专题44 构建方程的思想【有答案】

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．5136 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EDBD=EMAB，设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，得出x5=4-x3，解得x=52，同理△DNF∽△DCB，得出DFBD=NFBC，设DF＝y解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠A＝∠C＝∠EDF＝90°，∴BD=AB∵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，∴EDBD设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，∴x5解得x=5∴DE=5同理△DNF∽△DCB，∴DFBD设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，∴y5解得y=5∴DF=5∴EF=D【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，AG=∴△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（﹣3，94（1）求抛物线的解析式；（2）已知直线l过点A，M（32，0）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，14t2），根据PD＝CD构建方程求出t【解析】（1）把点A（﹣3，94）代入y＝ax2得到94=9a，∴a∴抛物线的解析式为y=14x（2）设直线l的解析式为y＝kx+b，则有94解得k=∴直线l的解析式为y=-12令x＝0，得到y=34，∴C（0，由y=14x2∴B（1，14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，∴BMMC=M∴BMMC即MC2＝MA•MB．（3）如图2中，设P（t，14t2∵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，-12t∴|14t2﹣（-12t+3整理得：t2+2t﹣6＝0或t2+2t＝0，解得t＝﹣1-7或﹣1+7或﹣2或∴P（﹣1-7，2+72）或（﹣1+7，2-7【对点练习】（2019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．（2019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．（2019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＝64.（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）PFPQ+PEPM（2）若PN2＝PM•MN，则MQNQ=【解析】（1）1（2）5-【分析】（1）证明△PEN∽△QFN，得PEPN=QFQN①，证明△NPQ∽△PMQ，得（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MQNQ=PMMN，进而得【解析】（1）∵MN为⊙O的直径，∴∠MPN＝90°，∵PQ⊥MN，∴∠PQN＝∠MPN＝90°，∵NE平分∠PNM，∴∠MNE＝∠PNE，∴△PEN∽△QFN，∴PEQF=PN∵∠PNQ+∠NPQ＝∠PNQ+∠PMQ＝90°，∴∠NPQ＝∠PMQ，∵∠PQN＝∠PQM＝90°，∴△NPQ∽△PMQ，∴PNMP∴①×②得PEPM∵QF＝PQ﹣PF，∴PEPM=QF∴PFPQ+故答案为：1；（2）∵∠PNQ＝∠MNP，∠NQP＝∠NPQ，∴△NPQ∽△NMP，∴PNMN∴PN2＝QN•MN，∵PN2＝PM•MN，∴PM＝QN，∴MQNQ∵tan∠M=MQ∴MQNQ∴MQNQ∴NQ2＝MQ2+MQ•NQ，即1=M设MQNQ=x，则x2+x﹣1解得，x=5-12，或∴MQNQ故答案为：5-7．（2020•湘潭）若yx=37，则x【解析】47【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可．【解析】由yx=37可设y＝3k，x＝7则x-8．（2019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=kx（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＝83，则k＝【答案】403．【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°，∴FN=3MN＝33∴AN＝MB＝83-33=5设OA＝x，则OB＝x+3，∴F（x，83），M（x+3，53），∴83x＝（x+3）×53，解得，x＝5，∴F（5，83），∴k＝5×83=403故答案为：403．11．一艘轮船在小岛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.（2019•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＝23，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ABCF（3）首先证明tanα+tanβ=BFAB+EFAF=BFAB+CFAB=BF+CFAB=BCAB，设AB【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，∴BF=AF∴CF＝BC﹣BF＝2，∵△ABF∽△FCE，∴ABCF∴23∴x=2∴EC=2（3）∵△ABF∽△FCE，∴AFEF∴tanα+tanβ=BF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=b2-a∵AD2+DE2＝AE2，∴b2+x2＝（2a﹣x）2，∴a2﹣ax=14b∵△ABF∽△FCE，∴ABCF∴ax∴a2﹣ax=b2-∴14b2=b2整理得，16a4﹣24a2b2+9b4＝0，∴（4a2﹣3b2）2＝0，∴ba∴tanα+tanβ=BC16．（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BEBC=OEAC=BOAB，设BO＝x，BE＝y，可得关于x【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=355，则由①得：OA⊥CE，则∠OCF+∠COF＝90°，又∠OCF+∠ACF＝90°，∴∠COF＝∠ACF，而∠CFO＝∠ACO＝90°，∴△OCF∽△OAC，∴OCOA=OF解得：AC＝6，∵AB与圆O切于点E，∴∠BEO＝90°，AC＝AE＝6，而∠B＝∠B，∴△BEO∽△BCA，∴BEBC=OEAC=BOAB，设BO则y3+可得：6y解得：x=5y=4，即BO＝5，BE∴tanB=OE17．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=﹣6