37　思想方法集锦（教师版）初中数学北师大版九年级上册

思想方法集锦
方法一　整体法
1．(4分)已知a是方程x2－2x－2 024＝0的一个根，则代数式2a2－4a－2的值为(　A　)
A．4 046 B．－4 046
C．2 024 D．－2 024
2．(4分)若x＝m是一元二次方程x2＋x－1＝0的一个根，则2m2＋2m＋2 025的值为 2 027 ．
3．(4分)若a，b是一元二次方程x2－3x＋1＝0的两个实数根，则代数式a＋b－ab的值为 2 ．
方法二　换元法
4．(12分)问题：已知方程x2＋x－1＝0，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的2倍．
解：设所求方程的根为y，则y＝2x，所以x＝．
把x＝代入已知方程，得＋－1＝0，
化简，得y2＋2y－4＝0．故所求方程为y2＋2y－4＝0．
这种利用方程根的代换求新方程的方法，我们称为“换根法”．
请用阅读材料提供的“换根法”求新方程．(要求：把所求方程化为一般形式)
(1)已知方程x2＋3x－2＝0，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的相反数；
(2)已知关于x的一元二次方程ax2－bx＋c＝0(a≠0)有两个不等于零的实数根，求一个一元二次方程，使它的根分别是已知方程根的倒数．
解：(1)设所求方程的根为y，则y＝－x，所以x＝－y．
把x＝－y代入方程x2＋3x－2＝0，得y2－3y－2＝0，
即所求方程为y2－3y－2＝0．
(2)设所求方程的根为y，则y＝，
所以x＝．
把x＝代入方程ax2－bx＋c＝0，得a·－b·＋c＝0，
整理，得cy2－by＋a＝0，即所求方程为cy2－by＋a＝0．
方法三　分类讨论法
5．(4分)在△ABC中，AB＝6，AC＝5，点D在边AB上，且AD＝2，点E在边AC上，当AE＝ 或 时，以A，D，E为顶点的三角形与△ABC相似．
6．(12分)如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝4 cm，BC＝8 cm，动点P从点A开始沿着边AB向点B以1 cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿着边BC向点C以2 cm/s的速度移动．若P，Q两点同时开始运动，当点P运动到点B时停止，点Q也随之停止．运动过程中，若以B，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的运动时间．
解：设点P的运动时间为t s，则AP＝t cm，BQ＝2t cm，
∴BP＝(4－t)cm．
∵∠B＝∠B，
∴当∠BPQ＝∠C时，△QBP∽△ABC．
∴＝，即＝，
解得t＝．
∵∠B＝∠B，
∴当∠BPQ＝∠A时，△PBQ∽△ABC．
∴＝，即＝，
解得t＝2．
综上，点P的运动时间为s或2 s．
方法四　构造法
7．(4分)我国古代数学家研究过一元二次方程的正数解的几何解法．以方程x2＋5x－14＝0，即x(x＋5)＝14为例说明．构造如图所示的大正方形，其面积是(x＋x＋5)2，同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即4×14＋52，因此x＝2．小明用此方法解关于x的方程x2＋mx－n＝0时，构造出类似的图形，已知大正方形的面积为14，小正方形的面积为4，则(　D　)
A．m＝2，n＝3 B．m＝，n＝2
C．m＝，n＝2 D．m＝2，n＝
方法五　建模思想
8．(8分)一张小茶几的桌面长为6 dm，宽为4 dm，长方形桌布的面积为桌面面积的2倍．将桌布铺在桌子上，四边垂下的长度相同(四个角除外)，求桌布的长和宽．
解：设桌布垂下的长度为x dm，
由题意，得(6＋2x)(4＋2x)＝2×4×6．
整理，得4x2＋20x－24＝0，
即x2＋5x－6＝0，
解得x1＝－6(不合题意，舍去)，x2＝1．
当x＝1时，桌布的长为6＋2＝8(dm)，
桌布的宽为4＋2＝6(dm)．
答：桌布的长和宽分别为8 dm和6 dm．
方法六　方程思想
9．(12分)如图，在 ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)若四边形ABCD为菱形，AC＝2，EC＝2，求四边形ABCD的面积．
(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC．
∵BE＝DF，
∴AD－DF＝BC－BE，即AF＝EC．
∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
又∵AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．
(2)解：∵四边形AECF是矩形，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°．
∵AC＝2，EC＝2，
∴AE＝＝＝4．
∵四边形ABCD为菱形，
∴设AB＝BC＝x．
∴BE＝BC－EC＝x－2．
在Rt△AEB中，AB2＝AE2＋BE2，
即x2＝16＋(x－2)2，解得x＝5．
∴BC＝5．
∴S四边形ABCD＝BC·AE＝5×4＝20．
10．(12分)如图，在 ABCD中，BC＝9 cm，CD＝3 cm，∠B＝45°，点M，N分别以A，C为起点，1 cm/s的速度沿边AD，CB运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)．
(1)求边BC上的高AE的长度；
(2)连接AN，CM，当t为何值时，四边形AMCN是菱形？
解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝3 cm．
∵AE是边BC上的高，∴∠AEB＝90°．
∵∠B＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形．
∴BE＝AE＝AB＝×3＝3(cm)，
即边BC上的高AE的长度为3 cm．
(2)由题意可知，AM＝CN＝t cm．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AM∥CN．
∴四边形AMCN为平行四边形．
当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE＝AE＝3 cm，
∴EN＝BC－BE－CN＝9－3－t＝(6－t)cm．
在Rt△AEN中，由勾股定理，得AE2＋EN2＝AN2，
即32＋(6－t)2＝t2，
解得t＝．
∴当t为时，四边形AMCN为菱形．
方法七　转化思想
11．(4分)对于实数p，q，我们用符号min{p，q}表示p，q两数中较小的数，如min{1，2}＝1，若min{(x－1)2，x2}＝1，则x＝ 2或－1 ．
方法八　从特殊到一般的思想
12．(12分)(1)用公式法解下列方程：①x2－2x－2＝0；②2x2＋3x－1＝0；③2x2－4x＋1＝0；④x2＋6x＋3＝0．
(2)上面的四个方程中，有三个方程的一次项系数有共同特点，请你用代数式表示这个特点，并推导出具有这个特点的一元二次方程的求根公式．
解：(1)①x2－2x－2＝0，
∵a＝1，b＝－2，c＝－2，
∴x＝＝＝1±，
即x1＝1＋，x2＝1－．
②2x2＋3x－1＝0，
∵a＝2，b＝3，c＝－1，
∴x＝＝，
即x1＝，x2＝．
③2x2－4x＋1＝0，
∵a＝2，b＝－4，c＝1，
∴x＝＝＝，
即x1＝，x2＝．
④x2＋6x＋3＝0，
∵a＝1，b＝6，c＝3，
∴x＝＝＝－3±，
即x1＝－3＋，x2＝－3－．
(2)方程①③④的一次项系数为偶数2n(n是整数)，
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0，其中b2－4ac≥0，b＝2n，n为整数．
∵b2－4ac≥0，即(2n)2－4ac≥0，
∴n2－ac≥0．
∴x＝＝
＝＝．
∴一元二次方程ax2＋2nx＋c＝0(n2－ac≥0)的求根公式为．
方法九　猜想验证法
13．(14分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿AB的方向平移得到△DEF，连接CD，FB，CF．
(1)当点D移至什么位置时，四边形CDBF是菱形？并加以证明．
(2)在(1)的条件下，四边形CDBF能否为正方形？若能，请说明理由；若不能，请给△ABC添加一个条件，使四边形CDBF为正方形，并加以证明．
解：(1)当点D移至AB的中点时，四边形CDBF是菱形．证明如下：
由平移得CF∥AD，CF＝AD．
∵D为AB的中点，
∴AD＝BD．∴CF＝BD．
又∵CF∥AD，∴CF∥BD．
∴四边形CDBF是平行四边形．
在Rt△ACB中，CD为中线，
∴CD＝BD．
∴四边形CDBF是菱形．
(2)不能为正方形，添加条件：AC＝BC时，四边形CDBF为正方形．证明如下：
∵AC＝BC，D为AB的中点．
∴CD⊥AB，即∠CDB＝90°．
∵四边形CDBF为菱形，
∴四边形CDBF是正方形．
14．(14分)如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60 cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4 cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2 cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是t s(0＜t≤15)．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
(1)求证：AE＝DF；
(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由．
(1)证明：由题意，得∠C＝30°，AE＝2t cm，CD＝4t cm．
∵DF⊥BC，∴∠CFD＝90°．
∵∠C＝30°，
∴DF＝CD＝×4t＝2t(cm)．
∴AE＝DF．
(2)解：四边形AEFD能够成为菱形．
由(1)，得AE＝DF．
∵∠DFC＝∠B＝90°，∴AE∥DF．
∴四边形AEFD为平行四边形．
若 AEFD为菱形，则AE＝AD．
∵AC＝60 cm，CD＝4t cm，
∴AD＝(60－4t)cm．
∴2t＝60－4t，解得t＝10．
∴当t＝10时，四边形AEFD为菱形．
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