例说构造几何图形解代数题
一个代数不等式的几何证法
一个代数不等式的几何证法不等式的证明是高中数学的一个难点，题型广泛，涉及面广，证法灵活，错法多种多样，本节通这一些实例，归纳整理证明不等式时常用的方法和技巧。
步骤/方法比较法比较法是证明不等式的最基本方法，具体有作差比较和作商比较两种。
基本思想是把难于比较的式子变成其差与0比较大小或其商与1比较大小。
当求证的不等式两端是分项式(或分式)时，常用作差比较，当求证的不等式两端是乘积形式(或幂指数式时常用作商比较)基准1未知a+b0，澄清：a3+b3a2b+ab2分析：由题目观察知用作差比较，然后提取公因式，结合a+b0来说明作差后的正或负，从而达到证明不等式的目的，步骤是10作差20变形整理30判断差式的正负。
∵(a3+b3)?(a2b+ab2)=a2(a-b)-b2(a-b)=(a-b)(a2-b2)证明： =(a-b)2(a+b)又∵(a-b)20(a-b)2(a+b)0即a3+b3a2b+ab2例2 设a、br+，且ab，求证：aabbabba分析：由澄清的不等式所述，a、b具备轮休对称性，因此可以在设a0的前提下用做商比较法，作商后同1比较大小，从而达至证明目的，步骤就是：10作商20商形整理30推论为与1的大小证明：由a、b的对称性，不妨解a0则aabbabba=aa-b?bb-a=(ab)a-b∵a?b?0，ab?1，a-b?0(ab)a-b?(ab)0=1即aabbabba1，又abba0aabbabba练习1 已知a、br+，nn，求证(a+b)(an+bn)2(an+1+bn+1)基本不等式法利用基本不等式及其变式证明不等式就是常用的方法，常用的基本不等式及变形存有：(1)若a、br，则a2+b22ab(当且仅当a=b时，取等号)(2)若a、br+，则a+b 2ab (当且仅当a=b时，挑等号)(3)若a、b同号，则 ba+ab2(当且仅当a=b时，取等号)基准3 若a、br， |a|1，|b|1则a1-b2+b1-a21分析：通过观察可直接套用： xyx2+y22证明：∵a1-b2b1-a2a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1b1-a2+a1-b21，当且仅当a1+b2=1时，等号成立练2：若 a?b?0，证明a+1(a-b)b3综合法综合法就是从已知或已证明过的不等式出发，根据不等式性质推算出要证明不等式。
数学初中竞赛大题训练：几何专题(包含答案)
数学初中竞赛大题训练：几何专题1．阅读理解：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．（1）如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝55°；（2）如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE 的长；（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE＝3，求EF的长．解：（1）∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴A，B，C，D四点共圆，∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，故答案为：55°；（2）在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，∴∠AFD＝135°，∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，∴∠AFD＝∠DBE，∵AD⊥DE，∴∠ADE＝90°，∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，∴∠FAD＝∠BDE，在△ADF和△DEB中，，∴△ADF≌△DEB（ASA），∴AD＝DE，∵∠ADE＝90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝AD＝2；（3）作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，∴△ABK是等边三角形，∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，∴KM＝AK•sin60°＝2，∵AE＝3，AM＝AB＝2，∴ME＝3﹣2＝1，∴EK＝＝＝，∴EF＝＝＝．2．问题再现：如图1：△ABC 中，AF 为BC 边上的中线，则S △ABF ＝S △ACP ＝S △ABC由这个结论解答下列问题：问题解决：问题1：如图2，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，则S △BOC ＝S 四边形ADOE ．分析：△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，则S △BCD ＝S △ABC ，BE 为AC 边上的中线，则S △ABE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △ABE∴S △BCD ﹣S △BOD ＝S △ABE ﹣S △BOD又∵S △BOC ＝S △BCD ﹣S △BOD ，S 四边形ADOE ＝S △ABE ﹣S △BOD即S △BOC ＝S 四边形ADOE问题2：如图3，△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，BE 为AC 边上的中线，AF 为BC 边上的中线．（1）S △BOD ＝S △COE 吗？请说明理由．（2）请直接写出△BOD 的面积与△ABC 的面积之间的数量关系：S △BOD ＝S △ABC ．问题拓广：（1）如图4，E 、F 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ． （2）如图5，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，请直接写出阴影部分的面积与四边形ABCD 的面积之间的数量关系：S 阴＝ S 四边形ABCD ．（3）如图6，E 、F 、G 、H 分别为四边形ABCD 的边AD 、BC 、AB 、CD 的中点，若S △AME ＝1、S △BNG ＝1.5、S △CQF ＝2、S △DPH ＝2.5，则S 阴＝ 7 ．解：问题2：S △BOD ＝S △COE 成立，理由：∵△ABC 中，CD 为AB 边上的中线，∴S △BCD ＝S △ABC ，∵BE 为AC 边上的中线，∴S △CBE ＝S △ABC∴S △BCD ＝S △CBE∵S △BCD ＝S △BOD +S △BOC ，S △CBE ＝S △COE +S △BOC∴S △BOD ＝S △COE（2）由（1）有S △BOD ＝S △COE ，同（1）方法得，S △BOD ＝S △AOD ，S △COE ＝S △AOE ，S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ，∵点O 是三角形三条中线的交点，∴OA ＝2OF ，∴S △AOC ＝2S △COF ＝S △AOE +S △COE ＝2S △COE ，∴S △COF ＝S △COE ，∴S △BOD ＝S △COE ＝S △AOE ＝S △AOD ＝S △BOF ＝S △COF ，∴S △BOD ＝S △ABC ，故答案为问题拓广：（1）如图4：连接BD，由问题再现：S△BDE ＝S△ABD，S△BDF ＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为，（2）如图5：连接BD，由问题解决：S△BMD ＝S△ABD，S△BDN＝S△BCD，∴S阴影＝S四边形ABCD，故答案为；（3）如图6，设四边形的空白区域分别为a，b，c，d，∵S△AME ＝1、S△BNG＝1.5、S△CQF＝2、S△DPH＝2.5，由（1）得出：a+1+2.5＝a+3.5＝S△ACD①，c+1.5+2＝c+3.5＝S△ACB②，b +1+1.5＝b +2.5＝S △ABD ③，d +2+2.5＝d +4.5＝S △BCD ④，①+②+③+④得，a +3.5+c +3.5+b +2.5+d +4.5＝a +b +c +d +14＝S 四边形ABCD ⑤而S 四边形ABCD ＝a +b +c +d +7+S 阴影⑥∴S 阴影＝7，故答案为7．3．如图，在△ABC 中，AB ＞AC ，内切圆⊙I 与边BC 切于点D ，AD 与⊙I 的另一个交点为E ，⊙I 的切线EP 与BC 的延长线交于点P ，CF ∥PE 且与AD 交于点F ，直线BF 与⊙I 交于点M 、N ，M 在线段BF 上，线段PM 与⊙I 交于另一点Q ．证明：∠ENP ＝∠ENQ ．证明：如图，设⊙I 与AC 、AB 分别切于点S 、T ，连接ST 、AI 、IT ，设ST 与AI 交于点G ．则IE ⊥PE ，ID ⊥PD ，故I 、E 、P 、D 四点共圆，∵AS 2＝AE •AD ＝AG •AI ，∵∠EAG ＝∠DAI ，∴△AEG ∽△AID ，∴∠AGE＝∠AID，∴E，G，D，I四点共圆，∴I、G、E、P、D五点共圆，∴∠IGP＝∠IEP＝90°，即IG⊥PG，∴P、S、T三点共线，对直线PST截△ABC，由梅涅劳斯定理知，∵AS＝AT，CS＝CD，BT＝BD，∴，设BN的延长线与PE交于点H，对直线BFH截△PDE，由梅涅劳斯定理知，∵CF∥BE，∴，∴，∴PH＝HE，∴PH2＝HE2＝HM•HN，∴，∴△PHN∽△MHP，∴∠HPN＝∠HMP＝∠NEQ，∵∠PEN＝∠EQN，∴∠ENP＝∠ENQ．4．如图，△ABC的垂心为H，AD⊥BC于D，点E在△ABC的外接圆上，且满足，直线ED交外接圆于点M．求证：∠AMH＝90°．证明：作高BP，CQ．连结MB、MC、MP、MQ、PQ．＝＝＝•①＝•＝•②由①②得：＝，又∵∠MBA＝∠MCA，∴△MBQ∽△MCP，∴点M、A、P、Q四点共圆，即点M、A、P、Q、H五点共圆，又AH为直径，∴∠AMH＝90°．5．如图，△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD 和AC交于点N．求证：OH⊥MN．证明：∵A 、C 、D 、F 四点共圆，∴∠BDF ＝∠BAC又∵∠OBC ＝（180°﹣∠BOC ）＝90°﹣∠BAC ，∴OB ⊥DF ．∵CF ⊥MA ，∴MC 2﹣MH 2＝AC 2﹣AH 2（①）∵BE ⊥NA ，∴NB 2﹣NH 2＝AB 2﹣AH 2 （②）∵DA ⊥BC ，∴BD 2﹣CD 2＝BA 2﹣AC 2 （③）∵OB ⊥DF ，∴BN 2﹣BD 2＝ON 2﹣OD 2 （④）∵OC ⊥DE ，∴CM 2﹣CD 2＝OM 2﹣OD 2，①﹣②+③+④﹣⑤，得NH 2﹣MH 2＝ON 2﹣OM 2 MO 2﹣MH 2＝NO 2﹣NH 2∴OH ⊥MN ．6．在图1到图4中，已知△ABC 的面积为m ．（1）如图1，延长△ABC 的边BC 到点D 使CD ＝BC ，连接DA ，若△ACD 的面积为S 1，则S 1＝ m ．（用含m 的式子表示）（2）如图2，延长△ABC 的边BC 到点D ，延长边CA 到点E ，使CD ＝BC ，AE ＝CA ，连接DE ．若△DEC 的面积为S 2，则S 2＝ 2m ．（用含a 的代数式表示）（3）如图3，在图2的基础上延长AB 到点F ，使BF ＝AB ，连接FD 于E ，得到△DEF ，若阴影部分的面积为S 3，则S 3＝ 6m ．（用含a 的代数式表示）（4）可以发现将△ABC 各边均顺次延长一倍，连接所得端点，得到△DEF ，如图3，此时，我们称△ABC 向外扩展了一次．可以发现扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的 7 倍．（5）应用上面的结论解答下面问题：去年在面积为15平方面的△ABC 空地上栽种了各种花卉，今年准备扩大种植规模，把△ABC 内外进行两次扩展，第一次由△ABC 扩展成△DEF ，第二次由△DEF 扩展成△MGH ，如图4，求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为多少平方米？解：（1）∵CD ＝BC ，∴△ABC 和△ACD 的面积相等（等底同高），故得出结论S 1＝m ．（2）连接AD ，，∵AE ＝CA ，∴△DEC 的面积S 2为△ACD 的面积S 1的2倍，故得出结论S 2＝2m ．（3）结合（1）（2）得出阴影部分的面积为△DEC 面积的3倍， 故得出结论则S 3＝6m ．（4）S △DEF ＝S 阴影+S △ABC＝S 3+S △ABC＝6m +m＝7m＝7S △ABC故得出结论扩展一次后得到的△DEF 的面积是原来△ABC 面积的7倍．（5）根据（4）结论可得两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为（7×7﹣1）×15＝720（平方米），答：求这两次扩展的区域（即阴影部分）面积共为720平方米． 7．（1）如图①，AD 是△ABC 的中线，△ABD 与△ACD 的面积有怎样的数量关系？为什么？（2）若三角形的面积记为S ，例如：△ABC 的面积记为S △ABC ，如图②，已知S △ABC ＝1，△ABC 的中线AD 、CE 相交于点O ，求四边形BDOE 的面积．小华利用（1）的结论，解决了上述问题，解法如下：连接BO ，设S △BEO ＝x ，S △BDO ＝y ，由（1）结论可得：S，S △BCO ＝2S △BDO ＝2y ，S △BAO ＝2S △BEO ＝2x ． 则有，即．所以．请仿照上面的方法，解决下列问题： ①如图③，已知S △ABC ＝1，D 、E 是BC 边上的三等分点，F 、G 是AB 边上的三等分点，AD 、CF 交于点O ，求四边形BDOF 的面积．②如图④，已知S △ABC ＝1，D 、E 、F 是BC 边上的四等分点，G 、H 、I 是AB 边上的四等分点，AD 、CG 交于点O ，则四边形BDOG 的面积为 ．解：（1）S △ABD ＝S △ACD ．∵AD 是△ABC 的中线，∴BD ＝CD ，又∵△ABD 与△ACD 高相等，∴S △ABD ＝S △ACD ．（2）①如图3，连接BO ，设S △BFO ＝x ，S △BDO ＝y ，S △BCF ＝S △ABD ＝S △ABC ＝S △BCO ＝3S △BDO ＝3y ，S △BAO ＝3S △BFO ＝3x ．则有，即，所以x +y ＝，即四边形BDOF 的面积为；②如图，连接BO ，设S △BDO ＝x ，S △BGO ＝y ，S△BCG ＝S△ABD＝S△ABC＝，S△BCO ＝4S△BDO＝4x，S△BAO ＝4S△BGO＝4y．则有，即，所以x+y＝，即四边形BDOG的面积为，故答案为：．8．我们初中数学里的一些代数公式，很多都可以通过表示几何图形面积的方法进行直观推导和解释．例如：平方差公式、完全平方公式．【提出问题】如何用表示几何图形面积的方法推证：13+23＝32？【解决问题】A表示1个1×1的正方形，即：1×1×1＝13B表示1个2×2的正方形，C与D恰好可以拼成1个2×2的正方形，因此：B、C、D就可以表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23而A、B、C、D恰好可以拼成一个（1+2）×（1+2）的大正方形．由此可得：13+23＝32【递进探究】请仿用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33＝62．要求：自己构造图形并写出详细的解题过程．【推广探究】请用上面的表示几何图形面积的方法探究：13+23+33+…+n3＝．（参考公式：）注意：只需填空并画出图形即可，不必写出解题过程．【提炼运用】如图，下列几何体是由棱长为1的小立方体按一定规律在地面上摆成的，如图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8个看不见；求：从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数．解：【递进探究】如图，A表示一个1×1的正方形，即：1×1×1＝13，B、C、D表示2个2×2的正方形，即：2×2×2＝23，E、F、G表示3个3×3的正方形，即：3×3×3＝33，而A、B、C、D、E、F、G恰好可以拼成一个大正方形，边长为：1+2+3＝6，，∵S A+S B+S C+S D+S E+S F+S G＝S大正方形∴13+23+33＝62；【推广探究】由上面表示几何图形的面积探究知，13+23+33+…+n3＝（1+2+3+…+n）2，又∵1+2+3+…+n＝，∴13+23+33+…+n3＝（）2＝．【提炼运用】图（1）中，共有1个小立方体，其中1个看的见，0＝（1﹣1）3个看不见；如图（2）中，共有8个小立方体，其中7个看的见，1＝（2﹣1）3个看不见；如图（3）中，共有27个小立方体，其中19个看的见，8＝（3﹣1）3个看不见；…，从第（1）个图到第（101）个图中，一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为：（1﹣1）3+（2﹣1）3+（3﹣1）3+…+（101﹣1）3＝03+13+23+…+1003＝50502＝25502500．故一切看不见的棱长为1的小立方体的总个数为25502500．故答案为：62；．9．问题引入：如图，在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，求：尝试探究：过点A作BC的垂线，垂足为F，过点E作BC的垂线，垂足为G，如图所示，有＝，＝，．类比延伸：若E为AD上的任一点，如图所示，试猜S四边形ABEC 与S△ABC的比是图中哪条线段的比，并加以证明．拓展应用：如图，E为△ABC内一点，射线AE于BC于点D，射线BE交AC于点F，射线CE交AB于点G，求的值．解：问题引入：∵在△ABC中，D是BC上一点，AE＝AD，∴，，∴＝＝；尝试探究：∵AE＝AD，∴＝，∵AF⊥BC，EG⊥BC，∴AF∥EG，∴△EDG∽△ADB，∴＝；∵＝＝＝，∴＝1﹣＝；故答案为：，，；类比延伸：＝，∵E为AD上的一点，∴＝，＝，∴＝＝；拓展应用：∵＝＝，同理：＝，＝，∴＝＝2．10．如图，在凸四边形ABCD中，M为边AB的中点，且MC＝MD，分别过点C、D作边BC、AD 的垂线，设两条垂线的交点为P，过点P作PQ⊥AB于Q，求证：∠PQC＝∠PQD．证明：连接AP、BP，取AP的中点E，取BP的中点F，连接DE、ME、QE、CF、QF、MF，如图．∵E为AP的中点，F为BP的中点，M为AB的中点，∴EM∥BP，EM＝BP，MF∥AP，MF＝AP．∵E为AP的中点，F为BP的中点，∠ADP＝∠BCP＝90°，∴DE＝AE＝EP＝AP，FC＝PF＝BF＝BP，∴DE＝MF，EM＝FC．在△DEM和△MFC中，，∴△DEM≌△MFC（SSS），∴∠DEM＝∠MFC．∵EM∥BP，MF∥AP，∴四边形PEMF是平行四边形，∴∠PEM＝∠PFM．又∵∠DEM＝∠MFC，∴∠DEP＝∠CFP．∵DE＝AE，FC＝BF，∴∠DAE＝∠ADE＝∠DEP，∠FBC＝∠FCB＝∠CFP，∴∠DAE＝∠FBC，即∠DAP＝∠PBC．∵∠ADP＝∠AQP＝90°，E为AP中点，∴ED＝EA＝EQ＝EP＝AP，∴D、A、Q、P四点共圆，∴∠PQD＝∠DAP．同理可得：∠PQC＝∠PBC，∴∠PQD＝∠PQC．11．如图：D是以AB为直径的圆O上任意一点，且不与点A、B重合，点C是弧BD的中点，作CE∥AB，交AD或其延长线于E，连接BE交AC与G，AE＝CE，过C作CM⊥AD交AD延长线于点M，MC与⊙O相切，CE＝7，CD＝6，求EG的长．解：连接OC，如图．∵MC与⊙O相切，∴OC⊥MC．∵CM⊥AD，∴OC∥AM．∵CE∥AB，∴四边形AOCE是平行四边形，∴OA＝CE＝7，∴AB＝14．∵点C是弧BD的中点，∴BC＝CD＝6．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝4．∵CE∥AB，∴△CGE∽△AGB，∴＝＝＝，∴AG＝AC＝．在Rt△ACB中，cos∠BAC＝＝＝．∵点C是弧BD的中点，∴∠BAC＝∠CAD，即∠BAC＝∠EAG，∴cos∠EAG＝．在△EAG中，cos∠EAG＝．∴＝．∵AG＝，AE＝CE＝7，∴＝．整理得：GE2＝．∵GE＞0，∴GE＝．∴EG的长为．12．如图，圆内接四边形ABCD的边AB、DC的延长线交于E，AD、BC延长线交于F，EF中点为G，AG与圆交于K．求证：C、E、F、K四点共圆．证明：延长AG到H，使得GH＝AG，连接EH、FH、CK，如图所示．∵GH＝AG，EG＝FG，∴四边形AEHF是平行四边形，∴∠EAG＝∠GHF，∠GAF＝∠GHE．∵A、B、C、K四点共圆，∴∠KCF＝∠EAG，∴∠KCF＝∠GHF，∴K、C、H、F四点共圆．∵K、C、A、D四点共圆，∴∠KCD＝∠KAF，∴∠KCD＝∠GHE，∴K、C、E、H四点共圆，∴K、C、E、H、F五点共圆，∴C、E、F、K四点共圆．13．在半圆O中，AB为直径，一直线交半圆周于C、D，交AB延长线于M（MB＜MA，AC＜MD），设K是△AOC与△DOB的外接圆除点O外的另一个交点，求证：∠MKO＝90°．证明：连接CK，BK，BC，如图所示．∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∴∠OAC+∠ABC＝90°．∵A、B、C、D四点共圆，∴∠BDC＝∠BAC．∵A、O、C、K四点共圆，∴∠CKO＝∠OAC．∵D、O、B、K四点共圆，∴∠BKO＝∠BDO．∴∠BKC＝∠BKO﹣∠CKO＝∠BDO﹣∠OAC．∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠BDO．∴∠BMC＝∠ABD﹣∠BDC＝∠BDO﹣∠BAC＝∠BKC．∴B、C、K、M四点共圆．∴∠ABC＝∠MKC．∴∠MKO＝∠MKC+∠CKO＝∠ABC+∠OAC＝90°．14．已知，在△ABC中，AC＞AB，BC边的垂直平分线与∠BAC的外角∠PAC的平分线相交于E，与BC相交点D，DE与AC相交于点F．（1）如图1，当∠ABC＝3∠ACB时，求证：AB＝AE；（2）如图2，当∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，过点D作AC的垂线，垂足为点H，并延是点D关于直线AC的对长DH交射线AE于点M，过点E作BP的垂线，垂足为点G，点D1称点，试探究AG和MD之间的数量关系，并证明你的结论．1解：（1）证明：连接BF，如图1．设∠A CB＝x，则∠ABC＝3x，∵FD垂直平分BC，∴FB＝FC，∴∠FBC＝∠FCB＝x，∴∠ABF＝∠AFB＝2x，∴AB＝AF，∠PAC＝4x．∵AE平分∠PAC，∴∠EAC＝2x．∵∠AFE＝∠DFC＝90°﹣x，∴∠AEF＝180°﹣∠EAF﹣∠AFE＝180°﹣2x﹣（90°﹣x）＝90°﹣x，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∴AB＝AE．．（2）AG＝MD1证明：作EN⊥AC于N，取EC中点O，、NM、MC、MO、NO、EB、EC，如图2．连接AD1∵AE平分∠PAC，EN⊥AC，EG⊥AP，∴EG＝EN，∠EGA＝∠ENA＝90°．∵∠BAC＝90°，∴∠EGA＝∠ENA＝∠BAC＝90°，∴四边形EGAN是矩形．∵EG＝EN，∴矩形EGAN是正方形，∴AG＝AN，∠EAN＝45°，∠GEN＝90°．∵ED垂直平分BC，∴EB＝EC．在Rt△BEG和Rt△CEN中，，∴Rt△BEG≌Rt△CEN（HL），∴∠GBE＝∠NCE，∠GEB＝∠NEC，∴∠GEN＝∠BEC＝90°∵EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝45°．∵∠BAC＝90°，∠ABC＝2∠ACB，∴∠ABC＝60°，∠ACB＝30°，∴∠ABE＝∠ACE＝15°．∵∠BAC＝90°，点D为BC中点，∴AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA＝30°．∵点D与点D关于AC对称，1AC＝∠DAC＝30°，∴∠D1＝45°﹣30°＝15°．∴∠MAD1∵DA＝DC，DM⊥AC，∴DM垂直平分AC，∴MA＝MC，∴∠CMH＝∠AMH＝90°﹣45°＝45°，∴∠AMC＝90°，∴∠ENC＝∠AMC＝90°．∵点O为EC中点，∴ON＝OM＝OE＝OC＝EC，∴E、N、C、M四点共圆，∴∠EMN＝∠ECN＝15°，∴∠MAD＝∠EMN＝15°，1中，在△AMN和△MAD1，，∴△AMN≌△MAD1，∴AN＝MD1．∴AG＝MD115．在平面直角坐标系中，已知A（2，2），AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C．（1）如图1，E为线段OB上一点，连接AE，过A作AF⊥AE交x轴于F，连EF，ED平分∠OEF交OA于D，过D作DG⊥EF于G，求DG+EF的值；（2）如图2，D为x轴上一点，AC＝CD，E为线段OB上一动点，连接DA、CE、F是线段CE的中点，若BF⊥FK交AD于K，请问∠KBF的大小是否变化？若不变，求其值；若改变，求其变化范围．解：（1）∵AB⊥y轴于B，AC⊥x轴于C，∴∠ABO＝∠ACO＝90°．∵∠BOC＝90°，∴四边形ABOC是正方形，∴AB＝AC＝BO＝CO＝2，OA平分∠BOC，∠BAC＝90°．∵AF⊥AE，∴∠EAF＝90°，∴∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，即∠BAE＝∠CAF．在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，BE＝CF．设BE＝CF＝t，OE＝2﹣t，OF＝2+t．∵ED平分∠OEF，∴点D是△OEF的内心．如图1，作DM⊥OB于M，作DH⊥OF于H，且DG⊥EF于G，∴DG＝DM＝DH，∴四边形MOHD是正方形，∴MO＝HO＝DM＝DG．设DG＝MO＝x，∴x＝，∴x＝，∴EF＝4﹣2x，∴WF＝2﹣x．∴DG+EF＝x+2﹣x＝2．即DG+EF的值为2；（2）∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°如图2，延长BF交AC于G，连接KG，作KM⊥AB于M，KN⊥AC于N，∵四边形ABOC是正方形，∴O B∥AC．∴∠EBF＝∠CGF，∠BEF＝∠GCF．∵F是CE的中点，∴EF＝CF．在△BEF和△GCF中，，∴△BEF≌△GCF（AAS），∴BF＝GF．∵BF⊥FK，∴∠BFK＝∠GFK＝90°．在△BFK和△GFK中，，∴△BFK≌△GFK（SAS）∴BK＝GK．∵AC＝CD，∠ACD＝90°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴∠CAD＝45°．∵KN⊥AC，∴∠ANK＝90°，∴∠AKN＝45°，∴AN＝KN．∵KM⊥AB，∴四边形AMKN是正方形，∴KM＝KN．∠M＝∠GNK＝90°AM∥KN．在Rt△BKM和Rt△GKN中，，∴Rt△BKM≌Rt△GKN（HL），∴∠MBK＝∠NGK．∠GKN＝∠BKM．∵AM∥KN，∴∠BKN＝∠MBK．∵∠BKM+∠BKN＝90°，∴∠GKN+∠BKN＝90°，即∠BKG＝90°．∵BK＝GK，∴△BKG是等腰直角三角形．∴∠KBF＝45°，∴∠KBF的大小不变，∠KBF＝45°．16．如图，已知⊙O1与⊙O2相交于A，B两点，直线MN⊥AB于A，且分别与⊙O1，⊙O2交于M、N，P为线段MN的中点，又∠AO1Q1＝∠AO2Q2，求证：PQ1＝PQ2．解：连接MQ1、BQ1、BQ2、NQ2，过点P作PH⊥Q1B于H，如图所示．则由圆内接四边形的性质可得：∠Q1MA+∠ABQ1＝180°，∠ABQ2+∠ANQ2＝180°，∠MAB＝∠BQ2N．由圆周角定理可得：∠ABQ 1＝∠AO 1Q 1，∠ANQ 2＝∠AO 2Q 2． ∵∠AO 1Q 1＝∠AO 2Q 2，∴∠ABQ 1＝∠ANQ 2，∴∠ABQ 2+∠ABQ 1＝∠ABQ 2+∠ANQ 2＝180°， ∴Q 1、B 、Q 2三点共线．由圆内接四边形的性质可得：∠ABQ 1＝∠ANQ 2， ∴∠Q 1MA +∠ANQ 2＝∠Q 1MA +∠ABQ 1＝180°， ∴MQ 1∥NQ 2．∵AB ⊥MN ，∴∠MAB ＝90°，∴∠Q 1Q 2N ＝∠MAB ＝90°．∵PH ⊥Q 1B ，即∠Q 1HP ＝90°，∴∠Q 1HP ＝∠Q 1Q 2N ，∴PH ∥NQ 2，∴MQ 1∥PH ∥NQ 2．∵P 为线段MN 的中点，∴H 为线段Q 1Q 2的中点，∴PH 垂直平分Q 1Q 2，∴PQ 1＝PQ 2．。
构造圆的模型解题例说
构造圆的模型解题例说孙晓昱【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2018(000)021【总页数】2页(P15-16)【作者】孙晓昱【作者单位】河北省承德县第一中学【正文语种】中文圆是最基本的平面几何图形之一,高考对圆的考查有直接的,也有间接的．间接考查即将圆与解析几何、立体几何、向量、三角等知识交会综合，此类问题求解的关键是准确识别出圆的模型,进而利用圆的有关性质解题．1 直接利用圆的方程若题目中所给的关系式与圆的标准方程或一般方程相同,则可直接构造圆的模型解题．例1 (2018年上海卷) 已知实数x1,y1,x2,y2满足则的最大值为________.从题目所给关系来看,与圆的标准方程相符,因此可构造单位圆,则点A(x1,y1),B(x2,y2)在圆上．由结合向量数量积的定义可知∠AOB=60°,所以△AOB为等边三角形．结合点到直线的距离公式,可视为A，B 2点到直线l:x+y-1=0的距离之和．如图1所示,过点A，B作直线x+y-1=0的垂线,垂足分别为C，D．设AB的中点为M,过点M作直线x+y-1=0的垂线,垂足为N．图1易知四边形ABDC为直角梯形,所以易知当AB与直线x+y-1=0平行时,MN最大,此时所以的最大值为本题除了构造圆的模型,还构造了向量模型与点到直线的距离模型,准确识别出这些模型是问题简洁求解的关键．2 间接构造圆的方程例2 (2018年浙江卷)已知a，b，e是平面向量,e是单位向量,若非零向量a与e 的夹角为,向量b满足b2-4e·b+3=0,则|a-b|的最小值是( ).设e=(1,0)，b=(x,y),则0=b2-4e·b+3=(x2+y2)-4x+3,则(x-2)2+y2=1．可知向量b的终点在圆(x-2)2+y2=1上．依题意知,向量a的终点在直线或上．如图2所示,因此可借助圆心到直线的距离来求|a-b|的最小值,故正确选项为A．图2本题也可将关系式b2-4e·b+3=0的两边加4e2=1得b2-4e·b+4e2=1,即(b-2e)2=1,|b-2e|=1,进而利用圆的定义构造圆的模型求解．3 准确识别圆的定义例3 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别是棱BC,C1D1的中点,点P在平面A1B1C1D1内,点Q在线段A1N上. 若则PQ长度的最小值为( ).图3如图3所示,取B1C1的中点E,连接EM,PE,则Rt△PEM中,PM2=PE2+EM2,又所以PE=1为定值,即点P在以E为圆心,1为半径的圆上,则PQ的最小值,即为点E到A1N的距离减1.利用平面几何知识易知点E到A1N的距离为所以PQ的最小值为故正确选项为C．根据所给的条件,确定PE=1,由圆的定义可知点P在以E为圆心的圆上,从而将所求最值问题转化为圆上的点到直线的距离最小值问题,该最小值可由圆心到直线的距离减半径求得．4 灵活应用圆的性质例4 (2014年北京卷)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和2点A(-m,0),B(m,0)(m>0),若圆C上存在点P,使得∠APB=90°,则m的最大值为( ).A 7;B 6;C 5;D 4因为∠APB=90°,故可将P视为以O为圆心,AB为直径的圆上一点，而点P又在圆C上,故2圆有交点．寻找2圆位置关系的临界状态,当2圆内切时,圆O的直径最大,即m最大，最大值为故正确选项为B．直径所对的圆周角为直角是圆的重要性质,因此题目中若给定某一角为直角,可结合圆的这一性质,构造圆的模型求解．类似地,若平面内的一个动点与两个定点相连,两条直线的斜率之积为-1,则该动点在以两个定点为直径端点的圆上．上述几例较好地体现了高考在知识交会处命题的理念．题目条件中圆的信息并不明显,但均与圆存在千丝万缕的联系,通过我们巧妙建立圆的模型,使问题简洁得解．。
人教版七年级下册：数学思想方法专题练习
七年级下册数学思想方法专题练习目录一、转化思想...................................... 错误!未定义书签。
1.“新知识”向“旧知识”转化.................... 错误!未定义书签。
a.将三元一次方程组转化为二元一次方程组. .......... 错误!未定义书签。
b.将新定义转化为所学知识解题............................. 错误!未定义书签。
c.多项式乘多项式转化为单项式乘多项式............... 错误!未定义书签。
2.“未知”向“已知”转化........................ 错误!未定义书签。
a.将判断线段相等或角相等问题转化为判定三角形全等问题错误!未定义书签。
b.添加辅助线应用平行线的性质解题............ 错误!未定义书签。
3.“复杂”向“简单”转化........................ 错误!未定义书签。
a.利用平移的性质进行平移转化................ 错误!未定义书签。
b.将不规则图形面积转化为规则图形的面积...... 错误!未定义书签。
二、分类讨论思想.................................. 错误!未定义书签。
1.对字母、未知数的取值范围分不同情况讨论........ 错误!未定义书签。
2.对图形的位置、类型的分类讨论.................. 错误!未定义书签。
3.对问题的题设条件需分类讨论.................... 错误!未定义书签。
4.从图象中获取信息进行分类讨论 (9)5.对求解过程中不便统一表述的问题进行分类讨论.... 错误!未定义书签。
三、数形结合思想................................. 错误!未定义书签。
1.数转化为形.................................... 错误!未定义书签。
代数题用几何求解的最值问题例子
代数题用几何求解的最值问题例子初中数学的最值问题一直都是大家学习当中公认的比较困难的一部分内容。
这部分内容的难度相对于其他知识点来说存在很多的不确定性，特别是其中出现做辅助线等方法来辅助解题时不知道从何入手，今天我们将针对几何代数的最值问题进行分类讲解，希望在这过程当中能帮大家理清楚这类题型的大致解题思路。
首先，几何最值问题是指在一定的条件下，求平面几何图形中某个确定的量（如线段长度、角度大小、图形面积等）的最大值或最小值。
收到最大值或最小值，那么很多同学就会联想到线段和线段差或者是周长，面积等的最大值和最小值问题。
在中考中常以填空选择及解答题形式出现，可见其出现的形式还是比较多样化的，难易程度多为难题、压轴题。
同学们务必掌握以下几种求几何最值的基本方法：（1）特殊位置及极端位置法：先考虑特殊位置或极端位置，确定最值的具体数据，再进行一般情况下的推理证明。
这种特殊的位置。
一般都会通过题目的条件或者是初级的推论就可以得出。
同学们在读取条件的过程当中，一定要重点关注。
（2）几何定理（公理）法：应用几何中的不等量性质、定理。
常见几何性质有：两点之间线段最短；点到直线垂线段最短；三角形两边之和大于第三边；斜边大于直角边等，这类型的应用就相对来说比较简单。
只要根据已学的内容，那么就可以进行解决，其难度不大。
（3）数形结合法：分析问题变动元素的代数关系，构造二次函数等。
树形结合来解决二次函数的最值问题，那么通过图形和代数求解的方式相结合，可以很快的也就能得到。
最后的结果，这是我们在初中学习二次函数时就重点学习的对象。
其次，代数最值问题一般以应用题形式出现，常见题型为求一个花费最低、消耗最少、产值最高、获利最大的方案。
这类型的最值问题作为各地中考必考题之一，难度以中档为主，是所有学生必拿之分。
他主要考察的是二次函数或一次函数的实际应用，结合真实生活中的应用场景来解决实际问题。
解这类题目的关键点在于合理建立函数模型，理解题意的基础上，合理设出未知量，分析题中等量关系，列出函数解析式或方程，求解、讨论结果意义并以“答：……”做结尾。
巧用构造法解答数学难题
巧用构造法解答数学难题马沁芳(福建省龙岩初级中学ꎬ福建龙岩３６４０００)摘㊀要:解题教学是初中数学教学中的重要环节ꎬ主要检测学生综合运用所学知识处理问题的能力.在初中数学教学中存在一些较难的问题ꎬ对学生的解题水平要求较高.从本质来看ꎬ解题过程即为条件向结论转化的过程ꎬ只不过面对难度较大的数学问题时ꎬ学生无法轻松找到转化方法.教师可指导学生结合条件和结论的特殊性ꎬ建构已知条件与所求结论之间的逻辑关系ꎬ从而顺利解答数学难题.关键词:初中数学ꎻ构造法ꎻ转化ꎻ数学难题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０２－００６５－０３收稿日期:２０２３－１０－１５作者简介:马沁芳(１９７９.２－)ꎬ女ꎬ福建省龙岩人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初中数学教学研究.㊀㊀构造法指的是当采用常规方法㊁按照定向思维无法处理某些数学问题时ꎬ可基于已知条件与所求结论的特殊性ꎬ从新角度出发ꎬ运用新观点去观察㊁分析与理解问题ꎬ把握已知条件和所求结论之间的内在联系ꎬ运用问题的数据㊁外形㊁坐标等特征ꎬ构造新数学对象ꎬ由此达到解题的目的.在初中数学解题训练中ꎬ针对一些难题ꎬ学生运用常规方法和定向思维很难解决ꎬ教师可指引学生巧用构造法ꎬ结合题设条件和结论构造新对象ꎬ最终解答数学难题[１].１巧妙构造方程ꎬ解答数学难题方程是学生从小学时期就开始学习的一类数学知识ꎬ步入初中阶段以后ꎬ学生需学习更多有关方程的内容.除一元一次方程以外ꎬ还涉及一元二次方程㊁方程组㊁分式方程等知识ꎬ属于初中数学教学的一项重要内容ꎬ在解题中有着广泛应用.在初中数学解题训练中ꎬ有的题目难度较大ꎬ教师可指引学生结合题干中提供的条件和数量关系构造新方程ꎬ获得全新的解题思路ꎬ让学生结合方程知识转化问题ꎬ难题就迎刃而解[２].例１㊀已知ｘꎬｙꎬｚ是三个互不相等的实数ꎬ且ｘ>ｙ>ｚꎬ满足ｘ＋ｙ＋ｚ＝１ꎬｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝１ꎬ那么ｘ＋ｙ的范围是什么?分析㊀题目中给出的方程关系较为特殊ꎬ是三元一次方程与三元二次方程形式ꎬ学生采用常规方法很难进行解题.此时ꎬ教师可指导学生运用构造方程的方法ꎬ将已知条件与所求结论联系到一起ꎬ利用方程知识求得结果.解㊀根据ｘ＋ｙ＋ｚ＝１可得ｘ＋ｙ＝１－ｚꎬ两边同时平方ꎬ得ｘ２＋２ｘｙ＋ｙ２＝１－２ｚ＋ｚ２.又因为ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝１ꎬ所以ｘｙ＝ｚ２－ｚ.由一元二次方程的根与系数的关系可以看出ꎬｘꎬｙ是方程ｍ２＋(ｚ－１)ｍ＋(ｚ２－ｚ)＝０两个不相等的实数根ꎬ再结合Δ>０可以得到－１３<ｚ<１ꎬ即为－１３<１－(ｘ＋ｙ)<１ꎬ则ｘ＋ｙ的范围是４３>ｘ＋ｙ>０.例２㊀已知实数ｘꎬｙꎬｚ满足ｘ＋ｙ＝３ꎬｚ２＝ｘｙ＋ｙ－４ꎬ求ｘ＋３ｙ＋２ｚ的值.分析㊀这是一道比较特殊的代数式求值类问题.教师可要求学生先对题目中的条件展开变形ꎬ把５６原式转变成两个式子的求解问题ꎬ再观察两个已知式子的形式ꎬ通过变形以后构造新方程ꎬ然后让学生结合方程的相关知识求解.解析㊀根据题意可得(ｘ＋１)＋ｙ＝４ꎬ(ｘ＋１)ｙ＝ｚ２＋４ꎬ通过观察易发现ꎬｘ＋１ꎬｙ是一元二次方程ｔ２－４ｔ＋ｚ２＋４＝０的两个实数根ꎬ然后结合一元二次方程根的判别式确定方程根的情况即可解决问题ꎬ求解过程从略.２巧构造不等式ꎬ解答数学难题不等式是用 >ꎬ<ꎬȡꎬɤꎬʂ 等符号表示大小关系的式子ꎬ学生在小学阶段也有所接触.在初中数学学习中ꎬ学生学习的不等式知识难度更大ꎬ深度也有所提升ꎬ涉及一元一次不等式㊁一元一次不等式组等内容ꎬ不少问题中都会用到不等式相关知识.在初中数学解题教学中ꎬ当遇到部分难题时ꎬ教师需提示学生注意题目中 最大 最小 不低于 不高于 等关键词ꎬ引导其尝试构造不等式模型ꎬ然后利用不等式知识解答难题[３].例３㊀已知某工厂存储有甲㊁乙两种原料ꎬ质量分别为３６０ｋｇ和２９０ｋｇꎬ现在准备利用这两种原料生产Ａ㊁Ｂ两种商品共计５０件ꎬ其中生产一件Ａ商品需要甲㊁乙两种原料分别为９ｋｇ㊁３ｋｇꎬ利润是７００元ꎬ生产一件Ｂ商品需要甲㊁乙两种原料分别为４ｋｇ㊁１０ｋｇꎬ利润是１２００元.(１)根据条件和要求生产Ａ㊁Ｂ两种商品一共有多少种方案?(２)设生产Ａ㊁Ｂ两种商品获得的总利润是ｙ(元)ꎬ生产Ａ商品ｘ件ꎬ请写出ｙ与ｘ之间的函数关系式ꎬ且利用函数的性质说明哪种生产方案能够获得最大利润?最大利润为多少?分析㊀先把题目中的文字语言转变成规范的数学语言ꎬ根据已知条件利用构造法建立一个不等式组ꎬ再结合不等式知识处理函数问题ꎬ然后根据实际生产情况确定方案.解㊀(１)设生产Ａ商品ｘ件ꎬ则Ｂ商品的数量为(５０－ｘ)件ꎬ根据题意可得不等式组９ｘ＋４(５０－ｘ)ɤ３６０ꎬ３ｘ＋１０(５０－ｘ)ɤ２９０.{解之得３０ɤｘɤ３２ꎬ由于ｘ的值只能是正数ꎬ故ｘ只能取３０ꎬ３１ꎬ３２ꎬ也就是Ａ商品的件数ꎬ那么根据(５０－ｘ)可以求得Ｂ商品的件数分别是２０ꎬ１９ꎬ１８ꎬ则一共有３种生产方案ꎬ即Ａ商品３０件ꎬＢ商品２０件ꎻＡ商品３１件ꎬＢ商品１９件ꎻＡ商品３２件ꎬＢ商品１８件.(２)根据题意可得ｙ＝７００ｘ＋１２００(５０－ｘ)＝－５００ｘ＋６００００ꎬ根据一次函数的性质可知ꎬ该函数中ｙ随ｘ的增大而减小ꎬ所以当ｘ＝３０时有最大利润ꎬ即生产Ａ商品３０件㊁Ｂ商品２０件获得的利润最大ꎬ此时ｙ＝－５００ˑ３０＋６００００＝４５０００ꎬ最大利润为４５０００元.ｙ与ｘ之间的函数关系式ｙ＝－５００ｘ＋６００００ꎬ由此可知ꎬ(１)中的方案１获得的利润最大ꎬ最大利润是４５０００元.３巧妙构造函数ꎬ解答数学难题函数在初高中数学课程体系中占据着重要地位ꎬ学好函数知识能够为数学学习带来诸多便利.原因在于不少题目都能够借助构造函数的方法解决ꎬ即使无法直接求解ꎬ也能够打开解题思路[４].例４㊀如图１所示ꎬ一位篮球员进行投篮练习ꎬ篮球沿着抛物线ｙ＝－１５ｘ２＋７２运行ꎬ然后顺利命中篮筐ꎬ其中篮筐的高度是３.０５ｍ.图１㊀篮球的运行路线图(１)篮球在空中运行的最大高度是多少?(２)假如该篮球运动员在跳投时ꎬ篮球出手距离地面的高度是２.２５ｍꎬ那么他距离篮筐中心的水平距离是多少?分析㊀对于问题(１)ꎬ应该把整个函数图象构造出来ꎬ求出篮球在空中运行过程中距地面的最高点ꎻ对于问题(２)ꎬ要构造平面直角坐标系ꎬ结合二次函数知识与图象的性质等求解问题ꎬ从而求出运动员与篮筐中心之间的水平距离.６６解㊀(１)根据已知条件可知ꎬ篮球沿着抛物线ｙ＝－１５ｘ２＋７２运行ꎬ该抛物线的顶点坐标是(０ꎬ３.５)ꎬ如图１所示大致画出篮球的运行路线ꎬ即为该抛物线的一部分ꎬ验证后可知最高点在函数的定义域内ꎬ由此可知篮球运行的最大高度是３.５ｍ. (２)建立如图１所示的平面直角坐标系ꎬ审题后可以发现求出该运动员位置的横坐标就是问题的答案ꎬ篮筐处的高度是ｙ＝３.０５ｍꎬ由此可知ｘ＝１.５ｍꎻ再根据该篮球运动员的出手高度ｙ＝２.２５ｍꎬ此时ｘ＝－２.５(ｘɤ０)ꎬ则运动员距篮筐中心的水平距离是４ｍ.例５㊀已知分式ｘ－３ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ无论ｘ取何值ꎬ该分式都有意义ꎬ那么ｍ的取值范围是什么?分析㊀因为本题中的分式恒有意义ꎬ这说明分母ｘ２－６ｘ＋ｍ的值永远不会是０.可据此构建一个二次函数ｙ＝ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ把分式问题转变为一个二次函数取值问题进行研究ꎬ结合二次函数的性质来解题ꎬ找出ｙʂ０的情况ꎬ以此确定ｍ的取值范围.解㊀令ｙ＝ｘ２－６ｘ＋ｍꎬ根据题意可知ꎬｙ的值永远都不等于０ꎬ由于该抛物线的开口方向是向上的ꎬ所以该二次函数的图像不会与ｘ轴相交ꎬ则Δ＝３６－４ｍ<０ꎬ解之得ｍ<９ꎬ即为ｍ的取值范围是ｍ<９.４巧妙构造图形ꎬ解答数学难题初中数学课程主要分为代数与几何两大方面的内容.用构造法解答数学难题时ꎬ不仅可以根据题意构造代数方面的式子ꎬ还能够构造出相应的几何图形ꎬ利用数形结合思想解题.在初中解题教学中ꎬ将 数 和 形 结合起来ꎬ不少难题就易于解答.例６㊀如图２所示ꎬ在四边形ＡＢＣＤ中ꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ相交于点Ｏꎬ而且ＡＣ与ＢＤ的长度相等ꎬ点ＥꎬＦ分别为对角线ＡＢ与ＣＤ的中点ꎬＥＦ分别同ＢＤꎬＡＣ相交于点ＧꎬＨ.求证:ＯＧ＝ＯＨ.分析㊀在几何图形中出现多个中点ꎬ大多数情况下都要利用中位线的性质进行解题ꎬ所以本题可以先取ＢＣ的中点Ｍꎬ连接ＭＥꎬＭＦꎬ因为ＥꎬＦꎬＭ分别是ＡＢꎬＣＤꎬＢＣ的中点ꎬ由此可构造中位线ＥＭꎬ图２㊀例６题图ＭＦꎬ然后结合三角形中位线定理解题.先证明әＥＭＦ是等腰三角形ꎬ根据 等边对等角 ꎬ即可证明øＭＥＦ＝øＭＦＥꎬ利用平行线的性质证明øＯＧＨ＝øＯＨＧꎬ最后根据 等角对等边 即可解决问题.解㊀如图２所示ꎬ取ＢＣ的中点Ｍꎬ连接ＭＥꎬＭＦ.因为ＭꎬＦ分别是ＢＣꎬＣＤ的中点ꎬ则ＭＦʊＢＤꎬＭＦ＝ＢＤ.同理可得ＭＥʊＡＣꎬＭＥ＝ＡＣ.因为ＡＣ＝ＢＤꎬ所以ＭＥ＝ＭＦꎬøＭＥＦ＝øＭＦＥ.又因为ＭＦʊＢＤꎬ所以øＭＦＥ＝øＯＧＨ.同理可得øＭＥＦ＝øＯＨＧꎬ所以øＯＧＨ＝øＯＨＧꎬ所以ＯＧ＝ＯＨ.５结束语在初中数学解题教学中ꎬ有的题目难度比较大ꎬ采用常规方法和思路很难解答.面对这些难题ꎬ教师可引导学生巧妙运用构造法ꎬ重新处理题目中给出的条件和结论.把问题与熟悉的理论知识联系起来ꎬ通过构造方程㊁不等式㊁函数㊁几何图形等数学模型把问题实质清楚地反映出来ꎬ架构起结论和条件之间的桥梁ꎬ让学生从中寻求解题问题的切入点ꎬ确定合适的解题方案ꎬ继而准确解答数学难题.参考文献:[１]连继莹.例说初中数学的解题方法:以 构造法 为例[Ｊ].中学课程辅导(教师教育)ꎬ２０２１(９):１１４.[２]吴月红.巧用构造法解初中数学题[Ｊ].语数外学习(初中版)ꎬ２０２０(８):２８－２９.[３]张梅.构造法在初中数学解题中的有效运用[Ｊ].数学大世界(中旬)ꎬ２０２０(４):８０－８１. [４]张文贺.初中数学解题技巧的有效运用[Ｊ].数学大世界(下旬)ꎬ２０２０(１):７７.[责任编辑:李㊀璟]７６。
几何问题代数化
几何问题代数化全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：几何问题代数化是一种将几何问题转化为代数问题的方法，通过代数化的处理，可以更加简便地解决复杂的几何问题。
在数学研究和实际应用中，几何问题代数化被广泛使用，为解决难题提供了一种有效的思路。
在几何问题代数化的过程中，通常需要将几何图形的特征、性质或关系转化为代数式或方程，从而获得更加直观和便捷的计算方法。
这种方法在解决几何问题时具有一定的普适性和灵活性，适用于不同类型的问题求解。
在接下来的文章中，我们将详细介绍几何问题代数化的基本方法和应用技巧，希望对读者能够有所帮助。
一、几何问题代数化的基本步骤1. 先分析几何问题的核心要点，确定问题的关键性质和特征。
2. 将几何图形的特征或关系转化为代数式或方程，建立数学模型。
3. 利用代数方法解决问题，求解方程得到问题的解答。
4. 最后验证答案，确保解答符合几何题意。
1. 计算三角形的面积：设三角形的底边长为a，高为h，则三角形的面积S=1/2*a*h。
通过代数化可将三角形的面积计算问题转化为代数式求解。
2. 求解直线与平面的交点：设直线的方程为y=ax+b，平面的方程为mx+ny+p=0，通过代数化可求解直线与平面的交点坐标。
3. 计算圆的周长和面积：设圆的半径为r，通过代数化可以求解圆的周长和面积的表达式。
三、几何问题代数化的优点和局限性1. 优点：代数化简化了几何问题的计算过程，提高了问题的求解效率和准确性。
2. 局限性：代数化不能完全替代几何推理和证明，有些几何问题需要辅助几何知识进行解答。
（以上文章仅为模拟示例，实际所需内容可能有所不同。
）第二篇示例：几何问题一直是数学中的一个重要领域，它涉及到空间的形状、大小和位置关系等内容。
在学习几何问题的过程中，很多学生会遇到一些代数化的问题，即如何将几何问题转化为代数问题，并通过代数方法来解决。
几何问题代数化，就是将几何问题中的线段、角度、面积等几何概念用代数符号表示，并通过代数运算来解决几何问题。
构造几何图形 巧解二次根式
（ ｎ＋ ６ ｆ 。 ＋ ）
图３
因 为 ＡＣ ＜ ＡＥ ＋ Ｅ Ｆ
＋ ＦＣ。
当 一２ ≤ ０时 ， 式 一（ ＜ 原 ＋２ 一 一 （ｚ １ ） ２一 ）
一
一 一
＋２ 一 一 ２ ｘ＋ １ ２ ｘ＋ ３ ：
所以√ （ ＋ｂ ） ２ ａ ＋ｆ＜ ｎ ＋（＋ｆ ＋ ￣Ⅱ ＋６ ６ ） ／Ｂ — ， Ｂ ０ 作 ＡＢ 的 垂 线 段 ， ＡＤ＝ ２ Ａ 使 ， Ｂ Ｅ一 １ 连 结 ＤＣ， Ｃ， ＤＣ ， Ｅ 则
＋Ｅ Ｃ一 ， ｘ 十 ４十 ｖ 十 １ ／ 。 ，
／
口
＋ｂ Ｃ＝ 、ｂ 一 ２ Ｅ 厂
ＡＣ 一
。，
ＡＦ 一 ，ＥＦ 一
二 、 用 轴 对 称 作 图求 最 小 值 利
例 ２ 设 ｚ、 Ｙ为正 数 ， ｚ 且 ＋ 一２ 求 ， ＋
＋４
＋１ 的最小值 。 分 析 ： 述 条 件 最 值 问 题 中因 为 含 有 二 次 根 式 ， 上 因 而 问题 变得 复 杂 ， 如果 能 发 现 上 述 根 号 内 的 四项 都 是 完全 平 方 项 ， 结 构 与 勾 股 定 理 的 结 构式 相 同 ， 其 我们 就容 易发 现 可 以利 用 轴 对 称 作 图解 决 它 。 解 ： 图 ２ 作 线 段 ＡＢ＝ 如 ， ２ 在 ＡＢ上 任 取 一 点 Ｃ， ， 使
一
如。 Ｆ：
、
因为 Ｄ Ｃ＋ Ｃ Ｅ— Ｄ Ｃ＋ Ｃ ＇ ＤＵ ， 如 图 过 Ｄ Ｅ≥ 而 作 Ｄ 平 行 ＡＢ 交 ＢＥ 的 延 长 线 于 Ｆ， 然 ＡＤ Ｂ Ｆ 显 Ｆ 为正 方 形 ， 一 ２ 一 ３ Ｄ 一 ￣１ 。 ＤＦ ， ， ／ ３ 三、 巧用网格图形证明不等式 例 ３ 若 ａ ６ｃ都是正数 ， 比较√ （ ＋ｂ ） 、、 试 ２ ｎ ＋ｆ
谈谈用几何方法证明不等式
谈谈用几何方法证明不等式摘要：在我们现阶段的数学学习中，不等式常常是大家头疼的问题，很多人认为证明不等式是空中楼阁，没有踪迹可寻。
其实不然，证明不等式有很多方法，常见的放缩法，反证法等。
然而有些不等式有着几何意义，这就意味着我们可以将几何思想代入到不等式中，用几何方法来证明不等式。
关键词：几何；数学；不等式；证明引言：将几何思想代入不等式其实是解不等式的一个重要思想。
一般具有几何意义的不等式都比较简单，大可归为几大类。
接下来，我们将用几个实例来谈谈如何利用几何方法证明不等式。
1构建平面几何图形将不等式与几何结合起来就只有几个关键点，一是构建平面几何图形，这里我们常常借助的是三角形，这得益于三角形有一个很好的性质;两边之和大于第三边[1]。
利用这个性质我们可以引申出多个不等式：a+b＞c，a-b＜c（a，b，c分别为▲abc的三条边）。
我们用一个实例在说明。
例1：已知函数f（x）=√（x2+1），当a，b∈R时，求证|f（a）-f（b）|＜|a+b|。
看到f（x）=√（x2+1），我们首先就想到了勾股定理，因此构造▲ACD，作AB⊥CD交CD于点B，AB=1，BC=a，BD=b。
则AC=√（a2+1），AD＝√（ｂ2+1），CD＝ａ＋ｂ。
在▲ACD 中，｜AC－AD｜＜｜CD｜，因此，|f（a）-f（b）|＜|a+b|。
2构建平面解析几何图形还有一种就是构建平面解析几何图形。
这里我们常用的是距离公式：点到点的距离|AB|=√{（a1-b1）2+（a2-b2）2}，其中A（a1，a2）、B（b1，b2）；点到直线的距离d=|a1m+a2n+c|/√（m2+n2），其中点（a1，a2），直线mx+ny+c=0。
我们还是用实例来说明。
例2：设ｘ，ｙ∈（０，１），求证√（ｘ２＋ｙ２）＋√[（x-1）2+y2]+√[x2+(y-1)2]+√[(x-1)2+(y-1)2] ≥2√2。
观察这个不等式我们不难发现它与两点间的距离公式很相似，因此，我们就利用该点，在坐标系中构建一个正方形OABC，使其边长为１，即OABC四个顶点在坐标系中的坐标分别为（０，０）、（１，０）、（０，１）、（１，１）。
中考冲刺几何综合问题—知识讲解及典型例题解析
；；中考冲刺：几何综合问题—知识讲解及典型例题解析【中考展望】几何综合题是中考试卷中常见的题型，大致可分为几何计算型综合题与几何论证型综合题，它主要 考查学生综合运用几何知识的能力.这类题型在近几年全国各地中考试卷中占有相当的分量，不仅有选 择题、填空题、几何推理计算题以及代数与几何的综合计算题 ,还有更注重考查学生分析问题和解决问 题能力的探究性的问题、方案设计的问题等等.主要特点是图形较复杂，覆盖面广、涉及的知识点较多， 题设和结论之间的关系较隐蔽，常常需要添加辅助线来解答.几何综合题的呈现形式多样，如折叠类型、探究型、开放型、运动型、情景型等，背景鲜活，具有 实用性和创造性，考查方式偏重于考查考生分析问题、探究问题、综合应用数学知识解决实际问题的能 力.以几何为主的综合题常常在一定的图形背景下研究以下几个方面的问题：1、证明线段、角的数量关系（包括相等、和、差、倍、分及比例关系等）2、证明图形的位置关系（如点与线、线与线、线与圆、圆与圆的位置关系等）3、几何计算问题；4、动态几何问题等.【方法点拨】一、几何计算型综合问题，常常涉及到以下各部分的知识：1、与三角形有关的知识；2、等腰三角形，等腰梯形的性质；3、直角三角形的性质与三角函数；4、平行四边形的性质；5、全等三角形，相似三角形的性质；6、垂径定理，切线的性质，与正多边形有关的计算；7、弧长公式与扇形面积公式.二、几何论证型综合题的解答过程，要注意以下几个方面：1、注意图形的直观提示，注意观察、分析图形，把复杂的图形分解成几个基本图形，通过添加辅助线补全或构造基本图形；2、注意分析挖掘题目的隐含条件、发展条件，为解题创造条件打好基础，要由已知联想经验，由未知联想需要，不断转化条件和结论来探求思路，找到解决问题的突破点；3、要运用转化的思想解决几何证明问题，运用方程的思想解决几何计算问题，还要灵活运用数学思想方法如数形结合、分类讨论、转化、方程等思想来解决问题.【典型例题】类型一、动态几何型问题1．如图 1，在正方形 ABCD 中，点 E 、F 分别是边 BC 、AB 上的点，且 CE=BF ，连接 DE ，过点 E 作 EG ⊥DE，使 EG=DE ，连接 FG ，FC ．（1）请判断：FG 与 CE 的数量关系和位置关系；（不要求证明）（2）如图 2，若点 E 、F 分别是 CB 、BA 延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请出 判断判断予以证明；（3）如图 3，若点 E 、F 分别是 BC 、AB 延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直 接写出你的判断．【思路点拨】（1）结论：FG=CE，FG∥CE．如图1中，设DE与CF交于点M，首先证明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再证明四边形EGFC是平行四边形即可．（2）结论仍然成立．如图2中，设DE与CF交于点M，首先证明△CBF≌△DCE，推出DE⊥CF，再证明四边形EGFC是平行四边形即可．（3）结论仍然成立．如图3中，设DE与FC的延长线交于点M，证明方法类似．【答案与解析】解：（1）结论：FG=CE，FG∥CE．理由：如图1中，设DE与CF交于点M．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．（2）结论仍然成立．理由：如图2中，设DE与CF交于点M．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE，∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．（3）结论仍然成立．理由：如图3中，设DE与FC的延长线交于点M．∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠ABC=∠DCE=90°，∴∠CBF=∠DCE=90°在△CBF和△DCE中，，∴△CBF≌△DCE，∴∠BCF=∠CDE，CF=DE∵∠BCF+∠DCM=90°，∴∠CDE+∠DCM=90°，∴∠CMD=90°，∴CF⊥DE，∵GE⊥DE，∴EG∥CF，∵EG=DE，CF=DE，∴EG=CF，∴四边形EGFC是平行四边形．∴GF=EC，∴GF=EC，GF∥EC．【总结升华】本题考查四边形综合题、正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，注意这类题目的解题规律，图形变了，条件不变，证明的方法思路完全一样，属于中考常考题型．举一反三：【变式】已知：如图（1），射线AM//射线BN，AB是它们的公垂线，点D、C分别在AM、BN上运动（点D与点A不重合、点C与点B不重合），E是AB边上的动点（点E与A、B不重合），在运动过程中始终保持DE⊥EC，且AD+DE=AB=a．（1）求证：∆ADE∽∆BEC；（2）如图（2），当点E为AB边的中点时，求证：AD+BC=CD；（3）设AE=m，请探究：∆BEC的周长是否与m值有关？若有关，请用含有m的代数式表示∴1∆BEC的周长；若无关，请说明理由．【答案】（1）证明：∵DE⊥EC，∴∠DEC=90︒．∴∠AED+∠BEC=90︒．又∵∠A=∠B=90︒，∴∠AED+∠EDA=90︒．∴∠BEC=∠EDA．∴∆ADE∽∆BEC．（2）证明：如图，过点E作EF//BC，交CD于点F，∵E是AB的中点，容易证明EF=1(AD+BC)．2在Rt∆DEC中，∵DF=CF，∴EF=12 CD．1(A D+BC)=CD．22∴AD+BC=CD．（3）解：∆AED的周长=AE+AD+DE=a+m，BE=a-m．设AD=x，则DE=a-x．∵∠A=90︒，∴DE2=AE2+AD2．即a2-2ax+x2=m2+x2．a2-m2∴x=．2a由（1）知∆ADE∽∆BEC，∆ADE的周长AD a+m2a=∴a2-m2==∆BEC的周长BE a-m2a．∴∆BEC的周长=2a⋅∆ADE的周长=2a．a+m∴∆BEC的周长与m值无关．2．在△ABC中，∠ACB=45º．点D（与点B、C不重合）为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．（1）如果AB=AC．如图①，且点D在线段BC上运动．试判断线段CF与BD之间的位置关系，并证明你的结论．（2）如果AB≠AC，如图②，且点D在线段BC上运动．（1）中结论是否成立，为什么？（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝42，BC=3，CD=x，求线段CP的长．（用含x的式子表示）【思路点拨】(1)由题干可以发现，正方形中四条边的垂直关系是不动的，于是利用角度的互余关系进行传递，就可以得解.(2)是典型的从特殊到一般的问法，那么思路很简单，就是从一般中构筑一个特殊的条件就行，和上题一样找AC的垂线，就可以变成第一问的条件，然后一样求解.(3)D在BC之间运动和它在BC延长线上运动时的位置是不一样的，所以已给的线段长度就需要分情况去考虑到底是4+X还是4-X.分类讨论之后利用相似三角形的比例关系即可求出CP.【答案与解析】（1）结论：CF⊥BD；证明如下：ΘAB=AC，∠ACB=45º，∴∠ABC=45º．由正方形ADEF得AD=AF，∵∠DAF=∠BAC=90º，∴∠DAB=∠FAC，∴△DAB≌△FAC，∴∠ACF=∠ABD．∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90º．即CF⊥BD．（2）CF⊥BD．(1)中结论仍成立．理由是：过点A作AG⊥AC交BC于点G，∴AC=AG可证：GAD≌CAF∴∠ACF=∠AGD=45º∠BCF=∠ACB+∠ACF=90º．即CF⊥BD（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，易证△AQD∽△DCP，∴ CP = CD ，∴ = ， ∴CP = - + x ． ∴ CP = CD , ∴ = , ∴CP = + x ． ①点 D 在线段 BC 上运动时，∵∠BCA=45º，可求出 AQ= CQ=4．∴DQ=4-x ，CP x DQ AQ4 - x 4 x 2 4②点 D 在线段 BC 延长线上运动时，∵∠BCA=45°，∴AQ=CQ=4，∴DQ=4+x．过 A 作 AQ⊥BC，∴∠Q=∠FQC=90°，∠ADQ=∠AFC，则△AQD∽△ACF．∴CF⊥BD，∴△AQD∽△DCP，CP x DQ AQ4+x 4x 2 4【总结升华】此题综合性强，需要综合运用全等、相似、正方形等知识点，属能力拔高性的题目．3．如图，正方形ABCD 的边长为 6，点 E 是射线 BC 上的一个动点，连接 AE 并延长，交射线 DC 于点 F △，将 ABE 沿直线 AE 翻折，点 B 坐在点 B ′处．自主探究：（1）当=1 时，如图 1，延长 AB ′，交 CD 于点 M ．①CF 的长为； ②判断 AM 与 FM 的数量关系，并证明你的结论．（2）当点 B ′恰好落在对角线 AC 上时，如图 2，此时 CF 的长为， 拓展运用：（3）当=2 时，求 sin ∠DAB ′的值．= ．（【思路点拨】1）①利用相似三角形的判定与性质得出FC=AB即可得出答案；②利用翻折变换的性质得出∠BAF=∠MAF，进而得出AM=FM；（2）根据翻折变换的性质得出∠BAE=∠MAF，进而得出AM=MF，利用△ABE∽FCE得出答案即可；（3）根据①如图1，当点E在线段BC上时，延长AB′交DC边于点M，②如图3，当点E在线段BC 的延长线上时，延长AD交B′E于点N，分别利用勾股定理求出即可．【答案与解析】解：（1）①当=1时，∵AB∥FC，∴△ABE∽FCE，∴==1，∴FC=AB=6，②AM=FM，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∴∠BAF=∠AFC，∵△ABE沿直线AE翻折得到△AB′E，∴∠BAF=∠MAF，∴∠MAF=∠AFC，∴AM=FM；（2）如图2，∵当点B′恰好落在对角线AC上时，∴∠1=∠2，∵AB∥FC，∴∠1=∠F，∴∠2=∠F，∴AC=FC，∵AB=BC=6，∴AC=FC=6，∵AB∥FC，∴△ABE∽FCE，∴===，（3）①如图1，当点E在线段BC上时，延长AB′交DC边于点M，∵AB∥CF，∴△ABE∽△FCE，∴==2，∵AB=6，∴CF=3，∴DF=CD+CF=9，由（1）知：AM=FM，∴AM=FM=9﹣DM，在△Rt ADM中，由勾股定理得：DM′2=（9﹣DM）2﹣62，解得：DM=，则MA=，∴sin∠DAB′==，②如图3，当点E在线段BC的延长线上时，延长AD交B′E于点N，由（1）知：AN=EN，又BE=B′E=12，点∴NA=NE=12﹣B′N，在△Rt AB′N中，由勾股定理得：B′N2=（12﹣B′N）2﹣62，解得：B′N=，AN=，∴sin∠DAB′=故答案为：6；6=．，．【总结升华】此题主要考查了翻折变换的性质以及相似三角形的判定与性质和勾股定理等知识，熟练利用相关性质和进行分类讨论得出是解题关键．类型二、几何计算型问题4．已知如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=2，BC=4，M是AD的中点，△MBC是等边三角形．（1）求证：梯形ABCD是等腰梯形；（2）动点P、Q分别在线段BC和MC上运动，且∠MPQ=60︒保持不变．设PC=x，MQ=y，求y与x的函数关系式；（3）在（2）中，当y取最小值时，判断△PQC的形状，并说明理由．【思路点拨】（1）属于纯静态问题，只要证两边的三角形全等就可以了.(2)是双动点问题，所以就需要研究在P,Q运动过程中什么东西是不变的.题目给定∠MPQ=60°，其实就是将静态的那个等边三角形与动态条件联系了起来.因为最终求两条线段的关系,所以很自然想到要通过相似三角形找比例关系.(3)条件又回归了当动点静止时的问题，由第二问所得的二次函数，很轻易就可以求出当x取对称轴的值时y有最小值，接下来就变成了“给定PC=2，求△PQC形状”的问题了，由已知的BC=4，自然看出P 是中点，于是问题轻松求解.【答案与解析】（1）证明：∵△MBC是等边三角形∴MB=MC，∠MBC=∠MCB=60︒∵M是AD中点∴AM=MD∵AD∥BC∴∠AMB=∠MBC=60︒，∠DMC=∠MCB=60︒∴△AMB≌△DMC∴AB=DC∴梯形ABCD是等腰梯形．∴ PC ∴ x 而（2）解：在等边 △MBC 中， MB = MC = BC = 4，∠MBC = ∠MCB = 60︒，∠MPQ = 60︒∴∠BMP + ∠BPM = ∠BPM + ∠QPC = 120︒∴∠BMP = ∠QPC∴ △BMP ∽△CQPCQ = BM BP∵ PC = x ，MQ = y ∴ BP = 4 - x ，QC = 4 - y4 - y 1 = ∴ y = x 2 - x + 4 4 4 - x4（3）解： △PQC 为直角三角形，∵ y = 1(x - 2)2 + 34 ∴当 y 取最小值时， x = PC = 2∴ P 是 BC 的中点， MP ⊥ BC ， ∠MPQ = 60︒，∴∠CPQ = 30︒，∴∠PQC = 90︒∴ △PQC 为直角三角形.【总结升华】以上题目是动点问题，这一类问题的关键就在于当动点移动中出现特殊条件，例如某边相 等，某角固定时，将动态问题化为静态问题去求解 .如果没有特殊条件，那么就需要研究在动点移动中 哪些条件是保持不变的.举一反三：【变式】已知：如图，N 、M 是以 O 为圆心，1 为半径的圆上的两点，B 是 MN 上一动点（B 不与点 M 、N 重合），∠MON=90°，BA⊥OM 于点 A ，BC⊥ON 于点 C ，点 D 、E 、F 、G 分别是线段 OA 、AB 、BC 、CO的中点，GF 与 CE 相交于点 P ，DE 与 AG 相交于点 Q ．（1）四边形 EPGQ（填“是”或者“不是”）平行四边形；（2）若四边形 EPGQ 是矩形，求 OA 的值.【答案】（1）是．证明：连接OB，如图①，∵BA⊥OM，BC⊥ON，∴∠BAO=∠BCO=90°，∵∠AOC=90°，∴四边形OABC是矩形．∴AB∥OC，AB=OC，∵E、G分别是AB、CO的中点，∴AE∥GC，AE=GC，∴四边形AECG为平行四边形．∴CE∥AG，∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，∴GF∥OB，DE∥OB，∴PG∥EQ，∴四边形EPGQ是平行四边形；（2）解：如图②，∴ AD ,AE=1,在①的条件下，设 CP 1= x ，S VP FC = y ，求 y 与 x 之间的函数关系式， 3 ∵口 EPGQ 是矩形．∴∠AED+∠CEB=90°．又∵∠DAE=∠EBC=90°，∴∠AED=∠BCE．∴△AED∽△BCE，AE= ， BEBC x y y : = : x 设 OA=x ，AB=y ，则 2 2 2得 y 2=2x 2，又∵OA 2+AB 2=OB 2， 即 x 2+y 2=12．∴x 2+2x 2=1，解得：x=3 ． 3即当四边形 EPGQ 是矩形时，OA 的长度为3 3 ．5．在 Y ABCD 中，过点 C 作 CE⊥CD 交 AD 于点 E,将线段 EC 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EF(如图 1)（1）在图 1 中画图探究：①当 P 为射线 CD 上任意一点（P 1 不与 C 重合）时，连结EP 1 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EC 1.判断直线 FC 1 与直线 CD 的位置关系，并加以证明； ②当 P 2 为线段 DC 的延长线上任意一点时，连结 EP 2,将线段 EP 2 绕点 E 逆时针旋转 90o 得到线段 EC 2.判断直线 C 1C 2 与直线 CD 的位置关系，画出图形并直接写出你的结论.4 （2）若 AD=6,tanB=1 1 并写出自变量 x 的取值范围.图1 备用图【思路点拨】(1)本题在于如何把握这个旋转 90°的条件.旋转 90°自然就是垂直关系，于是出现了一 系列直角三角形，于是证角、证线就手到擒来了.(2)是利用平行关系建立函数式，但是不要忘记分类讨论.【答案与解析】（1）①直线 FG 与直线 CD 的位置关系为互相垂直． 112，- - ． ， ， 证明：如图 1，设直线 FG 与直线 CD 的交点为 H ．1 G 1AE F G 2 P H 1 DBCP 2图 1∵线段 EC 、EP 分别绕点 E 逆时针旋转 90°依次得到线段 EF 、EG ， 1 1∴ ∠PEG = ∠CEF = 90° EG = EP ，EF = EC ． 1 1 1 1∵ ∠G EF = 90° ∠PEF ， ∠PEC = 90° ∠PEF ，1 1 1 1∴ ∠G EF = ∠PEC ．1 1∴ △G EF ≌△PEC ．1 1∴ ∠G FE = ∠PCE ．1 1∵ EC ⊥ C D ，∴ ∠PCE = 90°， 1∴ ∠G FE = 90° 1∴ ∠EFH = 90°．∴ ∠FHC = 90°．∴ FG ⊥ CD ． 1②按题目要求所画图形见图 1，直线 G G 与直线 CD 的位置关系为互相垂直．1 2（2）∵四边形 ABCD 是平行四边形，∴ ∠B = ∠ADC ．∵ AD = 6，AE = 1 tan B = 4 3 ， ∴ DE = 5 tan ∠EBC = tan B = 4 3． 可得 CE = 4 ．由（1）可得四边形 EFCH 为正方形．∴ CH = CE = 4 ．P 1 2 2 2 2 1 ①如图 2，当 P 点在线段 CH 的延长线上时，1 G 1A EFD H BC 图 2∵ FG = CP = x ，PH = x - 4 ，1 1 1 ∴ S△P FG 1 1 1 x( x - 4) = ⨯ FG ⨯ PH = 1 1 ． ∴ y = 1 2x 2 - 2 x ( x > 4) ． ②如图 3，当 P 点在线段 CH 上（不与 C 、H 两点重合）时， 1G 1 FB A ECD P 1 H图 3∵ FG = CP = x ，PH = x - 4 ，1 1 1 ∴ S △P FG 1 = 1 x(4 - x) FG ⨯ PH = 1 1 ． 1 ∴ y = - x2 + 2 x (0 < x < 4) ． 2③当 P 点与 H 点重合时，即 x = 4 时， △PFG 不存在． 1 1 1综上所述， y 与 x 之间的函数关系式及自变量 x 的取值范围是 y =1 2 x 2 - 2 x ( x > 4) 或 1 y = - x 2 + 2 x (0 < x < 4) ． 2【总结升华】本题着重考查了二次函数的解析式、图形的旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成情况 等重要知识点，综合性强，能力要求较高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．举一反三： 【变式】已知，点 P 是∠MON 的平分线上的一动点，射线 PA 交射线 OM 于点 A ，将射线 PA 绕点 P 逆时针 旋转交射线 ON 于点 B ，且使∠APB+∠MON=180°．（1）利用图 1，求证：PA=PB ；（2）如图2，若点C是AB与OP的交点，当△SPOB=3S△PCB时，求PB与PC的比值；（3）若∠MON=60°，OB=2，射线AP交ON于点D，且满足且∠PBD=∠ABO，请借助图3补全图形，并求OP的长．【答案】（1）作PE⊥OM，PF⊥ON，垂足为E、F∵四边形OEPF中，∠OEP=∠OFP=90°，∴∠EPF+∠MON=180°，已知∠APB+∠MON=180°，∴∠EPF=∠APB，即∠EPA+∠APF=∠APF+∠FPB，∴∠EPA=∠FPB，由角平分线的性质，得PE=PF，∴△EPA≌△FPB，即PA=PB；（2）∵S△POB=3S△PCB，∴PO=3PC，由（1）可知△PAB为等腰三角形，则∠PBC=又∵∠BPC=∠OPB（公共角），∴△PBC∽△POB，11（180°-∠APB）=∠MON=∠BOP，22∴PB PC=PO PB，即PB2=PO•PC=3PC2，∴PB=3PC（3）作BH⊥OT，垂足为H，当∠MON=60°时，∠APB=120°，由PA=PB，得∠PBA=∠PAB=12（180°-∠APB）=30°，又∵∠PBD=∠ABO，∠PBD+∠PBA+∠ABO=180°，∴∠ABO=12（180°-30°）=75°，则∠OBP=∠ABO+∠ABP=105°，在△OBP中，∵∠BOP=30°，∴∠BPO=45°，在Rt△OBH中，BH=1OB=1，OH=3，2在Rt△PBH中，PH=BH=1，∴OP=OH+PH=3+1．。
重庆中考专题训练九阅读理解题型问题(二)几何相关
中考专题训练九阅读理解题型问题（二）二、综合型阅读理解例3.对于平面直角坐标系xOy 中的点P 和线段AB ，其中(,0)A t 、(2,0)B t +两点，给出如下定义：若在线段AB 上存在一点Q ，使得P ，Q 两点间的距离不大于1，则称P 为线段AB 的“环绕点”． （1）当3t =-时，①在点1(0,1)M ，2(0,0)M ，3(2,1)M --中，线段AB 的伴随点是 ；②在直线2y x b =+上存在线段AB “环绕点”M 、N ，且MN =，求b 的取值范围；（2）线段AB 的中点关于点(2,0)的对称点是C ，将射线CO 以点C 为中心，顺时针旋转30︒得到射线l ，若射线l 上存在线段AB 的“环绕点”，直接写出t 的取值范围．例4.“构造图形解题”，它的应用十分广泛，特别是有些技巧性很强的题目，如果不能发现题目中所隐含的几何意义，而用通常的代数方法去思考，经常让我们手足无措，难以下手，这时，如果能转换思维，发现题目中隐含的几何条件，通过构造适合的几何图形，将会得到事半功倍的效果，下面介绍两则实例：实例一：1876年，美国总统伽非尔德利用实例一图证明了勾股定理：由ABC ADE ABE ABCD S S S S ∆∆∆=++四边形得：22111()2222a b ab c +=⨯+，化简得：222a b c +=．实例二：欧几里得的《几何原本》记载，关于x 的方程22x ax b +=的图解法是：画Rt ABC ∆，使90ACB ∠=︒，2a BC =，||ACb =，再在斜边AB 上截取2aBD =，则AD 的长就是该方程的一个正根（如实例二图）． 请根据以上阅读材料回答下面的问题：（1）①如果,αβ都为锐角，且11tan ,tan 23αβ==，结合条件作出图1，则由图1可得αβ+= 。
（2）②如果,αβ都为锐角，且3tan 4,tan 5αβ==，则可在图2的正方形网络中，利用已作出的锐角α，画出=MON αβ∠-，由此可得αβ-= 。
同构方程视角下高中数学解题思考——以解析几何试题为例
㊀㊀㊀解题技巧与方法１１９㊀㊀同构方程视角下高中数学解题思考同构方程视角下高中数学解题思考㊀㊀㊀ 以解析几何试题为例Һ苏建英㊀（云南省保山市龙陵县第一中学，云南㊀保山㊀６７８３００）㊀㊀ʌ摘要ɔ解析几何是高中数学中的一个重要分支，涉及平面几何和空间几何中的各种问题，包括点㊁直线㊁圆㊁曲线等几何图形的性质和关系．在传统的解析几何教学中，学生通常通过代数方程或不等式表示几何图形的性质，然后利用代数方法进行推导和计算，这种计算方法有时会显得烦琐，尤其是在涉及复杂的图形和关系时．然而同构方程的引入为解析几何提供了一种新的思考方式，使解析几何问题的解决更加直观，让学生可以更好地理解和解决解析几何问题．基于此，文章主要从同构方程的引入㊁对学生解题思路的影响以及同构方程视角下高中数学几何试题教学策略这三个方面进行探析．ʌ关键词ɔ同构方程；解析几何；高中数学传统的解析几何教学通常依赖代数方程的应用，这种思维方式局限了学生的思考方向．而同构方程强调几何图形之间的同构关系，为学生提供了一种新的思考方式，使学生不仅要关注代数表达，还要注重图形的性质和变换规律，从而更好地理解和解决解析几何问题．这有助于拓宽学生的思维方式，使学生能更加多样化地解决解析几何问题．同构方程能将数学抽象与几何图形联系起来，使学生更好地理解数学的抽象性质，引导学生观察图形㊁图像和形状，了解它们的性质以及它们之间的联系，进而更好地理解数学概念的几何本质，提升数学学科核心素养，为今后的学习和发展打下坚实的基础．一㊁同构方程的引入（一）同构方程的定义和形式同构方程是指两个数学对象，在某种变换下保持形状和大小不变的关系．具体来说，如果两个图形或函数之间存在一个变换，可使得一个图形或函数可以通过一定方式变换成另一个，那么这两个图形或函数就是同构的．同构方程的一般形式可以表示为Ｆ（ｘ，ｙ）＝０，其中Ｆ（ｘ，ｙ）是一个函数，表示图形或对象的性质，ｘ和ｙ是变量，表示图形或对象上的点的坐标．同构方程的解即为满足该方程的点的坐标，它们对应同构中的相同位置．（二）同构方程与几何图形的关系同构方程与几何图形的关系非常密切．几何问题常常涉及复杂的图形和条件，使问题难以解决，而通过找到同构关系，可以将一个复杂的几何图形转化为另一个更简单的同构图形，从而简化问题的解决过程，帮助学生减少计算的复杂性，使问题更容易解决．在几何证明中，同构关系是一个强有力的工具，找到两个几何图形之间的同构关系，可以建立这两个图形之间的对应关系，进而证明它们具有相似性或其他几何性质．同时，同构关系有助于学生理解和应用抽象的数学概念．它可以将数学从纯粹的代数或符号推广到与实际图形和空间相关的概念，增强数学的可视化和直观性．二㊁同构方程对学生解题思路的影响（一）提高学生转化与简化问题的能力通过同构方程，学生可以重新审视原本看似复杂的几何问题，然后将其转化为更简单的同构图形或性质．这一过程实际上是一项高级的问题解决技能，学生不仅需要深入思考如何找到问题中的同构关系，还需要具备重新表述问题㊁抽象出问题本质的能力．这个过程类似于将问题拆解成多个更小㊁更易管理的部分，而每个部分都更容易进行处理．首先，学生需要观察问题，寻找其中的几何图形或性质．这要求学生具备良好的观察能力，能够辨认出问题中隐藏的几何要素．例如，当涉及直线和圆的方程时，学生需要识别问题中的直线和圆，了解它们的性质和关系，而这就需要学生对几何图形有一定的了解和直觉．其次，学生需要思考如何将问题重新表述为同构图形或性质．这一步需要创造性思维能力，学生需要想象问题中的几何图形可以如何变换或变形，以便与其他图形相匹配．这种能力有助于学生将问题转化为更为简单㊁易于处理的形式．㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１２０㊀（二）使几何推理更加直观化同构方程在学生的数学学习中扮演着重要角色，因为它们能将抽象的数学概念与直观的几何图形相联系．这种联系可为学生提供一个极好的机会，使其通过观察㊁分析和理解几何图形进行直观的几何推理．首先，同构方程可促使学生仔细观察图形．学生需要仔细观察给定的几何图形，了解它们各个部分以及整体的性质．通过观察，学生可以发现图形中的一些规律㊁对称性或其他有趣的特征，这些特征可能会在问题的解决中起到关键作用．其次，同构方程鼓励学生了解几何图形的性质．学生需要理解不同类型几何图形的定义㊁性质和特点，包括图形的角度㊁边长㊁面积等方面的性质，通过对几何图形性质的深入了解，从而更好地理解问题中涉及的几何概念，并能够更容易地将这些概念应用于问题解决过程中．最后，同构方程能够帮助学生建立图形之间的联系．学生需要识别不同图形之间的同构关系，掌握如何将一个图形映射到另一个图形，找到它们之间的对应关系．这种能力可培养学生的图形分析技能，使他们更好地理解和利用几何图形解决问题．（三）促进学生多角度思考问题同构方程鼓励学生从不同的角度思考问题．在解决问题时，首先，学生可以考虑使用平移㊁旋转㊁翻转等不同的同构类型找到与问题相适应的同构关系．这要求学生具备灵活运用数学知识的能力，不拘泥于一种方法，可以根据问题的特点选择合适的同构类型．其次，学生需要尝试不同的变换方法．同构方程通常涉及图形的变换，学生需要思考如何通过这些变换将问题中的图形转化为同构图形．这要求学生具备几何直观能力和创造性思维，能够想象不同的变换方法，并确定哪种方法最适合解决问题．最后，在解决问题时，教师可以引导学生使用数学归纳法㊁反证法㊁逆推法等推理方法，培养学生灵活运用各种数学工具解决复杂的几何问题．三、同构方程视角下高中数学解析几何试题教学策略（一）引入同构法理论知识，改变学生解题思路引入同构法理论知识的关键在于让学生建立起对同构概念的清晰理解，并将其与几何图形的性质联系起来，再进一步地拓展教学内容，通过具体的例子和实践操作，使学生对同构方程的应用有更深刻的认识．在具体的教学过程中，教师可以引入实例，通过变换操作说明同构的概念．此外，教师可以通过对数学性质的讨论，加深学生对同构的认识．如在平面几何中，两个三角形同构的条件是它们的对应角相等，且对应边成比例，教师通过引导学生推导这些条件，可以让学生更好地理解同构的概念，并逐步建立起对同构方程的认知和理解，从而为后续的学习打下坚实的基础．例如，在教学 椭圆 相关的内容时，首先，教师可以为学生详细介绍椭圆的同构法原理：在椭圆中，利用同构的方法可将椭圆与圆相互转化，从而帮助学生更容易地处理问题．具体来说，即通过同构将椭圆的方程变换成圆的方程，然后进行问题求解，最后通过同构的逆变换将结果还原到椭圆上．其次，教师可以举例说明同构法的应用：考虑一个椭圆和一个与之同构的圆，利用圆的性质解决一些椭圆上的问题，如求点到椭圆的距离㊁切线的斜率等．随后，教师通过具体的例题演示同构法的应用：给定一个椭圆和一个外部点，如何确定从该点到椭圆的切线？通过同构，可将椭圆变成与之同构的圆，然后求解，最后还原到椭圆上．最后，教师可以引导学生分组练习，为学生提供一些不同难度的椭圆问题，让学生利用同构法尝试解决，并鼓励学生在小组内合作讨论，分享解题思路．教师通过同构法进行教学，可引导学生理解同构的基本概念和原理，从而培养学生的问题解决能力．（二）比较同构法解题类型，发散学生数学思维通过比较不同同构类型，学生能够更深入地理解同构法的多样性和广泛应用，从而更灵活地运用它解决各种解析几何问题．在具体的教学中，教师可以引导学生理解平移同构㊁旋转同构㊁反转同构以及同构放缩图形的尺度同构等．在介绍同构的不同类型时，教师可以将其展示在坐标系中，让学生更加直观地了解它们之间的联系与区别．了解了不同的同构类型，学生便可以拥有更多的解题思路，能够更加敏锐地发现几何图形的特点和性质，从而快速找到解题的突破口．例如，在教学 三角函数 相关的内容时，首先，教师可以带领学生回顾正弦㊁余弦和正切的定义㊁性质以及它们的图像特点，确保学生对这些概念有清晰的理解．其次，教师可以为学生介绍同构的概念，简要解释不同同构类型，如平移㊁旋转㊁翻转同构在数学中的作用，强调同构可以简化问题或更容易找到解决问题的方法．最后，教师可以图形和函数的方式展示不同同构类型在三角函数中的应用，如展示正弦函数和余弦函数的图像，然后引导学生分析它们之间的关系，包㊀㊀㊀解题技巧与方法１２１㊀㊀括平移㊁伸缩等，并提出具体的问题 已知正弦函数的图像，求解余弦函数的图像 ，要求学生根据同构知识尝试解决问题．通过以上教学，学生不仅可以更深入地理解三角函数的同构类型，还能够提升数学思维能力和解决问题的能力．同时，这种比较不同同构类型的教学方法也能使学生更好地理解数学概念的多样性和广泛应用，激发学生对高中数学的学习兴趣．（三）开展实例分析教学，引导学生举一反三实例分析可以帮助学生更好地掌握解题思路，并引导学生举一反三，逐一突破各类题型．同时，实例分析可使数学变得更具趣味性．高中数学知识更加抽象，仅依靠教师讲解，学生很难深入理解和掌握，而通过实例探索和观察，学生可感受到所学方法的趣味性和实用性，从而增强对数学学习的热情．例如，在教学 直线和圆的方程 这部分内容时，首先，教师可在黑板上绘制一条直线和一个圆，并要求学生讨论它们的特征和方程，这个引入可引导学生思考直线和圆的方程是如何描述图形的．其次，教师可以介绍直线和圆的方程的基本概念，直线的方程通常表示为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，其中ｋ是斜率，ｍ是截距，圆的方程通常表示为（ｘ－ｈ）２＋（ｙ－ｋ）２＝ｒ２，其中（ｈ，ｋ）是圆心坐标，ｒ是半径长度，这些示意图和实例可帮助学生理解概念．最后，教师可以提供几组直线和圆的方程，要求学生分析它们是否同构．学生需要确定哪些图形具有相似的形状和属性，然后判断其是否同构．随后教师给出具体的例子：以原点为圆心且半径为２２的圆与过点Ｐ（２，２）的直线相切，求这条直线的方程．首先，在看到这道题时，教师要引导学生写出圆的方程ｘ２＋ｙ２＝８，根据题目，我们知道该直线过点（２，２），将（２，２）代入圆的方程，发现点Ｐ在圆上，因此，点Ｐ为直线与圆的切点．然后，教师引导学生使用切线的性质，即切线与半径垂直，得出直线的斜率ｋ应该是半径ＯＰ所在直线斜率的负倒数，而Ｏ是圆心（０，０），Ｐ是切点（２，２），半径ＯＰ所在直线的斜率为１，则切线的斜率ｋ＝－１，有了切线的斜率，并且我们知道它过点（２，２），则可以使用点斜式方程得到切线的方程：ｙ－ｙ１＝ｋ（ｘ－ｘ１），得到直线方程为ｙ＋ｘ＝４．同构方程视角下解决问题的关键在于将复杂的几何图形通过同构变换转化成更简单的形式，从而更容易解出所需的未知量或条件．（四）借助信息技术，提升学生学习兴趣在教授几何图形的相关内容时，教师应采取更加直观的教学方式，如借助几何绘图软件，让学生直观地理解几何图形，从而探索图形的性质，并进行数值验证．教师应在课堂上演示如何使用这些软件，并鼓励学生在课后通过软件进行练习和探索．同时，教师要充分利用在线教材和资源，为学生提供与几何相关的交互式模块，这些模块可以包括动画㊁模拟和互动练习，以帮助学生更好地理解几何概念．几何绘图软件和在线模拟工具的使用可使学生更加直观地观察和探索几何图形的性质和变换，提高学生对几何概念的可视化理解，使抽象的数学概念变得更加具体，同时使几何教学更加生动有趣，使数学课堂更具吸引力．例如，在教学 双曲线 相关的内容时，首先，教师可以通过投影或幻灯片展示双曲线的定义和基本性质，包括焦点㊁渐近线等，同时引导学生思考双曲线在实际生活中的应用．其次，教师可以通过几何绘图软件展示双曲线的图像和性质，引导学生思考双曲线与上节课所学习的椭圆有什么相似之处或不同之处．最后，教师可以引导学生使用几何绘图软件进行实践操作，观察双曲线的图像以及同构图形的构造，然后给出具体的例题，引导学生进行求解，并使用绘图软件进行验证．结㊀语综上所述，同构方程视角下的高中数学解析几何教学为传统的解析几何教学提供了一种新的思考方式，丰富了数学教学的内容和方法，有助于学生更好地理解和应用数学知识．在具体的教学过程中，首先，教师要将同构法理论知识引入数学课堂，改变学生的解题思路；其次，教师要引导学生对比同构法解题类型，发散学生的数学思维，开展实例分析教学，在具体例题中引导学生举一反三，借助信息技术将抽象题型变得更加直观，降低学生学习的难度；最后，教师要定期进行评估与测验，检查学生对解题技巧的掌握情况，确保学生在学习中能够获得好的成绩．ʌ参考文献ɔ［１］朱加义．同构方程视角下高中数学解题思考：以解析几何试题为例［Ｊ］．数学之友，２０２２，３６（１６）：６４－６６．［２］刘云庄．核心素养下高中数学运算能力有效教学探讨：以一道高考解析几何试题分析为例［Ｊ］．高考，２０２１（１３）：１５７－１５８．［３］骆妃景．创造性挖掘试题针对性提升素养：关于一道高考模拟解析几何题的评讲［Ｊ］．中学数学教学，２０１９（２）：１４－１９．。
初中数学几何压轴题模型与构造方法附解题技巧
初中数学几何压轴题模型与构造方法附解题技巧全等变换平移：平行等线段（平行四边形）对称：角平分线或垂直或半角旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转对称全等模型说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线，形成对称全等。
两边进行边或者角的等量代换，产生联系。
垂直也可以做为轴进行对称全等。
对称半角模型说明：上图依次是45°、30°、22.5°、15°及有一个角是30°直角三角形的对称（翻折），翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。
旋转全等模型半角：有一个角含1/2角及相邻线段自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题旋转半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。
自旋转模型构造方法：遇60度旋60度，造等边三角形遇90度旋90度，造等腰直角遇等腰旋顶点，造旋转全等遇中点旋180度，造中心对称共旋转模型说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的内容。
通过“8”字模型可以证明。
模型变换说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。
当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。
中点旋转：说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。
证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形（或者正方形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。
几何最终模型对称最值(两点间线段最短)对称最值(点到直线垂线段最短)说明：通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距离。
(完整word版)斯特瓦尔特定理
数形结合，动静互易（一）在解决代数问题时，要注意其几何意义，通过几何图形的直观反映题设条件与结论之间的联系,反之在解决几何问题时，应注意其间的数量关系,有时结合代数方法，可弥补直觉想像的不足.例1．正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k，求证：aB+bC+cA<k2(节21届全苏数学奥林匹克竞赛题)《分析》除了纯代数方法以外,若能联想几何意义，视正数为线段长，则两正数之积可与面积相联系,于是可构造以k为边长的正三角形，使其三边分别为a+A，B+b，C+c,（如图1）于是求证的结论可视作要证S△PNM+S△QLN+S△RLM<S△PQR（∵；;；)结论显然成立。
《说明》此例的几何证法不太好想，但只要想到，其优越性是不言自明的.例2．若2x+y≥1，试求函数W=y2-2y+x2+4x的最小值《分析》若采用纯代数的方法求解,过程相当繁杂，不妨试用几何方法.《解》设P(x,y)是直角坐标平面oxy上的一点，则2x+y≥1表示直线2x+y-1=0的上方（含直线本身）区域。
再视W=y2-2y+x2+4x为方程，变形为：(x+2)2+（y—1)2=W+5可见它表示以o′(-2，1）为圆心，为半径的圆。
由于W不定它表示的是动圆,而其上点（x，y）应是直线2x+y—1=0上方（含直线）的点，为使W最小，即需此动圆半径最小，此即o′到直线ι的距离.故当时，即为所求最小值.为求出何时取到最小值，只需再解方程组得;即此时，函数取最小值.例3．解不等式：分析：本题是道高考的容易题，但实际上当年考生得分并不高，错误的原因就在于绝大多数同学只会用分类讨论的方法解此无理不等式,而在讨论时，又分类不全，错误率很高，其实只要有数形结合的思想,利用图象求解，本题还是很容易的.《解》作与y=x+1的图象于同一坐标系，解方程组得出交点A(2，2),注意到B(,0），结合题意可能不等式的解为x∈(2)(待续）《竞赛园地》柯西不等式（一）.《内容》设a1，a2,…an和b1，b2…bn是两组实数，则（a12+a22+…+a n2）(b12+b22+…+b n2)≥(a1b1+…+a n b n)2(当且仅当时,等式成立）证明方法1（利用排序不等式)(1)若a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0显然成立;（2)若，且a1≤a2≤…≤an，,且b1≤b2≤…≤bn，记由排序原理有x1xn+1+x2xn+2+…+xnx2n+xn+1x1+…+x2n·xn≤x1·x1+x2·x2+…+x2n·x2n.即于是进而有(∵|a+b|≤|a｜+｜b｜）即式中等号成立的充要条件是x1=x2=…=x2n，即方法2，构造二次函数显然f（x)≥0，因而其判别式△≤0,即，即，当且仅当时成立。
初二数学竞赛指导数学竞赛中的解技巧
初二数学竞赛指导数学竞赛中的解技巧初二数学竞赛指导：数学竞赛中的解题技巧数学竞赛对于初二的学生来说，是一个挑战自我、拓展思维的平台。
在竞赛中，掌握一些有效的解题技巧能够帮助我们更快速、准确地解决问题，取得优异的成绩。
下面，我将为大家分享一些在初二数学竞赛中常用的解题技巧。
一、认真审题这是解题的第一步，也是最为关键的一步。
很多同学在解题时，往往因为急于求成，没有认真读题，导致理解错误，最终得出错误的答案。
在审题时，要逐字逐句地读，理解每一个条件和问题的含义。
特别要注意一些关键词，如“至少”“至多”“不大于”“不小于”等，这些关键词往往会对解题思路产生重要的影响。
同时，要善于挖掘题目中隐藏的条件。
有些条件可能没有直接给出，需要我们通过对已知条件的分析和推理才能得到。
比如，给出一个三角形的两条边的长度，我们可以通过三角形的三边关系来确定第三边的取值范围。
二、巧妙转化很多数学竞赛题看起来复杂，但如果我们能够巧妙地将其转化为我们熟悉的问题，就会变得容易解决。
例如，代数问题可以转化为几何问题，几何问题也可以转化为代数问题。
比如，求一个代数式的最值问题，可以通过构造几何图形，利用几何图形的性质来解决。
再比如，一些复杂的方程或不等式问题，可以通过换元法将其转化为简单的方程或不等式。
通过合理的转化，能够让我们从不同的角度去思考问题，从而找到解题的突破口。
三、分类讨论在数学竞赛中，经常会遇到需要分类讨论的问题。
这是因为题目中的条件没有明确给出，或者不同的情况会导致不同的结果。
比如，当涉及到绝对值、平方根、参数等问题时，往往需要进行分类讨论。
在进行分类讨论时，要做到不重不漏，条理清晰。
以绝对值问题为例，当绝对值符号内的式子不确定正负时，我们需要分别讨论其为正和为负的情况。
再比如，对于一个含有参数的二次函数，需要根据二次项系数的正负以及判别式的情况来进行分类讨论。
四、利用特殊值法对于一些选择题或填空题，如果直接求解比较困难，我们可以采用特殊值法。
初中数学代数、几何解题技巧
如何用好题目中的条件暗示有一类题目，我们在解前面几小题时，其解题思路和方法往往对解后面问题起着很好的暗示作用，现以一次函数中出现的两道题目为例予以说明，供同学们在学习过程中参考。
【例1】直线与x轴、y轴分别交于B、A两点，如图1。
图1（1）求B、A两点的坐标；（2）把△AOB以直线AB为轴翻折，点O落在平面上的点C处，以BC为一边作等边△BCD。
求D点的坐标。
解析：（1）容易求得，A（0，1）。
（2）如图2，图2∵，A（0，1），∴OB=，OA=1。
∴在Rt△AOB中，容易求得∠OBA=30°∵把△AOB以直线AB为轴翻折，∴∠OBC=2∠OBA=60°，BO=BC。
∴△OBC是等边三角形以BC为一边作等边△BCD，则D的落点有两种情形，可分别求得D的坐标为（0，0），。
反思：在求得第（1）小题中B、A两点的坐标分别为B（，0），A（0，1），实质上暗示着Rt△AOB中，OA=1，OB=，即暗示着∠OBA=30°，为解第（2）小题做了很好的铺垫。
【例2】直线与x轴、y轴分别交于A、B，以线段AB为直角边在第一象限内作等腰Rt△ABC，∠BAC=90°，且点P（1，a）为坐标系中的一个动点，如图3。
图3（1）求三解形ABC的面积。
（2）证明不论a取任何实数，三角形BOP的面积是一个常数；（3）要使得△ABC和△ABP的面积相等，求实数a的值。
解析：（1）容易求得：A（，0），B（0，1），∴。
（2）如图4，连接OP、BP，过点P作PD垂直于y轴，垂足为D，则三角形BOP的面积为，故不论a取任何实数，三角形BOP的面积是一个常数。
图4（3）如图4，①当点P在第四象限时由第（2）小题中的结果：，和第（3）小题的条件可得：∴，∵，∴，∴。
②如图5，当点P在第一象限时，用类似的方法可求得a=。
图5反思：由第（1）小题中求得的和第（2）小题中证明所得的结论：三角形BOP的面积是一个常数，实质上暗示着第（3）小题的解题思路：利用来解。
勾股定理的几何证明与代数证明对比
勾股定理的几何证明与代数证明对比勾股定理是初中数学中的重要内容之一，它指出：在任意直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。
这一定理可以通过几何证明和代数证明两种方法进行验证。
本文将对这两种证明方法进行对比，分析它们的异同点，并探讨其适用范围和优劣势。
1. 几何证明几何证明是利用平面几何中的图形构造和性质来证明勾股定理。
我们以直角三角形 ABC 为例进行几何证明。
首先，我们作出直角三角形 ABC。
在直角边 AC 上作高 BD，使之与直角边 AB 相垂直。
根据直角三角形的特性，我们可以得到三个直角三角形 ABD、BCD 和 ABC。
接着，我们计算各个三角形的面积。
根据几何知识，三角形的面积可以通过底边和高的乘积的一半来计算。
我们得到以下结果：△ABD 的面积为 1/2 * AB * BD，△BCD 的面积为 1/2 * BC * BD，△ABC 的面积为 1/2 * AC * BC。
此时，我们可以观察到△ABD 和△BCD 的面积之和等于△ABC 的面积，即：1/2 * AB * BD + 1/2 * BC * BD = 1/2 * AC * BC。
接下来，我们化简上述等式，得到：AB² + BC² = AC²。
由此可见，根据几何证明，我们成功地验证了勾股定理。
2. 代数证明代数证明是通过运用代数方法，例如方程的推导和运算，来证明勾股定理。
我们同样以直角三角形 ABC 进行代数证明。
假设直角三角形 ABC 的三个顶点坐标分别为 A(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)，C(x₃, y₃)。
根据坐标的性质，我们可以得到以下条件：AB 的长度为√((x₂ - x₁)² + (y₂ - y₁)²)，BC 的长度为√((x₃ - x₂)² + (y₃ - y₂)²)，AC 的长度为√((x₃ - x₁)² + (y₃ - y₁)²)。
斯特瓦尔特定理
数形结合，动静互易（一）在解决代数问题时，要注意其几何意义，通过几何图形的直观反映题设条件与结论之间的联系，反之在解决几何问题时，应注意其间的数量关系，有时结合代数方法，可弥补直觉想像的不足.例1．正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k，求证：aB+bC+cA<k2(节21届全苏数学奥林匹克竞赛题)《分析》除了纯代数方法以外，若能联想几何意义，视正数为线段长，则两正数之积可与面积相联系，于是可构造以k为边长的正三角形，使其三边分别为a+A，B+b，C+c，（如图1）于是求证的结论可视作要证 S△PNM+S△QLN+S△RLM<S△PQR（∵；；；）结论显然成立.《说明》此例的几何证法不太好想，但只要想到，其优越性是不言自明的.例2．若2x+y≥1，试求函数W=y2-2y+x2+4x的最小值《分析》若采用纯代数的方法求解，过程相当繁杂，不妨试用几何方法.《解》设P(x，y)是直角坐标平面oxy上的一点，则2x+y≥1表示直线2x+y-1=0的上方（含直线本身）区域. 再视W=y2-2y+x2+4x为方程，变形为：(x+2)2+(y-1)2=W+5 可见它表示以o′(-2，1)为圆心，为半径的圆.由于W不定它表示的是动圆，而其上点(x，y)应是直线2x+y-1=0上方（含直线）的点，为使W最小，即需此动圆半径最小，此即o′到直线ι的距离.故当时，即为所求最小值.为求出何时取到最小值，只需再解方程组得；即此时，函数取最小值.例3．解不等式：分析：本题是道高考的容易题，但实际上当年考生得分并不高，错误的原因就在于绝大多数同学只会用分类讨论的方法解此无理不等式，而在讨论时，又分类不全，错误率很高，其实只要有数形结合的思想，利用图象求解，本题还是很容易的.《解》作与y=x+1的图象于同一坐标系，解方程组得出交点A(2，2)，注意到B(，0)，结合题意可能不等式的解为x∈(2）（待续）《竞赛园地》柯西不等式（一）. 《内容》设a1，a2，…an和b1，b2…bn是两组实数，则(a12+a22+…+a n2)(b12+b22+…+b n2)≥(a1b1+…+a n b n)2(当且仅当时，等式成立)证明方法1（利用排序不等式）(1)若a1=a2=…=an=0或b1=b2=…=bn=0显然成立；(2)若,且a1≤a2≤…≤an,,且b1≤b2≤…≤bn,记由排序原理有x1xn+1+x2xn+2+…+xnx2n+xn+1x1+…+x2n·xn≤x1·x1+x2·x2+…+x2n·x2n.即于是进而有（∵|a+b|≤|a|+|b|）即式中等号成立的充要条件是x1=x2=…=x2n,即方法2，构造二次函数显然f(x)≥0,因而其判别式△≤0,即, 即，当且仅当时成立.《应用》例1.利用柯西不等式证明(1)(ab+cd) (ac+bd)≥4abcd;(2)若a、b、c∈R+，则(3)若a、b、c∈R+，且ab+bc+cd=1,则.(4).证明(1)∵(ab+cd)(ac+bd)等式当且仅当且a=d 即b=c,a=d 时成立.(2)=(1+1+1)2=9当且仅当a=b=c时，等式成立.(3)注意到(a2+b2+c2)2=(a2+b2+c2)·(b2+c2+a2)≥(ab+bc+ca)2=1 , ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)≥1+2=3 ,又由a+b+c＞0,故,当且仅当时，等式成立.(4)注意到竞赛中的平面几何基础小精灵（来了北大后，发现忘了不少高中的东西，但一旦重新拾起，就会有更深认识基于同样的原因，高中的你请和我们一起来看看初中的很“基础”很“基础”的东西）照常理，我似乎应给你们再加点“料”，但见到这么多梅理、瓦理，再加那么几个公式，定理似乎没有什么必要了，你有足够的内存，时间，练习去记住每一个吗仔细看每一个定理，它们都可以用正/余弦定理或更基本的思路来证明。
代数法:易想难算几何法:多思少算
代数法：易想难算几何法：多思少算赵春风【期刊名称】《中学数学》【年(卷),期】2018(000)012【总页数】2页(P87-88)【作者】赵春风【作者单位】江苏省启东市折桂中学【正文语种】中文在数学问题解决过程中，我们时常会发现有的问题既可以从代数的角度进行解答，又可以从几何的角度进行解答，而两种方法中有时各有千秋，有时平分秋色.本文呈现两则案例，分别从代数和几何的角度给出解答，并进行简单的分析，同时对案例2进行简单改编，不当之处，敬请指正.案例1（根据2016年烟台卷第25题第（3）问改编）如图1，点A的坐标为（2，6），点C的坐标为（4，3），过点A、C的直线分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于点H、G，P是直线AC上的任意一点，设其横坐标为m，过点P向x轴和y轴分别作垂线，垂足分别为M和N，连接MN，求线段MN的最小值并给出此时m的值.图1图2方法1：（代数法）由待定系数法得过点A、C的直线的方程为于是可设点P的坐标为），进而可得点M的坐标为（m，0），点N的坐标为），所以，所以当时，MN2取到最小值，即MN的最小值为方法2：（几何法）由待定系数法得过点A、C的直线的方程为所以OH=6，OG=9.由题意得MN=OP，显然当OP⊥HG时（如图2），线段OP的长度最小，即此时所以所以MN的最小值为，此时方法1从代数的角度给出，可以看出思路非常自然，然而计算过程比较复杂，在考试过程中可能很难得到正确的答案.方法2从几何的角度给出解答，整个求解过程计算简单，利用了点与线之间，垂线段最短，以及“面积相等算两次”的基本方法，但是有一定的思维含量，特别是学生可能很难求出m的值，因为学生很难与相似三角形或锐角三角函数产生联系，如果从这个角度看的话就不如方法1了，方法1可以说是一箭双雕，在得到MN的最小值的同时也得到了m的值.案例2 如图3，△ABC是边长为4的等边三角形，D是边BC上的任意一点，连接AD，作线段AD的垂直平分线交边AC于点N，求线段CN的最大值.图3图4方法1：（代数法）如图4，连接MD、ND，则△BMD∽△CDN.设BD=x（0≤x≤4），CN=y，则△BMD的周长为4+x，△CDN的周长为8－x，根据相似三角形的性质（相似三角形的相似比等于周长比）得，解得令 t=4+x，则4 ≤t≤8，所以，即当，也就是说当时，y取到最大值，所以线段CN的最大值为方法2：（几何法）如图5，连接ND，过点N作NP⊥BC，垂足为P.设CN=y，则DN=4－y，NP=在Rt△NPD中，DN＞NP，即，解得y＜8（2－图5于是当DN与NP重合（DN=NP）时，线段CN取到最大值方法1中学生比较容易发现图形中的相似三角形（一线三等角），此时学生很容易陷入误区，仅仅考虑到“相似三角形的对应边成比例”，而忽略了“相似三角形的周长比等于相似比”这一重要的性质，导致学生不能得到正确的关系式.即使有的学生可以得到正确的关系式，也不可能求出最大值，这里用到了高中阶段的均值不等式，需要注意满足“一正、二定、三相等”，如果从这个角度考虑的话这应该不是命题人的本意.方法2从几何的角度出发，具有一定的技巧性，应用“直角三角形的斜边大于直角边”这一事实进行求解，也很难想到.说实话，这种方法对于学生而言应该是很难想到的，大多数的老师应该也在其中（笔者是在用几何画板演示过程中发现当DN与NP重合时，CN取到最大值，才有了上述的方法2）.下面针对上述问题对案例2进行简单改编（题干不变）：（1）如图4，连接MD、ND，证明△BMD∽△CDN；（2）设BD=x，CN=y，请给出y与x的函数关系式并写出自变量x的取值范围；（3）设（2）中得到的函数在自变量取值范围内的最大值为m，请直接写出点D从点B移动到点C的过程中，点N在边AC上移动路径的长度共为多少？（用含m的代数式进行表示）参考答案：（1）（2）略.（3）2m－2.上述试题的改编灵感来自于下述两题：题1：（2017年东营卷第24题）如图6，在等腰三角形ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=2，D是边BC上的一点（不与点B、C重合），在AC上取一点E，使∠ADE=30°.（1）求证：△ABD∽△DCE；图6（2）设BD=x，AE=y，写出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（3）略.题2：（2017年嘉兴卷第16题）如图7，一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF叠合在一起，边BC与EF重合，BC=EF=12cm，G为边BC（EF）的中点，边FD与AB相交于点H，此时线段BH的长是.现将三角板DEF绕点G按顺时针方向旋转，如图8，在∠CGF从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长共为（结果保留根号）图7图8通过上面的介绍可以看出，代数法需要通过构造函数关系，进而将问题解决；几何法则需要用到垂线段最短（案例1），直角三角形中斜边大于直角边（案例2）.当然见的最多的可能是两点之间线段最短（将军饮马问题），以及圆上动点与圆外定点之间距离的最大值和最小值等问题.可以说两种方法各有千秋，甚至平分秋色；但是，笔者认为“代数法：易想难算，几何法：多思少算”.H。