中考数学复习之一题多变培优课件

初中数学一题多变1．已知，如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD，垂足为E，BF⊥CD，垂足为F，求证：EC=DF.证明：根据垂径定理可得CM=DM∵AE⊥ER，BF⊥EF∴AE∥BF∥OM∵AO=BO∴EM=FM∴EM-CM=FM-DM∴EC=DFM作OM⊥EF于点M变式一：如图，已知AB是⊙O的直径，CD是弦，AE⊥CD于E，BF⊥CD于F，BF交⊙O于G，下面的结论：1.EC=DF；2.DE=CF；3.AE=GF；4.AE+BF=AB中，正确的有（

）A.1、4

B.2、3、4

C.1、2、3

D.1、2、3、4C变式二：把直线EF和直径AB的相对位置加以变化，即图形变化，条件和结论均不变，便得新题，变化后的图形如下：证明：延长AE交圆于M点，连接BM，过点O作OP垂直BM，交EF于点QMQ∵AB是直径∴AM⊥BM∵点O为圆心∴OA=OB∴MP=BP∵AE⊥CD，BF⊥CD∴EF=MB∴EQ=FQ∵OP⊥CD∴CQ=DQ∴CE=DF变式三：把直线EF和圆的位置关系由一般的相交变为相切，即图形特殊化处理，原题可以引申为：如图，直线MN和⊙O切于点C，AB是⊙O的直径，AC是弦，AE⊥MN于E，BF⊥MN于F，（1）求证：AC平分∠BAE；（2）求证：AB=AE+BF；（3）求证：证明：（1）连接OC，∵AE⊥MN，BF⊥MN，∴AE∥BF，而AB≠EF，∴四边形ABFE为梯形，∵OC∥AE∥BF，∴EC=CF，∴OC为梯形ABFE的中位线，∴AE+BF=2OC，即：AE+BF=AB．（2）证明：连接BC，∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠ECA+∠FCB=90°，∵∠CBF+∠FCB=90°，∠CBF=∠ECA，∴△AEC∽△CFB，∴CF•EC=AE•BF，∵CF=EC=1/2EF∴EF2=4AE•BF．2、已知二次函数的图像经过三点，求这个二次函数的解析式。解：设二次函数解析式为y=ax2+bx+c，把三点分别代入得（1）9a-3b+c=0，（2）c=-3，（3）a+b+c=0，（1）（2）（3）联立方程组解得a=1，b=2，c=-3，故这个二次函数的解析式y=x2+2x-3．变式一：已知二次函数的图像经过一次函数的图像与轴、轴的交点A、C，并且经过点，求这个二次函数的解析式。解：∵一次函数的图像与轴、轴的交点A、C

∴、设二次函数解析式为y=ax2+bx+c，把三点分别代入得（1）9a-3b+c=0，（2）c=-3，（3）a+b+c=0，（1）（2）（3）联立方程组解得a=1，b=2，c=-3，故这个二次函数的解析式y=x2+2x-3。变式二：已知抛物线经过两点B（1，0）、C（0，-3）。且对称轴是直线x=-1，求这条抛物线的解析式。解：设二次函数解析式为y=ax2+bx+c，∵对称轴是直线x=-1∴b=2a（1）又∵抛物线经过两点B（1，0）、C（0，-3）∴a+b+c=0（2），c=-3（3）∴（1）（2）（3）联立方程组解得a=1，b=2，c=-3故这个二次函数的解析式y=x2+2x-3．变式三：已知一次函数的图像经过点，且在轴，上的截距是-1，它与二次函数的图像相交于、两点，又知二次函数的对称轴是直线，求这两个函数的解析式。解：设一次函数解析式为∵经过点，且在轴上的截距是-1∴又∵与二次函数的图像相交于、∴设二次函数解析式为y=ax2+bx+c，将、分别代入得9a-3b+c=0，a+b+c=0，又∵b=-4a解得：a=1，b=2，c=-3，故这个二次函数的解析式y=x+2x-3．23、求证：顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形．∵E、F为AD，AB中点，∴FEBD．证明：连接BD，又∵G、H为BC，CD中点，∴GHBD故GHFE．同理可证，EHFG∴四边形FGHE是平行四边形已知：如图，E、F、G、H分别为矩形ABCD四边的中点．求证：四边形EFGH为菱形．变式一：求证：顺次连接矩形四边中点所得的四边形是菱形．在△ABD中，∵AH=HD，AE=EB∴EH=BD，同理FG=BD，HG=AC，EF=AC，又∵在矩形ABCD中，AC=BD，∴EH=HG=GF=FE，∴四边形EFGH为菱形．证明：连接AC、BD，已知：如图，E、F、G、H分别为矩形ABCD四边的中点．求证：四边形EFGH为菱形．变式二：求证：顺次连接一个等腰梯形的各边中点，所得到的四边形是菱形．证明：∵四边形ABCD是等腰梯形，且点E，F，M，N，分别是四边形的中点，∴EF=MN=BD,FN=EM=AC，∵梯形ABCD，AD=BC，∴AC=BD，∴EF=MN=FN=EM，∴四边形EFMN是菱形．已知：梯形ABCD，AD=BC，且点E，F，M，N，分别是四边形的中点，求证：四边形EFMN是菱形．变式三：求证：顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得的四边形是菱形∵AC=BD,∴EH=FG=FG=EF，∴四边形EFGH是菱形．证明：如图，AC=BD，E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，则EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线.根据三角形的中位线的性质知，EH=FG=BD，EF=HG=AC，证明：如图，AC=BD，E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，则EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线.根据三角形的中位线的性质知，EH=FG=BD，EF=HG=AC，∵AC=BD∴EH=FG=FG=EF，∴四边形EFGH是菱形．变式三：求证：顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得的四边形是菱形4、全等三角形变式练习已知△AOB≌△COD，则你可以得到哪些等量等量关系?

①∠A=∠C；②∠B=∠D；③AB=CD；④AO=CO；⑤BO=DO；⑥AD=CB变形一:已知AB=CD，∠A=∠C，请说明AD=CB吗?证明：在△AOB和△COD中，∵AB=CD，∠A=∠C，∠AOB=∠COD∴△AOB≌△COD∴AO=CO,BO=DO∵AD=AO+DO,CB=CO+BO∴AD=BC变形二:已知△ABC≌△CDA，你能得到△AOB≌△COD吗?请说明理由.证明：∵△ABC≌△CDA∴AB=CD∠B=∠D在△AOB和△COD中，AB=CD,∠B=∠D,∠BOA=∠DOC∴△AOB≌△COD变形三:已知∠1=∠2，，AO=CO，BO=DO，试说明△ABD≌△CDB.证明：在△AOB和△COD中，AO=CO，BO=DO,∠BOA=∠DOC∴△AOB≌△COD∴∠ABO=∠CDO∵∠1=∠2∴∠ABD=∠CDB又∵BD=DB∴△ABD≌△CDB5、填空(在横线内填>、<或=)

变式一：变式二：变式三：MN40cm30cmABCD┐

6.如图,在一个直角三角形的内部作一个矩形ABCD，其中点B和点D分别在两直角边上，点C在斜边上。(1).设矩形的一边AB=xcm,那么AD边的长度如何表示？

(2).设矩形的面积为y,当x取何值时,y的最大值是多少?如图,在一个直角三角形的内部作一个矩形ABCD，其中点B和点D分别在两直角边上，点C在斜边上。(1).设矩形的一边AB=xcm,那么AD边的长度如何表示？

(2).设矩形的面积为y,当x取何值时,y的最大值是多少?变式一MN40cm30cmABCD┐

1.如图,在一个直角三角形的内部作一个矩形ABCD，其中点B和点D分别在两直角边上，点C在斜边上。(1).设矩形的一边AB=xcm,那么AD边的长度如何表示？

(2).设矩形的面积为y,当x取何值时,y的最大值是多少?变式二MN40cm30cmABCD┐

1.如图,在一个直角三角形的内部作一个矩形ABCD，其中点B和点D分别在两直角边上，点C在斜边上。(1).设矩形的一边AB=xcm,那么AD边的长度如何表示？

(2).设矩形的面积为y,当x取何值时,y的最大值是多少?变式三MN40cm30cmABCD┐7.如图，AB//CD，在直线，AB和CD上分别任取一点E、F．

变式一：如图（1），已知有一定点P在AB、CD之间，试问∠EPF=∠AEP+∠CFP吗？为什么？

（1）解：∠EPF=∠AEP+∠CFP如图（4）过点P作PH//AB∵AB//PH//CD∴∠1=∠2∠3=∠4又∵∠EPF=∠1+∠3∴∠EPF=∠2+∠4即∠EPF=∠AEP+∠CFP（4）变式二：如图（2），如果AB、CD的外部有一定点P，试问∠EPF=∠CFP－∠AEP吗？为什么？（2）解：∠EPF=∠CFP－∠AEP

如图（2）∵AB//CD∴∠CFP=∠AQP

又∵∠PQE=180°-∠AQP∠EPF+∠AEP+∠PQE=180°∴∠EPF+∠AEP+180°-∠AQP=180°

即∠EPF+∠AEP+180°-∠CFP=180°∴∠EPF=∠CFP－∠AEP变式三：如图（3），AB//CD，BEFGD是折线，那么∠B+∠F+∠D=∠E+∠G吗？简述你的理由．（3）（3）∠B+∠F+∠D=∠E+∠G

如图（5）分别作E、F、G作EM//ABFN//ABGT//AB

则∠1=∠2∠3=∠4∠5=∠6∠7=∠8∴∠1+∠4+∠5+∠8=∠2+∠3+∠6+∠7即∠B+∠F+∠D=∠E+∠G（5）图48.如图4，经过点M（-1，2）、N（1，-2）的抛物线y=a+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点(1)求b的值

(2)若O=OA·OB，试求抛物线的解析式(3)在该抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PAC的周长最小？若存在，求出点P的坐标;若不存在，请说明理由。解：(1)将M、N两点的坐标代入抛物线解析式，得a-b+c=2①a+b+c=-2②②—①，得2b=-4，∴b=-2；（2）由（1）b=-2，a+c=0,∴抛物线解析式可写为y=a-2x-a则C（0，-a）。设A（,0）B(,0)，则,是方程a-2x-a=0的两根，从而=-1由所给图形可知OC=a,OA=-,OB=.∵O=OA·OB,∴=-,∴=1,∴a=1(a>0)∴抛物线解析式为y=-2x-1图5(3)如图5，在抛物线对称轴上存在点P，使△PAC的周长最小。∵AC为定值，∴要使△PAC的周长最小，只需PA+PC最小。谁是那条“河”呢？由题意可知对称轴x=1是那条“河”。∵点A关于对称轴x=1的对称点是B，由上述例题可知，连结BC交x=1于一点，这一点即为P点（PA+PC=PB+PC）。由（2）知B(+1，0)、C(0,-1),经过点B(+1，0)、C(0,-1)的直线为y=(-1)x-1.当x=1时，y=-2.即P(1,-2).

已知:如图6，A点坐标为（-1，3），B点坐标为（-4，2），有两动点C、D，C在x轴移动，D在y轴上移动。当四边形ABCD周长最短时，求C、D的坐标。变式二分析：连结AB，∵AB为定值，∴要使四边形ABCD周长最小，只需BC+CD+DA最小。如何才能把BC、CD、DA放在同一条直线上呢？由例题可知，需要找出对称轴，只有x轴和y轴才能是对称轴。解：做A（-1，3）点关于y轴的对称点A’(1,3)，做B（-4，2）点关于y轴的对称点B’(-4,-2)，连结A’B’，交y轴、x轴于两点D、C，连结AD，BC。

∴此时四边形ABCD周长最小设A’B’的解析式为：y=kx+b,把A’(1,3)、B（-4，-2）代入到解析式中，3=k+b,-2=-4k+b,∴k=1,b=2,∴A’B’的解析式为：y=x+2.令x=0,∴y=2;令y=0,∴x=-2.即C的坐标（-2，0），

D的坐标（0，2）。变式三已知抛物线y=a+bx+c与y轴交于点A（0，3），与x轴分别交于B(1,0)、C(5,0)两点。（1）求此抛物线的解析式；（2）若点D为线段OA的一个三等分点，求直线DC的解析式；（3）若一个动点P自OA的中点M出发，先到达x轴上的某点（设为点E），再到达抛物线的对称轴上某点（设为点F），最后运动到点A。求使点P运动的总路径最短的点E、点F的坐标，并求出这个最短总路径的长。解：(1)根据题意得c=3,把B(1,0)、C(5,0)两点代入到抛物线y=ax2+bx+c中，得a+b+3=0,25a+5b+3=0,

解之得a=b=∴抛物线的解析式为y=-x+3

(2)依题意可得OA的三等分点分别为（0，1），（0，2）设直线CD的解析式为y=kx+b

当点D的坐标为（0，1）时，

直线CD的解析式为y=-x+1

当点D的坐标为（0，2）时，

直线CD的解析式为y=-x+2(3)如图8，由题意，可得M（0，），点M关于x轴的对称点为M’（0，-），点A关于抛物线对称轴x=3的对称点为A’（6，3）。连结A’M’，A’M’的长就是所求点P运动的最短总路径的长。所以A’M’与x轴的交点为所求E点与直线x=3的交点为所求F点。可求得直线A’M’的解析式为y=X-可得E点坐标为（2，0），

F点坐标为（3，），由勾股定理可求出A’M’=。所以点P运动的最短总路径（ME+EF+FA）的长为15/2。

9.已知，△ABC中，∠ACB=90度，CD⊥AB，D为垂足，延长CB到E，使EB=CB，连结AE、DE，

求证：DE·AB=AE·BE证明：

=BD·AB

因EB=CB

∴=BD·AB∴EB：BD=AB：BE

又∠EBD=∠ABE∴△EBD∽△ABE

∴EB：AB=DE：AE∴DE·AB=AE·BE变式二已知，△ABC中，∠ACB=90度，CD⊥AB，D为垂足，延长CB到E，使EB=CB，连结AE交CD的延长线于F，如果此时AC=EC，

求证：AF=2FE证明：过点E作EM⊥CF，M为垂足，则AD：DB=：=4：1

又DB：EM=1：2

所以，AD：EM=2：1

△ADF∽△EMF

∴AF：EF=AD：EM=2：1

∴AF=2EF变式三已知，△ABC中，∠ACB=90度，CD⊥AB，D为垂足，延长CB到E，使EB=C