九年級數(shù)學 第10講 幾何問題探究-線段的和、差及旋轉相關問題教案.doc

《九年級數(shù)學 第10講 幾何問題探究-線段的和、差及旋轉相關問題教案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《九年級數(shù)學 第10講 幾何問題探究-線段的和、差及旋轉相關問題教案.doc（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

幾何問題探究——線段的和、差及旋轉相關問題 知識點 截長補短輔助線的運用、旋轉的性質，相似三角形的性質與判定；相似三角形的綜合； 教學目標 熟練掌握線段和差問題的證明方法； 教學重點 能夠靈活的運用旋轉的性質去證明圖形中線段的關系； 教學難點 靈活運用相似、旋轉、全等證明方法探究圖形的線段問題； 知識講解 考點1 旋轉變換 旋轉變換是指在同一平面內，將一個圖形（含點、線、面）整體繞一固定點旋轉一個定角，這樣的圖形變換叫做圖形的旋轉變換，簡稱旋轉。旋轉由旋轉中心、旋轉的方向和角度決定。經過旋轉，旋轉前后圖形的形狀、大小不變，只是位置發(fā)生改變；旋轉前、后圖形的對應點到旋轉中心的距離相等，即旋轉中心在對應點所連線段的垂直平分線上； 旋轉前、后的圖形對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角。把一個圖形繞著某一定點旋轉一個角度360/n(n為大于1的正整數(shù))后，與初始的圖形重合，這種圖形就叫做旋轉對稱圖形，這個定點就叫做旋轉對稱中心，旋轉的角度叫做旋轉角。 特別地，中心對稱也是旋轉對稱的一種的特別形式。把一個圖形繞著某一點旋轉180，如果它能與另一個圖形重合，那么就說這兩個圖形關于這個點對稱或中心對稱，這個點叫做對稱中心，這兩個圖形的對應點叫做關于中心的對稱點。如果把一個圖形繞某一點旋轉180度后能與自身重合，這個圖形是中心對稱圖形。 在初中數(shù)學以及日常生活中有著大量的旋轉變換的知識，是中考數(shù)學的必考內容。 考點2 兩條線段之間的數(shù)量關系 在數(shù)量關系的猜想中，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，可以根據特殊四邊形的性質證明兩條線段相等，也可以證明兩個三角形全等，根據全等三角形的性質證明兩條線段相等。證明兩條線段的倍分關系時，利用構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3 兩條線段之間的位置關系 在位置關系猜想中，關鍵是如何證明，方法如下： 1.在證明垂直關系時，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行證明； 2.在證明兩條線段平行時，大多是根據平行線的判定方法進行證明即可； 總之證明位置關系，需要根據圖形的性質，利用三角形全等進行證明，有時利用相似。在解答時，根據具體的題目條件，分解出基本圖形，靈活掌握并選擇方法證明。 考點4 三條線段之間的數(shù)量關系 當要探究三條線段a、b、c之間的數(shù)量關系時，解題步驟為： 1.將其中的兩條線段的和（差）轉化為另一條線段d的長，即通過證明三角形全等得出兩條線段相等，三條線段之間的數(shù)量關系轉化為兩條線段之間的數(shù)量關系； 2.在特殊三角形中找到d與另一條線段之間的關系，當這兩條線段在同一個特殊三角形中，通過特殊三角形的性質，得出這兩條線段之間的數(shù)量關系；當變化后兩條線段在同一四邊形中，可以證明四邊形為特殊四邊形，通過特殊四邊形的性質，得出這兩條線段之間的數(shù)量關系； 3.結合1.2結論，直接寫出三條線段之間的數(shù)量關系。 例題精析 考點一 線段和差問題 例1 在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠DAB． （1）如圖①，當∠DAB=120，∠B=∠D=90時，求證：AB+AD=AC． （2）如圖②，當∠DAB=120，∠B與∠D互補時，線段AB、AD、AC有怎樣的數(shù)量關系？寫出你的猜想，并給予證明． （3）如圖③，當∠DAB=90，∠B與∠D互補時，線段AB、AD、AC有怎樣的數(shù)量關系？寫出你的猜想，并給予證明．  例2如圖1，在平行四邊形ABCD中，AE⊥BC于點E，E恰為BC的中點，tanB=2． （1）求證：AD=AE； （2）如圖2，點P在線段BE上，作EF⊥DP于點F，連接AF，求證：DF-EF= AF； （3）請你在圖3中畫圖探究：當P為線段EC上任意一點（P不與點E重合）時，作EF垂直直線DP，垂足為點F，連接AF，線段DF、EF與AF之間有怎樣的數(shù)量關系？直接寫出你的結論． 考點二 旋轉相關問題 例3 如圖（1），在菱形ABCD和菱形BEFG中，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，連接PG、PC. （1） 若∠ABC=∠BEF=60，探究PG與PC的位置關系及的值. （2） 將圖（1）中的菱形BEFG繞點B順時針旋轉，使菱形BEFG的對角線BF恰恰相好與菱形ABCD的邊AB在同一條直線上，原題中的其它條件不變，如圖（2），問題（1）中的結論還成立嗎？ （3） 若圖（1）中∠ABC=∠BEF=2α（0＜α＜90），將圖（1）中的菱形BEFG繞點B順時針旋轉任意角度，原問題中其它條件不變，請寫出的值.  例4如圖，△ABC和△DEF是兩個全等的等腰直角三角形，∠BAC=∠EDF=90，△DEF的頂點E與△ABC的斜邊BC的中點重合．將△DEF繞點E旋轉，旋轉過程中，線段DE與線段AB相交于點P，線段EF與射線CA相交于點Q． （1）如圖①，當點Q在線段AC上，且AP=AQ時，求證：△BPE≌△CQE； （2）如圖②，當點Q在線段CA的延長線上時，求證：△BPE∽△CEQ；并求當BP=a，CQ=時，P、Q兩點間的距離 (用含a的代數(shù)式表示)．  課程小結 本節(jié)課主要研究了線段的和差問題及旋轉的相關問題，在遇到多條線段的和差問題時，我們可以首選截長補短的方法來研究，同樣也可以根據題干中所給出的特殊條件借助輔助線來研究，而如若遇到旋轉相關的問題，只需把握住旋轉的性質便可。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用，積累基本型是重中之重。 例1【規(guī)范解答】（1）在四邊形ABCD中，∵AC平分∠DAB，∠DAB=120，∴∠CAB=∠CAD=60． 又∵∠B=∠D=90，∴∠ACB=∠ACD=30．∴AB=AD= AC，即AB+AD=AC． （2）AB+AD=AC．證明如下：如圖②，過C點分別作AD和AB延長線的垂線段，垂足分別為E、F． ∵AC平分∠DAB，∴CE=CF．∵∠ABC+∠D=180，∠ABC+∠CBF=180，∴∠CBF=∠D． 又∵∠CED=∠CFB=90，∴△CED≌△CFB．∴ED=BF．∴AD+AB=AE+ED+AB=AE+BF+AB=AE+AF． ∵AC為角平分線，∠DAB=120，∴∠ECA=∠FCA=30，∴AE=AF= AC，∴AE+AF=AC， ∴AB+AD=AE+AF=AC．∴AB+AD=AC． （3）AB+AD= AC． 證明如下：如圖③，過C點分別作AB和AD延長線的垂線段，垂足分別是E、F． ∵AC平分∠DAB，∵CE⊥AD，CF⊥AF，∴CE=CF． ∵∠ABC+∠ADC=180，∠ADC+∠EDC=180，∴∠ABC=∠EDC． 又∵∠CED=∠CFB=90．∴△CFB≌△CED．∴CB=CD． 延長AB至G，使BG=AD，連接CG．∵∠ABC+∠ADC=180，∠ABC+∠CBG=180， ∴∠CBG=∠ADC．∴△GBC≌△ADC．∴∠G=∠DAC=∠CAB=45．∴∠ACG=90．∴AG= AC． ∴AB+AD= AC． 【總結與反思】（1）由AC平分∠DAB，∠DAB=120，可得∠CAB=∠CAD=60，又由∠B=∠D=90，即可得∠ACB=∠ACD=30，根據直角三角形中30角所對的直角邊等于斜邊的一半，即可得AB+AD=AC； （2）首先過C點分別作AD和AB延長線的垂線段，垂足分別為E、F，由AC平分∠DAB，可得CE=CF，又由∠B與∠D互補，可證得△CED≌△CFB，則可得AD+AB=AE+AF，又由AE+AF=AC，則可得線段AB、AD、AC有怎樣的數(shù)量關系為AB+AD=AC； （3）首先過C點分別作AB和AD延長線的垂線段，垂足分別是E、F，與（2）同理可得△CEB≌△CFD，則可得∠G=∠DAC=∠CAB=45，即可求得線段AB、AD、AC有怎樣的數(shù)量關系為AB+AD= AC 例2 【規(guī)范解答】（1）證明：∵tanB=2，∴AE=2BE；∵E是BC中點，∴BC=2BE，即AE=BC； 又∵四邊形ABCD是平行四邊形，則AD=BC=AE； （2）證明：作AG⊥AF，交DP于G；（如圖2） ∵AD∥BC，∴∠ADG=∠DPC；∵∠AEP=∠EFP=90，∴∠PEF+∠EPF=∠PEF+∠AEF=90， 即∠ADG=∠AEF=∠FPE；又∵AE=AD，∠FAE=∠GAD=90-∠EAG，∴△AFE≌△AGD， ∴AF=AG，即△AFG是等腰直角三角形，且EF=DG；∴FG= AF，且DF=DG+GF=EF+FG， 故DF-EF= AF； （3）解：如圖3， ①當EP≤2BC時，DF+EF= AF，解法同（2）． ②當EP＞2BC時，EF-DF= AF。- 【總結與反思】 （1）首先根據∠B的正切值知：AE=2BE，而E是BC的中點，結合平行四邊形的對邊相等即可得證． （2）此題要通過構造全等三角形來求解；作GA⊥AF，交BD于G，通過證△AFE≌△AGD，來得到△AFG是等腰直角三角形且EF=GD，由此得證． （3）輔助線作法和解法同（2），只不過結論有所不同而已． 例3【規(guī)范解答】（1）延長線段GP交線段DC于點H， ∵CD∥GF，∠PDH=∠PFG，∠DHP=∠PGF，DP=PF，∴△DPH≌△FGP，∴PH=PG，DH=GF， ∵CD=BC，GF=GB=DH，∴CH=CG，∴CP⊥HG，∠ABC=60，∴∠DCG=120， ∴∠PCG=60，∴PG：PC=tan60= ∴線段PG與PC的位置關系是PG⊥PC，PG:PC=； （2）猜想：（1）中的結論沒有發(fā)生變化 證明：如圖2，延長GP交AD于點H，連接CH，∵P是線段DF的中點，∴FP=DP， ∵AD∥GF，∴∠HDP=∠GFP，∵∠GPF=∠HPD，∴△GFP≌△HDP（ASA），∴GP=HP，GF=HD， ∵四邊形ABCD是菱形，∴CD=CB，∠HDC=∠ABC=60， ∵∠ABC=∠BEF=60，菱形BEFG的對角線BF恰好與菱形ABCD的邊AB在同一條直線上， ∴∠GBF=60，∴∠HDC=∠GBF，∵四邊形BEFG是菱形，∴GF=GB，∴HD=GB，∴△HDC≌△PGF，∴∠HCD=120， ∵CH=GB，PH=PG，∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60，∴PG:PC=； （3）∵∠ABC=∠BEF=2α（0＜α＜90），∴∠PCG=90-α， 由（1）可知：PG：PC=tan（90-α），∴PG:PC=tan（90-α）． 【總結與反思】倍長中線構造全等，注意旋轉后的圖形邊的不變性及角度的變化。 例4【規(guī)范解答】（1）證明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠C=45，AB=AC。 ∵AP=AQ，∴BP=CQ。∵E是BC的中點，∴BE=CE。在△BPE和△CQE中，∵BE=CE，∠B=∠C，BP=CQ， ∴△BPE≌△CQE（SAS）。 （2）連接PQ。∵△ABC和△DEF是兩個全等的等腰直角三角形， ∴∠B=∠C=∠DEF=45?！摺螧EQ=∠EQC+∠C，即∠BEP+∠DEF=∠EQC+∠C， ∴∠BEP+45=∠EQC+45?！唷螧EP=∠EQC?！唷鰾PE∽△CEQ?！?。 ∵BP=a，CQ=，BE=CE，∴，即BE=CE=。∴BC=。 ∴AB=AC=BC?sin45=3a?！郃Q=CQ﹣AC=，PA=AB﹣BP=2a。∴在Rt△APQ中，。 【總結與反思】 （1） 由△ABC是等腰直角三角形，易得∠B=∠C=45，AB=AC，又由AP=AQ，E是BC的中點，利用SAS，可證得△BPE≌△CQE; （2） 由△ABC和△DEF是兩個全等的等腰三角形，易得∠B=∠C=∠DEF=45，然后利用三角形的外角的性質，即得∠BEP=∠EQC,則可證得△BPE∽△CEQ，根據相似三角形的對應邊成比例，即可求得BE的長，即可得BC的長，繼而求得AQ與AP的長，利用勾股定理即可求得P、Q兩點間的距離。