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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幾何問題探究——其它類型問題 知識點 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 能夠靈活的運用圖形的性質(zhì)去證明與三角函數(shù)、角等相關(guān)問題； 教學(xué)難點 靈活運用相似、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： ① 對應(yīng)性：即兩個三角形相似時，一定要把表示對應(yīng)頂點的字母寫在對應(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． ② 順序性：相似三角形的相似比是有順序的． ③ 兩個三角形形狀一樣，但大小不一定一樣． ④ 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，也可用來計算周長、邊長等． 三、知識講解 考點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。 考點3 相似三角形的判定 ①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． ②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． ③判定定理1：兩角對應(yīng)相等，兩三角形相似． ④判定定理2：兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等，兩三角形相似． ⑤判定定理3：三邊對應(yīng)成比例，兩三角形相似． 考點4 銳角三角函數(shù)的定義、表達式及關(guān)系 四、例題精析 例1 如圖1，△ABC中，AB=AC，點D在BA的延長線上，點E在BC上，DE=DC，點F是DE與AC的交點，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D在BA的延長線上，點E在BC上”和“點F是DE與AC的交點，且DF=FE”分別改為“點D在AB上，點E在CB的延長線上”和“點F是ED的延長線與AC的交點，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，Rt⊿ABC與Rt⊿ADE中，∠ACB=∠AED=90，AC=k BC，AE=k DE，點O為線段BD的中點，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E在CA延長線上（圖2）； （2） K=1，點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（點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）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； ②將圖1中的正方形CDEF，繞著點C按順時針（或逆時針）方向旋轉(zhuǎn)任意角度α，得到如圖2、圖3的情形．圖2中BF交AC于點H，交AD于點O，請你判斷①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H，交AD于點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O，將△COD繞點O按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到△C1OD1，旋轉(zhuǎn)角為θ（0＜θ＜90），連接AC1、BD1，AC1與BD1交于點P； （1）如圖1，若四邊形ABCD是正方形；①求證△AOC1≌△BOD1；②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=∠DEC﹣∠DBC=∠DCE﹣∠ACB=∠DCA （2）過點E作EG∥AC，交AB于點G，如圖1， 則有∠DAC=∠DGE，在△DCA和△EDG中， ∴△DCA≌△EDG（AAS） ∴DA=EG，CA=DG，∴DG=AB，∴DA=BG ∵AF∥EG，DF=EF，∴DA=AG，∴AG=BG，∵EG∥AC，∴BE=EC. （3）過點E作EG∥AC，交AB的延長線于點G，如圖2， ∵AB=AC，DC=DE，∴∠ABC=∠ACB，∠DEC=∠DCE，∴∠BDE=∠DBC﹣∠DEC=∠ACB﹣∠DCE=∠DCA ∵AC∥EG，∴∠DAC=∠DGE，在△DCA和△EDG中， ∴△DCA≌△EDG（AAS） ∴DA=EG，CA=DG，∴DG=AB=1，∵AF∥EG，，∴△ADF∽△GDE，∴，∵DF=kFE， ∴DE=EF﹣DF=（1﹣k）EF，∴，∴AD=，∴GE=AD= 過點A作AH⊥BC，垂足為H，如圖2， ∵AB=AC，AH⊥BC， ∴BH=CH，∴BC=2BH，∵AB=1，∠ABC=α，∴BH=ABcos∠ABH=cosα ∴BC=2cosα，∵AC∥EG，∴△ABC∽△GBE，∴，∴ ∴BE=，∴BE的長為 【總結(jié)與反思】 （1）運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E作EG∥AC，交AB于點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△DCA≌△△EDG即可解決問題； （3）過點A作AH⊥BC，垂足為H，如圖2，可求出BC=2cosα；過點E作EG∥AC，交AB的延長線于點G，易證△DCA≌△△EDG，則有DA=EG，CA=DG=1；易證△ADF∽△GDE，則有；由DF=kFE可得DE=EF﹣DF=（1﹣k）EF；從而可以求得AD=，即GE=；易證△ABC∽△GBE，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M、N，連接EM、MO、ON、CN，AD與EO相交于點F， 則：EM=DM=MA，CN=AN=BN，∴∠AME=2∠ADE，∠ANC=2∠ABC，∵O為BD中點 ∴OM=AN=CN，OM‖AN，ON=AM=EM，ON‖AD，∴四邊形ANOM為平行四邊形， ∴∠AMO=∠ANO，∠AFE=∠NOE，∵∠ACB=∠AED=90，AC=kBC，AE=kDE，∴Rt△ABC∽Rt△ADE， ∴∠ADE=∠ABC，∴∠AME=∠ANC，∴∠EMO=∠ONC，∴△EMO≌△ONC，∴∠NOC=∠MEO，∵∠AFE=∠AME+∠MEO ∠NOE=∠COE+∠NOC，∴∠COE=∠AME，∴∠COE=2∠ADE， 選擇條件（1） 證明：延長EO交CB的延長線于點F， ∵∠ACB=∠AED=90，∴ED∥CF，∴∠DEO=∠F，∠EDO=∠FBO ∵O為BD中點，∴DO=BO，∴△EDO≌△FBO，∴ED=FB，EO=FO，∵∠ACB=90，∴CO=OF=EO ∴∠F=∠OCF，∴∠COE=∠F+∠OCF=2∠F，∵AC=kBC，AE=kDE，CE=AC+AE，CF=BC+BF， ∴EA：CE=ED：CF=1：（K+1）， ∵∠ACB=∠AED=90，∴△EAD∽△CEF，∴∠ADE=∠F，∴∠COE=2∠ADE 選擇條件（2） 證明：延長EO交CB的延長線于點F ∵∠ACB=∠AED=90AE=DE，∴ED‖CF，∠ADE=45，∴∠DEO=∠F，∠EDO=∠FBO ∵O為BD中點，∴DO=BO，∴△EDO≌△FBO，∴ED=FB，EO=FO，∵AC=BC，AE=DE，∴CE=CF ∴CO⊥EF，∴∠COE=90，∴∠COE=2∠ADE． 【總結(jié)與反思】 （1）取AD、AB中點M、N，連接EM、MO、ON、CN，AD與EO相交于點F，先證明Rt△ABC∽Rt△ADE，然后證明△EMO≌△ONC即可證明； （2）延長EO交CB的延長線于點F，證明△EDO≌△FBO，ED=FB，EO=FO，由AC=BC，AE=DE，可得CE=CF，從而CO⊥EF，可得∠COE=90，可得∠COE=2∠ADE． 例3 【規(guī)范解答】解：（1）①BF=AD，BF⊥AD； ②BF=AD，BF⊥AD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，∠FCD=90，∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF， 即∠BCF=∠ACD，在△BCF和△ACD中， ∴△BCF≌△ACD（SAS），∴BF=AD，∠CBF=∠CAD， 又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90，∴∠CAD+∠AHO=90，∴∠AOH=90，∴BF⊥AD； （2）證明：連接DF， ∵四邊形CDEF是矩形，∴∠FCD=90，又∵∠ACB=90，∴∠ACB=∠FCD，∴∠ACB+∠ACF=∠FCD+∠ACF， 即∠BCF=∠ACD，∵AC=4，BC=3，CD=，CF=1，∴，∴△BCF∽△ACD，∴∠CBF=∠CAD， 又∵∠BHC=∠AHO，∠CBH+∠BHC=90，∴∠CAD+∠AHO=90，∴∠AOH=90，∴BF⊥AD， ∴∠BOD=∠AOB=90，∴BD2=OB2+OD2，AF2=OA2+OF2，AB2=OA2+OB2，DF2=OF2+OD2， ∴BD2+AF2=OB2+OD2+OA2+OF2=AB2+DF2，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90，AC=4，BC=3， ∴AB2=AC2+BC2=32+42=25，∵在Rt△FCD中，∠FCD=90，CD=，CF=1，∴， ∴BD2+AF2==． 【總結(jié)與反思】 （1）①證△BCF≌△ACD推出∠CAD=∠FBC，BF=AD，即可得出結(jié)論；②證△BCF≌△ACD推出∠CAD=∠FBC，BF=AD，即可得出結(jié)論； （2）連接FD，根據(jù)（1）得出BO⊥AD，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）①證明如圖1， ∵四邊形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90， ∵△COD繞點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 C1≌△BOD1（SAS）； ②AC1⊥BD1； （2）AC1⊥BD1 理由如下如圖2， ∵四邊形ABCD是菱形，∴OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90， ∵△COD繞點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 C1∽△BOD1，∴∠O AC1=∠OB D1，又∵∠AOB=90，∴∠O AB+∠ABP+∠OB D1=90， ∴∠O AB+∠ABP+∠O AC1=90，∴∠APB=90∴AC1⊥BD1；∵△AO C1∽△BOD1，∴====，∴k=； （3）如圖3， 與（2）一樣可證明△AO C1∽△BOD1，∴===，∴k=； ∵△COD繞點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Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=100，∴（2AC1）2+DD12=100， ∴AC12+（kDD1）2=25 【總結(jié)與反思】（1）①如圖1，根據(jù)正方形的性質(zhì)得OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，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，利用等角的補角相等得∠AO C1=∠BO D1，然后證明△AO C1≌△BOD1；②由∠AOB=90，則∠O AB+∠ABP+∠OB D1=90，所以∠O AB+∠ABP+∠O AC1=90，則∠APB=90所以AC1⊥BD1；（2）如圖2，根據(jù)菱形的性質(zhì)得OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，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，利用等角的補角相等得∠AO C1=∠BO D1，加上，得到△AO C1∽△BOD1，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AC1⊥BD1；然后得到===，所以k=；（3）與（2）一樣可證明△AO C1∽△BOD1，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．