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九年級數(shù)學(xué) 第12講 幾何問題探究-其它類型問題教案.doc

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九年級數(shù)學(xué) 第12講 幾何問題探究-其它類型問題教案.doc

幾何問題探究其它類型問題知識點(diǎn)相似三角形的性質(zhì)與判定;相似三角形的綜合;三角函數(shù);教學(xué)目標(biāo)熟練掌握圖形相似的證明方法;教學(xué)重點(diǎn)能夠靈活的運(yùn)用圖形的性質(zhì)去證明與三角函數(shù)、角等相關(guān)問題;教學(xué)難點(diǎn)靈活運(yùn)用相似、旋轉(zhuǎn)、全等證明方法探究與三角函數(shù)、角等相關(guān)問題;教學(xué)過程一、課堂導(dǎo)入幾何在初中數(shù)學(xué)中占有相當(dāng)?shù)谋戎?,在全國各地的中考?shù)學(xué)試卷中圖形與幾何的探究問題占到20%到30%的比重。主要考查了圖形的一些基本性質(zhì),借助圖形的變換(平移變換、旋轉(zhuǎn)變換、軸對稱變換、相似變換)進(jìn)行線段和角的一些相關(guān)問題的探討,主要考查了學(xué)生的觀察能力、空間想象能力、動手操作能力以及所學(xué)幾何基礎(chǔ)知識的靈活運(yùn)用能力。解決幾何綜合問題,是需要厚積而薄發(fā),所謂的“幾何感覺”,是建立在足夠的知識積累的基礎(chǔ)上的,熟悉基本圖形及常用的輔助線,在遇到特定條件時能夠及時聯(lián)想到對應(yīng)的模型,找到“新”問題與“舊“模型間的關(guān)聯(lián),明確努力方向,才能進(jìn)一步探究綜合問題。注重對基本模型及輔助線的積累是非常必要的。二、復(fù)習(xí)預(yù)習(xí)相似三角形的概念及性質(zhì)1. 對應(yīng)角相等,對應(yīng)邊成比例的三角形,叫做相似三角形相似用符號“”表示,讀作“相似于” 相似三角形對應(yīng)邊的比叫做相似比(或相似系數(shù))相似三角形對應(yīng)角相等,對應(yīng)邊成比例注: 對應(yīng)性:即兩個三角形相似時,一定要把表示對應(yīng)頂點(diǎn)的字母寫在對應(yīng)位置上,這樣寫比較容易找到相似三角形的對應(yīng)角和對應(yīng)邊 順序性:相似三角形的相似比是有順序的 兩個三角形形狀一樣,但大小不一定一樣 全等三角形是相似比為1的相似三角形二者的區(qū)別在于全等要求對應(yīng)邊相等,而相似要求對應(yīng)邊成比例2. 相似三角形的性質(zhì)(1)相似三角形對應(yīng)角相等,對應(yīng)邊成比例(2)相似三角形對應(yīng)高的比,對應(yīng)中線的比和對應(yīng)角平分線的比都等于相似比(3)相似三角形周長的比等于相似比(4)相似三角形面積的比等于相似比的平方注:相似三角形性質(zhì)可用來證明線段成比例、角相等,也可用來計(jì)算周長、邊長等三、知識講解考點(diǎn)1 兩條線段之間的數(shù)量關(guān)系在數(shù)量關(guān)系的猜想中,證明兩條線段相等的情況較多,有時也出現(xiàn)證明兩條線段的倍數(shù)關(guān)系,如AB=2CD或AB=CD等。在證明兩條線短相等的過程中,可以根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)證明兩條線段相等,也可以證明兩個三角形全等,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明兩條線段相等。證明兩條線段的倍分關(guān)系時,利用構(gòu)造基本圖形模型證明,具體情況如下:1.利用三角形的中位線或直角三角形證明a=b;2.利用等腰三角形證明a=b;3.利用含30角的直角三角形證明a=b等;考點(diǎn)2 兩條線段之間的位置關(guān)系 在位置關(guān)系猜想中,兩條線段是垂直關(guān)系還是平行關(guān)系一目了然,關(guān)鍵是如何證明,方法如下:1.在證明垂直關(guān)系時,由垂直定義,即兩條線段相交,所夾的角是90,一般利用直角三角形的兩個銳角互余的角度進(jìn)行證明;2.在證明兩條線段平行時,大多是根據(jù)平行線的判定方法進(jìn)行證明即可;總之證明位置關(guān)系,需要根據(jù)圖形的性質(zhì),利用三角形全等進(jìn)行證明,有時利用相似。在解答時,根據(jù)具體的題目條件,分解出基本圖形,靈活掌握并選擇方法證明??键c(diǎn)3 相似三角形的判定定義法:三個對應(yīng)角相等,三條對應(yīng)邊成比例的兩個三角形相似平行法:平行于三角形一邊的直線和其它兩邊(或兩邊的延長線)相交,所構(gòu)成的三角形與原三角形相似判定定理1:兩角對應(yīng)相等,兩三角形相似判定定理2:兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等,兩三角形相似判定定理3:三邊對應(yīng)成比例,兩三角形相似考點(diǎn)4 銳角三角函數(shù)的定義、表達(dá)式及關(guān)系四、例題精析例1 如圖1,ABC中,AB=AC,點(diǎn)D在BA的延長線上,點(diǎn)E在BC上,DE=DC,點(diǎn)F是DE與AC的交點(diǎn),且DF=FE;(1)圖1中是否存在與BDE相等的角?若存在,請找出,并加以證明,若不存在,說明理由;(2)求證BE=EC;(3)若將“點(diǎn)D在BA的延長線上,點(diǎn)E在BC上”和“點(diǎn)F是DE與AC的交點(diǎn),且DF=FE”分別改為“點(diǎn)D在AB上,點(diǎn)E在CB的延長線上”和“點(diǎn)F是ED的延長線與AC的交點(diǎn),且DF=kFE”,其他條件不變(如圖2);當(dāng)AB=1,ABC=a時,求BE的長(用含k、a的式子表示);例2已知:如圖1所示,RtABC與RtADE中,ACB=AED=90,AC=k BC,AE=k DE,點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn),探索COE、ADE之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系,證明你的結(jié)論。說明:如果你反復(fù)探索沒有解決問題,可以選?。?)和(2)中的條件,選(1)中的條件完成解答滿分為7分;選(2)中的條件完成解答滿分為4分。(1) 點(diǎn)E在CA延長線上(圖2);(2) K=1,點(diǎn)E在CA延長線上(圖3);例3如圖1,ABC為等腰直角三角形,ACB=90,F(xiàn)是AC邊上的一個動點(diǎn)(點(diǎn)F與A、C不重合),以CF為一邊在等腰直角三角形外作正方形CDEF,連接BF、AD(1)猜想圖1中線段BF、AD的數(shù)量關(guān)系及所在直線的位置關(guān)系,直接寫出結(jié)論;將圖1中的正方形CDEF,繞著點(diǎn)C按順時針(或逆時針)方向旋轉(zhuǎn)任意角度,得到如圖2、圖3的情形圖2中BF交AC于點(diǎn)H,交AD于點(diǎn)O,請你判斷中得到的結(jié)論是否仍然成立,并選取圖2證明你的判斷(2)將原題中的等腰直角三角形ABC改為直角三角形ABC,ACB=90,正方形CDEF改為矩形CDEF,如圖4,且AC=4,BC=3,CD=,CF=1,BF交AC于點(diǎn)H,交AD于點(diǎn)O,連接BD、AF,求BD2+AF2的值例4在四邊形ABCD中,對角線AC、BD相交于點(diǎn)O,將COD繞點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到C1OD1,旋轉(zhuǎn)角為(090),連接AC1、BD1,AC1與BD1交于點(diǎn)P;(1)如圖1,若四邊形ABCD是正方形;求證AOC1BOD1;請直接寫出AC1 與BD1的位置關(guān)系;(2)如圖2,若四邊形ABCD是菱形,AC=5,BD=7,設(shè)AC1=k BD1;判斷AC1與BD1的位置關(guān)系,說明理由,并求出k的值;(3) 如圖3,若四邊形ABCD是平行四邊形,AC=5,BD=10,連接DD1,設(shè)AC1=kBD1;請直接寫出k的值和AC12+(kDD1)2的值;課程小結(jié)本節(jié)課主要針對與三角函數(shù)相關(guān)問題、與角相關(guān)等幾何問題進(jìn)行了探究。若遇到與三角函數(shù)相關(guān)問題時,只需將所研究的角放入直角三角形中,由已知角確定相應(yīng)的三角函數(shù)表示;若遇到與角相關(guān)問題時,只需通過全等變換或是相似變換得出角的結(jié)論,有時也需注意題干中所給的信息。幾何問題的探究是一個長期積累的過程,注重幾何知識的綜合運(yùn)用,積累基本型是重中之重。例1【規(guī)范解答】(1)DCA=BDE;證明:AB=AC,DC=DE,ABC=ACB,DEC=DCE,BDE=DECDBC=DCEACB=DCA(2)過點(diǎn)E作EGAC,交AB于點(diǎn)G,如圖1,則有DAC=DGE,在DCA和EDG中,DCAEDG(AAS)DA=EG,CA=DG,DG=AB,DA=BGAFEG,DF=EF,DA=AG,AG=BG,EGAC,BE=EC.(3)過點(diǎn)E作EGAC,交AB的延長線于點(diǎn)G,如圖2,AB=AC,DC=DE,ABC=ACB,DEC=DCE,BDE=DBCDEC=ACBDCE=DCAACEG,DAC=DGE,在DCA和EDG中,DCAEDG(AAS)DA=EG,CA=DG,DG=AB=1,AFEG,ADFGDE,DF=kFE,DE=EFDF=(1k)EF,AD=,GE=AD=過點(diǎn)A作AHBC,垂足為H,如圖2,AB=AC,AHBC,BH=CH,BC=2BH,AB=1,ABC=,BH=ABcosABH=cosBC=2cos,ACEG,ABCGBE,BE=,BE的長為【總結(jié)與反思】(1)運(yùn)用等腰三角形的性質(zhì)及三角形的外角性質(zhì)就可解決問題;(2)過點(diǎn)E作EGAC,交AB于點(diǎn)G,如圖1,要證BE=CE,只需證BG=AG,由DF=FE可證到DA=AG,只需證到DA=BG即DG=AB,也即DG=AC即可;只需證明DCAEDG即可解決問題;(3)過點(diǎn)A作AHBC,垂足為H,如圖2,可求出BC=2cos;過點(diǎn)E作EGAC,交AB的延長線于點(diǎn)G,易證DCAEDG,則有DA=EG,CA=DG=1;易證ADFGDE,則有;由DF=kFE可得DE=EFDF=(1k)EF;從而可以求得AD=,即GE=;易證ABCGBE,則有,從而可以求出BE例2【規(guī)范解答】證明:如圖1,取AD、AB中點(diǎn)M、N,連接EM、MO、ON、CN,AD與EO相交于點(diǎn)F,則:EM=DM=MA,CN=AN=BN,AME=2ADE,ANC=2ABC,O為BD中點(diǎn)OM=AN=CN,OMAN,ON=AM=EM,ONAD,四邊形ANOM為平行四邊形,AMO=ANO,AFE=NOE,ACB=AED=90,AC=kBC,AE=kDE,RtABCRtADE,ADE=ABC,AME=ANC,EMO=ONC,EMOONC,NOC=MEO,AFE=AME+MEONOE=COE+NOC,COE=AME,COE=2ADE,選擇條件(1)證明:延長EO交CB的延長線于點(diǎn)F,ACB=AED=90,EDCF,DEO=F,EDO=FBOO為BD中點(diǎn),DO=BO,EDOFBO,ED=FB,EO=FO,ACB=90,CO=OF=EOF=OCF,COE=F+OCF=2F,AC=kBC,AE=kDE,CE=AC+AE,CF=BC+BF,EA:CE=ED:CF=1:(K+1),ACB=AED=90,EADCEF,ADE=F,COE=2ADE選擇條件(2)證明:延長EO交CB的延長線于點(diǎn)FACB=AED=90AE=DE,EDCF,ADE=45,DEO=F,EDO=FBOO為BD中點(diǎn),DO=BO,EDOFBO,ED=FB,EO=FO,AC=BC,AE=DE,CE=CFCOEF,COE=90,COE=2ADE【總結(jié)與反思】(1)取AD、AB中點(diǎn)M、N,連接EM、MO、ON、CN,AD與EO相交于點(diǎn)F,先證明RtABCRtADE,然后證明EMOONC即可證明;(2)延長EO交CB的延長線于點(diǎn)F,證明EDOFBO,ED=FB,EO=FO,由AC=BC,AE=DE,可得CE=CF,從而COEF,可得COE=90,可得COE=2ADE例3【規(guī)范解答】解:(1)BF=AD,BFAD;BF=AD,BFAD仍然成立,證明:ABC是等腰直角三角形,ACB=90,AC=BC,四邊形CDEF是正方形,CD=CF,F(xiàn)CD=90,ACB+ACF=FCD+ACF,即BCF=ACD,在BCF和ACD中,BCFACD(SAS),BF=AD,CBF=CAD,又BHC=AHO,CBH+BHC=90,CAD+AHO=90,AOH=90,BFAD;(2)證明:連接DF,四邊形CDEF是矩形,F(xiàn)CD=90,又ACB=90,ACB=FCD,ACB+ACF=FCD+ACF,即BCF=ACD,AC=4,BC=3,CD=,CF=1,BCFACD,CBF=CAD,又BHC=AHO,CBH+BHC=90,CAD+AHO=90,AOH=90,BFAD,BOD=AOB=90,BD2=OB2+OD2,AF2=OA2+OF2,AB2=OA2+OB2,DF2=OF2+OD2,BD2+AF2=OB2+OD2+OA2+OF2=AB2+DF2,在RtABC中,ACB=90,AC=4,BC=3,AB2=AC2+BC2=32+42=25,在RtFCD中,F(xiàn)CD=90,CD=,CF=1,BD2+AF2=【總結(jié)與反思】(1)證BCFACD推出CAD=FBC,BF=AD,即可得出結(jié)論;證BCFACD推出CAD=FBC,BF=AD,即可得出結(jié)論;(2)連接FD,根據(jù)(1)得出BOAD,根據(jù)勾股定理得出BD2=OB2+OD2,AF2=OA2+OF2,AB2=OA2+OB2,DF2=OF2+OD2,推出BD2+AF2=AB2+DF2,即可求出答案例4【規(guī)范解答】(1)證明如圖1,四邊形ABCD是正方形,OC=OA=OD=OB,ACBD,AOB=COD=90,COD繞點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到C1OD1,O C1=OC,O D1=OD,CO C1=DO D1,O C1=O D1,AO C1=BO D1=90+AOD1,在AO C1和BOD1中,AO C1BOD1(SAS);AC1BD1;(2)AC1BD1理由如下如圖2,四邊形ABCD是菱形,OC=OA=AC,OD=OB=BD,ACBD,AOB=COD=90,COD繞點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到C1OD1,O C1=OC,O D1=OD,CO C1=DO D1,O C1=OA,O D1=OB,AO C1=BO D1,AO C1BOD1,O AC1=OB D1,又AOB=90,O AB+ABP+OB D1=90,O AB+ABP+O AC1=90,APB=90AC1BD1;AO C1BOD1,=,k=;(3)如圖3,與(2)一樣可證明AO C1BOD1,=,k=;COD繞點(diǎn)O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到C1OD1,O D1=OD,而OD=OB,OD1=OB=OD,BDD1為直角三角形,在RtBDD1中,BD12+DD12=BD2=100,(2AC1)2+DD12=100,AC12+(kDD1)2=25【總結(jié)與反思】(1)如圖1,根據(jù)正方形的性質(zhì)得OC=OA=OD=OB,ACBD,則AOB=COD=90,再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得O C1=OC,O D1=OD,CO C1=DO D1,則O C1=O D1,利用等角的補(bǔ)角相等得AO C1=BO D1,然后證明AO C1BOD1;由AOB=90,則O AB+ABP+OB D1=90,所以O(shè) AB+ABP+O AC1=90,則APB=90所以AC1BD1;(2)如圖2,根據(jù)菱形的性質(zhì)得OC=OA=AC,OD=OB=BD,ACBD,則AOB=COD=90,再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得O C1=OC,O D1=OD,CO C1=DO D1,則O C1=OA,O D1=OB,利用等角的補(bǔ)角相等得AO C1=BO D1,加上,得到AO C1BOD1,得到O AC1=OB D1,由AOB=90得O AB+ABP+OB D1=90,則O AB+ABP+O AC1=90,則APB=90,所以AC1BD1;然后得到=,所以k=;(3)與(2)一樣可證明AO C1BOD1,則=,所以k=;根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得O D1=OD,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得OD=OB,則OD1=OB=OD,于是可判斷BDD1為直角三角形,根據(jù)勾股定理得BD12+DD12=BD2=100,所以(2AC1)2+DD12=100,于是有AC12+(kDD1)2=25

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