转化思想

下面是小编为大家整理的转化思想,供大家参考。

　 专题练习 转化思想在代数中的应用

　一、 填空题

　 1. 已知△ABC中， ∠A、 ∠B、 ∠C的对边分别是a、 b、 c， 若a、 b是关于x的 一元二次方程xcxc448()的两个根， 判断△的形状。ABC20

　 答案：

　直角三角形

　 2.已知∠ 为三角形一个内角， 抛物线A则∠A=_____________度。

　答案：

　90

　 3. 已知△ABC中， a、 b、 c分别是∠A、 ∠B、 ∠C的对边， 若抛物线 yxab xcab22()的顶点在 轴上， 判断△22cos的对称轴是 轴，yxxAy  xABC22的形状。

　 答案：

　直角三角形

　 4. 在直角坐标系中， 两圆的圆心都在y轴上， 并且两圆相交于A、 B两点， 若点A的 (tan)2 560B坐标为，°， 则点 的坐标为。

　 答案：(

　5. 设两圆半径分别为2、 5， 圆心距d使点A（6－2d， 7－d）

　在第二象限， 判断两圆位置关系___________。

　答案：

　两圆相交

　 6. a、 b、 c为△ABC的三条边， 满足条件点（a－c， a）

　与点（0， －b）

　关于x轴对称， 判断△ABC的形状____________。

　答案：

　等边三角形 二、 解答题

　 7. 如图所示， AD为⊙O的直径， 一条直线l与⊙O交于E、 F两点， 过A、 D分别作直线l的垂线，垂足是B、 C， 连结CD交⊙O于G。

　)2 53，

　（1）

　求证：

　AD· BE=FG· DF；

　（2）

　设AB=m， BC=n， CD=p， 求证：

　tan∠FAD、 tan∠BAF是方程 mxnxp0 的两个实数根。(用几何知识， 视为方程根用方程知识）

　解：

　（1）

　提示：

　证明CF=BE， △GFC∽△ADF；

　（2）

　提示：

　先证明Rt△DFC∽Rt△FAB

　 得DF：

　FA=FC：

　AB=DC：

　FB FDFAFD2三角函数值作为方程的根， 视为三角函数值

　 ∴∠∠tantanFADBAFFBABFBFCABDCFBABFBBCABDCnmp

　 tantan∠·∠··FADBAFFAABFBABABm

　∴

　83∠x、∠(是方程1)x的两个实数根。xxtantanFADBAF2amxnxp202的两根为 402212121.设关于 的二次方程a， 试求 的值。

　解：

　a＝3或a＝－1 ，， 若axx xx)  2 x非对称式转化为对称式(

　提示：xxaa12241①

　 由

　得

　将式①、 ②代入后， 解得a＝3， a＝－1， 检验适合。

　9. △ABC中， AD是高， AD与AB的夹角为锐角α ， Rt△ABC的面积和周长都为 308412， 又、是关于 的方程xxxxx9100“代数式”作为方程的系数）

　cos 45 x x1a2221② 2， 得(x， 平方，2321212121212x xxxx xxxxx)432()() ，41612212121212()()x xx xxxxx x 2103221322的两个实数根， 且x x cos( x x1ADAC22312)( )cos( )(。

　求：的值；和的长。“三角函数值” 的有关

　 解：

　（1）

　提示：由得，  0cos322101141(cos)cosa

　 又由根与系数关系可以解得或舍 ；coscos()4515

　 （2）ADACADAC1213513或

　 提示：由，，·求得，ADDCACADDCACADDCAC260301322

　 10. 如图所示， 以正方形ABCD平行于边的对称轴为坐标轴建立直角坐标系， 若正方形的边长为4。

　再由，·解得或ADDCADDCADDCADDC1760125512

　 （1）

　求过B、 E、 F三点的二次函数的解析式；

　（2）

　求此抛物线的顶点坐标。

　（先转化为点的坐标， 再求函数解析式）

　34

　解：

　（1）

　提示：

　点B（－2， －2）

　， 点E（0， 2）

　， 点F（2， 0）

　；

　1312 yxx 1222

　 （2）

　11. 如图所示， 在△ABC中， ∠B=90° ， AB=6厘米， BC=3厘米， 点P从点A开始沿AB边向B以1厘米/秒的速度移动， 点Q从点B开始沿BC边向点C以2厘米/秒的速 PQAB顶点坐标为，()25度移动， 如果 、米？ （把实际问题转化为几何问题）

　分别从 、同时出发， 几秒钟后 、间的距离等于厘PQ4 2

　解：tPQcm254 2秒时，

　 提示：设 秒钟后tPQcm 4 2 2

　由勾股定理， 得()()()624 222tt

　 12线的左侧）

　的横坐标的平方和为10。

　（1）

　求此抛物线的解析式。

　*（2）

　若Q是抛物线上异于A、 B、 P的点， 且∠QAP=90° ， 求点Q的坐标。

　（利用“点坐标的绝对值等于线段长”沟通函数与几何， 转化为点坐标用函数知识， 转化为线段长用几何知识）

　解：

　（1）yxx23

　 提示：

　∵顶点P在直线y＝－4x上，

　解得，， 不合题意， 舍去ttBQ1225243() 的开口向上， 顶点 在直c2. 在直角坐标系中， 已知抛物线xOyyaxbxP 上， 且 到坐标原点距离为P， 又知抛物线与 轴两交点 、在yxxAB A(B 417 2

　可设

　∴P（1， －4）

　或（－1， 4）

　。

　∵抛物线开口向上， 又与x轴有交点，

　∴（－1， 4）

　不合题意舍去。

　ya x()1xx122724 ，， 则有， 解得± ，P()()()44 171222

　 设与 轴交于点x，、，axaxaA x(B x( ))424002212

　 x x1aaxxxxa21222124101消、， 解得；

　 （2）

　提示：

　如图所示， 设抛物线上点Q（m， n）

　， 过Q作QP⊥x轴于点M。

　Q()9，

　 AQmn() 122， 2，

　QP

　AP  2 5

　 ∵∠QAP=90° ，

　由勾股定理， 得 mn()()142

　 ( ())()mn12 52222

　 

　整理， 得

　又 nn()()mn1422，1 ，m2 3 20 mm2

　解得舍或mnmn1122107294 ()

　 直线1392335x22.()()已知抛物线的顶点 在双曲线mD上，ym xmxy  经过点 和点，， 且使 随 的增大而减小，yx，满足方程组ykxcDC a(bab2) abaab5bab22230220 ， 求这条直线的解析式。、具有两重性， 视为点的坐标用(

　函数知识， 视为方程的根用方程知识）

　。

　解：yxyx  61343113或

　 提示：3m抛物线的顶点 的坐标为mD，ym xmxm()()(92331322 1033352mmDyx )， 由于点 在双曲线上，

　 整理， 得

　解得得，103351302mmmm  ，mm21024 ，，mm1246  13

　 ∴，，，DD121515()()

　 ∴

　其中C1（2， 1）

　不符合题意， 舍去。

　又由方程组解得和，abaabbabab222211223025202121   ，，，，CC122121()()

　 直线∴直线的解析式为；D C1yx243113  的解析式为。D C2yx2613 

　一、 选择题（每小题4分， 共20分）

　1. 在下列二次根式

　A. 1个

　 D. 4个

　 2. 为适应经济的发展， 提高铁路运输能力， 铁道部决定提高列车运行的速度， 甲、 乙两城市相距300千米， 客车的行车速度每小时比原来增加了40千米， 因此， 从甲市到乙市运行的时间缩短了1小时30分， 若设客车原来的速度为每小时x千米， 则依题意列出的方程是（

　）

　30040xx

　 30030040xx

　 13进行配方， 其结果及顶点坐标是（

　）

　13

　42223222abaa baab，，，，中， 最简二次根式有 （

　）

　C. 3个

　B. 2个

　A. 30015 .

　B. 300x300x300x40300x15 .

　 C. 15 .

　D. 4015 .

　 3. 对二次函数yxx212

　A. yx34342()()，，

　B. yx1311112()()，，

　C. yx1334342()()，，

　D. yx1311112()()，，

　 4. 下列图形中， 是轴对称图形但不是中心对称图形的是（

　）

　A. 平行四边形

　 B. 菱形

　边三角形

　 5. 已知两圆的半径分别为2cm、 5cm， 两圆有且只有三条公切线， 则它们的圆心距一定 （

　）

　 A. 大于3cm且小于7cm B. 大于7cm

　 7cm

　 C. 直角梯形

　D. 等

　C. 等于3cm

　D. 等 于二、 填空题（每空4分， 共40分）

　1. 分解因式

　yxy2221 ______________________。

　225312

　2. 用换元法解方程

　x为关于y的一元二次方程是____________。

　3. 已知△ABC中， DE交AB于D， 交AC于E， 且DE∥BC，SBC=____________， 若AB=8， 则DB=____________。

　x3cosB 1xxxxxy22553时， 设，原方程化SADEDBCE△四边形：=1：

　3， 则DE：

　4. 函数yxx2432的自变量取值范围是____________。

　5. △ABC中， ∠C=90° ，

　6. 如果反比例函数的图象在第一、 三象限， 而且第三象限的一支经过（－2， －1）

　点， 则反33， tanB=____________。

　比例函数的解析式是____________。

　当y 

　7. 一 组 数 据 ：10 ，______________________________________________。

　8. 圆锥的母线长为10cm， 高为8cm， 则它的侧面积是____________。

　（结果保留4个有效数字， π取3.142）

　三、 解答题（每小题8分， 共24分）

　1. 计算：

　cos()2160° 320xxyy  xx2246四、 解答题（每小题8分， 共16分）

　1. 已知：

　如图所示， 正方形ABCD， E为CD上一点， 过B点作BF⊥BE于B， 求证：

　∠1=∠2。

　1时， x=____________。

　14 中 的 众 数 、8 ，16 ，34 ，8 ，中 位 数 、平 均 数 依 次 是

　||tan212303120°

　2. 解方程组2102xy，

　3. 先化简再求值：xxxx276623。

　（其中x 2）

　 2. 已知：

　如图所示， Rt△ABC中， ∠C=90° ， ∠ABC=60° ， DC=11， D点到AB的距离为2，求BD的长。

　 五、 （第1题8分， 第2题10分， 共18分）

　1. 某水果批发市场规定， 批发苹果不少于100千克， 批发价为每千克2.5元， 学校采购员带现金2000元， 到该批发市场采购苹果， 以批发价买进， 如果采购的苹果为x（千克）

　， 付款后剩余现金为y（元）

　。

　 （1）

　写出y与x间的函数关系式， 并写出自变量x的取值范围， 画出函数图象；

　（2）

　若采购员至少留出500元去采购其他物品， 则它最多能购买苹果多少千克？

　2. 如图所示， ⊙O中， 弦AC、 BD交于E， BDAB2。

　 （1）

　求证：AB

　（2）

　延长EB到F， 使EF=CF， 试判断CF与⊙O的位置关系， 并说明理由。

　AEAC2·；

　六、 （本题10分）

　已知关于x的方程m x

　（1）

　求证：

　关于x的方程(根；

　（2）

　当方程②的两根的平方和等于两根积的2倍时， 它的两个根恰为△ABC的两边长， 若△ABC的三边都是整数， 试判断它的形状。

　七、 （本题10分）

　如图所示， 已知BC是半圆O的直径， △ABC内接于⊙O， 以A为圆心， AB为半径作弧交⊙O于F， 交BC于G， 交OF于H， AD⊥BC于D， AD、 BF交于E， CM切⊙O于C， 交BF的延长线于53， 求FM的长。

　mx222310 ()

　①的两实根的乘积等于1。

　)()m xkm)(kxk2202

　()k  3

　方程②有实数M， 若FH=6，AEDE 八、 （本题12分）

　如图所示， 抛物线ymxmxn2812与x轴交于A、 B两点（点A在点B的左边）

　， 在第二象限内抛物线上的一点C， 使△OCA∽△OBC， 且AC：

　BC= 3：

　1， 若直线AC交y轴于P。

　 （1）

　当C恰为AP中点时， 求抛物线和直线AP的解析式；

　（2）

　若点M在抛物线的对称轴上， ⊙M与直线PA和y轴都相切， 求点M的坐标。

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