(通用版)中考数学总复习考点44 构建方程的思想（含解析）

这是一份(通用版)中考数学总复习考点44 构建方程的思想（含解析），共32页。试卷主要包含了利用勾股定理建立一元二次方程，利用三角形三边关系可建立不等式，利用绝对值、根式建立方程组等内容，欢迎下载使用。

专题44 构建方程的思想

方程思想就是从分析问题的数量关系入手,适当设定未知数,运用定义、公式、性质、定理及条件,把所研究的问题中已知量和未知量之间的数量关系转化为方程,从而使问题得到解决．方程思想在数学解题中所占比重较大，综合知识强、题型广、应用技巧灵活．
1.利用勾股定理建立一元二次方程。
2.利用三角形三边关系可建立不等式。
3.利用圆的内接四边形内角和等于360°建立一元一次方程。
4.利用绝对值、根式建立方程组。
5.其它许多情况建立的方程、函数关系式等。

【例题1】（2020•内江）如图，矩形ABCD中，BD为对角线，将矩形ABCD沿BE、BF所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，点C落在BD上的点N处，连结EF．已知AB＝3，BC＝4，则EF的长为（　　）

A．3 B．5 C． D．
【答案】C
【解析】求出BD＝5，AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，证明△EDM∽△BDA，由相似三角形的性质得出，设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，得出，解得x，同理△DNF∽△DCB，得出，设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，则，解得y．由勾股定理即可求出EF的长．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠A＝∠C＝∠EDF＝90°，
∴BD5，
∵将矩形ABCD沿BE所在直线折叠，使点A落在BD上的点M处，
∴AE＝EM，∠A＝∠BME＝90°，
∴∠EMD＝90°，
∵∠EDM＝∠ADB，
∴△EDM∽△BDA，
∴，
设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，
∴，
解得x，
∴DE，
同理△DNF∽△DCB，
∴，
设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，
∴，
解得y．
∴DF．
∴EF．
【对点练习】若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（　　）
A．6 B．12 C．16 D．18
【答案】B．
【解析】根据多边形的内角和，可得答案．
设多边形为n边形，由题意，得
（n﹣2）180°=150n，
解得n=12
【点拨】本题考查了多边形的内角与外角，利用内角和公式是解题关键．
【例题2】（2020•天水）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．若DF＝3，则BE的长为　　．

【答案】2
【解析】根据旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，然后即可得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以得到DE的长，本题得以解决．
解：由题意可得，
△ADF≌△ABG，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，
即CE＝2


【对点练习】如图，在圆内接四边形ABCD中，若∠A，∠B，∠C的度数之比为4：3：5，则∠D的度数是　 　°．

【答案】120．
【解析】∵∠A，∠B，∠C的度数之比为4：3：5，
∴设∠A=4x，则∠B=3x，∠C=5x．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠A+∠C=180°，即4x+5x=180°，解得x=20°，
∴∠B=3x=60°，
∴∠D=180°﹣60°=120°．
【例题3】（2020•常德）如图，已知抛物线y＝ax2过点A（﹣3，）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知直线l过点A，M（，0）且与抛物线交于另一点B，与y轴交于点C，求证：MC2＝MA•MB；
（3）若点P，D分别是抛物线与直线l上的动点，以OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，求所有符合条件的P点坐标．

【答案】见解析。
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题．
（2）构建方程组确定点B的坐标，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．
（3）如图2中，设P（t，t2），根据PD＝CD构建方程求出t即可解决问题．
【解析】（1）把点A（﹣3，）代入y＝ax2，
得到9a，∴a，
∴抛物线的解析式为yx2．
（2）设直线l的解析式为y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线l的解析式为yx，
令x＝0，得到y，∴C（0，），
由，解得或，
∴B（1，），
如图1中，过点A作AA1⊥x轴于A1，过B作BB1⊥x轴于B1，则BB1∥OC∥AA1，

∴，，
∴，
即MC2＝MA•MB．
（3）如图2中，设P（t，t2）

∵OC为一边且顶点为O，C，P，D的四边形是平行四边形，
∴PD∥OC，PD＝OC，
∴D（t，t），
∴|t2﹣（t）|，
整理得：t2+2t﹣6＝0或t2+2t＝0，
解得t＝﹣1或﹣1或﹣2或0（舍弃），
∴P（﹣1，2）或（﹣1，2）或（﹣2，1）．
【对点练习】（江苏徐州）如图，有一块矩形硬纸板，长30cm，宽20cm．在其四角各剪去一个同样的正方形，然后将四周突出部分折起，可制成一个无盖长方体盒子．当剪去正方形的边长取何值时，所得长方体盒子的侧面积为200cm2？

【答案】见解析。
【解析】设剪去正方形的边长为xcm，则做成无盖长方体盒子的底面长为（30﹣2x）cm，宽为（20﹣2x）cm，高为xcm，
依题意，得：2×[（30﹣2x）+（20﹣2x）]x＝200，
整理，得：2x2﹣25x+50＝0，
解得：x1＝，x2＝10．
当x＝10时，20﹣2x＝0，不合题意，舍去．
答：当剪去正方形的边长为cm时，所得长方体盒子的侧面积为200cm2．

一、选择题
1．（2020•绍兴）如图，三角板在灯光照射下形成投影，三角板与其投影的相似比为2：5，且三角板的一边长为8cm．则投影三角板的对应边长为（　　）

A．20cm B．10cm C．8cm D．3.2cm
【答案】A
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解．
【解析】设投影三角尺的对应边长为xcm，
∵三角尺与投影三角尺相似，
∴8：x＝2：5，
解得x＝20．
2．（湖北黄冈）如图，一条公路的转弯处是一段圆弧（），点O是这段弧所在圆的圆心，AB＝40m，点C是的中点，且CD＝10m，则这段弯路所在圆的半径为（　　）

A．25m B．24m C．30m D．60m
【答案】A．
【解析】根据题意，可以推出AD＝BD＝20，若设半径为r，则OD＝r﹣10，OB＝r，结合勾股定理可推出半径r的值．
∵OC⊥AB，
∴AD＝DB＝20m，
在Rt△AOD中，OA2＝OD2+AD2，
设半径为r得：r2＝（r﹣10）2+202，
解得：r＝25m，
∴这段弯路的半径为25m
【点拨】本题主要考查垂径定理的应用、勾股定理的应用，关键在于设出半径为r后，用r表示出OD、OB的长度．
3．（贵州贵阳）数轴上点A，B，M表示的数分别是a，2a，9，点M为线段AB的中点，则a的值是（　　）
A．3 B．4.5 C．6 D．18
【答案】C．
【解析】根据题意列方程即可得到结论．
∵数轴上点A，B，M表示的数分别是a，2a，9，点M为线段AB的中点，
∴9﹣a＝2a﹣9，
解得：a＝6
4. （2020桂林模拟）若|3x﹣2y﹣1|+=0，则x，y的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据二元一次方程组的解法以及非负数的性质即可求出答案．
由题意可知：解得：故选：D．
二、填空题
5．（2020•常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为　 　．

【答案】12．
【解析】设正方形ABCD的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出BE、BF及EF的长；在Rt△BEF中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为DG的长．
设正方形ABCD的边长为x，由翻折可得：
DG＝DA＝DC＝x，
∵GF＝4，EG＝6，
∴AE＝EG＝6，CF＝GF＝4，
∴BE＝x﹣6，BF＝x﹣4，EF＝6+4＝10，如图1所示：

在Rt△BEF中，由勾股定理得：
BE2+BF2＝EF2，
∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，
∴x2﹣12x+36+x2﹣8x+16＝100，
∴x2﹣10x﹣24＝0，
∴（x+2）（x﹣12）＝0，
∴x1＝﹣2（舍），x2＝12．
∴DG＝12．
6．（2020•长沙）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动（点P不与M，N重合），PQ⊥MN，NE平分∠MNP，交PM于点E，交PQ于点F．
（1）　 　．
（2）若PN2＝PM•MN，则　 　．

【解析】（1）1（2）．
【分析】（1）证明△PEN∽△QFN，得①，证明△NPQ∽△PMQ，得②，再①×②得，再变形比例式便可求得结果；
（2）证明△NPQ∽△NMP，得PN2＝NQ•MN，结合已知条件得PM＝NQ，再根据三角函数得，进而得MQ与NQ的方程，再解一元二次方程得答案．
【解析】（1）∵MN为⊙O的直径，
∴∠MPN＝90°，
∵PQ⊥MN，
∴∠PQN＝∠MPN＝90°，
∵NE平分∠PNM，
∴∠MNE＝∠PNE，
∴△PEN∽△QFN，
∴，即①，
∵∠PNQ+∠NPQ＝∠PNQ+∠PMQ＝90°，
∴∠NPQ＝∠PMQ，
∵∠PQN＝∠PQM＝90°，
∴△NPQ∽△PMQ，
∴②，
∴①×②得，
∵QF＝PQ﹣PF，
∴1，
∴1，
故答案为：1；
（2）∵∠PNQ＝∠MNP，∠NQP＝∠NPQ，
∴△NPQ∽△NMP，
∴，
∴PN2＝QN•MN，
∵PN2＝PM•MN，
∴PM＝QN，
∴，
∵tan∠M，
∴，
∴，
∴NQ2＝MQ2+MQ•NQ，即，
设，则x2+x﹣1＝0，
解得，x，或x0（舍去），
∴，
故答案为：．
7．（2020•湘潭）若，则　 　．
【解析】．
【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可．
【解析】由可设y＝3k，x＝7k，k是非零整数，
则．
8．（宁夏）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB，垂足为点C，将劣弧沿弦AB折叠交于OC的中点D，若AB＝2，则⊙O的半径为　 　．

【答案】3．
【解析】连接OA，设半径为x，

∵将劣弧沿弦AB折叠交于OC的中点D，
∴OC＝，OC⊥AB，
∴AC＝＝，
∵OA2﹣OC2＝AC2，
∴，
解得，x＝3．
9．（2020毕节市模拟）一个容器盛满纯药液40L，第一次倒出若干升后，用水加满；第二次又倒出同样体积的溶液，这时容器里只剩下纯药液10L，则每次倒出的液体是　 　L．
【答案】20
【解析】设每次倒出液体xL，由题意得：
40﹣x﹣•x=10，
解得：x=60（舍去）或x=20．
答：每次倒出20升．
【点拨】此题主要考查了一元二次方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出方程．
10.（2020•衢州）如图，将一把矩形直尺ABCD和一块含30°角的三角板EFG摆放在平面直角坐标系中，AB在x轴上，点G与点A重合，点F在AD上，三角板的直角边EF交BC于点M，反比例函数y（x＞0）的图象恰好经过点F，M．若直尺的宽CD＝3，三角板的斜边FG＝8，则k＝　 　．

【答案】40．
【分析】通过作辅助线，构造直角三角形，求出MN，FN，进而求出AN、MB，表示出点F、点M的坐标，利用反比例函数k的意义，确定点F的坐标，进而确定k的值即可．
【解析】过点M作MN⊥AD，垂足为N，则MN＝CD＝3，
在Rt△FMN中，∠MFN＝30°，
∴FNMN＝3，
∴AN＝MB＝835，
设OA＝x，则OB＝x+3，
∴F（x，8），M（x+3，5），
∴8x＝（x+3）×5，
解得，x＝5，
∴F（5，8），
∴k＝5×840．
故答案为：40．

11．一艘轮船在小岛A的北偏东60°方向距小岛80海里的B处，沿正西方向航行3小时后到达小岛的北偏西45°的C处，则该船行驶的速度为　 　海里/小时．

【答案】．
【解析】本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题、等腰直角三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；通过解直角三角形得出方程是解决问题的关键．
设该船行驶的速度为x海里/时，由已知可得BC=3x，AQ⊥BC，∠BAQ=60°，∠CAQ=45°，AB=80海里，在直角三角形ABQ中求出AQ、BQ，再在直角三角形AQC中求出CQ，得出BC=40+40=3x，解方程即可．如图所示：

设该船行驶的速度为x海里/时，
3小时后到达小岛的北偏西45°的C处，
由题意得：AB=80海里，BC=3x海里，
在直角三角形ABQ中，∠BAQ=60°，
∴∠B=90°﹣60°=30°，
∴AQ=AB=40，BQ=AQ=40，
在直角三角形AQC中，∠CAQ=45°，
∴CQ=AQ=40，
∴BC=40+40=3x，
解得：x=．
即该船行驶的速度为海里/时；
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题、等腰直角三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；通过解直角三角形得出方程是解决问题的关键．
12.（•湖北天门）矩形的周长等于40，则此矩形面积的最大值是　 　．
【答案】100．
【解答】解：设矩形的宽为x，则长为（20﹣x），
S＝x（20﹣x）＝﹣x2+20x＝﹣（x﹣10）2+100，
当x＝10时，S最大值为100．
故答案为100．
三、解答题
13．（2020•天津）如图，A，B两点被池塘隔开，在AB外选一点C，连接AC，BC．测得BC＝221m，∠ACB＝45°，∠ABC＝58°．根据测得的数据，求AB的长（结果取整数）．
参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60．

【答案】见解析。
【分析】通过作高，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系，列方程求解即可．
【解析】如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵∠ACB＝45°，
∴AD＝CD，
设AB＝x，
在Rt△ADB中，AD＝AB•sin58°≈0.85x，BD＝AB•cos58°≈0.53x，
又∵BC＝221，即CD+BD＝221，
∴0.85x+0.53x＝221，
解得，x≈160，
答：AB的长约为160m．

14．（2020•武威）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．
（1）求证：△AEM≌△ANM．
（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．

【答案】见解析。
【解析】（1）想办法证明∠MAE＝∠MAN＝45°，根据SAS证明三角形全等即可．
（2）设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，在Rt△MCN中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（1）证明：∵△ADN≌△ABE，
∴∠DAN＝∠BAE，DN＝BE，
∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠MAE＝∠MAN，
∵MA＝MA，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．
（2）解：设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，
∵△AEM≌△ANM，
∴EM＝MN，
∵BE＝DN，
∴MN＝BM+DN＝5，
∵∠C＝90°，
∴MN2＝CM2+CN2，
∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，
解得，x＝6或﹣1（舍弃），
∴正方形ABCD的边长为6．
15．（2020•长沙）在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F．
（1）求证：△ABF∽△FCE；
（2）若AB＝2，AD＝4，求EC的长；
（3）若AE﹣DE＝2EC，记∠BAF＝α，∠FAE＝β，求tanα+tanβ的值．

【解析】见解析。
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
（2）设EC＝x，证明△ABF∽△FCE，可得，由此即可解决问题．
（3）首先证明tanα+tanβ，设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，解直角三角形求出a，b之间的关系即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由翻折可知，∠D＝∠AFE＝90°，
∴∠AFB+∠EFC＝90°，∠EFC+∠CEF＝90°，
∴∠AFB＝∠FEC，
∴△ABF∽△FCE．

（2）设EC＝x，
由翻折可知，AD＝AF＝4，
∴BF2，
∴CF＝BC﹣BF＝2，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴x，
∴EC．
（3）∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴tanα+tanβ，
设AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，DE＝x，
∴AE＝DE+2CE＝x+2（a﹣x）＝2a﹣x，
∵AD＝AF＝b，DE＝EF＝x，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴BF，CF，
∵AD2+DE2＝AE2，
∴b2+x2＝（2a﹣x）2，
∴a2﹣axb2，
∵△ABF∽△FCE，
∴，
∴，
∴a2﹣ax•，
∴b2•，
整理得，16a4﹣24a2b2+9b4＝0，
∴（4a2﹣3b2）2＝0，
∴，
∴tanα+tanβ．

16．（2020•广元）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，OA平分∠BAC交BC于点O，以O为圆心，OC长为半径作圆交BC于点D．

（1）如图1，求证：AB为⊙O的切线；
（2）如图2，AB与⊙O相切于点E，连接CE交OA于点F．
①试判断线段OA与CE的关系，并说明理由．
②若OF：FC＝1：2，OC＝3，求tanB的值．
【答案】见解析。
【分析】（1）过点O作OG⊥AB，垂足为G，利用角平分线的性质定理可得OG＝OC，即可证明；
（2）①利用切线长定理，证明OE＝OC，结合OE＝OC，再利用垂直平分线的判定定理可得结论；
②根据OF：FC＝1：2，OC＝3求出OF和CF，再证明△OCF∽△OAC，求出AC，再证明△BEO∽△BCA，得到，设BO＝x，BE＝y，可得关于x和y的二元一次方程组，求解可得BO和BE，从而可得结果．
【解析】（1）如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
∵OA平分∠BAC交BC于点O，
∴OG＝OC，
∴点G在⊙O上，
即AB与⊙O相切；

（2）①OA垂直平分CE，理由是：
连接OE，
∵AB与⊙O相切于点E，AC与⊙O相切于点C，
∴AE＝AC，
∵OE＝OC，
∴OA垂直平分CE；
②∵OF：FC＝1：2，OC＝3，
则FC＝2OF，在△OCF中，OF2+（2OF）2＝32，
解得：OF，则CF，
由①得：OA⊥CE，
则∠OCF+∠COF＝90°，又∠OCF+∠ACF＝90°，
∴∠COF＝∠ACF，而∠CFO＝∠ACO＝90°，
∴△OCF∽△OAC，
∴，即，
解得：AC＝6，
∵AB与圆O切于点E，
∴∠BEO＝90°，AC＝AE＝6，而∠B＝∠B，
∴△BEO∽△BCA，
∴，设BO＝x，BE＝y，
则，
可得：，
解得：，即BO＝5，BE＝4，
∴tanB．

17．某公司组织员工到附近的景点旅游，根据旅行社提供的收费方案，绘制了如图所示的图象，图中折线ABCD表示人均收费y（元）与参加旅游的人数x（人）之间的函数关系．
（1）当参加旅游的人数不超过10人时，人均收费为　 　元；
（2）如果该公司支付给旅行社3600元，那么参加这次旅游的人数是多少？

【答案】见解析。
【解析】（1）观察图象可知：当参加旅游的人数不超过10人时，人均收费为240元．故答案为240．
（2）∵3600÷240=15，3600÷150=24，
∴收费标准在BC段，
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有，
解得，
∴y=﹣6x+300，
由题意（﹣6x+300）x=3600，
解得x=20或30（舍弃）
答：参加这次旅游的人数是20人．
18.为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米（即CD=2米），背水坡DE的坡度i=1：1（即DB：EB=1：1），如图所示，已知AE=4米，∠EAC=130°，求水坝原来的高度BC．
（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.2）

【答案】见解析。
【解析】设BC=x米，
在Rt△ABC中，
∠CAB=180°﹣∠EAC=50°，
AB=≈==x，
在Rt△EBD中，
∵i=DB：EB=1：1，
∴BD=BE，
∴CD+BC=AE+AB，
即2+x=4+x，
解得x=12，
即BC=12，
答：水坝原来的高度为12米．
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解坡度、坡比的含义，构造直角三角形，利用三角函数表示相关线段的长度，难度一般．
19．（辽宁本溪）如图，点P为正方形ABCD的对角线AC上的一点，连接BP并延长交CD于点E，交AD的延长线于点F，⊙O是△DEF的外接圆，连接DP．
（1）求证：DP是⊙O的切线；
（2）若tan∠PDC＝，正方形ABCD的边长为4，求⊙O的半径和线段OP的长．

【答案】见解析。
【解析】（1）连接OD，
∵正方形ABCD中，CD＝BC，CP＝CP，∠DCP＝∠BCP＝45°，
∴△CDP≌△CBP（SAS），

∴∠CDP＝∠CBP，
∵∠BCD＝90°，
∴∠CBP+∠BEC＝90°，
∵OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED，
∠OED＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠OED＝∠ODE，
∴∠CDP+∠ODE＝90°，∴∠ODP＝90°，
∴DP是⊙O的切线；
（2）∵∠CDP＝∠CBE，
∴tan，
∴CE＝，∴DE＝2，
∵∠EDF＝90°，∴EF是⊙O的直径，
∴∠F+∠DEF＝90°，∴∠F＝∠CDP，
在Rt△DEF中，，
∴DF＝4，
∴＝＝2，
∴，
∵∠F＝∠PDE，∠DPE＝∠FPD，
∴△DPE∽△FPD，
∴，
设PE＝x，则PD＝2x，
∴，
解得x＝，
∴OP＝OE+EP＝．