中考数学二轮复习专题五数学思想方法.docx
- 文档编号:16433204
- 上传时间:2023-07-13
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:135.45KB
中考数学二轮复习专题五数学思想方法.docx
《中考数学二轮复习专题五数学思想方法.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《中考数学二轮复习专题五数学思想方法.docx(18页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
中考数学二轮复习专题五数学思想方法
数学思想方法
(一)
(整体思想、转化思想、分类讨论思想)
一、中考专题诠释
数学思想方法是指对数学知识和方法形成的规律性的理性认识,是解决数学问题的根本策略。
数学思想方法揭示概念、原理、规律的本质,是沟通基础知识与能力的桥梁,是数学知识的重要组成部分。
数学思想方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括,它蕴含于数学知识的发生、发展和应用的过程中。
抓住数学思想方法,善于迅速调用数学思想方法,更是提高解题能力根本之所在.因此,在复习时要注意体会教材例题、习题以及中考试题中所体现的数学思想和方法,培养用数学思想方法解决问题的意识.
二、解题策略和解法精讲
数学思想方法是数学的精髓,是读书由厚到薄的升华,在复习中一定要注重培养在解题中提炼数学思想的习惯,中考常用到的数学思想方法有:
整体思想、转化思想、函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想等.在中考复习备考阶段,教师应指导学生系统总结这些数学思想与方法,掌握了它的实质,就可以把所学的知识融会贯通,解题时可以举一反三。
三、中考考点精讲
考点一:
整体思想
整体思想是指把研究对象的某一部分(或全部)看成一个整体,通过观察与分析,找出整体与局部的联系,从而在客观上寻求解决问题的新途径。
整体是与局部对应的,按常规不容易求某一个(或多个)未知量时,可打破常规,根据题目的结构特征,把一组数或一个代数式看作一个整体,从而使问题得到解决。
例1(2015•湖北十堰,第7题3分).当x=1时,ax+b+1的值为﹣2,则(a+b﹣1)(1﹣a﹣b)的值为( )
A.﹣16B.﹣8C.8D.16
考点:
整式的混合运算—化简求值.
分析:
由x=1时,代数式ax+b+1的值是﹣2,求出a+b的值,将所得的值代入所求的代数式中进行计算即可得解.
解答:
解:
∵当x=1时,ax+b+1的值为﹣2,
∴a+b+1=﹣2,
∴a+b=﹣3,
∴(a+b﹣1)(1﹣a﹣b)=(﹣3﹣1)×(1+3)=﹣16.
故选:
A.
点评:
此题考查整式的化简求值,运用整体代入法是解决问题的关键.
对应训练
1.(2015福建龙岩13,3分)若4a﹣2b=2π,则2a﹣b+π= .
考点:
代数式求值.
分析:
根据整体代入法解答即可.
解答:
解:
因为4a﹣2b=2π,
所以可得2a﹣b=π,
把2a﹣b=π代入2a﹣b+π=2π.
点评:
此题考查代数式求值,关键是根据整体代入法计算.
考点二:
转化思想
转化思想是解决数学问题的一种最基本的数学思想。
在研究数学问题时,我们通常是将未知问题转化为已知的问题,将复杂的问题转化为简单的问题,将抽象的问题转化为具体的问题,将实际问题转化为数学问题。
转化的内涵非常丰富,已知与未知、数量与图形、图形与图形之间都可以通过转化来获得解决问题的转机。
例2(2015•山西,第5题3分)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
考点:
解一元二次方程-因式分解法.
专题:
计算题.
分析:
上述解题过程利用了转化的数学思想.
解答:
解:
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转化思想,
故选A.
点评:
此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法,熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.
对应训练
2.(2015•四川资阳,第9题3分)如图5,透明的圆柱形容器(容器厚度忽略不计)的高为12cm,底面周长为10cm,在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒,此时一只蚂蚁正好在容器外壁,且离容器上沿3cm的点A处,则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是
A.13cmB.
cmC.
cmD.
cm
考点:
平面展开-最短路径问题..
分析:
将容器侧面展开,建立A关于EF的对称点A′,根据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求.
解答:
解:
如图:
∵高为12cm,底面周长为10cm,在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒,
此时蚂蚁正好在容器外壁,离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处,
∴A′D=5cm,BD=12﹣3+AE=12cm,
∴将容器侧面展开,作A关于EF的对称点A′,
连接A′B,则A′B即为最短距离,
A′B=
=
=13(Cm).
故选:
A.
点评:
本题考查了平面展开﹣﹣﹣最短路径问题,将图形展开,利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的关键.同时也考查了同学们的创造性思维能力.
考点三:
分类讨论思想
在解答某些数学问题时,有时会遇到多种情况,需要对各种情况加以分类,并逐类求解,然后综合得解,这就是分类讨论法。
分类讨论是一种逻辑方法,是一种重要的数学思想,同时也是一种重要的解题策略,它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。
分类的原则:
(1)分类中的每一部分是相互独立的;
(2)一次分类按一个标准;(3)分类讨论应逐级进行.正确的分类必须是周全的,既不重复、也不遗漏.
例3(2015湖北荆州第9题3分)如图,正方形ABCD的边长为3cm,动点P从B点出发以3cm/s的速度沿着边BC﹣CD﹣DA运动,到达A点停止运动;另一动点Q同时从B点出发,以1cm/s的速度沿着边BA向A点运动,到达A点停止运动.设P点运动时间为x(s),△BPQ的面积为y(cm2),则y关于x的函数图象是( )
A.
B.
C.
D.
考点:
动点问题的函数图象.
分析:
首先根据正方形的边长与动点P、Q的速度可知动点Q始终在AB边上,而动点P可以在BC边、CD边、AD边上,再分三种情况进行讨论:
①0≤x≤1;②1<x≤2;③2<x≤3;分别求出y关于x的函数解析式,然后根据函数的图象与性质即可求解.
解答:
解:
由题意可得BQ=x.
①0≤x≤1时,P点在BC边上,BP=3x,
则△BPQ的面积=BP•BQ,
解y=•3x•x=x2;故A选项错误;
②1<x≤2时,P点在CD边上,
则△BPQ的面积=BQ•BC,
解y=•x•3=x;故B选项错误;
③2<x≤3时,P点在AD边上,AP=9﹣3x,
则△BPQ的面积=AP•BQ,
解y=•(9﹣3x)•x=x﹣x2;故D选项错误.
故选C.
点评:
本题考查了动点问题的函数图象,正方形的性质,三角形的面积,利用数形结合、分类讨论是解题的关键.
对应训练
3.(2015•黑龙江省大庆,第9题3分)已知二次函数y=a(x﹣2)2+c,当x=x1时,函数值为y1;当x=x2时,函数值为y2,若|x1﹣2|>|x2﹣2|,则下列表达式正确的是( )
A.y1+y2>0B.y1﹣y2>0C.a(y1﹣y2)>0D.a(y1+y2)>0
考点:
二次函数图象上点的坐标特征.
分析:
分a>0和a<0两种情况根据二次函数的对称性确定出y1与y2的大小关系,然后对各选项分析判断即可得解.
解答:
解:
①a>0时,二次函数图象开口向上,
∵|x1﹣2|>|x2﹣2|,
∴y1>y2,
无法确定y1+y2的正负情况,
a(y1﹣y2)>0,
②a<0时,二次函数图象开口向下,
∵|x1﹣2|>|x2﹣2|,
∴y1<y2,
无法确定y1+y2的正负情况,
a(y1﹣y2)>0,
综上所述,表达式正确的是a(y1﹣y2)>0.
故选C.
点评:
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征,主要利用了二次函数的对称性,难点在于根据二次项系数a的正负情况分情况讨论.
四、中考真题演练
1.(2015•黄冈,第10题3分)若方程x2-2x-1=0的两根分别为x1,x2,则x1+x2-x1x2的
值为_________.
2.(2015•黑龙江省大庆,第21题5分)已知实数a,b是方程x2﹣x﹣1=0的两根,求
的值.
3.(2015·黑龙江绥化,第21题分)在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,点P在AB上。
若将△DAP沿DP折叠,使点A落在矩形对角线上的
处,则AP的长为__________.
4.(2015•山东日照,第22题14分)如图,抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A,B两点,交x轴与D,C两点,连接AC,BC,已知A(0,3),C(3,0).
(Ⅰ)求抛物线的解析式和tan∠BAC的值;
(Ⅱ)在(Ⅰ)条件下:
(1)P为y轴右侧抛物线上一动点,连接PA,过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q,问:
是否存在点P使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ACB相似?
若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
(2)设E为线段AC上一点(不含端点),连接DE,一动点M从点D出发,沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点,再沿线段EA以每秒
个单位的速度运动到A后停止,当点E的坐标是多少时,点M在整个运动中用时最少?
五、中考真题演练参考答案
1.(2015•黄冈,第10题3分)若方程x2-2x-1=0的两根分别为x1,x2,则x1+x2-x1x2的
值为_________.
考点:
根与系数的关系.
专题:
计算题.
分析:
先根据根与系数的关系得到x1+x2=2,x1x2=﹣1,然后利用整体代入的方法计算.
解答:
解:
根据题意得x1+x2=2,x1x2=﹣1,
所以x1+x2-x1x2=2﹣(﹣1)=3.
故答案为3.
点评:
本题考查了根与系数的关系:
若x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时,
x1+x2=
,x1x2=
2.(2015•黑龙江省大庆,第21题5分)已知实数a,b是方程x2﹣x﹣1=0的两根,求
的值.
考点:
根与系数的关系.
分析:
根据根与系数的关系得到a+b=1,ab=﹣1,再利用完全平方公式变形得到
=
=
,然后利用整体代入的方法进行计算.
解答:
解:
∵实数a,b是方程x2﹣x﹣1=0的两根,
∴a+b=1,ab=﹣1,
∴
=
=
=﹣3.
点评:
本题考查了根与系数的关系:
若x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时,x1+x2=﹣
,x1x2=
.
3.(2015·黑龙江绥化,第21题分)在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,点P在AB上。
若将△DAP沿DP折叠,使点A落在矩形对角线上的
处,则AP的长为__________.
考点:
翻折变换(折叠问题)..
专题:
分类讨论.
分析:
分两种情况探讨:
点A落在矩形对角线BD上,点A落在矩形对角线AC上,在直角三角形中利用勾股定理列出方程,通过解方程可得答案.
解答:
解:
①点A落在矩形对角线BD上,如图1,
∵AB=4,BC=3,
∴BD=5,
根据折叠的性质,AD=A′D=3,AP=A′P,∠A=∠PA′D=90°,
∴BA′=2,
设AP=x,则BP=4﹣x,
∵BP2=BA′2+PA′2,
∴(4﹣x)2=x2+22
解得:
x=,
∴AP=;
②点A落在矩形对角线AC上,如图2,
根据折叠的性质可知DP⊥AC,
∴△DAP∽△ABC,
∴
,
∴AP=
=
=.
故答案为:
或.
点评:
本题考查了折叠问题、勾股定理,矩形的性质以及三角形相似的判定与性质;解题中,找准相等的量是正确解答题目的关键.
4.(2015•山东日照,第22题14分)如图,抛物线y=x2+mx+n与直线y=﹣x+3交于A,B两点,交x轴与D,C两点,连接AC,BC,已知A(0,3),C(3,0).
(Ⅰ)求抛物线的解析式和tan∠BAC的值;
(Ⅱ)在(Ⅰ)条件下:
(1)P为y轴右侧抛物线上一动点,连接PA,过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q,问:
是否存在点P使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ACB相似?
若存在,请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
(2)设E为线段AC上一点(不含端点),连接DE,一动点M从点D出发,沿线段DE以每秒一个单位速度运动到E点,再沿线段EA以每秒
个单位的速度运动到A后停止,当点E的坐标是多少时,点M在整个运动中用时最少?
考点:
二次函数综合题;线段的性质:
两点之间线段最短;矩形的判定与性质;轴对称的性质;相似三角形的判定与性质;锐角三角函数的定义.
专题:
压轴题.
分析:
(Ⅰ)只需把A、C两点的坐标代入y=x2+mx+n,就可得到抛物线的解析式,然后求出直线AB与抛物线的交点B的坐标,过点B作BH⊥x轴于H,如图1.易得∠BCH=∠ACO=45°,BC=
,AC=3
,从而得到∠ACB=90°,然后根据三角函数的定义就可求出tan∠BAC的值;
(Ⅱ)
(1)过点P作PG⊥y轴于G,则∠PGA=90°.设点P的横坐标为x,由P在y轴右侧可得x>0,则PG=x,易得∠APQ=∠ACB=90°.若点G在点A的下方,①当∠PAQ=∠CAB时,△PAQ∽△CAB.此时可证得△PGA∽△BCA,根据相似三角形的性质可得AG=3PG=3x.则有P(x,3﹣3x),然后把P(x,3﹣3x)代入抛物线的解析式,就可求出点P的坐标②当∠PAQ=∠CBA时,△PAQ∽△CBA,同理,可求出点P的坐标;若点G在点A的上方,同理,可求出点P的坐标;
(2)过点E作EN⊥y轴于N,如图3.易得AE=
EN,则点M在整个运动中所用的时间可表示为
+
=DE+EN.作点D关于AC的对称点D′,连接D′E,则有D′E=DE,D′C=DC,∠D′CA=∠DCA=45°,从而可得∠D′CD=90°,DE+EN=D′E+EN.根据两点之间线段最短可得:
当D′、E、N三点共线时,DE+EN=D′E+EN最小.此时可证到四边形OCD′N是矩形,从而有ND′=OC=3,ON=D′C=DC.然后求出点D的坐标,从而得到OD、ON、NE的值,即可得到点E的坐标.
解答:
解:
(Ⅰ)把A(0,3),C(3,0)代入y=x2+mx+n,得
,
解得:
.
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x+3.
联立
,
解得:
或
,
∴点B的坐标为(4,1).
过点B作BH⊥x轴于H,如图1.
∵C(3,0),B(4,1),
∴BH=1,OC=3,OH=4,CH=4﹣3=1,
∴BH=CH=1.
∵∠BHC=90°,
∴∠BCH=45°,BC=
.
同理:
∠ACO=45°,AC=3
,
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°,
∴tan∠BAC=
=
=;
(Ⅱ)
(1)存在点P,使得以A,P,Q为顶点的三角形与△ACB相似.
过点P作PG⊥y轴于G,则∠PGA=90°.
设点P的横坐标为x,由P在y轴右侧可得x>0,则PG=x.
∵PQ⊥PA,∠ACB=90°,
∴∠APQ=∠ACB=90°.
若点G在点A的下方,
①如图2①,当∠PAQ=∠CAB时,则△PAQ∽△CAB.
∵∠PGA=∠ACB=90°,∠PAQ=∠CAB,
∴△PGA∽△BCA,
∴
=
=.
∴AG=3PG=3x.
则P(x,3﹣3x).
把P(x,3﹣3x)代入y=x2﹣x+3,得
x2﹣x+3=3﹣3x,
整理得:
x2+x=0
解得:
x1=0(舍去),x2=﹣1(舍去).
②如图2②,当∠PAQ=∠CBA时,则△PAQ∽△CBA.
同理可得:
AG=PG=x,则P(x,3﹣x),
把P(x,3﹣x)代入y=x2﹣x+3,得
x2﹣x+3=3﹣x,
整理得:
x2﹣
x=0
解得:
x1=0(舍去),x2=
,
∴P(
,
);
若点G在点A的上方,
①当∠PAQ=∠CAB时,则△PAQ∽△CAB,
同理可得:
点P的坐标为(11,36).
②当∠PAQ=∠CBA时,则△PAQ∽△CBA.
同理可得:
点P的坐标为P(
,
).
综上所述:
满足条件的点P的坐标为(11,36)、(
,
)、(
,
);
(2)过点E作EN⊥y轴于N,如图3.
在Rt△ANE中,EN=AE•sin45°=
AE,即AE=
EN,
∴点M在整个运动中所用的时间为
+
=DE+EN.
作点D关于AC的对称点D′,连接D′E,
则有D′E=DE,D′C=DC,∠D′CA=∠DCA=45°,
∴∠D′CD=90°,DE+EN=D′E+EN.
根据两点之间线段最短可得:
当D′、E、N三点共线时,DE+EN=D′E+EN最小.
此时,∵∠D′CD=∠D′NO=∠NOC=90°,
∴四边形OCD′N是矩形,
∴ND′=OC=3,ON=D′C=DC.
对于y=x2﹣x+3,
当y=0时,有x2﹣x+3=0,
解得:
x1=2,x2=3.
∴D(2,0),OD=2,
∴ON=DC=OC﹣OD=3﹣2=1,
∴NE=AN=AO﹣ON=3﹣1=2,
∴点E的坐标为(2,1).
点评:
本题主要考查了运用待定系数法求抛物线的解析式、求直线与抛物线的交点坐标、抛物线上点的坐标特征、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、两点之间线段最短、轴对称的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识,综合性强,难度大,准确分类是解决第(Ⅱ)
(1)小题的关键,把点M运动的总时间
+
转化为DE+EN是解决第(Ⅱ)
(2)小题的关键.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 中考 数学 二轮 复习 专题 思想 方法
![提示](https://static.bingdoc.com/images/bang_tan.gif)