数学思想方法数学思想方法是把知识转化为能力的桥梁，是解题规律的总结，是达到以点带面、触类旁通、摆脱题海的有效之路.因此我们应抓住临近中考的这段时间，去研究、归纳、熟悉那些常用的解题方法与技巧，从而为夺取中考高分搭起灵感和智慧的平台.初中数学中的主要数学思想有整体思想、化归思想、分类讨论思想、数形结合思想、方程和函数思想等.由于我们前面各种思想方法均有渗透，故本专题只是侧重如下几个思想方法予以强化.类型之一整体思想例1(2022·内江)已知+=3，则代数式的值为.【思路点拨】要求分式的值，必须要知道分式中所有字母的取值，从条件看无法解决；观察分式的结构发现分子与分母都是m(a+2b)+n(ab)的形式，所以从条件中找出(a+2b)与ab之间的关系，即可解决问题.【解答】∵+=3，∴=3，即a+2b=6ab.∴====-.方法归纳：整体思想就是在解决问题时，不是着眼于它的局部特征，而是把注意力和着眼点放在问题的整体结构上，通过对整体的把握和运用达到解决问题的目的.1.(2022·安徽)已知x2-2x-3=0，则2x2-4x的值为()A.-6B.6C.-2或6D.-2或302.(2022·乐山)若a=2,a-2b=3,则2a2-4ab的值为.3.(2022·宿迁)已知实数a，b满足ab=3，a-b=2，则a2b-ab2的值是.4.(2022·菏泽)已知x2-4x+1＝0，求-的值.类型之二分类思想例2(2022·襄阳)在一张直角三角形纸片中，分别沿两直角边上一点与斜边中点的连线剪去两个三角形，得到如图所示的直角梯形，则原直角三角形纸片的斜边长是.【思路点拨】从图中看有两个直角，这两个直角都有可能是原直角三角形的直角,分两种情况将原图补充完整，即可求出原直角三角形的斜边长.【解答】如图1，以点B为直角顶点，BD为斜边上的中线，在Rt△ABD中，可得BD＝.10\n∴原直角三角形纸片的斜边EF的长是2；如图2，以点A为直角顶点，AC为斜边上的中线，在Rt△ABC中，可得AC＝3.∴原直角三角形纸片的斜边EF的长是6.故填2或6.方法归纳：在几何问题中，当图形的形状不完整时，需要根据图形的已知边角及图形特征进行分类画出图形，特别注意涉及等腰三角形与直角三角形的边和角的分类讨论.1.(2022·凉山)已知⊙O的直径CD=10cm，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为M，且AB=8cm，则AC的长为()A.2cmB.4cmC.2cm或4cmD.2cm或4cm2.(2022·凉山)已知一个直角三角形的两边的长分别是3和4，则第三边长为.3.已知点D与点A(8，0)，B(0，6)，C(3，-3)是一平行四边形的顶点，则D点的坐标为.4.(2022·株洲调研)已知：如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A(10，0)，C(0，4)，点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，则P点的坐标为.5.射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm.动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，cm为半径的圆与△ABC的边相切(切点在边上)，请写出t可取的一切值(单位：秒).6.(2022·呼和浩特)在平面直角坐标系中，已知点A(4，0)、B(-6，0)，点C是y轴上的一个动点，当∠BCA=45°时，点C的坐标为.7.(2022·襄阳)在□ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2，则□ABCD的周长等于.类型之三转化思想例3(2022·滨州)如图，点C在⊙O的直径AB的延长线上，点D在⊙O上，AD=CD,∠ADC=120°.(1)求证：CD是⊙O的切线；10\n(2)若⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积.【思路点拨】(1)因为D点在圆上，连接OD，证明OD与CD垂直即可；(2)连接OD，将图中不规则的阴影部分面积转化为三角形与扇形的面积之差.【解答】(1)证明：连接OD.∵AD=CD，∠ADC=120°，∴∠A=∠C=30°.∵OA=OD,∴∠ODA=∠A=30°，∴∠ODC=120°-30°=90°，∴OD⊥CD.又∵点D在⊙O上,∴CD是⊙O的切线.(2)∵∠ODC=90°,OD=2，∠C=30°，∴OC=4，CD==2，∴S△COD=OD·CD=×2×2=2，S扇形OCB==π，∴S阴影=S△OCD-S扇形OCB=2-π.方法归纳：化归意识是指在解决问题的过程中，对问题进行转化，将“未知”转化为“已知”、将“陌生”转化为“熟知”、将“复杂”转化为“简单”的解题方法，其核心就是将有待解决的问题转化为已有明确解决的问题，以便利用已有的结论来解决问题.1.(2022·泰安)如图，半径为2cm，圆心角为90°的扇形OAB中，分别以OA、OB为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为()A.(-1)cm2B.(+1)cm2C.1cm2D.cm22.(2022·潍坊)对于实数x,我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.2]=1，[3]=3,[-2.5]=-3.若[]=5，则x的取值可以是()A.40B.45C.51D.563.(2022·菏泽调考)将4个数a、b、c、d排成两行、两列，两边各加一条竖线段记成，定义=ad-bc，上述记号就叫做二阶行列式，若=8，则x=.10\n4.(2022·白银)如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分.当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为.5.(2022·凉山)如图，圆柱形容器高为18cm，底面周长为24cm，在杯内壁离杯底4cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿2cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到达内壁B处的最短距离为cm.6.(2022·枣庄)图1所示的正方体木块棱长为6cm，沿其相邻三个面的对角线(图中虚线)剪掉一角，得到如图2的几何体，一只蚂蚁沿着图2的几何体表面从顶点A爬行到顶点B的最短距离为cm.类型之四数形结合思想例4(2022·黄州模拟)如图1，点E为矩形ABCD边AD上一点，点P，点Q同时从点B出发，点P沿BE→ED→DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s，设P，Q出发t秒时，△BPQ的面积为ycm2，已知y与t的函数关系的图形如图2(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：①AD＝BE＝5cm；②当0＜t≤5时，y=t2；③直线NH的解析式为y＝-t+27；④若△ABE与△QBP相似，则t＝秒.其中正确的结论个数为()A.4B.3C.2D.1【解答】①根据图2可得，当点P到达点E时点Q到达点C，BC=BE，故①小题正确；②当0＜t≤5时，设y=at2,将t=5,y=10代入求得a=，故②小题正确；③根据题意可得N(7，10)，H(11，0)，利用待定系数法可以求出一次函数解析式y＝-t+，故③小题错误；④∵∠A=90°,而点P在运动过程中，∠BPQ≠90°，∠PBQ≠90°，∴△ABE与△QBP相似，Q点在C点处，P点运动到CD边上，∠PQB=90°.此时分△ABE∽△QBP和△ABE∽△QPB两种情况，当△ABE∽△QBP时，则=10\n可知QP=，可得t=，符合题意；当△ABE∽△QPB时，=，可知QP=>4，不符合题意，应舍去.故④小题正确.因此答案选B.方法归纳：数形结合主要有两种：①由数思形，数形结合，用形解决数的问题；②由形思数，数形结合，用数解决形的问题.1.(2022·菏泽)如图，Rt△ABC中，AC＝BC=2，正方形CDEF的顶点D，F分别在AC，BC边上，设CD的长为x，△ABC与正方形CDEF重叠部分的面积为y，则下列图象中能表示y与x之间的函数关系的是()2.(2022·内江)若关于x的方程m(x+h)2+k＝0(m、h、k均为常数，m≠0)的解是x1＝-3，x2＝2，则方程m(x+h-3)2+k＝0的解为()A.x1＝-6，x2＝-1B.x1＝0，x2＝5C.x1＝-3，x2＝5D.x1＝-6，x2＝23.小文、小亮从学校出发到青少年宫参加书法比赛,小文步行一段时间后,小亮骑自行车沿相同路线行进,两人均匀速前行.他们的路差s(米)与小文出发时间t(分)之间的函数关系如图所示.下列说法：①小亮先到达青少年宫；②小亮的速度是小文速度的2.5倍；③a=24；④b=480.其中正确的是()A.①②③B.①②④C.①③④D.①②③④4.(2022·黄石调考)如图，两个正方形的面积分别为16、9，两阴影部分的面积分别为a，b(a>b)，则a-b等于()A.7B.6C.5D.45.(2022·枣庄)如图，在边长为2a的正方形中央剪去一边长为(a+2)的小正方形(a＞2)，将剩余部分剪开密铺成一个平行四边形，则该平行四边形的面积为()10\nA.a2+4B.2a2+4aC.3a2-4a-4D.4a2-a-2类型之五方程、函数思想例5(2022·泰安调考)将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱(如图所示)，当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是cm.【思路点拨】设圆柱的底面半径为r，圆柱的侧面积为S，建立S与r之间的函数关系式，利用函数的性质确定S取最大值时r的值.【解答】∵将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，∴圆锥的母线长为4，底面圆的半径为2，高为2.设圆柱底面圆的半径为r,高为h，侧面积为S，根据题意，得=，∴h=.∴S=2πr（）=-2π（r-1）2+2π.∴当r=1时，S取最大值为2π.方法归纳：在问题中涉及“最大值”或“最小值”时，一般要运用函数思想去解决问题，解决这里问题的关键是建立两个变量之间的函数关系.1.(2022·安徽)如图，Rt△ABC中，AB=9，BC=6，∠B=90°，将△ABC折叠，使A点与BC的中点D重合，折痕为MN，则线段BN的长为()A.B.C.4D.52.(2022·武汉)如图，若双曲线y=与边长为5的等边△AOB的边OA，AB分别相交于C，D两点，且OC=3BD，则实数k的值为.10\n3.(2022·广州)若关于x的方程x2+2mx+m2+3m-2=0有两个实数根x1、x2，则x1（x2+x1）+x22的最小值为.4.(2022·鄂州)如图，正方形ABCD边长为1，当M、N分别在BC，CD上，使得△CMN的周长为2，则△AMN的面积的最小值为.参考答案类型之一整体思想1.B2.123.64.原式==.∵x2-4x+1＝0，∴x2-4x=-1.∴原式===-23.类型之二分类思想1.C2.5或3.(5,9)或(11，-9)或(-5,3)4.(3，4)或(2，4)或(8，4)5.t=2或3≤t≤7或t=86.(0，12)或(0，-12)提示：当点C在y轴的上方时，如图，作BD⊥AC于D,与y轴交于点E.∵∠BCA=45°，∴∠CBD=∠BCA=45°,∴BD=CD.∵∠CDE=∠ADB=90°,∠CED=∠BEO,∴∠ECD=∠ABD,∴△CED≌△BAD,∴EC=AB=10.设OE=x，∵∠COA=∠BOE=90°,∴△BEO∽△CAO,∴=，x=2或x=-12(舍去)，10\n∴OC=OE+CE=2+10=12，∴点C(0,12).当点C在y轴的下方时，同理可求得点C(0,-12).故答案为(0，12)或(0，-12).7.12或20提示：如图1所示.∵在□ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2，∴EC==2，AB=CD=5，BE==3，∴AD=BC=5，∴□ABCD的周长等于20.如图2所示.∵在□ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2，∴EC=AC2-AE2=2，AB=CD=5，BE=AB2-AE2=3，∴BC=3-2=1，∴□ABCD的周长等于1+1+5+5=12.则□ABCD的周长等于12或20.故答案为：12或20.类型之三转化思想1.A2.C3.24.125.206.()提示：如图所示.△BCD是等腰直角三角形，△ACD是等边三角形，在Rt△BCD中，CD==6（cm），∴BE=CD=3cm，在Rt△ACE中，AE==3（cm），∴从顶点A爬行到顶点B的最短距离为()cm.故答案为：().类型之四数形结合思想10\n1.A2.B3.B4.A5.C类型之五方程、函数思想1.C提示：设BN=x,则依据折叠原理可得DN=AN=9-x.又D为BC的中点，∴BD=3.在Rt△NBD中，利用勾股定理，可得BN2+BD2=DN2，则有32+x2=(9-x)2，解得x=4,即BN=4.故选择C.2.提示：过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，设OC=3x，则BD=x，在Rt△OCE中，∠COE=60°，则OE=x，CE=x，则点C坐标为(x，x)，在Rt△BDF中，BD=x，∠DBF=60°，则BF=x，DF=x，则点D的坐标为(5-x，x)，将点C的坐标代入反比例函数解析式可得k=x2，将点D的坐标代入反比例函数解析式可得k=x-x2，则x2=x-x2，解得x1=1，x2=0(舍去)，故k=×12=.3.提示：由根与系数的关系得到：x1+x2=-2m，x1x2=m2+3m-2，原式化简=3m2-3m+2=3（m-）2+.∵方程有实数根，∴Δ≥0，m≤23.当m=时，3m2-3m+2的最小值为.10\n4.-1提示：延长MB至G使GB=DN，连接AG.∴△ADN≌△ABG.∵CN+CM+MN=2，CN+CM+DN+BM=2,∴MN=MG.∴△AMN≌△AMG.要使△AMN的面积的最小，即△AGM的面积最小.∵AB=1，所以MG最小，即MN最小.在Rt△CMN中，周长一定，当△CMN为等腰直角三角形时，斜边MN最小.设CM=x，则CN=x,MN=x，∴x+x+x=2,∴x=2-,MN=2-2.∴△AMN的面积的最小值为-1.10
