中考数学专题复习专题三大数学思想方法第四节方程思想与函数思想训练.docx
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中考数学专题复习专题三大数学思想方法第四节方程思想与函数思想训练
专题三 5大数学思想方法
第四节 方程思想与函数思想
类型十五方程思想在实际生活中的应用
（2018·台湾中考）某商店将巧克力包装成方形、圆形礼盒出售，且每盒方形礼盒的价钱相同，每盒圆形礼盒的价钱相同．阿郁原先想购买3盒方形礼盒和7盒圆形礼盒，但他身上的钱会不足240元，如果改成购买7盒方形礼盒和3盒圆形礼盒，他身上的钱会剩下240元．若阿郁最后购买10盒方形礼盒，则他身上的钱会剩下多少元？
（ ）
A．360B．480
C．600D．720
【分析】设每盒方形礼盒x元，每盒圆形礼盒y元，根据阿郁身上的钱数不变列出方程，再根据阿郁最后购买10盒方形礼盒求解即可．
【自主解答】
17．（2018·新疆中考）某商店第一次用600元购进2B铅笔若干支，第二次又用600元购进该款铅笔，但这次每支的进价是第一次进价的倍，购进数量比第一次少了30支．则该商店第一次购进的铅笔，每支的进价是______元．
类型十六方程思想在几何中的应用
（2018·湖南湘潭中考）如图，AB是以O为圆心的半圆的直径，半径CO⊥AO，点M是上的动点，且不与点A，C，B重合，直线AM交直线OC于点D，连结OM与CM.
（1）若半圆的半径为10.
①当∠AOM＝60°时，求DM的长；
②当AM＝12时，求DM的长．
（2）探究：
在点M运动的过程中，∠DMC的大小是否为定值？
若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】
（1）①当∠AOM＝60°时，△AMO是等边三角形，从而可知∠MOD＝30°，∠D＝30°，所以DM＝OM＝10；
②过点M作MF⊥OA于点F，设AF＝x，OF＝10－x，利用勾股定理即可求出x的值．易证明△AMF∽△ADO，从而可知AD的长度，进而可求出MD的长度．
（2）根据点M的位置分类讨论，然后利用圆周角定理以及圆内接四边形的性质即可求出答案．
【自主解答】
数与形的组合历来都是公认的求解数学问题的理想方法，它会使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化，几何方面的计算题便是求某些未知数的值，都可以用方程来解决．要根据两边相等、勾股定理、相似三角形中的比例线段、题目中本身具有的等量关系等建立方程，从而达到解决问题的目的．
18．（2018·山东潍坊中考）如图，点M是正方形ABCD边CD上一点，连结AM，作DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，连结BE.
（1）求证：
AE＝BF；
（2）已知AF＝2，四边形ABED的面积为24，求∠EBF的正弦值．
类型十七方程思想在函数中的应用
（2018·广西桂林中考）如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋6（a≠0）与x轴交于点A（－3，0）和点B（1，0），与y轴交于点C.
（1）求抛物线y的函数表达式及点C的坐标；
（2）点M为坐标平面内一点，若MA＝MB＝MC，求点M的坐标；
（3）在抛物线上是否存在点E，使4tan∠ABE＝11tan∠ACB？
若存在，求出满足条件的所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】
（1）根据待定系数法，可得函数表达式；
（2）根据线段垂直平分线的性质，可得M在线段AB和线段AC的垂直平分线上，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据相似三角形的判定与性质，可得F点坐标，根据解方程组，可得D点坐标，根据正切值，可得tan∠ABE＝2，①根据待定系数法，可得BM，根据解方程组，可得E点坐标；②根据正切值，可得关于m的方程，根据解方程，可得答案．
【自主解答】
方程与函数本身就有必然的联系，函数本身就可以看成一个方程，因此方程与函数有着相同的思路和解题方法．此类问题常见的形式有用待定系数法确定函数关系式，求两个函数图象的交点等．
19．（2018·湖南湘潭中考）如图，点M在函数y＝（x＞0）的图象上，过点M分别作x轴和y轴的平行线交函数y＝（x＞0）的图象于点B，C.
（1）若点M的坐标为（1，3）．
①求B，C两点的坐标；
②求直线BC的表达式；
（2）求△BMC的面积．
类型十八函数思想在实际生活中的应用
（2018·浙江舟山中考）小红帮弟弟荡秋千（如图1），秋千离地面的高度h（m）与摆动时间t（s）之间的关系如图2所示．
（1）根据函数的定义，请判断变量h是否为关于t的函数？
（2）结合图象回答：
①当t＝0.7s时，h的值是多少？
并说明它的实际意义；
②秋千摆动第一个来回需多少时间？
【分析】
（1）根据函数的定义判断即可；
（2）通过观察图象求解即可．
【自主解答】
数学源于生活，又用于生活，生活中我们常把实际问题转化为数学问题来解决，往往需要找出其中的等量关系来建立函数关系，求出问题的答案，如用一次函数、反比例函数、二次函数等知识来解决生活中遇到的问题．
20．（2016·浙江衢州中考）某农场拟建三间长方形种牛饲养室，饲养室的一面靠墙（墙长50m），中间用两道墙隔开（如图）．已知计划中的建筑材料可建墙的总长度为48m，则这三间长方形种牛饲养室的总占地面积的最大值为__________m2.
类型十九函数思想在数与式中的应用
（2018·山东临沂中考）一列自然数0，1，2，3，…，100.依次将该列数中的每一个数平方后除以100，得到一列新数．则下列结论正确的是（）
A．原数与对应新数的差不可能等于零
B．原数与对应新数的差，随着原数的增大而增大
C．当原数与对应新数的差等于21时，原数等于30
D．当原数取50时，原数与对应新数的差最大
【分析】设出原数，表示出新数，利用解方程和函数性质即可求解．
【自主解答】
借助函数的知识解决有关方程、不等式及其他数与式的问题，往往需要我们先构造函数，再利用函数的图象和性质进行求解，常能够使得问题更加简单、直观．
21．（2018·贵州毕节中考）已知关于x的一元二次方程x2－x＋m－1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．
22．（2018·江苏连云港中考）已知A（－4，y1），B（－1，y2）是反比例函数y＝
－图象上的两个点，则y1与y2的大小关系为__________．
类型二十函数思想在几何中的应用
（2018·湖北黄冈中考）如图，在直角坐标系xOy中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C＝120°，边长OA＝8.点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点N从A出发沿边AB－BC－CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动，过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动．
（1）当t＝2时，求线段PQ的长；
（2）求t为何值时，点P与N重合；
（3）设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围．
【分析】
（1）解直角三角形求出PM，QM即可解决问题；
（2）根据点P，N的路程之和＝24，构建方程即可解决问题；
（3）分四种情形考虑问题即可解决问题；
【自主解答】
函数思想是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题．这种思想方法在于揭示问题的数量关系的本质特征，重在对问题的变量的动态的研究，从变量的运动变化，联系和发展的角度拓宽解题思路．
23．（2018·四川绵阳中考）如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（－3，0）．动点M，N同时从A点出发，M沿A→C，N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动的时间记为t秒．连结MN.
（1）求直线BC的表达式；
（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t值及点D的坐标；
（3）当点M，N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式．
参考答案
类型十五
【例15】设每盒方形礼盒x元，每盒圆形礼盒y元，则阿郁身上的钱有（3x＋7y－240）元或（7x＋3y＋240）元．
由题意可得3x＋7y－240＝7x＋3y＋240，
化简整理得y－x＝120.
若阿郁最后购买10盒方形礼盒，则他身上的钱会剩下：
（7x＋3y＋240）－10x＝3（y－x）＋240＝3×120＋240＝600（元）．故选C.
变式训练
17．4
类型十六
【例16】
（1）①当∠AOM＝60°时，
∵OM＝OA，∴△AMO是等边三角形，
∴∠A＝∠MOA＝60°，∴∠MOD＝30°，∠D＝30°，
∴DM＝OM＝10.
②如图，过点M作MF⊥OA于点F.
设AF＝x，∴OF＝10－x.
∵AM＝12，OA＝OM＝10，
由勾股定理可知122－x2＝102－（10－x）2，
∴x＝，∴AF＝.
∵MF∥OD，∴△AMF∽△ADO，
∴＝，∴＝，
∴AD＝，∴MD＝AD－AM＝.
（2）如图，当点M位于之间时，连结BC.
∵C是的中点，∴∠B＝45°.
∵四边形AMCB是圆内接四边形，
此时∠CMD＝∠B＝45°.
如图，当点M位于之间时，连结BC.
由圆周角定理可知∠CMD＝∠B＝45°.
综上所述，∠CMD＝45°.
变式训练
18．
（1）证明：
∵四边形ABCD为正方形，
∴BA＝AD，∠BAD＝90°.
∵DE⊥AM于点E，BF⊥AM于点F，
∴∠AFB＝90°，∠DEA＝90°.
∵∠ABF＋∠BAF＝90°，
∠EAD＋∠BAF＝90°，
∴∠ABF＝∠EAD.
在△ABF和△DAE中，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴BF＝AE.
（2）解：
设AE＝x，则BF＝x，DE＝AF＝2.
∵四边形ABED的面积为24，
∴·x·x＋·x·2＝24，
解得x1＝6，x2＝－8（舍去），
∴EF＝x－2＝4.
在Rt△BEF中，BE＝＝2，
∴sin∠EBF＝＝＝.
类型十七
【例17】
（1）将A，B的坐标代入函数表达式得
解得
∴抛物线y的函数表达式y＝－2x2－4x＋6.
当x＝0时，y＝6，即C（0，6）．
（2）由MA＝MB＝MC得M点在AB的垂直平分线上，M在AC的垂直平分线上，
设M（－1，x），
由MA＝MC得（－1＋2）2＋x2＝（x－6）2＋（－1－0）2，
解得x＝，
∴若MA＝MB＝MC，点M的坐标为（－1，）．
（3）①如图，过点A作DA⊥AC交y轴于点F，交CB的延长线于点D，过点A作AM⊥x轴，连结BM交抛物线于点E.
∵∠ACO＋∠CAO＝90°，∠DAO＋∠CAO＝90°，∠ACO＋∠AFO＝90°，
∴∠DAO＝∠ACO，∠CAO＝∠AFO，
∴△AOF∽△COA，
∴＝，∴AO2＝OC×OF.
∵OA＝3，OC＝6，∴OF＝＝，
∴F（0，－）．
∵A（－3，0），F（0，－），
∴直线AF的表达式为y＝－x－.
∵B（1，0），C（0，6），∴直线BC的表达式为y＝－6x＋6.
∴解得
∴D（，－），∴AD＝，AC＝3，
∴tan∠ACB＝＝.
∵4tan∠ABE＝11tan∠ACB，
∴tan∠ABE＝2.
∵AB＝4，tan∠ABE＝2，
∴AM＝8，∴M（－3，8）．
∵B（1，0），（－3，8），
∴直线BM的表达式为y＝－2x＋2.
联立BM与抛物线得
解得x＝－2或x＝1（舍去），
∴y＝6，∴E（－2，6）．
②如图，当点E在x轴下方时，过点E作EG⊥AB，连结BE.
设点E（m，－2m2－4m＋6），
∴tan∠ABE＝＝＝2，
∴m＝－4或m＝1（舍去），
可得E（－4，－10）．
综上所述，E点坐标为（－2，6），（－4，－10）．
变式训练
19．解：
（1）①∵点M的坐标为（1，3），且B，C在函数y＝（x＞0）的图象上，
∴点C横坐标为1，纵坐标为1，点B纵坐标为3，横坐标为，
∴点C坐标为（1，1），点B坐标为（，3）．
②设直线BC的表达式为y＝kx＋b′，把B，C点坐标代入得
解得
∴直线BC的表达式为y＝－3x＋4.
（2）设点M坐标为（a，b）．
∵点M在函数y＝（x＞0）的图象上，
∴ab＝3.
由
（1）得点C坐标为（a，），B点坐标为（，b），
∴BM＝a－＝，
MC＝b－＝，
∴S△BMC＝··＝×＝.
类型十八
【例18】
（1）由图象可知，对于每一个摆动时间t，h都有唯一确定的值与其对应，
∴变量h是关于t的函数．
（2）①由函数图象可知，
当t＝0.7s时，h＝0.5m，它的实际意义是秋千摆动0.7s时，离地面的高度是0.5m.
②由图象可知，秋千摆动第一个来回需2.8s.
变式训练
20．144
类型十九
【例19】设原数为a，则新数为a2，设新数与原数的差为y，则y＝a－a2＝－a2＋a.
易得当a＝0时，y＝0，则A错误．
∵－＜0，
∴当a＝－＝－时，y有最大值．
B错误，D正确．
当y＝21时，－a2＋a＝21，
解得a1＝30，a2＝70，则C错误．故选D.
变式训练
21．m＜ 22.y1＜y2
类型二十
【例20】
（1）当t＝2时，OM＝2.
在Rt△OPM中，∠POM＝60°，
∴PM＝OM·tan60°＝2.
在Rt△OMQ中，∠QOM＝30°，
∴QM＝OM·tan30°＝，
∴PQ＝CN－QM＝2－＝.
（2）由题意，8＋（t－4）＋2t＝24，
解得t＝.
（3）①当0＜t＜4时，S＝·2t·4＝4t.
②当4≤t＜时，S＝×[8－（t－4）－（2t－8）]×4＝40－6t.
③当≤t＜8时，S＝×[（t－4）＋（2t－8）－8]×4＝6t－40.
④当8≤t≤12时，S＝S菱形ABCO－S△AON－S△ABP－S△PNC＝32－·（24－2t）·4－·[8－（t－4）]·4－·（t－4）··（2t－16）＝－t2＋12t－56.
变式训练
23．解：
（1）设直线BC的表达式为y＝kx＋b，则解得
∴直线BC的表达式为y＝x＋4.
（2）如图1中，连结AD交MN于点O′.
由题意四边形AMDN是菱形，M（3－t，0），N（3－t，t），
∴O′（3－t，t），D（3－t，t）．
∵点D在BC上，∴t＝×（3－t）＋4，
解得t＝，
∴t＝s时，点A恰好落在BC边上点D处，此时D（－，）．
（3）如图2中，当0＜t≤5时，△ABC在直线MN右侧部分是△AMN，S＝·t·t＝t2.
如图3中，当5＜t≤6时，△ABC在直线MN右侧部分是四边形ABNM.
S＝×6×4－×（6－t）·[4－（t－5）]＝－t2＋t－12.
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