（春季拔高课程）九年级数学 第12讲 几何问题探究—其它类型问题教案-人教版初中九年级全册数学教案.doc

几何问题探究——其它类型问题
知识点
相似三角形的性质与判定；相似三角形的综合；三角函数；
教学目标
熟练掌握图形相似的证明方法；
教学重点
能够灵活的运用图形的性质去证明与三角函数、角等相关问题；
教学难点
灵活运用相似、旋转、全等证明方法探究与三角函数、角等相关问题；
教学过程
一、课堂导入
几何在初中数学中占有相当的比重，在全国各地的中考数学试卷中图形与几何的探究问题占到20%到30%的比重。主要考查了图形的一些基本性质，借助图形的变换（平移变换、旋转变换、轴对称变换、相似变换）进行线段和角的一些相关问题的探讨，主要考查了学生的观察能力、空间想象能力、动手操作能力以及所学几何基础知识的灵活运用能力。
解决几何综合问题，是需要厚积而薄发，所谓的“几何感觉”，是建立在足够的知识积累的基础上的，熟悉基本图形及常用的辅助线，在遇到特定条件时能够及时联想到对应的模型，找到“新”问题与“旧“模型间的关联，明确努力方向，才能进一步探究综合问题。注重对基本模型及辅助线的积累是非常必要的。
二、复习预习
相似三角形的概念及性质
1. 对应角相等，对应边成比例的三角形，叫做相似三角形．相似用符号“∽”表示，读作“相似于” ．相似三角形对应边的比叫做相似比(或相似系数)．相似三角形对应角相等，对应边成比例．
注：
① 对应性：即两个三角形相似时，一定要把表示对应顶点的字母写在对应位置上，这样写比较容易找到相似三角形的对应角和对应边．
② 顺序性：相似三角形的相似比是有顺序的．
③ 两个三角形形状一样，但大小不一定一样．
④ 全等三角形是相似比为1的相似三角形．二者的区别在于全等要求对应边相等，而相似要求对应边成比例．
2. 相似三角形的性质
(1)相似三角形对应角相等，对应边成比例．
(2)相似三角形对应高的比，对应中线的比和对应角平分线的比都等于相似比．
(3)相似三角形周长的比等于相似比．
(4)相似三角形面积的比等于相似比的平方．
注：相似三角形性质可用来证明线段成比例、角相等，也可用来计算周长、边长等．
三、知识讲解
考点1 两条线段之间的数量关系
在数量关系的猜想中，证明两条线段相等的情况较多，有时也出现证明两条线段的倍数关系，如AB=2CD或AB=CD等。在证明两条线短相等的过程中，可以根据特殊四边形的性质证明两条线段相等，也可以证明两个三角形全等，根据全等三角形的性质证明两条线段相等。证明两条线段的倍分关系时，利用构造基本图形模型证明，具体情况如下：
1.利用三角形的中位线或直角三角形证明a=b；
2.利用等腰三角形证明a=b；
3.利用含30°角的直角三角形证明a=b等；
考点2 两条线段之间的位置关系 在位置关系猜想中，两条线段是垂直关系还是平行关系一目了然，关键是如何证明，方法如下：
1.在证明垂直关系时，由垂直定义，即两条线段相交，所夹的角是90°，一般利用直角三角形的两个锐角互余的角度进行证明；
2.在证明两条线段平行时，大多是根据平行线的判定方法进行证明即可；
总之证明位置关系，需要根据图形的性质，利用三角形全等进行证明，有时利用相似。在解答时，根据具体的题目条件，分解出基本图形，灵活掌握并选择方法证明。
考点3 相似三角形的判定
①定义法：三个对应角相等，三条对应边成比例的两个三角形相似．
②平行法：平行于三角形一边的直线和其它两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似．
③判定定理1：两角对应相等，两三角形相似．
④判定定理2：两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似．
⑤判定定理3：三边对应成比例，两三角形相似．
考点4 锐角三角函数的定义、表达式及关系
四、例题精析
例1 如图1，△ABC中，AB=AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE=DC，点F是DE与AC的交点，且DF=FE；
（1）图1中是否存在与∠BDE相等的角？若存在，请找出，并加以证明，若不存在，说明理由；
（2）求证BE=EC；
（3）若将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”和“点F是DE与AC的交点，且DF=FE”分别改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”和“点F是ED的延长线与AC的交点，且DF=kFE”，其他条件不变（如图2）；当AB=1，∠ABC=a时，求BE的长（用含k、a的式子表示）；

例2已知：如图1所示，Rt⊿ABC与Rt⊿ADE中，∠ACB=∠AED=90°，AC=k BC，AE=k DE，点O为线段BD的中点，探索∠COE、∠ADE之间有怎样的数量关系，证明你的结论。
说明：如果你反复探索没有解决问题，可以选取（1）和（2）中的条件，选（1）中的条件完成解答满分为7分；选（2）中的条件完成解答满分为4分。
（1） 点E在CA延长线上（图2）；
（2） K=1，点E在CA延长线上（图3）；

例3如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，F是AC边上的一个动点（点F与A、C不重合），以CF为一边在等腰直角三角形外作正方形CDEF，连接BF、AD．
（1）①猜想图1中线段BF、AD的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；
②将图1中的正方形CDEF，绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α，得到如图2、图3的情形．图2中BF交AC于点H，交AD于点O，请你判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断．
（2）将原题中的等腰直角三角形ABC改为直角三角形ABC，∠ACB=90°，正方形CDEF改为矩形CDEF，如图4，且AC=4，BC=3，CD=，CF=1，BF交AC于点H，交AD于点O，连接BD、AF，求BD2+AF2的值．

例4在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P；
（1）如图1，若四边形ABCD是正方形；①求证△AOC1≌△BOD1；②请直接写出AC1 与BD1的位置关系；
（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=5，BD=7，设AC1=k BD1；判断AC1与BD1的位置关系，说明理由，并求出k的值；
（3） 如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=5，BD=10，连接DD1，设AC1=kBD1；
请直接写出k的值和AC12+（kDD1）2的值；

课程小结
本节课主要针对与三角函数相关问题、与角相关等几何问题进行了探究。若遇到与三角函数相关问题时，只需将所研究的角放入直角三角形中，由已知角确定相应的三角函数表示；若遇到与角相关问题时，只需通过全等变换或是相似变换得出角的结论，有时也需注意题干中所给的信息。几何问题的探究是一个长期积累的过程，注重几何知识的综合运用，积累基本型是重中之重。

例1
【规范解答】
（1）∠DCA=∠BDE；
证明：∵AB=AC，DC=DE，∴∠ABC=∠ACB，∠DEC=∠DCE，∴∠BDE=∠DEC﹣∠DBC=∠DCE﹣∠ACB=∠DCA
（2）过点E作EG∥AC，交AB于点G，如图1，

则有∠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）过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，如图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=
过点A作AH⊥BC，垂足为H，如图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的长为
【总结与反思】
（1）运用等腰三角形的性质及三角形的外角性质就可解决问题；
（2）过点E作EG∥AC，交AB于点G，如图1，要证BE=CE，只需证BG=AG，由DF=FE可证到DA=AG，只需证到DA=BG即DG=AB，也即DG=AC即可；只需证明△DCA≌△△EDG即可解决问题；
（3）过点A作AH⊥BC，垂足为H，如图2，可求出BC=2cosα；过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，易证△DCA≌△△EDG，则有DA=EG，CA=DG=1；易证△ADF∽△GDE，则有；由DF=kFE可得DE=EF﹣DF=（1﹣k）EF；从而可以求得AD=，即GE=；易证△ABC∽△GBE，则有，从而可以求出BE．
例2
【规范解答】
证明：如图1，取AD、AB中点M、N，连接EM、MO、ON、CN，AD与EO相交于点F，

则：EM=DM=MA，CN=AN=BN，∴∠AME=2∠ADE，∠ANC=2∠ABC，∵O为BD中点
∴OM=AN=CN，OM‖AN，ON=AM=EM，ON‖AD，∴四边形ANOM为平行四边形，
∴∠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，
选择条件（1）
证明：延长EO交CB的延长线于点F，

∵∠ACB=∠AED=90°，∴ED∥CF，∴∠DEO=∠F，∠EDO=∠FBO
∵O为BD中点，∴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
选择条件（2）
证明：延长EO交CB的延长线于点F

∵∠ACB=∠AED=90°AE=DE，∴ED‖CF，∠ADE=45°，∴∠DEO=∠F，∠EDO=∠FBO
∵O为BD中点，∴DO=BO，∴△EDO≌△FBO，∴ED=FB，EO=FO，∵AC=BC，AE=DE，∴CE=CF
∴CO⊥EF，∴∠COE=90°，∴∠COE=2∠ADE．
【总结与反思】
（1）取AD、AB中点M、N，连接EM、MO、ON、CN，AD与EO相交于点F，先证明Rt△ABC∽Rt△ADE，然后证明△EMO≌△ONC即可证明；
（2）延长EO交CB的延长线于点F，证明△EDO≌△FBO，ED=FB，EO=FO，由AC=BC，AE=DE，可得CE=CF，从而CO⊥EF，可得∠COE=90°，可得∠COE=2∠ADE．
例3
【规范解答】解：（1）①BF=AD，BF⊥AD；
②BF=AD，BF⊥AD仍然成立，
证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，
∵四边形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）证明：连接DF，

∵四边形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==．
【总结与反思】
（1）①证△BCF≌△ACD推出∠CAD=∠FBC，BF=AD，即可得出结论；②证△BCF≌△ACD推出∠CAD=∠FBC，BF=AD，即可得出结论；
（2）连接FD，根据（1）得出BO⊥AD，根据勾股定理得出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
【规范解答】（1）①证明如图1，

∵四边形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，
∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△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
理由如下如图2，

∵四边形ABCD是菱形，∴OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，
∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△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）如图3，

与（2）一样可证明△AO C1∽△BOD1，∴===，∴k=；
∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴O D1=OD，而OD=OB，∴OD1=OB=OD，
∴△BDD1为直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=100，∴（2AC1）2+DD12=100，
∴AC12+（kDD1）2=25
【总结与反思】（1）①如图1，根据正方形的性质得OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，则∠AOB=∠COD=90°，再根据旋转的性质得O C1=OC，O D1=OD，∠CO C1=∠DO D1，则O C1=O D1，利用等角的补角相等得∠AO C1=∠BO D1，然后证明△AO C1≌△BOD1；②由∠AOB=90°，则∠O AB+∠ABP+∠OB D1=90°，所以∠O AB+∠ABP+∠O AC1=90°，则∠APB=90°所以AC1⊥BD1；（2）如图2，根据菱形的性质得OC=OA=AC，OD=OB=BD，AC⊥BD，则∠AOB=∠COD=90°，再根据旋转的性质得O C1=OC，O D1=OD，∠CO C1=∠DO D1，则O C1=OA，O D1=OB，利用等角的补角相等得∠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°，则∠O AB+∠ABP+∠O AC1=90°，则∠APB=90°，所以AC1⊥BD1；然后得到===，所以k=；（3）与（2）一样可证明△AO C1∽△BOD1，则===，所以k=；根据旋转的性质得O D1=OD，根据平行四边形的性质得OD=OB，则OD1=OB=OD，于是可判断△BDD1为直角三角形，根据勾股定理得BD12+DD12=BD2=100，所以（2AC1）2+DD12=100，于是有AC12+（kDD1）2=25．