113 方程思想

方程思想 【规律总结】 方程的思想，是对于一个问题用方程解决的应用，也是对方程概念本质的认识，是分 析数学问题中变量间 的等量关系，构建方程或方程组，或利用方程的性质去分析、转换、解决问题。要善用方 程和方程组观点来观察处理问题。方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系。当一个 问题可能与某个方程建立关联时，可以构造方程并对方程的性质进行研究以解决这个问题。 【典例分析】 例1、如图所示，以□ABCD的边D 为斜边向内作等腰直角三角形DE，使 AD=DE=CE，∠DEC=90°，且点E 在平行四边形内部，连接E，BE，则∠AEB的 度数为()． 120° B 135° 150° D 45° 【答】B 【解析】 【分析】 本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质以及等腰直角三角形的性质；熟练掌握 平行四边形的性质，根据题意列出方程是解决问题的关键．先证明AD=DE=CE=BC， 得出∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB，∠EDC=∠ECD=45°，设 ∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB= y，求出∠ADC=225°−2 x， ∠BAD=2 x−45°，由平行四边形的对角相等得出方程，求出x+ y=135°，即可得出结 果． 【解答】 解：∵四边形BD 是平行四边形， ∴AD=BC，∠BAD=∠BCD，∠BAD+∠ADC=180°， ∵AD=DE=CE， ∴AD=DE=CE=BC， ∴∠DAE=∠AED，∠CBE=∠CEB， ∵∠DEC=90°， ∴∠EDC=∠ECD=45°， 设∠DAE=∠AED=x，∠CBE=∠CEB= y， ∴∠ADE=180°−2 x，∠BCE=180°−2 y， ∴∠ADC=180°−2 x+45°=225°−2 x，∠BCD=225°−2 y， ∴∠BAD=180°−(225°−2 x)=2 x−45°， ∴2 x−45°=225°−2 y， ∴x+ y=135°， ∴∠AEB=360°−135°−90°=135°． 故选B． 例2、如图，在△ABC中，∠C=90°，BD 平分∠ABC，若BC=5，AC=12，那么 点D 到B 的距离为__________． 【答】10 3 【解析】 【分析】 本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理以及点到直线的距离的概念，解题关键是 运用勾股定理列方程.作DE⊥AB于点E，先证明△BCD≌△BED，得出DE=CD， BE=BC=5，设DE=CD=x，则AD=12−x，由勾股定理求出B 和E，然后在 Rt △ADE中，根据勾股定理列方程求解即可． 【解答】 解：作DE⊥AB于点E， ∵∠C=90°，BD 平分∠ABC， ∴∠BED=∠C=90°，∠CBD=∠EBD， ∵BD=BD， ∴△BCD≌△BED， ∴DE=CD，BE=BC=5， 设DE=CD=x， 则AD=12−x， 在Rt △ABC中，AB= ❑ √A C 2+BC 2=13， ∴AE=AB−BE=13−5=8， 在Rt △ADE中，A D 2=D E 2+ A E 2， ∴(12−x) 2=x 2+8 2， 解得：x=10 3 ， ∴DE=10 3 ，即点D 到B 的距离为10 3 ． 故答为10 3 ． 例3、如图1，抛物线y=a x 2+bx+c经过平行四边形BD 的顶点A(0,3)、B(−1,0)、 D(2,3)，抛物线与x 轴的另一交点为E .经过点E 的直线l 将平行四边形BD 分割为面积相 等的两部分，与抛物线交于另一点F .点P 为直线l 上方抛物线上一动点，设点P 的横坐标 为t． (1)求抛物线的解析式； (2)当t 何值时，△PFE的面积最大？并求最大值的立方根； (3)是否存在点P 使△PAE为直角三角形？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由． 【答】解：(1)由题意可得 { c=3 a−b+c=0 4 a+2b+c=3 , 解得{ a=−1 b=2 c=3 , ∴抛物线解析式为y=−x 2+2 x+3； (2)∵A(0,3)，D(2,3)， ∴BC=AD=2， ∵B(−1,0)， ∴C(1,0)， ∴线段的中点为( 1 2 , 3 2 )， ∵直线l 将平行四边形BD 分割为面积相等两部分， ∴直线l 过平行四边形的对称中心， ∵A、D 关于对称轴对称， ∴抛物线对称轴为x=1， ∴E(3,0)， 设直线l 的解析式为y=kx+m，把E 点和对称中心坐标代入可得 { 1 2 k+m=3 2 3k+m=0 , 解得{ k=−3 5 m=9 5 , ∴直线l 的解析式为y=−3 5 x+ 9 5， 联立直线l 和抛物线解析式可得 { y=−3 5 x+ 9 5 y=−x 2+2 x+3 , 解得{ x=3 y=0或{ x=−2 5 y=51 25 , ∴F(−2 5 , 51 25 )， 如图1，作PH ⊥x轴，交l 于点M，作FN ⊥PH， ∵P点横坐标为t， ∴P(t ,−t 2+2t+3)，M (t ,−3 5 t+ 9 5 )， ∴PM=−t 2+2t+3−(−3 5 t+ 9 5 )=−t 2+ 13 5 t+ 6 5， ∴S△PEF=S△PFM+S△PEM=1 2 PM ⋅FN + 1 2 PM ⋅EH ¿ 1 2 PM ⋅( FN +EH ) ¿ 1 2 (−t 2+ 13 5 t+ 6 5 )(3+ 2 5 ) ¿−17 10 (t−13 10 ) 2+ 289 100 × 17 10， ∴当t=13 10时，△PEF的面积最大，其最大值为289 100 × 17 10， ∴最大值的立方根为 3 √ 289 100 × 17 10=17 10 ； (3)由图可知∠PEA ≠90°， ∴只能有∠PAE=90°或∠APE=90°， ①当∠PAE=90°时，如图2，作PG⊥y轴， ∵OA=OE， ∴∠OAE=∠OEA=45°， ∴∠PAG=∠APG=45°， ∴PG=AG， ∴t=−t 2+2t+3−3，即−t 2+t=0，解得t=1或t=0(舍去)， ②当∠APE=90°时，如图3，作PK ⊥x轴，AQ⊥PK， 则PK=−t 2+2t+3，AQ=t，KE=3−t，PQ=−t 2+2t+3−3=−t 2+2t， ∵∠APQ+∠KPE=∠APQ+∠PAQ=90°， ∴∠PAQ=∠KPE，且∠PKE=∠PQA， ∴△PKE∽△AQP， ∴PK AQ = KE PQ ，即−t 2+2t+3 t = 3−t −t 2+2t ，即t 2−t−1=0， 解得t=1+❑ √5 2 或t=1−❑ √5 2 ←2 5 (舍去)， 综上可知存在满足条件的点P，t 的值为1 或1+❑ √5 2 ． 【解析】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、平行四边形的性质、二次函数的 性质、三角形的面积、直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想及分类讨 论思想等知识．在(1)中注意待定系数法的应用，在(2)中用t 表示出△PEF的面积是解题 的关键，在(3)中分两种情况，分别利用等腰直角三角形和相似三角形的性质得到关于t 的 方程是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，计算量较大，难度较大． (1)由、B、三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式； (2)由、坐标可求得平行四边形的中心的坐标，由抛物线的对称性可求得E 点坐标，从而 可求得直线EF 的解析式，作PH ⊥x轴，交直线l 于点M，作FN ⊥PH，则可用t 表示出 PM 的长，从而可表示出△PEF的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，再求其 最大值的立方根即可； (3)由题意可知有∠PAE=90°或∠APE=90°两种情况，当∠PAE=90°时，作 PG⊥y轴，利用等腰直角三角形的性质可得到关于t 的方程，可求得t 的值；当 ∠APE=90°时，作PK ⊥x轴，AQ⊥PK，则可证得△PKE∽△AQP，利用相似三角 形的性质可得到关于t 的方程，可求得t 的值． 【好题演练】 一、选择题 1. 如图所示，四边形BD 是边长为1 的正方形，E 为B 边的中点，沿P 折叠使D 点落在E 上的点处，连接P 并延长交B 于点F，则EF 的长为() 5−2❑ √5 2 B 5−❑ √5 2 3 ❑ √5−3 D 1 4 【答】 【解析】解：连接F． ∵四边形BD 是正方形， ∴AD=BC=1，∠B=90°， ∵BE=EC=1 2， ∴AE= ❑ √A B 2+B E 2= ❑ √5 2 ， 由翻折不变性可知：AD=AH=1，∠AHP=∠D=90 °， ∴EH=AE−AH= ❑ √5 2 −1， ∵∠B=∠AHF=90°，AF=AF，AH=AB， ∴Rt △AFB≌Rt △AFH， ∴BF=FH，设EF=x，则BF=FH=1 2−x， 在Rt △FEH中，∵E F 2=E H 2+F H 2， ∴x 2=( 1 2−x) 2+( ❑ √5 2 −1) 2， ∴x=5−2❑ √5 2 ， 故选． 首先证明Rt △AFB≌Rt △AFH，推出BF=FH，设EF=x，则BF=FH=1 2−x，在 Rt △FEH中，根据E F 2=E H 2+F H 2，构建方程即可解决问题； 本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的 关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题 型． 2. 一个角的余角是它的补角的2 5，这个角的补角是() B D 【答】D 【解析】 【分析】 本题综合考查余角与补角，熟知余角和补角的定义是解答此题的关键，解答此类题一般先 用未知数表示所求角的度数，再根据一个角的余角和补角列出代数式和方程求解； 解答此题首先根据余角与补角的定义，设这个角为 ，则它的余角为 ，补角为 ，再根据题中给出的等量关系列方程即可求解． 【解答】 解：设这个角的度数为x，则它的余角为 ，补角为 ， 依题意，得 ， 解得 ， ∴这个角的补角是： ． 故选D． 3. 如图，在矩形BD 中，AB=3，BC=5，点E 在边D 上， 连接BE，将△BCE沿BE 叠，若点恰好落在D 边上的点 F 处，则E 的长为() 3 5 B 5 3 3 4 D 4 3 【答】B 【解析】 【分析】 设CE=x，由矩形的性质得出AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90° .由折叠的 性质得出BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD−CE=3−x .在Rt △ABF中利用勾股定 理求出F 的长度，进而求出DF 的长度；然后在Rt △≝¿中根据勾股定理列出关于x 的方程， 即可解决问题． 本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大 小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了勾股定理、矩形的性质、方程思想等 知识，关键是熟练掌握勾股定理，找准对应边． 【解答】 解：设CE=x． ∵四边形BD 是矩形， ∴AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°． ∵将△BCE沿BE 折叠，使点恰好落在D 边上的点F 处， ∴BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD−CE=3−x． 在Rt △ABF中，由勾股定理得： A F 2=5 2−3 2=16， ∴AF=4，DF=5−4=1． 在Rt △≝¿中，由勾股定理得： E F 2=D E 2+D F 2， 即x 2=(3−x) 2+1 2， 解得：x=5 3． 故选B． 4. 在矩形BD 中( AB<BC )，四边形BFE 为正方形，G，分别是DE，F 的中点，将矩形 DG 移至FB 右侧得到矩形FBKL，延长G 与KL 交于点M，以K 为圆心，KM 为半径作 圆弧与B 交于点P，古代印度利用这个方法，可以得到与矩形BD 面积相等的正方形的 边长.若矩形BD 的面积为16，HP: PF=1:4，则的值为() 1 2 B 1 5 3 D 2 【答】 【解析】 【分析】 本题考查四边形的综合题，主要考查矩形的性质，正方形的性质，平移的性质，勾股定理， 一元二次方程的解法． 关键是由HP: PF=1:4，设HP=x，则PF=4 x，HF=5 x，由正方形的性质得 AB=BF=EF=CD= y，再用x、y 的代数式表示KM、KP，在Rt △BKP中，由勾股定 理得y=8 x，再根据矩形的面积为16 得y( y+10 x)=16，把y=8 x代入求解即可解答． 【解答】 解：∵在矩形BD 中( AB<BC )，四边形BFE 为正方形， ∴AB=BF=EF=CD= y， ∵G，分别是DE，F 的中点， ∴GH=EF，GH /¿ EF， ∴四边形GEF 和四边形GD 都是矩形， ∴GH=CD= y ∵HP: PF=1:4 ∴设HP=x，则PF=4 x，HF=5 x， ∵矩形DG 移至FB 右侧得到矩形FBKL， ∴KL=BF= y，FL=CH=5 x， ∴四边形FLM 是正方形， ∴LM=FH=5 x， ∵以K 为圆心，KM 为半径作圆弧与B 交于点P ∴KM=KP=KL+LM= y+5 x， 在Rt △BKP中，由勾股定理得：B K 2+B P 2=P K 2， ∴(5 x) 2+( y+4 x) 2=( y+5 x) 2，整理得16 x 2=2 xy，y=8 x， 又∵矩形BD 的面积为16， ∴y( y+10 x)=16， 把y=8 x代入得：8×18 x 2=16，x=± 1 3 (负数不合题意，舍去) ∴x=1 3， ∴CH=5 x=5 3． 故选． 5. 如图，△ABC中，D 平分∠BAC，DG⊥BC且平分B，DE⊥AB于E，DF ⊥AC 于F .若AB=8，AC=6，则E 的长为()． 9 B 7 5 D 4 【答】B 【解析】 【分析】 此题考查了角平分线的性质、线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题 难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，利用方程思想与数形结合思想求解．连接BD， D，由D 平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF ⊥AC于F，根据角平分线的性质，即可得 DE=DF，又由DG⊥BC且平分B，根据线段垂直平分线的性质，可得BD=CD，继而 可证得Rt △BED≌Rt △CFD，则可得BE=CF；再证得△AED≌△AFD，即可得 AE=AF，然后设BE=x，由AB−BE=AC+CF，即可得方程8−x=6+x，解方程即可 求得答． 【解析】 解：连接BD，D， ∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF ⊥AC， ∴DE=DF，∠BED=∠CFD=90°， ∵DG⊥BC且平分B， ∴BD=CD， 在Rt △BED与Rt △CFD中， { BD=CD DE=DF , ∴Rt △BED≌Rt △CFD( HL)， ∴BE=CF； 在△AED和△AFD中， { ∠AED=∠AFD=90° ∠EAD=∠FAD AD=AD , ∴△AED≌△AFD( AAS)， ∴AE=AF， 设BE=x，则CF=x， ∵AB=8，AC=6，AE=AB−BE，AF=AC+CF， ∴8−x=6+x， 解得：x=1， ∴BE=1，AE=AB−BE=8−1=7． 故选B． 6. 如图四边形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3 B3C3C2均为正方形．点A1，A2，A3和点 C1，C2，C3分别在直线y=kx+b(k>0)和x 轴上，点B3的坐标是( 19 4 , 9 4 )，则 k+b=() 1 B 1.5 2 D 3.5 【答】B 【解析】 【分析】 此题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质以及待定系数法求一次函数解析式． 此题难度较大，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．首先设C1的坐标为(a,0)，由 四边形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3 B3C3C2均为正方形，点B3的坐标是( 19 4 , 9 4 )，可求 得A3的坐标是( 5 2 , 9 4 )，易证得△A2 A1B1∽△A3 A2B2，然后由相似三角形的对应边成比 例，可求得的值，又由点A1，A2，A3在直线y=kx+b(k>0)上，利用待定系数法即可求 得k 与b 的值，继而求得答． 【解答】 解：设C1的坐标为(a,0)， ∵四边形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3 B3C3C2均为正方形，点B3的坐标是( 19 4 , 9 4 )， ∴A3的坐标是：( 19 4 −9 4 , 9 4 )，即( 5 2 , 9 4 )， ∴A1B1=a，A2B2=5 2−a，A2B1=5 2−a−a=5 2−2a，A3 B2= 9 4 −( 5 2−a)=a−1 4 ， ∵A3在直线y=kx+b(k>0)上， ∴5 2 k+b= 9 4 ①， ∵A2C1/¿ A3C2， ∴∠A2 A1B1=∠A3 A2B2， ∵∠A2B1 A1=∠A3 B2 A2=90°， ∴△A2 A1B1∽△A3 A2B2， ∴A1B1 A2B2 = A2B1 A3 B2 ， ∴ a 5 2−a = 5 2−2a a−1 4 ， 整理得：4 a 2−29a+25=0， 解得：a=25 4 (舍去)，a=1， ∴点A1(0,1)， ∴b=1 ② ， 把②代入①得：k=0.5， ∴k+b=1.5． 故选B． 二、填空题 7. 已知长方形BD，AD> AB，AD=10，将两张边长分别为和b(a>b)的正方形纸片按 图1，图2 两种方式放置(图1，图2 中两张正方形纸片均有部分重叠)，矩形中未被这 两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图1 中阴影部分的面积为S1，图2 中阴影 部分的面积为S2.当S2−S1=3b时，AB=¿ ． 【答】7. 【解析】 【分析】 本题主要考查了列代数式，整式的混合运算，整体思想在整式运算中较为常见，适时采用 整体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看做整体的代数式通 常要用括号括起来．也考查了正方形的性质； 解答此题，首先根据图形列出S1和S2的代数式，然后得到S2−S1=b(10−AB)，可得 b(10−AB)=3b，即可求出B 的值． 【解答】 解：∵S1=( AB−a)⋅a+(CD−b)( AD−a)=( AB−a)⋅a+( AB−b)( AD−a)， S2=AB( AD−a)+(a−b)( AB−a)， ∴S2−S1 ¿ AB( AD−a)+(a−b)( AB−a)−( AB−a)⋅a−( AB−b)