《初中数学总复习资料》2018年中考数学复习方法技巧九大专题：2018年中考数学复习方法技巧专题二：分类讨论思想解析.doc

方法技巧专题二分类讨论思想解析 在数学中，我们常常需要根据研究对象性质的差异，分各种不同情况予以考查这种分类思考的方法是一种重要的数学思想方法，同时也是一种解题策略当数学问题中的某一条件模糊而不确定时，需要对这一条件进行分类讨论，然后逐一解决常见的分类讨论有概念的分类、解题方法的分类和图形位置关系的分类等分类是按照数学对象的相同点和差异点，将数学对象区分为不同种类的思想方法，掌握分类的方法，领会其实质，对于加深基础知识的理解、提高分析问题、解决问题的能力是十分重要的 分类的原则：（1）分类中的每一部分是相互独立的；（2）一次分类按一个标准；（3）分类讨论应逐级进行1：分式方程无解的分类讨论问题 【例题】（2017贵州）分式方程=1的根为（）A1或3B1C3D1或3【考点】B3：解分式方程【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解【解答】解：去分母得：3=x2+x3x，解得：x=1或x=3，经检验x=1是增根，分式方程的根为x=3，故选C【同步训练】（2017山东聊城）如果解关于x的分式方程=1时出现增根，那么m的值为（）A2B2C4D4【考点】B5：分式方程的增根【分析】增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x2=0，确定可能的增根；然后代入化为整式方程的方程求解，即可得到正确的答案【解答】解：=1，去分母，方程两边同时乘以x2，得：m+2x=x2，由分母可知，分式方程的增根可能是2，当x=2时，m+4=22，m=4，故选D2：“一元二次”方程系数或者函数最高次项系数的分类讨论问题【例题】（2017宁夏）关于x的方程（a1）x2+3x2=0有实数根，则a的取值范围是（）A B C且a1 D且a1【分析】根据方程的形式可以看出最高次是2次，当a10时，定义和判别式的意义得到a1且=324（a1）（2）0，然后求出两个不等式的公共部分即可当a=1时，则方程为一次方程，故有a=1。【解答】解：根据题意得a1且=324（a1）（2）0，解得a故选B【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a0）的根与=b24ac有如下关系：当0时，方程有两个不相等的实数根；当=0时，方程有两个相等的实数根；当0时，方程无实数根3：三角形、圆等几何图形相关量求解的分类讨论问题 【例题】（2017浙江义乌）如图，AOB=45°，点M，N在边OA上，OM=x，ON=x+4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是x=0或x=44或4x4【考点】KI：等腰三角形的判定【分析】分三种情况讨论：先确定特殊位置时成立的x值，如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；如图2，构建腰长为4的等腰直角OMC，和半径为4的M，发现M在点D的位置时，满足条件；如图3，根据等腰三角形三种情况的画法：分别以M、N为圆心，以MN为半径画弧，与OB的交点就是满足条件的点P，再以MN为底边的等腰三角形，通过画图发现，无论x取何值，以MN为底边的等腰三角形都存在一个，所以只要满足以MN为腰的三角形有两个即可【解答】解：分三种情况：如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；如图2，以M为圆心，以4为半径画圆，当M与OB相切时，设切点为C，M与OA交于D，MCOB，AOB=45°，MCO是等腰直角三角形，MC=OC=4，OM=4，当M与D重合时，即x=OMDM=44时，同理可知：点P恰好有三个；如图3，取OM=4，以M为圆心，以OM为半径画圆，则M与OB除了O外只有一个交点，此时x=4，即以PMN为顶角，MN为腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时以PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；点M沿OA运动，到M1时，发现M1与直线OB有一个交点；当4x4时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足点P恰好有三个；综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是：x=0或x=44或4故答案为：x=0或x=44或4【同步训练】（2017齐齐哈尔）经过三边都不相等的三角形的一个顶点的线段把三角形分成两个小三角形，如果其中一个是等腰三角形，另外一个三角形和原三角形相似，那么把这条线段定义为原三角形的“和谐分割线”如图，线段CD是ABC的“和谐分割线”，ACD为等腰三角形，CBD和ABC相似，A=46°，则ACB的度数为113°或92°【考点】S7：相似三角形的性质；KH：等腰三角形的性质【分析】由ACD是等腰三角形，ADCBCD，推出ADCA，即ACCD，分两种情形讨论当AC=AD时，当DA=DC时，分别求解即可【解答】解：BCDBAC，BCD=A=46°，ACD是等腰三角形，ADCBCD，ADCA，即ACCD，当AC=AD时，ACD=ADC=67°，ACB=67°+46°=113°，当DA=DC时，ACD=A=46°，ACB=46°+46°=92°，故答案为113°或92°4：动点问题的分类分类讨论问题4.1：常见平面问题中动点问题的分类讨论；【例题】（2017.江苏宿迁）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB=1，BC=，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形ABCE，点B、C的对应点分别为点B、C（1）当BC恰好经过点D时（如图1），求线段CE的长；（2）若BC分别交边AD，CD于点F，G，且DAE=22.5°（如图2），求DFG的面积；（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C运动的路径长【考点】LO：四边形综合题【分析】（1）如图1中，设CE=EC=x，则DE=1x，由ADBDEC，可得=，列出方程即可解决问题；（2）如图2中，首先证明ADB，DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题；（3）如图3中，点C的运动路径的长为的长，求出圆心角、半径即可解决问题【解答】解：（1）如图1中，设CE=EC=x，则DE=1x，ADB+EDC=90°，BAD+ADB=90°，BAD=EDC，B=C=90°，AB=AB=1，AD=，DB=，ADBDEC，=，=，x=2CE=2（2）如图2中，BAD=B=D=90°，DAE=22.5°，EAB=EAB=67.5°，BAF=BFA=45°，DFG=AFB=DGF=45°，DF=FG，在RtABF中，AB=FB=1，AF=AB=，DF=DG=，SDFG=（）2=（3）如图3中，点C的运动路径的长为的长，在RtADC中，tanDAC=，DAC=30°，AC=2CD=2，CAD=DAC=30°，CAC=60°，的长=【同步训练】如图是一张长方形纸片ABCD，已知AB=8，AD=7，E为AB上一点，AE=5，现要剪下一张等腰三角形纸片（AEP），使点P落在长方形ABCD的某一条边上，则等腰三角形AEP的底边长是 【考点】矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理【分析】分情况讨论：当AP=AE=5时，则AEP是等腰直角三角形，得出底边PE=AE=5即可；当PE=AE=5时，求出BE，由勾股定理求出PB，再由勾股定理求出等边AP即可；当PA=PE时，底边AE=5；即可得出结论【解答】解：如图所示：当AP=AE=5时，BAD=90°，AEP是等腰直角三角形，底边PE=AE=5；当PE=AE=5时，BE=ABAE=85=3，B=90°，PB=4，底边AP=4；当PA=PE时，底边AE=5；综上所述：等腰三角形AEP的对边长为5或4或5；故答案为：5或4或54.2：组合图形（一次函数、二次函数与平面图形等组合）中动点问题的分类。【例题】（2017湖北荆州）如图在平面直角坐标系中，直线y=x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，点P、Q同时从点A出发，运动时间为t秒其中点P沿射线AB运动，速度为每秒4个单位长度，点Q沿射线AO运动，速度为每秒5个单位长度以点Q为圆心，PQ长为半径作Q（1）求证：直线AB是Q的切线；（2）过点A左侧x轴上的任意一点C（m，0），作直线AB的垂线CM，垂足为M若CM与Q相切于点D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围）；（3）在（2）的条件下，是否存在点C，直线AB、CM、y轴与Q同时相切？若存在，请直接写出此时点C的坐标；若不存在，请说明理由【考点】FI：一次函数综合题【分析】（1）只要证明PAQBAO，即可推出APQ=AOB=90°，推出QPAB，推出AB是O的切线；（2）分两种情形求解即可：如图2中，当直线CM在O的左侧与Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形如图3中，当直线CM在O的右侧与Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形分别列出方程即可解决问题（3）分两种情形讨论即可，一共有四个点满足条件【解答】（1）证明：如图1中，连接QP在RtAOB中，OA=4，OB=3，AB=5，AP=4t，AQ=5t，=，PAQ=BAO，PAQBAO，APQ=AOB=90°，QPAB，AB是O的切线（2）解：如图2中，当直线CM在O的左侧与Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形易知PQ=DQ=3t，CQ=3t=，OC+CQ+AQ=4，m+t+5t=4，m=4t如图3中，当直线CM在O的右侧与Q相切时，设切点为D，则四边形PQDM是正方形OC+AQCQ=4，m+5tt=4，m=4t（3）解：存在理由如下：如图4中，当Q在y则的右侧与y轴相切时，3t+5t=4，t=，由（2）可知，m=或如图5中，当Q在y则的左侧与y轴相切时，5t3t=4，t=2，由（2）可知，m=或综上所述，满足条件的点C的坐标为（，0）或（，0）或（，0）或（，0）【同步训练】（2017山东烟台）如图1，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB=4，矩形OBDC的边CD=1，延长DC交抛物线于点E（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PHEO，垂足为H设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值；（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由条件可求得A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）可先求得E点坐标，从而可求得直线OE解析式，可知PGH=45°，用m可表示出PG的长，从而可表示出l的长，再利用二次函数的性质可求得其最大值；（3）分AC为边和AC为对角线，当AC为边时，过M作对称轴的垂线，垂足为F，则可证得MFNAOC，可求得M到对称轴的距离，从而可求得M点的横坐标，可求得M点的坐标；当AC为对角线时，设AC的中点为K，可求得K的横坐标，从而可求得M的横坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标【解答】解：（1）矩形OBDC的边CD=1，OB=1，AB=4，OA=3，A（3，0），B（1，0），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，抛物线解析式为y=x2x+2；（2）在y=x2x+2中，令y=2可得2=x2x+2，解得x=0或x=2，E（2，2），直线OE解析式为y=x，由题意可得P（m， m2m+2），PGy轴，G（m，m），P在直线OE的上方，PG=m2m+2（m）=m2m+2=（m+）2+，直线OE解析式为y=x，PGH=COE=45°，l=PG= （m+）2+=（m+）2+，当m=时，l有最大值，最大值为；（3）当AC为平行四边形的边时，则有MNAC，且MN=AC，如图，过M作对称轴的垂线，垂足为F，设AC交对称轴于点L，则ALF=ACO=FNM，在MFN和AOC中MFNAOC（AAS），MF=AO=3，点M到对称轴的距离为3，又y=x2x+2，抛物线对称轴为x=1，设M点坐标为（x，y），则|x+1|=3，解得x=2或x=4，当x=2时，y=，当x=4时，y=，M点坐标为（2，）或（4，）；当AC为对角线时，设AC的中点为K，A（3，0），C（0，2），K（，1），点N在对称轴上，点N的横坐标为1，设M点横坐标为x，x+（1）=2×（）=3，解得x=2，此时y=2，M（2，2）；综上可知点M的坐标为（2，）或（4，）或（2，2）【达标检测】1. （2017乐山）若a2ab=0（b0），则aa+b=（）A0BC0或D1或 2【考点】64：分式的值【分析】首先求出a=0或a=b，进而求出分式的值【解答】解：a2ab=0（b0），a=0或a=b，当a=0时，aa+b=0当a=b时，aa+b=，故选C【点评】本题主要考查了分式的值，解题的关键是要注意题目有两个答案，容易漏掉值为0的情况2. （2017.江苏宿迁）若关于x的分式方程=3有增根，则实数m的值是1【考点】B5：分式方程的增根【分析】分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，得到x2=0，求出x的值，代入整式方程求出m的值即可【解答】解：去分母，得：m=x13（x2），由分式方程有增根，得到x2=0，即x=2，把x=2代入整式方程可得：m=1，故答案为：13. （2017绥化）在等腰ABC中，ADBC交直线BC于点D，若AD=BC，则ABC的顶角的度数为30°或150°或90°【考点】KO：含30度角的直角三角形；KH：等腰三角形的性质【分析】分两种情况；BC为腰，BC为底，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半判断出ACD=30°，然后分AD在ABC内部和外部两种情况求解即可【解答】解：BC为腰，ADBC于点D，AD=BC，ACD=30°，如图1，AD在ABC内部时，顶角C=30°，如图2，AD在ABC外部时，顶角ACB=180°30°=150°，BC为底，如图3，ADBC于点D，AD=BC，AD=BD=CD，B=BAD，C=CAD，BAD+CAD=×180°=90°，顶角BAC=90°，综上所述，等腰三角形ABC的顶角度数为30°或150°或90°故答案为：30°或150°或90°4. （2017营口）如图，直线l的解析式为y=x+4，它与x轴和y轴分别相交于A，B两点平行于直线l的直线m从原点O出发，沿x轴的正方向以每秒1个单位长度的速度运动它与x轴和y轴分别相交于C，D两点，运动时间为t秒（0t4），以CD为斜边作等腰直角三角形CDE（E，O两点分别在CD两侧）若CDE和OAB的重合部分的面积为S，则S与t之间的函数关系的图象大致是（）ABCD【考点】E7：动点问题的函数图象【分析】分别求出0t2和2t4时，S与t的函数关系式即可爬判断【解答】解：当0t2时，S=t2，当2t4时，S=t2（2t4）2=t2+8t8，观察图象可知，S与t之间的函数关系的图象大致是C故答案为C【点评】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型5. （2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）有一面积为5的等腰三角形，它的一个内角是30°，则以它的腰长为边的正方形的面积为20和20【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质【分析】分两种情形讨论当30度角是等腰三角形的顶角，当30度角是底角，分别作腰上的高即可【解答】解：如图1中，当A=30°，AB=AC时，设AB=AC=a，作BDAC于D，A=30°，BD=AB=a，aa=5，a2=20，ABC的腰长为边的正方形的面积为20如图2中，当ABC=30°，AB=AC时，作BDCA交CA的延长线于D，设AB=AC=a，AB=AC，ABC=C=30°，BAC=120°，BAD=60°，在RTABD中，D=90°，BAD=60°，BD=a，aa=5，a2=20，ABC的腰长为边的正方形的面积为20故答案为20或206. （2016·黑龙江龙东·8分）甲、乙两车从A城出发前往B城，在整个行程中，两车离开A城的距离y与t的对应关系如图所示：（1）A、B两城之间距离是多少千米？（2）求乙车出发多长时间追上甲车？（3）直接写出甲车出发多长时间，两车相距20千米【考点】一次函数的应用【分析】（1）根据图象即可得出结论（2）先求出甲乙两人的速度，再列出方程即可解决问题（3）根据y甲y乙=20或y乙y甲=20，列出方程即可解决【解答】解：（1）由图象可知A、B两城之间距离是300千米（2）设乙车出发x小时追上甲车由图象可知，甲的速度=60千米/小时乙的速度=75千米/小时由题意（7560）x=60解得x=4小时（3）设y甲=kx+b，则解得，y甲=60x300，设y乙=kx+b，则，解得，y乙=100x600，两车相距20千米，y甲y乙=20或y乙y甲=20或y甲=20或y甲=280，即60x300=20或100x600（60x300）=20或60x300=20或60x300=280解得x=7或8或或，75=2，85=3，5=，5=甲车出发2小时或3小时或小时或小时，两车相距20千米7. （2017温州）如图，已知线段AB=2，MNAB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE（1）当APB=28°时，求B和CM的度数；（2）求证：AC=AB（3）在点P的运动过程中当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出ACG和DEG的面积之比【考点】MR：圆的综合题【专题】16 ：压轴题【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得B的度数，再连接MD，根据MD为PAB的中位线，可得MDB=APB=28°，进而得到CM=2MDB=56°；（2）根据BAP=ACB，BAP=B，即可得到ACB=B，进而得出AC=AB；（3）记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=138，MR=198，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当ACQ=90°时，当QCD=90°时，当QDC=90°时，当AEQ=90°时，即可求得MQ的值为198或或158；先判定DEG是等边三角形，再根据GMD=GDM，得到GM=GD=1，过C作CHAB于H，由BAC=30°可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=31，进而得出SACG=CG×CH=3-12，再根据SDEG=34，即可得到ACG和DEG的面积之比【解答】解：（1）MNAB，AM=BM，PA=PB，PAB=B，APB=28°，B=76°，如图1，连接MD，MD为PAB的中位线，MDAP，MDB=APB=28°，CM=2MDB=56°；（2）BAC=MDC=APB，又BAP=180°APBB，ACB=180°BACB，BAP=ACB，BAP=B，ACB=B，AC=AB；（3）如图2，记MP与圆的另一个交点为R，MD是RtMBP的中线，DM=DP，DPM=DMP=RCD，RC=RP，ACR=AMR=90°，AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，12+MR2=22+PR2，12+（4PR）2=22+PR2，PR=138，MR=198，当ACQ=90°时，AQ为圆的直径，Q与R重合，MQ=MR=198；如图3，当QCD=90°时，在RtQCP中，PQ=2PR=134，MQ=；如图4，当QDC=90°时，BM=1，MP=4，BP=17，DP=BP=172，cosMPB=MPPB=DPPQ，PQ=178，MQ=158；如图5，当AEQ=90°时，由对称性可得AEQ=BDQ=90°，MQ=158；综上所述，MQ的值为198或或158；ACG和DEG的面积之比为6-233理由：如图6，DMAF，DF=AM=DE=1，又由对称性可得GE=GD，DEG是等边三角形，EDF=90°60°=30°，DEF=75°=MDE，GDM=75°60°=15°，GMD=PGDGDM=15°，GMD=GDM，GM=GD=1，过C作CHAB于H，由BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG，AH=3，CG=MH=31，SACG=CG×CH=3-12，SDEG=34，SACG：SDEG=6-233【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用8. （2017江苏盐城）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点；连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，CDE的面积为S1，BCE的面积为S2，求的最大值；过点D作DFAC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得CDF中的某个角恰好等于BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）根据题意得到A（4，0），C（0，2）代入y=x2+bx+c，于是得到结论；（2）如图，令y=0，解方程得到x1=4，x2=1，求得B（1，0），过D作DMx轴于M，过B作BNx轴交于AC于N，根据相似三角形的性质即可得到结论；根据勾股定理的逆定理得到ABC是以ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，求得P（，0），得到PA=PC=PB=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延线于G，情况一：如图，DCF=2BAC=DGC+CDG，情况二，FDC=2BAC，解直角三角形即可得到结论【解答】解：（1）根据题意得A（4，0），C（0，2），抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点，y=x2x+2；（2）如图，令y=0，x2x+2=0，x1=4，x2=1，B（1，0），过D作DMx轴于M，过B作BNx轴交于AC于N，DMBN，DMEBNE，=，设D（a，=a2a+2），M（a， a+2），B（1.0），N（1，），=（a+2）2+；当a=2时，的最大值是；A（4，0），B（1，0），C（0，2），AC=2，BC=，AB=5，AC2+BC2=AB2，ABC是以ACB为直角的直角三角形，取AB的中点P，P（，0），PA=PC=PB=，CPO=2BAC，tanCPO=tan（2BAC）=，过作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，情况一：如图，DCF=2BAC=DGC+CDG，CDG=BAC，tanCDG=tanBAC=，即，令D（a，a2a+2），DR=a，RC=a2a，a1=0（舍去），a2=2，xD=2，情况二，FDC=2BAC，tanFDC=，设FC=4k，DF=3k，DC=5k，tanDGC=，FG=6k，CG=2k，DG=3k，RC=k，RG=k，DR=3kk=k，=，a1=0（舍去），a2=，点D的横坐标为2或