方程思想在数学中的应用.doc

方程思想在数学中的应用（中考导刊）
（四川)陈孝方
数学思想方法是数学的本质之所在,是数学的精髓。日本著名数学教育家米山国藏，作为一个教育家他深深感到，许多在学校学的数学知识，如果毕业后进入社会没有什么机会去用的话，不到一年就忘掉了，“然而，不管他们从事什么业务工作，惟有深深铭刻在头脑中的数学精神、数学思想方法、研究方法、推理方法,却随时随地的发生作用，使他们终身受益”。
如果把数学思想和方法学好了，在数学思想方法的指导下解决数学问题，数学学起来就较容易。
方程思想，是从问题的数量关系入手,运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等式、或方程与不等式的混合组）,将问题中的已知量和未知量之间的数量关系通过适当设元建立起方程（组）,然后通过解方程(组）或不等式（组）来使问题获解的思维方式。有时,还实现函数与方程的互相转化。笛卡尔的方程思想是：实际问题→数学问题→代数问题→方程问题。宇宙世界,充斥着等式和不等式。我们知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式,哪里就有方程;求值问题是通过解方程来实现的；不等式问题也与方程是近亲，密切相关
用方程思想解题的关键是利用已知条件或公式、定理中的已知结论构造方程(组).这种思想在代数、几何及生活实际中有着广泛的应用，教材中大量出现这种思想方法，如列方程解应用题，求函数解析式，利用根的判别式、根于系数关系求字母系数的值等
一 方程思想与函数的结合
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，都是通过建立相等关系,求出未知数的值，因此函数问题的关键就是找出相等关系，建立变量之间的等量关系求解，要求对变量所涉及的相关知识要比较熟练，这是轻松求解函数问题的必要基础.
此类问题常见的形式和解题方法是：①用待定系数法列出关于函数解析中待定系数的方程（组），通过解方程(组）求出特定系数的值；②将函数图象与坐标轴交点坐标与方程的根对应起来；③利用函数研究方程的根与系数之间的关系；④利用函数图象交点的坐标与方程组的解之间的关系及根与系数关系解题。
经典例题 如图，设直线y＝-x＋b(b＞0）与开口向上的抛物线y＝ax2相交于点A（x1,y1）、B（x2，y2），与x轴相交于C（x3，0），与y轴相交手点D．（1)求证:+=,y1y2＝b2；（2）当B为DC的中点时，求ab的值；(3）取a＝1，当 AD∶DB＝2∶1时，求b的值．
解 （1）证明：∵A、B是直线y=—x+b与抛物线的交点，
∴（x1，y1），（x2,y2)是方程组的解，
故x1,x2是方程ax2+x-b＝0的两根，由根与系数的关系得：
x1+x2= —, x1·x2= -，
又直线y＝-x＋b与x轴交于点C（x3，0）, ∴x3＝b，
∴+== —/—==；
y1y2=ax12·ax22=a2·（x1·x2)2=a2·(-）2=b2。
(2)作BE⊥x轴于E，∵DB=BC, ∴OD=BE，OE=OC，
∵D(0,b），C（b,0）∴B（b， b)。 又点B在抛物线y＝ax2上，
∴b＝a·（b）2ab＝2．
（3）过A点作AF⊥x轴于F，∵AD∶DB＝2：1,∴OF∶OE＝2∶1． ∴x1∶x2＝—2∶1，
又x1+x2= —= -1。 ∴x1= -2,x2=1， ∴b=—x1·x2=2.
点评:这道试题是函数与方程的充分结合，建立等量关系是解这类问题的关键。
练习.已知抛物线y=x2+kx+1与x轴的两　个交点A，B都在原点右侧,顶点是C，△ABC是等腰直角三角形.求证：（1）AB=；(2)求k的值。
二 方程思想与解直角三角形
解直角三角形是介于代数与几何之间的一部分内容，是充分体现数形结合的典型，这部分更应该建立相等关系，建立方程求出未知数的值，解题的主要方法：（1)利用勾股定理建立方程 （2)利用三角函数建立等量关系, （3）利用图形的性质建立等量关系 .
经典例题
（2006，南京)如图,小岛A在港口P的南偏西45°方向，距离港口81海里处．甲船从A出发，沿AP方向以9海里/时的速度驶向港口,乙船从港口P出发,沿南偏东60°方向,以18海里/时的速度驶离港口，现两船同时出发，
（1)出发后几小时两船与港口P的距离相等？
(2）出发后几小时乙船在甲船的正东方向?(结果精确到0。1小时）
（参考数据：≈1。41，≈1.73）
解:（1）设出发后x小时时两船与港口P的距离相等．
根据题意，得81-9x=18x,
解这个方程，得x=3．
∴出发后3小时两船与港口P的距离相等．
（2)如图，设出发后x小时乙船在甲船的正东方向，此时甲、乙两船的位置分别在点C、D处,连结CD．过点P作PE⊥CD，垂足为E．则点E在点P的正南方向．
在Rt△CEP中,∠CPE=45°，
∴PE=PC·cos45°．
在Rt△PED中，∠EPD=60°，
∴PE=PD·cos60°．
∴(81-9x）·cos45°=18x·cos60°．
解这个方程，得x≈3.7．
∴出发后约3.7小时乙船在甲船的正东方向．
点评:适当设未知数，建立相等关系列出方程，求出未知数的值，构造直角三角形是解题的关键。
练习
【05北京】 如图,河旁有一座小山，从山顶A处测得河对岸点C的俯角为30°，测得岸边点D的俯角为45°，又知河宽CD为50米。现需从山顶A到河对岸点C拉一条笔直的缆绳AC，求缆绳AC的长（答案可带根号).

三 整式与方程思想
整式中很多地方与方程有必然的联系，同类项的定义以及整式的化简中本身就隐含着相等关系，解决这部分的关键就是(1)同类项的定义 （2）代数中的恒等变形 (3）利用对比法
经典例题
1． 已知A=5x2-mx+n，B=-3y2+2x—1，若A+B中不含有一次项和常数项,求m2-2mn+n2的值．
解:
A+B=5x2-mx+n+（-3y2+2x—1）=5x2—3y2-mx+2x+n-1
由题意
∴m2—2mn+n2=（m-n）2=1
2．单项式3xm+2ny4与-2x2y3m+4n是同类项，求nm的值．
解：由同类项定义知：,
解方程组得 m=0 n=1 所以 nm=1．
练习
1．若，则m、n的值分别为( ）
（A） (B） (C） （D）
2、已知与是同类项，则＝ ,＝ 。
四 用方程思想解几何问题
数与形的结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，都可用方程的观点去解决，一般一个未知数列一个方程，两个未知数列两个方程．这类问题与例方程解应用题一样，要找出试题中所建立相等关系条件（也就是找出其中的相等关系),设适当的未知数建立方程求解，当然有的题目相等关系很容易找,而有的题目相等关系需要读者必须具备分析问题和解决知识的能力才能从中挖掘出来,也就是要有一定的数学解题能力，现在就不同的内容怎么样建立方程解决问题做一些讲解和分析。
这类问题，一般以推理证明题为主，可是有的试题如果能够建立等式应用方程来解决，会使问题简单直观，容易理解和掌握,或者有的题目必须用方程才可以解决，而其它方法不能解决或者解决很复杂，解这类题目要对图形的性质和相关的定理,公理要很熟悉。
1． 三角形和四边型与方程思想
经典例题（山西省中考试题)已知：如图，将矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C′处,BC′交AC于E，AD＝8，AB＝4，求△BED的面积．
解法一：如图，在矩形ABCD中,
　　∵　AD∥BC，∴　∠2＝∠3．
　　当矩形ABCD沿着直线BD折叠后，△BC′D与△BCD关于直线BD对称，
　　∴　∠1＝∠2，故∠2＝∠3．
　　∴　△BED是等腰三角形，
　　　　BE＝ED
　　作EF⊥BD于F，则BF＝BD．
　　∵　△BEF∽△BDC′，∴　，
　　而BD＝4,C′D＝4，BC′＝8．
　　∴　＝，EF＝．
　　∴　S△BDE＝BD·EF＝×4×＝10．
　　解法二：证明△BED是等腰三角形同方法一．
　　作EF⊥BD于F,则BF＝BD＝2．设BE＝x，
　　∵　BE＝ED，∴　AE＝8－x，
　　在Rt△ABE中,42＋（8－x）2＝x2，解之，得x＝5，
　　在Rt△BEF中，x2＝EF2＋（2）2
　　∴　EF＝，∴　S△BDE＝BD·EF＝10．
点评：本题中的解法二就是用方程解决，思路清晰,直接，容易解决。
练习1.（杭州市中考试题）如图，Rt△ABC中，∠C＝Rt∠，BC＝5，⊙O内切Rt△ABC的三边AB、BC、CA于D、E、F,半径r＝2，求△ABC的周长．
经典例题2 如图，AB=12米，CA⊥AB于A，BD⊥AB于B，且AC=4米，P点从B向A运动每分钟走1米,Q点从B向D运动每分钟走2米，P、Q两点同时出发，运动几分钟后，△CAP≌△PQB，试说明理由．
【分析】如果△CAP≌△PQB，那么边的等量关系有两种可能．

（1）AC=BQ,AP=BP; （2）AC=PB,AP=BQ．
【解】设运动x分后，△CAP≌△PQB，
则BP=x（米），BQ=2x（米），那么AP=(12—x）(米）
∵ ① 或②
①无解，②的解为x=4．
∴P、Q运动4分钟后，△CAP≌△PQB
点评 本题通过设未知数列方程求解,体现了变量间的关系，运用了方程的思想方法．使抽象的问题具体化。
练习2．，已知等腰△ABC中，顶角∠A=36°，BD为∠ABC的
平分线,则：的值为（ ) ．
（A） (B） （C）1 (D）,
2.圆与方程思想
经典例题（2006山东烟台)如图，从⊙O外一点A作⊙O的
切线AB、AC，切点分别为B、C，且⊙O直经BD=6,连结CD、AO。
（1）求证：CD∥AO；
（2）设CD=x,AO=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；
（3）若AO+CD=11，求AB的长。
［解析］
（1）连接BC交OA于E点
∵AB、AC是⊙O的切线,
∴AB=AC, ∠1=∠2
∴AE⊥BC
∴∠OEB=90O
∵BD是⊙O的直径
∴∠DCB=90O
∴∠DCB=∠OEB
∴CD∥AO
(2）∵CD∥AO
∴∠3=∠4
∵AB是⊙O的切线,DB是直径
∴∠DCB=∠ABO=90O
∴△BDC∽△AOB ∴=
∴=
∴y =
∴0<x〈6
(3）由已知和(2)知：
把x、y看作方程z2-11z+18=0的两根
解这个方程 得 z=2或z=9
∴
（舍去）
∴AB===6
点评：这是一道典型的应用方程求解几何问题，相等关系是利用相似三角形的性质和一元二次方程根与系数的关系，体现了数型结合的思想.
练习 3 如图,一个圆锥的高为，侧面展形图是一个圆心
角为60°的扇形,求圆锥的表面积。

拓展练习
1．【05青岛】如图，在矩形ABCD中，AB＝6米，BC＝8米，动点P以2米/秒的速度从点A出发，沿AC向点C移动，同时动点Q以1米/秒的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动t秒（0<t<5)后，四边形ABQP的面积为S米2。

（1)求面积S与时间t的关系式；
（2）在P、Q两点移动的过程中，四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等？若能，求出此时点P的位置；若不能,请说明理由。

2．【05乌鲁木齐】四边形OABC是等腰梯形，OA∥BC。在建立如图的平面直角坐标系中，A （4,0），B（3，2)，点M从O点以每秒3个单位的速度向终点A运动；同时点N从B点出发以每秒1个单位的速度向终点C运动,过点N作NP垂直于x轴于P点连结AC交NP于Q，连结MQ。
（1）写出C点的坐标；
（2）若动点N运动t秒，求Q点的坐标(用含t的式子表示
（3）其△AMQ的面积S与时间t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围.
（4)当t取何值时，△AMQ的面积最大；
(5）当t为何值时，△AMQ为等腰三角形.

3．【2006，盐城】如图所示，已知：在△ABC中,∠A=60°,∠B=45°，AB=8，求△ABC的面积（结果可保留根号)．

4【05重庆课改】如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6)、点B（8，0)，动
点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动，设点P、Q移动的时间为t秒．
y
x
O
P
Q
A
B
(1) 求直线AB的解析式；
（2） 当t为何值时,△APQ与△AOB相似？
（3) 当t为何值时，△APQ的面积为个平方单位？

练习题参考答案
一 方程思想与函数的结合
解题提示：本题要沟通函数与方程的关系，方程的根即为抛物线与x轴交点的横坐标。运用这一解题思想比较简捷。
解 （1）设A，B两点的坐标分别是（,0），（0)，则 :
∴AB=
(2） 抛物线y=+kx+1的顶点C的坐标是(-，）。
△ABC是等腰直角三角形的性质得：=，解得k=.
A,B两点在原点的右侧， ∴k=—（）0,从而 k=
二 方程思想与解直角三角形
作AB⊥CD交CD的延长线于点B
在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝∠CAE＝30°,∠ADB＝∠EAD＝45° ∴AC＝2AB,DB＝AB
设，则

解得： (米）
三 整式与方程思想
（1） B (2）m=4，-4 ; n=3
四 用方程思想解几何问题
练习 1
解：设AF＝x，∵　⊙O内切Rt△ABC，
　　∴　AC＝x＋2，AB＝x＋3
　　由勾股定理,得（x＋2）2＋52＝(x＋3)2解方程,得x＝10．
　　则Rt△ABC的周长c＝AB＋BC＋CA＝13＋5＋12＝30．
练习2 B
提示：解答本题的常见错误是没有思路，不知道用相似三角形；或不能进行等量代换,不能建立等量关系建立方程就无法解答
［解答 ］由已知,得∠CBD=∠A=36°，又∵∠ACB=∠BCD，∴△BDC∽△ABC．
∴． ① ∵∠ABD=∠A=36°，∴AD=BD，又∵∠BDC=∠C=72°,
∴BD=BC， ∴AD=BC． ②
由①、②，得： ③
设： =，由③得光解得= （舍去）．∴应选(B)．
练习3
答案 7π
提示:若设圆锥底面半径为r,母线长为,则S表=πr2+πr，因此，要求出圆锥表面积关键是求r、，通过这个方程组即可解r、
=6 ∴S表=S侧+S底 =πr+πr2 =6π+π =7π
r=1
拓展练习
1．（1)过点P作

2．（1）C（1,2）
（2）过C作CEx轴于E，则CE＝2
当动点N运动t秒时,NB＝t ∴点Q的横坐标为3-t｜
设Q点的纵坐标为yQ 由PQ∥CE得 ∴
∴点Q（）
（3)点M以每秒2个单位运动，∴OM＝2t,AM＝4—2t
S△AMQ＝＝＝
当t＝2时,M运动到A点，AMQ存在, ∴t2
∴t的取值范围是0≤t＜2
（4）由S△AMQ＝。
当
（5）、①若QM＝QA
∵QP⊥OA∴MP＝AP 而MP＝4—（1＋t＋2t）＝3-3t
即1＋t＝3—3t t＝ ∴当t＝时，△QMA为等腰三角形。
②若AQ＝AM AQ2＝AP2＋PQ2＝
AQ= AM＝4—2t ＝4—2t

∴当t＝时,△QMA为等腰三角形。
③ 若MQ＝MA MQ2＝MP2＋PQ2＝
∴＝
解得t＝或t＝—1(舍去） ∵0＜＜2
∴当t＝时，△QMA为等腰三角形。
综上所述：当t＝ 、t＝或 t＝△QMA都为等腰三角形.
3．：过C作CD⊥AB于D，设CD=x．
在Rt△ACD中，cot60°=，∴AD=x．
在Rt△BCD中，BD=CD=x．
∴x+x=8．
解得x=4（3—）．
∴S△ABC=AB·CD=×8×4(3—）=16（3—）=48-16．
4．(１)设直线AB的解析式为y＝kx＋b　
由题意，得 　　　　 b＝6
y
x
O
P
Q
A
B
8k＋b＝0
解得 　k＝－ 　　 b＝6
所以，直线AB的解析式为y＝－x＋6．　
（２）由　AO＝6， BO＝8 得　AB＝10
所以AP＝t ，AQ＝10－2t
1°当∠APQ＝∠AOB时，△APQ∽△AOB．
y
x
O
P
Q
A
B
所以　＝ 　解得　t＝（秒）　
2°当∠AQP＝∠AOB时，△AQP∽△AOB．
所以　＝ 　解得　t＝（秒)
（３）过点Q作QE垂直AO于点E．
y
x
O
P
Q
A
B
E
在Rt△AOB中,Sin∠BAO＝＝
在Rt△AEQ中，QE＝AQ·Sin∠BAO＝（10-2t）·＝8－t
所以，S△APQ＝AP·QE＝t·(8－t）
＝－＋4t＝
解得t＝2（秒）或t＝3（秒）．