《火线100天》2015中考数学专题复习_数学思想方法.doc

数学思想方法
数学思想方法是把知识转化为能力的桥梁，是解题规律的总结，是达到以点带面、触类旁通、摆脱题海的有效之路.因此我们应抓住临近中考的这段时间，去研究、归纳、熟悉那些常用的解题方法与技巧，从而为夺取中考高分搭起灵感和智慧的平台.
初中数学中的主要数学思想有整体思想、化归思想、分类讨论思想、数形结合思想、方程和函数思想等.由于我们前面各种思想方法均有渗透，故本专题只是侧重如下几个思想方法予以强化.

类型之一 整体思想
例1 (2014·内江)已知+=3，则代数式的值为 .
【思路点拨】要求分式的值，必须要知道分式中所有字母的取值，从条件看无法解决观察分式的结构发现分子与分母都是m(a+2b)+n(ab)的形式，所以从条件中找出(a+2b)与ab之间的关系，即可解决问题.
【解答】∵+=3，
∴=3，即a+2b=6ab.
∴====-.
方法归纳：整体思想就是在解决问题时，不是着眼于它的局部特征，而是把注意力和着眼点放在问题的整体结构上，通过对整体的把握和运用达到解决问题的目的.

1.(2014·安徽)已知x2-2x-3=0，则2x2-4x的值为( )
A.-6 B.6 C.-2或6 D.-2或30
2.(2014·乐山)若a=2a-2b=3,则2a2-4ab的值为 .
3.(2014·宿迁)已知实数a，b满足ab=3，a-b=2，则a2b-ab2的值是 .
4.( 2014·菏泽)已知x2-4x+1＝0，求-的值.

类型之二 分类思想
例2 (2013·襄阳)在一张直角三角形纸片中，分别沿两直角边上一点与斜边中点的连线剪去两个三角形，得到如图所示的直角梯形，则原直角三角形纸片的斜边长是 .

【思路点拨】从图中看有两个直角，这两个直角都有可能是原直角三角形的直角,分两种情况将原图补充完整，即可求出原直角三角形的斜边长.
解答】如图1，以点B为直角顶点，BD为斜边上的中线，在Rt△ABD中，可得BD＝.
∴原直角三角形纸片的斜边EF的长是2；

如图2，以点A为直角顶点，AC为斜边上的中线，在Rt△ABC中，可得AC＝3.
∴原直角三角形纸片的斜边EF的长是6.
故填2或6.
方法归纳：在几何问题中，当图形的形状不完整时，需要根据图形的已知边角及图形特征进行分类画出图形，特别注意涉及等腰三角形与直角三角形的边和角的分类讨论.

1.(2014·凉山)已知⊙O的直径CD=10 cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB=8 cm，则AC的长为( )
A.2cm B.4cm C.2cm或4cm D.2cm或4cm
2.(2014·凉山)已知一个直角三角形的两边的长分别是3和4，则第三边长为 .
3.已知点D与点A(8，0)，B(0，6)，C(3，-3)是一平行四边形的顶点，则D点的坐标为 .
4.(2014·株洲调研)已知：如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(10，0)，C(0，4)，点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，则P点的坐标为 .

5.射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2 cm，QM=4 cm.动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1 cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心， cm为半径的圆与△ABC的边相切(切点在边上)，请写出t可取的一切值 (单位：秒).

6.(2013·呼和浩特)在平面直角坐标系中，已知点A(4，0)、B(-6，0)，点C是y轴上的一个动点，当∠BCA=45°时，点C的坐标为 .
7.(2014·襄阳)在□ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2，则□ABCD的周长等于 .

类型之三 转化思想
例3 (2014·滨州)如图，点C在⊙O的直径AB的延长线上，点D在⊙O上，AD=CD,∠ADC=120°.
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积.

【思路点拨】(1)因为D点在圆上，连接OD，证明OD与CD垂直即可；
(2)连接OD，将图中不规则的阴影部分面积转化为三角形与扇形的面积之差.
【解答】(1)证明：连接OD.
∵AD=CD，∠ADC=120°，∴∠A=∠C=30°.
∵OA=OD,∴∠ODA=∠A=30°，
∴∠ODC=120°-30°=90°，
∴OD⊥CD.
又∵点D在⊙O上,∴CD是⊙O的切线.
(2)∵∠ODC=90°,OD=2，∠C=30°，
∴OC=4，CD==2，
∴S△COD=OD·CD=×2×2=2，
S扇形OCB==π，
∴S阴影=S△OCD-S扇形OCB=2-π.
方法归纳：化归意识是指在解决问题的过程中，对问题进行转化，将“未知”转化为“已知”、将“陌生”转化为“熟知”、将“复杂”转化为“简单”的解题方法，其核心就是将有待解决的问题转化为已有明确解决的问题，以便利用已有的结论来解决问题.

1.(2014·泰安)如图，半径为2 cm，圆心角为90°的扇形OAB中，分别以OA、OB为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为( )
A.1)cm2 B.(+1)cm2 C.1 cm2 D. cm2

2.(2013·潍坊)对于实数x,我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.2]=1，[3]=3,[-2.5]=-3.若[]=5，则x的取值可以是( )
A.40 B.45 C.51 D.56
3.(2014·菏泽调考)将4个数a、b、c、d排成两行、两列，两边各加一条竖线段记成，定义=ad-bc，上述记号就叫做二阶行列式，若 =8，则x= .
4.(2014·白银)如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分.当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为 .

5.(2014·凉山)如图，圆柱形容器高为18 cm，底面周长为24 cm，在杯内壁离杯底4 cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿2 cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到达内壁B处的最短距离为 cm.

6.(2014·枣庄)图1所示的正方体木块棱长为6 cm，沿其相邻三个面的对角线(图中虚线)剪掉一角，得到如图2的几何体，一只蚂蚁沿着图2的几何体表面从顶点A爬行到顶点B的最短距离为 cm.

类型之四 数形结合思想
例4 (2014·黄州模拟)如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P，点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1 cm/s，设P，Q出发t秒时，△BPQ的面积为y cm2，已知y与t的函数关系的图形如图2(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：①AD＝BE＝5 cm；②当0＜t≤5时，y= t2；③直线NH的解析式为y＝-t+27；④若△ABE与△QBP相似，则t＝秒.其中正确的结论个数为( )

A.4 B.3 C.2 D.1
【解答】①根据图2可得，当点P到达点E时点Q到达点C，BC=BE，故①小题正确；
②当0＜t≤5时，设y=at2,将t=5,y=10代入求得a=，故②小题正确；
③根据题意可得N(7，10)，H(11，0)，利用待定系数法可以求出一次函数解析式y＝-t+，故③小题错误；
④∵∠A=90°,而点P在运动过程中，∠BPQ≠90°，∠PBQ≠90°，∴△ABE与△QBP相似，Q点在C点处，P点运动到CD边上，∠PQB=90°.此时分△ABE∽△QBP和△ABE∽△QPB两种情况，当△ABE∽△QBP时，则=可知QP=，可得t=，符合题意；当△ABE∽△QPB时，= ，可知QP=>4，不符合题意，应舍去.故④小题正确.
因此答案选B.
方法归纳：数形结合主要有两种：①由数思形，数形结合，用形解决数的问题；②由形思数，数形结合，用数解决形的问题.

1.(2014·菏泽)如图，Rt△ABC中，AC＝BC=2，正方形CDEF的顶点D，F分别在AC，BC边上，设CD的长为x，
△ABC与正方形CDEF重叠部分的面积为y，则下列图象中能表示y与x之间的函数关系的是( )

2.(2014·内江)若关于x的方程m(x+h)2+k＝0m、h、k均为常数，m≠0)的解是x1＝-3，x2＝2，则方程m(x+h-3)2+k＝0的解为( )
A.x1＝-6，x2＝-1 B.x1＝0，x2＝5
C.x1＝-3，x2＝5 D.x1＝-6，x2＝2
3.小文、小亮从学校出发到青少年宫参加书法比赛,小文步行一段时间后,小亮骑自行车沿相同路线行进,两人均匀速前行.他们的路差s(米)与小文出发时间t(分)之间的函数关系如图所示.下列说法：①小亮先到达青少年宫；②小亮的速度是小文速度的2.5倍；③a=24；④b=480.其中正确的是( )
A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.①②③④

4.(2014·黄石调考)如图，两个正方形的面积分别为16、9，两阴影部分的面积分别为a，b(a>b)，则a-b等于( )
A.7 B.6 C.5 D.4

5.(2014·枣庄)如图，在边长为2a的正方形中央剪去一边长为(a+2)的小正方形(a＞2)，将剩余部分剪开密铺成一个平行四边形，则该平行四边形的面积为( )

A.a2+4 B.2a2+4a C.3a2-4a-4 D.4a2-a-2

类型之五 方程、函数思想
例5 (2014·泰安调考)将半径为4 cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱(如图所示)，当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是 cm.

【思路点拨】设圆柱的底面半径为r，圆柱的侧面积为S，建立S与r之间的函数关系式，利用函数的性质确定S取最大值时r的值.
【解答】∵将半径为4 cm的半圆围成一个圆锥，
∴圆锥的母线长为4，底面圆的半径为2，高为2.
设圆柱底面圆的半径为r,高为h，侧面积为S，根据题意，得
=，∴h=.
∴S=2πr（）=-2π（r-1）2+2π.
∴当r=1时， S取最大值为2π.
方法归纳：在问题中涉及“最大值”或“最小值”时，一般要运用函数思想去解决问题，解决这里问题的关键是建立两个变量之间的函数关系.

1.(2014·安徽)如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为( )
A. B. C.4 D.5

2.(2014·武汉)如图，若双曲线y=与边长为5的等边△AOB的边OA，AB分别相交于C，D两点，且OC=3BD，则实数k的值为 .

3.(2014·广州)若关于x的方程x2+2mx+m2+3m-2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为 .
4.(2014·鄂州)如图，正方形ABCD边长为1，当M、N分别在BC，CD上，使得△CMN的周长为2，则△AMN的面积的最小值为 .

参考答案
类型之一 整体思想
1.B 2.12 3.6
4.原式==.
∵x2-4x+1＝0，∴x2-4x=-1.
∴原式===-23.
类型之二 分类思想
1.C 2.5或 3.(5,9)或(11，-9)或(-5,3) 4.(3，4)或(2，4)或(8，4)
5.t=2或3≤t≤7或t=8
6.(0，12)或(0，-12)
提示：当点C在y轴的上方时，如图，作BD⊥AC于D,与y轴交于点E.

∵∠BCA=45°，
∴∠CBD=∠BCA=45°,∴BD=CD.
∵∠CDE=∠ADB=90°,∠CED=∠BEO,
∴∠ECD=∠ABD,∴△CED≌△BAD,
∴EC=AB=10.
设OE=x，∵∠COA=∠BOE=90°,
∴△BEO∽△CAO,
∴=x=2或x=-12(舍去)，
∴OC=OE+CE=2+10=12，∴点C(0,12).
当点C在y轴的下方时，同理可求得点C(0,-12).
故答案为(0，12)或(0，-12).
7.12或20
提示：如图1所示.
∵在□ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2，
∴EC==2，AB=CD=5，BE==3，
∴AD=BC=5，
∴□ABCD的周长等于20.

如图2所示.
∵在□ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2，
∴EC=AC2-AE2=2，AB=CD=5，BE=AB2-AE2=3，
∴BC=3-2=1，
∴□ABCD的周长等于1+1+5+5=12.
则□ABCD的周长等于12或20.
故答案为：12或20.

类型之三 转化思想
1.A 2.C 3.2 4.12 5.20
6.()
提示：如图所示.

△BCD是等腰直角三角形，△ACD是等边三角形，
在Rt△BCD中，CD==6（cm），
∴BE=CD=3 cm，
在Rt△ACE中，AE==3（cm），
∴从顶点A爬行到顶点B的最短距离为()cm.
故答案为：().
类型之四 数形结合思想
1.A 2.B 3.B 4.A 5.C
类型之五 方程、函数思想
1.C
提示：设BN=x,则依据折叠原理可得DN=AN9-x.又D为BC的中点，∴BD=3.在Rt△NBD中，利用勾股定理，可得BN2+BD2=DN2，则有32+x2=(9-x)2，解得x=4,即BN=4.故选择C.
2.
提示：过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，

设OC=3x，则BD=x，
在Rt△OCE中，∠COE=60°，
则OE=x，CE=x，则点C坐标为(x，x)，
在Rt△BDF中，BD=x，∠DBF=60°，则BF=x，DF=x，
则点D的坐标为(5-x，x)，
将点C的坐标代入反比例函数解析式可得k=x2，
将点D的坐标代入反比例函数解析式可得k=x-x2，
则x2=x-x2，解得x1=1，x2=0(舍去)，
故k=×12=.
3.
提示：由根与系数的关系得到：
x1+x2=-2m，x1x2=m2+3m-2，
原式化简=3m2-3m+2=3（m-）2+.
∵方程有实数根，∴Δ≥0，m≤23.
当m=时，3m2-3m+2的最小值为.
4.-1
提示：延长MB至G使GB=DN，连接AG.

∴△ADN≌△ABG.
∵CN+CM+MN=2，CN+CM+DN+BM=2,
∴MN=MG.∴△AMN≌△AMG.
要使△AMN的面积的最小，即△AGM的面积最小.
∵AB=1，所以MG最小，即MN最小.
在Rt△CMN中，周长一定，当△CMN为等腰直角三角形时，
斜边MN最小.设CM=x，则CN=x,MN=x，
∴x+x+x=2,∴x=2-,MN=2-2.
∴△AMN的面积的最小值为-1.

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