BC =BE FC=34，又∠HKC =∠ABC =90°，∴△ABC ∽△CKH ，∴∠HCK =∠CAB ，∴H 在HC 上运动，∴当DH ⊥HC 时，DH 最小，∵∠HCK =∠CAB ，∴∠CHK =∠ACB ，∵FC ∥HK ，∴∠CHK =∠FCH ，∵AB =6,BC =8，∴AC =10，∴sin ∠ACB =sin ∠CHK =sin ∠DCH =35，∴当DH ⊥HC 时，DH =DC ×sin ∠DCH =6×35=185=3.6，即DH 长度的最小值为3.6．例6.(2022·山东济南·模拟)如图1，已知AB 为⊙O 的直径，点C 为AB 的中点，点D 在BC 上，连接BD 、CD 、BC 、AD 、BC 与AD 相交于点E ．(1)求证：∠C +∠CBD =∠CBA ；(2)如图2，过点C 作CD 的垂线，分别与AD ，AB ，⊙O 相交于点F 、G 、H ，求证：AF =BD ；(3)如图3，在(2)的条件下，连接BF ，若BF =BC ，△CEF 的面积等于3，求FG 的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)FG =22【思路分析】(1)连接AC ，由AC =BC ，推出∠CBA =∠CAB =∠CAD +∠DAB ，由CD =CD ，BD =BD ，推出∠DCB =∠DAB ，∠CBD =∠CAD ，推出∠DCB +∠CBD =∠CAD +∠DAB =∠CAB =∠CBA ；(2)只要证明△ACF ≌△BCD ，即可推出AF =BD ；(3)由△ACK ≌△CBM ，推出AK =CM ，由△ACF ≌△BCD ，推出CF =CD ，△AFK 是等腰直角三角形，推出AK =FK =FM =CM ，在Rt △AKC 中，tan ∠CAK =CK AK =3，作EN ⊥CH 于N ，在Rt △NCE 中，由∠HCB =∠CAK ，推出tan ∠NCE =EN CN=3，设CN =m ，EN =3m =NF ，由S △CEF =12CF ⋅EN =12×m +3m ×3m ，推出m =22，推出CF =4m =22，推出CM =FM =FK =AK =2，AF =2，由DB =DB ，推出∠DCB =∠DAB =∠ACK ，过G 作GQ ⊥AF 于Q ，在Rt △AQG 中，tan ∠FAB =QG AQ=13，设QG =x ，AQ =3x ，FQ =x ，可得4x =2，得x =12，再根据FG =2QG 即可解决问题．【详解】(1)证明：连接AC ，如图所示：在⊙O 中，∵C 为AB 的中点，∴AC =BC∴∠CBA =∠CAB =∠CAD +∠DAB ，∵由CD =CD ，BD =BD，∴∠DCB =∠DAB ，∠CBD =∠CAD ，∴∠DCB +∠CBD =∠CAD +∠DAB =∠CAB =∠CBA ．(2)证明：连接AC ，如图所示：∵AB 是直径，∴∠ACB =90°=∠ACF +∠FCB ，∵CD ⊥CH ，∴∠DCH =90°=∠FCB +∠DCB ，∴∠ACF =∠DCB ，∵AC =BC ，∴AC =BC ，∵在△ACF 和△BCD 中∠ACF =∠DCBAC =BC ∠CAF =∠CBD，∴△ACF ≌△BCD ASA ，∴AF =BD ．(3)解：作BM ⊥CH 于M ，AK ⊥CH 于K ，如图所示：∴∠ACK +∠CAK =90°，∠AKC =∠BMC =90°，∵∠ACB =90°，∴∠ACK +∠KCB =90°，∴∠CAK =∠KCB ，∵AC =BC ，∴△ACK ≌△CBM ，∴AK =CM ，∵CB =BF ，BM ⊥CF ，∴CM =FM =AK ，∵△ACF ≌△BCD ，∴CF =CD ，∵∠FCD =90°，∴∠CFD =∠CDF =45°=∠AFK ，∴△AFK 是等腰直角三角形，∴AK =FK =FM =CM ，在Rt △AKC 中，tan ∠CAK =CK AK=3，作EN ⊥CH 于N ，在Rt △NCE 中，∵∠HCB =∠CAK ，∴tan ∠NCE =EN CN=3，设CN =m ，EN =3m =NF ，∴S △CEF =12CF ⋅EN =12×m +3m ×3m =3，∴m =22，∴CF =4m =22，∴CM =FM =FK =AK =2，∴AF =2，∵DB =DB，∴∠DCB =∠DAB =∠ACK ，过G 作GQ ⊥AF 于Q ，在Rt △AQG 中，tan ∠FAB =QG AQ =13，设QG =x ，AQ =3x ，FQ =x ，∴4x =2，∴x =12，∴FG =2QG =22．。
中考数学专题练习 转化思想在代数中的应用(含解析) 试题
转化思想在代数中的应用一、填空题1．已知△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，若a、b是关于x的一元二次方程x2﹣（c+4）x+4c+8=0的两个根，判断△ABC 的形状．2．已知∠A为三角形一个内角，抛物线y=﹣x2+xcosA+2的对称轴是y轴，则∠A= 度．3．已知△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，若抛物线y=x2﹣2（a﹣b）x+c2﹣2ab的顶点在x轴上，判断△ABC的形状．4．在直角坐标系中，两圆的圆心都在y轴上，并且两圆相交于A、B 两点，若点A的坐标为（﹣2，tan60°），则点B的坐标为．5．设两圆半径分别为2、5，圆心距d使点A（6﹣2d，7﹣d ）在第二象限，判断两圆位置关系．6．a、b、c为△ABC的三条边，满足条件点（a﹣c，a）与点（0，﹣b）关于x轴对称，判断△ABC的形状．二、解答题7．如图所示，AD为⊙O的直径，一条直线l与⊙O 交于E、F两点，过A、D分别作直线l的垂线，垂足是B、C，连接CD交⊙O于G．（1）求证：AD•BE=FG•DF；（2）设AB=m，BC=n，CD=p，求证：tan∠FAD、tan∠BAF是方程mx2﹣nx+p=0的两个实数根．8．设关于x的二次方程（a2+1）x2﹣4ax+2=0的两根为x1，x2，若2x1x2=x1﹣3x2，试求a的值．9．△ABC中，AD是高，AD与AB的夹角为锐角α，Rt△ADC的面积和周长都为30，又x1、x2是关于x的方程8x2﹣4x﹣2cosα+1=0的两个实数根，且，求：（1）cosa的值．（2）AD和AC的长（“三角函数的值”的有关“代数式”作为方程的系数）10．如图所示，以正方形ABCD平行于边的对称轴为坐标轴建立直角坐标系，若正方形的边长为4．（1）求过B、E、F三点的二次函数的解析式；（2）求此抛物线的顶点坐标．（先转化为点的坐标，再求函数解析式）11．如图所示，在△ABC中，∠B=90°，AB=6厘米，BC=3厘米，点P从点A开始沿AB边向B以2厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以1厘米/秒的速度移动，如果P、Q分别从A、B同时出发，几秒钟后P、Q 间的距离等于2厘米？（把实际问题转化为几何问题）12．在直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c的开口向上，顶点P在直线y=﹣4x上，且P到坐标原点距离为，又知抛物线与x轴两交点A、B（A在B的左侧）的横坐标的平方和为10．（1）求此抛物线的解析式．（2）若Q是抛物线上异于A、B、P的点，且∠QAP=90°，求点Q的坐标．（利用“点坐标的绝对值等于线段长”沟通函数与几何，转化为点坐标用函数知识，转化为线段长用几何知识）13．已知抛物线y=（9﹣m2）x2﹣2（m﹣3）x+3m的顶点D在双曲线y=﹣上，直线y=kx+c经过点D和点C（a，b），且使y随x的增大而减小，a，b满足方程组，求这条直线的解析式．（a、b具有两重性，视为点的坐标用函数知识，视为方程的根用方程知识）．转化思想在代数中的应用参考答案与试题解析一、填空题1．已知△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，若a、b是关于x的一元二次方程x2﹣（c+4）x+4c+8=0的两个根，判断△ABC 的形状直角三角形．【考点】根与系数的关系．【专题】计算题．【分析】a、b是关于x的一元二次方程x2﹣（c+4）x+4c+8=0的两个根，则a+b=c+4，ab=4c+8，根据a，b，c之间的关系式即可判断．【解答】解：∵a、b是关于x的一元二次方程x 2﹣（c+4）x+4c+8=0的两个根，∴a+b=c+4，ab=4c+8，∴a2+b2=（a+b）2﹣2ab=（c+4）2﹣2（4c+8）=c2，∵∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，∴根据勾股定理，△ABC的形状为直角三角形．故答案为：直角三角形．【点评】本题考查了根与系数的关系，属于基础题，关键是掌握x1，x2是方程x2+px+q=0的两根时，x1+x2=﹣p，x1x2=q，然后根据勾股定理判断．2．已知∠A为三角形一个内角，抛物线y=﹣x2+xcosA+2的对称轴是y轴，则∠A= 90 度．【考点】二次函数的性质；特殊角的三角函数值．【专题】计算题；方程思想．【分析】先根据二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x=﹣及已知条件得出方程=0，再由特殊角的三角函数值及∠A为三角形一个内角，即可求出∠A的度数．【解答】解：∵抛物线y=﹣x2+xcosA+2的对称轴是直线x=﹣=，又∵抛物线y=﹣x2+xcosA+2的对称轴是y轴，即直线x=0，∴=0，∴cosA=0，又∵∠A＜180°，∴∠A=90°．故答案为90．【点评】本题主要考查了二次函数的性质及特殊角的三角函数值，难度中等．本题关键在于知道y轴的解析式为x=0，从而列出方程．3．已知△ABC中，a、b、c分别是∠A、∠B、∠C的对边，若抛物线y=x2﹣2（a﹣b）x+c2﹣2ab的顶点在x轴上，判断△ABC的形状直角三角形．【考点】二次函数图象上点的坐标特征；勾股定理的逆定理．【专题】计算题．【分析】抛物线y=x2﹣2（a﹣b）x+c2﹣2ab的顶点在x轴上，可知顶点的纵坐标为0，根据顶点的纵坐标公式，列方程求解．【解答】解：抛物线y=x2﹣2（a﹣b）x+c2﹣2ab的顶点在x轴上，∴=0，整理，得a2+b2=c2，∴△ABC为直角三角形．故本题答案为：直角三角形．【点评】本题是抛物线顶点纵坐标公式的运用．抛物线y=ax2+bx+c的顶点坐标为（﹣，）．4．在直角坐标系中，两圆的圆心都在y轴上，并且两圆相交于A、B两点，若点A的坐标为（﹣2，tan60°），则点B的坐标为（2，）．【考点】相交两圆的性质；坐标与图形性质．【专题】常规题型．【分析】根据相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦，可知A、B两点关于y轴对称，再根据两点关于y轴对称，则纵坐标不变，横坐标互为相反数进行求解．【解答】解：∵圆心都在y轴上的两圆相交于A、B两点，相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦，∴A、B两点关于y轴对称．∵点A的坐标为（﹣2，tan60°），∴B（2，），故答案为：（2，）．【点评】本题主要考查相交两圆的性质及坐标与图形的性质，解决本题的关键是由题意得出相交两圆的交点也关于y轴对称，从而解决问题．5．设两圆半径分别为2、5，圆心距d使点A（6﹣2d，7﹣d ）在第二象限，判断两圆位置关系两圆相交．【考点】圆与圆的位置关系；点的坐标．【专题】推理填空题．【分析】由点A在第二象限，得到d的取值范围，再与两圆的半径和与差进行比较，确定两圆的位置关系．【解答】解：因为点A在第二象限，所以，解得：3＜d＜7．而两圆的半径的差为3，和为7，因此两圆相交．故答案是：两圆相交．【点评】本题考查的是圆与圆的位置关系，根据第二象限点的特点，求出d的取值范围，然后与两圆的半径和与差进行比较，得到两圆的位置关系．6．a、b、c为△ABC的三条边，满足条件点（a﹣c，a）与点（0，﹣b）关于x轴对称，判断△ABC的形状等边三角形．【考点】关于x轴、y 轴对称的点的坐标．【专题】几何图形问题；压轴题．【分析】由两点关于x轴对称可得a﹣c=0，a=b，进而根据三角形三边关系判断△ABC的形状即可．【解答】解：∵点（a﹣c，a）与点（0，﹣b）关于x轴对称，∴a﹣c=0，a=b，∴a=b=c，∴△ABC是等边三角形，故答案为：等边三角形．【点评】主要考查两点关于x轴对称的坐标的特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．二、解答题7．如图所示，AD为⊙O的直径，一条直线l与⊙O交于E、F两点，过A、D分别作直线l的垂线，垂足是B、C，连接CD交⊙O于G．（1）求证：AD•BE=FG•DF；（2）设AB=m，BC=n，CD=p，求证：tan∠FAD、tan∠BAF是方程mx2﹣nx+p=0的两个实数根．【考点】圆周角定理；相似三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】（1）连GF，过O点作OP⊥EF，P为垂足，则PE=PF，又DC⊥BC，AB⊥BC，则OP为直角梯形的中位线，得到PB=PC，则有BE=CF；由∠GFC=∠FAD，得到Rt△GFC∽Rt△ADF即可；（2）由AD为⊙O的直径，∠DFA=90°，则∠DFC+∠AFB=90°，得到∠DFC=∠ABF，则Rt△DFC∽Rt△FAB，得DF：FA=FC：AB=DC：FB，而tan∠FAD=、tan∠BAF=，再计算它们的和与积，即可证明tan∠FAD、tan∠BAF是方程mx2﹣nx+p=0的两个实数根．【解答】证明：（1）连GF，过O点作OP⊥EF，P为垂足，则PE=PF，如图，∵DC⊥BC，AB⊥BC，∴OP为直角梯形的中位线，∴PB=PC，∴BE=CF，又∵∠GFC=∠FAD，AD为⊙O的直径，∠DFA=90，∴Rt△GFC∽Rt△ADF，∴AD•BE=FG•DF；（2）∵∠DFA=90°，∴∠DFC+∠AFB=90°，∴∠DFC=∠FAB，∴Rt△DFC∽Rt△FAB，∴DF：FA=FC：AB=DC：FB，∵tan∠FAD=，tan∠BAF=，∴，∴tan∠FAD、tan∠BAF是方程mx2﹣nx+p=0的两个实数根．【点评】本题考查了圆周角定理的推论：直径所对的圆周角为90度．同时考查了直角梯形的中位线性质，三角形相似的判定与性质，一元二次方程根与系数的关系．8．设关于x的二次方程（a2+1）x2﹣4ax+2=0的两根为x1，x2，若2x1x2=x1﹣3x2，试求a的值．【考点】根与系数的关系．【专题】探究型．【分析】先根据一元二次方程根与系数的关系得出x1+x2及x1•x2，代入2x1x2=x1﹣3x2中即可求出a的值，再把所得a的值代入原方程检验即可．【解答】解：∵关于x的二次方程（a2+1）x2﹣4ax+2=0的两根为x1，x2，∴①，②∵2x1x2=x1﹣3x2，∴2x1x2+（x1+x2）=2（x1﹣x2），平方得4（x1x2）2+4x1x2（x1+x2）=3（x1+x2）2﹣16x1x2，将式①、②代入后，解得a=3，a=﹣1，当a=3时，原方程可化为10x2﹣12x+2=0，△=122﹣4×10×2=64＞0，原方程成立；当a=﹣1时，原方程可化为2x2+4x+2=0，△=42﹣4×2×2=0，原方程成立．∴a=3或a=﹣1．【点评】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，在解答此类题目时一定要把所得结果代入原方程进行检验，舍去不合题意的未知数的值．9．△ABC中，AD是高，AD与AB的夹角为锐角α，Rt△ADC的面积和周长都为30，又x1、x2是关于x的方程8x2﹣4x﹣2cosα+1=0的两个实数根，且，求：（1）cosa的值．（2）AD和AC的长（“三角函数的值”的有关“代数式”作为方程的系数）【考点】锐角三角函数的定义；根与系数的关系．【专题】计算题．【分析】（1）根据一元二次方程根的判别式以及余弦的定义，得到cosα的范围，然后利用根与系数的关系求出cosα的值．（2）在直角三角形中根据周长和面积都是30，可以列出两个方程，然后利用勾股定理计算能求出AD和AC的值．【解答】解：（1）因为方程有两个实数根，所以判别式为非负数．△=16﹣4×8（﹣2cosα+1）≥0，得到：cosα≥．∵0＜cosα＜1，∴≤cosα＜1．根据根与系数的关系有：x1+x2=，x1x2=32（x13x22+x12x23）=32（x1x2）2（x1+x2）=32××=整理得：﹣2cosα+1=±∴cosα=，cosα=﹣（舍去）；（2）根据直角三角形的周长和面积都是30以及勾股定理，得到：AD+DC=30﹣AC ①AD•DC=60 ②AD2+DC2=AC2=（AD+DC）2﹣2AD•DC∴AC2=（30﹣AC）2﹣120解得：AC=13．∴有①②有：AD+DC=17AD•DC=60解得：AD=5，DC=12，或AD=12，DC=5故AC的长为13，AD的长为5或12．【点评】本题考查的是三角函数的定义，（1）根据三角函数的定义一元二次方程根的判别式得到cosα的取值范围，然后利用根与系数的关系求出cosα的值．（2）根据直角三角形的周长和面积，运用勾股定理可以求出直角三角形的斜边和直角边．10．如图所示，以正方形ABCD平行于边的对称轴为坐标轴建立直角坐标系，若正方形的边长为4．（1）求过B、E、F三点的二次函数的解析式；（2）求此抛物线的顶点坐标．（先转化为点的坐标，再求函数解析式）【考点】待定系数法求二次函数解析式；正方形的性质．【专题】计算题．【分析】（1）根据B、E、F三点的坐标，设函数解析式为y=ax2+bx+c，即可求解；（2）把函数解析式化为顶点式后即可得出答案．【解答】解：（1）由题意知：点B（﹣2，﹣2），点E（0，2），点F（2，0），分别代入y=ax2+bx+c，解得：a=﹣，b=，c=2，故函数解析式为：；（2）∵y=﹣x2+x+2=﹣+，∴顶点坐标为（，）．【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，属于基础题，关键是正确设出二次函数解析式的一般形式．11．如图所示，在△ABC中，∠B=90°，AB=6厘米，BC=3厘米，点P从点A开始沿AB边向B以2厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以1厘米/秒的速度移动，如果P、Q分别从A、B同时出发，几秒钟后P、Q 间的距离等于2厘米？（把实际问题转化为几何问题）【考点】勾股定理．【专题】计算题；动点型．【分析】设t秒后PQ=，则BP=6﹣2t，BQ=3﹣t，在直角△BPQ中，根据勾股定理BP2+BQ2=PQ2可求t的值．【解答】解：在直角三角形中AB=6cm=2BC=2×3cm，且P的移动速度是Q的移动速度的2倍，∴BP，BQ满足BP=2BQ的关系设t秒后PQ=，则BP=6﹣2t，BQ=3﹣t，且（6﹣2t）2+（3﹣t）2=，解得t=1．答：1秒后PQ间的距离为2．【点评】本题考查了直角三角形中勾股定理的运用，本题中抓住BP=2BQ并且根据勾股定理求t是解题的关键．12．在直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c的开口向上，顶点P在直线y=﹣4x上，且P到坐标原点距离为，又知抛物线与x轴两交点A、B（A在B的左侧）的横坐标的平方和为10．（1）求此抛物线的解析式．（2）若Q是抛物线上异于A、B、P的点，且∠QAP=90°，求点Q的坐标．（利用“点坐标的绝对值等于线段长”沟通函数与几何，转化为点坐标用函数知识，转化为线段长用几何知识）【考点】二次函数综合题；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点；勾股定理．【分析】（1）由顶点P在直线y=﹣4x上，且P 到坐标原点距离为，可得出点P的坐标，再利用勾股定理可以解决，（2）假设出点Q的坐标，表示出AQ，QP的长度，利用勾股定理可以解决．【解答】解：（1）∵顶点P在直线y=﹣4x上，可设P（a1，﹣4a ），则有，解得：a=±1，∴P（1，﹣4）或（﹣1，4）．∵抛物线开口向上，又与x轴有交点，∴（﹣1，4）不合题意舍去．设y=a（x﹣1）2﹣4=ax2﹣2ax+a﹣4与x轴交于点A（x1，0）、B（{x2，0），，消x1、x2，解得a=1；（2）如图所示，设抛物线上点Q（m，n），过Q作QM⊥x轴于点M．，，，∵∠QAP=90°，由勾股定理，得=（m﹣1）2+（n+4）2，整理，得m﹣2n+1=0，又n=m2﹣2m﹣3．解得（不合题意舍去）或．∴Q （）．【点评】此题主要考查了二次函数与一次函数综合应用，以及勾股定理的应用，计算量较大，应认真计算．13．已知抛物线y=（9﹣m2）x2﹣2（m﹣3）x+3m的顶点D在双曲线y=﹣上，直线y=kx+c经过点D和点C（a，b），且使y随x的增大而减小，a，b 满足方程组，求这条直线的解析式．（a、b具有两重性，视为点的坐标用函数知识，视为方程的根用方程知识）．【考点】待定系数法求一次函数解析式．【专题】压轴题；分类讨论．【分析】先求出抛物线的顶点坐标，然后代入反比例函数，可求得m的值及顶点坐标，再由顶点坐标与一次函数的关系可得出a和b的值，从而可得出函数解析式．【解答】解：抛物线y=（9﹣m2）x2﹣2（m﹣3）x+3m的顶点D的坐标为，由于点D在双曲线y=﹣上，得=﹣，整理，得m2+10m+24=0，解得m1=﹣4，m2=﹣6，∴D1（1，﹣5），D2（，﹣15），又由方程组组，解得和，∴C1（2，1），C2（﹣2，﹣1），其中C1（2，1）不符合题意，舍去．①C2（﹣2，﹣1）和D1（1，﹣5）代入y=kx+b可得：，解得：，∴直线D1C2的解析式为y=﹣；②C2（﹣2，﹣1）和D2（，﹣15）代入可得：，解得：，∴将直线D2C2的解析式为y=﹣6x﹣13．【点评】本题综合考查一次函数、反比例函数及抛物线的知识，综合性比较强，注意细心研究每种函数的特点．。
中考数学复习题方法技巧专题五转化思想训练(含答案)
方法技巧专题(五) 转化思想训练【方法解读】转化思想是解决数学问题的根本思想,解数学题的过程其实就是逐渐转化的过程.常见的转化方法有:未知向已知转化,数与形的相互转化,多元向一元转化,高次向低次转化,分散向集中转化,不规则向规则转化,生活问题向数学问题转化等等.1.[2018·铜仁] 计算+++++…+的值为()A.B.C.D.2.[2018·嘉兴] 欧几里得的《原本》记载形如x2+ax=b2的方程的图解法:画Rt△ABC,使∠ACB=90°,BC=,AC=b,再在斜边AB上截取BD=,则该方程的一个正根是()图F5-1A.AC的长B.AD的长C.BC的长D.CD的长3.[2018·东营] 如图F5-2,圆柱的高AB=3,底面直径BC=3,现在有一只蚂蚁想从A处沿圆柱表面爬到对角C处捕食,则它爬行的最短距离是()图F5-2A.3B.3C.D.34.[2018·白银] 如图F5-3是一个运算程序的示意图,若开始输入的x的值为625,则第2018次输出的结果为.图F5-35.[2018·广东] 如图F5-4,矩形ABCD中,BC=4,CD=2,以AD为直径的半圆O与BC相切于点E,连结BD,则阴影部分的面积为.(结果保留π)图F5-46.[2018·淄博] 如图F5-5,P为等边三角形ABC内的一点,且点P到三个顶点A,B,C的距离分别为3,4,5,则△ABC的面积为.图F5-57.如图F5-6①,点O是正方形ABCD两条对角线的交点.分别延长OD到点G,OC到点E,使OG=2OD,OE=2OC,然后以OG,OE 为邻边作正方形OEFG,连结AG,DE.(1)求证:DE⊥AG.(2)正方形ABCD固定,将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°<α<360°)得到正方形OE'F'G',如图②.①在旋转过程中,当∠OAG'是直角时,求α的度数;②若正方形ABCD的边长为1,在旋转过程中,求AF'长的最大值和此时α的度数,直接写出结果,不必说明理由.图F5-6参考答案1.B[解析] ∵==1-,==-,==-,==-,==-,…,==-,∴+++++…+=1-+-+-+-+-+…+-=1-=.故选B.2.B[解析] 利用配方法解方程x2+ax=b2,得到x+2=b2+,解得x=-或x=--(舍去).根据勾股定理得AB=,由题意知BD=.根据图形知道AD=AB-BD,即AD的长是方程的一个正根.故选B.3.C[解析] 将圆柱沿AB侧面展开,得到矩形,如图,则有AB=3,BC=.在Rt△ABC中,由勾股定理,得AC===.故选C.4.1[解析] 当x=625时,代入x得x=×625=125,输出125;当x=125时,代入x得x=×125=25,输出25;当x=25时,代入x得x=×25=5,输出5;当x=5时,代入x得x=×5=1,输出1;当x=1时,代入x+4得x+4=5,输出5;当x=5时,代入x得x=×5=1,输出1;…观察发现从第4次以后奇数次就输出5,偶数次就输出1.因此,第2018次输出的应是1.5.π[解析] 连结OE,易证四边形ABEO为正方形,则扇形OED的圆心角为90°,半径为2,因此可求扇形OED的面积,阴影面积看成正方形ABEO的面积+扇形OED的面积-△ABD的面积,正方形ABEO、扇形OED和△ABD的面积均可求,即可求得阴影部分的面积.6.9+[解析] 如图,将△APB绕点A逆时针旋转60°得到△AHC,连结PH,作AI⊥CH交CH的延长线于点I,易知△APH 为等边三角形,HA=HP=PA=3,HC=PB=4.PC=5,∴PC2=PH2+CH2,∴∠PHC=90°,∴∠AHI=30°,∴AI=,HI=,∴CI=+4,∴AC2=2++42=25+12,∴S△ABC=AC2=(25+12)=9+.7.解:(1)证明:如图,延长ED交AG于点H.∵点O为正方形ABCD对角线的交点,∴OA=OD,∠AOG=∠DOE=90°.∵四边形OEFG为正方形,∴OG=OE,∴△AOG≌△DOE,∴∠AGO=∠DEO.∵∠AGO+∠GAO=90°,∴∠DEO+∠GAO=90°.∴∠AHE=90°,即DE⊥AG.(2)①在旋转过程中,∠OAG'成为直角有以下两种情况:(i)α由0°增大到90°的过程中,当∠OAG'为直角时,∵OA=OD=OG=OG', ∴在Rt△OAG'中,sin∠AG'O==,∴∠AG'O=30°.∵OA⊥OD,OA⊥AG',∴OD∥AG'.∴∠DOG'=∠AG'O=30°,即α=30°.(ii)α由90°增大到180°的过程中,当∠OAG'为直角时,同理可求得∠BOG'=30°,所以α=180°-30°=150°.综上,当∠OAG'为直角时,α=30°或150°.②AF'长的最大值是2+,此时α=315°.理由:当AF'的长最大时,点F'在直线AC上,如图所示.∵AB=BC=CD=AD=1,∴AC=BD=,AO=OD=.∴OE'=E'F'=2OD=.∴OF'==2.∴AF'=AO+OF'=+2.∵∠DOG'=45°,∴旋转角α=360°-45°=315°.。
转化思想在初中数学解题中的运用
转化思想在初中数学解题中的运用张金辉初中数学在学生的整个数学学习生涯中占据着重要的地位，是学生们初步接触代数、几何和函数的阶段，对于学生在高中以及大学阶段更加深入的学习数学知识来说起到了打基础的作用，所以在这个阶段带领学生充分的理解知识点非常重要，这就需要老师们能够灵活地运用各种手段来加深学生对数学知识的理解。
其中，使学生理解转化思想就是一个至关重要的手段，同时转化思想也是数学思维里面非常精华的部分，能够帮助学生形成良好的数学思维习惯。
本文通过简单介绍转化思想，并且详细分析转化思想在数学解题中的运用，来帮助解读转化思想的重要性，也同时能给教育工作者带来更多的教学灵感。
数学思想与数学知识一样是丰富多彩的，在初中阶段为学生建立良好的转化思想对于学生的学习来说有极大的帮助，因为良好的数学思想能更快地为学生找到题干中的关键点，加快解题过程。
而转化思想作为数学思想的基础，也是对于数学知识里的理论与解题方法的概括与总结，并且教师帮助学生理解转化思想也同时是帮助学生能自主将复杂的问题简单化，使学生能够在解答数学题目是举一反三，找到更快的解题办法。
1 转化思想的分类1.1 类比转化思想在初中数学的教育方法中，采用类比转化思想，主要要掌握的要点就是将两种性质相近的事物进行类比，通过类比在学生理解一种解题方法的情况下能够融会贯通的解决类似题目。
如在进行不等式的计算的时候将其类比为方程计算，这样在后期学习过程中，不管是学习一元一次还是一元二次的不等式组学生都能直接类比解题。
1.2 分解转化思想分解转化思想顾名思义就是在解决难题时，将复杂的题目区分成各个小的简单地知识点进行解答。
在许多的综合性题目中采取这种转化思路就能够更容易的解题，如整式的运算以及因式分解等。
1.3 语言转化思想在初中数学知识里，学生就已经开始接触到几何图形了，对于新接触到的学生来说，理解几何图形或许有一定的困难，这个时候就需要老师通过自身过硬的语言表述能力，将复杂的几何图案转化为语言展现给学生，这种方法也是帮助学生在学习几何图形时建立起自身的语言理解能力，能够自主理解后，对接下来的深入几何图形、应用题学习也有好处。
例谈转化思想在中考数学解题中的应用
例谈转化思想在中考解题中的应用三元中学罗明良随着课程改革的深入开展，培养学生的能力越来越重要。
数学学习更应重视数学思想方法的渗透和培养。
转化是一种重要的数学思想。
所谓转化思想，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将陌生的和不易解决的问题，转化为熟悉的或容易解决的问题，从而最终使问题获得解决。
转化思想在初中数学中应用非常广泛。
例如，求解二元一次方程组、一元二次方程时运用“未知向已知转化”的方向，把“多元问题”转化为“一元问题”、把“二次问题”转化（降次）为“一次问题”；解分式方程时，通过去分母，把“分式方程”转化为“整式方程”，实现从“复杂向简单转化”；解三角形（或多边形）时，常通过“一般向特殊转化”，变为解直角三角形问题；对于实际问题则通过建立数学模型，转化为数学问题，等等。
转化是中考命题中重点考查的一种数学思想，下面结合有关中考试题，介绍常用的几种转化策略。
一、复杂向简单转化数学解题的过程是分析问题和解决问题的过程，对于较难（繁）的问题，可以通过分析将问题转化为几个难度与学生思维水平同步的小问题，再根据这几个小问题的相互联系，从局部知识的掌握为整体服务，从而找到解决问题的捷径。
例1．如图1，梯形ABCD 中AD//BC，∠D=900，以AB为直径的⊙O切CD于点E，交BC于F。
若AB=4，AD=1，则图中阴影部分的面积为。
解：连接OE∵DC是⊙O切线∴OE⊥DC OE//AD，且OE=2。
又∵OE为梯形ABCD的中位线∴BC=3连接AF，∵AB是直径∴∠AFB=900又AB=4，BF=2，∴∠BAF=300由勾股定理得CD=AF=2。
连接OF，则∠EOF=∠FOB=600。
若将扇形OBF绕O点逆时针旋转600，则BF与EF重合，故阴影部分面积即为△EFC的面积。
在Rt△EFC中，FC=1，CE=CD=。
=FC×CE=.故S阴影评析：本题是一道计算填空题，但其中的逻辑推理必不可少。
浙江省2019年中考数学专题复习专题三 5大数学思想方法(3)转化与化归思想训练(含答案)
专题三 5大数学思想方法第三节 转化与化归思想类型十一 “一般”与“特殊”之间的转化(2018·浙江湖州中考)已知在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ≥AC ，D ，E 分别为AC ，BC 边上的点(不包括端点)，且DC BE ＝ACBC ＝m ，连结AE ，过点D 作DM ⊥AE ，垂足为点M ，延长DM 交AB 于点F .(1)如图1，过点E 作EH ⊥AB 于点H ，连结DH . ①求证：四边形DHEC 是平行四边形； ②若m ＝22，求证：AE ＝DF ； (2)如图2，若m ＝35，求DFAE的值．【分析】(1)①先判断出△BHE ∽△BAC ，进而判断出HE ＝DC ，即可得出结论； ②先判断出AC ＝AB ，BH ＝HE ，再判断出∠HEA ＝∠AFD ，即可得出结论；(2)过E 作EG ⊥AB 于G ，先判断出△EGB ∽△CAB ，进而求出EG ∶BE ＝3∶5，得出EG ＝CD ，再判断出∠AFM ＝∠AEG ，进而判断出△FAD ∽△EGA ，即可得出结论． 【自主解答】从特殊到一般，从具体到抽象是研究数学的一种基本方法．在一般情况下难以发现的规律，在特殊条件下容易暴露，特殊情况下得出的结论、方法也往往可以推广到一般情形．所以，特殊与一般之间的转化，可以用来验证命题的正确性，探索解题途径．12．(2018·广西桂林中考)如图，在平面直角坐标系中，M ，N ，C 三点的坐标分别为(12，1)，(3，1)，(3，0)，点A 为线段MN 上的一个动点，连结AC ，过点A 作AB ⊥AC 交y 轴于点B ，当点A 从M 运动到N 时，点B 随之运动．设点B 的坐标为(0，b )，则b 的取值范围是( )A. －14≤b ≤1B ．－54≤b ≤1C ．－94≤b ≤12D ．－94≤b ≤113．(2018·甘肃陇南中考)如图，⊙A 过点O (0，0)，C (3，0)，D (0，1)，点B 是x 轴下方⊙A 上的一点，连结BO ，BD ，则∠OBD 的度数是( )A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°类型十二 “复杂”与“简单”之间的转化(2018·浙江台州中考)解不等式组：⎩⎪⎨⎪⎧x －1＜3，3（x －2）－x ＞0.【分析】根据不等式组的解集的表示方法：大小小大中间找，可得答案． 【自主解答】数学解题的过程是分析问题和解决问题的过程，对于较复杂的问题．可以通过分析，将问题转化为几个简单的问题来解决，如把“多元问题”转化为“一元问题”、把“高次问题”转化为“一次问题”、 把“分式问题”转化为“整式问题”等，实现复杂问题简单化．14．(2018·四川遂宁中考)如图，已知抛物线y ＝ax 2－4x ＋c (a ≠0)与反比例函数y ＝9x 的图象相交于B ，且B点的横坐标为3，抛物线与y 轴交于点C (0，6)，A 是抛物线y ＝ax 2－4x ＋c (a ≠0)的顶点，P 点是x 轴上一动点，当PA ＋PB 最小时，P 点的坐标为____________．类型十三 “生活”与“数学”之间的转化(2018·浙江绍兴中考)如图1，窗框和窗扇用“滑块铰链”连结，图3是图2中“滑块铰链”的平面示意图，滑轨MN 安装在窗框上，托悬臂DE 安装在窗扇上，交点A 处装有滑块，滑块可以左右滑动，支点B ，C ，D 始终在一直线上，延长DE 交MN 于点F .已知AC ＝DE ＝20 cm ，AE ＝CD ＝10 cm ，BD ＝40 cm .(1)窗扇完全打开，张角∠CAB ＝85°，求此时窗扇与窗框的夹角∠DFB 的度数；(2)窗扇部分打开，张角∠CAB ＝60°，求此时点A ，B 之间的距离(精确到 0.1 cm )．(参考数据：3≈1.732，6≈2.449)【分析】(1)根据平行四边形的性质和判定可以解答本题； (2)根据锐角三角函数可以求得AB 的长，从而可以解答本题． 【自主解答】数学是人们生活、劳动和学习必不可少的工具，能够帮助人们处理数据、进行计算、推理和证明，数学模型可以有效地描述自然现象和社会现象．所以，要重视数学知识的应用．在解决实际问题时，要重在分析，把实际问题转化为数学模型，以提高应用数学知识解决实际问题的能力．15．(2018·浙江绍兴中考)实验室里有一个水平放置的长方体容器，从内部量得它的高是15 cm ，底面的长是30 cm ，宽是20 cm ，容器内的水深为x cm .现往容器内放入如图的长方体实心铁块(铁块一面平放在容器底面)，过顶点A 的三条棱的长分别10 cm ，10 cm ，y cm (y ≤15)，当铁块的顶部高出水面2 cm 时，x ，y 满足的关系式是___________________________________．类型十四 “数”与“形”之间的转化(2018·四川德阳中考)已知函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －2）2－2，x≤4，（x －6）2－2，x ＞4使y ＝a 成立的x 的值恰好只有3个时，a 的值为________．【分析】首先在坐标系中画出已知函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －2）2－2，x≤4（x －6）2－2，x ＞4的图象，利用数形结合的方法即可找到使y ＝a 成立的x 值恰好有3个的a 值． 【自主解答】“数”与“形”反映了事物两方面的属性，数与形之间的相互转化、相互联系，体现了数学是一个有机整体．数形结合能把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，是一条合理的解题途径．16．(2018·江苏泰州中考)平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2－2mx＋m2＋2m＋2的图象与x轴有两个交点．(1)当m＝－2时，求二次函数的图象与x轴交点的坐标；(2)过点P(0，m－1)作直线l⊥y轴，二次函数图象的顶点A在直线l与x轴之间(不包含点A在直线l上)，求m的范围；(3)在(2)的条件下，设二次函数图象的对称轴与直线l相交于点B，求△ABO的面积最大时m的值．参考答案类型十一【例11】 (1)①∵EH ⊥AB ，∠BAC ＝90°， ∴EH ∥CA ，∴△BHE ∽△BAC ， ∴BE BC ＝HEAC. ∵DC BE ＝AC BC ，∴BE BC ＝DC AC ， ∴HE AC ＝DCAC，∴HE ＝D C. ∵EH ∥DC ，∴四边形DHEC 是平行四边形． ②∵AC BC ＝22，∠BAC ＝90°，∴AC ＝A B.∵DC BE ＝22，HE ＝DC ，∴HE BE ＝22. ∵∠BHE ＝90°，∴BH ＝HE .∵HE ＝DC ，∴BH ＝CD ，∴AH ＝A D. ∵DM ⊥AE ，EH ⊥AB ， ∴∠EHA ＝∠AMF ＝90°，∴∠HAE ＋∠HEA ＝∠HAE ＋∠AFM ＝90°， ∴∠HEA ＝∠AF D. ∵∠EHA ＝∠FAD ＝90°， ∴△HEA ≌△AFD ，∴AE ＝DF . (2)如图，过点E 作EG ⊥AB 于G . ∵CA ⊥AB ，∴EG ∥CA ， ∴△EGB ∽△CAB ，∴EG CA ＝BE BC ，∴EG BE ＝CA BC ＝35. ∵CD BE ＝35，∴EG ＝C D. 设EG ＝CD ＝3x ，AC ＝3y ，∴BE ＝5x ，BC ＝5y ，∴BG ＝4x ，AB ＝4y . ∵∠EGA ＝∠AMF ＝90°，∴∠GEA ＋∠EAG ＝∠EAG ＋∠AFM ， ∴∠AFM ＝∠AEG . ∵∠FAD ＝∠EGA ＝90°， ∴△FAD ∽△EGA ，∴DF AE ＝AD AG ＝3y －3x 4y －4x ＝34.变式训练 12．B 13.B 类型十二【例12】 ⎩⎪⎨⎪⎧x －1＜3，①3（x －2）－x ＞0，②解不等式①得x ＜4， 解不等式②得x ＞3，不等式①，不等式②的解集在数轴上表示如图．原不等式组的解集为3＜x ＜4. 变式训练 14．(125，0)类型十三【例13】 (1)∵AC ＝DE ＝20 cm ， AE ＝CD ＝10 cm ，∴四边形ACDE 是平行四边形， ∴AC ∥DE ，∴∠DFB ＝∠CA B. ∵∠CAB ＝85°，∴∠DFB ＝85°. (2)如图，作CG ⊥AB 于点G .∵AC ＝20，∠CGA ＝90°，∠CAB ＝60°， ∴CG ＝103，AG ＝10.∵BD ＝40，CD ＝10，∴CB ＝30， ∴BG ＝302－（103）2＝106，∴AB ＝AG ＋BG ＝10＋106≈10＋10×2.449＝34.49≈34.5 cm ，即A ，B 之间的距离为34.5 cm . 变式训练15．y ＝6x ＋105(0＜x ≤656)或y ＝120－15x 2(6≤x ＜8)类型十四【例14】 函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －2）2－2，x≤4（x －6）2－2，x ＞4的图象如图， 根据图象知，当y ＝2时，对应成立的x 值恰好有三个， ∴a ＝2.故答案2.变式训练16．解：(1)当m ＝－2时，抛物线表达式为y ＝x 2＋4x ＋2. 令y ＝0，则x 2＋4x ＋2＝0， 解得x 1＝－2＋2，x 2＝－2－2，抛物线与x 轴交点坐标为(－2＋2，0)，(－2－2，0)． (2)∵y ＝x 2－2mx ＋m 2＋2m ＋2＝(x －m )2＋2m ＋2， ∴抛物线顶点坐标为A (m ，2m ＋2)．∵二次函数图象的顶点A 在直线l 与x 轴之间(不包含点A 在直线l 上)， ∴当直线l 在x 轴上方时， ⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2＜m －1，m －1＞0，2m ＋2＞0，不等式无解． 当直线l 在x 轴下方时， ⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2＞m －1，2m ＋2＜0，m －1＜0， 解得－3＜m ＜－1.(3)由(1)点A 在点B 上方，则AB ＝(2m ＋2)－(m －1)＝m ＋3， △ABO 的面积S ＝12(m ＋3)(－m )＝－12m 2－32m .∵－12＜0，∴当m ＝－b 2a ＝－32时，S 最大＝98.。
浙江省2018年中考数学复习第二部分题型研究题型一数学思想方法类型四转化思想针对演练
第二部分 题型研究题型一 数学思想方法 类型四 转化思想针对演练1. 我们解一元二次方程3x 2－6x ＝0时，可以运用因式分解法，将此方程化为 3x (x －2)＝0，从而得到两个一元一次方程：3x ＝0或x －2＝0，进而得到原方程的解为x 1＝0，x 2＝2.这种解法体现的数学思想是( )A. 转化思想B. 函数思想C. 数形结合思想D. 公理化思想2. 已知a 2－b 2＝－16，a －b ＝12，则a ＋b a －b的值为( )A. －12B. 13C. －23D. －323. (2017温州)我们知道方程x 2＋2x －3＝0的解是x 1＝1，x 2＝－3.现给出另一个方程(2x ＋3)2＋2(2x ＋3)－3＝0.它的解是( )A. x 1＝1，x 2＝3B. x 1＝1，x 2＝－3C. x 1＝－1，x 2＝3D. x 1＝－1，x 2＝－34. 如图，点E 在正方形ABCD 的对角线AC 上，且EC ＝2AE ，直角三角形FEG 的两直角边EF 、EG 分别交BC 、DC 于点M 、N .若正方形ABCD 的边长为a ，则重叠部分四边形EMCN 的面积为( )A. 23a 2B. 14a 2C. 59a 2D. 49a 2第4题图5. 如图，在大长方形ABCD中，放入六个相同的小长方形，则图中阴影部分面积(单位：cm2)为( )第5题图A. 16B. 44C. 96D. 1406. 设m2＋m－1＝0，则代数式m3＋2m2＋2017的值为( )A. 2016B. 2017C. 2018D. 20207. 如图，△ABC经过平移得到△A′B′C′，若四边形ACDA′的面积为6 cm2, 则阴影部分的面积为________cm2.第7题图8. 如图是一个三级台阶，它的每一级的长、宽、高分别为55寸、10寸和6寸，A和B是这个台阶的两个相对端点，A点上有一只蚂蚁想到B点去吃可口的食物，则它所走的最短路线长度是_________寸．第8题图9. 三个同学对问题“若方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1x ＋b 1y ＝c 1a 2x ＋b 2y ＝c 2的解是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3y ＝4，求方程组⎩⎪⎨⎪⎧3a 1x ＋2b 1y ＝5c 13a 2x ＋2b 2y ＝5c 2的解．”提出各自的想法．甲说：“这个题目好像条件不够，不能求解”；乙说：“它们的系数有一定的规律，可以试试”；丙说：“能不能把第二个方程组的两个方程的两边都除以5，通过换元替代的方法来解决”．参考他们的讨论，你认为这个题目的解应该是________．10. 如图，△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点M ，N 在边BC 上，且∠MAN ＝45°.若BM ＝1，CN ＝3，求MN 的长．第10题图 答案1. A2. C 【解析】∵()a ＋b ()a －b ＝－16，a －b ＝12，∴a ＋b ＝－13，∴a ＋b a －b ＝－23.3．D 【解析】令y ＝2x ＋3，则原方程变形为y 2＋2y －3＝0，解得y 1＝1，y 2＝－3，所以2x ＋3＝1或2x ＋3＝－3，解得x 1＝－1，x 2＝－3.4. D 【解析】如解图，过E 作BC 和CD 的垂线，垂足分别为G ，H ，则△EGM ≌△EHN ，∴重叠部分四边形EMCN 的面积等于正方形EGCH 的面积，∵EC ＝2AE ，∴CE ＝23AC ，EG ＝23AB＝23a ，∴正方形EGCH 的面积为49a 2.第4题解图5. B 【解析】设小长方形的长和宽分别为x ，y ，则由图形得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋3x ＝14y ＋x －2x ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝8，则阴影部分面积为14×10－6×2×8＝140－96＝44.6. C 【解析】∵m 2＋m －1＝0，∴m 2＋m ＝1，则m 3＋2m 2＋2017＝m (m 2＋m )＋m 2＋2017＝m 2＋m ＋2017＝1＋2017＝2018.7. 6 【解析】∵由平移性质得，△ABC 的面积等于△A′B′C ′的面积， ∴阴影部分的面积等于四边形ACDA ′的面积等于6 cm 2.第7题解图8. 73 【解析】立体图形转化为平面图形，展开后变为长方形，根据题意得，∠C ＝90°，BC ＝3×()10＋6＝48，∴AB ＝AC 2＋BC 2＝552＋482＝73.第8题解图9. ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5y ＝10 【解析】将方程组⎩⎪⎨⎪⎧3a 1x ＋2b 1y ＝5c 13a 2x ＋2b 2y ＝5c 2变为⎩⎪⎨⎪⎧35a 1x ＋25b 1y ＝c 135a 2x ＋25b 2y ＝c2，设35x ＝m ，25y ＝n ，则原方程组转化为⎩⎪⎨⎪⎧a 1m ＋b 1n ＝c 1a 2m ＋b 2n ＝c 2，再根据方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1x ＋b 1y ＝c 1a 2x ＋b 2y ＝c 2的解是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3y ＝4，所以得出⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3n ＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧35x ＝325y ＝4，解得，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5y ＝10. 10. 解：把△ABM 绕点A 逆时针旋转90°得到的△ACG ，连接NG ，如解图，第10题解图∴∠BAM ＝∠GAC ，AM ＝AG ， ∴△ABM ≌△ACG .∵∠MAN ＝45°， ∠BAC ＝90°， ∴∠GAN ＝∠MAN ＝45°， ∴△MAN ≌△GAN . ∴MN ＝NG ，∴∠BCA ＋∠ACG ＝90°.在Rt △GCN 中，NG ＝CN 2＋CG 2＝10， ∴ MN ＝NG ＝10.。
中考数学综合提升训练：转化思想在解题中的应用
转化思想在解题中的应用 一、选择题 1. 长方体的主视图和俯视图如图所示，则其左视图的面积为( )A. 3B. 4C. 12D. 16 2019-2020年中考数学综合提升训练：转化思想在解题中的应用2. (xx·贵州黔东南)如图，四边形ABCD 是菱形，AC ＝8，BD ＝6，DH ⊥AB 于点H ，则DH 等于( )A. 245B. 125C. 12D. 243. 已知一次函数y 1＝kx ＋b (k <0)与反比例函数y 2＝m x(m ≠0)的图象交于A ，B 两点，其横坐标分别是－1和3，当y 1>y 2时，实数x 的取值范围是( )A. x <－1或0<x <3B. －1<x <0或0<x <3C. －1<x <0或x >3D. 0<x <34. (xx·福建汕尾)如图，将矩形纸片ABCD 折叠，使点A 与点C 重合，折痕为EF ，若AB ＝4，BC ＝2，则线段EF 的长为( )A. 2 5B. 5C. 455D. 255,(第4题)),(第5题))5. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝12x 2经过平移得到抛物线y ＝12x 2－2x ，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为( )A. 2B. 4C. 8D. 16二、填空题6. (xx·浙江丽水)解一元二次方程x 2＋2x －3＝0时，可转化为解两个一元一次方程，请写出其中的一个一元一次方程：________________．7. 如图，∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＝________．,(第7题)) ,(第8题))8. 我国古代有这样一道数学问题：“枯木一根直立地上高二丈周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何？”题意是：如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因一丈是十尺，则该圆柱的高为20尺，底面周长为3尺，有葛藤自点A 处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点B 处．则问题中葛藤的长度是________尺．(第9题)9. (xx·贵州安顺)如图，在▱ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，∠A ＝30°，以点A 为圆心，AD 长为半径画弧交AB 于点E ，连结CE ，则阴影部分的面积是________(结果保留π)．三、解答题10. 阅读下面不等式的解法，按要求解不等式．解不等式：x －1x －2>0. 解：根据题意，得①⎩⎪⎨⎪⎧x －1>0，x －2>0或②⎩⎪⎨⎪⎧x －1<0，x －2<0， 解不等式组①，得x >2；解不等式组②，得x <1.∴原不等式的解为x >2或x <1.请你按照上述方法求出不等式x＋2x－5≥0的解．11. 如图所示为一个圆锥与其侧面展开图，已知圆锥的底面半径是2，母线长是6.(第11题)(1)求这个圆锥的高及其侧面展开图中∠ABC的度数．(2)如果A是底面圆周上一点，从点A拉一根绳子绕圆锥侧面一圈再回到点A，求这根绳子的最短长度．12．(xx·上海)如图，MN表示一段笔直的高架道路，线段AB表示高架道路旁的一排居民楼．已知点A到MN的距离为15 m，BA的延长线与MN相交于点D，且∠BDN＝30°.假设汽车在高速道路上行驶时，周围39 m以内会受到噪声的影响．(第12题)(1)过点A作MN的垂线，垂足为H.如果汽车沿着从M到N的方向在MN上行驶，当汽车到达点P处时，噪声开始影响这一排的居民楼，那么此时汽车与点H的距离为多少米？(2)降低噪声的一种方法是在高架道路旁安装隔音板．当汽车行驶到点Q时，它与这一排居民楼的距离QC为39 m，那么对于这一排居民楼，高架道路旁安装的隔音板至少需要多少米长(精确到1 m，参考数据：3≈1.7)?13. (1)如图①，在正方形ABCD中，M是BC边上(不含端点B，C)任意一点，P是BC 延长线上一点，N是∠DCP平分线上一点．若∠AMN＝90°，求证：AM＝MN.(第13题①)证明：在边AB上截取AE＝MC，连结ME.在正方形ABCD中，易得∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC，∴∠NMC＋∠AMB＝∠MAE＋∠AMB＝90°，∴∠NMC＝∠MAE.请你完成余下的证明过程．(第13题②)(2)若将题中的“正方形ABCD”改为“正三角形ABC”(如图②)，N是∠ACP的平分线上一点，则当∠AMN＝60°时，结论AM＝MN是否还成立？请说明理由．(3)若将上题中的“正方形ABCD”改为“正n边形ABCD…X”，请你做出猜想：当∠AMN ＝________时，结论AM＝MN仍然成立(直接写出答案，不需要证明)．参考答案1．A 2．A 3．A 4．B[设AC 与EF 相交于点O ．由折叠的性质，得AO ＝CO ，EF ⊥AC ．易证△AOE ≌△COF ，∴OE ＝OF ．∵AB ＝4，BC ＝2，∴AC ＝25．∴AO ＝5．易证△AOE ∽△ABC ，∴OE BC ＝AO AB ＝54．∴OE ＝52．∴EF ＝5．] 5．B[∵y ＝12x 2－2x ＝12(x －2)2－2，∴顶点坐标为(2，－2)．过顶点(2，－2)作y 轴的垂线段，可知阴影部分的面积等于直线x ＝2与坐标轴及垂线段围成的矩形的面积，为2×2＝4．] 6．x ＋3＝0或x －1＝07．360° 8．25 9．3－π3[过点D 作DF ⊥AB 于点F ．在Rt △ADF 中，∵AD ＝2，∠A ＝30°，∴DF ＝1．∵AE ＝AD ＝2，AB ＝4，∴BE ＝2．∴S △BCE ＝12BE ·DF ＝1．∵S □ABCD ＝AB ·DF ＝4，S 扇形ADE ＝30360π·AD 2＝π3，∴S 阴影＝S □ABCD －S 扇形ADE －S △BCE ＝4－π3－1＝3－π3．] 10．x >5或x ≤－2． 11．(1)圆锥的高＝42，∠ABC ＝120°． (2)63． 12．(1) 36 m ．(2)89 m ． 13．(1)∵AE ＝MC ，AB ＝BC ，∴BE ＝BM ，∴∠BEM ＝∠EMB ＝45°，∴∠AEM ＝135°．∵CN 平分∠DCP ，∴∠PCN ＝45°，∴∠MCN ＝135°＝∠AEM ．又∵AE ＝MC ，∠MAE ＝∠NMC ，∴△AEM ≌△MCN (ASA )．∴AM ＝MN ． (2)结论AM ＝MN 仍然成立．理由如下：在AB 上截取BD ＝BM ，连结DM ．∵△ABC 是正三角形，∴AB ＝BC ，∠B ＝60°．∵BD ＝BM ，∴AD ＝MC ，△BDM 是等边三角形，∴∠BDM ＝∠BMD ＝60°．∵CN平分∠ACP ，∴∠NCP ＝12(180°－60°)＝60°．∴∠ADM ＝∠MCN ＝120°．∵∠AMD ＋∠NMC ＝180°－∠BMD －∠AMN ＝60°，∠N ＋∠NMC ＝∠NCP ＝60°，∴∠AMD ＝∠N ．∴△AMD ≌△MNC (AAS )，∴AM ＝MN ． (3)180（n －2）n29459 7313 猓32585 7F49 罉39813 9B85 鮅:20529 5031 倱24717 608D 悍23208 5AA8 媨A26949 6945 楅'38836 97B4 鞴20083 4E73 乳L。
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第2讲转化思想概述：在解数学题时，所给条件往往不能直接应用，•此时需要将所给条件进行转化，这种数学思想叫转化思想，在解题中经常用到．典型例题精析例1．（2002，上海）如图，直线y=12x+2分别交x，y轴于点A、C、P•是该直线上在第一象限内的一点，PB⊥x轴，B为垂足，S△ABP=9．（1）求P点坐标；（2）设点R与点P在同一反比例函数的图象上，且点R在直线PB右侧．作RT⊥x轴，•T为垂足，当△BRT与△AOC相似时，求点R的坐标．分析：（1）求P点坐标，进而转化为求PB、OB的长度，P（m，n）•再转为方程或方程组解，因此是求未知数m，n值．∵S△ABP=9，∴涉及AO长，应先求AO长，由于A是直线y=12x+2与x轴的交点，∴令y=0，得0=12x+2，∴x=-4，∴AO=4．∴(4)2m n=9…①又∵点P（m，n）在直线y=12x+2上，∴n=12m+2…②联解①、②得m=2，n=3，∴P（2，3）．（2）令x=0，代入y=12x+2中有y=2，∴OC=2，∴△AOC∽△BRT，设BT=a，RT=b．分类讨论：①当24ba =…①又由P点求出可确定反比例函数y=6 x又∵R（m+a，b）在反比例函数y=6x上∴b=6m a+……②联解①、②可求a，b值，进而求到R点坐标．②当24ab=时，方法类同于上．例2．（2002，南京）已知：抛物线y1=a（x-t-1）2+t2（a，t是常数，a≠0，t≠0）•的顶点是A，抛物线y2=x2-2x+1的顶点是B．（1）判断点A是否在抛物线y2=x2-2x+1上，为什么？（2）如果抛物线y1=a（x-t-1）2+t2经过点B，①求a的值；②这条抛物线与x轴的两个交点和它的顶点A能否构成直角三角形？•若能，求出t的值；若不能，请说明理由．分析：（1）∵y1的顶点为（t+1，t2），代入y2检验x2-2x+1=（t+1）2-2（t+1）+1=t2+2t+1-2t-2+1=t2，∴点A在y2=x2-2x+1的抛物线上．（2）①由y2=x2-2x+1=（x-1）2+0，∴y2顶点B（1，0），因为y1过B点，∴0=a（1-t-1）2+t 2⇒at2+t2=0．∵t≠0，∴t2≠0，∴a=-1．①当a=-1时，y=-（x-t-1）2+t2，它与x轴的两个交点纵坐标为零，即y1=0，有0=-（x-t-1）2+t2⇒x-t-1=±t∴x1=t+t+1=2t+1， x2=-t+t+1=1．情况一：两交点为E（2t+1，0），F（1，0）．而A（t+1，t2）由对称性有AF=AE（如图）∴只能是∠FAE=90°，AF2=AD2+DF2．而FD=OD-OF=t+1-1=t，A D=t2，∴AF2=t2+t2=AE2，FE=OE-OF=2t+1-1=2t．令EF2=AF2+AE2，则有（2t）2=2（t2+t2），4t2=2t4+2t2，∵t≠0，∴t2-1=0，∴t=±1．情况二：E（1，0），F（2t+1，0）用分析法若△FAE为直角三角形，由抛物线对称性有AF=AE即△AFE为等腰直角三角形．且D为FE中点，∵A（t+1，t2），∴AD=t2，OD=t+1，∴AD=DE，∴t2=OE-OD=1-（t+1），t2=-t，∴t1=0（不合题意，舍去），t2=-1．故这条抛物线与x轴两交点和它们的顶点A能够成直角三角形，这时t=±1．中考样题看台1．（2003，海南）已知抛物线y=ax2+bx+c开口向下，并且经过A（0，1）和M（2，-3）两点．（1）若抛物线的对称轴为x=-1，求此抛物线的解析式；（2）如果抛物线的对称轴在y轴的左侧，试求a的取值范围；（3）如果抛物线与x轴交于B、C两点，且∠BAC=90°，求此时a的值．2．（2003，南宁）如图，已知E是△ABC的内心，∠A的平分线交BC于点F，•且与△ABC 的外接圆相交于点D．（1）求证：∠DBE=∠DEB；（2）若AD=8cm，DF：FA=1：3，求DE的长．3．（2003，山东）如图是由五个边长都是1的正方形纸片拼接而成的，过点A 1的直线分别与BC 1、BE 交于M 、N ，且被直线MN 分成面积相等的上、下两部分． （1）求1MB +1NB的值； （2）求MB 、NB 的长；（3）将图沿虚线折成一个无盖的正方形纸盒后，求点MN 间的距离．D 2C 2B 1A 1D 1C 1BC AE D NM F4．（2004，云南）如图，MN 表示某引水工程的一段设计路线，从M 到N•的走向为南偏东30°，在M 的南偏东60°方向上有一点A ，以A 为圆心，500•米为半径的圆形区域为居民区，取MN 上另一点B ，测得BA 的方向为南偏东75°，已知MB=400米，通过计算，如果不改变方向，输水线路是否会穿过居民区？东北ABNM5．（2004，丽水市）如图，在平面直角坐标系中，已知OA=12厘米，OB=6厘米，点P•从点O 开始沿OA 边向点A 以1厘米/秒的速度移动；点Q 从点B 开始沿BO 边向点O 以1厘米/秒的速度移动，如果P 、Q 同时出发，用t （秒）表示移动的时间（0≤t ≤6），那么 （1）设△POQ 的面积为y ，求y 关于t 的函数解析式；（2）当△POQ 的面积最大时，将△POQ 沿直线PQ 翻折后得到△PCQ ，试判断点C•是否落在直线AB 上，并说明理由；（3）当t 为何值时，△POQ 与△AOB 相似．B Ay xQ PO考前热身训练1．已知抛物线y=（x-2）2-m 2（常数m>0）的顶点为P ． （1）写出抛物线的开口方向和P 点的坐标；（2）若此抛物线与x 轴的两个交点从左到右分别为A 、B ，并且∠APB=90°，试求△ABP 的周长．2．已知m ，n 是关于x 方程x 2+（x+2t=0的两个根，且m 2过点Q （m ，n ）的直线L 1与直线L 2交于点A （0，t ），直线L 1，L 2分别与x 轴的负半轴交于点B 、C ，如图，△ABC 为等腰三角形． （1）求m ，n ，t 的值； （2）求直线L 1，L 2的解析式；（3）若P 为L 2上一点，且△ABO ∽△ABP ，求P 点坐标．l 2Al 1BCy xQO3．如图，正方形ABCD 中，AB=1，BC 为⊙O 的直径，设AD 边上有一动点P （不运动至A 、D ），BP 交⊙O 于点F ，CF 的延长线交AB 于点E ，连结PE ．（1）设BP=x ，CF=y ，求y 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围； （2）当CF=2EF 时，求BP 的长；（3）是否存在点P ，使△AEP ∽△BEC （其对应关系只能是A ↔B ，E ↔E ，P ↔C ）？如果存在，•试求出AP 的长；如果不存在，请说明理由．BCE答案:中考样题看台1．（1）抛物线解析式是y=-12x2-x+1（2）由题意得：1423ca b c=⎧⎨++=-⎩消去c，得b=-2a-2，•又∵抛物线开口向下，对称轴在y轴左侧，∴2aba<⎧⎪⎨-<⎪⎩∴b<0，∴b=-2a-2<0，解得a>-1，∴a的取值范围是-1<a<0（3）由抛物线开口向下，且经过点A（0，1）知：它与x轴的两个交点B、C分别在原点的两旁，此时B、C两点的横坐标异号OA=c=1，又∠BAC=90°，∴点A必在以BC为直径的圆上；又∵OA⊥BC于O，∴OA2=OB·OC，又∵b=-2a-2，c=1，∴抛物线方程变为：y=ax2-2（a+1）x+1，设此抛物线与x轴的两个交点分别为B（x1，0），C（x2，0），则x1、x2是方程ax2-2（a+1）x+1=0的两根，∴x1·x2=1a，∴OB·OC=│x1│·│x2│=│x1x2│=-x1x2，（∵x1·x2<0），•∴OB·OC=-1a，又∵OA2=OB·OD，OA=1，∴1=-1a，解得a=-1，经检验知：当a=-1时，所确定的抛物线符合题意，故a的值为-1．2．（1）证明，由已知∴∠1=∠2，∠3=∠4，∵∠BED=∠3+∠1，∠5=∠2，∴∠4+∠5=∠3+∠1，即∠EBD=∠BED．（2）△BFD∽△ABD，∴BD2=AD·FD．∵DF：FA=1：3，AD=8，∴DF：AD=1：4，∴184DF =，DF=2cm ，∴BD 2=16，∴DE=BD=4cm ． 3．（1）∵111NB MB A B MB =，即11NB MBMB =-， 得MB+NB=MB ·NB ，两边同除以MB ·NB 得1MB +1NB=1． （2）12MB ·NB=52，即MB ·NB=5， 又由（1）可知MB+NB=MB ·NB=5，∴MB 、NB•分别是方程x 2-5x+5=0的两个实数根，x 1=52+，x 2=52-， ∵MB<NB ，∴（3）B 1MN=1．4．解：过A 作AC ⊥MN 于C ，设AC 长为x 米，由题意可知，∠AMC=30°，∠ABC=45°， •∴MC=AC ·cot30°=3x ，BC=AC=x ，∵MC-BC=MB=400．解得x=200（3+1）（米）．• ∴x>500，∴不改变方向，输水线路不会穿过居民区．5．解：（1）∵OA=12，OB=6，由题意，得BQ=1×t=t ，OP=1×t=t ． ∴OQ=6-t ，∴y=12וOP ×OQ=12×t （6-t ）=-12t 2+3t （0≤t ≤6） （2）∵y=-12t 2+3t ，∴当y 有最大值时，t=3， ∴OQ=3，OP=3，即△POQ 是等腰三角形．•把△POQ 沿PQ 翻折后，可得四边形OPCQ 是正方形， ∴点C 的坐标是（3，3），∵A （12，0），B （0，6）， ∴直线AB 的解析式为y=-12x+6， 当x=3时，y=92≠3，∴点C不落在直线AB上．（3）△POQ∽△AOB时，①若OQ OPOB OA=，即6612t t-=，12-2t=t，∴t=4．②若OQ OPOA OB=，即6126t t-=，6-t=2t，∴t=2，•∴当t=4或t=2时，△POQ与△AOB相似．考前热身训练1．（1）开口向上，P（2，-m2）．（2）设对称轴与x轴交于点C，令（x-2）2-m2=0，得x1=-m+2，x2=m+2，∴A（-m+2，0），B（•m+2，0），∴AC=│2-（-m+2）│=m，（∵m>0）由抛物线对称性得PA2=AC2+PC2=m2+（-m2）2．∵∠APB=90°，∴易证AC=PC，即│m│=│-m2│，∴m1=0，m2=±1．∵m>0，∴m=1，∴△ABC的周长为．2．（1）m=-2，，（2）L1：y2L2：y=3（3）过B作BP1⊥AC于P1，则P1（32，2），过B作BP2⊥AB于P2，则P2（-2，2）．3．（1）y=1x（）．（2）（3）若△AEP∽△BEC，则AE APBE BC=，易知Rt△BAP≌Rt△CBE，BE=AP．BCAyxPO设AP=t （0<t<1），则AE=AB-EB=1-t ，∴11t t t -=，∴，又∵0<t<1，∴t=12，即P 点存在，且AP=12．。
2020年中考数学二轮核心考点讲解第14讲数学思想应用专题原卷板
【中考数学二轮核心考点讲解】第14讲数学思想应用专题分类讨论思想分类讨论思想是指当被研究的问题存在一些不确定的因素，无法用统一的方法或结论给出统一的表述时，按可能出现的所有情况来分别讨论，得出各情况下相应的结论．分类的原则：(1)分类中的每一部分是相互独立的；(2)一次分类必须是同一个标准；(3)分类讨论要逐级进行；(4)分类必须包含所有情况，既不能重复，也不能有遗漏．数形结合思想数形结合思想是把抽象思维和形象思维结合起来分析问题，将抽象的数学语言和直观的图形语言结合起来表示问题，从而解决问题的数学思想．运用数形结合思想解决问题，关键是要找到数与形的契合点．数形结合在不等式(组)、函数等知识中有着广泛的应用，综合题中始终渗透着对数形结合思想的考查．转化思想转化思想的运用可以让我们在遇到较为复杂的题型时，能够辩证进行分析。
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准确的说，可以把各种隐藏在题目内的隐含问题全部明显的罗列出来，从一个信息条件快速的转化出更多的信息条件。
转化思想的内涵相当丰富，可以将数量、图形、概念等统统进行转化，从而达到解题的效果。
代数解析思想解析思想本属于代数类题型的解题方法，但在解答一些几何题时，特别是计算几何边长或者关于某个点的相关信息时，常常构建平面直角坐标系，将几何问题代数化，计算线段长度，转为计算点的坐标，直线解析式，运用诸如两点间距离公式，中点坐标公式等来进行解答．方程思想顾名思义，在解答几何题或者函数类题目时，常常对未知量或者是几个变量之间的分数关系进行设未知数来表达，通过寻找等量关系求解位置量的方法技巧．【例题1】-分类讨论思想将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜360°)，得到矩形AEFG.(1)如图，当点E在BD上时，求证：FD＝CD；(2)当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．【变式1-1】已知在△ABC中，tanA=34，AB=5，BC=4，那么AC的长等于__________.【变式1-2】（2016•江西模拟）如图，矩形ABCD，AB＝5，AD＝8，E是AD上一动点，把△ABE沿BE折叠，当点A的对应点A′落在矩形ABCD的对称轴上时，折痕BE的长为．【例题2】-数形结合思想如图，在在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，且AD=12cm，AB=8cm，DC=10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P 点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题：（1）BC=cm；（2）当t=秒时，四边形PQBA成为矩形．（3）当t为多少时，PQ=CD？（4）是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由．【变式2-1】（2019•天门）在平面直角坐标系中，已知抛物线C：y＝ax2+2x﹣1（a≠0）和直线l：y＝kx+b，点A（﹣3，﹣3），B（1，﹣1）均在直线l上．（1）若抛物线C与直线l有交点，求a的取值范围；（2）当a＝﹣1，二次函数y＝ax2+2x﹣1的自变量x满足m≤x≤m+2时，函数y的最大值为﹣4，求m 的值；（3）若抛物线C与线段AB有两个不同的交点，请直接写出a的取值范围．【变式2-2】某班“数学兴趣小组”对函数y＝x2﹣2|x|图象和性质进行了探究，探究过程如下，请补充完整．（1）自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下：x…﹣3﹣﹣2﹣10123…y…3m﹣10﹣103…其中，m＝．（2）根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请画出该函数图象的另一部分．（3）观察函数图象，写出两条函数的性质．（4）进一步探究函数图象发现：①函数图象与x轴有个交点，所以对应的方程x2﹣2|x|＝0有个实数根；②方程x2﹣2|x|＝2有个实数根；③关于x的方程x2﹣2|x|＝a有4个实数根时，a的取值范围是．【例题3】-转化思想某班级同学从学校出发去扎龙自然保护区研学旅行，一部分乘坐大客车先出发，余下的几人20 min 后乘坐小轿车沿同一路线出行，大客车中途停车等候，小轿车赶上来之后，大客车以出发时速度的107继续行驶，小轿车保持原速度不变．小轿车司机因路线不熟错过了景点入口，在驶过景点入口6 km 时，原路提速返回，恰好与大客车同时到达景点入口．两车距学校的路程s(km)和行驶时间t(min)之间的函数关系如图所示． 请结合图象解决下面问题：(1)学校到景点的路程为 km ，大客车途中停留了 min ，a ＝ ； (2)在小轿车司机驶过景点入口时，大客车离景点入口还有多远？(3)小轿车司机到达景点入口时发现本路段限速 80 km/h ，请你帮助小轿车司机计算折返时是否超速？ (4)若大客车一直以出发时的速度行驶，中途不再停车，那么小轿车折返后到达景点入口，需等待 分钟，大客车才能到达景点入口．【变式3-1】如图，已知圆锥的底面圆直径AB 为2r （r ＞0），母线长OA 为3r ，C 为母线OB 的中点，在圆锥的侧面上，一只蚂蚁从点A 爬行到点C 的最短路线长为 ．【变式3-2】（2019•费县一模）如图，已知抛物线y＝ax2+2x+c与y轴交于点A（0，6），与x轴交于点B（6，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．（1）求这条抛物线的表达式及其顶点坐标；（2）当点P从A点出发沿线段AB上方的抛物线向终点B移动时，点P到直线AB的距离为d，求d最大时点P的坐标；（3）点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【例题4】-代数解析思想如图1，在矩形ABCD中，点P在边CD上，且与C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连结PQ，M为PQ中点，若AD＝10，AB＝a，DP＝8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化．当点M落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围．【变式4-1】正方形ABCD边长为6，点E是边BC上一点，且BE=2CE，BF⊥DE于点F，求CF的长【变式4-2】某数学兴趣小组对线段上的动点问题进行探究，已知AB＝8．问题思考：如图4，点P为线段AB上的一个动点，分别以AP、BP为边在同侧作正方形APDC、BPEF．(1)分别连结AD、DF、AF，AF交DP于点K，当点P运动时，在△APK、△ADK、△DFK中，是否存在两个面积始终相等的三角形？请说明理由．问题拓展：(2)如图5，在“问题思考”中，若点M、N是线段AB上的两点，且AM＝BN＝1，点G、H分别是边CD、EF的中点，请写出点P从M到N的运动过程中，GH的中点D所经过的路径的长(3)在第二问的情况下，求OM＋OB的最小值．【例题5】-方程思想如图，C ，D 是以AB 为直径的⊙O 上的点，AC ︵＝BC ︵，弦CD 交AB 于点E. (1)当PB 是⊙O 的切线时， 求证：∠PBD ＝∠DAB ； (2)求证：BC 2－CE 2＝CE·DE ；(3)已知OA ＝4，E 是半径OA 的中点，求线段DE 的长．【变式5-1】如图，D 是等边△ABC 边AB 上的一点，且AD ：DB ＝1：2，现将△ABC 折叠，使点C 与D 重合，折痕为EF ，点E ，F 分别在AC 和BC 上，则CE ：CF ＝（ ）A．B．C．D．【变式5-2】（2020•建湖县校级模拟）朦胧宝塔位于建湖县宝塔镇境内，2002年10月被公布为江苏省第五批文物保护单位．如图，小亮的目高CD为1.7米，他站在D处测得塔顶的仰角∠ACG为45°，小颖的目高EF为1.5米，她站在距离塔底中心B点a米远的F处，测得塔顶的仰角∠AEH为62.3°．（点D、B、F在同一水平线上，参考数据：sin62.3°≈0.89，cos62.3°≈0.46，tan62.3°≈1.9）（1）求小亮与塔底中心的距离BD；（用含a的式子表示）（2）若小亮与小颖相距23米，求慈氏塔的高度AB．1. 若关于x的一元二次方程mx2－4x+3=0的一个根是3，以此方程的两根为边长的等腰三角形周长是（）A．5B．7C．5或7 D．92. 如图，将矩形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=+1，求BC的长是．3. 已知函数y＝(k－3)x2＋2x＋1的图象与x轴有交点，则k的取值范围是（）A．k＜4 B．k≤4 C．k＜4且k≠3 D．k≤4且k≠34. A、B两地相距450 km，甲，乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行．已知甲车速度为120 km/h，乙车速度为80 km/h，过t(h)后两车相距50 km，则t的值是．5. 如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E、F分别在BC、CD上，若AE=，∠EAF=45°，则AF的长为．6. 矩形一个角的平分线分矩形一边为1cm和3cm两部分，则这个矩形的面积为（）7.已知O为等边△ABD的边BD的中点，AB＝4，E，F分别为射线AB，DA上一动点，且∠EOF＝120°，若AF＝1，则BE的长是．8.如图，△AOB三个顶点的坐标分别为A（8，0），O（0，0），B（8，﹣6），点M为OB的中点．以点O为位似中心，把△AOB缩小为原来的，得到△A′O′B′，点M′为O′B′的中点，则MM′的长为．9.如图，在△ABC纸板中，AC=4，BC=2，AB=5，P是AC上一点，过点P沿直线剪下一个与△ABC相似的小三角形纸板，如果有4种不同的剪法，那么AP长的取值范围是（）．A. 3≤AP＜5B.2≤AP＜4C.2≤AP＜5D.3≤AP＜410.在△ABC中，P是AB上的动点(P异于A，B)，过点P的一条直线截△ABC，使截得的三角形与△ABC相似，我们不妨称这种直线为过点P的△ABC的相似线．如图，∠A＝36°，AB＝AC，当点P在AC的垂直平分线上时，过点P的△ABC的相似线最多有________条．11.如果等腰三角形中的一个角是另一个角度数的一半，则该等腰三角形各内角的度数是．12.有一块直角三角形的绿地，量得两直角边分别为6m，8m，现在要将绿地扩充成等腰三角形，且扩充部分是以8m为直角边的直角三角形，扩充后等腰三角形绿地的周长．13.已知△ABC中，AB=20，AC=15，BC边上的高为12，则△ABC的面积为．14.如图，四边形ABHK是边长为6的正方形，点C、D在边AB上，且AC＝DB＝1，点P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形AMNP和正方形BRQP，E、F分别为MN、QR 的中点，连接EF，设EF的中点为G，则当点P从点C运动到点D时，点G移动的路径长为（）A．1B．2C．3D．615.如图，点A的坐标为（﹣4，0），直线y＝x+n与坐标轴交于点B、C，连接AC，如果∠ACD＝90°，则n的值为．16.△AOC在平面直角坐标系中的位置如图所示，OA＝4，将△AOC绕O点，逆时针旋转90°得到△A1OC1，A1C1，交y轴于B（0，2），若△C1OB∽△C1A1O，则点C1的坐标．17.如图，在等边△ABC内有一点D，AD＝5，BD＝6，CD＝4，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，则∠CDE的正切值为．18.如图，在半径为5的⊙O中，弦AB＝8，P是弦AB所对的优弧上的动点，连接AP，过点A作AP的垂线交射线PB于点C，当△P AB是等腰三角形时，线段BC的长为．19.如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE＝2CE，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，则OF的长为．20.已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A1C1为边向右作正方形A1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A2C2为边向右作正方形A2C2C3D3（如图所示），以此类推…．若A1C1＝2，且点A，D2，D3，…，D10都在同一直线上，则正方形A9C9C10D10的边长是．A2019C2019C2020D2020的边长是．21.已知正方形ABCD的面积35平方厘米，E、F分别为边AB、BC上的点，AF和CE相交于点G，并且△ABF的面积为5平方厘米，△BCE的面积为14平方厘米，那么四边形BEGF的面积是平方厘米．22.如图，已知线段AB＝10，AC＝BD＝2，点P是CD上一动点，分别以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1、O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2中点G的运动路径的长是．23.如图：已知AB＝10，点C、D在线段AB上且AC＝DB＝2；P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边△PFB，连接EF，设EF的中点为G；当点P从点C运动到点D时，则点G移动路径的长是．24.（2020•南岗区模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E在AD上，且DE＝CD，连接OE，∠ABE＝∠ACB，若AE＝2，则OE的长为．25.（2020•漳州模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，点P在BC上运动（不与B，C重合），过点P作PQ⊥EP，交CD于点Q，求在点P运动的过程中，BP多长时，CQ有最大值，并求出最大值．26.如图，△ABC是一块锐角三角形材料，边BC＝40cm，高AD＝30cm，要把它加工成矩形零件，矩形EFGH的一边FG在BC上，其余两个顶点分别在AB、AC上，AD与EH的交点为点M，设FG＝xcm，当x为何值时，这个矩形零件的面积最大？最大面积是多少？27.如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E是AD边上一点（点E与点A，D不重合）．BE的垂直平分线交AB于M，交DC于N．（1）设AE＝x，四边形ADNM的面积为S，写出S关于x的函数关系式；（2）当AE为何值时，四边形ADNM的面积最大？最大值是多少？28.如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．。
转化思想在代数中的应用专项训练题
转化思想在代数中的应用专项训练题一．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）1．（5分）设一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根为x1，x2，则|x1﹣x2|＝．2．（5分）若点P（2，k﹣1）在第一象限，则k的取值范围是；直线y＝2x+b经过点（1，3），则b＝；函数y＝的图象经过点（﹣2，），则k的值为；抛物线y＝2（x﹣2）2+3的对称轴为直线．3．（5分）如图，抛物线y＝﹣x2+2x+3与y轴交于点C，点D为（0，1），P是抛物线上一点，且△PCD是以CD为直角边的直角三角形，则点P的坐标为．4．（5分）已知两圆的圆心都在x轴上，且两圆相交于A，B两点．若点A的坐标是（﹣2，3），那么这两圆的公共弦AB的长为．5．（5分）已知⊙O1的半径r为3cm，⊙O2的半径R为4cm，圆心距O1O2为8cm，则这两圆的位置关系是．6．（5分）已知P1点关于x轴的对称点P2（3﹣2a，2a﹣5）是第三象限内的整点（横、纵坐标都为整数的点，称为整点），则P1点的坐标是．二．解答题（共7小题）7．如图，AB，CD为⊙O互相垂直的直径，P为上一动点，P A、PD交AB、CD于点E、F．求证：AF•DE为一定值．8．方程x2+（m﹣3）x+m＝0的两根x1、x2满足﹣2＜x1＜x2＜4，求m的范围．9．已知△ABC的一边AC为关于x的一元二次方程x2+mx+4＝0的两个正整数根之一，且另两边长为BC＝4，AB＝6，求cos A．10．如图，正方形OA1P1B1和正方形A1A2P2B2的顶点P1，P2都在函数y＝（x＞0）的图象上，顶点A1，A2在x轴上．（1）求点P1和点P2的坐标；（2）求以P1为顶点且经过原点的抛物线的解析式；（3）点P2是否在（2）中所求得的抛物线上？请说明理由．11．如图，在△ABC中，AB＝100cm，BC＝60cm，∠C＝90°，点P、Q同时从点C出发，分别沿CA、CB向点A、B运动．点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，当运动时间为4秒时，求四边形P ABQ的面积．12．如图（1），已知抛物线y＝ax2+b与x轴交于A、B两点（A在B的左边），与y轴交于点M，点B的坐标为（4，0），点M的坐标为（0，﹣4）．（1）求抛物线的解析式；（2）点N的坐标为（O，﹣3），作DN⊥y轴于点N，交抛物线于点D；直线y＝﹣5垂直y轴于点C（0，﹣5）；作DF垂直直线y＝﹣5于点F，作BE垂直直线y＝﹣5于点E．①求线段的长度：MC＝，MN＝；BE＝，BN＝；DF＝，DN＝；②若P是这条抛物线上任意一点，猜想：该点到直线y＝﹣5的距离PH与该点到N点的距离PN有怎样的数量关系？（3）如图（2），将N点改为抛物线y＝x2﹣4x+3对称轴上的一点，直线y＝﹣5改为直线y＝m（m＜﹣1），已知对于抛物线y＝x2﹣4x+3上的每一点，都有该点到直线y＝m的距离等于该点到点N的距离，求m的值及点N的坐标．13．如图，把含有30°角的三角板ABO置入平面直角坐标系中，A，B两点坐标分别为（3，0）和（0，3）．动点P从A点开始沿折线AO﹣OB﹣BA运动，点P在AO，OB，BA 上运动，速度分别为1，，2（长度单位/秒）．一直尺的上边缘l从x轴的位置开始以（长度单位/秒）的速度向上平行移动（即移动过程中保持l∥x轴），且分别与OB，AB交于E，F两点．设动点P与动直线l同时出发，运动时间为t秒，当点P沿折线AO ﹣OB﹣BA运动一周时，直线l和动点P同时停止运动．请解答下列问题：（1）过A，B两点的直线解析式是；（2）当t＝4时，点P的坐标为；当t＝，点P与点E重合；（3）①作点P关于直线EF的对称点P′．在运动过程中，若形成的四边形PEP′F为菱形，则t的值是多少？②当t＝2时，是否存在着点Q，使得△FEQ∽△BEP？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．。
2019年浙江中考数学复习方法技巧专题五：转化思想训练(含答案)
方法技巧专题五转化思想训练转化思想是解决数学问题的根本思想，解数学题的过程其实就是逐渐转化的过程．常见的转化方法有：未知向已知转化，数与形的相互转化，多元向一元转化，高次向低次转化，分散向集中转化，不规则向规则转化，生活问题向数学问题转化等等．一、选择题1．[2019·山西] 我们解一元二次方程3x2－6x＝0时，可以运用因式分解法，将此方程化为3x(x－2)＝0，从而得到两个一元一次方程：3x＝0或x－2＝0，进而得到原方程的解为x1＝0，x2＝2.这种解法体现的数学思想是( )A．转化思想 B．函数思想C．数形结合思想 D．公理化思想2．[2019·扬州] 已知M＝29a－1，N＝a2－79a(a为任意实数)，则M、N的大小关系为( )A．M＜N B．M＝NC．M＞N D．不能确定3．[2019·十堰] 如图F5－1所示，小华从A点出发，沿直线前进10 m后左转24°，再沿直线前进10 m，又向左转24°，…，照这样走下去，他第一次回到出发地A点时，一共走的路程是( )A．140 m B．150 mC．160 m D．240 m图F5－14．[2019·徐州] 图F5－2是由三个边长分别为6，9，x的正方形所组成的图形，若直线AB将它分成面积相等的两部分，则x的值是( )图F5－2A．1或9 B．3或5C．4或6 D．3或6二、填空题5．[2019·烟台] 运行程序如图F5－3所示，从“输入实数x”到“结果是否＜18”为一次程序操作，若输入x后程序操作仅进行了一次就停止，则x的取值范围是________．图F5－36．[2019·达州] 如图F5－4，P是等边三角形ABC内一点，将线段AP绕点A顺时针旋转60°得到线段AQ，连结BQ.若PA＝6，PB＝8，PC＝10，则四边形APBQ的面积为________．图F5－47．[2019·宿迁] 如图F5－5，在矩形ABCD中，AD＝4，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为________．图F5－5三、解答题8．如图F5－6①，点O是正方形ABCD两条对角线的交点．分别延长OD到点G，OC到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连结AG，DE.(1)求证：DE⊥AG；(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°＜α＜360°)得到正方形OE′F′G′，如图②.①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果，不必说明理由．图F5－6参考答案1．A2．A [解析] ∵N－M＝a2－79a－(29a－1)＝a2－a＋1＝(a－12)2＋34＞0，∴M＜N.故选A.注：此题把比较两个式子的大小转化为比较两个代数式的差的正负．3．B [解析] ∵多边形的外角和为360°，这里每一个外角都为24°，∴多边形的边数为360°÷24°＝15.∴小华一共走的路程＝15×10＝150(m)．故选B.注：把问题转化为正多边形的周长．4．D [解析] 如图，把原图形扩充成矩形，则图中两个阴影部分的面积相等，于是可列方程x(9－x)＝6×(9－6)．整理，得x2－9x＋18＝0，解得x1＝3，x2＝6.故选D.注：此题体现了转化思想(把不规则图形转化为规则图形)和方程思想．5．x＜8 [解析] 由题意，得3x－6<18，解得x＜8.6．24＋9 3 [解析] 如图，连结PQ，则△APQ为等边三角形．∴PQ＝AP＝6.易知△APC≌△AQB，∴QB＝PC＝10.由勾股定理的逆定理，可知∠BPQ＝90°.∴S四边形APBQ＝S△BPQ＋S△APQ＝12×6×8＋34×62＝24＋9 3.故答案为24＋9 3.注：此题体现了分散向集中转化，即通过旋转把PA，PB，PC集中到△PBQ中．7．4或2 3 [解析] 设AD的中点为P1，无论AB多长，△P1BC都是等腰三角形，即点P1始终是符合条件的一个点．(1)如图①，当以点B(或点C)为圆心，以BC为半径的圆与直线AD相切时，符合条件的点有3个，此时AB＝BC＝4；(2)如图②，分别以点B(或点C)为圆心，以BC为半径的圆经过点P1时，符合条件的点也有3个．此时BP1＝BC＝4，AB＝2 3.综上所述，BA的长为4或2 3.注：将等腰三角形的个数转化为直线与圆的交点个数．8．解：(1)证明：如图，延长ED交AG于点H.∵O 为正方形ABCD 对角线的交点， ∴OA ＝OD ，∠AOG ＝∠DOE＝90°， ∵四边形OEFG 为正方形，∴OG ＝OE ， ∴△AOG ≌△DOE ， ∴∠AGO ＝∠DEO. ∵∠AGO ＋∠GAO＝90°， ∴∠DEO ＋∠GAO＝90°. ∴∠AHE ＝90°，即DE⊥AG.(2)①在旋转过程中，∠OAG ′成为直角有以下两种情况：(i)α由0°增大到90°的过程中，当∠OAG′为直角时，∵OA ＝OD ＝12OG ＝12OG′，∴在Rt △OAG ′中，sin ∠AG ′O ＝OA OG′＝12，∴∠AG ′O ＝30°， ∵OA ⊥OD ，OA ⊥AG ′， ∴OD ∥AG ′.∴∠DOG ′＝∠AG′O＝30°，即α＝30°.(ii)α由90°增大到180°的过程中，当∠OAG′为直角时，同理可求得∠BOG′＝30°， 所以α＝180°－30°＝150°.综上，当∠OAG′为直角时，α＝30°或150°. ②AF ′长的最大值是2＋22，此时α＝315°. 理由：当AF′的长最大时，点F′在直线AC 上，如图所示．∵AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝1， ∴AC ＝BD ＝2，AO ＝OD ＝22. ∴OE ′＝E′F′＝2OD ＝ 2. ∴OF ′＝（2）2＋（2）2＝2. ∴AF ′＝AO ＋OF′＝22＋2.∵∠DOG′＝45°，∴旋转角α＝360°－45°＝315°.2019-2020学年数学中考模拟试卷一、选择题1．甲、乙两车从A城出发匀速行驶至B城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离y（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：①A，B两城相距300千米；②乙车比甲车晚出发1小时，却早到1.5小时；③乙车出发后2.5小时追上甲车；④当甲、乙两车相距40千米时，t＝32或t＝72，其中正确的结论有（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．观察下列图形中点的个数，若按其规律再画下去，可以得到第9个图形中所有点的个数为（）A.61B.72C.73D.863．已知直线y＝kx﹣2经过点（3，1），则这条直线还经过下面哪个点（）A．（2，0）B．（0，2）C．（1，3）D．（3，﹣1）4．下列四个三角形中，与图中的三角形相似的是（）A．B．C．D．5．一个两位数，十位数字比个位数字的2倍大1，若将这个两位数减去36恰好等于个位数字与十位数字对调后所得的两位数，则这个两位数是（）A．86 B．68 C．97 D．736．今年3月12日，学校开展植树活动，植树小组16名同学的树苗种植情况如下表：那么这16名同学植树棵树的众数和中位数分别是（）A．5和6B．5和6.5C．7和6D．7和6.57．下列运算正确的是（）A ．232a a a +=B ．326(a )a -=C ．222(a b)a b -=-D ．326(2a )4a -=-8．下列运算正确的是（ ） A ．5210()a a -= B ．6262144a a a a-÷⋅=- C ．32264()a b a b -=D ．23a a a -+=-9．如图，OAC ∆和BAD ∆都是等腰直角三角形，90ACO ADB ∠=∠=︒，反比例函数ky x=在第一象限的图象经过点B ，则OAC ∆和BAD ∆的面积之差OAC BAD S S ∆∆-为( )A ．2kB ．6kC ．k 21 D ．k10．如图，将边长为10的正三角形OAB 放置于平面直角坐标系xOy 中，C 是AB 边上的动点（不与端点A ，B 重合），作CD ⊥OB 于点D ，若点C ，D 都在双曲线y ＝kx上（k ＞0，x ＞0），则k 的值为（ ）A ．B ．C ．9D ．11．如果a+b ＝12，那么a b a b b a+--22的值是（ ） A ．12B ．14C ．2D ．412．如图，在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为圆心的圆过点A(13,0)直线y=kx-3k+4与交于B 、C 两点，则弦BC 的长的最小值为( )A ．22B ．24C ．D ．二、填空题13．如图，点A B C ，，在⊙O 上，若40CBO =∠°，则∠A 的度数为_____.14．数据-5，-3，-3，0，1，3的众数是_______.15．如图，已知矩形OABC 与矩形ODEF 是位似图形，P 是位似中心，若点B 的坐标为()2,4，点E 的坐标为()1,2-，则点P 的坐标为______．16．如图，已知A （12，y 1），B （2，y 2）为反比例函数y ＝1x图象上的两点，动点P （x ，0）在x 轴正半轴上运动，当线段AP 与线段BP 之差达到最大时，点P 的坐标是_____．17．某公路沿线有A ，B ，C 三个站点，甲、乙两车同时分别从A 、B 站点出发，匀速驶向C 站，最终到达C 站．设甲、乙两车行驶x （h ）后，与B 站的距离分别为y 1、y 2（km ），y 1、y 2与x 的函数关系如图所示，则经过___小时后两车相遇．18x 的取值范围为_____． 三、解答题19．某店铺经营某种品牌童装，购进时的单价是40元，根据市场调查，当销售单价是60元时，每天销售量是200件，销售单价每降低1元，就可多售出20件． （1）求出销售量y 件）与销售单价x （元）之间的函数关系式；（2）求出销售该品牌童装获得的利润W （元）与销售单价x 元）之间的函数关系式；（3）若装厂规定该品牌童装的销售单价不低于56元且不高于60元，则此服装店销售该品牌童装获得的最大利润是多少？20．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点O在AB上，BC=CD，过点C作⊙O的切线，分别交AB，AD的延长线于点E，F．（1）求证：AF⊥EF；（2）若cosA=45，BE=1，求AD的长．21．如图，△ABC是正方形网格图中的格点三角形（顶点在格点上），请分别在图1，图2的正方形网格内按下列要求画一个格点三角形．（1）在图1中，以AB为边画直角三角形△ABD（D与C不重合），使它与△ABC全等．（2）在图2中，以AB为边画直角三角形△ABE，使它的一个锐角等于∠B，且与△ABC不全等．22．如图1，A，B分别在射线OM，ON上，且∠MON为钝角，现以线段OA，OB为斜边向∠MON的外侧作等腰直角三角形，分别是△OAP，△OBQ，点C，D，E分别是OA，OB，AB的中点．(1)求证：四边形OCED为平行四边形；(2)求证:△PCE≌△EDQ(3)如图2,延长PC,QD交于点R.若∠MON=150°,求证:△ABR为等边三角形。
最新初中中考数学题库 2012年中考数学专题复习之三：数学的转化思想
中考数学专题复习之三：数学的转化思想
转化思想要求我们居高临下地抓住问题的实质，在遇到较复杂的问题时，能够辩证地分析问题，通过一定的策略和手段，使复杂的问题简单化，陌生的问题熟悉化，抽象的问题具体化。
具体地说，比如把隐含的数量关系转化为明显的数量关系；把从这一个角度提供的信息转化为从另一个角度提供的信息。
转化的内涵非常丰富，已知与未知、数量与图形、概念与概念之间、图形与图形之间都可以通过转化，来获得解决问题的转机．．。
【范例讲析】：
例1：已知：如图，平行四边形ABCD 中，DE ⊥AB ，DF ⊥BC ，垂足分别为E 、F ，AB ∶BC=6∶5，平行四边形ABCD 的周长为110，面积为600。
求：cos ∠EDF 的值。
例2：如图，∆ABC 中，BC ＝4，AC ACB =∠=︒2360，，P 为BC 上一点，过点P 作PD//AB ，交AC 于D 。
连结AP ，问点P 在BC 上何处时，∆APD 面积最大？
【闯关夺冠】
1：如图，AB 是⊙O 的直径，PB 切⊙O 于点B ，PA 交⊙O 于点C ，∠APB 的平分线分别交BC 、AB 于点D 、E ，交⊙O 于点F ，∠A=60°，并且线段AE 、BD 的长是一元二次方程x 2－kx+23=0的两个根（k 为正的常数）。
⑴求证：PA ·BD=PB ·AE ；
⑵求证：⊙O 的直径为常数k ；
2、在∆ABC 中，AB ＝5，︒=∠=607B AC ，，求BC 的长.
A
B C D E F
P A B C
D E
F。
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专题练习转化思想在代数中的应用一、填空题1. 已知△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边分别是a 、b 、c ，若a 、b 是关于x 的一元二次方程的两个根，判断△的形状。
x c x c ABC 24480-+++=()答案：直角三角形222.cos 已知∠为三角形一个内角，抛物线的对称轴是轴，A y x x A y =-++则∠A=_____________度。
答案：903. 已知△ABC 中，a 、b 、c 分别是∠A 、∠B 、∠C 的对边，若抛物线y x a b x c ab x ABC =--+-2222()的顶点在轴上，判断△的形状。
答案：直角三角形4. 在直角坐标系中，两圆的圆心都在y 轴上，并且两圆相交于A 、B 两点，若点A 的坐标为，°，则点的坐标为。
(tan )-2560B答案：()253，5. 设两圆半径分别为2、5，圆心距d 使点A （6－2d ，7－d ）在第二象限，判断两圆位置关系___________。
答案：两圆相交6. a 、b 、c 为△ABC 的三条边，满足条件点（a －c ，a ）与点（0，－b ）关于x 轴对称，判断△ABC 的形状____________。
答案：等边三角形 二、解答题7. 如图所示，AD 为⊙O 的直径，一条直线l 与⊙O 交于E 、F 两点，过A 、D 分别作直线l 的垂线，垂足是B 、C ，连结CD 交⊙O 于G 。
（1）求证：AD ·BE=FG ·DF ；（2）设AB=m ，BC=n ，CD=p ，求证：tan ∠FAD 、tan ∠BAF 是方程mx nx p 20-+=的两个实数根。
三角函数值作为方程的根，视为三角函数值(用几何知识，视为方程根用方程知识）解：（1）提示：证明CF=BE ，△GFC ∽△ADF ； （2）提示：先证明Rt △DFC ∽Rt △FAB 得DF ：FA=FC ：AB=DC ：FB∴∠∠tan tan FAD BAF FD FA FB AB FC AB FB AB BC AB nm +=+=+== tan tan ∠·∠··FAD BAF FD FA FB AB DC FB FB AB DC AB pm ====∴∠、∠是方程的两个实数根。
tan tan FAD BAF mx nx p 20-+=8142022212121.()设关于的二次方程的两根为，，若x a x ax x x x x x +-+==-32x a ，试求的值。
非对称式转化为对称式()解：a ＝3或a ＝－1提示：x x aa 12241+=+①x x a 12221=+②由，得，平方，23221212121212x x x x x x x x x x =-++=-()() 得，44316122121212212()()()x x x x x x x x x x ++=+-将式①、②代入后，解得a ＝3，a ＝－1，检验适合。
9. △ABC 中，AD 是高，AD 与AB 的夹角为锐角α，Rt △ABC 的面积和周长都为3084210321221322，又、是关于的方程的两个实数根，且x x x x x x x --+=cos (α+=x x AD AC 1223910012)()cos ()(。
求：的值；和的长。
“三角函数值”的有关α“代数式”作为方程的系数）解：（1）cos α=45提示：由得，∆=16--+≥<<⎧⎨⎩≤<3221001141(cos )cos cos ααa 又由根与系数关系可以解得或舍；cos cos ()αα==4515（2）AD AC AD AC ==⎧⎨⎩==⎧⎨⎩1213513或 提示：由，，·求得，AD DC AC AD DC AC AD DC AC +=-+==⎧⎨⎪⎩⎪=306013222再由，·解得或AD DCAD DCADDCADDC +==⎧⎨⎩==⎧⎨⎩==⎧⎨⎩176012551210. 如图所示，以正方形ABCD平行于边的对称轴为坐标轴建立直角坐标系，若正方形的边长为4。
（1）求过B、E、F三点的二次函数的解析式；（2）求此抛物线的顶点坐标。
（先转化为点的坐标，再求函数解析式）解：（1）y x x =-++341222提示：点B（－2，－2），点E（0，2），点F（2，0）；（2）顶点坐标为，()13251211. 如图所示，在△ABC中，∠B=90°，AB=6厘米，BC=3厘米，点P从点A开始沿AB边向B以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2厘米/秒的速度移动，如果、分别从、同时出发，几秒钟后、间的距离等于厘P Q A B P Q42米？（把实际问题转化为几何问题）解：t PQ cm==2542秒时，提示：设秒钟后t PQ cm=42由勾股定理，得()()()6242222-+=t t解得，，不合题意，舍去t t BQ1225243===>()122.在直角坐标系中，已知抛物线的开口向上，顶点在直xOy y ax bx c P=++线上，且到坐标原点距离为，又知抛物线与轴两交点、在y x P x A B A B =-417(的左侧）的横坐标的平方和为10。
（1）求此抛物线的解析式。
*（2）若Q 是抛物线上异于A 、B 、P 的点，且∠QAP=90°，求点Q 的坐标。
（利用“点坐标的绝对值等于线段长”沟通函数与几何，转化为点坐标用函数知识，转化为线段长用几何知识）解：（1）y x x =--223 提示：∵顶点P 在直线y ＝－4x 上，可设，，则有，解得±，P()()()ααααα-+-==44171222∴P （1，－4）或（－1，4）。
∵抛物线开口向上，又与x 轴有交点， ∴（－1，4）不合题意舍去。
设与轴交于点，、，y a x ax ax a x A x B x =--=-+-()()()1424002212x x x x a a x x x x a 121212221224101+==-+=⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪=消、，解得；（2）Q()7294， 提示：如图所示，设抛物线上点Q （m ，n ），过Q 作QP ⊥x 轴于点M 。
AQ m n =++()122， QP m n =-++()()1422，AP =25∵∠QAP=90°，由勾股定理，得(())()m n +++1252222=-++()()m n 1422，整理，得，m n -+=210 又n m m =--223解得舍或m n m n 1122107294=-=⎧⎨⎩==⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪()139233522.()()已知抛物线的顶点在双曲线上，y m x m x m D y x =---+=-直线经过点和点，，且使随的增大而减小，，满足方程组y kx c D C a b y x a b =+()a b a ab b a b 2222302520--=-+=⎧⎨⎪⎩⎪，求这条直线的解析式。
、具有两重性，视为点的坐标用(函数知识，视为方程的根用方程知识）。
解：y x y x =--=--61343113或 提示：抛物线的顶点的坐标为，y m x m x m D m =---+-+()()(923313223103352m m m D y x +-+=-)，由于点在双曲线上，得，310335132m m m m +-+=--+整理，得，m m 210240++=解得，，m m 1246=-=-∴，，，D D 12151315()()--又由方程组解得和，a b a ab b a b a b 222211223025202121--=-+=⎧⎨⎪⎩⎪==⎧⎨⎩=-=-⎧⎨⎩∴，，，，C C 122121()()--其中C 1（2，1）不符合题意，舍去。
∴直线的解析式为；D C y x 1243113=--直线的解析式为。
D C y x 22613=--一、选择题（每小题4分，共20分）1. 在下列二次根式42223222ab aa b a a b ，，，，+-中，最简二次根式有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个2. 为适应经济的发展，提高铁路运输能力，铁道部决定提高列车运行的速度，甲、乙两城市相距300千米，客车的行车速度每小时比原来增加了40千米，因此，从甲市到乙市运行的时间缩短了1小时30分，若设客车原来的速度为每小时x 千米，则依题意列出的方程是（）A. 3004030015x x --=.B. 3003004015x x --=. C. 3003004015x x -+=.D. 3004030015x x +-=.3. 对二次函数y x x =+-13212进行配方，其结果及顶点坐标是（）A. y x =+--1334342()()，， B.y x =+--1311112()()，，C. y x =+---1334342()()，，D.y x =+---1311112()()，，4. 下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（） A. 平行四边形 B. 菱形 C. 直角梯形 D. 等边三角形5. 已知两圆的半径分别为2cm 、5cm ，两圆有且只有三条公切线，则它们的圆心距一定（） A. 大于3cm 且小于7cm B . 大于7cm C. 等于3cm D. 等于7cm二、填空题（每空4分，共40分）1. 分解因式y x y 2221--+=______________________。
2. 用换元法解方程x x x x x x y 22225312553+-+-=-+=时，设，原方程化为关于y的一元二次方程是____________。
3. 已知△ABC中，DE交AB于D，交AC于E，且DE∥BC，S SADE DBCE△四边形：=1：3，则DE：BC=____________，若AB=8，则DB=____________。
4. 函数y xxx =++-24332的自变量取值范围是____________。
5. △ABC中，∠C=90°，cosB=13，tanB=____________。
6. 如果反比例函数的图象在第一、三象限，而且第三象限的一支经过（－2，－1）点，则反比例函数的解析式是____________。
当y=+31时，x=____________。
7. 一组数据：10，8，16，34，8，14中的众数、中位数、平均数依次是______________________________________________。
8. 圆锥的母线长为10cm，高为8cm，则它的侧面积是____________。