初中數(shù)學(xué)120大招-114 函數(shù)思想

函數(shù)思想【規(guī)律總結(jié)】函數(shù)描述了自然界中數(shù)量之間的關(guān)系，函數(shù)思想通過提出問題的數(shù)學(xué)特征，建立函數(shù)關(guān)系型的數(shù)學(xué)模型，從而進(jìn)行研究。在解題中，善于挖掘題目中的隱含條件，構(gòu)造出函數(shù)解析式和妙用函數(shù)的性質(zhì)，是應(yīng)用函數(shù)思想的關(guān)鍵。對所給的問題觀察、分析、判斷比較深入、充分、全面時(shí)，才能產(chǎn)生由此及彼的聯(lián)系，構(gòu)造出函數(shù)原型。另外，方程問題、不等式問題和某些代數(shù)問題也可以轉(zhuǎn)化為與其相關(guān)的函數(shù)問題，即用函數(shù)思想解答非函數(shù)問題。【典例分析】例1、如圖，點(diǎn)G是邊長為1的正方形ABCD的邊BC上的動(dòng)點(diǎn)，以BG為邊長作正方形BEFG，其中A，B，E三點(diǎn)在同一條直線上，連結(jié)A，G，延長AG交CE的連線于點(diǎn)H，則AG×GH的最大值為__________．【答案】1【解析】【分析】

本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，函數(shù)方程思想.掌握相似三角形的判定和性質(zhì)得二次函數(shù)是解本題的關(guān)鍵．

先根據(jù)正方形的性質(zhì)和SAS證明△EBC≌△GBA得∠BCE=∠BAG，再證明△BGA∽△HGC，設(shè)BG=x，則CG=CB-x=1-x，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例得AG×GH的函數(shù)解析式，最后根據(jù)二次函數(shù)的最值即可解答．

【解答】

解：∵四邊形ABCD和四邊形BEFG是正方形ABCD，A，B，E三點(diǎn)在同一條直線上，

∴BE=BG，∠EBG=∠GBA=90°，BC=BA，

∴△EBC≌△GBA，

∴∠BCE=∠BAG，

∵∠BGA+∠BAG=90°，∠BGA=∠HGC，

∴∠HGC+∠BCH=90°，

∴∠GHC=90°，

∴∠GHC=∠GBA=90°，

又∠BGA=∠HGC，

∴△BGA∽△HGC，

∴BGHG=AGCG，

設(shè)BG=x，則CG=CB-x=1-x，

∴AG×GH=BG×CG=x(1-x)=-x2+x=-x-122+14

∵a=-1<0例2、如圖，已知拋物線與x軸交于點(diǎn)A(-1,0)，B(3,0)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y=-2x+3經(jīng)過點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)D．(1)求該拋物線的函數(shù)解析式．(2)點(diǎn)P是(1)中的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t0<t<3①求?PCD的面積的最大值．②是否存在點(diǎn)P，使得?PCD是以CD為直角邊的直角三角形?若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】解：(1)直線y=-2x+3與x軸、y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為：C(0,3)，D(32,0)，

∵拋物線與x軸交于A(-1,0)、B(3,0)兩點(diǎn)，

∴設(shè)所求拋物線的函數(shù)關(guān)系式為：

y=a(x+1)(x-3)，

把點(diǎn)C(0,3)解得a=-1，∴所求拋物線的函數(shù)關(guān)系式為：y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3；

(2)①過點(diǎn)P作PE⊥y軸于點(diǎn)F，交DC于點(diǎn)E，

由題意，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t,-t2+2t+3)，則點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為-t2+2t+3．

以y=-t2+2t+3代入y=-2x+3，得x=t2-2t2

∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(t2-2t2,-t2+2t+3)，

∴PE=t-t2-2t2=-t2+4t2

∴S△PCD=12PE?CO

=12×-t2+4t2×3

=-34t-22+3

∵a=-34<0，且0<t<3，

∴當(dāng)t=2時(shí)，△PCD的面積最大值為3；

②△PCD是以CD為直角邊的直角三角形分兩種情況：

(Ⅰ)若∠PCD=90°，如圖2，過點(diǎn)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G，

則△PGC∽△COD，

∴PGCO=CGDO，即t3=-t2+2t1.5，整理得2t2-3t=0，解得【解析】本題考查了二次函數(shù)的綜合題、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、三角形相似的性質(zhì)和判定以及直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形相似的性質(zhì)和判定，善于用方程的思想求點(diǎn)的坐標(biāo)．

(1)利用待定系數(shù)法求拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；

(2)①如圖1，作輔助線PF，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t,-t2+2t+3)，則點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為-t2+2t+3，表示PE的長，根據(jù)三角形面積公式可得S與t【好題演練】一、選擇題如圖，邊長為1的正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O.有直角∠MPN，使直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，直角邊PM、PN分別與OA、OB重合，然后逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠MPN，旋轉(zhuǎn)角為θ(0°<θ<90°)，PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點(diǎn)，連接EF交OB于點(diǎn)G，則下列結(jié)論中正確的是(????)

(1)EF=(2)S四邊形OEBF：S正方形ABCD(3)BE+BF=(4)在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí)，AE=(5)OG?A.(1)(2)(3)(5) B.(1)(3)(4)(5) C.(2)(3)(4)(5) D.(1)(2)(3)(4)【答案】A【解析】【分析】

此題屬于四邊形的綜合題．考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及二次函數(shù)的最值問題．注意掌握轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．

(1)由四邊形ABCD是正方形，∠EOF=90°，易證得△BOE≌△COF(ASA)，則可證得結(jié)論；

(2)由(1)易證得S四邊形OEBF=S△BOC=14S正方形ABCD，則可證得結(jié)論；

(3)由BE=CF，可得BE+BF=BC，然后由等腰直角三角形的性質(zhì)，證得BE+BF=2OA；

(4)首先設(shè)AE=x，則BE=CF=1-x，BF=x，繼而表示出△BEF與△COF的面積之和，然后利用二次函數(shù)的最值問題，求得答案；

(5)易證得△OEG∽△OBE，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，證得OG?OB=OE2，再利用OB與BD的關(guān)系，OE與EF的關(guān)系，即可證得結(jié)論．

【解答】

解：(1)∵四邊形ABCD是正方形，

∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，

∴∠BOF+∠COF=90°，

∵∠EOF=90°，

∴∠BOF+∠BOE=90°，

∴∠BOE=∠COF，

在△BOE和△COF中，

∴△BOE≌△COF(ASA)，

∴OE=OF，BE=CF，

∴EF=2OE；

故(1)符合題意；

(2)∵S四邊形OEBF=S△BOE+S△BOF=S△BOF+S

∵BC=1，

∴OH=12BC=12，

設(shè)AE=x，則BE=CF=1-x，BF=x，

∴S△BEF+S△COF=12BE?BF+12CF?OH=12x(1-x)+12(1-x)×12=-12(x-14)2+932，

，

∴當(dāng)x=14時(shí)，S△BEF+S△COF最大；

即在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí)，AE=1

二、填空題如圖，邊長為4的正方形ABCD中，P是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)(不含B、C點(diǎn)).將△ABP沿直線AP翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)E處；在CD上有一點(diǎn)M，使得將△CMP沿直線MP翻折后，點(diǎn)C落在直線PE上的點(diǎn)F處，直線PE交CD于點(diǎn)N，連接MA，NA.則以下結(jié)論中正確的有____(寫出所有正確結(jié)論的序號)．

①∠NAP=45°；②當(dāng)P為BC中點(diǎn)時(shí)，AE為線段NP的中垂線；③四邊形AMCB的面積最大值為10；④線段AM的最小值為25⑤當(dāng)△ABP≌△ADN時(shí)，BP=4【答案】①③⑤【解析】【分析】

此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，學(xué)會添加常用輔助線，屬于中考壓軸題．

①正確，先判斷出Rt△APE≌Rt△APB，即可得出結(jié)論；

②錯(cuò)誤，設(shè)ND=NE=y，在Rt△PCN中，利用勾股定理求出y即可解決問題；

③正確，設(shè)PB=x，構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)性質(zhì)解決問題即可；

④錯(cuò)誤，作MG⊥AB于G，因?yàn)锳M=MG2+AG2=16+AG2，所以AG最小時(shí)AM最小，構(gòu)建二次函數(shù)，求得AG的最小值為3，AM的最小值為5；

⑤正確，在AB上取一點(diǎn)K使得AK=PK，列出關(guān)于PB的方程即可解決問題．

【解答】

解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠D=∠B=∠BAD=90°，AD=AB，

由折疊知，∠AEN=∠B=90°，AE=AB，

∴AD=AB=AE，∠D=∠AEN=90°，

在Rt△ADN和Rt△AEN中，AN=ANAD=AE,

∴Rt△ADN≌Rt△AEN，

∴∠DAN=∠EAN，

在Rt△APE和Rt△APB中，

∴Rt△APE≌Rt△APB，

∴∠EAP=∠BAP，

∵∠DAN=∠EAN，∠BAD=90°，

∴∠PAN=45°，

故①正確；

當(dāng)PB=PC=PE=2時(shí)，

由折疊知，ND=NE，

設(shè)ND=NE=y，

在Rt△PCN中，(y+2)2=(4-y)2+22，

解得y=43，

∴NE≠EP，故②錯(cuò)誤；

設(shè)PB=x，則CP=4-x，

∵△CMP∽△BPA，

∴PBCM=ABPC，

∴CM=14x(4-x)，

∴S四邊形AMCB=12[4+14x(4-x)]×4=-12x2+2x+8=-12(x-2)2+10，

∴x=2時(shí)，四邊形AMCB面積最大值為10，故③正確；

作MG⊥AB于G，

∵AM=MG2+

如圖，在ΔABC，∠BAC=45°，∠ACB=60°，BC=43-4，D是BC邊上異于點(diǎn)B，C的一動(dòng)點(diǎn)，將?ABD沿AB翻折得到?ABE，將?ACD沿AC翻折得到?ACF，連接EF，則四邊形EBCF

【答案】18-8【解析】【分析】

本題主要考查翻折的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、鄰補(bǔ)角的定義、二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，根據(jù)題意列出函數(shù)關(guān)系式是解題的關(guān)鍵；解題時(shí)設(shè)CD=x，則BD=43-4-x，由將△ABD沿AB翻折得到?ABE，將?ACD沿AC翻折得到?ACF，可知?ABE≌?ABD，?ACF≌?ACD，由此可得BE=BD，CF=CD，然后分別過點(diǎn)E、F做EN⊥BC于點(diǎn)N，F(xiàn)M⊥BC于點(diǎn)M，由三角形內(nèi)角和定理、鄰補(bǔ)角的定義易得∠EBN=30°，∠FCM=60°，進(jìn)而可得EN、BN、CM、FM的大小，最后由四邊形EBCF面積等于梯形ENMF的面積減去ΔEBN，再減去ΔCFM的面積得出關(guān)于x的函數(shù)，由二次函數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解即可；

【解答】

解設(shè)CD=x，則BD=43-4-x，

∵將△ABD沿AB翻折得到△ABE，將△ACD沿AC翻折得到△ACF，

∴△ABE≌△ABD，△ACF≌△ACD，

∴∠ABE=∠ABD，∠ACF=∠ACD=60°，

BE=BD=43-4-x，CF=CD=x，

如圖，分別過點(diǎn)E、F做EN⊥BC于點(diǎn)N，F(xiàn)M⊥BC于點(diǎn)M，

，，

∴∠ABC=75°，∠EBN=30°，∠FCM=60°，

∴EN=12BE,BN=32BE,

CM=12CF,MF=32CF,

∵NM=NB+BC+CM，

∴NM=32BE+BC+12CF如圖，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點(diǎn)E在邊AD上，CE與BD相交于點(diǎn)F.設(shè)DE=x，BF=y，當(dāng)0≤x≤8時(shí)，y關(guān)于x的函數(shù)解析式為____．

【答案】y=【解析】解：在矩形中，AD//BC，

∴△DEF∽△BCF，

∴DEBC=DFBF，

∵BD=BC2+CD2=10，BF=y，DE=x，

∴DF=10-y，

∴x8=10-yy，化簡得：y=80x+8，

∴y關(guān)于三、解答題如圖，已知拋物線與x軸交于A(-1,0)、B(3,0)兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，直線y=-2x+3經(jīng)過點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)D．

(1)求該拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；(2)點(diǎn)P是(1)中的拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t(0<t<3).求△PCD的面積的最大值；(3)在(2)的條件下是否存在點(diǎn)P，使得△PCD是以CD為直角邊的直角三角形？若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】解：(1)直線y=-2x+3與x軸、y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為：C(0,3)，D(32,0)，

∵拋物線與x軸交于A(-1,0)、B(3,0)兩點(diǎn)，

∴設(shè)所求拋物線的函數(shù)關(guān)系式為：

y=a(x+1)(x-3)，

把點(diǎn)C(0,3)解得a=-1，∴所求拋物線的函數(shù)關(guān)系式為：y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3；

(2)過點(diǎn)P作PE⊥y軸于點(diǎn)F，交DC于點(diǎn)E，

由題意，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t,-t2+2t+3)，則點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為-t2+2t+3．

以y=-t2+2t+3代入y=-2x+3，得x=t2-2t2

∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(t2-2t2,-t2+2t+3)，

∴PE=t-t2-2t2=-t2+4t2

∴S△PCD=12PE?CO

=12×-t2+4t2×332，t2=0(舍去)

∴點(diǎn)P32，154)

(Ⅱ)若∠PDC=90°，如圖3，過點(diǎn)P作PH⊥x軸于點(diǎn)H，

則△PHD∽△DOC

PHDO=DHCO，即-1.5=t-1.53，

整理得

4t2-6t-15=03+694，t2=3-694(舍去)．

∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3+694,32，154)或(3+694,【解析】本題考查了二次函數(shù)的綜合題、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、三角形相似的性質(zhì)和判定以及直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形相似的性質(zhì)和判定，善于用方程的思想求點(diǎn)的坐標(biāo)．

(1)利用待定系數(shù)法求拋物線所對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；

(2)如圖1，作輔助線PF，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t,-t2+2t+3)，則點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為-t2+2t+3，表示PE的長，根據(jù)三角形面積公式可得S與t的關(guān)系式，配方后可得最值；如圖，OA=OB=50cm，OC是一條射線，OC⊥AB，甲小蟲由點(diǎn)A以2cm/s的速度向點(diǎn)B爬行，同時(shí)乙小蟲由點(diǎn)O以3cm/s的速度沿OC爬行，當(dāng)甲小蟲到達(dá)點(diǎn)B時(shí)兩只小蟲同時(shí)停止爬行．(1)設(shè)小蟲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為xs，兩小蟲所在位置與點(diǎn)O組成的三角形的面積為ycm2(不妨設(shè)甲小蟲到達(dá)點(diǎn)O時(shí)，y=0)，求y(2)當(dāng)小蟲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少時(shí)，兩小蟲所在位置與點(diǎn)O組成的三角形的面積等于450c(3)請直接說明y隨x的變化而變化的情況．【答案】解：(1)當(dāng)甲小蟲位于點(diǎn)O左側(cè)，即0≤x<25時(shí)，y=12(50-2x)?3x=-3x2+75x；當(dāng)甲小蟲位于點(diǎn)O右側(cè)，即25<x≤50時(shí)，y=12(2x-50)?3x=3x2-75x，

綜上，y與x之間的函數(shù)關(guān)系式為；

(2)當(dāng)0≤x<25時(shí)，令-3x2+75x=450，

解得x=10或15，

當(dāng)25<x≤50時(shí)，令3x2-75x=450，

解得x=30或-5(不合題意，舍去)，

故當(dāng)小蟲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為10s，15s或30s時(shí)，兩小蟲所在位置與點(diǎn)O組成的三角形的面積等于450cm2；【解析】本題主要考查二次函數(shù)的綜合題，一元二次方程的應(yīng)用，注意分類討論．

(1)可分三種情況列函數(shù)關(guān)系式：